高中物理教科版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案设计

这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案设计，共7页。

[学习目标] 1.掌握三个平均速度公式及其适用条件，会应用平均速度公式求解相关问题.2.会推导Δx＝aT 2并会用它解决相关问题．
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x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at
中间时刻的速度：＝v0＋a·eq \f(1,2)t＝eq \f(2v0＋at,2)＝eq \f(v0＋vt,2)
故有＝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(x,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(x,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．
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，x1＝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，x2＝eq \f(vm,2)t2，所以整个运动过程x＝x1＋x2＝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＝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＝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
则a＝eq \f(v3－v0.5,Δt)＝eq \f(8－3,3－0.5) m/s2＝2 m/s2，选项C正确．
二、位移差公式Δx＝aT 2
导学探究 一物体做匀变速直线运动，加速度为a，从某时刻起T时间内的位移为x1，紧接着第二个T时间内的位移为x2，试证明：Δx＝aT 2.
答案 证明：设物体的初速度为v0，则第1个T时间内的位移x1＝v0T＋eq \f(1,2)aT 2
第2个T时间内的位移x2＝v0·2T＋eq \f(1,2)a(2T)2－x1＝v0T＋eq \f(3,2)at2
位移差Δx＝x2－x1＝v0T＋eq \f(3,2)aT 2－(v0T＋eq \f(1,2)at2)＝aT 2
即Δx＝aT 2.
知识深化
1．匀变速直线运动中，任意两个连续相等的时间间隔T内，位移差是一个常量，即Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT 2.
2．应用
(1)判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT 2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Δx＝aT 2，可求得a＝eq \f(Δx,T2).
(2020·广州市模拟)如图2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x1＝8 m，在第二个2 s内通过的位移x2＝20 m，求质点运动的初速度和加速度的大小．
图2
答案 1 m/s 3 m/s2
解析 由Δx＝aT2得加速度a＝eq \f(Δx,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x1＝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Δx＝aT2，得a＝eq \f(x4－x3,T2)＝0.5 m/s2，x3－x2＝x4－x3，所以第2 s内的位移x2＝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(x3＋x4,2T)＝2.25 m/s，B正确．
1．(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/s
B．平均速度大小为8 m/s
C．位移大小为24 m
D．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x＝eq \f(v0＋vt,2)t得x＝24 m，选项C正确，D错误．
2．(位移差公式的应用)(多选)(2020·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 质点经过AB、BC、CD段的时间相等，均为T＝1 s则x3－x2＝x2－x1＝aT2，
故x3－x1＝2aT2，可得a＝eq \f(x3－x1,2T2)＝eq \f(13－5,2×12) m/s2＝4 m/s2；
由x2－x1＝x3－x2得BC段长度x2＝9 m，
B点对应AC段的中间时刻，故vB＝eq \x\t(v)AC＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(5＋9,2×1) m/s＝7 m/s，
C点对应BD段的中间时刻，故vC＝eq \x\t(v)BD＝eq \f(x2＋x3,2T)＝eq \f(9＋13,2×1) m/s＝11 m/s，
故A、C正确．
3．(平均速度公式的应用)一质点做匀变速直线运动，初速度v0＝2 m/s，前4 s内位移为20 m，求：
(1)质点前4 s内的平均速度大小；
(2)质点第4 s末的速度大小；
(3)质点第2 s末的速度大小．
答案 (1)5 m/s (2)8 m/s (3)5 m/s
解析 (1)前4 s内的平均速度
eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(20,4) m/s＝5 m/s.
(2)因为eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v4,2)，代入数据解得，
第4 s末的速度v4＝8 m/s.
(3)第2 s末为这段时间的中间时刻，故v2＝eq \x\t(v)＝5 m/s.
考点一 平均速度公式的应用
1．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( )
A．2.45 m/s2 B．－2.45 m/s2
C．4.90 m/s2 D．－4.90 m/s2
答案 D
解析 设质点在第一个0.5 s内的平均速度为v1，即在t1＝0.25 s时的速度为v1；设在第一个1.5 s内的平均速度为v2，即在t2＝0.75 s时速度为v2.由题意得：v2－v1＝－2.45 m/s，故a＝eq \f(v2－v1,t2－t1)＝eq \f(－2.45,0.75－0.25) m/s2＝－4.90 m/s2，D正确．
2．一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，前进了25 m，在此过程中，汽车的最大速度为( )
A．2.5 m/s B．5 m/s
C．7.5 m/s D．10 m/s
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，则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)，
x＝eq \x\t(v)1t1＋eq \x\t(v)2t2＝eq \f(vm,2)(t1＋t2)＝eq \f(1,2)vmt，解得vm＝5 m/s.
3．一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x1＝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x2＝eq \x\t(v)2t2＝eq \f(v,2)t2
所以x1∶x2＝t1∶t2＝1∶3，故选C.
4．(2021·辛集中学月考)中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3 000 m，着陆距离大约为2 000 m．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速直线运动，起飞时速度是着陆速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆时间之比是( )
A．3∶2 B．1∶1
C．1∶2 D．2∶1
答案 B
解析 设着陆速度为v，则起飞速度v0＝1.5v
起飞滑跑时间t1＝eq \f(x1,\f(v0,2))＝eq \f(2x1,v0)＝eq \f(6 000,1.5v)＝eq \f(4 000,v)
着陆时间t2＝eq \f(x2,\f(v,2))＝eq \f(2x2,v)＝eq \f(4 000,v)
故t1∶t2＝1∶1.
考点二 位移差公式Δx＝aT2的应用
5．一物体做匀加速直线运动，依次经过O、A、B、C四点，A、B间的距离为10 m，B、C间的距离为14 m，已知物体通过OA段、AB段、BC段所用的时间均相等．则O与A的距离为( )
A．8 m B．6 m C．4 m D．2 m
答案 B
解析 在匀变速直线运动中，连续相等的时间间隔T内物体的位移之差Δx＝aT2，则x3－x2＝x2－x1，所以x1＝2x2－x3＝2×10 m－14 m＝6 m，选项B正确．
6．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样Δv时发生位移x2.则该质点的加速度大小为( )
A.eq \f(2Δv2,x1＋x2) B.eq \f(Δv2,x2－x1)
C.eq \f(2Δv2,x2－x1) D．(Δv)2(eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2))
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x2－x1＝aT2，a＝eq \f(Δv,T)，联立可求得a＝eq \f(Δv2,x2－x1)，故B正确．
7．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是( )
A．25 m B．24 m C．20 m D．36 m
答案 A
解析 根据Δx＝aT2解得a＝－2 m/s2，设汽车的初速度为v0，第1 s末的速度为v1，则v1＝eq \f(x1＋x2,2T)＝8 m/s，根据v1＝v0＋aT，代入数据解得v0＝10 m/s，故刹车时间为t＝eq \f(0－v0,a)＝5 s，所以刹车后6 s时速度已为0，则刹车后6 s内的位移x＝eq \f(v0,2)t＝25 m，A正确，B、C、D错误．
8．一个做匀加速直线运动的物体，在第一个4 s内经过的位移为24 m，在第2个4 s内经过的位移是60 m，求这个物体的加速度大小和初速度大小．
答案 2.25 m/s2 1.5 m/s
解析 由位移差公式Δx＝aT2得：
a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(60－24,42) m/s2＝2.25 m/s2，
则物体第4 s末的速度v4＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(24＋60,8) m/s＝10.5 m/s，
而v4＝v0＋4a，
则物体初速度v0＝1.5 m/s.
9.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1所示的照片，测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm.试求：
图1
(1)小球的加速度的大小；
(2)拍摄时小球B的速度的大小；
(3)拍摄时xCD的大小．
答案 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m
解析 小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为0.1 s，可以认为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置．
(1)由Δx＝aT2可知，小球的加速度为
a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(xBC－xAB,T2)＝eq \f(20×10－2－15×10－2,0.12) m/s2＝5 m/s2.
(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段上的平均速度，即
vB＝eq \x\t(v)AC＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(20×10－2＋15×10－2,2×0.1) m/s＝1.75 m/s.
(3)由于连续相等时间内的位移差恒定，所以
xCD－xBC＝xBC－xAB
所以xCD＝2xBC－xAB＝2×20×10－2 m－15×10－2 m＝0.25 m.