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．
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－v＝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s>0说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；s<0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，－v＝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5 m/s2，起飞速度为50 m/s，跑道长为100 m．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100 m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100 m的跑道后，获得的速度为v，则由v2＝2as知，v＝＝ m/s＝10 m/s＜50 m/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＝＝10 m/s，
要使战斗机达到起飞速度vm＝50 m/s，航空母舰行驶的速度至少为v′＝vm－v1＝18.4 m/s.
[答案] 无法安全起飞 18.4 m/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＋at2.
(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v－v＝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＝＝比较方便．
1．F1是英文Formula One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5 m/s2，最大速度可达216 km/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．360 m B．36 m
C．720 m D．72 m
A [由题意加速度a＝5 m/s2，初速度v0＝0，末速度v＝216 km/h＝60 m/s.由s＝＝ m＝360 m，A正确．]
2．高铁时速可达250 km，若某列车正以216 km/h的速度匀速行驶，在列车头经路标A时，因前方1 000 m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2 m/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,216 km/h＝60 m/s
由公式v－v＝2as得
s＝＝ m＝900 m，因为900 m＜1 000 m，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v－v＝2as得
v0＝＝ m/s
＝20 m/s
因为20＞60 m/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＋aT2，
在第2个时间T内的位移为
s2＝v02T＋a(2T)2－s1＝v0T＋aT2
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＝－＝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
v＝＝＝.
(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：
v＝v0＋a·，vt＝v＋a·，
由以上两式可得v＝.
【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24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，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＝可得：第1个4 s内的平均速度1＝＝＝＝6 m/s，第2个4 s内的平均速度2＝＝＝＝16 m/s,8 s内的平均速度＝＝＝＝11 m/s，联立解得：第1个时间间隔初的速度为v1＝1 m/s；第2个时间间隔初的速度为v2＝11 m/s.根据逐差相等公式
Δs＝s2－s1＝aT2可得，
64 m－24 m＝a×(4 s)2，
质点运动的加速度为a＝2.5 m/s2.
[答案] 1 m/s 11 m/s 2.5 m/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＞v2
B．当物体做匀减速直线运动时，v1＞v2
C．当物体做匀速直线运动时，v1＝v2
D．当物体做匀减速直线运动时，v1＜v2
ABC [物体做匀加速直线运动时，如图作出v-t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． B．
C． D．
A [第一段Δs的中间时刻的速度为v1＝，第二段Δs中间时刻的速度为v2＝，则加速度a＝＝，A项正确．]
5．从斜面上某一位置每隔0.1 s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＝15 cm，sBC＝20 cm.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＝0.1 s，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＝＝
＝m/s2＝5 m/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＝＝＝ m/s＝1.75 m/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＝20×10－2 m＋5×0.12 m＝0.25 m.
(4)设A点小球速度为vA，由于vB＝vA＋aT，所以vA＝vB－aT＝1.75 m/s－5×0.1 m/s＝1.25 m/s，所以小球A的运动时间为tA＝＝ s＝0.25 s，因为每隔0.1 s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)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m
(4)两个
1．某航母静止在海面上，跑道长200 m，起飞时飞机在航母上滑行的加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/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．5 m/s B．10 m/s
C．15 m/s D．20 m/s
B [由运动学公式v2－v＝2as，代入数据，得v0＝10 m/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1 s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540 m；隔3分钟后又观测1分钟，发现汽车前进了360 m，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．0.03 m/s2 B．0.01 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.6 m/s2
B [前3分钟内的平均速度即中间时刻的速度v1＝＝ m/s＝3 m/s，后1分钟内的平均速度v2＝ m/s＝6 m/s，则加速度a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2，选项B正确．]
4．我国首艘航空母舰“辽宁”号跑道长300 m，某种飞机的起飞速度为60 m/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v＝2as得飞机的最小加速度为
amin＝＝ m/s2＝6 m/s2.
(2)由vt＝at得飞机在跑道上滑行的时间为t＝＝ s＝10 s.
[答案] (1)6 m/s2 (2)10 s
课件42张PPT。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匀变速直线运动的速度—位移关系 匀变速直线运动的两个重要推论 点击右图进入…Thank you for watching !重难强化训练(一) 匀变速直线运动的相关推论
(时间：40分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分.1～6为单选，7～10为多选)
1．汽车刹车后做匀减速直线运动，经过3 s停止运动，那么汽车在先后连续相等的三个1 s内通过的位移之比s1∶s2∶s3为( )
A．1∶2∶3 B．5∶3∶1
C．1∶4∶9 D．3∶2∶1
B [可通过研究刹车过程的逆过程而使计算简化．刹车过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动．根据初速度为0的匀加速直线运动的特点，该逆过程在三个连续1 s内的位移之比为1∶3∶5，所以刹车过程在连续相等的三个1 s内的位移之比为5∶3∶1．]
2．物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D是轨迹上的四点，测得sAB＝2 m，sBC＝3 m，sCD＝4 m．且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则OA间的距离sOA为( )
A．1 m B．0.5 m
C．m D．2 m
C [设物体通过AB、BC、CD所用时间分别为T，则B点的速度vB＝＝，根据Δs＝aT2，得a＝＝，则vA＝vB－aT＝－＝，则sOA＝＝ m．故C正确，A、B、D错误．]
3．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移s的关系图象中，能描述该过程的是( )
A B C D
A [汽车做初速度为零的匀加速直线运动，则x＝，故v-s图线为以s轴为对称轴、开口向右的抛物线的一部分；若某一时刻开始减速，设加速度大小为a1，开始减速时的速度为v0，汽车的位移为s0，则s＝s0＋，那么v-s图线为以s轴为对称轴、开口向左的抛物线的一部分，选项A正确．]
4．一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t(各物理量均选用国际单位制单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( )
A．质点可能做匀减速直线运动
B．5 s内质点的位移为35 m
C．质点运动的加速度为1 m/s2
D．质点3 s末的速度为5 m/s
B [根据平均速度v＝知，s＝vt＝2t＋t2，根据s＝v0t＋at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋at2＝ m＝35 m，B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，D错误．]
5.汽车以10 m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15 m处的斑马线上有行人，于是刹车礼让，汽车恰好停在斑马线前．假设驾驶员反应时间为0.5 s，汽车运动的v-t图象如图所示．则汽车的加速度大小为( )
A．20 m/s2 B．6 m/s2
C．5 m/s2 D．4 m/s2
C [根据速度—时间图象可知，在驾驶员反应时间内，汽车的位移为s1＝vt＝5 m，所以汽车在减速阶段的位移s2＝s－s1＝10 m，由运动学公式v2＝2as2可得a＝5 m/s2，选项C正确．]
6.如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
A．关卡2 B．关卡3
C．关卡4 D．关卡5
C [关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝＝1 s，运动的距离为s1＝at2＝1 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动距离为9 m，过了第2关，到第3关时再用时3.5 s，大于2 s，因此能过第3关，运动到第4关前共用时12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在第4关前，C项正确．]
7．一物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是( )
A．物体的末速度一定与时间成正比
B．物体的位移一定与时间的平方成正比
C．物体的速度的变化与对应时间成正比
D．若为匀加速运动，速度和位移都随时间增加
CD [由速度公式vt＝v0＋at及vt－v0＝at可知速度的变化与时间成正比，A错、C对；由s＝v0t＋at2，只有当v0＝0时，s与t2成正比，B错；匀加速直线运动速度和位移都随时间而增加，D对．]
8．质点由静止开始做匀加速直线运动，第1 s内位移为2 m，关于它的运动情况，下列说法正确的是( )
A．第1 s内的平均速度为2 m/s
B．第1 s末的瞬时速度为2 m/s
C．第2 s内的位移为4 m
D．运动过程中的加速度为4 m/s2
AD [由直线运动的平均速度公式＝知，第1 s内的平均速度＝＝＝2 m/s，所以A项正确；由匀加速直线运动的平均速度公式＝知，第1 s末的瞬时速度vt＝2 －v0＝2×2 m/s－0＝4 m/s，所以B项错误；由初速度为零的匀加速直线运动的位移公式s＝at2得加速度a＝＝＝4 m/s2，进一步我们可求得第2 s内的位移s2＝a(2t)2－at2＝×4×22 m－×4×12 m＝6 m，所以C项错误，D项正确．]
9．光滑斜面的长度为L，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t，则下列说法正确的是( )
A．物体运动全过程中的平均速度是
B．物体在时的瞬时速度是
C．物体运动到斜面中点时瞬时速度是
D．物体从顶点运动到斜面中点所需的时间是
ACD [全程的平均速度v＝＝，A对.时，物体的速度等于全程的平均速度，B错．若末速度为v，则＝，v＝，故中间位置的速度v中＝＝，C对．设物体的加速度为a，到达中间位置用时t′，则L＝at2，＝at′2，所以t′＝t，D对．]
10．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其 -t的图象如图所示，则( )
A．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2
C．质点在1 s末速度为1.5 m/s
D．质点在第1 s内的平均速度0.75 m/s
BC [由图得：＝0.5＋0.5t.根据s＝v0t＋at 2，得：＝v0＋at，对比可得：a＝0.5 m/s2，则加速度为a＝2×0.5 m/s2＝1 m/s2.由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A错误，B正确．质点的初速度v0＝0.5 m/s，在1 s末速度为v＝v0＋at＝(0.5＋1) m/s＝1.5 m/s，故C正确．质点在第1 s内的平均速度＝＝ m/s＝1 m/s，故D错误．]
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(15分)如图所是由中航洪都集团自主研制的“L-15猎鹰”新型高级教练机．设“猎鹰”教练机的速度达到95 m/s时即可升空，假定“猎鹰”教练机起飞时以3.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则：
(1)“猎鹰”教练机从启动到起飞共滑行多长时间？
(2)要使“猎鹰”教练机安全起飞，至少需要多长的跑道？
[解析] (1)教练机做初速度为零的匀加速直线运动，教练机的初速度为0，末速度为95 m/s，加速度为3.5 m/s2，由速度与时间的关系式vt＝v0＋at得，教练机从启动到起飞滑行的时间为
t＝＝ s＝27.1 s.
(2)根据公式v－v＝2as，得教练机滑行的距离
s＝＝ m＝1 289.3 m
所以至少需要1 289.3 m的跑道．
[答案] (1)27.1 s (2)1 289.3 m
12．(15分)有一架电梯，启动时匀加速上升加速度为2 m/s2，制动时匀减速上升加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行的楼层高48 m．问：
(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到楼顶的最短时间是多少？
(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少？
[解析] (1)据题得h＝＋＝＋＝48 m
解得：vm＝8 m/s＜9 m/s
故电梯升到楼顶的最短时间是tmin＝＋＝ s＋ s＝12 s.
(2)先匀加速，后以某一速度v匀速，再减速，设加速时间为t1，减速时间为t2，则
t1＝、t2＝，h＝(t1＋t2)＋v(15－t1－t2)
联立解得v＝4 m/s，另一解不合理舍去．
[答案] (1)12 s (2)4 m/s
