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高中物理必修一素養提升學案
第二章 勻變速直線運動的研究
第3節 勻變速直線運動位移與時間的關系
【課標解讀】
1．能利用v—t圖像得出勻變速直線運動的位移與時間關系式x＝v0t＋at2，進一步體會利用圖像分析物體運動規律的研究方法。
2．能推導出勻變速直線運動的速度—位移關系式v2－v02＝2ax，體會科學推理的邏輯嚴密性。
3．能在實際問題情境中使用勻變速直線運動的位移公式解決問題，體會物理知識的實際應用價值。
4．了解速度——時間圖像圍成面積的物理意義是相應時間內的位移，提高應用數學研究物理問題的能力，體會變與不變的辯證關系。
【核心素養】
物理觀念：理解位移公式和速度—位移關系式，形成運動觀念。
科學思維：通過探究的過程，體會科學推理的邏輯嚴密性，提高應用數學研究物理問題的能力。
科學探究：通過探究的過程，體會物理知識的實際應用價值。
科學態度與責任：體會變與不變的辯證關系，滲透辯證唯物主義世界觀。
【互動探究】
知識點一　勻變速直線運動的位移
勻速直線運動的v ——t圖像如圖所示，v ——t圖像與對應的時間軸所包圍的矩形的(陰影部分)“面積”有什么意義？
提示：表示物體在0～t1時間內的位移。
1．v t圖像中“面積”的意義：v t圖像中的圖線和時間軸包圍的“面積”等于相應時間內的位移。如圖所示，在0～t1時間內的位移大小等于梯形的“面積”。
2．位移公式：x＝v0t＋at2。式中v0表示初速度，x表示物體在時間t內運動的位移。
【針對訓練】
1．判斷正誤。
(1)勻速直線運動的位移與時間成正比。(√)
(2)勻變速直線運動的位移與時間的平方成正比。(×)
(3)初速度越大，做勻變速直線運動的物體的位移一定越大。(×)
(4)勻變速直線運動的位移與初速度、加速度、時間三個因素有關。(√)
2．兩物體都做勻變速直線運動，在給定的時間間隔t內(　　)
A．加速度較大的，其位移一定較大
B．初速度較大的，其位移一定較大
C．末速度較大的，其位移一定較大
D．平均速度較大的，其位移一定較大
解析：選D　根據x＝v0t＋at2知，加速度較大，位移不一定較大，還與初速度有關，故A錯誤；根據x＝v0t＋at2知，初速度較大的，位移不一定較大，還與加速度有關，故B錯誤；末速度較大，位移不一定較大，還與初速度有關，故C錯誤；根據x＝ t，如時間一定，平均速度較大，位移一定較大，故D正確。
知識點二　速度與位移的關系
1．公式推導：已知勻變速直線運動的速度公式v＝v0＋at①
勻變速直線運動的位移公式x＝v0t＋at2②
聯立①②式消去t可得v2－v02＝2ax。
2．速度與位移的關系式：v2－v02＝2ax。
【針對訓練】
1．判斷正誤。
(1)公式v2－v02＝2ax適用于任何直線運動。(× )
(2)物體的末速度越大，則位移越大。(× )
(3)對勻減速直線運動，公式v2－v02＝2ax中的a必須取負值。(× )
(4)位移x的大小由v0、v、a共同決定。(√)
2．“殲 15”戰機在“山東艦”上起飛的畫面如圖所示，若已知“殲 15”戰機的加速度為a，起飛時的速度為v。
如果“山東艦”靜止在海上，應該如何來確定飛機跑道的最小長度？
提示：根據v2＝2ax，知飛機跑道的最小長度為x＝。
【核心要點突破】
要點一 位移公式x＝v0t＋at2的理解及應用
[問題探究]
如圖所示，汽車由靜止以加速度a1啟動，行駛一段時間t1后，又以加速度a2剎車，經時間t2后停下來。請思考：
(1)汽車加速過程及剎車過程中，加速度的方向相同嗎？
(2)根據位移與時間公式求加速過程及減速過程中的位移，速度及加速度的正、負號如何確定？
提示：(1)汽車加速時加速度的方向與運動方向相同，減速時加速度方向與運動方向相反，因此兩過程中加速度方向不同。
(2)根據位移與時間公式求位移時，如果取初速度方向為正方向，加速時，加速度取正值，減速時，加速度取負值。
【歸納總結】
1．公式中各個量的意義
2．適用條件：勻變速直線運動。
3．矢量性：公式x＝v0t＋at2為矢量式，其中的x、v0、a都是矢量，應用時必須選取統一的正方向。
一般選初速度v0的方向為正方向。
若物體做勻加速直線運動 a與v0同向，a取正值
若物體做勻減速直線運動 a與v0反向，a取負值
若位移的計算結果為正值 說明這段時間內位移的方向與規定的正方向相同
若位移的計算結果為負值 說明這段時間內位移的方向與規定的正方向相反
4．兩種特殊形式
(1)當a＝0時，x＝v0t→勻速直線運動的位移公式。
(2)當v0＝0時，x＝at2→由靜止開始的勻加速直線運動的位移公式。
[例題1]　學校一般每周一都要舉行升國旗儀式，對師生進行愛國主義教育，國歌從響起到結束的時間是48 s，國旗上升的高度是17．6 m。國歌響起的同時國旗開始向上做勻加速運動4 s，然后勻速運動，最后勻減速運動4 s到達旗桿頂端，速度恰好為零，此時國歌結束。求：
(1)國旗勻加速運動的加速度大??；
(2)國旗勻速運動時的速度大小。
[思路點撥]
(1)國旗上升經歷勻加速運動、勻速運動、勻減速運動三個階段。
(2)國旗勻速上升的時間為48 s－4 s－4 s＝40 s。
(3)國旗勻加速運動的末速度＝勻速的速度＝勻減速的初速度。
[解析]　由題意知，國旗勻加速上升的時間t1＝4 s，勻減速上升的時間t3＝4 s，勻速上升的時間t2＝t總－t1－t3＝40 s，對于國旗加速上升階段：x1＝a1t12
對于國旗勻速上升階段：v＝a1t1，x2＝vt2
對于國旗減速上升階段：x3＝vt3－a2t32
根據運動的對稱性，對于全過程：a1＝a2
x1＋x2＋x3＝17．6 m
由以上各式可得：a1＝0．1 m/s2
v＝0．4 m/s。
[答案]　(1)0．1 m/s2　(2)0．4 m/s
應用位移公式解題的一般步驟
(1)確定一個方向為正方向(一般以初速度的方向為正方向)。
(2)根據規定的正方向確定已知量的正、負，并用帶有正、負的數值表示。
(3)根據位移—時間關系式或其變形式列式、求解。
(4)根據計算結果說明所求量的大小、方向。
【針對訓練】
1．一物體的位移與時間的關系式為x＝4t＋2t2＋5(m)，那么它的初速度和加速度分別是(　　)
A．2 m/s,0．4 m/s2　　 B．4 m/s,2 m/s2
C．4 m/s,4 m/s2 D．4 m/s,1 m/s2
解析：選C　將公式x＝4t＋2t2＋5(m)和位移公式x＝v0t＋at2進行類比，可知物體的初速度v0＝4 m/s，加速度為4 m/s2，故A、B、D錯誤，C正確。
2．一質點做勻變速直線運動，第3 s內的位移為12 m，第5 s內的位移為20 m，則該質點運動過程中(　　)
A．初速度大小為零
B．加速度大小為4 m/s2
C．前5 s內的位移為50 m
D．第4 s內的平均速度為8 m/s
解析：選B　第3 s內的位移等于前3 s內位移與前2 s內位移之差，即Δx3＝x3－x2＝12 m，
代入數據得v0×3 s＋a×(3 s)2－＝12 m①
同理可得v0×5 s＋a×5 s2－＝20 m②
聯立①②，解得v0＝2 m/s，a＝4 m/s2，故A錯誤，B正確。前5 s內的位移為x＝v0t5＋at52＝60 m，C錯誤。第4 s內的位移為Δx4＝x4－x3＝v0t4＋at42－＝16 m，則第4 s內的平均速度＝＝ m/s＝16 m/s，D錯誤。
要點二 速度—位移關系式v2－v02＝2ax的理解及應用
[問題探究]
如圖所示，A、B、C三個標志牌的間距均為x，汽車做勻加速直線運動，加速度為a，已知汽車經過標志牌A的速度為vA，你能求出汽車經過標志牌B和C的速度vB和vC嗎？
提示：能，由vB2－vA2＝2ax可求出vB，由vC2－vA2＝2a(2x)可求出vC。
[要點歸納]
1．公式的適用條件：公式表述的是勻變速直線運動的速度與位移的關系，適用于勻變速直線運動。
2．公式的意義：公式v2－v02＝2ax反映了初速度v0、末速度v，加速度a、位移x之間的關系，當其中三個物理量已知時，可求另一個未知量。
3．公式的矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，應用時必須選取統一的正方向，一般選v0方向為正方向。
(1)物體做加速運動時，a取正值；做減速運動時，a取負值。
(2)x＞0，說明物體通過的位移方向與初速度方向相同；x＜0，說明位移的方向與初速度的方向相反。
4．兩種特殊形式
(1)當v0＝0時，v2＝2ax(初速度為零的勻加速直線運動)。
(2)當v＝0時，－v02＝2ax(末速度為零的勻減速直線運動)。
[例題2]　隨著機動車數量的增加，交通安全問題日益凸顯。分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規，珍惜生命。一貨車嚴重超載后的總質量為49 t，以54 km/h的速率勻速行駛。發現紅燈時司機剎車，貨車立即做勻減速直線運動，加速度的大小為2．5 m/s2(不超載時則為5 m/s2)。
(1)若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進多遠？
(2)若超載貨車剎車時正前方25 m處停著總質量為1 t的轎車，兩車將發生碰撞，求相撞時貨車的速度。
[解析]　(1)設貨車剎車時速度大小為v0，加速度大小為a，末速度大小為v，剎車距離為x，根據勻變速直線運動的速度與位移的關系式得x＝
由題意知，v0＝54 km/h＝15 m/s，v＝0，
a1＝2．5 m/s2，a2＝5 m/s2
代入數據得，超載時x1＝45 m
不超載時x2＝22．5 m。
(2)超載貨車與轎車碰撞時，
由v2－v02＝－2ax知
相撞時貨車的速度
v＝＝ m/s＝10 m/s。
[答案]　(1)45 m　22．5 m　(2)10 m/s
【針對訓練】
1．關于公式x＝，下列說法正確的是(　　)
A．此公式只適用于勻加速直線運動
B．此公式適用于勻減速直線運動
C．此公式只適用于位移為正的情況
D．此公式不可能出現a、x同時為負值的情況
解析：選B　公式x＝適用于勻變速直線運動，既適用于勻加速直線運動，也適用于勻減速直線運動，既適用于位移為正的情況，也適用于位移為負的情況，選項B正確，選項A、C錯誤；當物體做勻加速直線運動，且規定初速度的反方向為正方向時，a、x就會同時為負值，選項D錯誤。
2．做勻加速直線運動的物體，速度從v增加到3v時經過的位移是x，則它的速度從3v增加到5v時經過的位移是(　　)
A．x B．x
C．x D．2x
解析：選D　根據速度與位移公式得(3v)2－v2＝2ax，(5v)2－(3v)2＝2ax′，聯立兩式解得x′＝2x，故選項D正確。
【方法歸納】
一、利用v ——t圖像的“面積”求物體的位移
在v ——t圖像中，圖線與時間軸所圍成的“面積”表示物體的位移，所以已知v t圖像求位移時采用“面積”法計算，可以快速解題。
【典例1】　某一做直線運動的物體的圖像如圖所示，根據圖像求：
(1)物體距出發點的最遠距離；
(2)前4 s內物體的位移；
(3)前4 s內物體通過的路程。
[思路點撥]
(1)t＝1 s時，物體速度最大；t＝3 s時，物體速度方向將發生改變，此時位移最大。
(2)利用v t圖像求位移一般采用“面積”法計算，即計算v t圖像中圖線與時間軸所圍成的面積。
[解析]　(1)設物體距出發點最遠距離為x1，所用時間為t1，則
x1＝v1t1＝×4×3 m＝6 m。
(2)前4 s內的位移
x＝x1－x2＝v1t1－v2t2
＝×4×3 m－×2×1 m＝5 m。
(3)前4 s內通過的路程
s＝x1＋x2＝v1t1＋v2t2
＝×4×3 m＋×2×1 m＝7 m。
[答案]　(1)6 m　(2)5 m　(3)7 m
【關鍵點撥】利用v——t圖像的“面積”求位移的幾點提醒
(1)v ——t圖像與t軸所圍的“面積”的絕對值表示位移的大小。
(2)“面積”在t軸以上表示位移沿正方向，取正值；在t軸以下表示位移沿負方向，取負值。
(3)物體的總位移等于各部分位移(正、負“面積”)的代數和。
(4)物體通過的路程為t軸上、下“面積”絕對值的和。
【針對訓練】
1．[多選]P、Q兩質點，從同一地點由靜止開始運動的v —t圖像如圖所示，由圖像可以判定(　　)
A．P質點的速度越來越小
B．零時刻，P質點的加速度為零
C．在0～t1時間內，P質點在Q質點前面
D．在0～t1時間內，P質點的平均速度大于Q質點的平均速度
解析：選CD　在v t圖像中，某一點代表此時刻的瞬時速度，從題圖中可以看出在0～t1時間內，P質點的速度越來越大，故A錯誤；由于在v t圖像中，圖線的切線斜率表示加速度，所以零時刻P質點的速度雖然為零，但是斜率(即加速度)不為零，故B錯誤；在v t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積代表位移，所以在0～t1時間內，P質點的位移大于Q質點的位移，因P、Q兩質點從同一地點由靜止開始運動，則P質點在Q質點前面，根據＝可知，在0～t1時間內，P質點的平均速度大于Q質點的平均速度，故C、D正確。
2．一質點的v ——t圖像如圖所示，求它在前2 s內和前4 s內的位移。
解析：位移大小等于v t圖像與時間t軸所圍成的面積，質點在前2 s內的位移x1＝2×5× m＝5 m，質點在后2 s內的位移x2＝(4－2)×(－5)× m＝－5 m，所以質點在前4 s內的位移x＝x1＋x2＝5 m－5 m＝0。
答案：5 m　0
二、探究兩類勻減速直線運動的問題
兩類運動 軌跡特點 技巧點撥
剎車類問題 (最后狀態) 可看成反向的初速度為零的勻加速運動
雙向可逆類 (轉折狀態) 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后返回，這類運動可對全程列式，注意x、v、a等矢量的正負號
【典例2】　飛機著陸做勻減速直線運動可獲得大小為a＝6 m/s2的加速度，飛機著陸時的速度為v0＝60 m/s，求它著陸后t＝12 s內滑行的距離。
[解析]　設飛機從著陸到停止所需時間為t0，由速度公式v＝v0－at0得t0＝10 s。
可見，飛機在t＝12 s內的前10 s內做勻減速直線運動，后2 s內保持靜止。
所以有x＝v0t0－at02＝300 m或x＝＝300 m。
[答案]　300 m
【總結歸納】
(1)示例2的易錯點在于不考慮剎車的實際情況，盲目套用位移公式x＝v0t－at2，將t＝12 s直接代入得到x＝288 m的典型錯解。
(2)解答該類問題時應先計算出物體停止運動實際需要的時間，才能判斷給定時間內的物體的運動情況。
[示例3]　如圖所示，小球以6 m/s的速度由足夠長的光滑斜面中部沿著斜面向上滑。已知小球在斜面上運動的加速度大小為2 m/s2。分別求出經過2 s、3 s、4 s、6 s、8 s小球的位移。(提示：小球在光滑斜面上運動時，加速度的大小、方向都不變)
[解析]　以小球的初速度方向，即沿斜面向上為正方向，則小球的加速度沿斜面向下，為負值。將t2＝2 s，t3＝3 s，t4＝4 s，t6＝6 s，t8＝8 s代入x＝v0t＋at2，解得x2＝8 m，x3＝9 m，x4＝8 m，x6＝0，x8＝－16 m。
[答案]　8 m　9 m　8 m　0　－16 m　其中負號表示小球位移沿斜面向下
【針對訓練】
1．物體在做勻減速直線運動時(運動方向不變)，下面結論正確的是(　　)
A．加速度越來越小
B．加速度總與物體的運動方向相同
C．位移隨時間均勻減小
D．速度隨時間均勻減小
解析：選D　物體做勻減速直線運動，表明它的速度均勻減小，加速度大小不變，加速度方向與物體的運動方向相反，A、B錯誤，D正確；由于物體運動方向不變，位移逐漸增大，故C錯誤。
2．在交警處理某次交通事故時，通過監控儀器掃描，輸入計算機后得到該汽車在水平面上剎車過程中的位移隨時間變化的規律為x＝20t－2t2(x的單位是m，t的單位是s)。則該汽車在路面上留下的剎車痕跡長度為(　　)
A．25 m　　　　　　　　 　B．50 m
C．100 m D．200 m
解析：選B　根據x＝20t－2t2可知，該汽車初速度v0＝20 m/s，加速度a＝－4 m/s2。剎車時間t＝＝ s＝5 s。剎車后汽車做勻減速運動的位移為剎車痕跡長度，根據x＝v0t＋at2，得x＝20×5 m－×4×52 m＝50 m，B正確。
3．如圖所示，豎井中的升降機可將地下深處的礦石快速運送到地面。某一豎井的深度為104 m，升降機運行的最大速度為8 m/s，加速度大小不超過1 m/s2。假定升降機到井口的速度為0，則將礦石從井底提升到井口的最短時間是(　　)
A．13 s B．16 s
C．21 s D．26 s
解析：選C　升降機先以最大加速度勻加速至最大速度，加速距離為h1＝＝32 m，加速時間為t1＝＝8 s；最后以最大加速度勻減速至零，減速距離h3＝h1＝32 m，減速時間t3＝t1＝8 s，故中間勻速階段的距離h2＝40 m，勻速時間t2＝＝5 s。所以t＝t1＋t2＋t3＝8 s＋5 s＋8 s＝21 s，C正確。
4．一輛汽車以10 m/s的速度勻速行駛，遇到緊急情況，突然以大小為2 m/s2的加速度勻減速剎車，則從剎車開始計時，汽車在6 s內的位移是(　　)
A．24 m　　　 B．25 m　 　　C．60 m　　　 D．96 m
解析：選B　汽車從減速到停止所需的時間為t＝ s＝5 s，汽車在5 s末就已經停止運動，所以汽車在6 s內的位移等于在5 s內的位移，故有x＝10×5 m－×2×52 m＝25 m，B正確。
5．汽車以20 m/s的速度做勻速直線運動，某時刻關閉發動機而做勻減速直線運動，加速度大小為5 m/s2，則它關閉發動機后通過37．5 m所需時間為(　　)
A．3 s B．4 s C．5 s D．6 s
解析：選A　根據x＝v0t＋at2，將v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，x＝37．5 m，代入得t1＝3 s，t2＝5 s，但因剎車時間t0＝＝4 s，所以t2＝5 s應舍去。故只有選項A正確。
6．電動自行車以其時尚、方便、快捷深受廣大中學生的喜愛，但由電動自行車引發的交通事故也在逐年增多，學習交通安全常識，自覺遵守交通法規是確保學生交通安全的重要舉措之一。按規定電動自行車在城區限速20 km/h。某同學為了判斷自己正常行駛時是否超速，在一次正常行駛途中經過某一位置時立刻切斷電源，讓電動自行車沿直線自由滑行。測得電動自行車滑行的最大距離為15 m，滑行的時間為5 s，則該同學正常行駛的車速約為(　　)
A．3 km/h　 B．3 m/s　
C．6 km/h　 D．6 m/s
解析：選D　根據x＝t得，v＝＝ m/s＝6 m/s＝21．6 km/h，D正確。
7．一物體由靜止開始做勻加速直線運動，第1 s末的速度達到4 m/s，則物體在第2 s內的位移是(　　)
A．6 m B．8 m C．4 m D．1．6 m
解析：選A　根據速度公式v1＝at，得a＝＝ m/s2＝4 m/s2。第1 s末的速度等于第2 s初的速度，所以物體在第2 s內的位移x2＝v1t＋at2＝4×1 m＋×4×12 m＝6 m，故A正確。
8．一只叫Diamond的寵物狗和主人游戲，寵物狗沿直線奔跑，依次經過A、B、C三個木樁，B為AC的中點，它從木樁A開始以加速度a1勻加速奔跑，到達木樁B時以加速度a2繼續勻加速奔跑，若它經過木樁A、B、C時的速度分別為0、vB、vC，且vB＝，則加速度a1和a2的大小關系為(　　)
A．a1＜a B．a1＝a2
C．a1＞a2 D．條件不足，無法確定
解析：選A　設寵物狗在AB段和BC段的位移均為x，對AB段，vB2＝2a1x，對BC段，vC2－vB2＝2a2x，又vB＝，由以上三式解得a2＝3a1，故選項A正確，選項B、C、D錯誤。
9. 2019年12月17日，我國首艘國產航母“山東艦”服役，中國海軍迎來“雙航母”時代。軍事專家預測中國的下一艘國產航空母艦上將使用彈射系統。已知某型號的戰斗機在跑道上加速時可能產生的最大加速度為5．0 m/s2，當飛機的速度達到50 m/s時才能離開航空母艦起飛。設航空母艦處于靜止狀態。問：
(1)若要求該飛機滑行160 m后起飛，彈射系統必須使飛機具有多大的初速度？
(2)若某航空母艦上不裝彈射系統，要求該航空型號飛機仍能在此艦上正常起飛，則該航空母艦身長至少應為多少？
解析：(1)根據公式v2－v02＝2ax
得v0＝ ＝30 m/s。
(2)不裝彈射系統時，v2＝2aL
L＝＝250 m。
答案：(1)30 m/s　(2)250 m
9．日本筑波大學研制出了世界上第一種商業外骨骼機器人，這種裝置能幫助行動不便者以一定速度行走。某人利用該外骨骼機器人從靜止開始，沿直線勻加速行走了4 s，達到最大速度6 m/s后，又以1．2 m/s2的加速度沿直線勻減速行走了3 s，然后做勻速直線運動。求：
(1)該人勻加速運動時的加速度大小；
(2)該人勻速運動時的速度大?。?br/>(3)前7 s過程中該人行走的總位移的大小。
解析：(1)設勻加速運動階段，人的加速度大小為a1，最大速度大小為v1，運動的時間為t1，位移大小為x1
則v1＝6 m/s，t1＝4 s
a1＝＝＝m/s2＝1．5 m/s2。
(2)設勻減速運動階段，人的加速度大小為a2，末速度大小為v2，勻減速運動的時間為t2，勻減速運動的位移大小為x2，則
a2＝1．2 m/s2，t2＝3 s
由v2＝v1－a2t2，代入數據得
v2＝2．4 m/s。
(3)勻加速階段的位移大小x1＝v1t1＝12 m
勻減速階段的位移大小x2＝(v1＋v2)t2＝12．6 m
則前7 s過程中該人行走的總位移大小x＝x1＋x2＝24．6 m。
答案：(1)1．5 m/s2　(2)2．4 m/s　(3)24．6 m
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