2019-2020年新教材高中物理 第3章 习题课1 匀变速直线运动的相关推论课件 鲁科版必修1

第3章匀变速直线运动的研究习题课1匀变速直线运动的相关推论[学习目标]1．会推导匀变速直线运动的位移与速度关系式．2.能利用平均速度公式和位移－速度关系式解决有关问题．3．会推证公式Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝aT2，并应用该公式解决相关问题．4.能推导出中间时刻的速度和中间位置的速度关系式，并利用公式进行有关计算．合作探究攻重难匀变速直线运动的速度—位移关系1．匀变速直线运动的位移速度公式v2－v20＝2as，此式是矢量式，应用解题时一定要先选定正方向，并注意各量的符号．若v0方向为正方向，则：(1)物体做加速运动时，加速度a取正值；做减速运动时，加速度a取负值．(2)位移s0说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；s0说明物体通过的位移方向与初速度方向相反．2．两种特殊情况(1)当v0＝0时，v2＝2as.(2)当v＝0时，－v20＝2as.3．公式特点该公式不涉及时间．【例1】在风平浪静的海面上，有一架战斗机要去执行一项紧急飞行任务，而航空母舰的弹射系统出了故障，无法在短时间内修复．已知飞机在跑道上加速时，可产生的最大加速度为5m/s2，起飞速度为50m/s，跑道长为100m．经过计算发现在这些条件下飞机根本无法安全起飞(请你计算，作出判断)．航空母舰不得不在海面上沿起飞方向运动，从而使战斗机获得初速度，达到安全起飞的目的，那么航空母舰行驶的速度至少为多大才能保证这架战斗机安全起飞？(结果保留3位有效数字)思路点拨：航空母舰静止时，可求解飞机在跑道加速100m的速度与起飞速度对比，判断能否起飞，再求解航空母舰的安全行驶速度．[解析]设战斗机从静止起飞，经过100m的跑道后，获得的速度为v，则由v2＝2as知，v＝2as＝2×5×100m/s＝1010m/s＜50m/s，所以战斗机无法安全起飞．取航空母舰为参考系，则战斗机的速度v1＝2as＝1010m/s，要使战斗机达到起飞速度vm＝50m/s，航空母舰行驶的速度至少为v′＝vm－v1＝18.4m/s.[答案]无法安全起飞18.4m/s匀变速直线运动的公式选择四法(1)速度公式法：如果题目中无位移s，也不需求位移，一般选用速度公式vt＝v0＋at.(2)位移公式法：如果题目中无末速度vt，也不需求末速度，一般选用位移公式s＝v0t＋12at2.(3)推论法：如果题目中无运动时间t，也不需求运动时间，一般选用公式v2t－v20＝2as.(4)平均速度法：如果题目中没有加速度a，也不涉及加速度的问题，选用平均速度公式v－＝st＝v0＋vt2比较方便．1．F1是英文FormulaOne的缩写，即一级方程式赛车，是仅次于奥运会和世界杯的世界第三大赛事，假设赛车启动时加速度为5m/s2，最大速度可达216km/h，加速过程可以近似为匀加速直线运动，则赛车加速阶段的位移的大小是()A．360mB．36mC．720mD．72mA[由题意加速度a＝5m/s2，初速度v0＝0，末速度v＝216km/h＝60m/s.由s＝v2－v202a＝602－02×5m＝360m，A正确．]2．高铁时速可达250km，若某列车正以216km/h的速度匀速行驶，在列车头经路标A时，因前方1000m处有障碍物还没有清理完毕，司机突然接到报告要求紧急刹车，若司机听到报告后立即以大小为2m/s2的加速度刹车，问该列车是否会发生危险？[解析]解法一：设列车停下所需要的位移为s,216km/h＝60m/s由公式v2t－v20＝2as得s＝v2t－v202a＝0－6022×－2m＝900m，因为900m＜1000m，所以该列车没有发生危险．解法二：设列车没有发生危险时的最大行驶速度为v0由公式v2t－v20＝2as得v0＝v2t－2as＝0－2×－2×1000m/s＝2010m/s因为2010＞60m/s，所以该列车没有发生危险．[答案]没有发生危险匀变速直线运动的两个重要推论1．逐差相等(1)表述：做匀变速直线运动的物体，在连续相等的时间T内的位移之差为一定值，即Δs＝aT2.(2)证明：设物体以初速度v0，加速度a做匀加速直线运动，从开始计时起，时间T内的位移为s1＝v0T＋12aT2，在第2个时间T内的位移为s2＝v02T＋12a(2T)2－s1＝v0T＋32aT2由以上两式可得，连续相等的时间T内的位移之差为Δs＝s2－s1＝v0T＋32aT2－v0T＋12aT2＝aT2即Δs＝aT2.进一步推证可得：Δs＝sn＋1－sn＝…＝s2－s1＝aT2.2．中间时刻的速度(1)表述：做匀变速直线运动的物体，在某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即vt2＝v－＝v0＋vtt＝st.(2)证明：设某段时间内物体的初速度为v0，末速度为vt，加速度为a，由速度公式vt＝v0＋at可得：vt2＝v0＋a·t2，vt＝vt2＋a·t2，由以上两式可得vt2＝v0＋vt2.【例2】一个做匀加速直线运动的质点，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，每一个时间间隔为4s，求质点在这两个时间间隔初的速度大小和运动过程中的加速度大小．思路点拨：相邻的相等的时间间隔内的位移满足Δs＝aT2的特殊推论．[解析]设质点在第1个时间间隔初的速度为v1，在第2个时间间隔初的速度为v2，在第2个时间间隔末的速度为v3，根据平均速度公式v－＝v0＋vt2可得：第1个4s内的平均速度v－1＝v1＋v22＝st＝24m4s＝6m/s，第2个4s内的平均速度v－2＝v2＋v32＝st＝64m4s＝16m/s,8s内的平均速度v－＝v1＋v32＝st＝88m8s＝11m/s，联立解得：第1个时间间隔初的速度为v1＝1m/s；第2个时间间隔初的速度为v2＝11m/s.根据逐差相等公式Δs＝s2－s1＝aT2可得，64m－24m＝a×(4s)2，质点运动的加速度为a＝2.5m/s2.[答案]1m/s11m/s2.5m/s2(1)两个推论公式仅适用于匀变速直线运动，若为非匀变速直线运动则不适用．(2)在利用纸带求速度时，常用推论2，求加速度时，则常用推论1．3．(多选)物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移是x，它在中间位置处的速度为v1，在中间时刻的速度为v2，则v1和v2的关系为()A．当物体做匀加速直线运动时，v1＞v2B．当物体做匀减速直线运动时，v1＞v2C．当物体做匀速直线运动时，v1＝v2D．当物体做匀减速直线运动时，v1＜v2ABC[物体做匀加速直线运动时，如图作出v­t图象，由甲图可知中间时刻的速度v2，因图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，故由图可知t2时刻物体的位移小于总位移的一半，故中间位置应在中间时刻的右侧，故此时对应的速度一定大于v2，故A正确，同理，由乙图，B正确，D错误；当物体做匀速直线运动时，速度始终不变，故v1＝v2，故C正确．甲乙]4．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δs所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δs所用的时间为t2.则物体运动的加速度为()A．2Δst1－t2t1t2t1＋t2B．Δst1－t2t1t2t1＋t2C．2Δst1＋t2t1t2t1－t2D．Δst1＋t2t1t2t1－t2A[第一段Δs的中间时刻的速度为v1＝Δst1，第二段Δs中间时刻的速度为v2＝Δst2，则加速度a＝v2－v1t1＋t22＝2Δst1－t2t1t2t1＋t2，A项正确．]5．从斜面上某一位置每隔0.1s释放一个小球，释放后小球做匀加速直线运动．在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片，测得sAB＝15cm，sBC＝20cm.求：(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sCD是多少？(4)小球A上面滚动的小球还有几个？[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T＝0.1s，可以等效为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置．(1)由推论Δs＝aT2可知，小球的加速度大小a＝ΔsT2＝sBC－sABT2＝20×10－2－15×10－20.12m/s2＝5m/s2.(2)由题意知B点是AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段上的平均速度，即小球B的速度大小vB＝v－＝sAC2T＝20×10－2＋15×10－22×0.1m/s＝1.75m/s.(3)由于相邻相等时间内位移差恒定，所以sCD－sBC＝aT2，故sCD＝sBC＋aT2＝20×10－2m＋5×0.12m＝0.25m.(4)设A点小球速度为vA，由于vB＝vA＋aT，所以vA＝vB－aT＝1.75m/s－5×0.1m/s＝1.25m/s，所以小球A的运动时间为tA＝vAa＝1.255s＝0.25s，因为每隔0.1s释放一个小球，故在小球A的上面滚动的小球还有两个．[答案](1)5m/s2(2)1.75m/s(3)0.25m(4)两个当堂达标固双基1．某航母静止在海面上，跑道长200m，起飞时飞机在航母上滑行的加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s.那么飞机在滑行前需要借助弹射系统获得的最小初速度为()A．5m/sB．10m/sC．15m/sD．20m/sB[由运动学公式v2－v20＝2as，代入数据，得v0＝10m/s，故选项B正确，A、C、D错误．]2．(多选)一辆农用“小四轮”漏油，假如每隔1s漏下一滴，车在平直公路上行驶，一同学根据漏在路面上的油滴分布情况，分析“小四轮”的运动情况(已知车的运动方向)，下列说法正确的是()A．当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可能做匀速直线运动B．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动C．当沿运动方向油滴间距逐渐减小时，车的加速度可能在减小D．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在增大ACD[由于油滴分布均匀，即在每秒钟内车通过的位移相同，故A正确；由Δs＝aT2知，如果Δs都相同，车可能做匀加速直线运动，如果Δs逐渐变大，则a变大，B错，D正确；Δs逐渐变小，a变小，C正确．]3．某乘客用手表估测汽车的加速度，他先观测3分钟，发现汽车前进了540m；隔3分钟后又观测1分钟，发现汽车前进了360m，若汽车在这7分钟内做匀加速直线运动，则汽车的加速度大小为()A．0.03m/s2B．0.01m/s2C．0.5m/s2D．0.6m/s2B[前3分钟内的平均速度即中间时刻的速度v1＝st＝540180m/s＝3m/s，后1分钟内的平均速度v2＝36060m/s＝6m/s，则加速度a＝ΔvΔt＝3300m/s2＝0.01m/s2，选项B正确．]4．我国首艘航空母舰“辽宁”号跑道长300m，某种飞机的起飞速度为60m/s.(1)要使该种飞机能够在跑道上由静止开始匀加速滑行后起飞，飞机的加速度至少要多大？(2)若该飞机刚好能在跑道上由静止开始匀加速滑行起飞，飞机在跑道上滑行的时间为多少？[解析](1)由v2t＝2as得飞机的最小加速度为amin＝v2t2s＝6022×300m/s2＝6m/s2.(2)由vt＝at得飞机在跑道上滑行的时间为t＝vtamin＝606s＝10s.[答案](1)6m/s2(2)10s