2017粤教版高中物理必修一2.3《从自由落体到匀变速直线运动》word学案 16页

第三节从自由落体到匀变速直线运动课前自主预习1．匀变速直线运动的四个基本公式(1)速度公式：vt＝__________(2)位移公式：s＝____________(3)位移与速度的关系式：________________(4)平均速度公式：＝＝________________2．匀变速直线运动中三个常用的结论⑴匀变速直线运动的物体在连续相邻相等时间内的位移之差相等，等于加速度和时间间隔平方和的乘积。即，可以推广到Sm－Sn=。⑵物体在某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。vt/2＝。⑶某段位移的中间位置的瞬时速度公式，vs/2＝。可以证明，无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动均有有vt/2vs/2。3．初速为零的匀变速直线运动的推论：(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝__________________(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝__________________(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第n个T内位移之比为：sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sn＝________________________(4)通过前s、前2s、前3s、…的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝____________________(5通过前s、前2s、前3s、…的位移所用时间之比：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝____________________(6)通过连续相等的位移所用时间之比为：tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn＝_____________4．（单选）物体做匀加速直线运动，已知加速度为2m/s2，那么（）A．在任意时间内，物体的末速度一定等于初速度的2倍图2-3-1B．在任意时间内，物体的末速度一定比初速度大2m/sC．在任意一秒内，物体的末速度一定比初速度大2m/sD．第ns的初速度一定比第（n-1）s的末速度大2m/s5.（双选）某物体运动的速度图象如图2-3-1，根据图象可知（）A．0-2s内的加速度为1m/s2B．0-5s内的位移为10mC．第1s末与第3s末的速度方向相同D．第1s末与第5s末加速度方向相同课前自主学习答案：1．(1)v0＋at　(2)v0t＋at2　(3)v－v＝2as　(4)2.⑴(m-n)aT2(2)(3)；＜.3.(1)1∶2∶3∶…∶n；(2)12∶22∶32∶…∶n2；(3)1∶3∶5∶…∶(2n－1)；(4)1∶∶∶…∶；\n(5)1∶∶∶…∶；(6)1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)4.解析:由速度公式vt=v0+at可知，在任意时间t内，vt为任意值，所以A错；在一定时间t内的速度增量Δv=vt-v0=at，它的大小既与a有关，又与t有关，当t为任意值时，Δv也为任意值，因此B错；当t=1s，a=2m/s2时，Δv=2m/s，即末速度比初速度大2m/s，所以C正确；由于第ns初和第(n-1)s末是同一时刻，同一时刻对应的速度是相同的，因此，D错。答案:C5.解析:v-t图象反映的是速度v随时t的变化规律，其斜率表示的是加速度，故A对；图中图象与坐标轴所围成的梯形面积表示的是0-5s内的位移为7m，在前5s内物体的速度都大于零，即运动方向相同，故B错C对；0-2s加速度为正，4-5s加速度为负，方向不同，故D错.答案:AC课堂互动探究知识点1匀变速直线运动规律新知探究若已知匀变速直线运动的初速度v0和末速度v，请你根据加速度的定义式a=Δv/Δt、平均速度的定义式＝和匀变速直线运动平均速度＝，推导出匀变速直线运动规律的表达式？推证:由加速度的定义式a=Δv/Δt可得匀变速直线运动速度公式：vt=v0+at①根据匀变速直线运动的速度是均匀增加的，则某一过程的平均速度为:＝②由平均速度的定义可知＝③综合①②③得匀变速直线运动位移公式：S＝④综合①③④得匀变速直线运动速度与位移的关系式为：v－v＝答案：v0t＋at2；2as重点归纳1．匀变速直线运动速度公式：vt＝v0＋at说明：速度公式vt＝v0＋at虽然是加速度定义式a＝的变形，但两式的适用条件是不同的：(1)vt＝v0＋at仅适用于匀变速直线运动．(2)a＝可适用于任意的运动，包括直线运动和曲线运动．2．匀变速直线运动位移公式：s＝v0t＋at2说明：因为v0、a、s均为矢量，使用公式时应先规定正方向，一般以v0的方向为正方向．若a与v0同向，则a取正值；若a与v0反向，则a取负值；若位移计算结果为正值，说明这段时间内位移的方向为正；若位移计算结果为负值，说明这段时间内位移的方向为负．3．匀变速直线运动速度与位移的关系\n由速度公式vt=v0+at和位移公式联立消去时间t，可得速度与位移的关系式：vt2-v02=2as此式是匀变速直线运动规律的一个重要推论，如果问题的已知量和未知量都不涉及时间，应用此式求解比较方便，对于初速度为零的匀变速直线运动，此式可简化为vt2=2as.4．匀变速直线运动的平均速度由和可得＝，应用此式时注意：（1）此式只适用于匀变速直线运动,不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动都适用，但对非匀变速直线运动的平均速度只能用平均速度的定义式来计算。（2）式中的“v0+vt”是矢量和，不是代数和。对匀变速直线运动来说，v0和vt在一条直线上,可以通过规定正方向,把矢量运算转化为代数运算。图2—3—25．速度—时间图象的意义(1)匀变速直线运动图象的斜率表示物体运动的加速度．(2)对于任何形式的直线运动的v－t图象中，图线与时间轴所用的面积都等于物体的位移．(3)若一个物体的v－t图象如图3—3—2所示，图线与t轴围成两个三角形，面积分别为s1和s2，此时s1<0，s2>0,0～t2时间内的总位移s＝|s2|－|s1|，若s>0，位移为正；若s<0，位移为负．【例1】火车沿直线铁轨匀加速前进，通过一路标时的速度为10.8km/h,1min后变成54km/h，又经过一段时间，火车的速度才达到64.8km/h.求所述过程中，火车的位移是多少？解析：v1＝10.8km/h＝3m/s，v2＝54km/h＝15m/s，v3＝64.8km/h＝18m/s.解法一：平均速度公式法整个过程的平均速度为：＝＝m/s＝m/s由vt＝v0＋at得火车的加速度为a＝＝m/s2＝0.2m/s2所以整个过程火车运动的时间为：t＝＝s＝75s所以火车的位移为：s＝t＝×75m＝787.5m解法二：位移公式法：由s＝v0t＋at2得s＝3×75m＋×0.2×752m＝787.5m解法三：位移与速度的关系式法：由v－v＝2as得s＝＝m＝787.5m答案：787.5m触类旁通1.汽车紧急刹车时，加速度大小为6m/s2，且必须在2s内停下来．(1)汽车允许的最大行驶速度是多少？(2)刹车过程汽车的位移是多少？解析：解法一：公式解析法以汽车的行驶方向为正方向，由题意知：a＝－6m/s2，vt＝0，t＝2s.(1)由公式vt＝v0＋at可得v0＝vt－at＝0－(－6)×2m/s＝12m/s.\n(2)由公式s＝v0t＋at2得：s＝12×2m＋×(－6)×22m＝12m.[来源:数理化网]解法二：逆向思维法将汽车的匀减速运动看作反向的匀加速运动，则a＝6m/s2，(1)v0＝at＝6×2m/s＝12m/s(2)s＝at2＝×6×22m＝12m答案：(1)12m/s　(2)12m知识点2匀变速直线运动的几个推论新知探究1．某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即vt/2＝＝，试应用匀变速直线运动的基本公式推导此结论?推证：由vt＝v0＋at，得经时间的瞬时速度vt/2＝把at＝vt－v0代入上式中得vt/2＝＝＝.答案：v0＋a；v0＋(vt－v0)2．某段位移内中间位置的瞬时速度vs/2与物体在这段位移内的初、末速度v0和vt的关系为vs/2＝，试选择有关公式推导此结论?推证：由v－v＝2as，知vs/22－v＝把as＝(v－v)代入上式得vs/22＝，整理得vs/2＝答案：2a·；v＋(v－v)3．在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值，即Δs＝aT2(又称匀变速直线运动的判别式)，试推导此结论?推证：设物体以初速度v0、加速度a做匀加速直线运动，则：自计时起第1个T时间内的位移为s1＝第2个T时间内的位移为s2＝＝所以Δs＝s2－s1＝aT2.答案：v0T＋aT2；v0·2T＋a(2T)2－s1；v0T＋aT2重点归纳匀变速直线运动的几个常用的结论1．Δs=aT2，即任意相邻相等时间内的位移之差相等，可以推广到sm-sn=(m-n)aT22．vt/2＝某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。3．vs/2＝，某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）。说明：如图2—3—3所示，物体由A运动到B，C为AB的中点，若物体做匀加速直线运动，则经时间物体运动到C点左侧，vt/2＜vs/2；若物体做匀减速运动，则经时间物体运动到C点右侧，vt/2＜vs/2，故在匀变速直线运动中，vt/2＜vs/2\n图2—3—3【例2】一个做匀加速直线运动的质点在连续相等的两个时间间隔内通过的位移分别是24m和64m，每一个时间间隔为4s，求质点的初速度和加速度．解析：匀变速直线运动的规律可用多个公式描述，因而选择不同的公式所对应的解决方法也不相同．解法一：基本公式法．画出运动过程示意图，如图2—3—4所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移公式图2—3—4s1＝vAt＋at2，s2＝vA(2t)＋a(2t)2－(vAt＋at2)，将s1＝24m、s2＝64m、t＝4s代入上式解得a＝2.5m/s2，vA＝1m/s.解法二：平均速度公式法．连续的两段时间t内的平均速度分别为1＝＝m/s＝6m/s，2＝＝m/s＝16m/s.B点是AC段的中间时刻，则1＝，2＝.vB＝＝＝m/s＝11m/s.得vA＝1m/s，vC＝21m/s.a＝＝m/s2＝2.5m/s2.解法三：特殊规律法．由Δs＝at2得a＝＝m/s2＝2.5m/s2.再由s1＝vAt＋at2解得vA＝1m/s.答案：1m/s　2.5m/s2触类旁通2.一个作匀速直线运动的质点，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，每一个时间间隔为4s，求质点的初速度和加速度。解析：匀变速直线运动的规律可用多个公式描述，因而选择不同的公式，所对应的解法也不同。如：解法一：基本公式法画出运动过程示意图，如答图2-3-1所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移公式：答图2-3-1\n将＝24m、＝64m，代入上式解得：，解法二：用平均速度公式连续的两段时间t内的平均速度分别为B点是AC段的中间时刻，则得解法三：用推论式由得再由解得：答案：12.5说明：对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑公式求解 知识点3初速为零的匀变速直线运动的比例式新知探究试应用匀变速直线运动的基本公式推导下列初速为零的匀变速直线运动的比例式？（1）1T末，2T末，3T末…nT末的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3…vn=1∶2∶3∶…n.推证：可由vt＝at直接导出（2）1T内，2T内；3T内…nT内位移之比为：s1∶s2∶s3…sn=12∶22∶32∶…n2.推证：可由s＝at2直接导出（3）第一个T内，第二个T内；第三个3T内…第N个T内位移之比为：sⅠ∶sⅡ∶sⅢ…sN=1∶3∶5∶…(2n-1)推证：由s＝at2得：s1=s2=s3=……\nSn=sⅠ=s1=sⅡ=s2－s1=a（2T）2－aT2=sⅢ=s3－s2=a（3T）2－a（2T）2=……sN=sn－sn-1=a（nT）2—a［（n—1）T］2=可见，sⅠ∶sⅡ∶sⅢ…sN=1∶3∶5∶…(2n-1)答案：aT2，a（2T）2，a（3T）2，a（nT）2；aT2，3aT2/2，5aT2/2，a(2n-1)T2（4）从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3…tn=1∶(-1)∶()∶…()推证：设从0开始加速，每段位移为s,由s＝at2，通过s的时间t1，s＝at12,t1=通过2s的时间t2，2s＝at22,t2=通过3s的时间t3，3s＝at32,t3=……通过3s的时间tn，ns＝atn2,tn=tⅠ∶tⅡ∶tⅢ…tN=t1∶(t2－t1)∶(t3－t2)∶(tn－tn-1)=1∶(-1)∶()∶…()答案：/a，/a，/a，/a重点归纳初速为零的匀变速直线运动的比例式（1）1T末，2T末，3T末…nT末的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3…vn=1∶2∶3∶…n.（2）1T内，2T内；3T内…nT内位移之比为：s1∶s2∶s3…sn=12∶22∶32∶…n2.（3）第一个T内，第二个T内；第三个3T内…第N个T内位移之比为：sⅠ∶sⅡ∶sⅢ…sN=1∶3∶5∶…(2n-1)（4）从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3…tn=1∶(-1)∶()∶…()【例3】一滑块自静止开始，从斜面顶端匀加速下滑(斜面足够长)，第5s末的速度是6m/s，试求：(1)第4s末的速度；(2)运动后7s内的位移；(3)第3s内的位移．解析:　(1)由v4∶v5＝4∶5，得第4s末的速度为v4＝v5＝4.8m/s.\n(2)前5s的位移为s5＝t＝×5m＝15m，根据s5∶s7＝52∶72，得s7＝s5＝29.4m.(3)设滑块的加速度为a，由s5＝at2＝15m得a＝1.2m/s.又由sⅠ∶sⅢ＝1∶5，sⅠ＝×1.2×12m＝0.6m得，第3s内的位移为sⅢ＝5sⅠ＝5×0.6m＝3m.答案:　(1)4.8m/s　(2)29.4m　(3)3m触类旁通3.一粒子弹恰能穿过三块相同的固定的木板，设子弹在木板里运动的加速度恒定，则子弹分别穿过三块木板所用时间之比是:多少？解析:将子弹运动看成“反向”作初速度为零的匀加速运动。由时间的比例关系得：子弹分别穿过三块等厚的木板所用时间之比为()∶(-1)∶1答案:()∶(-1)∶1方法技巧\易错易混\实验透视方法技巧应用匀变速直线运动规律解题的方法与技巧:1、解题方法：（1）公式解析法：假设未知数，建立方程组。本章公式多，且相互联系，一题常有多种解法。要熟记每个公式的特点及相关物理量。（2）图象法：运动图象（v-t图象、s-t图象）能直观描述运动规律与特征，我们可以用来定性比较、分析或定量计算、讨论一些物理量。解题时，要特别重视图象的物理意义，如图象中的截距、斜率、面积、峰值等所代表的物理内涵，这样才能找到解题的突破口。（3）比例法：用已知的讨论，用比例的性质求解。（4）极值法：用二次函数配方求极值，追赶问题用得多。（5）逆向思维法：如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动来求解。（6）相对运动法：巧妙地选取参照系，然后找两物体的运动关系。2、解题时巧选公式的基本方法：(1)如果题目中无位移s，也不需求位移，一般选用速度公式vt＝v0＋at；(2)如果题目中无末速度v，也不需求末速度，一般选用位移公式s＝v0t＋at2；(3)如果题中无运动时间t，也不需要求运动时间，一般选用导出公式v－v＝2as.(4)如果题目中无加速度a，也不涉及到加速度的问题，用＝＝计算比较方便．（5）处理初速为零的匀加速直线运动和末速为零的匀减速直线运动时，通常用比例关系的方法来解比较方便。3、匀变速直线运动问题的解题步骤：（1）根据题意，确定研究对象。（2）明确物体作什么运动，并且画出运动示意图。（3）分析研究对象的运动过程及特点，合理选择公式，注意多个运动过程的联系。（4）确定正方向，列方程求解。（5）对结果进行讨论、验算。【例4】一物体做初速度为零的匀加速直线运动，从开始运动起，物体分别通过连续三段位移时间之比是1∶2∶3，求这三段位移的大小之比．\n解析:　题中要求的位移比不是连续相等时间间隔的位移比，我们可以依据运动学公式分别求出各阶段时间内的位移进行比较，也可巧用连续相等时间内的位移比．解法一：设通过连续三段位移所用的时间分别为tⅠ、tⅡ、tⅢ，且tⅡ＝2tⅠ，tⅢ＝3tⅠ，根据匀变速运动的位移公式，有sⅠ＝at，sⅡ＝a[(tⅠ＋tⅡ)2－t]，sⅢ＝a[(tⅠ＋tⅡ＋tⅢ)2－(tⅠ＋tⅡ)2]，得sⅠ∶sⅡ∶sⅢ＝t∶[(3tⅠ)2－t]∶[(6tⅠ)2－(3tⅠ)2]＝1∶8∶27.解法二：若根据初速度为零的匀加速运动连续相等的时间间隔内的位移之比为连续奇数之比，再将总时间分为(1＋2＋3)＝6段，则s1∶s2∶s3∶s4∶s5∶s6＝1∶3∶5∶7∶9∶11，故sⅠ∶sⅡ∶sⅢ＝s1∶(s2＋s3)∶(s4＋s5＋s6)＝1∶(3＋5)∶(7＋9＋11)＝1∶8∶27.答案:　1∶8∶27触类旁通4.跳伞运动员做低空跳伞表演，他在离地面224m高处，由静止开始在竖直方向做自由落体运动.一段时间后，立即打开降落伞，以12.5m/s2的平均加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s（g取10m/s2）.（1）求运动员展开伞时，离地面高度至少为多少?着地时相当于从多高处自由落下?（2）求运动员在空中的最短时间是多少?解析:（1）设运动员做自由落体运动的高度为h时速度为v，此时打开伞开始匀减速运动，落地时速度刚好为5m/s，这种情况运动员在空中运动时间最短，则有v2＝2gh①vt2－v2＝2a（H－h）②由①②两式解得h＝125ｍ，v＝50ｍ／s为使运动员安全着地，他展开伞时的高度至少为H－h＝224ｍ－125ｍ＝99ｍ.他以5m/s的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，由vt2＝2gh′得h′＝ｍ＝1.25ｍ（2）他在空中自由下落的时间为t1＝s＝5s他减速运动的时间为t2＝ｍ／s＝3.6s他在空中的最短时间为t＝t1＋t2＝8.6s答案:　（1）99ｍ;1.25ｍ（2）8.6s随堂练习1．（1）一个作匀变速直线运动的物体，其速度和时间的关系为：vt=10-0.5t(m／s)，那么物体运动的初速度为__________(初速度方向规定为正方向)，加速度大小为__________，方向__________，当t=__________时物体速度为零．（2）一个作匀变速直线运动的物体，其位移和时间的关系为：S=18t-6t2(m)，那么物体运动的初速度为__________(初速度方向为正)，加速度大小为__________，方向__________。物体速度和时间的关系为__________，当t=__________\n时物体速度为零，此时物体运动位移大小s=__________。解析：（1）对速度公式中各项物理量要有正确认识，可知初速度为10m/s，加速度为-0.5m/s2即加速度大小为0.5m/s2，方向与初速度方向相反，那么物体作匀减速直线运动．当速度为零时，vt=0，0=10-0.5t，解得t=20s（2）对位移公式中各项物理量要有正确认识，可知初速度为18m/s，加速度为-12m/s2即加速度大小为12m/s2，方向与初速度方向相反，那么物体作匀减速直线运动．那么速度和时间的关系vt=18-12t(m/s)，当vt=0时，0=18-12t，t=1.5s，此时物体运动位移S=18×1.5-6×1.52=13.5(m)答案：（1）10m/s，0.5m/s2，20s（2）18m/s，12m/s2，1.5s，13.5m2.(单选)两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图2—3—5所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知t1t2t3t4t5t6t7t1t2t3t4t5t6t7图2—3—5A．在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同B．在时刻t1两木块速度相同C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体明显地是做匀速运动。由于t2及t5时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻的即时速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间，因此本题选C。3．(单选)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相.闪光时间间隔为1s.分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m.由此不可求的是(　　)A.第1次闪光时质点的速度B.质点运动的加速度C.从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D.质点运动的初速度解析:设时间间隔为T，第1次、第2次闪光时的速度为v1、v2，第1次与第2次、第2次与第3次、第3次与第4次闪光间隔内的位移分别为s1、s2、s3.由s3－s1=2aT2求得加速度a=3m/s2；由s2－s1=s3－s2求得s2=5m；根据s1、s2可求得第1次与第3次闪光间的平均速度而再根据v2=v1+aT可求得v1=0.5m/s.故不可求的是D.答案:D4.汽车在水平路面上以15m／s的速度沿直线行驶，当遇到情况汽车紧急刹车，刹车加速度大小为2m／s2．那么：(1)刹车后3秒汽车的速度多大?(2)刹车后8秒汽车的速度多大?解析：根据题意汽车得初速度v0=15m/s，作匀减速直线运动，加速度为2m/s2。画过程草图如答图2-3-2，将相应的物理量标出．答图2-3-2\n在解题过程中不要盲目套用公式，一定要对物理过程进行分析，并作出判断．汽车作匀减速直线运动，经过一段时间速度将为零，那么题目所问3秒或8秒是大于这段时间还是小于这个时间?设初速度方向为正，经过时间t，速度为零根据：vt=v0+at，则当vt=0时，0=15-2t解得：t=7.5s①当t3=3s时：汽车速度V3=15-2×3=9m／s②当t8=8s时，因汽车在7.5s时其速度已为零，那么8s时速度为v8=0BCD图2-3-6A答案：（1）9m／s（2）05．从斜面上某位置，每隔0.1s释放一个小球，在连续释放几个后，对在斜面上的小球拍下照片，如图2-3-6所示，测得sAB=15cm，sBC=20cm，试求（1）小球的加速度.（2）拍摄时B球的速度vB=?（3）拍摄时sCD=?（4）A球上面滚动的小球还有几个？解析：（1）由a=知小球的加速度a=cm/s2=500cm/s2=5m/s2（2）B点的速度等于AC段的平均速度即vB=cm/s=1.75m/s（3）由于相邻相等时间的位移差恒定即sCD-sBC=sBC-sAB所以sCD=2sBC-sAB=（40-15）cm=25cm=0.25m（4）设A点小球的速率为vA因为vB=vA+at，所以vA=vB-at=1.75-5×0.1=1.25m/s所以A球的运动时间tA=s=0.25s，故A球的上方正在滚动的小球还有两个.答案：（1）5m/s2;（2）1.75m/s;（3）0.25m；（4）2个6．某种类型的飞机起飞滑行时，从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为，飞机速度达到时离开地面升空.如果在飞机达到起飞速度时，突然接到命令停止起飞，飞行员立即使飞机制动，飞机做匀减速运动，加速度大小为.现要求你为该类型的飞机设计一条跑道，使在这种情况下飞机停止起飞而不滑出跑道，你设计的跑道长度至少要多长？解析：加速阶段：由得：减速阶段：由得：要求跑道的长度至少为：答案：1440m\n7．一辆摩托车行驶的最大速度为30m/s．现让该摩托车从静止出发，要在4min内追上它前方相距1km、正以25m/s的速度在平直公路上行驶的汽车，则该摩托车行驶时，至少应具有多大的加速度？解析：假设摩托车一直匀加速追赶汽车．则：at2＝vot＋s0①a＝＝m/s2＝0.24m/s2②摩托车追上汽车时的速度：v＝at＝0.24×240m/s＝58m/s③因为摩托车的最大速度为30m/s，所以摩托车不能一直匀加速追赶汽车，应先匀加速到最大速度再匀速追赶．at12＋vm（t－t1）＝s0＋v0t④vm≥at1⑤由④⑤得t1＝s　a＝＝m/s2＝2.25m/s2答案：2.25m/s2．课后巩固提升一．单项选择题(本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．某质点的位移随时间的变化关系式为s=4t+2t2，s与t的单位分别是米与秒，则质点的初速度与加速度分别是（）A．4m/s与2m/s2B．0与4m/s2C．4m/s与4m/s2D．4m/s与0解析：根据公式，可对应得到=4m/s，=2m/s2，即=4m/s2。答案：C2．几个做匀变速直线运动的物体，在时间t内位移一定最大的是（）A．加速度最大的物体B．初速度最大的物体C．末速度最大的物体D．平均速度最大的物体解析：由公式，可以判断，D正确。答案：D图2-3-73．图2-3-7中表示物体不是作匀变速直线运动的是（）解析：A图表示物体做匀速直线运动。答案：A4．一物体由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后做匀减速直线运动，加速度大小为a2，若再经时间t恰能回到出发点，则a1：a2应为（）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4\n解析:第一段运动过程S1=a1t2/2。而第二段，S2=-S1，此过程去了还返回且整段是匀变速，所以有：S2=V1t-a2t2/2，V1=a1t即可得a1：a2=1：3点拨:此题是匀变速直线运动的一般规律的应用，在解答此题的过程中，方向性很重要，主要体现在S2=-S1，注意规律均为矢量式，约定以V0为正方向，如果能用整体法来解题，尽量用整体法来解题，会更方便一些。答案:C二．双项选择题(本题共5小题，在每小题给出的四个选项中，均有两个选项符合题目要求)5．在匀变速直线运动中（）A．速度的增量总是与时间成正比B．位移总是与时间的平方成正比C．位移总是随时间的增大而增大D．加速度、速度、位移方向一致解析：匀变速直线运动是加速度不变的运动，由和可以得到A、C正确，加速度、速度、位移方向可以相同，也可以相反。图2-3-8答案：AC6．如图2-3-8所示为在同一直线上运动的甲、乙两物体的v-t图象,则由图象可知（）A.它们速度方向相同,加速度方向相反B.它们速度方向、加速度方向均相反C.在t1时刻它们相遇D.在0~t2时间内它们的位移相同解析：甲乙两物体的速度图象都在t轴上面，表明速度都是正方向的速度，运动方向相同，甲从静止开始做匀加速运动，乙做匀减速运动。在t1时刻它们速度相等，在0~t2时间内它们与坐标轴围成的面积相等，即位移相等。答案：AD0vt图2-3-97．一台先进的升降机被安装在某建筑工地上，升降机的运动情况由电脑控制，一次竖直向上运送重物时，电脑屏幕上显示出重物运动的v—t图线如图2-3-9所示，则由图线可知（）A．重物一直向上运动B．重物的加速度先增大后减小C．重物的速度先增大后减小D．重物的位移先增大后减小解析：根据图象，t时间内速度的图象均在时间轴上方，表明速度都是正方向的，故重物一直向上运动，位移一直增大，先做匀加速运动，后做匀减速运动。答案：AC8．物体做初速度为零的匀加速直线运动，第5s内的位移是18m，则()A．物体的加速度是2m/s2B．物体的加速度是4m/s2C．物体在第4s内的位移是16mD．物体在第4s内的位移是14m解析：由公式，可以用5s内的位移减去4s内的位移，得到第5s内的位移，即，可以解得物体的加速度是4m/s2，再用同样的方法求的物体在第4s内的位移是14m。答案：BD9．物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程为S，它在中间位置处的速度为v1\n，在中间时刻时的速度为v2，则v1和v2的关系为（）A．当物体作匀加速直线运动时，v1＞v2;B．当物体作匀减速直线运动时，v1＞v2;C．当物体作加速直线运动时，v1＜v2;D．当物体作匀减速直线运动时，v1＜v2。解析：某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。，某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有，即本题中v1＞v2。答案：AB三．非选择题（根据题目要求作答）10.一个质量为m的物块由静止开始沿斜面下滑，拍摄此下滑过程得到的同步闪光（即第一次闪光时物块恰好开始下滑）照片如图2-3-10所示．已知闪光频率为每秒10次，根据照片测得物块相邻两位置之间的距离分别为AB＝2.40cm，BC＝7.30cm，CD＝12.20cm，DE＝17.10cm．由此可知，物块经过D点时的速度大小为________m/s；滑块运动的加速度为________．（保留3位有效数字）图2-3-10解析：据题意每秒闪光10次，所以每两次间的时间间隔T=0.1s,根据中间时刻的速度公式得.根据得,所以2.40m/s2.答案：1.46m/s;2.40m/s2.11．一空间探测器从某一星球表面竖直升空，假设探测器的质量不变，发动机的推动力为恒力，探测器升空过程中发动机突然关闭，如图2-3-11表示探测器速度随时间的变化情况。（1）升空后9s、25s、45s，即在图线上A、B、C三点探测器的运动情况如何？（2）求探测器在该星球表面达到的最大高度；（3）计算该星球表面的重力加速度；（4）计算探测器加速上升时的加速度.图2-3-11\n解析:（1）从v－t图象可知，探测器在0～9s加速上升，9s末发动机突然关闭，此时上升速度最大为64m/s，9s～25s探测器仅在重力作用下减速上升，25s末它的速度减小到零，上升到最高点.25s以后探测器做自由落体运动.由于SOAB=×64×25m=800mSBDC=×80×20m=800m所以45s末它恰好到达星球表面，此时它落地的速度为80m/s.（2）探测器达到的最大高度为hmax=SOAB=800m.（3）由v－t图AB段或BC段知，该星球表面的重力加速度大小为g=||=||m/s2=4m/s2.（4）探测器加速上升时加速度为a==m/s2=7.1m/s2.点拨:探测器的运动情况可以直接从图象中得出，升空后9s、25s、45s这几个时刻是探测器运动的转折点，情况稍微复杂，把这几个时间点对应的运动状态弄清楚，就完全了解探测器的运动了，（1）问中有些同学可能会回答不完整，特别是45s时探测器刚好落到地面，要通过计算才能知道。12．以54km/h的速度行驶的火车，因故需要在中途停车．如果停留的时间是1min，刹车引起的加速度大小是0.3m/s2，起动产生的加速度大小是0.5m/s2，求火车因临时停车所延误的时间．答图2-3-3解析：火车为了要停车，从途中某处（设为A）开始需作减速运动，到站停留1min后，又需匀加速起动，直至某处（设为B）恢复原来的速度．因临时停车延误的时间是指它从A到B比原来匀速通过这段位移多花的时间（答图2-3-3）．题中已知v=54km/h=15m/s，a1=-0.3m/s2，a2=0.5m/s2．火车从刹车到停止的时间设为t1，滑行位移为s1，由匀变速运动规律得：火车从起动到达到速度v的时间设为t2．经过的位移为s2．同理可得：火车在中途停留时间t0=1min=60s．\n所以火车为了中途停车，从A到B经历的时间：T′＝t1+t0+t2=50s+60s+30s＝140s．火车以速度v匀速通过AB这段位移的时间：所以，火车因中途停车而延误的时间：Δt=T′-T=140s-40s=100s．点评：（1）题中只有一个研究对象（火车），包含有四种运动状态：匀速、匀减速、匀加速、静止．只有仔细分析清楚火车的运动过程，才可作出比较．（2）算出了减速过程和加速过程中的运动时间t1、t2后，也可利用平均速度公式计算位移，即