（浙江专用）2018-2019高中物理 第二章 匀变速直线运动的研究 微型专题 匀变速直线运动规律的应用学案 新人教版必修1

微型专题匀变速直线运动规律的应用学习目标1.进一步熟练掌握匀变速直线运动的两个基本公式和三个导出公式.2.会选择公式或联立方程求解相关问题.3.进一步理解vt图象和xt图象及其应用一、匀变速直线运动基本公式的应用1两个基本公式vv0at和xv0tat2，涉及5个量，原则上已知三个量可求另外两个量，两个公式联立可以解决所有的匀变速直线运动问题2逆向思维法的应用：把末速度为0的匀减速直线运动，可以倒过来看成是初速度为0的匀加速直线运动3解决运动学问题的基本思路为：审题画过程草图判断运动性质选取正方向(或选取坐标轴)选用公式列方程求解方程，必要时对结果进行讨论例1一个物体以v08 m/s的初速度沿光滑斜面向上滑，加速度的大小为2 m/s2，冲上最高点之后，又以相同的加速度往回运动则()A1 s末的速度大小为10 m/sB3 s末的速度为零C2 s内的位移大小是20 mD5 s内的位移大小是15 m答案D解析由t得，物体冲上最高点的时间是4 s，又根据vv0at得，物体1 s末的速度大小为6 m/s，A错.3 s末的速度为2 m/s，B错根据xv0tat2得，物体2 s内的位移是12 m，4 s内的位移是16 m，第5 s内的位移是沿斜面向下滑动1 m，所以5 s内的位移是15 m，C错，D对二、匀变速直线运动推论公式的应用例2某人从静止开始，沿直线匀加速前进了4 s，达到最大速度6 m/s后，又以1.2 m/s2的加速度沿直线匀减速前进了3 s，然后做匀速直线运动求：(1)匀加速运动时的加速度大小；(2)匀速运动时的速度大小；(3)前7 s过程中人的总位移大小答案(1)1.5 m/s2(2)2.4 m/s(3)24.6 m解析(1)由题意得：a1 m/s21.5 m/s2(2)由v2v1a2t2得，v22.4 m/s(3)x1t112 m，x2t212.6 m，故xx1x224.6 m.1平均速度公式的适用条件：普遍适用于各种运动只适用于匀变速直线运动2平均速度公式的特点：不涉及加速度a，且利用和可以很轻松地求出中间时刻的瞬时速度针对训练物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a12 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时间t20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度的大小为()A15 m/s B30 m/sC7.5 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：1，匀减速直线运动过程：2，所以整个运动过程的平均速度为，解得vm30 m/s.例3一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s内，火车从他身边分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(相邻车厢连接处长度不计)，求：(1)火车加速度的大小；(2)这20 s内中间时刻的瞬时速度大小；(3)人刚开始观察时火车速度的大小答案(1)0.16 m/s2(2)5.6 m/s(3)7.2 m/s解析(1)由题知，火车做匀减速直线运动，设火车加速度大小为a，车厢长L8 m由xaT2，得8L6La102，解得a m/s20.16 m/s2.(2) m/s5.6 m/s.(3)设人开始观察时火车速度大小为v0，由v022(a)8L得，v07.2 m/s还可以由v0aT得：v0aT(5.60.1610) m/s7.2 m/s1速度与位移的关系v2v022ax，如果问题的已知量和未知量都不涉及时间，利用此式往往会使问题变得简单2匀变速直线运动中，任意连续相等的时间间隔T内的位移差为常数，即xaT2，如果问题的已知量和未知量都不涉及速度，利用此式往往会使问题变得简洁例4(2018温州市十五校联考)冰壶比赛是在水平冰面上进行的一种投掷性竞赛项目如图1所示为冰壶比赛场地示意图比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运动前方的冰面，从而减小冰壶在冰面滑动的加速度大小设未用毛刷擦冰面时，冰壶在冰面上滑动的加速度大小为0.08 m/s2，用毛刷擦冰面后，冰壶在冰面上滑动的加速度大小为0.04 m/s2，已知AB到O点的距离x30 m在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以v2 m/s的速度沿虚线滑出求：图1(1)未用毛刷擦冰面时，运动员放手后，冰壶C停在距离O点多远处？(2)用毛刷擦冰面后，若冰壶恰好能停在O点，运动员要一直刷擦到圆心O点，刷擦的时间是多少？答案(1)5 m(2)10 s解析(1)x125 m，所以，冰壶停在距离O点前xxx15 m.(2)方法一开始刷擦时冰壶的速度v1a2t；xa2t2，联立解得t10 s.方法二开始刷擦时冰壶的速度v1a2t；x，解得t10 s.1(匀变速直线运动规律的应用)由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1 s通过的位移为0.4 m，以下说法正确的是()A第1 s末的速度为0.4 m/sB加速度为0.4 m/s2C第2 s内通过的位移为1.2 mD前2 s内通过的位移为1.2 m答案C解析设加速度为a，由xat2得，a0.8 m/s2, 所以第1 s末的速度v10.8 m/s，第2 s内通过的位移为x20.822 m0.812 m1.2 m，故选项C正确2(平均速度公式的应用)沿直线做匀变速运动的质点在第一个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()A2.45 m/s2 B2.45 m/s2C4.90 m/s2 D4.90 m/s2答案D解析质点在第一个0.5 s内的平均速度为v1，即在t10.25 s时的速度为v1；在第一个1.5 s内的平均速度为v2，即在t20.75 s时速度为v2.由题意得：v1v22.45 m/s，故a m/s24.90 m/s2，D正确3(推论式v2v022ax的应用)(2018浙江91高中联盟联考)如图2所示，水平地面上有A、B、C三点，且AB3BC，有一物块由A点以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，恰好运动到C点停止，已知物块由A点运动到C点经历的总时间为t，则()图2A物块在B点时的速度为B物块在B点时的速度为C物块从B到C的时间为D物块从B到C的时间为答案B解析由v2v022ax得xAB，xBC，又因为xAB3xBC，所以vB，故B正确，A错误t，tBC，.故C、D错误4(推论式xaT2的应用)一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第15 s内的位移比前1 s内的位移多0.2 m，则下列说法正确的是()A小球加速度为0.4 m/s2B小球前15 s内的平均速度为1.5 m/sC小球第14 s的初速度为2.8 m/sD第15 s内的平均速度为0.2 m/s答案B解析根据匀变速直线运动的推论xaT2得：a m/s20.2 m/s2，故A错误；小球15 s末的速度v15at150.215 m/s3 m/s，则小球前15 s内的平均速度15 m/s1.5 m/s，故B正确；小球第14 s的初速度等于13 s末的速度，则v13at130.213 m/s2.6 m/s，故C错误；小球第14 s末的速度v14at140.214 m/s2.8 m/s，则第15 s内的平均速度为15 m/s2.9 m/s，故D错误一、选择题1质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x5tt2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点()A第1 s内的位移是5 mB前2 s内的平均速度是6 m/sC任意1 s内的速度增量都是1 m/sD任意相邻的1 s内位移差都是2 m答案D解析第1 s内的位移x16 m，故A错误；前2 s内的位移x214 m，则前2 s内的平均速度 m/s7 m/s，故B错误；根据xv0tat25tt2得，a2 m/s2，则任意1 s内速度的增量vat21 m/s2 m/s，故C错误；任意相邻1 s内的位移差xaT2212 m2 m，故D正确2一辆汽车以2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，经过2 s(汽车未停下)，汽车行驶了36 m汽车开始减速时的速度是()A9 m/s B18 m/sC20 m/s D12 m/s答案C解析由位移公式xv0tat2得汽车的初速度v0 m/s20 m/s，C正确3物体由静止开始做匀加速直线运动，第3 s内通过的位移是3 m，则下列说法不正确的是()A第3 s内平均速度是3 m/sB物体的加速度是1.2 m/s2C前3 s内的位移是6 mD3 s末的速度是3.6 m/s答案C解析第3 s内的平均速度 m/s3 m/s，A正确；前3 s内的位移x3at32，前2 s内的位移x2at22，故xx3x2at32at223 m，即a32a223 m，解得a1.2 m/s2，B正确；将a代入x3at32得x35.4 m，C错误；v3at31.23 m/s3.6 m/s，D正确4物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x13 m，第2 s内通过的位移为x22 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是()A加速度a的大小为1 m/s2B初速度v0的大小为2.5 m/sC位移x3的大小为 m D位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s答案B解析根据xaT2得，a m/s21 m/s2，A项正确根据x1v0t1at12，得v03.5 m/s，B项错误；第2 s末的速度v2v0at2(3.512) m/s1.5 m/s，则x3 m m，位移x3内的平均速度大小0.75 m/s，C、D正确5(20184月选考10)如图1所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是()图1A13 s B16 s C21 s D26 s答案C解析运动分成三段，开始匀加速启动，接下来以8 m/s的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口加速阶段，t18 s，位移x1at232 m.减速阶段与加速阶段对称，t38 s，x332 m匀速阶段：x2(1043232) m40 m，所以t25 s所以t总t1t2t321 s，所以选C.6一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移x所用时间为t2.则物体运动的加速度为()A. B.C. D.答案A解析通过第一段位移中间时刻的瞬时速度为v1，通过第二段位移中间时刻的瞬时速度为v2，由于v2v1a，所以a，选项A正确7如图2所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L.一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B.子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动则子弹穿出A时的速度为()图2A. B. C. D.v1答案C解析设子弹的加速度为a，则：v22v122a3LvA2v122aL由两式得子弹穿出A时的速度vA，C正确8(2018嘉兴一中期中)冬季我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车前1.5 m处，避免了一场事故以下说法正确的是()A司机发现故障后，汽车经过3 s停下B从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sC司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mD从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s答案C9(多选)物体沿一直线做匀加速直线运动，已知它在第2 s内的位移为4.0 m，第3 s内的位移为6.0 m，则下列说法中正确的是()A它在第2 s初到第3 s末的平均速度的大小是5.0 m/sB它在第1 s内的位移是2.0 mC它的初速度为零D它的加速度大小是2.0 m/s2答案ABD解析第2 s初到第3 s末的总位移为10 m，时间为2 s，根据平均速度定义可知：v5 m/s，即平均速度为5 m/s，故A正确；根据匀变速直线运动规律的推论xaT2可知，x2x1x3x2，可得第1 s内的位移为2.0 m，故B正确；根据xaT2可得加速度a m/s22.0 m/s2，故D正确；由B知第1 s内的位移为2.0 m，根据xv0tat2，可知物体的初速度v01 m/s，不为零，故C错误10(多选)汽车甲、乙从A沿直线运动到B，甲以速度v0做匀速直线运动从A到B，乙从A点由静止开始，以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，接着又以大小为a2的加速度做匀减速直线运动，到B时刚好停止，且甲、乙两车从A到B的时间相同，均为t，则()A乙车在运动过程中的最大速度与a1、a2有关BA、B两点的长度为v0tC不论a1、a2为何值，都有D不论a1、a2为何值，都有答案BC解析设乙车的最大速度为vm，根据平均速度推论知：t1t2(t1t2)ts，又sv0t，解得：vm2v0，与a1、a2无关，故A错误甲车做匀速直线运动，可知A、B两点的长度sv0t，故B正确对乙车，有：t，又vm2v0，解得：，故C正确，D错误二、非选择题11(2018宁波市第一学期期末)如图3甲为一航拍飞机，操作员启动上升按钮，航拍飞机从地面上的O点由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过8 s到达离O点高为48 m处的A点时，操作员调节螺旋桨转速，改变升力大小，使得航拍飞机继续匀速上升，经4 s运动到B点，如图乙所示，求：(1)航拍飞机匀加速运动阶段的加速度大小a和A点的瞬时速度大小vA；(2)航拍飞机从O点到B点的平均速度大小.图3答案(1)1.5 m/s212 m/s(2)8 m/s解析(1)航拍飞机做匀加速直线运动x1at12，解得a1.5 m/s2，则vAat112 m/s.(2)匀速运动：xABvAt48 m，总位移：xx1xAB96 m，飞机在OB段的平均速度 m/s8 m/s.12一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，已知途中先后经过相距27 m的A、B两点所用时间为2 s，汽车经过B点时的速度为15 m/s.求：(1)汽车经过A点时的速度大小和加速度大小；(2)汽车从出发点到A点经过的距离；(3)汽车经过B点后再经过2 s到达C点，则BC间距离为多少？答案(1)12 m/s1.5 m/s2(2)48 m(3)33 m解析(1)设汽车运动方向为正方向，过A点时速度为vA，则AB段平均速度为AB故xABABtt，解得vA12 m/s.对AB段：a1.5 m/s2.(2)设出发点为O，对OA段(v00)：由v2v022ax得xOA48 m.(3)汽车经过BC段的时间等于经过AB段的时间，由位移差公式有：xBCxABaT2，得xBCxABaT227 m1.522 m33 m.13某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m在一次实验紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s，小轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m则：(1)求小轿车安全制动的加速度(2)试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求答案(1)8 m/s2(2)符合设计要求解析(1)根据设计要求的加速度为：a m/s28 m/s2.(2)测试出来的加速度设为a，则有：xv0t1at12，0v0at2代入得：8.2v01a120v0a1.5，解得：a8.2 m/s2可知|a|a|，故这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求12