河北省南宫一中高中物理 2匀变速直线运动的研究 21页

课时2.10《匀变速直线运动的研究》整合与评价 ‎ ‎【学习目标】‎ ‎1.熟练掌握匀变速直线运动的规律。‎ ‎2.匀变速直线运动的速度、位移公式及其矢量性。‎ ‎3.学会对两种典型运动的处理方法。‎ ‎4.应用匀变速直线运动的规律解决追及等实际问题。‎ ‎5.理解图象的含义,并能用图象解决实际问题。‎ ‎【知识导学】‎ ‎【三“点”探究】‎ 主题1:纸带问题的处理方法 为研究实验小车沿斜面向下运动的规律,把打点计时器纸带的一端固定在小车上。小车拖动纸带运动时,纸带上打出的点如图甲所示。‎ 甲 乙 某同学用以下方法绘制出了小车的v-t图象,如图乙所示。先把纸带每隔0.1 s剪断,得到若干段纸条;再把这些纸条并排贴在一张纸上,使这些纸条下端对齐,作为时间坐标轴,标出时间;最后将纸条上端中心连起来,于是得到了v-t图象, 从而求出加速度。这样做可以求出加速度吗?说说你的看法。‎ 主题2:运动图象 图示为某物体的v-t图象,根据图象说明该物体的运动情况。‎ 主题3:运动学公式在生活实际中的应用 某种类型的飞机起飞滑行时,从静止开始做匀加速运动,加速度大小为4.0 m/s2,飞机速度达到80 m/s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,飞行员立即使飞机紧急制动,飞机做匀减速运动,加速度的大小为5.0 m/s2。请你为该类型的飞机设计一条跑道,使在这种特殊的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?‎ 主题4:重力加速度的测定 频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中,照相机的 快门处于常开状态,频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光,‎ 照亮运动的物体,于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。‎ 图示是小球自由下落时的频闪照片,频闪仪每隔0.04 s闪光一次。‎ 如果要通过这幅照片测量自由落体加速度,可以采用哪几种方法?‎ ‎(照片中的数字是小球距起落点的距离,单位:cm)‎ ‎【拓展提升】‎ 拓展一、匀变速直线运动的公式及应用 常用推论:‎ 在一段时间t内,中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度,即==(v+v0)。‎ 中间位移的瞬时速度,且匀变速直线运动都有。‎ 任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差是一个恒量,Δx=x2-x1=aT2或xn-xm=(n-m)aT2。‎ 注意:以上几个推论常被用来分析纸带问题。‎ ‎1.火车沿平直铁轨匀加速前进,通过一路标时的速度为‎10.8 km/h,1 min后速度变成‎54 km/h;又经一段时间,火车的速度达到‎64.8 km/h。求火车速度从‎10.8 km/h增大到‎64.8 km/h过程中的位移。‎ 拓展二、匀变速直线运动常用的解题方法 匀变速直线运动的规律、解题方法较多,常有一题多解,对于具体问题要具体分析,方法运用恰当能使解题步骤简化,起到事半功倍的效果,现对常用方法总结如下。‎ 一般公式法:一般公式法指速度、位移和速度位移关系三式。它们都是矢量式,使用时注意方向性。一般以初速度v0的方向为正方向,其余的量与正方向相同者为正,与之相反者取负。‎ 平均速度法:在匀变速直线运动中,平均速度的特点有==(v+v0),其大小等于中间时刻的瞬时速度。在解题时若能灵活运用,不但简便易行,而且省时、准确,能大大提高解题的速度和效率。‎ 中间时刻速度法:“任一时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”,即,适用于任何一个匀变速直线运动,有些题目应用它可以避免常规解法中用位移公式列出的含有t2的复杂式子,从而简化解题过程,提高解题速度。‎ 比例法:对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动,可利用初速度为零的匀加速直线运动中的比例关系,用比例法解题。‎ 对初速度为零的匀加速直线运动:‎ ‎1秒末、2秒末、3秒末、…、n秒末的速度之比为1∶2∶3∶…∶n;‎ ‎1秒内、2秒内、3秒内、…、n秒内通过的位移之比为12∶22∶32∶…∶n2;‎ 第1秒内、第2秒内、第3秒内、…、第n秒内通过的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n-1)。‎ 逆向思维法:把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法,一般用于末态已知的情况。‎ 图象法:应用图象,可把较复杂的问题转变为简单的数学问题解决。尤其是用图象定性分析,可避开繁杂的计算,快速找出答案。‎ 巧用Δx=aT2解题:匀变速直线运动中,在连续相等时间T内的位移之差为一恒量,即Δx=aT2。对匀变速直线运动问题,若出现相等时间间隔问题,应优先考虑用Δx=aT2。‎ ‎2.物体以一定的初速度从底端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处的B点时,所用时间为t,求物体从B运动到C所用的时间。‎ 拓展三、运动学规律在行车问题中的应用 ‎3.汽车初速度v0=‎20 m/s,刹车后做匀减速直线运动,加速度大小a=‎5 m/s2,求:‎ ‎(1)开始刹车后6 s末汽车的速度。‎ ‎(2)10 s末汽车的位置。‎ 拓展四、追及与相遇问题 ‎“追及”“相遇”是运动学中研究同一直线上两个物体的运动时常常涉及的两类问题,两者的基本特征相同,处理方法也大同小异。‎ ‎“追及”“相遇”的特征:‎ ‎“追及”的主要条件是两个物体在追赶过程中处在同一位置。‎ 两物体恰能“相遇”的临界条件是两物体处在同一位置时,两物体的速度恰好相同。‎ 分析“追及”“相遇”问题时应注意:‎ 分析“追及”“相遇”问题时,一定要抓住一个条件、两个关系。一个条件是指两物体的速度满足的临界条件,如两物体距离最大、最小,恰好追上或恰好追不上等。两个关系是指时间关系和位移关系。一定要养成画示意图分析问题的良好习惯。‎ 若被追赶的物体做匀减速运动,一定要注意在追上前,该物体是否已经停止运动。‎ 仔细审题,注意抓住题目中的关键字眼,充分挖掘题目中的隐含条件。‎ ‎4.汽车正以‎10 m/s的速度在平直的公路上前进,突然发现正前方有一辆自行车以‎4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动,汽车立即关闭油门做加速度大小为‎6 m/s2的匀减速运动,汽车恰好不碰上自行车。求关闭油门时汽车离自行车多远。‎ ‎5.在t=0时,甲、乙两汽车从相距‎70 km的两地开始相向行驶,它们的v-t图象如图所示。忽略汽车掉头所需时间,下列对汽车运动状况的描述正确的是(　　)。‎ A.在第1 h末,乙车改变运动方向 B.在第2 h末,甲、乙两车相距‎10 km C.在前4 h内,乙车运动的加速度的大小总比甲车的大 D.在第4 h末,甲、乙两车相遇 ‎【反思总结】‎ 课时2.10　《匀变速直线运动的研究》整合与评价 ‎【知识导学】‎ ‎①v=v0+at　②x=v0t+gt2　③-　④v=gt,x=gt2‎ ‎【三“点”探究】‎ 主题1:这样做可以求出加速度。因为每段纸带的长度x=t,每段纸带对应的时间相同,所以每段纸带的长度可代表其对应的平均速度,由此可知,该图象的斜率即为加速度。‎ 主题2:在前4 s内,物体的速度均匀增大,说明物体做匀加速直线运动,且每秒钟速度增加 1 m/s。在4 s末物体速度达到最大,然后做匀减速直线运动。6 s末物体的速度减小为零,此时物体的位移最大。在4 s~6 s内,物体的速度每秒减少4 m/s。在6 s末物体又往回运动,即反向加速1 s的时间,1 s后速度大小是4 m/s,但跟开始运动的方向相反。自第7 s开始物体的速度又减小,8 s末速度减小为零。‎ 主题3:飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x1‎ ‎=‎2a1x1,则x1==‎‎800 m 飞机从速度80 m/s做匀减速运动到静止的过程中,滑行的距离为x2,-=2a2x2,则x2==640 m,所以跑道长度至少为x=x1+x2=1440 m。‎ 主题4:要通过这幅图测出自由落体的加速度方法有多种,如:‎ ‎①由Δx=aT2,其中T=0.04 s;‎ ‎②由x=gt2,测量出自下落点与图中某一位置的距离x,确定相应时间t,代入公式求解;‎ ‎③计算出图中某一位置的瞬时速度:一段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,再运用vt=gt求解。‎ ‎【拓展提升】‎ ‎1.‎‎787.5 m ‎【解析】已知v1=10.8 km/h=3 m/s,v2=54 km/h=15 m/s,v3=64.8 km/h=18 m/s。火车运动过程示意图如图所示,在时间t1内,由v=v0+at可得火车的加速度a==0.2 m/s2‎ 解法一　对整个过程运用v=v0+at,可得火车运动的总时间t===75 s 由平均速度公式得x=t =787.5 m。‎ 解法二　对整个过程运用v=v0+at,可得火车运动的总时间t==75 s 对整个过程运用x=v0t+at2,得x=3×75 m+×0.2×752 m=787.5 m。‎ 解法三　对整个过程运用v2-=2ax,得x==787.5 m。‎ ‎2.t ‎【解析】解法一　一般公式法 设物体初速度为v0,加速度大小为a,方向沿斜面向下,从A到C用时t1,已知从A到B用时t,则由运动速度和位移公式得:‎ xAB=v0t-at2,xAC=v0t1-a,且xAB=xAC 又vB=v0-at,vC=vB-a(t1-t)=0‎ 联立求解可得:t1=2t(另一解t1=t不合理,舍去)‎ 故物体从B滑到C所用的时间tBC=t1-t=t。‎ 解法二　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,有 xBC=a,xAC=,且xBC=‎ 解得:tBC=t。‎ 解法三　比例法 对于初速度为零的匀变速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)‎ 现在xBC∶xAB=1∶3‎ 通过xAB的时间为t,故通过xBC的时间tBC=t。‎ 解法四　中间时刻速度法 利用推论:中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,有=(v+v0)= ‎ 又=2axAC,=2axBC,xBC=xAC 由以上各式解得:vB==‎ 可以看出vB正好等于AC段的平均速度,因此B点处于中间时刻,即tBC=t。‎ 解法五　图象法 利用相似三角形面积之比等于对应边平方比的方法,作出v-t图象,如图所示。‎ 且S△AOC=4S△BDC,OD=t,OC=t+tBC 解得:tBC=t。‎ ‎3.(1)0　(2)刹车位置前‎40 m处 ‎【解析】(1)设汽车经过时间t速度减为零,则由v=v0+at,得t==4 s 故6 s后汽车速度为零。‎ ‎(2)由(1)知汽车4 s后就停止运动,则:‎ x=t=‎‎40 m 即汽车10 s末位置在开始刹车点前方40 m处。‎ ‎4.3 m ‎【解析】当汽车恰好不碰上自行车,有 v汽=v自=‎4 m/s x汽-x0=x自 对于汽车,由v汽=v0+at,有4 m/s=10 m/s-6 m/s2·t 解得:t=1 s x0=x汽-x自=t-v自t=‎3 m。‎ ‎5.BC　【解析】前2 h内乙车一直没改变运动方向;前2 h内甲、乙两车位移大小都为‎30 km,但相向而行,所以第2 h末甲、乙相距x=‎70 km-60 km=‎10 km;由于乙的斜率总比甲的大,所以前4 h内,乙车运动的加速度大小总比甲车的大;第4小时末甲、乙速度相等但未相遇。‎ 课时2.10《匀变速直线运动的研究》整合与评价 说明：本测试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，‎ 考试时间90分钟，满分100分．‎ 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分．每小题至少有一个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)‎ ‎1．(多选题)伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图所示的斜面实验．下列哪些方法是他在这个实验中采用过的(　　)‎ A．用水钟计时 B．用打点计时器打出纸带进行数据分析 C．改变斜面倾角，比较各种倾角得到的x/t2的比值的大小 D．将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动 ‎2. 一辆汽车以‎10 m/s的速度沿平直公路匀速行驶，司机发现前方有障碍物立即减速，以‎2 m/s2的加速度做匀减速运动直至停止，则汽车在最后2 s所通过的距离为(　　)‎ A. ‎10 m　　　　　　　　　 B. ‎‎5 m C. ‎4 m D. ‎‎8 m ‎3．如图所示是某运动物体的x－t图象，则它的运动情况是(　　)‎ A．开始静止，然后向x轴的负方向运动 B．开始静止，然后沿斜面向下滚动 C．以恒定的速度运动，然后逐渐变慢 D．先沿一个平面滚动，然后沿斜面向下滚动 ‎4. (多选题)如图所示，以‎8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线‎18 m，该车加速时最大加速度大小为‎2 m/s2，减速时最大加速度大小为‎5 m/s2，此路段允许行驶的最大速度为‎12.5 m/s，下列说法正确的有(　　)‎ A. 如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线 B. 如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线一定超速 C. 如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前一定不能通过停车线 D. 如果距停车线‎5 m处减速，汽车能停在停车线处 ‎5. 做初速度为零的匀加速直线运动的物体，将其运动时间顺次分成1:2:3的三段，则每段时间内的位移之比为(　　)‎ A. 1:3:5 B. 1:4:9‎ C. 1:8:27 D. 1:16:81‎ ‎6. 一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离为L时，速度为v，当它的速度是时，它沿斜面下滑的距离是(　　)‎ A. B. L C. L D. L ‎7．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2，则物体运动的加速度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎8. (多选题)甲、乙两车在一平直道路上同向行驶，其v－t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为S1和S2(S2>S1)，初始时，甲在乙车前方S0处(　　)‎ A. 若S0＝S1＋S2，两车不会相遇 B. 若S0‎18 m．故选项A正确，选项B错误；在距停车线‎5 m处减速，由v2＝2amx，得 x＝＝＝‎6.4 m>‎5 m，故选项D错误．‎ 答案　AC ‎5解析　初速度为零的匀加速直线运动位移x＝at2，均从开始算起x1:x2:x3＝1:32:62，每段时间内的位移之比x′1:x′2:x′3＝1:8:27，故C正确．‎ 答案　C ‎6解析　由公式v2＝2aL，()2＝2al′，则可得l′＝L.‎ 答案　C ‎7解析　物体做匀加速直线运动，利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度，得v1＝，v2＝，又v2＝v1＋a，得a＝，所以A正确，B、C、D错误．‎ 答案　A ‎8解析　若乙车追上甲车时，两车速度相同，即此时t＝T，则S0＝S1，此后甲车速度大于乙车速度，全程甲、乙仅相遇一次；若甲、乙两车速度相同时，即t＝T时甲车位移S2，乙车位移S1＋S2，两车位移之差为S1，若S0S1，此时甲车仍在乙车前面，以后乙车不可能追上甲车，全程中甲、乙两车不可能相遇，故A、B、C选项正确，D选项错误．‎ 答案　ABC ‎9解析　做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，所以原题意可解释为：0.25 s时刻的瞬时速度v1比0.75 s时刻的瞬时速度v2大‎2.45 m/s，即v2－v1＝at，加速度a＝＝＝－‎4.90 m/s2.‎ 答案　D ‎10解析　由图①可知，物体A、B均做匀速直线运动，且vA>vB，故A、B选项正确；由图②可知，t＝3 s时，vC＝vD，此时物体C与物体D之间有最大距离，故C选项错误，D选项正确．‎ 答案　ABD ‎11解析　水滴做自由落体运动，运动如下图所示．‎ 五滴水相当于一滴水在不同时刻的位置．由初速度为零的匀加速直线运动的规律知，相邻两滴的间距之比为1:3:5:7.设第3滴离地高为x，则＝，解得x＝4.5 m.‎ 答案　4.5‎ ‎12答案　(1)　FH表示F、H两点间的距离　(2)1.30‎ ‎13解析　设t时间乙追上甲，则有x甲＝v甲t＝20t x乙＝v乙t＋at2＝4t＋t2‎ 又由x乙＝x甲＋x0‎ 得4t＋t2＝20t＋128，解得t＝38.6 s 由v＝v0＋at得 追上时v′乙＝v乙＋at ‎＝4 m/s＋1×38.6 m/s＝42.6 m/s.‎ 答案　38.6 s　42.6 m/s ‎14解析　由题知4 min末汽车与摩托车出发点相距为 x汽＝‎1000 m＋25×4×‎60 m＝‎7000 m.‎ 若摩托车是一直匀加速运动并追上汽车，则4 min内摩托车的位移x汽＝at2‎ 追上汽车时摩托车的速度为vt＝at 联立两式解得vt＝＝58.3 m/s＞30 m/s 即已超过了它的最大行驶速度，因而不可能在加速运动过程中追上汽车，只能是先加速一段时间，使速度达到vmax＝108 km/h＝30 m/s，然后以vmax再匀速行驶到追上汽车．‎ 设加速度为a，加速时间为t，则由位移关系有：‎ ‎7000＝t·＋vmax(240－t)‎ 解得t＝ s 再由vmax＝at，得a＝＝ m/s2＝2.25 m/s2.‎ 答案　2.25 m/s2‎ ‎15解析　(1)在甲发出口令后，甲乙达到共同速度所用时间为t＝①‎ 设在这段时间内甲、乙的位移分别为x1和x2，则 x2＝at2②‎ x1＝vt③‎ x1＝x2＋x0④‎ 联立①、②、③、④式解得 a＝ a＝‎3 m/s2.‎ ‎(2)在这段时间内，乙在接力区的位移为 x2＝ x2＝‎‎13.5 m 完成交接棒时，乙与接力区末端的距离为 x′＝L－x2＝‎6.5 m.‎ 答案　(1)3 m/s2　(2)6.5 m