沪科版 (2019)必修 第一册第2章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案

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[学习目标] 1.会推导并理解平均速度公式、位移差公式.2.能用平均速度公式、位移差公式解决相关问题．
一、匀变速直线运动的平均速度公式
1．公式的推导
匀变速直线运动位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2
平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)＝v0＋eq \f(1,2)at
初、末速度的平均值：eq \f(v0＋vt,2)＝eq \f(v0＋v0＋at,2)＝v0＋eq \f(1,2)at
故有eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)＝
即在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值．如图1所示．
图1
2.eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)与eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)及eq \x\t(v)＝的比较
eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)适用于任何形式的运动；eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)和eq \x\t(v)＝只适用于匀变速直线运动．
命题角度1 平均速度公式的应用
一物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用的时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为( )
A．15 m/s B．30 m/s C．7.5 m/s D．无法求解
答案 B
解析 设最大速度为vm，匀加速直线运动过程：eq \x\t(v)＝eq \f(1,2)(0＋vm)＝eq \f(1,2)vm，s1＝eq \f(vm,2)t1，匀减速直线运动过程：eq \x\t(v)＝eq \f(1,2)×(vm＋0)＝eq \f(1,2)vm，s2＝eq \f(vm,2)t2，所以整个运动过程s＝s1＋s2＝eq \f(vm,2)(t1＋t2)＝eq \f(vm,2)t，解得vm＝30 m/s，故B正确．
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位移为16 m，则物体的加速度为( )
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，v0.5＝eq \x\t(v)1＝3 m/s
最后2 s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，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．
命题角度2 中间时刻与中间位置的瞬时速度
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＋v t2,2)).
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
匀变速直线运动中，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移差都相等．(如图2)
即Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT2
图2
(1)推导：第一个时间T内的位移：s1＝v0T＋eq \f(1,2)aT2
第二个时间T的位移：s2＝(v0＋aT)T＋eq \f(1,2)aT2
第三个时间T内的位移：s3＝(v0＋a·2T)T＋eq \f(1,2)aT2
……
第n个时间T内的位移：sn＝[v0＋a·(n－1)T]T＋eq \f(1,2)aT2
所以有Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT2
T为连续相等的时间间隔，s1、s2、s3、…、sn为连续相等时间间隔内的位移．
(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).
③推论：sm－sn＝(m－n)aT2.
(2021·广州市模拟)如图3所示，一个做匀变速直线运动的质点，从某一时刻开始，在第一个2 s内通过的位移s1＝8 m，在第二个2 s内通过的位移s2＝20 m，求质点运动的初速度和加速度的大小．
图3
答案 1 m/s 3 m/s2
解析 由Δs＝aT2得加速度a＝eq \f(Δs,T2)＝eq \f(20－8,22) m/s2＝3 m/s2，在第一个2 s内质点通过的位移s1＝v0T＋eq \f(1,2)aT2，可求得其初速度v0＝1 m/s.
针对训练 (多选)(2021·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，那么以下说法正确的是( )
A．第2 s内的位移是2.5 m
B．第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s
C．质点的加速度是0.125 m/s2
D．质点的加速度是0.5 m/s2
答案 BD
解析 由Δs＝aT2，得a＝eq \f(s4－s3,T2)＝0.5 m/s2，s3－s2＝s4－s3，所以第2 s内的位移s2＝1.5 m，A、C错误，D正确；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，B正确．
1．(平均速度公式的应用)我国自行研制的“枭龙”战机已在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间为t，则起飞前的运动距离为( )
A．vt B.eq \f(vt,2) C．2vt D．不能确定
答案 B
解析 因为战机在起飞前做匀加速直线运动，则s＝eq \x\t(v)t＝eq \f(0＋v,2)t＝eq \f(v,2)t，B正确．
2．(平均速度公式的应用)(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/sB．平均速度大小为8 m/s
C．位移大小为24 mD．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．(位移差公式Δs＝aT2的应用)(多选)如图4所示，一物体做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为0.2 s，则下列说法正确的是( )
图4
A．物体的加速度为20 m/s2
B．物体的加速度为25 m/s2
C．CD＝4 m
D．CD＝5 m
答案 BC
解析 由匀变速直线运动的规律，连续相等时间内的位移差为常数，即Δs＝aT2，可得： a＝eq \f(BC－AB,T2)＝25 m/s2，故A错误，B正确；根据CD－BC＝BC－AB，可知CD＝4 m，故C正确，D错误．
4．(平均速度公式的应用)假设飞机着陆后做匀减速直线运动，经10 s速度减为着陆时的一半，滑行了450 m，则飞机着陆时的速度为多大？着陆后30 s滑行的距离是多少？
答案 60 m/s 600 m
解析 设飞机着陆时的速度为v0，减速10 s，滑行距离s1＝eq \f(v0＋0.5v0,2)t，解得v0＝60 m/s
飞机着陆后做匀减速运动的加速度大小为
a＝eq \f(v0－0.5v0,t)＝3 m/s2
飞机停止运动所用时间为t0＝eq \f(v0,a)＝20 s，由vt2－v02＝2(－a)s′，得着陆后30 s滑行的距离是s′＝eq \f(－v02,－2a)＝eq \f(－602,－6) m＝600 m.
1．一辆汽车从车站由静止开始做匀加速直线运动，一段时间之后，司机发现一乘客未上车，便立即刹车做匀减速直线运动．已知汽车从启动到停止一共经历了10 s，在此过程中，汽车的最大速度为5 m/s，则这段时间内汽车前进的位移为( )
A．20 m B．25 m C．30 m D．40 m
答案 B
解析 设汽车的最大速度为vm，加速时间为t1，减速时间为t2，加速阶段的平均速度eq \x\t(v)1＝eq \f(0＋vm,2)＝eq \f(vm,2)，减速阶段的平均速度eq \x\t(v)2＝eq \f(vm＋0,2)＝eq \f(vm,2)，则s＝eq \x\t(v)1t1＋eq \x\t(v)2t2＝eq \f(vm,2)(t1＋t2)＝eq \f(1,2)vmt＝
25 m，B正确．
2．一物体从斜面上某点由静止开始做匀加速直线运动，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，又经过9 s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在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.
3．(2020·屯溪一中期末)某物体做直线运动，物体的v－t图像如图1所示．若初速度的大小为v0，末速度的大小为v1，则在0～t1时间内物体的平均速度( )
图1
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 v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，显然位移大于图中阴影梯形的面积，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．
4．(2020·上海市延安中学期末)某物体沿一直线运动，在0～t0时间内通过的路程为s，它在中间位置eq \f(1,2)s处的速度为v1，在中间时刻eq \f(1,2)t0时的速度为v2，则v1和v2的关系为( )
A．当物体做匀加速直线运动时，v1>v2
B．当物体做匀减速直线运动时，v1C．当物体做匀加速直线运动时，v1＝v2
D．当物体做匀减速直线运动时，v1＝v2
答案 A
解析 画出匀加速直线运动和匀减速直线运动的v－t图像，如图所示，可很直观地看出总有v1>v2，只有A正确．
5.如图2所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中AB＝
2 m，BC＝3 m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于( )
图2
A.eq \f(9,8) m B.eq \f(8,9) m C.eq \f(3,4) m D.eq \f(4,3) m
答案 A
解析 设物体通过AB、BC所用时间均为T，则B点的速度为vB＝eq \f(sAC,2T)，根据Δs＝aT2得：a＝eq \f(Δs,T2)，
则有：vA＝vB－aT，根据速度－位移公式得，O、A两点之间的距离为sOA＝eq \f(vA2,2a)，
由以上各式联立解得sOA＝eq \f(9,8) m，故A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3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3
A．1 m/s2 B．2.25 m/s2
C．3 m/s2 D．4.25 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．(多选)(2021·山西大学附中月考)一质点从A点开始做匀加速直线运动，随后依次经过B、C、D三点．已知AB段、CD段距离分别为5 m、13 m，质点经过AB段、BC段、CD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 AB、BC、CD段时间相等，均为T＝1 s
由s3－s1＝2aT2得a＝eq \f(s3－s1,2T2)＝eq \f(13－5,2×12) m/s2＝4 m/s2
由s2－s1＝s3－s2得BC段长度s2＝9 m
B点对应AC段的中间时刻，vB＝eq \x\t(v)AC＝eq \f(s1＋s2,2T)＝eq \f(5＋9,2×1) m/s＝7 m/s
C点对应BD段的中间时刻，vC＝eq \x\t(v)BD＝eq \f(s2＋s3,2T)＝eq \f(9＋13,2×1) m/s＝11 m/s，故A、C正确．
8．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移s1，紧接着速度变化同样Δv时发生位移s2.则该质点的加速度大小为( )
A.eq \f(2Δv2,s1＋s2) B.eq \f(Δv2,s2－s1)
C.eq \f(2Δv2,s2－s1) D．(Δv)2(eq \f(1,s1)－eq \f(1,s2))
答案 B
解析 匀加速直线运动中，速度变化同样的Δv时，所用时间相等．根据s2－s1＝aT2，a＝eq \f(Δv,T)，联立可求得a＝eq \f(Δv2,s2－s1)，故B正确．
9．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.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)设汽车刚开上桥头的速度为v1
则有s＝eq \f(v1＋v2,2)t，
可得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(v12,2a)＝eq \f(100,2×0.4) m＝125 m
10．一小球沿斜面以恒定的加速度滚下并依次通过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球通过AB、BC所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度分别为( )
A．2 m/s,3 m/s,4 m/s
B．2 m/s,4 m/s,6 m/s
C．3 m/s,4 m/s,5 m/s
D．3 m/s,5 m/s,7 m/s
答案 B
解析 eq \x\t(BC)－eq \x\t(AB)＝aT2，a＝eq \f(4,4) m/s2＝1 m/s2
vB＝eq \f(\x\t(AB)＋\x\t(BC),2T)＝eq \f(6＋10,2×2) m/s＝4 m/s
由vB＝vA＋aT，得vA＝vB－aT＝(4－1×2) m/s＝2 m/s，vC＝vB＋aT＝(4＋1×2) m/s＝6 m/s，B正确．
11．一个做匀加速直线运动的物体，先后经过相距为s的A、B两点时的速度分别为v和7v，从A到B的运动时间为t，则下列说法不正确的是( )
A．经过AB中点的速度为4v
B．经过AB中间时刻的速度为4v
C．通过前eq \f(s,2)位移所需时间是通过后eq \f(s,2)位移所需时间的2倍
D．前eq \f(t,2)时间通过的位移比后eq \f(t,2)时间通过的位移少1.5vt
答案 A
解析 由匀变速直线运动的规律得，物体经过AB中点的速度为＝eq \r(\f(v2＋7v2,2))＝5v，A错误；物体经过AB中间时刻的速度为＝eq \f(v＋7v,2)＝4v，B正确；通过前eq \f(s,2)位移所需时间t1＝＝eq \f(4v,a)，通过后eq \f(s,2)位移所需时间t2＝＝eq \f(2v,a)，C正确；前eq \f(t,2)时间通过的位移s1＝eq \f(v＋4v,2)·eq \f(t,2)＝eq \f(5,4)vt，后eq \f(t,2)时间通过的位移s2＝eq \f(4v＋7v,2)·eq \f(t,2)＝eq \f(11,4)vt，Δs＝s2－s1＝1.5vt，D正确．
12．(2021·贵州毕节织金一中高一期中)如图4所示，一平直公路上有三个路标O、M、N，且sOM＝3 m，sMN＝5 m．一辆汽车在该路段做匀加速直线运动依次通过O、M、N三个路标．已知汽车在相邻两路标间的速度增加量相同，均为Δv＝2 m/s，则下列说法正确的是( )
图4
A．汽车在OM段的平均速度大小为4 m/s
B．汽车从M处运动到N处的时间为2 s
C．汽车在该路段行驶的加速度大小为2 m/s2
D．汽车经过M处时的速度大小为2 m/s
答案 C
解析 因汽车做匀加速直线运动，则加速度恒定．汽车在相邻两路标间速度增量相同，由Δv＝at可知，汽车在相邻两路标间用时相同，设为t，则sMN－sOM＝at2，与Δv＝at，联立解得t＝1 s，a＝2 m/s2，B错，C对；OM段的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(sOM,t)＝3 m/s，A错；汽车经过M点的瞬时速度等于ON段的平均速度，即vM＝eq \f(sON,2t)＝4 m/s，D错．
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.试问：
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．