高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动第二节 匀变速直线运动的规律导学案

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动第二节 匀变速直线运动的规律导学案，共10页。


[学习目标] 1.掌握三个平均速度公式及其适用条件，会应用平均速度公式求解相关问题.2.会推导Δs＝aT2并会用它解决相关问题.
一、匀变速直线运动的平均速度公式
导学探究 一物体做匀变速直线运动，初速度为v0，经过一段时间末速度为vt.
(1)画出物体的v－t图像，求出物体在这段时间内的平均速度.
(2)在图像中表示出中间时刻的瞬时速度，并求出.(结果用v0、vt表示)
答案 (1)v－t图像如图所示.
因为v－t图像中图线与t轴所围面积表示位移，t时间内物体的位移可表示为s＝eq \f(v0＋vt,2)·t①
平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)②
由①②两式得eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2).
(2)由图可知中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，即：＝eq \f(v0＋vt,2).
知识深化
1.平均速度公式：eq \x\t(v)＝＝eq \f(v0＋vt,2)
即匀变速直线运动中任意一段时间t内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，还等于该段时间初、末速度矢量和的一半.
2.三个平均速度的比较
(1)eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)是平均速度的定义式，适用于所有运动.
(2)eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)及eq \x\t(v)＝仅适用于匀变速直线运动.
某汽车从车站由静止开出，做匀加速直线运动，运动了12 s时，发现还有乘客没上来，于是汽车立即做匀减速运动至停下，共历时20 s，运动了50 m，求汽车在上述运动中的最大速度.
答案 5 m/s
解析 法一：基本公式法
设最大速度为vmax，
由题意得s＝s1＋s2＝eq \f(1,2)a1t12＋vmaxt2－eq \f(1,2)a2t22，
t＝t1＋t2，vmax＝a1t1,0＝vmax－a2t2，
解得vmax＝eq \f(2s,t)＝eq \f(2×50,20) m/s＝5 m/s.
法二：平均速度法
由于汽车在前、后两阶段均做匀变速直线运动，故前、后两阶段的平均速度均为最大速度vmax的一半，
即eq \x\t(v)＝eq \f(0＋vmax,2)＝eq \f(vmax,2)，
由s＝eq \x\t(v)t得vmax＝eq \f(2s,t)＝5 m/s.
2019年6月6日，中国科考船“科学”号对马里亚纳海沟南侧系列海山进行调查，船上搭载的“发现”号遥控无人潜水器完成了本航次第10次下潜作业，“发现”号下潜深度可达6 000 m以上.潜水器完成作业后上浮，上浮过程初期可看作匀加速直线运动，如图1.今测得潜水器相继经过两段距离为8 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则其加速度大小是( )
图1
A.eq \f(2,3) m/s2 B.eq \f(4,3) m/s2 C.eq \f(8,9) m/s2 D.eq \f(16,9) m/s2
答案 A
解析 根据中间时刻的速度等于平均速度可知：v1＝eq \f(8,4) m/s＝2 m/s；v2＝eq \f(8,2) m/s＝4 m/s
再根据加速度的定义可知：a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－2,3) m/s2＝eq \f(2,3) m/s2.
针对训练1 一物体做匀加速直线运动，共运动4 s，第1 s内位移为3 m，最后2 s内位移为16 m，则物体的加速度大小为( )
A.1 m/s2 B.1.5 m/s2 C.2 m/s2 D.2.5 m/s2
答案 C
解析 第1 s内平均速度：eq \x\t(v)1＝eq \f(s1,t1)＝3 m/s，等于中间时刻0.5 s时的瞬时速度，即v0.5＝eq \x\t(v)1＝3 m/s
最后2 s内平均速度：eq \x\t(v)2＝eq \f(s2,t2)＝8 m/s，等于中间时刻3 s末的瞬时速度，即v3＝eq \x\t(v)2＝8 m/s
a＝eq \f(v3－v0.5,Δt)＝eq \f(8－3,3－0.5) m/s2＝2 m/s2，选项C正确.
一列从车站开出的火车，在平直轨道上做匀加速直线运动，已知这列火车的长度为l，火车头经过某路标时的速度为v1，而车尾经过此路标时的速度为v2，求：
(1)火车中点经过此路标时的速度大小；
(2)整列火车通过此路标所用的时间t.
答案 (1)eq \r(\f(v12＋v22,2)) (2)eq \f(2l,v1＋v2)
解析 火车的运动情况可以等效成一个质点做匀加速直线运动，某一时刻速度为v1，前进位移l，速度变为v2，所求的是质点经过eq \f(l,2)处的速度，其运动简图如图所示.
(1)前一半位移eq \f(l,2)：v2－v12＝2a·eq \f(l,2)
后一半位移eq \f(l,2)：v22－v2＝2a·eq \f(l,2)
所以有v2－v12＝v22－v2，故v＝eq \r(\f(v12＋v22,2)).
(2)火车的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(v1＋v2,2)
故整列火车通过此路标所用时间t＝eq \f(l,\x\t(v))＝eq \f(2l,v1＋v2).
1.注意：在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度与中间位置的瞬时速度是不同的，＝eq \f(v0＋vt,2)，＝eq \r(\f(v02＋vt2,2)).
2.可以证明：不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有＞.
二、位移差公式Δs＝aT2
导学探究 一物体做匀变速直线运动，加速度为a，从某时刻起T时间内的位移为s1，紧接着第二个T时间内的位移为s2.Δs＝s2－s1，试证明：Δs＝aT2.
答案 证明：设物体的初速度为v0
自计时起T时间内的位移
s1＝v0T＋eq \f(1,2)aT2①
在第2个T时间内的位移
s2＝v0·2T＋eq \f(1,2)a(2T)2－s1＝v0T＋eq \f(3,2)aT2②
由①②两式得连续相等时间内的位移差为
Δs＝s2－s1＝v0T＋eq \f(3,2)aT2－v0T－eq \f(1,2)aT2＝aT2，
即Δs＝aT2.
知识深化
1.匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值，即Δs＝aT2.
2.应用
(1)判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT2成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动.
(2)求加速度
利用Δs＝aT2，可求得a＝eq \f(Δs,T2).
(2019·长春外国语学校月考)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，求：
(1)第2 s内的位移大小；
(2)第3 s末的速度大小；
(3)质点的加速度大小.
答案 (1)1.5 m (2)2.25 m/s (3)0.5 m/s2
解析 (1)由s3－s2＝s4－s3，所以第2 s内的位移s2＝1.5 m.
(2)第3 s末的瞬时速度等于2～4 s内的平均速度，所以v3＝eq \f(s3＋s4,2T)＝2.25 m/s.
(3)由Δs＝aT2，得a＝eq \f(s4－s3,T2)＝0.5 m/s2.
针对训练2 (多选)一质点从A点以v0＝3 m/s的初速度开始做匀加速直线运动，随后依次经过B、C两点.已知AB段、BC段距离分别为5 m、9 m，质点经过AB段、BC段时间相等均为1 s，则( )
A.质点的加速度大小为4 m/s2
B.质点的加速度大小为2 m/s2
C.质点在C点的速度大小为11 m/s
D.质点在B点的速度大小为6 m/s
答案 AC
解析 质点经过AB段、BC段时间相等，均为T＝1 s
由Δs＝aT2得
a＝eq \f(s2－s1,T2)＝eq \f(9－5,12) m/s2＝4 m/s2
B点为AC的时间中点
vB＝eq \x\t(v)AC＝eq \f(s,t)＝eq \f(s1＋s2,2T)＝eq \f(5＋9,2×1) m/s＝7 m/s
则vC＝vB＋aT＝(7＋4×1) m/s＝11 m/s
故A、C正确.
考点一 平均速度公式的应用
1.(2020·河南省高一月考)如图1所示是我国航母战斗机在航母上的起飞过程.假设该战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所通过的位移为s，则该战斗机起飞前的运动时间为( )
图1
A.eq \f(2s,v) B.eq \f(s,v) C.eq \f(s,2v) D.eq \f(s,4v)
答案 A
解析 由s＝eq \f(0＋v,2)t可知，t＝eq \f(2s,v)，故A正确，B、C、D错误.
2.(多选)一做匀加速直线运动的物体的初速度为2 m/s，经过4 s后速度变为10 m/s，则物体在这4 s内的( )
A.平均速度大小为6 m/s B.平均速度大小为8 m/s
C.位移大小为24 m D.位移大小为32 m
答案 AC
解析 据eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)得eq \x\t(v)＝6 m/s，选项A正确，B错误；据s＝eq \f(v0＋vt,2)t得s＝24 m，选项C正确，D错误.
3.一物体从斜面上某点由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，经过3 s后到达斜面底端，并在水平地面上做匀减速直线运动，又经9 s后停止，已知物体经过斜面和水平地面交接处时速度大小不变，则物体在斜面上的位移与水平地面上的位移之比是( )
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.3∶1
答案 C
解析 设物体到达斜面底端时的速度为v，
则物体在斜面上的平均速度eq \x\t(v)1＝eq \f(v,2)，
在斜面上的位移s1＝eq \x\t(v)1t1＝eq \f(v,2)t1
在水平地面上的平均速度eq \x\t(v)2＝eq \f(v,2)，
在水平地面上的位移s2＝eq \x\t(v)2t2＝eq \f(v,2)t2
所以s1∶s2＝t1∶t2＝1∶3，故选C.
4.一辆汽车在水平地面上沿直线行驶，在0～2t时间内做匀加速直线运动，速度由0变为v.在2t～3t时间内做匀减速直线运动，速度由v变为0，在这两段时间内，下列说法正确的是( )
A.加速度的大小之比为2∶1
B.位移的大小之比为2∶1
C.平均速度的大小之比为1∶2
D.平均速度的大小之比为2∶1
答案 B
解析 根据题意作出汽车运动的v－t图像，如图所示.根据图像的斜率表示加速度，可得加速度的大小之比a1∶a2＝eq \f(v,2t)∶eq \f(v,t)＝1∶2，故A错误；位移的大小之比s1∶s2＝eq \f(1,2)v·2t∶eq \f(1,2)vt＝2∶1，故B正确；平均速度的大小之比eq \x\t(v)1∶eq \x\t(v)2＝eq \f(0＋v,2)∶eq \f(v＋0,2)＝1∶1，故C、D错误.
考点二 位移差公式Δs＝aT2的应用
5.一质点做匀加速直线运动，依次经过O、A、B、C四点，A、B间的距离为10 m，B、C间的距离为14 m，已知物体通过OA段、AB段、BC段所用的时间均相等.则O与A的距离为( )
A.8 m B.6 m C.4 m D.2 m
答案 B
解析 根据匀加速直线运动规律，连续相等的时间间隔T内物体的位移之差Δs＝aT2相等，则s3－s2＝s2－s1，所以s1＝2s2－s3＝2×10 m－14 m＝6 m，选项B正确.
6.为了测定某轿车在平直路上启动阶段的加速度(轿车启动时的运动可近似看成是匀加速直线运动)，某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图2所示，如果拍摄时每隔2 s曝光一次，轿车车身总长为4.5 m，那么这辆轿车的加速度为( )
图2
A.1 m/s2 m/s2 C.3 m/s2 m/s2
答案 B
解析 轿车车身总长4.5 m，则题图中每一小格为1.5 m，由此可算出两段距离分别为s1＝12 m和s2＝21 m，又T＝2 s，则a＝eq \f(s2－s1,T2)＝eq \f(21－12,22) m/s2＝2.25 m/s2，故选B.
7.一物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内与第2 s内的位移之差是6 m，则可知( )
A.物体运动的加速度大小为3 m/s2
B.第2 s末的速度大小为12 m/s
C.第1 s内的位移大小为1 m
D.物体在前4 s内的平均速度大小为15 m/s
答案 B
解析 根据Δs＝aT2可得物体运动的加速度a＝eq \f(Δs,T2)＝eq \f(6,12) m/s2＝6 m/s2，A错误；
第2 s末的速度v2＝at2＝6×2 m/s＝12 m/s，B正确；
第1 s内的位移s1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×6×12 m＝3 m，C错误；
物体在前4 s内的位移s4＝eq \f(1,2)at42＝eq \f(1,2)×6×42 m＝48 m，则物体在前4 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(s4,t4)＝eq \f(48,4) m/s＝12 m/s，D错误.
8.(2020·安徽屯溪一中月考)某物体做直线运动，物体的v－t图像如图3所示.若初速度的大小为v0，末速度的大小为v1，则在时间t1内物体的平均速度( )
图3
A.等于eq \f(1,2)(v0＋v1)
B.小于eq \f(1,2)(v0＋v1)
C.大于eq \f(1,2)(v0＋v1)
D.条件不足，无法比较
答案 C
解析 如图所示，v－t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移，显然位移大于图中梯形的面积，故在0～t1时间内物体的平均速度大于eq \f(1,2)(v0＋v1)，选项C正确，A、B、D错误.
9.做匀变速直线运动的一质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为( )
m/s2 B.－2.45 m/s2
m/s2 D.－4.90 m/s2
答案 D
解析 设质点在第一个0.5 s内的平均速度为v1，即在t1＝0.25 s时的速度为v1；设在第一个1.5 s内的平均速度为v2，即在t2＝0.75 s时的速度为v2.由题意得：v1－v2＝2.45 m/s，故a＝eq \f(v2－v1,t2－t1)＝eq \f(－2.45,0.75－0.25) m/s2＝－4.90 m/s2，D正确.
10.如图4所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速度释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为2 m，QN长度为4 m，则由上述数据可以求出OP的长度为( )
图4
A.eq \f(1,4) m B.1 m C.eq \f(9,4) m D.1.2 m
答案 A
解析 设物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间均为t，加速度均为a，由Δs＝at2得，加速度a＝eq \f(Δs,t2)＝eq \f(4－2,t2)＝eq \f(2,t2)，Q点的速度为PN段的平均速度，即vQ＝eq \x\t(v)PN＝eq \f(4＋2,2t)＝eq \f(3,t)，则OQ间的长度：sOQ＝eq \f(v Q2,2a)＝eq \f(9,t2)×eq \f(t2,4)＝eq \f(9,4) m，则OP长度：sOP＝sOQ－sPQ＝(eq \f(9,4)－2) m＝eq \f(1,4) m，故B、C、D错误，A正确.
11.一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动.开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m.则刹车后6 s内的位移是( )
A.25 m B.24 m C.20 m D.36 m
答案 A
解析 根据Δs＝aT2解得a＝－2 m/s2，设汽车的初速度为v0，第1 s末的速度为v1，则v1＝eq \f(s1＋s2,2T)＝8 m/s，根据v1＝v0＋aT，代入数据解得v0＝10 m/s，故刹车时间为t＝eq \f(0－v0,a)＝5 s，所以刹车后6 s内的位移s＝eq \f(0－v02,2a)＝25 m，A正确，B、C、D错误.
12.为了安全，汽车过桥的速度不能太大.一辆汽车由静止出发做匀加速直线运动，用了10 s时间通过一座长120 m的桥，过桥后的速度是14 m/s.汽车长度可忽略不计，求：
(1)汽车刚开上桥头时的速度大小；
(2)桥头与出发点间的距离.
答案 (1)10 m/s (2)125 m
解析 (1)设汽车刚开上桥头时的速度为v1，
则有s＝eq \f(v1＋v2,2)t，
得v1＝eq \f(2s,t)－v2＝(eq \f(2×120,10)－14) m/s＝10 m/s.
(2)汽车的加速度a＝eq \f(v2－v1,t)＝eq \f(14－10,10) m/s2＝0.4 m/s2
桥头与出发点间的距离s′＝eq \f(v12－0,2a)＝eq \f(100,2×0.4) m＝125 m
13.从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个小球后，对在斜面上滚动的小球拍下如图5所示的照片(照片与实际大小相同)，测得sAB＝15 cm，sBC＝20 cm.求：
图5
(1)小球的加速度的大小；
(2)拍摄时小球在B点时的速度的大小；
(3)拍摄时C、D间的距离sCD；
(4)A点的上方滚动的小球还有几个.
答案 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2个
解析 (1)由推论Δs＝aT2可知，小球加速度为
a＝eq \f(Δs,T2)＝eq \f(sBC－sAB,T2)＝eq \f(20－15×10－2,0.12) m/s2＝5 m/s2.
(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻，所以B点的速度等于AC段的平均速度，即
vB＝eq \f(sAC,2T)＝eq \f(20＋15×10－2,2×0.1) m/s＝1.75 m/s.
(3)由于连续相等时间内位移差恒定，
所以sCD－sBC＝sBC－sAB，
得sCD＝2sBC－sAB
＝2×20×10－2 m－15×10－2 m＝0.25 m.
(4)设A点处小球的速度为vA，
由于vA＝vB－aT＝1.25 m/s，
所以A点处小球的运动时间为tA＝eq \f(vA,a)＝0.25 s，
所以在A点的上方滚动的小球还有2个.