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(共27张PPT)
习题课：匀变速直线运动规律的应用
备用习题
学习任务一 匀变速直线运动规律的灵活选取
学习任务二 两类特殊的匀减速直线运动
学习任务三 直线运动中的多过程问题
随堂巩固
◆导学案
学习任务一 匀变速直线运动规律的灵活选取
［科学思维］
(1)规范解题流程
(2)恰当选用公式
题目中所涉及的物理量 没有涉及的物理量 适宜选用公式
、、、
、、、
、、、
、、、
一般情况下,规定初速度的方向为正方向 ,当时,一般以加速度的方向为正方向
例1 一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔有一棵树，如图所示，汽车通过、两相邻的树用了，通过、两相邻的树用了，则汽车运动的加速度和通过树时的速度分别为多大
[答案] ;
[解析] 方法一：设汽车经过树时速度为，加速度为.
对段运动，有
对段运动，有
联立解得，
对段运动，有
方法二：设汽车经过树时速度为,经过树时速度为，加速度为.
对段运动，有


对段运动，有
联立解得，
方法三：设汽车经过树、、时速度分别为、、，加速度为.
对段运动，有


对段运动，有


联立解得，
方法四：设汽车经过树、、时速度分别为、、，加速度为.
对段运动，有


对段运动，有


联立解得，
变式1 [2023·山西太原期中] 一物体做匀加速直线运动，物体一共运动了，已知前的位移为，后的位移为，则以下说法正确的是( )
D
A.物体的初速度为0 B.物体的加速度为
C.前内的位移为 D.第内的位移为
[解析] 画出运动的时间轴草图如图所示,前4秒的平均速度为，等于前4秒的中间时刻即第2秒的瞬时速度，后4秒的平均速度为 ，等于后4秒的中间时刻即第4秒的瞬时速度，则加速度,故B错误；
由于第2秒的速度为，根据，代入数据得,故A错误；
根据，代入数据得前3秒内位移为，前2秒内位移为,第3秒内的位移为,故C错误，D正确.
学习任务二 两类特殊的匀减速直线运动
［科学思维］
刹车类 双向运动类
实际交通工具刹车后在摩擦力作用下可认为是做匀减速直线运动且运动过程不可逆,当速度减小到零时,车辆就会停止.解答此类问题的思路是: (1)先求出汽车从刹车到静止的刹车时间 (2)比较所给时间与刹车时间的关系以确定运动时间,最后利用运动学公式求解.若,则不能盲目把时间代入；若,则在时间内未停止运动,可用公式求解 (3)如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动,可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动 物体以某一加速度沿直线先做匀减速运动,速度变为0后又反向做加速度不变的加速运动.解答此类问题的思路是:
(1)对全程列式，注意、、等矢量的正、负号
(2)分段列式，先对匀减速阶段求解，后对反向的匀加速阶段求解
例2 一辆汽车在平直的公路上以的速度行驶，司机看见红色信号灯便立即踩下刹车，汽车开始做匀减速直线运动.若汽车减速过程的加速度大小为，求：
(1) 开始刹车后，前内汽车行驶的距离；
[答案]
[解析]取初速度方向为正方向,则汽车的初速度v0=72 km/h=20 m/s,末速度vt=0,加速度a=-5 m/s2,汽车运动的总时间t== s=4 s.
因为，所以汽车在末没有停止运动，故.
(2) 开始刹车后，前内汽车行驶的距离.
[答案]
[解析] 取初速度方向为正方向，则汽车的初速度，末速度，加速度，汽车运动的总时间.
因为，所以汽车在末早已停止运动，故.
变式2 [2023·泉州五中月考] 以的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为的加速度，刹车后第3秒内，汽车走过的位移为____
0.5
[解析] 方法1：汽车初速度，刹车时间，所以刹车后第3秒内只运动了的时间，的位移，的位移，第内的位移.
方法2：汽车初速度，刹车时间，所以刹车后第3秒内只运动了的时间，逆向思维：匀减速第内的位移相当于匀加速最初内的位移，有.
例3 (多选)一物体以的初速度沿较长的光滑斜面斜向上做加速度大小为的匀减速运动，以沿斜面向上为正方向，则它的位移为时所用的时间可能为( )
AC
A. B. C. D.
[解析] 物体既可能是向上运动的位移为，也可能是向上运动再返回时整个过程中的位移为，所以对应的时间有两解.根据，代入数值得,整理方程得,解得,，选项A、C正确.
学习任务三 直线运动中的多过程问题
［科学思维］ 求解多过程问题的“三步走”
例4 [2023·厦门一中月考] 在某次火灾逃生演练现场中,逃生者从离地面高处,利用缓降器材由静止开始匀加速下滑,当速度达到时,以大小为的加速度减速,到达地面时速度恰好为零.求:
(1) 加速下滑过程的位移大小;
[答案]
[解析] 可以把减速下滑的过程看作末速度为零的匀减速直线运动,以竖直向下为正方向,初速度,末速度,速度,根据匀变速直线运动规律,减速下降过程的位移
人从高处开始下滑,到地面的全过程中只有加速下滑和减速下滑两个过程,故可知加速下滑过程的位移为
(2) 到达地面整个过程的时间.
[答案]
[解析] 加速下滑的时间
减速下滑的时间
到达地面整个过程的时间
变式3 [2023·河北沧州期中] 一只静止的墨鱼遇到危险时，立即喷出体内黑色汁液干扰捕食者视线，并获得一个的加速度，当达到最大速度后，又匀速运动了，然后以大小为的加速度做减速运动直至停下.假设墨鱼的运动始终在一条直线上，求：
(1) 墨鱼加速过程中所用的时间及发生的位移大小；
[答案] ;
[解析] 由速度—时间关系，可得墨鱼加速运动时，有
解得
根据位移—时间关系可得墨鱼加速运动的位移为
解得(2) 墨鱼全程的平均速度大小(保留两位有效数字).
[答案]
[解析] 墨鱼匀速运动时，有
减速运动时，有
且
可得全程的平均速度
解得
1.一质点由静止从A点出发沿直线AB运动,先是做加速度为a的匀加速运动;接着又以大小为a'的加速度做匀减速运动,到达B恰好停止.若AB长为s,则质点走完AB所用的时间是 (　　)
A. B. C. D.
[解析] 由于质点先做初速度为0、加速度为a的匀加速直线运动,其位移为s1=a,接着做加速度大小为a'、末速度为0的匀减速直线运动,其位移为s2=a',又at1=a't2,而总的时间为t=t1+t2,总位移为s=s1+s2,联立解得t=,故D正确.
D
2. 如图所示,以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯将在2 s后熄灭,此时汽车距离停车线18 m.该车加速时的最大加速度为2 m/s2,减速时的最大加速度为5 m/s2,此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的是(　　)
A.若立即做匀加速运动,则在绿灯熄灭前汽车能通过停车线
B.若立即做匀加速运动,则在绿灯熄灭前通过停车线时汽车一定超速
C.若立即做匀减速运动,则在绿灯熄灭前汽车一定能通过停车线
D.若在距停车线5 m处减速,则汽车能停在停车线处
A
[解析] 若立即做匀加速直线运动,则t1=2 s内的位移s=v0t1+a1=20 m>18 m,此时汽车的速度为v1=v0+a1t1=12 m/s<12.5 m/s,汽车没有超速,A正确,B错误;
不管是用多小的加速度做匀减速运动,在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线,因为即使不减速,只匀速行驶,2 s所能行驶的距离也只是16 m,小于开始时汽车与停车线的距离,故C错误;
若以最大加速度做匀减速运动,则速度减为零需要时间t2==1.6 s,此过程通过的位移为s2=a2=6.4 m,即刹车距离为6.4 m,所以若在距停车线5 m处
减速,则会过线,D错误.
3.一物体在水平地面上由静止开始受到一水平拉力作用,匀加速前进10 m后,撤去这个水平拉力,物体又向前滑行50 m才停止.求该物体在这两个阶段中运动时间之比t1∶t2.
[答案] 1∶5
[解析] 设物体匀加速运动的时间为t1,匀加速运动的末速度为v,它也是匀减速运动的初速度;撤去外力后,物体做匀减速直线运动,设时间为t2,由s=t得10 m=t1,50 m=t2,联立解得t1∶t2=1∶5
1.(匀变速直线运动公式的灵活选取)动车组是由几节自带动力的车厢(动车)和几节不带动力的车厢(拖车)编在一起组成的.一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节车厢经过他的时间依次为和，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为，则该动车组的加速度约为 ( )
C
A. B. C. D.
[解析] 动车组可看成做匀变速直线运动,设这两节车厢经过该同学的初速度为 ,加速度为,由位移公式 ，对两节车厢，有 ，对第1节车厢，有 ，联立解得，选项C正确.
2.(匀变速直线运动公式的灵活选取)如图所示,一小球从点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,若到达点时速度为,到达点时速度为,则段与段长度之比为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 根据匀变速直线运动的位移—速度关系式,有,,所以,则,故C正确.
3.(刹车问题)汽车在水平地面上因故刹车,可以看作做匀减速直线运动,其位移与时间的关系式为,则它在停止运动前最后内的平均速度为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 根据匀变速直线运动的位移—时间关系式,可得,,采取逆向思维,汽车在停止运动前最后内的位移,停止运动前最后内的平均速度,故C正确.
4.(多过程问题)如图所示,竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面.某一竖井的深度为,升降机运行的最大速度为,加速度大小不超过.假定升降机到井口的速度为0,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
C
A. B. C. D.
[解析] 要使运动时间最短,应先以最大加速度加速运动到最大速度,再以最大速度匀速运动,最后以最大加速度减速运动到速度为零,故升降机先加速上升,加速上升的位移为,最后减速上升的位移,中间匀速上升的位移,匀速运动的时间,加速和减速运动的时间均为,所以最短时间,选项C正确.习题课:匀变速直线运动规律的应用
例1　1 m/s2　6.5 m/s
[解析] 方法一:设汽车经过树A时速度为vA,加速度为a.
对AB段运动,有s0=vAt1+a
对AC段运动,有2s0=vA(t1+t2)+a(t1+t2)2
联立解得vA=3.5 m/s,a=1 m/s2
对AB段运动,有vB=vA+at1=6.5 m/s
方法二:设汽车经过树A时速度为vA,经过树B时速度为vB,加速度为a.
对AB段运动,有
s0=vAt1+a
vB=vA+at1
对BC段运动,有s0=vBt2+a
联立解得a=1 m/s2,vB=6.5 m/s
方法三:设汽车经过树A、B、C时速度分别为vA、vB、vC,加速度为a.
对AB段运动,有
-=2as0
vB=vA+at1
对BC段运动,有
-=2as0
vC=vB+at2
联立解得a=1 m/s2,vB=6.5 m/s
方法四:设汽车经过树A、B、C时速度分别为vA、vB、vC,加速度为a.
对AB段运动,有
-=2as0
vB=vA+at1
对AC段运动,有
-=2a·2s0
vC=vA+a(t1+t2)
联立解得a=1 m/s2,vB=6.5 m/s
变式1　D　[解析] 画出运动的时间轴草图如图所示,前4秒的平均速度为1.6 m/s,等于前4秒的中间时刻即第2秒的瞬时速度,后4秒的平均速度为2.0 m/s,等于后4秒的中间时刻即第4秒的瞬时速度,则加速度a== m/s2=0.2 m/s2,故B错误;由于第2秒的速度为1.6 m/s,根据v2 = v0+at,代入数据得v0 = 1.2 m/s,故A错误;根据s=v0t+at2,代入数据得前3秒内位移为s3=4.5 m,前2秒内位移为s2=2.8 m,第3秒内的位移为s3-s2=1.7 m,故C错误,D正确.
例2　(1)30 m　(2)40 m
[解析] 取初速度方向为正方向,则汽车的初速度v0=72 km/h=20 m/s,末速度vt=0,加速度a=-5 m/s2,汽车运动的总时间t== s=4 s.
(1)因为t1=2 s<4 s,所以汽车在2 s末没有停止运动,故s1=v0t1+a=20×2 m-×5×22 m=30 m.
(2)因为t2=5 s>4 s,所以汽车在5 s末早已停止运动,故s2=v0t+at2=20×4 m-×5×42 m=40 m.
变式2　0.5
[解析] 方法1:汽车初速度v0=36 km/h=10 m/s,刹车时间t停== s=2.5 s<3 s,所以刹车后第3秒内只运动了2.5 s的时间,0~3 s的位移s1=t停=×2.5 m=12.5 m,0~2 s的位移s2=v0t-at2=10×2 m-×4×22 m=12 m,第3 s内的位移s=s1-s2=12.5 m-12 m=0.5 m.
方法2:汽车初速度v0=36 km/h=10 m/s,刹车时间t停== s=2.5 s<3 s,所以刹车后第3秒内只运动了0.5 s的时间,逆向思维:匀减速第3 s内的位移相当于匀加速最初0.5 s内的位移,有s=at2=×4×0.52 m=0.5 m.
例3　AC　[解析] 物体既可能是向上运动的位移为37.5 m,也可能是向上运动再返回时整个过程中的位移为37.5 m,所以对应的时间有两解.根据s=v0t +at2,代入数值得37.5= 20t+×(-5)t2,整理方程得t2-8t+15=0,解得t1=3 s,t2=5 s,选项A、C正确.
例4　(1)10.8 m　(2)6 s
[解析] (1)可以把减速下滑的过程看作末速度为零的匀减速直线运动,以竖直向下为正方向,初速度v0=6 m/s,末速度vt=0,速度a=-2.5 m/s2,根据匀变速直线运动规律,减速下降过程的位移s1==7.2 m
人从高h=18 m处开始下滑,到地面的全过程中只有加速下滑和减速下滑两个过程,故可知加速下滑过程的位移为s=h-s1=10.8 m
(2)加速下滑的时间t1== s=3.6 s
减速下滑的时间t2== s=2.4 s
到达地面整个过程的时间t=t1+t2=3.6 s+2.4 s=6 s
变式3　(1)0.5 s　1 m　(2)2.6 m/s
[解析] (1)由速度—时间关系,可得墨鱼加速运动时,有
v=a1t1
解得t1=0.5 s
根据位移—时间关系可得墨鱼加速运动的位移为
s1=a1
解得s1=1 m
(2)墨鱼匀速运动时,有s2=vt
减速运动时,有v=a2t2
且s3=t2
可得全程的平均速度=
解得≈2.6 m/s
随堂巩固
1.C　[解析] 动车组可看成做匀变速直线运动,设这两节车厢经过该同学的初速度为v0 ,加速度为a,由位移公式s=v0t+at2 ,对两节车厢,有60=v0×(5+4)+a×(5+4)2 ,对第1节车厢,有30=v0×5+a×52 ,联立解得a=0.33 m/s2,选项C正确.
2.C　[解析] 根据匀变速直线运动的位移—速度关系式-=2as,有sAB=,sAC=,所以sAB∶sAC=1∶4,则sAB∶sBC=1∶3,故C正确.
3.C　[解析] 根据匀变速直线运动的位移—时间关系式s=v0t+at2=16t-2t2,可得v0=16 m/s,a=-4 m/s2,采取逆向思维,汽车在停止运动前最后1 s内的位移s=|a|t2=×4×12 m=2 m,停止运动前最后1 s内的平均速度== m/s=2 m/s,故C正确.
4.C　[解析] 要使运动时间最短,应先以最大加速度加速运动到最大速度,再以最大速度匀速运动,最后以最大加速度减速运动到速度为零,故升降机先加速上升,加速上升的位移为s1==32 m,最后减速上升的位移s3=s1=32 m,中间匀速上升的位移s2=s-s1-s3=40 m,匀速运动的时间t2==5 s,加速和减速运动的时间均为t1==8 s,所以最短时间t=2t1+t2=21 s,选项C正确.
专题课:匀变速直线运动规律的重要推论
[科学推理] (4)可以用图像法和公式法两种方法证明.
证明一(图像法):在v-t图像中,图线与时间轴围成的面积表示位移,初速度为v0、末速度为vt的匀变速直线运动对应的是一个梯形,这段运动的中间时刻的瞬时速度为此梯形的中位线,在此图形中加一条垂直于时间轴的线段将此图形分成两块面积相等的部分,则此条线段表示这段运动的中间位移的瞬时速度,由图像可以看出,这条线段长度大于梯形中位线的长度,即匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度小于中间位移的瞬时速度.
证明二(公式法):匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度=,中间位移的瞬时速度=,根据不等式关系可知=>=,即匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度小于中间位移的瞬时速度.
例1　BC　[解析] 根据加速度的定义式得a===,故A错误;根据匀变速直线运动的中间位移速度推论得===2v,故B正确;根据匀变速直线运动的中间时刻速度推论得===4v,故C正确,D错误.
变式1　BC　[解析] 根据2a·=-(3v)2、2a·=(9v)2-,可得经过AB中点的速度为==3v,故A错误;经过AB中间时刻的速度是==6v,故B正确;前时间通过的位移比后时间通过的位移少Δs=×-×=1.5vt,故C正确;A、B间的距离为sAB=t=6vt,故D错误.
[科学推理] (1)证明:设物体的初速度为v0,从计时起,第1个T时间内的位移s1=v0T+aT2,第2个T时间内的位移s2=v0·2T+a(2T)2-s1=v0T+aT2,…,第n个T时间内的位移sn=v0·nT+a(nT)2-sn-1=v0T+aT2,连续相等时间内的位移差为Δs=sn-sn-1=v0T+aT2-v0T-aT2=aT2,即Δs=aT2.
例2　C　[解析] 由于小球做匀加速直线运动,根据相邻相等时间内的位移差相等可知,sBC-sAB=aT2,故小球的加速度a== m/s2=4 m/s2,选项A错误;因为小球是从O点由静止释放的,所以O点的速度才是0,A点的速度不为0,选项B错误;由于O到斜面底端的长度为l=35 cm,所以小球从O点由静止释放滚到最下端所用的时间为t== s≈0.42 s,而两个小球的间隔是0.1 s,故斜面上最多有四个间隔,即最多同时有5个小球在滚动,选项C正确;因为小球在B点的瞬时速度为vB== m/s=0.6 m/s,故由静止释放的位置到B点的时间为tB== s=0.15 s,到C点的时间为tC=tB+0.1 s=0.25 s,选项D错误.
变式2　B　[解析] 设AB段和BC段的运动时间为T,由匀变速直线运动有sBC-sAB=aT2、vB==,=2asOB,解得sOB= m,则sOA=sOB-sAB=2.25 m.故选B.
[科学推理] (1)1∶2∶3∶…∶n　(2)12∶22∶32∶…∶n2　(3)1∶3∶5∶…∶(2n-1)　(4)1∶∶∶…∶　(5)1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)　
例3　C　[解析] 对于初速度为零的匀加速直线运动,在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…的位移之比为sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…=1∶3∶5∶…,运动员运动总时间为8t,则第一个t时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中第八个t时间内的位移,最后两个t时间内的总位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中前两个t时间内的位移,故s1∶s2=15∶(1+3)=15∶4,故C正确.
变式3　D　[解析] 根据s=at2,解得t=,Oa、Ob、Oc、Od的距离之比为1∶2∶3∶4,所以质点由O到达各点的时间之比ta∶tb∶tc∶td=1∶∶∶2,故A正确.根据v2=2as,解得v=,Oa、Ob、Oc、Od的距离之比为1∶2∶3∶4,所以质点通过各点的速率之比va∶vb∶vc∶vd=1∶∶∶2,故B正确;从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为tOa∶tab∶tbc∶tcd=1∶(-1)∶(-)∶(2-),故C正确;初速度为0的匀加速直线运动中,在最初两段相等的时间内通过的位移之比为1∶3,可知a点对应的是Od的中间时刻,某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则==va随堂巩固
1.B　[解析] 战机在起飞前做匀加速直线运动,有s=t=t=t,选项B正确.
2.A　[解析] 解法一:设物体到达斜面底端时的速度为v2,到达斜面中点时的速度为v1,根据位移与速度关系式得,=2a·,=2a·s,联立解得v2≈2.82 m/s,选项A正确.
解法二:设物体到达斜面底端时的速度为v2,到达斜面中点时的速度为v1,根据中间位移的瞬时速度公式=得v2=v1≈2.82 m/s,选项A正确.
3.C　[解析] 质点做初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…∶(2n-1),则质点在第1个2 s、第2个2 s和第5个2 s内的位移之比为1∶3∶9,选项C正确.
4.BC　[解析] 由匀变速直线运动的规律可知,连续相等时间内的位移差为常数,即Δs=aT2,则加速度a== m/s2=25 m/s2,故A错误,B正确;根据CD-BC=BC-AB,解得CD=4 m,故C正确,D错误.习题课:匀变速直线运动规律的应用
学习任务一　匀变速直线运动规律的灵活选取
[科学思维]
(1)规范解题流程
(2)恰当选用公式
题目中所涉及的物理量 没有涉及的物理量 适宜选用公式
v0、vt、a、t s vt=v0+at
v0、a、t、s vt s=v0t+at2
v0、vt、a、s t -=2as
v0、vt、t、s a s=t
一般情况下,规定初速度v0的方向为正方向 ,当v0=0时,一般以加速度a的方向为正方向
例1 一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动,公路边每隔s0=15 m有一棵树,如图所示,汽车通过A、B两相邻的树用了t1=3 s,通过B、C两相邻的树用了t2=2 s,则汽车运动的加速度a和通过B树时的速度vB分别为多大
变式1 [2023·山西太原期中] 一物体做匀加速直线运动,物体一共运动了6 s,已知前4 s的位移为6.4 m,后4 s的位移为8.0 m,则以下说法正确的是 (　)
A.物体的初速度为0
B.物体的加速度为0.4 m/s2
C.前3 s内的位移为2.8 m
D.第3 s内的位移为1.7 m
学习任务二　两类特殊的匀减速直线运动
[科学思维]
刹车类 双向运动类
实际交通工具刹车后在摩擦力作用下可认为是做匀减速直线运动且运动过程不可逆,当速度减小到零时,车辆就会停止.解答此类问题的思路是:(1)先求出汽车从刹车到静止的刹车时间t刹=(2)比较所给时间与刹车时间的关系以确定运动时间,最后利用运动学公式求解.若t>t刹,则不能盲目把时间代入;若t例2 一辆汽车在平直的公路上以72 km/h的速度行驶,司机看见红色信号灯便立即踩下刹车,汽车开始做匀减速直线运动.若汽车减速过程的加速度大小为5 m/s2,求:
(1)开始刹车后,前2 s内汽车行驶的距离;
(2)开始刹车后,前5 s内汽车行驶的距离.
变式2 [2023·泉州五中月考] 以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车,遇障碍物刹车后获得大小为a=4 m/s2的加速度,刹车后第3秒内,汽车走过的位移为　　　　 m
例3 (多选)一物体以20 m/s的初速度沿较长的光滑斜面斜向上做加速度大小为5 m/s2的匀减速运动,以沿斜面向上为正方向,则它的位移为37.5 m时所用的时间可能为(　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.3 s B.4 s
C.5 s D.6 s
[反思感悟]

学习任务三　直线运动中的多过程问题
[科学思维] 求解多过程问题的“三步走”
例4 [2023·厦门一中月考] 在某次火灾逃生演练现场中,逃生者从离地面18 m高处,利用缓降器材由静止开始匀加速下滑,当速度达到6 m/s时,以大小为2.5 m/s2的加速度减速,到达地面时速度恰好为零.求:
(1)加速下滑过程的位移大小;
(2)到达地面整个过程的时间.
变式3 [2023·河北沧州期中] 一只静止的墨鱼遇到危险时,立即喷出体内黑色汁液干扰捕食者视线,并获得一个a1=8 m/s2的加速度,当达到最大速度v=4 m/s后,又匀速运动了t=1 s,然后以大小为a2=2 m/s2的加速度做减速运动直至停下.假设墨鱼的运动始终在一条直线上,求:
(1)墨鱼加速过程中所用的时间及发生的位移大小;
(2)墨鱼全程的平均速度大小(保留两位有效数字).
1.(匀变速直线运动公式的灵活选取)动车组是由几节自带动力的车厢(动车)和几节不带动力的车厢(拖车)编在一起组成的.一工作人员站在车外进行观测,发现某动车组连续两节车厢经过他的时间依次为5 s和4 s,若动车组可看成做匀变速直线运动,每节车厢的长度为30 m,则该动车组的加速度约为　(　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.0.17 m/s2 B.0.30 m/s2
C.0.33 m/s2 D.0.38 m/s2
2.(匀变速直线运动公式的灵活选取)如图所示,一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,若到达B点时速度为v,到达C点时速度为2v,则AB段与BC段长度之比
为(　)
A.1∶1 　　B.1∶2
C.1∶3 　　D.1∶4
3.(刹车问题)汽车在水平地面上因故刹车,可以看作做匀减速直线运动,其位移与时间的关系式为s=16t-2t2(m),则它在停止运动前最后1 s内的平均速度为 (　)
A.6 m/s B.4 m/s
C.2 m/s D.1 m/s
4.(多过程问题)如图所示,竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面.某一竖井的深度为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2.假定升降机到井口的速度为0,则将矿石
从井底提升到井口的最短时间是 (　)
A.13 s 　　B.16 s
C.21 s 　　D.26 s习题课:匀变速直线运动规律的应用
1.C　[解析] 由-=2as,其中v0=8 m/s,a=1 m/s2,s=18 m,解得vt=10 m/s,故C正确.
2.A　[解析] 第3 s内的位移为s3=a(3 s)2-a(2 s)2=5 m,解得a=2 m/s2,故第1 s末的速度为v1=at1=2×1 m/s=2 m/s,故A正确.
3.B　[解析] 由题意知t1=1 s时,v1=6 m/s,t2=2 s时,v2=8 m/s,由v2=v1+a(t2-t1)知,物体的加速度a= m/s2=2 m/s2,因为物体做匀加速直线运动,所以任意1 s内的速度变化量都为at=2×1 m/s=2 m/s,故B正确,C错误.由v1=v0+at1得,零时刻的速度为v0=v1-at1=6 m/s-2×1 m/s=4 m/s,故A错误.第1 s内的平均速度一定大于4 m/s,但小于6 m/s,故D错误.
4.CD　[解析] 43.2 km/h=12 m/s,汽车速度减为零所需的时间t0== s=2 s,刹车后1 s末的速度vt=v0+at=12 m/s-6×1 m/s=6 m/s,故A错误;刹车后3 s末的速度为零,故B错误;刹车后1 s内的位移s1=v0t+at2=12×1 m-×6×1 m=9 m,故C正确;刹车后3 s内的位移等于2 s内的位移,则s=t0=×2 m=12 m,故D正确.
5.AC　[解析] 规定初速度的方向为正方向,由速度公式vt=v0+at可得,1 s末的速度v1=16 m/s-8×1 m/s=8 m/s,3 s末的速度v3=16 m/s-8×3 m/s=-8 m/s,负号表示与初速度的方向相反,故A正确,B错误;由位移—速度关系式得sm==16 m,故C正确;返回出发点时位移为0,由=0,解得v=-16 m/s,故D错误.
6.AD　[解析] 将位移公式s=v0t+at2与s=10t-2t2对照,可得初速度v0=10 m/s,加速度a=-4 m/s2,负号表示加速度方向与初速度方向相反,故A正确,B错误;根据速度公式vt=v0+at可得,汽车刹车到停止运动所用的时间为t== s=2.5 s,故C错误;汽车刹车后2.5 s停止运动,则汽车刹车后4 s内的位移就是2.5 s内的位移,为s=v0t+at2=12.5 m,故D正确.
7.C　[解析] 设下滑过程中的最大速度为v,由公式s=t,解得v== m/s=8 m/s,故A错误.加速与减速运动过程中平均速度都为,平均速度大小之比为1∶1,故B错误.由v=at 可知,加速度大小和时间成反比,加速时的加速度大小是减速时的加速度大小的2倍,所以加速与减速运动过程的时间之比为1∶2,故C正确.加速与减速运动过程中平均速度大小相等,位移大小之比等于时间之比,为1∶2,故D错误.
8.B　[解析] 列车的最高行驶速度为v=72 km/h=20 m/s,由v=at可知,加速过程的最短时间为t1== s=10 s,加速过程的位移为s1=t1=100 m,由v=at可知,减速过程的最短时间为t2== s=10 s,减速过程的位移为s2=t2=100 m,匀速过程的位移为s3=s-s1-s2=2200 m-100 m-100 m=2000 m,匀速过程的时间为t3== s=100 s,通勤列车从甲站行驶到乙站的最短时间为t=t1+t2+t3=10 s+10 s+100 s=120 s.故选B.
9.D　[解析] 从列车车头过桥头开始,车头过桥尾时,列车位移为L,车尾过桥尾时,列车位移为2L,设列车车尾过桥尾时速度为v3,有-=2aL,-=4aL,联立解得v3=,选项D正确.
10.AD　[解析] 物体在上行和下滑阶段运动的位移大小之比为1∶1,故B错误;物体在上行阶段的平均速度大小为= m/s=6 m/s,物体在下滑阶段的平均速度大小为= m/s=4 m/s,所以∶=3∶2,故C错误;物体在上行和下滑阶段运动的位移大小均为s,由s=t1=t2可得物体在上行和下滑阶段运动的时间之t1∶t2=∶=2∶3,故A正确;根据a=可知,物体在上行和下滑阶段运动的加速度大小之比a1∶a2=∶=9∶4,故D正确.
11.(1)200 m　(2)6 s　10 m/s
[解析] (1)经过A点时速度vA=216 km/h=60 m/s
AB段的长度
sAB=vAt-at2=60×4 m-×5×42 m=200 m
(2)经过B点时速度
vB=vA-at=60 m/s-5×4 m/s=40 m/s
AB段的长度与BC段的长度之比为4∶3,则BC段的长度sBC=150 m
又sBC=vBtBC-a
得tBC=6 s或tBC=10 s(舍去,若tBC=10 s,速度方向改变)
经过C点时的速度大小
vC=vB-atBC=40 m/s-5×6 m/s=10 m/s
12.(1)22.5 m　(2)8 s
[解析] (1)设加速下滑的时间为t1,由匀变速直线运动规律得
v=at1
s1=a
解得t1=3 s,s1=22.5 m.
(2)逃生者应先以最大加速度做匀加速运动,再做匀速运动,最后以最大加速度做匀减速运动.
匀减速阶段所需时间为t2==3 s
通过的位移为s2= =22.5 m
所以匀速阶段所需时间为t3==2 s
总时间为t=t1+t2+t3=8 s.
13.(1)瞬时速度　(2)2 s　3 s　(3)15 m　7.5 m
[解析] (1)高速公路收费站ETC通道有限速标记“20”的字样,是指瞬时速度.
(2)汽车减速前的速度为v0=36 km/h=10 m/s
汽车通过收费站口时的速度为vt=18 km/h=5 m/s
该车做匀减速直线运动的时间是t1==2 s
该车做匀加速直线运动的时间是t2==1 s
该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是t=t1+t2=3 s
(3)汽车开始制动的位置到收费站口的距离为s1==15 m
从收费站口到恢复原来的速度时,通过的位移是s2==7.5 m习题课:匀变速直线运动规律的应用建议用时:40分钟
◆ 知识点一　匀变速直线运动公式的灵活应用
1.如图所示,一辆正以8 m/s的速度沿直线行驶的汽车突然以1 m/s2的加速度加速行驶,则汽车行驶至18 m时的速度为 (　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.8 m/s B.12 m/s
C.10 m/s D.14 m/s
2.质点从静止开始做匀加速直线运动,第3 s内的位移是5 m,则第1 s末的速度为 (　)
A.2 m/s B.0.5 m/s
C.1 m/s D.2.5 m/s
3.物体做匀加速直线运动,已知第1 s末的速度是6 m/s,第2 s末的速度是8 m/s,则下面结论正确的是(　)
A.物体在零时刻的速度大小是2 m/s
B.物体的加速度大小是2 m/s2
C.任意1 s内的速度变化量都是6 m/s
D.第1 s内的平均速度大小为6 m/s
◆ 知识点二　两类特殊的匀减速直线运动
4.(多选)[2023·三明二中月考] 某汽车在平直公路上以43.2 km/h的速度匀速行驶,现因前方发生紧急事件而刹车,加速度大小为6 m/s2,则下列说法中正确的是(　)
A.刹车后1 s末的速度为3 m/s
B.刹车后3 s末的速度为-6 m/s
C.刹车后1 s内的位移为9 m
D.刹车后3 s内的位移为12 m
5.(多选)一个物体以v0=16 m/s的初速度冲上一光滑斜面,加速度大小为8 m/s2,到达最高点之后,又以相同的加速度往回运动,则 (　)
A.1 s末的速度大小为8 m/s
B.3 s末的速度为零
C.向上的最大位移是16 m
D.返回出发点时的速度大小是8 m/s
6.(多选)[2023·湖南岳阳一中月考] 一辆汽车开始刹车后运动的位移随时间变化的规律是s=10t-2t2,s和t的单位分别是m和s,以下说法正确的是　(　)
A.初速度v0=10 m/s,加速度大小a=4 m/s2
B.初速度v0=4 m/s,加速度大小a=10 m/s2
C.汽车刹车到停止所用的时间为5 s
D.汽车刹车后4 s内的位移是12.5 m
◆ 知识点三　直线运动中的多过程问题
7.[2023·江西南昌期中] 一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖直立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速下滑再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的加速度大小的2倍,下滑的总时间为3 s,则该消防队员(　)
A.下滑过程中的最大速度为4 m/s
B.加速与减速运动过程的平均速度大小之比为2∶1
C.加速与减速运动过程的时间之比为1∶2
D.加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4
8.温州轨道交通S1线的开通运营,让温州成为浙江省第三座开通轨道交通的城市.轨道交通能提高出行效率,缓解高峰时段的交通压力.假设规划线路中有甲、乙两站在同一直线上,且两站的距离为2200 m,通勤列车的最高行驶速度为72 km/h,加速和减速的加速度大小均不超过2 m/s2.则通勤列车从甲站行驶到乙站的最短时间为 (　)
A.80 s B.120 s C.160 s D.200 s
9.有一列长为L的列车正以恒定的加速度通过铁路桥,桥长也为L.已知列车车头过桥头时的速度为v1,车头过桥尾时的速度为v2,则车尾过桥尾时的速度为(　)
A.2v1-v2 B.2v2-v1
C. D.
10.(多选)[2023·清华附中月考] 物体以12 m/s的速度冲上一个足够长的斜坡,当它再次返回坡底时,速度大小为8 m/s,设上行和下滑阶段物体均做匀变速直线运动,则 (　)
A.物体在上行和下滑阶段运动的时间之比为2∶3
B.物体在上行和下滑阶段运动的位移大小之比为3∶2
C.物体在上行和下滑阶段运动的平均速度大小之比为2∶3
D.物体在上行和下滑阶段运动的加速度大小之比为9∶4
11.[2023·福州三中月考] C919 是中国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式中程干线客机,2023 年5月28日首次执行商业载客飞行.现将飞机某次降落后在跑道上减速的过程简化为匀减速直线运动.如图所示,飞机的加速度大小为5 m/s2,经过A点时速度大小为216 km/h,4 s后经过B点,再经一段时间后经过C点.已知AB段的长度与BC段的长度之比为4∶3,飞机可视作质点,求:
(1)AB段的长度;
(2)飞机在 BC段运动的时间和经过C点时的速度大小.
12.如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材.遇到突发情况时,逃生者可以将安全带系于腰部,通过钢丝绳等安全着陆,如图乙所示.一幢高层商住楼的层高均为2.5 m,某次演练中,逃生者从31楼由静止开始下滑,到达地面时速度恰好为零.该楼房所装救生缓降器材运行速度的最大值为15 m/s,变速运动过程的加速度大小不超过5 m/s2.不计空气阻力.求:
(1) 逃生者由静止以最大加速度加速下滑的位移s1;
(2) 逃生者从31楼到地面的最短时间.
13.[2023·福州五中月考] 交管部门规定,ETC车辆通过收费站口时,在ETC专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过.福清宏路高速路口收费站也设有ETC专用通道(如图所示),假设该ETC专用通道的前、后都是平直大道,某车减速前的速度为v0=36 km/h,靠近站口时以大小为a1=2.5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=18 km/h,然后立即以a2=5 m/s2的加速度加速至原来的速度.
(1)ETC专用通道有限速标记“20”(20 km/h)的字样,它是指瞬时速度还是平均速度
(2)该车做匀减速直线运动所用的时间是多少 该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少
(3)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速 从收费站口到恢复原来的速度时,通过的位移是多大

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