2020-2021学年第二节 匀变速直线运动的规律学案设计

这是一份2020-2021学年第二节 匀变速直线运动的规律学案设计，共12页。学案主要包含了概念判断，选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、概念判断
1．只有匀变速直线运动的v­t图像与t轴所围的面积才等于物体的位移。( × )
提示：由微元法可知，对于所有的运动，v­t图像与t轴所围的面积都等于物体的位移。
2．位移公式s＝v0t＋ eq \f(1,2) at2仅适用于匀加速直线运动。( × )
提示：位移公式s＝v0t＋ eq \f(1,2) at2不仅适用于匀加速直线运动，也适用于匀减速直线运动。
3．初速度越大，时间越长，匀变速直线运动物体的位移一定越大。( × )
提示：初速度越大，时间越长，匀变速直线运动物体的位移不一定越大，还与加速度有关。
4．确定公式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2as中的四个物理量时，必须选取同一参考系。( √ )
5．在公式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2as中，s、v0、vt、a都是矢量，应用时必须选取统一的正方向。( √ )
二、选择题
·题组一 匀变速直线运动速度与时间的关系
1．两个做匀变速直线运动的质点，下列说法中正确的是( )
A．经过相同的时间，速度大的质点加速度必定大
B．若初速度相同，速度变化大的质点加速度必定大
C．若加速度相同，初速度大的质点末速度一定大
D．相同时间内，加速度大的质点速度变化必定大
【解析】选D。根据加速度的定义式a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(v－v0,t) ，可知加速度与初速度、时间、末速度都有关，经过相同时间，速度v大的质点，加速度不一定大，还与质点的初速度有关，故A错误；若初速度相同，速度变化大的质点加速度不一定大，还与速度变化所用时间t有关，故B错误；若加速度相同，由速度公式v＝v0＋at可知，初速度大的质点末速度不一定大，还与时间有关，故C错误；由加速度定义式可知，相同时间内，加速度大的质点，速度变化Δv必定大，故D正确。
2．下列有关匀变速直线运动的认识，其中正确的是( )
A．匀变速直线运动的速度变化量是一个恒量
B．匀变速直线运动的速度变化率是一个恒量
C．在相等的时间内，匀变速直线运动的位移大小相等
D．a>0表示物体做加速运动，a<0表示做减速运动
【解析】选B。对于不同时间，匀变速直线运动的速度变化量不同，A错误；匀变速直线运动的加速度即速度变化率不变，B正确；匀变速直线运动的速度时刻在变，在相等的时间内位移大小不相等，C错误；只有在选定初速度方向为正的情况下，a>0才表示物体做加速运动，a<0才表示物体做减速运动，D错误。
·题组二 匀变速直线运动v­t图像
3．物体运动的v­t图像如图所示，设向右为正，下列关于前4 s内物体运动情况的判断，下列说法正确的是( )
A.物体始终向右运动
B．物体先向右运动，第2 s末开始向左运动
C．第3 s末物体在出发点的左侧
D．第4 s末物体距出发点最远
【解析】选B。速度的正、负表示物体运动方向，故前2 s物体向右运动，后2 s向左运动，A错，B对。由于前2 s物体一直向右运动，离出发点越来越远，第2 s末开始又向左运动，逐渐靠近出发点，故第2 s末物体离开出发点最远，D错。物体在4 s末回到出发点，故3 s末物体在出发点右侧，C错。
4．(多选)甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动，两物体运动的v­t图像如图所示，下列判断正确的是( )
A.甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动
B．两物体两次速度相同的时刻分别在第1 s末和第4 s末
C．乙在前2 s内做匀加速直线运动，2 s后做匀减速直线运动
D．2 s后，甲、乙两物体的速度方向相反
【解析】选B、C。由v ­t图像知，甲以2 m/s的速度做匀速直线运动，乙在0～2 s内做匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，2～6 s内做匀减速直线运动，加速度a2＝－1 m/s2，A错误，C正确；t＝1 s和t＝4 s时二者速度相同，B正确；0～6 s内甲、乙的速度方向都沿正方向，D错误。
·题组三 位移与时间关系式的应用
5．某质点的位移随时间变化的关系式为s＝3t＋2t2，s与t的单位分别是m、s，则质点第1秒末的速度是( )
A．7 m/s B．9 m/s C．11 m/s D．13 m/s
【解析】选A。根据位移－时间公式s＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，结合位移随时间变化的关系式s＝3t＋2t2，可知质点的初速度为：v0＝3 m/s，由 eq \f(1,2) a＝2 m/s2，可得加速度为：a＝4 m/s2；
由速度－时间公式，可知质点第1秒末的速度为：v1＝v0＋at1＝3 m/s＋4×1 m/s＝7 m/s，故A正确，B、C、D错误。
6．C919是中国第一架拥有完全自主知识产权的大型商用客机，是世界先进的支线喷气客机，燃油效率高，噪音低，安全可靠。一架C919飞机在跑道上由静止加速到某速度值时离地升空飞行。已知飞机在跑道上加速前进的距离为1 600 m，所用时间为40 s，则飞机的加速度a和离地速度v分别为( )
A．2 m/s2 80 m/s B．2 m/s2 40 m/s
C．1 m/s2 40 m/s D．1 m/s2 80 m/s
【解析】选A。由静止开始加速，初速度为0，根据s＝ eq \f(at2,2) 得a＝2 m/s2，飞机离地速度为v＝at＝80 m/s。
·题组四 速度与位移关系式的应用
7.2019年12月17日，我国第一艘国产航空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付海军，“山东舰”航空母舰上有帮助舰载机起飞的弹射系统，已知“歼－15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s2，起飞速度为50 m/s，若该战斗机滑行100 m时起飞，假设航空母舰静止，则弹射系统必须使战斗机具有的初速度大小为( )
A．30m/s B．40m/s C．20m/s D．10m/s
【解析】选B。设飞机的初速度为v0，
已知飞机的加速度a＝4.5 m/s2、位移s＝100 m、
末速度v＝50 m/s，
由匀变速直线运动的速度－位移公式有：
v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2as
得：v0＝ eq \r(v2－2as) ＝ eq \r(502－2×4.5×100) m/s＝40 m/s，故A、C、D错误，B正确。
8．冬天大雾天气的时候，高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸。如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m，该人的反应时间为0.5 s，若汽车的行驶速度为20 m/s，为安全行驶，则整个过程汽车运动的最大加速度为汽车刹车时产生的加速度至少多大( )
A．2m/s2 B．3m/s2 C．4m/s2 D．5m/s2
【解析】选D。发现目标时，反应时间内汽车做匀速直线运动，运动位移为：x1＝v0t＝20×0.5 m＝10 m，刹车后做匀减速直线运动，由运动学公式：v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2a(x－x1)代入数据解得汽车运动的最小加速度为：a＝－5 m/s2，故A、B、C错误，D正确。
三、非选择题
9. (金榜创新题)(速度与时间的关系)为缓解交通压力，一家从事创新设计的公司制造了一辆飞行汽车，既可以在公路上行驶，也可以在天空飞行。已知该飞行汽车在跑道上的加速度大小为2 m/s2，速度达到40 m/s后离开地面。离开跑道后的加速度为5 m/s2，最大速度为200 m/s。飞行汽车从静止到加速至最大速度所用的时间为多少？
【解析】由匀变速直线运动的公式vt＝v0＋at知，飞行汽车在跑道上行驶的时间为t1＝ eq \f(v1,a1) ＝ eq \f(40,2) s＝20 s。飞行汽车从离开地面到加速至最大速度的时间为t2＝ eq \f(v2－v1,a2) ＝ eq \f(200－40,5) s＝32 s，
故t＝t1＋t2＝52 s。
答案：52 s
10．(位移与时间关系式的应用)一物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝2 m/s2，求：
(1)第5 s末物体的速度多大？
(2)前4 s的位移多大？
(3)第4 s内的位移多大？
【解析】(1)第5 s末物体的速度由v1＝v0＋at1，
得v1＝0＋2×5 m/s＝10 m/s。
(2)前4 s的位移由s1＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，
得s1＝0＋ eq \f(1,2) ×2×42 m＝16 m。
(3)物体第3 s末的速度
v2＝v0＋at2＝0＋2×3 m/s＝6 m/s，
则第4 s内的位移s2＝v2t3＋ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
＝6×1 m＋ eq \f(1,2) ×2×12 m＝7 m。
答案：(1)10 m/s (2)16 m (3)7 m
11. (速度与位移关系式的应用)一隧道限速36 km/h。如图所示，一列火车长100 m，以72 km/h的速度行驶，驶至距隧道50 m处开始做匀减速直线运动，以不高于限速的速度匀速通过隧道。若隧道长200 m，求：
(1)火车做匀减速直线运动的最小加速度；
(2)火车全部通过隧道的最短时间。
【解析】(1)72 km/h＝20 m/s，36 km/h＝10 m/s，
当火车头到达隧道口的速度为36 km/h时，加速度最小，设为a。由v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2as，得a＝－3 m/s2，
所以最小加速度大小为3 m/s2，方向与行驶方向相反。
(2)火车以36 km/h的速度通过隧道，所需时间最短。
火车通过隧道的位移为
s′＝100 m＋200 m＝300 m，
由s＝vt得，
t＝30 s。
答案：(1)3 m/s2，方向与行驶方向相反 (2)30 s
12．有一项体育运动是青少年学生喜爱的滑板车运动。在某次比赛过程中，小强同学乘滑板车比赛的过程简化如下：在平直的赛道上，自O点由静止开始做匀加速直线运动，途中6 s时间内依次经过P、Q两根标志杆，已知P、Q相距75 m，滑板车经过Q时的速率为15 m/s(滑板车和同学组成的整体可视为质点)。求：
(1)滑板车经过P时的速率。
(2)滑板车的加速度为多大？
(3)O、P间的距离为多少？
【解析】(1)P、Q间x＝ eq \f(vP＋vQ,2) t，即：75 m＝ eq \f(vP＋15 m/s,2) ×6 s，解得，vP＝10 m/s。
(2)根据加速度公式得，a＝ eq \f(vQ－vP,t) ＝ eq \f(15－10,6) m/s2＝ eq \f(5,6) m/s2。
(3)根据速度位移公式得，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ＝2as，即(10)2＝2× eq \f(5,6) s，解得：s＝60 m。
答案：(1)10 m/s (2) eq \f(5,6) m/s2 (3)60 m
一、选择题
1．一物体做匀变速直线运动，初速度为2 m/s，加速度大小为1 m/s2，则经过1 s后，其末速度( )
A．一定为3 m/s B．一定为1 m/s
C．可能为1 m/s D．不可能为1 m/s
【解析】选C。由vt＝v0＋at，得vt＝2 m/s＋1 m/s＝3 m/s，或v＝2 m/s－1 m/s＝1 m/s。故选C。
2．以72 km/h的速度在平直公路上行驶的汽车，遇到紧急情况而急刹车获得大小为4 m/s2的加速度，则刹车6 s后汽车的速度为( )
A．44 m/s B．24 m/s C．4 m/s D．0
【解析】选D。汽车的初速度为 v0＝72 km/h＝20 m/s，汽车从刹车到停止用时间为：t＝ eq \f(v0,a) ＝ eq \f(20,4) s＝5 s，故刹车5 s后汽车停止不动，则刹车6 s后汽车的速度为0。
3．(多选)一个沿直线运动的物体的v­t图像如图所示，则下列分析正确的是( )
A.图像OA段表示物体做非匀变速运动，AB段表示物体静止
B．图像AB段表示物体做匀速直线运动
C．在0～9 s内物体的运动方向相同
D．在9～12 s内物体的运动方向与0～9 s内的运动方向相反
【解析】选B、C、D。v­t图像是曲线，表示物体做非匀变速直线运动，图像与t轴平行表示物体做匀速直线运动，图像是倾斜直线表示物体做匀变速直线运动，A错误，B正确；0～9 s速度始终为正值，说明速度方向不变，C正确；9～12 s速度为负值，说明速度方向与正方向相反，D正确。
4．小球以某一较大初速度冲上一足够长光滑斜面，加速度大小为6 m/s2，则小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移是( )
A．2.0 m B．2.5 m C．3.0 m D．3.5 m
【解析】选C。将小球的运动看作初速度为零的反向匀加速直线运动，上滑过程中最后一秒即为匀加速直线运动的第一秒，根据位移－时间关系有s＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) ×6×12 m＝3 m，C正确。
5．一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零。已知运动中滑块加速度恒定。若设斜面全长为L，滑块通过最初 eq \f(1,2) L所需的时间为t，则滑块从斜面底端滑到顶端所用时间为( )
A． eq \r(2) t B．(2＋ eq \r(2) )t C．3t D．2t
【解析】选B。利用“逆向思维法”把滑块的运动看成逆向的初速度为0的匀加速直线运动。设后 eq \f(L,2) 所需时间为t′，则 eq \f(L,2) ＝ eq \f(1,2) at′2，
全过程L＝ eq \f(1,2) a(t＋t′)2
解得t′＝( eq \r(2) ＋1)t
所以t总＝t′＋t＝(2＋ eq \r(2) )t，故B正确。
6．一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s，整列车通过他历时6 s，则这列火车的车厢有( )
A．3节 B．6节 C．9节 D．12节
【解析】选C。设一节车厢长为L，则L＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，nL＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) 。将t1＝2 s，t2＝6 s代入上面两式，解得n＝9，C正确。
7．(多选)一个质点沿s轴做直线运动，它的位置坐标随时间变化规律是s＝3t2－4t，其中s与t的单位分别为m和s，则下列说法中正确的是( )
A．t＝0时，质点的坐标是s＝0
B．在最初的1 s内，质点的位移大小为1 m，方向沿s轴正方向
C．质点的速度随时间的变化规律是v＝6t－4
D．质点先做匀减速直线运动，然后做匀加速直线运动
【解析】选A、C、D。根据s＝3t2－4t知，当t＝0时，质点的坐标s＝0 ，故A正确；质点在最初1 s内的位移s1＝3×12 m－4×1 m＝－1 m ，方向沿x轴负方向，故B不正确；根据s＝v0t＋ eq \f(1,2) at2＝3t2－4t得，质点的初速度v0＝－4 m/s，加速度a＝6 m/s2，则速度随时间的变化规律v＝v0＋at＝6t－4，故C正确；质点的初速度方向与加速度方向相反，质点先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，故D正确。
8．在平直的公路上A车正以vA＝4 m/s的速度向左匀速运动，在A车的正前方7 m处B车此时正以vB＝10 m/s的初速度向左匀减速运动，加速度大小为2 m/s2，则A追上B所经历的时间是( )
A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s
【解析】选B。B车速度减小到零所需要的时间为t0＝ eq \f(vB,a) ＝5 s，此时B车的位移大小为xB＝25 m，此时A车的位移大小为xA＝vAt0＝4×5 m＝20 m，因为xA9．如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为2 m/s，AB间的距离x1＝3 m，BC间的距离x2＝5 m，则物体的加速度为( )
A．1 m/s2 B．2 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2
【解析】选B。通过速度变化量相等得知两段路程所用的时间相等，结合平均速度推论和速度位移公式求出相等的时间间隔，根据速度时间公式求出加速度。因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为2 m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，根据平均速度推论知，B点的速度vB＝ eq \f(x1＋x2,2T) ＝ eq \f(4,T) ；
根据速度位移公式得，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝2ax1
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,T))) eq \s\up12(2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,T)－2)) eq \s\up12(2) ＝2× eq \f(2,T) ×3，
解得：T＝1 s
则加速度a＝ eq \f(Δv,T) ＝ eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2，故选B。
10. (多选)冰壶(Curling)，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。中国冰壶队于2003年成立，中国女子冰壶队在2009年世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠，已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，用时20 s停止，最后1 s内位移大小为0.2 m，则下面说法正确的是( )
A．冰壶的加速度大小是0.3 m/s2
B．冰壶的加速度大小是0.4 m/s2
C．冰壶第1 s内的位移大小是7.8 m
D．冰壶的初速度大小是6 m/s
【解析】选B、C。整个过程的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，最后1 s的位移为0.2 m，根据位移－时间公式：s1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，代入数据解得a＝0.4 m/s2，故B正确，A错误；根据速度公式得初速度为v0＝at2＝0.4×20 m/s＝8 m/s，则冰壶第1 s内的位移大小为：s′1＝v0t－ eq \f(1,2) at2＝7.8 m，故C正确，D错误。
二、非选择题
11．汽车遇到紧急情况必须及时刹车，酒后驾车使判断能力和操作能力降低，饮酒后，人对光、声刺激的反应时间延长，从而无法正确判断距离和速度。某汽车在平直路面紧急刹车时，加速度的大小是8 m/s2。
(1)如果前方有行人，汽车必须在2 s内停下来，不计驾驶员反应时间，汽车的行驶速度最高不能超过多少？
(2)如果汽车以(1)问中最高允许速度行驶，酒后驾车使反应时间增加0.5 s，汽车在刹车的过程中加速度大小至少多大？(结果保留到小数点后一位)
【解析】 (1)以初速度方向为正方向，
汽车的加速度a＝－8 m/s2，运动时间t＝2 s，末速度vt＝0，
由公式vt＝v0＋at代入数值得
v0＝16 m/s＝57.6 km/h。
(2)仍以初速度方向为正方向，汽车的初速度v0＝16 m/s，
运动时间t′＝1.5 s，末速度vt＝0，
由公式vt＝v0＋a′t′，代入数值得
a′＝－10.7 m/s2，
故加速度的大小为10.7 m/s2。
答案：(1)16 m/s(或57.6 km/h)
(2)10.7 m/s2
12.如图所示为A、B两个物体做匀变速直线运动的v­t图像。
(1)A、B各做什么运动？求其加速度；
(2)两图线的交点的意义是什么？
(3)求5 s末A、B的速度。
【解析】(1)A物体沿规定的正方向做匀加速直线运动，加速度的大小a1＝ eq \f(vt－v0,t) ＝ eq \f(8－2,6) m/s2＝1 m/s2，加速度的方向沿规定的正方向；B物体前4 s沿规定的正方向做匀减速直线运动，4 s后沿反方向做匀加速直线运动，加速度的大小a2＝ eq \f(8,4) m/s2＝2 m/s2，加速度的方向与规定的正方向相反。
(2)两图线的交点表示此时刻两个物体的速度相同。
(3)5 s末A物体的速度大小为7 m/s，方向与规定的正方向相同；B物体的速度大小为2 m/s，方向与规定的正方向相反。
答案：见解析
13．跳远运动员的助跑阶段可以看成先匀加速后匀速。如图某运动员先以4.5 m/s2的加速度跑了2 s，接着匀速跑了1 s，然后起跳。求：
(1)运动员将要起跳时的速度多大？
(2)运动员助跑的距离是多少？
【解析】(1)根据速度－时间关系vt＝v0＋at，可得运动员加速运动的末速度为vt＝at1＝9 m/s，即运动员起跳时的速度为9 m/s。
(2)根据位移－时间关系s＝v0t1＋ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，代入数据解得运动员加速运动的距离为s1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝9 m，
运动员匀速跑的距离为s2＝vt·t2＝9 m，
所以运动员助跑的距离为s＝s1＋s2＝18 m。
答案：(1)9 m/s (2)18 m
14．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。求：
(1)小轿车从刹车到停止滑行的距离；
(2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞。
【解析】(1)从刹车到停止的位移为s2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) ＝90 m
(2)反应时间内做匀速运动，则s1＝v0t0＝30×0.6 m＝18 m，
小轿车驾驶员从发现三角警示牌到停止的全部距离为s＝s1＋s2＝18 m＋90 m＝108 m，
小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，所以三角警示牌距车的最小距离：
Δs＝s－d＝58 m。
答案：(1)90 m (2)58 m