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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第2章　勻變速直線運動
素養提升課(一)　勻變速直線運動規律的應用
[學習目標]　1．掌握勻變速直線運動的平均速度公式，并能解決相關問題。2．會推導初速度為零的勻變速直線運動的比例式，并深刻理解，掌握其用法。3．會推導位移差公式Δs＝aT2，并會應用它解決相關加速度的問題等。
關鍵能力·情境探究達成
考點1　勻變速直線運動的平均速度公式
三個平均速度公式及適用條件
1．，適用于所有運動。
2．，適用于勻變速直線運動。
3．＝，即一段時間內的平均速度，等于這段時間內中間時刻的速度，適用于勻變速直線運動。
【典例1】　從車站開出的汽車做勻加速直線運動，運動了12 s時，發現還有乘客沒上來，于是立即做勻減速直線運動至停車，總共歷時20 s，行進了50 m，求汽車在此次運動過程中的最大速度。
思路點撥：在勻變速直線運動中，汽車初速度為0，勻加速達最大速度，接著勻減速到0，首選平均速度公式解決。
[解析]　方法一：基本公式法
設最大速度為vmax，由題意得
s＝s1＋s2＝＋vmaxt2－，t＝t1＋t2
vmax＝a1t1，0＝vmax－a2t2
解得vmax＝ m/s＝5 m/s。
方法二：平均速度法
由于汽車在前、后兩段均做勻變速直線運動，所以前、后兩段的平均速度均為最大速度vmax的一半，即，由s＝得vmax＝＝5 m/s。
方法三：圖像法
作出汽車運動全過程的v-t圖像如圖所示，v-t圖像與t軸所圍成的三角形的面積與位移的大小相等，所以s＝，則vmax＝
m/s＝5 m/s。
[答案]　5 m/s
規律方法　在勻變速直線運動中，沒有加速度a，也不涉及加速度，只涉及初、末速度和時間，利用s＝t求位移比較方便。
√
[跟進訓練]
1．一物體做勻加速直線運動，通過一段位移Δx所用的時間為t1，緊接著通過下一段位移Δx所用的時間為t2。則物體運動的加速度為
(　　)
A．　　　　 B．
C． D．
A　[物體做勻加速直線運動，物體在前一段位移Δx所用的時間為t1，平均速度為，即為t1時間內中間時刻的瞬時速度；物體在后一段位移Δx所用的時間為t2，平均速度為，即為t2時間內中間時刻的瞬時速度。速度由變化到的時間為Δt＝，所以加速度為a＝，A正確。]
考點2　初速度為零的勻加速直線運動的比例式
1．按時間等分(設相等的時間間隔為T)的比例式
(1)T末、2T末、3T末……nT末的瞬時速度之比
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)T內、2T內、3T內……nT內的位移之比
s1∶s2∶s3∶…∶sn＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一個T內、第二個T內、第三個T內……第n個T內的位移之比
s1′∶s2′∶s3′∶…∶sn′＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
2．按位移等分(設相等的位移為s)的比例式
(1)通過前s、前2s、前3s……前ns的位移時的瞬時速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶∶。
(2)通過前s、前2s、前3s……前ns的位移所用時間之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶。
(3)通過連續相同的位移所用時間之比，t1′∶t2′∶t3′∶…∶tn′＝1∶∶∶…∶。
【典例2】　一小球沿斜面由靜止開始勻加速滾下(斜面足夠長)，已知小球在第4 s末的速度為4 m/s。求：
(1)第6 s末的速度大小；
(2)前6 s內的位移大小；
(3)第6 s內的位移大小。
思路點撥：初速度為0的勻加速直線運動，根據相等時間間隔的速度、位移規律的比例關系，容易得出結果。
[解析]　(1)由于第4 s末與第6 s末的速度之比v4∶v6＝4∶6＝2∶3
故第6 s末的速度v6＝v4＝6 m/s。
(2)由v4＝at4得a＝＝1 m/s2
所以第1 s內的位移s1＝a×12 m＝0.5 m
第1 s內與前6 s內的位移之比s1∶s6＝12∶62
故前6 s內小球的位移s6＝36s1＝18 m。
(3)第1 s內與第6 s內的位移之比
s1∶s6′＝1∶(2×6－1)＝1∶11
故第6 s內的位移s6′＝11s1＝5.5 m。
[答案]　(1)6 m/s　(2)18 m　(3)5.5 m
規律方法　(1)求出第1 s末的速度和第1 s內的位移，然后靈活應用初速度為零的比例式求解會比較簡潔。
(2)正方向的勻減速直線運動可等效為負方向的勻加速直線運動，此方法叫逆向思維方法。
[跟進訓練]
2．如圖所示，在水平面上固定著三個完全相同的木塊，一粒子彈以水平速度v射入木塊。若子彈在木塊中做勻減速直線運動，當穿透第三個木塊時速度恰好為零，則子彈依次穿過每個木塊所用時間之比為多少？
[解析]　把子彈的運動看成逆向的初速度為零的勻加速直線運動。子彈從右向左，通過每個木塊的時間之比為1∶∶。則子彈實際運動通過連續相等位移的時間之比為t1∶t2∶t3＝∶∶1。
[答案]　∶∶1
考點3　位移差公式Δs＝aT2
1．勻變速直線運動中，在連續相等的時間T內的位移之差為一恒定值，即Δs＝sn＋1－sn＝aT2。
2．證明：設物體以初速度v0，加速度a做勻加速直線運動，從開始計時起，時間T內的位移為
s1＝v0T＋aT2
在第2個時間T內的位移為
s2＝v0×2T＋a(2T)2－s1＝v0T＋aT2
由以上兩式可得，連續相等的時間T內的位移之差為
Δs＝s2－s1＝－＝aT2
即Δs＝aT2
進一步推證可得：
Δs＝sn＋1－sn＝…＝s2－s1＝aT2。
3．應用
(1)判斷物體是否做勻變速直線運動
如果Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT2成立，則a為一恒量，說明物體做勻變速直線運動。
(2)求加速度
利用Δs＝aT2，可求得a＝。
4．不連續相等時間T內的位移差sn－sm＝(n－m)aT2
【典例3】　一個做勻加速直線運動的質點，在連續相等的兩個時間間隔內，通過的位移分別是24 m和64 m，每一個時間間隔為4 s，求質點在這兩個時間間隔初的速度大小和運動過程中的加速度大小。
思路點撥：相鄰相等的時間間隔內的位移滿足Δs＝aT2的特殊推論。
[解析]　設質點在第1個時間間隔初的速度為v1，在第2個時間間隔初的速度為v2，在第2個時間間隔末的速度為v3，根據平均速度公式可得：第1個4 s內的平均速度＝6 m/s，第2個4 s內的平均速度＝16 m/s，8 s內的平均速度＝11 m/s，聯立解得：第1個時間間隔初的速度為v1＝1 m/s，第2個時間間隔初的速度為v2＝＝11 m/s。
根據逐差相等公式Δs＝s2－s1＝aT2可得
64 m－24 m＝a×(4 s)2
質點運動的加速度為a＝2.5 m/s2。
[答案]　1 m/s　11 m/s　2.5 m/s2
[跟進訓練]
3．如圖所示，滑雪運動員從O點由靜止開始做勻加速直線運動，先后經過P、M、N三點，已知PM＝10 m，MN＝20 m，且運動員經過PM、MN兩段的時間相等，下列說法不正確的是 (　　)
A．能求出O、P間的距離
B．不能求出運動員經過OP段所用的時間
C．不能求出運動員的加速度
D．不能求出運動員經過P、M兩點的速度之比
√
D　[設運動員通過PM、MN所用時間均為T，則在M點的速度為vM＝，根據Δx＝aT2得a＝，則vP＝vM－aT＝，則xOP＝＝1.25 m，故A正確；不能求出運動員經過OP段所用的時間和運動員的加速度大小，故B、C正確；由以上分析可知運動員經過P、M兩點的速度之比為，故D錯誤。D符合題意。]
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√
素養提升練(一)　勻變速直線運動規律的應用
13
一、選擇題
1．從靜止開始做勻加速直線運動的物體，在第1 s內、第2 s內、第
3 s內的平均速度之比為(　　)
A．1∶3∶5　　　　　　　　 B．1∶4∶9
C．1∶2∶3 D．1∶∶
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A　[由于第1 s內、第2 s內、第3 s內的位移之比s1∶s2∶s3＝1∶3∶5，而平均速度，三段時間都是1 s，故三段時間內的平均速度之比為1∶3∶5，故A正確。]
√
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2．(雙選)如圖所示，物體做勻加速直線運動，A、B、C、D為其運動軌跡上的四點，測得AB＝2 m，BC＝3 m，且物體通過AB、BC、CD所用的時間均為0.2 s，則下列說法正確的是(　　)
A．物體的加速度為20 m/s2
B．物體的加速度為25 m/s2
C．CD＝4 m
D．CD＝5 m
√
BC　[由勻變速直線運動的規律，連續相等時間內的位移差為常數，即Δs＝aT2可得：a＝ m/s2＝25 m/s2，故A錯誤，B正確；根據CD－BC＝BC－AB，可知CD＝4 m，故C正確，D錯誤。]
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√
3．(教材P69T8改編)高速公路的ETC電子收費系統如圖所示，ETC通道的長度是識別區起點到自動欄桿的水平距離。某人駕駛汽車以6 m/s的速度勻速進入識別區，ETC天線用了0.3 s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發出“滴”的一聲，司機發現自動欄桿沒有抬起，于是采取制動剎車，汽車剛好緊貼欄桿停下。已知司機的反應時間為0.7 s，剎車的加速度大小為，則該ETC通道的長度約為(　　)
A．3.6 m　　　　　B．5.4 m
C．6.0 m D．9.6 m
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D　[通過分析可知，汽車在運動過程中先做勻速直線運動，再做勻減速直線運動。根據運動學的規律，列式可得s＝v0t＋＝6×(0.7＋0.3)m＋ m＝9.6 m，故D正確。]
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4．一輛汽車在水平地面上沿直線行駛，在0～2t時間內做勻加速直線運動，速度由0變為v。在2t～3t時間內做勻減速直線運動，速度由v變為0，在這兩段時間內，下列說法正確的是 (　　)
A．加速度的大小之比為2∶1
B．位移的大小之比為2∶1
C．平均速度的大小之比為1∶2
D．平均速度的大小之比為2∶1
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B　[根據題意作出汽車運動的v-t圖像。如圖所示，在v-t圖像中，斜率表示加速度，可得加速度的大小之比為a1∶a2＝∶＝1∶2，A錯誤；位移的大小之比x1∶x2＝v2t∶＝2∶1，B正確；平均速度的大小之比∶＝1∶1，C、D錯誤。]
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5．(雙選)如圖所示，物體從O點開始做初速度不為零的勻加速直線運動，在第一個時間T內通過位移s1到達A點，緊接著在第二個時間T內通過位移s2到達B點，則以下判斷正確的是(　　)
A．物體運動的加速度為
B．物體運動的加速度為
C．物體在A點的速度大小為
D．物體在B點的速度大小為
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BC　[根據勻變速直線運動的規律Δs＝aT2得物體的加速度為a＝，故A錯誤，B正確；A點對應該過程的中間時刻，根據勻變速直線運動規律可知，該點的瞬時速度等于該過程中的平均速度，即vA＝，故C正確；根據勻變速直線運動的速度—時間公式有vB＝vA＋aT＝，故D錯誤。]
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6．火車的速度為8 m/s，關閉發動機后做勻減速直線運動，前進70 m時速度減為6 m/s。若再經過40 s，火車又前進的距離為(　　)
A．80 m B．90 m
C．120 m D．160 m
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B　[設火車的加速度為a，根據v2－＝2as，解得a＝ m/s2＝－0.2 m/s2，從6 m/s到停止所需要的時間為t＝ s＝30 s，故再經過40 s火車前進的距離實際為火車前進30 s時前進的距離，即s′＝×30 m＝90 m，故選B。]
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7．為了測定某轎車在平直路上啟動階段的加速度(轎車啟動時的運動可近似看成是勻加速直線運動)，某人拍攝了一張在同一底片上多次曝光的照片，如圖所示，如果拍攝時每隔2 s曝光一次，轎車車身總長為4.5 m，那么這輛轎車的加速度為(　　)
A．1 m/s2 B．2.25 m/s2
C．3 m/s2 D．4.25 m/s2
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B　[根據勻變速直線運動規律，Δs＝s2－s1＝aT2，讀出s1、s2，代入即可計算。轎車車身總長4.5 m，則圖中每一小格為1.5 m，由此可算出兩段距離分別為s1＝12 m和s2＝21 m，又T＝2 s，則a＝ m/s2＝2.25 m/s2，故選B。]
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8．圖中ae為港珠澳大橋上四段110 m的等跨鋼箱連續梁橋，若汽車從a點由靜止開始做勻加速直線運動，通過ab段的時間為t，則 (　　)
A．汽車通過bc段的時間為t
B．汽車通過b點的速度等于汽車通過ad段的平均速度
C．汽車通過ce段的時間為t
D．汽車通過c點的速度小于汽車通過ae段的平均速度
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C　[根據s＝at2可得出t＝，汽車通過ab、bc、cd、de段所用的時間之比為1∶∶∶，可得通過bc段的時間為t，故A錯誤；汽車通過ae段的時間為2t，b點為ae段的中間時刻，故通過b點的速度等于ae段的平均速度，故B錯誤；汽車通過cd段的時間為t，通過de段的時間為t，通過ce段的時間為t，故C正確；勻變速直線運動中點位置的速度大于此階段的平均速度，D錯誤。]
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9．(教材P28T5改編)如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為(　　)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
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C　[電動公交車做勻減速直線運動，設R、S間的距離為x，則，解得t2＝4t1，vT＝vR－10 m/s，再根據勻變速直線運動速度與時間的關系有vT＝vR－a5t1，解得at1＝2 m/s，又，解得vR＝11 m/s，vT＝1 m/s，C正確。]
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10．光滑斜面的長度為l，一物體自斜面頂端由靜止開始勻加速滑至底端，經歷的時間為t，則下列說法錯誤的是(　　)
A．物體運動全過程中的平均速度大小為
B．物體在時刻的瞬時速度大小為
C．物體運動到斜面中點時瞬時速度大小為
D．物體從斜面頂端運動到斜面中點所需的時間為
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B　[物體運動全過程中的平均速度大小v＝，A正確；在時刻，物體的瞬時速度大小等于全程的平均速度大小，B錯誤；若末速度大小為v，則，故物體運動到斜面中點時瞬時速度大小v中＝，C正確；設物體的加速度大小為a，到達中間位置用時t′，則l＝所以t′＝t，D正確。]
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二、非選擇題
11．一列火車由等長的車廂連接而成。車廂之間的間隙忽略不計，一人站在站臺上與第一節車廂的最前端相齊。當列車由靜止開始做勻加速直線運動時開始計時，測量第一節車廂通過他的時間為2 s，則第5節至第16節車廂通過他的時間為多少？
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[解析]　方法一：此題若以車為研究對象，由于車不能簡化為質點，不便分析，故取車為參考系，把車的運動轉化為人做勻加速直線運動。設每節車廂長為L，加速度為a，則人通過第一節車廂的時間為t1＝ ＝2 s
人通過前4節車廂的時間為t4＝ ＝4 s
人通過前16節車廂的時間為t16＝ ＝8 s
故所求時間Δt＝t16－t4＝4 s。
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方法二：通過1節、4節、16節所用時間之比
t1∶t4∶t16＝1∶∶
t1＝2 s，所以t4＝4 s，t16＝8 s，故Δt＝t16－t4＝4 s。
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[答案]　4 s
12．濟鄭高鐵是連接濟南和鄭州的現代化高速鐵路，試運行時的最大時速達到了385 km/h。濟鄭高速列車在一次運行中由濟南西站開往聊城西站，假設濟南西站至聊城西站間的鐵路為直線。技術人員乘此列車從濟南西車站出發，列車從啟動勻加速到360 km/h，用了250 s的時間，再勻速運動了10 min 后，列車勻減速運動，經過
5 min后剛好停在聊城西車站。
(1)求濟南西站、聊城西站兩站間的距離；
(2)畫出該高速列車的v -t圖像。
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[解析]　(1)高速列車啟動過程，初速度為0，末速度為vt＝360 km/h＝100 m/s，時間為t1＝250 s，則加速度為
a1＝ m/s2＝0.4 m/s2
減速運動過程，初速度為100 m/s，末速度為0，時間為
t3＝5 min＝300 s，則加速度為
a2＝ m/s2＝－ m/s2
列車的位移為
s＝
代入數據得s＝8.75×104 m。
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(2)該高速列車的v -t圖像如圖所示。
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[答案]　(1)8.75×104 m　(2)見解析圖
13．從斜面上某一位置每隔0.1 s釋放一個小球，釋放后小球做勻加速直線運動，在連續釋放幾個后，對在斜面上滾動的小球拍照，拍下了如圖所示的照片，測得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm，
(1)小球運動的加速度多大？
(2)拍攝時球A的速度vA多大？
(3)小球A上面正在運動的小球最多可能還有幾個？
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[解析]　小球釋放后做勻加速直線運動，且每相鄰的兩個小球之間的時間間隔相等，均為0.1 s，可以認為A、B、C、D各點是一個小球在不同時刻的位置。
(1)由推論Δs＝aT2可知，小球的加速度
a＝ m/s2＝。
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(2)小球在B點的速度等于在AC段的平均速度，即
vB＝ m/s＝1.75 m/s
則vA＝vB－aT＝1.75 m/s－0.1×5 m/s＝1.25 m/s。
(3)由速度公式可得A球運動時間t＝ s＝0.25 s
所以A球上方最多還有2個小球。
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[答案]　(1)5 m/s2　(2)1.25 m/s　(3)2個
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