专题拓展课一：匀变速直线运动规律的应用 学案（含答案）

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1、专题拓展课一专题拓展课一 匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动规律的应用 学习目标要求 1熟练掌握匀变速直线运动的基本公式的应用。2.熟练掌握匀变速直线运动的推 论公式的应用。3.熟练掌握初速度为零的匀加速直线运动的比例式的应用。 拓展点 1 匀变速直线运动的基本公式和推论 1匀变速直线运动四个常用公式的比较 公式 一般形式 v00 时 涉及的物理量 不涉及的物理量 速度公式 vtv0at vtat vt、v0、a、t 位移 s 位移公式 sv0t1 2at 2 s1 2at 2 s、v0、t、a 末速度 vt 速度与位移 的关系式 v2tv202as v2t2as vt、v0、a、s 时间

2、 t 平均速度求 位移的公式 sv 0vt 2 t sv t 2t s、v0、vt、t 加速度 a 2.常用公式的三点说明 (1)表中四个公式共涉及匀变速直线运动的初速度 v0、末速度 vt、加速度 a、位移 s 和时间 t 五个物理量，这五个物理量中前四个都是矢量，应用时要规定统一的正 方向(通常取 v0方向为正方向)，并注意各物理量的正负。 (2)灵活选用公式，已知五个量中任意三个可求另外两个。 (3)速度公式和位移公式是两个基本公式，利用这两个公式可求解匀变速直线运动 的所有问题，而灵活选用其他公式可在某些具体问题中大大简化解题过程。 3 一个常用推论： 匀变速直线运动中任意两个连续相等

3、的时间间隔内的位移差相 等。 做匀变速直线运动的物体， 如果在各个连续相等的时间T内的位移分别为s、 s、s、sN，则 sssssaT2。 (1)推导：s1v0T1 2aT 2，s2v0 2T4 2a T 2， s3v0 3T9 2a T 2， 所以 ss1v0T1 2aT 2 ss2s1v0T3 2aT 2 ss3s2v0T5 2aT 2， 故 ssaT2，ssaT2， 所以 sssssaT2。 (2)应用 判断物体是否做匀变速直线运动 如果 ssssssNsN1aT2成立，则 a 为一恒量，说明物体做 匀变速直线运动。 求加速度：利用 saT2，可求得 as T2。 温馨提示 各式的内在联

4、系 【例 1】 (2021 福建厦门外国语学校高一上学期月考)“和平使命2014”联合 反恐军演中，预警机、歼击机、运输机、轰炸机、无人机一同参加联合演习。若 某战斗机以 80 m/s 的速度着陆瞬间马上打开减速伞，使战斗机在 1 s 内速度减为 60 m/s(视为匀减速)，然后减速伞脱落，战斗机开始以 6 m/s2的加速度做匀减速运 动至停止，求它着陆后 12 s 内滑行的距离。 答案 370 m 解析 根据题意，该战斗机着陆后总共经历两个阶段的匀减速运动，设第一个阶 段的位移为 s1， 则有 s1v 1v2 2 t160 m/s80 m/s 2 1 s70 m 设战斗机接下来减速到零过程需

5、要的时间为 t2， 根据运动学公式有 t20v 2 a 060 m/s 6 m/s2 10 s 说明飞机在第二个减速阶段只做了 10 s 的匀减速运动就停止了，第二个阶段的位 移为 s2v2t21 2at 2 260 m/s10 s1 2(6 m/s 2)(10 s)2300 m 所以着陆后 12 s 内滑行的距离为 ss1s2370 m。 【针对训练 1】 (多选)(2021 湖南长沙一中高一模块检测)一种比飞机还要快的旅 行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”。 据英国每日邮报2016 年 7 月 6 日报道，Hyperloop One 公司计划，

6、将在欧洲 建成世界首架规模完备的“超级高铁”(Hyperloop)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞 典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时 700 英里(约合 1 126km/h)。如果乘坐 Hyperloop 从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600 km 的路程需要 40 min，Hyperloop 先匀 加速，达到最大速度 1 200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与 减速的加速度大小相等，则下列关于 Hyperloop 的说法正确的是( ) A加速与减速的时间相等 B加速时间为 10 min C加速时加速度大小为 2 m/s2 D如果加速度大小为 10 m/s2，题中所述运动最短时间为

7、32 min 答案 AB 解析 加速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得：加速与减速时间相等， 故 A 正确；加速的时间为 t1，匀速的时间为 t2，减速的时间为 t1，匀速运动的速 度为 v，由题意得 2t1t2t，而 t40 min2 400 s，21 2at 2 1vt2s， 而 v1 000 3 m/s， s6105 m， vat1， 联立 t1600 s10 min， t21 200 s20 min， a5 9 m/s 2， 故 B 正确，C 错误；如果加速度大小为 10 m/s2，加速度时间 tv a 100 3 s，加速 位移s1v 2t1 1 1810 5 m， 匀速位移s2

8、s2s153 9 105 m， 匀速时间t2s2 v 5 300 3 s，全程总时间 t2t1t25 500 3 s30.6 min，故 D 错误。 【例 2】 (2021 安徽合肥一中高一期中)从斜面上某一位置每隔 0.1 s 释放一些相 同的小球，在连续释放几个小球之后，对斜面上运动的小球摄下照片如图所示， 测得 AB8 cm，CD18 cm。试求： (1)小球运动的加速度； (2)B、C 两球间的距离； (3)拍摄时 B 球的速度； (4)A 球上面正在运动着的小球共有多少个。 答案 (1)5 m/s2 (2)13 cm (3)1.05 m/s (4)1 个 解析 (1)因为任一小球从斜

9、面下滑过程中加速度相同，所以同一时刻不同小球的 位置分布与同一小球相隔 0.1 s 时间在不同时刻位置分布完全相同。AB、BC、CD 都可以看成同一小球在 0.1 s 时间内的位移。由于小球做匀变速直线运动，由 s aT2 可得 aCDAB 2T2 （188）10 2 m 2（0.1 s）2 5 m/s2。 (2)因为匀变速直线运动在连续相等时间内的位移之差为常量，有 BCABaT20.08 m5 m/s2(0.1 s)2 m0.13 m13 cm。 (3)由匀变速直线运动在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度， 可得 vB v ACABBC 2T （0.080.13） m 20.1 s

10、 1.05 m/s。 (4)从开始释放到 B 点的过程由速度与时间关系 vBatB，得 tB0.21 s，可分成 2 个 0.1 s 和 0.01 s， 则 B 球上方有两个运动的小球， 即 A 球上方有一个运动的小球。 拓展点 2 初速度为零的匀加速直线运动的比例式 1初速度为零的匀加速直线运动，按时间等分(设相等的时间间隔为 T) (1)1T 末、2T 末、3T 末、瞬时速度之比： 由 vtat 可得：v1v2v3123 (2)1T 内、2T 内、3T 内、位移之比： 由 s1 2at 2 可得：s1s2s3149 (3)第一个 T 内、第二个 T 内、第三个 T 内、的位移之比：由 ss

11、1，ss2 s1，ss3s2，可得： sss135 2初速度为零的匀加速直线运动，按位移等分(设相等的位移为 s) (1)通过 s、2s、3s、所用时间之比： 由 s1 2at 2 可得 t 2s a ，所以 t1t2t31 2 3 (2)通过第一个 s、第二个 s、第三个 s、所用时间之比： 由 tt1，tt2t1，tt3t2，可得： ttt1( 21)( 3 2) (3)s 末、2s 末、3s 末的瞬时速度之比： 由 v2t2as，可得 vt 2as，所以 v1v2v31 2 3 【例 3】 (多选)(2021 福建三明一中高一月考)沿直线运动的汽车刹车后匀减速行 驶，经 3 s 恰好停止

12、，地上留下刹车痕迹为 3 m，则( ) A在刹车开始后的第 1 s、第 2 s、第 3 s 内汽车通过的位移之比为 531 B在刹车开始后的第 1 s、第 2 s、第 3 s 内汽车通过的位移之比为 135 C 在刹车开始后的第1 m、 第2 m、 第3 m内汽车通过的时间之比为( 3 2)( 2 1)1 D在刹车开始后的第 1 m、第 2 m、第 3 m 内汽车通过的时间之比为 3 21 答案 AC 解析 汽车制动后匀减速运动到零，采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速 直线运动，因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为 135， 则制动开始的第 1 s 内、 第 2 s 内、

13、 第 3 s 内通过的位移之比为 531； 因为初速度为零的匀加速直线运动在相等位移内的时间之比为 1( 21)( 3 2)， 则在刹车开始后的第 1 m、 第 2 m、 第 3 m 内汽车通过的时间之比为( 3 2)( 21)1，故 A、C 正确，B、D 错误。 【针对训练 2】 (多选)(2021 浙江温州九校高一上学期期末)几个水球可以挡住子 弹？国家地理频道实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在 一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。恰好能穿出第四个 水球，则可以判定( ) A由题目信息可以求得子弹穿过每个水球的时间比 B子弹在每个水球中运动的时间相同 C子

14、弹在每个水球中速度变化量相同 D子弹穿过每个水球过程中，速度变化量依次增大 答案 AD 解析 子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过 程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。因为通过最后 1 个、最后 2 个、 以及后 3 个、全部 4 个的位移分别为 d，2d，3d 和 4d，根据 s1 2at 2 知，时间之 比为 1 2 32，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；由以上的分析可 知，子弹依次穿过 4 个水球的时间之比为(2 3)( 3 2)( 21)1，故 A 正确，B 错误；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同， 由vat 可知，运动的时间

15、不同，则速度的变化量不同；由于子弹依次穿过 4 个水球的时间依次增大，则子弹穿过每个水球过程中，速度变化量依次增大，故 C 错误，D 正确。 拓展点 3 匀变速直线运动问题的分析技巧 分析匀变速直线运动的技巧：“一画、二选、三注意” 一画：根据题意画出物体运动示意图，使运动过程直观清晰。 二选：从以下常用方法中选取合适的方法 三注意：注意列运动学方程时，方程式中每一个物理量均对应同一运动过程。 【例 4】 物体以一定的初速度由斜面底端 A 点冲上固定的光滑斜面，到达斜面最 高点 C 时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到斜面长度3 4处的 B 点，所用 时间为 t，求物体从 B 滑到 C 所

16、用的时间。(至少用两种方法解答) 答案 t 解析 法 1 逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。 故 sBCat 2 BC 2 ，sACa（tt BC）2 2 ， 又 sBCsAC 4 ，解得 tBCt。 法 2 比例法 对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 s1s2s3sn135(2n1)。 现有 sBCsABsAC 4 3sAC 4 13。 通过 sAB的时间为 t，故通过 sBC的时间 tBCt。 法 3 中间时刻速度法 利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度， 则v ACv tv0 2 0v 0 2 v0 2 又 v20

17、2asAC，v2B2asBC，sBCsAC 4 由以上各式解得 vBv0 2 可以看出 vB正好等于 AC 段的平均速度， 因此 B 点是中间时刻的位置， 因此有 tBC t。 法 4 图像法 利用相似三角形面积之比等于对应边平方比的方法，作出 vt 图像，如图所示， SAOC SBDC CO2 CD2且 SAOC4SBDC，ODt， OCttBC 所以4 1 （ttBC）2 t2BC ，得 tBCt。 【针对训练 3】 一物体做匀变速直线运动，在连续相等的两个时间间隔内，通过 的位移分别是 24 m 和 64 m，每一个时间间隔为 4 s，求物体的初速度和末速度及 加速度。 答案 1 m/s

18、 21 m/s 2.5 m/s2 解析 法 1 基本公式法 如图所示 由位移公式得 s1vAT1 2aT 2 s2vA 2T1 2a(2T) 2 vAT1 2aT 2 vAT3 2aT 2 vCvAa 2T 将 s124 m，s264 m，T4 s 代入以上三式 解得 a2.5 m/s2，vA1 m/s，vC21 m/s。 法 2 用平均速度法 连续两段相等时间 T 内的平均速度分别为 v 1s 1 T 24 m 4 s 6 m/s v 2s 2 T 64 m 4 s 16 m/s 且v 1v AvB 2 ，v 2v BvC 2 由于 B 是 A、C 的中间时刻，则 B 点的速度等于 AC 这

19、段时间内的平均速度，则 vBv AvC 2 s 1s2 2T 24 m64 m 24 s 11 m/s 解得 vA1 m/s，vC21 m/s 加速度 av CvA 2T 21 m/s1 m/s 24 s 2.5 m/s2。 法 3 逐差法 由 saT2可得 as T2 64 m24 m 16 s2 2.5 m/s2 又 s1vAT1 2aT 2 vCvAa 2T 联立解得 vA1 m/s，vC21 m/s。 1 (比例式的应用)(2021 福建福州高一期中)中国女子冰壶队在 2009 年 3 月 29 日 首次夺得世界冠军后，冰壶运动在神州大地生根发芽，如图所示，一冰壶以初速 度 v 垂直进

20、入三个相同的矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时 速度恰好为零，若将冰壶看成质点，则冰壶依次穿过每个矩形区域所用的时间之 比正确的是( ) At1t2t3123 Bt1t2t3149 Ct1t2t31 2 3 Dt1t2t3( 3 2)( 21)1 答案 D 解析 初速度为零的匀加速直线运动， 通过连续相等位移所用时间之比为 1( 2 1)( 3 2)，冰壶离开第三个矩形区域时速度恰好为零，可以看成反向的初 速度为零的匀加速直线运动，所以冰壶穿过每个区域所用时间之比为 t1t2t3 ( 3 2)( 21)1，故 A、B、C 错误，D 正确。 2(saT2的应用)(2021 福建晋江

21、养正中学、惠安一中期中联考)为了测定某辆 轿车在平直公路上运动时的加速度(轿车启动时的运动可以近似看作匀加速运动)， 某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片(如图)， 如果拍摄时每隔 2 s 曝光一 次，轿车车身总长为 4.5 m，那么这辆车的加速度约为( ) A1 m/s2 B2 m/s2 C3 m/s2 D4 m/s2 答案 B 解析 从图中可看出，车身占标尺上 3 个小格，总长 4.5 m，故每小格是 1.5 m。 每小格又有 5 分格，每分格应是 0.3 m。因此第 1、第 2 张照片相距 s112 m，第 2、 第3张照片相距约s220 m。 由ss2s1aT2， 得as T2 2

22、0 m12 m 4 s2 2 m/s2。 3(推论公式的灵活应用)(多选)小明将一小球从固定斜面上的 A 点由静止释放， 小球沿斜面匀加速下滑，下滑 0.2 m 经过 B 点，又下滑 0.6 m 经过 C 点，已知小 球通过 AB 和 BC 两段所用的时间均为 1 s，则下列说法正确的是( ) A经过 B 点时的速度大小为 0.2 m/s B经过 B 点时的速度大小为 0.4 m/s C小球沿斜面下滑的加速度大小为 0.4 m/s2 D小球沿斜面下滑的加速度大小为 0.8 m/s2 答案 BC 解析 根据匀变速直线运动的推论可知：小球经过 B 点的速度等于 AC 段的平均 速度 vBsAC tAC 0.2 m0.6 m 1 s1 s 04 m/s，故 A 错误，B 正确；由 sBCsABaT2得 as BCsAB T2 0.6 m0.2 m 12 s2 0.4 m/s2，故 C 正确，D 错误。 4(匀变速直线运动公式的应用)以 20 m/s 的速度行驶的汽车，制动后以大小为 5 m/s2的加速度做匀减速直线运动。则汽车在制动后的 5 s 内的位移大小是( ) A45 m B37.5 m C50 m D40 m 答案 D 解析 汽车运动时间 tv0 a 4 s5 s，则 s1 2at 21 25 m/s 242 s240 m，故选 项 D 正确。