知识讲解_匀变速直线运动的速度与位移的关系(提高)

知识讲解_匀变速直线运动的速度与位移的关系(提高)

匀变速直线运动的速度与位移的关系 【学习目标】 1、会推导公式 2 2 0 2tv v ax  2、掌握公式 2 2 0 2tv v ax  ，并能灵活应用 【要点梳理】 要点一、匀变速直线运动的位移与速度的关系 根据匀变速运动的基本公式 0tv v at  ， 2 0 1 2x v t at  ， 消去时间 t，得 2 2 0 2tv v ax  ． 即为匀变速直线运动的速度—位移关系． 要点诠释： ①式是由匀变速运动的两个基本关系式推导出来的，因为不含时间，所以若所研究的问题中不涉及时 间这个物理量时利用该公式可以很方便, 应优先采用． ②公式中四个矢量 tv 、 0v 、a、x 也要规定统一的正方向. 要点二、匀变速直线运动的四个基本公式 (1)速度随时间变化规律： 0tv v at  ． (2)位移随时间变化规律： 2 0 1 2x v t at  ． (3)速度与位移的关系： 2 2 0 2tv v ax  ． (4)平均速度公式： 0 2 tx vv  ， 0 2 tv vx t ． 要点诠释： 运用基本公式求解时注意四个公式均为矢量式，应用时，要选取正方向．公式(1)中不涉及 x，公式(2) 中不涉及 tv ，公式(3)中不涉及 t，公式(4)中不涉及 a，抓住各公式特点，灵活选取公式求解．共涉及五个 量，若知道三个量，可选取两个公式求出另两个量． 要点三、匀变速直线运动的三个推论 要点诠释： (1)在连续相邻的相等的时间(T)内的位移之差为一恒定值，即△x＝aT2(又称匀变速直线运动的判别 式)． 推证：设物体以初速 v0、加速度 a 做匀加速直线运动，自计时起时间 T 内的位移 2 1 0 1 2x v T aT  ． ① 在第 2 个时间 T 内的位移 2 2 0 1 12 (2 )2x v T a T x   2 0 3 2v T aT  ． ② 即△x＝aT2． 进一步推证可得 ① 1 2 2 2 22 n n n nx x x xxa T T T      3 23 n nx x T    … ②x2-x1＝x3-x2＝…＝xn-xn-1，据此可补上纸带上缺少的长度数据． (2)某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度 即 0 2 2 t t v vv v   ． 推证：由 vt＝v0+at， ① 知经 2 t 时间的瞬时速度 0 2 2t tv v a   ． ② 由①得 0tat v v  ，代入②中，得 0 0 / 2 0 0 0 1 ( )2 2 2 2 t t t t v v v vv v v v v        ， 即 0 2 2 t t v vv  ． (3)某段位移内中间位置的瞬时速度 2 xv 与这段位移的初、末速度 v0 与 vt 的关系为 2 2 0 2 1 ( )2x tv v v  ． 推证：由速度－位移公式 2 2 0 2tv v ax  ， ① 知 2 2 0 2 2 2x xv v a   ． ② 将①代入②可得 2 2 2 2 0 0 2 2 t x v vv v   ，即 2 2 0 2 1 ( )2x tv v v  ． 要点四、初速度为零的匀加速直线运动的几个比例式 要点诠释： 初速度为零的匀加速直线运动是一种特殊的匀变速直线运动，它自己有着特殊的规律，熟知这些规律 对我们解决很多运动学问题很有帮助． 设以 t＝0 开始计时，以 T 为时间单位，则 (1)1T 末、2T 末、3T 末、…瞬时速度之比为 v1:v2:v3:…＝1:2:3:…． 可由 vt＝at，直接导出 (2)第一个 T 内，第二个 T 内，第三个 T 内，…，第 n 个 T 内的位移之比为：x1:x2:x3:xn＝1:3:5:…:(2n-1)． 推证：由位移公式 21 2x at 得 2 1 1 2x aT ， 2 2 2 2 1 1 3(2 )2 2 2x a T aT aT   ， 2 2 3 1 1(3 ) (2 )2 2x a T a T  25 2 aT ． 可见，x1 : x2 : x3 : … : xn＝1 : 3 : 5 : … : (2n-1)． 即初速为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内位移的比等于连续奇数的比． (3)1T 内、2T 内、3T 内、…、位移之比为： 2 2 2 1 2 3 1 2 3x x x ： ： ：… ： ： ：… ， 可由公式 21 2x at 直接导出． (4)通过连续相同的位移所用时间之比 1 2 3 1 ( 2 1) ( 3 2) ( 1)nt t t t n n         : : : : : : : : ． 推证：由 21 2x at 知 1 2xt a  ， 通过第二段相同位移所用时间 2 2 2 2 2 ( 2 1)x x xt a a a     ， 同理： 3 3 2 2 2x xt a a    ， 2 ( 3 2)x a   ， 则 1 2 3 1 ( 2 1) ( 3 2) ( 1)nt t t t n n     : : : : : : - : : ． 要点五、纸带问题的分析方法 (1)“位移差法”判断运动情况，设时间间隔相等的相邻点之间的位移分别为 x1、x2、x3…． ①若 x2-x1＝x3-x2＝…＝ 1n nx x  ＝0，则物体做匀速直线运动． ②若 x2-x1＝x3-x2＝…＝ 1n nx x  ＝△x≠0，则物体做匀变速直线运动． (2)“逐差法”求加速度，根据 x4-x1＝x5-x2＝x6-x3＝3aT2(T 为相邻两计数点的时间间隔)，有 4 1 1 23 x xa T  ， 5 2 2 23 x xa T  ， 6 3 3 23 x xa T  ， 然后取平均值，即 1 2 3 3 a a aa   6 5 4 3 2 1 2 ( ) ( ) 9 x x x x x x T      ． 这样使所给数据全部得到利用，以提高准确性． 要点诠释：①如果不用“逐差法”求，而用相邻的 x 值之差计算加速度，再求平均值可得： 3 2 5 4 6 52 1 2 2 2 2 1 5 x x x x x xx xa T T T T          6 1 25 x x T  ． 比较可知，逐差法将纸带上 x1 到 x6 各实验数据都利用了，而后一种方法只用上了 x1 和 x6 两个实验数 据，实验结果只受 x1 和 x6 两个数据影响，算出 a 的偶然误差较大． ②其实从上式可以看出，逐差法求平均加速度的实质是用(x6+x5+x4)这一大段位移减去(x3+x2+x1)这一 大段位移，那么在处理纸带时，可以测量出这两大段位移代入上式计算加速度，但要注意分母(3T)2 而不是 3T2． (3)瞬间速度的求法 在匀变速直线运动中，物体在某段时间 t 内的平均速度与物体在这段时间的中间时刻 2 t 时的瞬时速度 相同，即 2 tv v ．所以，第 n 个计数点的瞬时速度为： 1 2 n n n x xv T  ． (4)“图象法”求加速度，即由 1 2 n n n x xv T  ，求出多个点的速度，画出 v-t 图象，直线的斜率即为加速 度． 【典型例题】 类型一、公式 2 2 0 2tv v ax  的应用 例 1、一列从车站开出的火车，在平直轨道上做匀加速直线运动，已知这列火车的长度为 l，当火车头经过 某路标时的速度为 v1，而车尾经过这个路标时的速度为 v2，求： (1)列车的加速度 a； (2)列车中点经过此路标时的速度 v； (3)整列火车通过此路标所用的时间 t． 【答案】（1） 2 2 2 1 2 v va l  （2） 2 2 1 2 2 v vv  （3） 1 2 2lt v v   【解析】火车的运动情况可以等效成一个质点做匀加速直线运动，某一时刻速度为 v1，前进位移 l，速度 变为 v2，所求的 v 是经过 2 l 处的速度．其运动简图如图所示． (1)由匀变速直线运动的规律得 2 2 2 1 2v v al  ，则火车的加速度为 2 2 2 1 2 v va l  ． (2)火车的前一半通过此路标时，有 2 2 1 2 2 lv v a   ， 火车的后一半通过此路标时，有 2 2 2 2 2 lv v a   ， 所以有 2 2 2 2 1 2v v v v   ，故 2 2 1 2 2 v vv  ． (3)火车的平均速度 1 2 2 v vv  ，故所用时间 1 2 2l lt v v v    ． 【总结升华】对于不涉及运动时间的匀变速直线运动问题的求解，使用 2 2 0 2tv v ax  可大大简化解题过程． 举一反三 【变式 1】在风平浪静的海面上，有一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，可能产生的最大加速度为 5m/s2，起飞速度为 50m/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．航空母舰不得不在海面上沿起飞方 向运动，从而使飞机获得初速度，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? 【答案】18.4m / s 【解析】若飞机从静止起飞，经过跑道 100 m 后，速度为 v． 由 v2＝2ax．知 2 5 100m /s 10 10m /s 50m /sv      ． 故航空母舰要沿起飞方向运动． 取航空母舰为参考系， 2 10 10m /s 31.6m /stv ax   ， 故航空母舰行驶的速度至少为 (50 31.6)m /s 18.4m /sv    ． 【高清课程：匀变速直线运动中速度与位移的关系 第 5 页】 【变式 2】某飞机着陆时的速度是 216km/h，随后匀减速滑行，加速度的大小是 2m/s2。机场的跑道至少要 多长才能使飞机安全地停下来？ 【答案】900m 类型二、匀变速直线运动公式的灵活运用 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 4s，求质点的初速度和加速度． 【答案】a＝2.5m/s2，vA＝1 m/s 【解析】匀变速直线运动的规律可用多个公式描述，因而选择不同的公式，所对应的解决方法也不相同． 解法一：(基本公式法) 画出运动过程示意图，如图所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移公式： 2 1 1 2Ax v t at  ．  2 2 1(2 ) (2 )2A Ax v t a t v t    ． 将 x1＝24m、x2＝64m、t＝4s 代入上式解得：a＝2.5m/s2，vA＝1 m/s． 解法二：(用平均速度公式) 连续的两段时间 t 内的平均速度分别为： 11 24 m /s 6m /s4 xv t    ， 22 64 m /s 16m /s4 xv t    ． B 点是 AC 段的中间时刻，则 1 2 A Bv vv  ， 2 2 B Cv vv  ， 1 2 6 16 m /s 11m /s2 2 2 A C B v v v vv       ． 得 vA＝1 m/s，vC＝21 m/s， 2 221 1m /s 2.5m /s2 2 4 C Av va t     ． 解法三：(用△x＝aT2 法) 由△x＝aT2，得 2 2 2 2 40 m /s 2.5m /s4 xa T    ． 再由 2 1 1 2Ax v t at  ，解得 1m /sAv  ． 【总结升华】(1)运动学问题的求解一般均有多种解法，进行一题多解训练可以熟练地掌握运动学规律，提 高灵活运用知识的能力．从多种解法的对比中进一步明确解题的基本思路和方法，从而提高解题能力． (2)对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优 先考虑用判别式△x＝aT2 求解，这种解法往往更简捷． 举一反三 【变式 1】一个冰球在冰面上滑行，依次通过长度都是 L 的两段距离，并继续向前运动，它通过第一段距 离的时间为 t，通过第二段距离的时间为 2t，如果冰球在冰面上的运动可看做匀变速直线运动，求冰球在 第一段距离末时的速度． 【答案】 1 5 6 Lv t  【解析】方法一：由题意可得，冰球做匀减速运动，其运动简图如图所示．以冰球过 A 点为起始时刻、起 始点，设 A、B、C 三点的速度分别为 v0、v1、v2，由 0 1 2 v vx t 得 从 A 到 B： 0 1 2 v vL t ， ① 从 B 到 C： 1 2 22 v vL t  ， ② 从 A 到 C： 0 22 32 v vL t  ， ③ 联立①②③式解得 1 5 6 Lv t  ． 方法二：根据 2 tv v t 知： AB 段中间时刻速度 3 5 6 Lv t  ， BC 段中间时刻速度 4 2 Lv t  ， 这两个时刻相隔时间为 3 2 t ，则匀减速运动加速度 3 4 23 3 2 v v La tt   ． 据 2 0 1 2x v t at  公式，有 2 1 1(2 ) (2 )2L v t a t  ． 将 a 代入得 1 5 6 Lv t  ． 【高清课程：匀变速直线运动中速度与位移的关系 第 13 页】 【变式 2】例题、跳伞运动员做低空跳伞表演，他从 224m 的高空离开飞机开始下落，最初未打开降落伞， 自由下落一段距离打开降落伞,运动员以 12.5m/s2 的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落 地的速度不得超过 5m/s（g=10m/s2）．求：运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为多少？ 【答案】99m 【高清课程：匀变速直线运动中速度与位移的关系 第 15 页】 【变式 3】火车以速度 v1 匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距 s 处有另一火车沿同方向以速度 v2（相对 于地面，且 v1>v2）做匀速运动，司机立即以加速度 a 紧急刹车，要使两车不相撞，a 应满足什么条件? 【答案】 2 1 2( ) 2 v va s ≥ 类型三、初速度为零的匀加速直线运动的几个比例式的应用 例 3、一滑块自静止开始从斜面顶端匀加速下滑，第 5s 末的速度是 6 m/s，试求：(1)第 4s 末的速度；(2) 运动后 7s 内的位移；(3)第 5s 内的位移． 【答案】（1） 4.8m / s （2） 29.4m （3） 5.4m 【解析】物体的初速度 v0＝0，且加速度恒定，可用推论求解． (1)因为 v0＝0，所以 tv at ，即 tv t∝ ， 故 v4:v5＝4:5． 第 4s 末的速度 4 5 4 4 6m /s 4.8m /s5 5v v    ． (2)因为 v0＝0，v5＝6m/s，则加速度 2 25 0 6 0 m /s 1.2m /s5 va t     ， 所以 7s 内的位移 2 2 7 7 1 1 1.2 7 m 29.4m2 2x at     ． (3)由 2 2 5 4 1 1 2 2x at at   1 11.2 25m 1.2 16m2 2       5.4m ． 第 5 秒内的位移是 5.4m． 举一反三 【变式 1】一物体沿斜面顶端由静止开始做匀加速直线运动，最初 3 s 内的位移为 x1，最后 3s 内的位移为 x2，已知 x2-x1＝6m；x1:x2＝3:7，求斜面的总长． 【答案】 12.5m 【解析】由题意知，物体做初速度等于零的匀加速直线运动，相等的时间间隔为 3s． 由题意知 1 2 3 7 x x  ，x2-x1＝6m，解得 x1＝4.5m，x2＝10.5m． 由于连续相等时间内位移的比为 1:3:5:…:(2n-1)， 故 xn＝(2n-1)x1，可知 10.5＝4.5(2n-1)，解得 5 3n  ． 又因为 2 1x n x总 ，所以斜面总长： 25 4.5m 12.5m3x      总 ． 【总结升华】切忌认为物体沿斜面运动了 6s，本题中前 3s 的后一段时间与后 3 s 的前一段时间是重合的． 类型四、纸带问题的处理 例 4、在测定匀变速直线运动的加速度的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间，计时器所用电源的 频率为 50 Hz．如图所示为小车带动的纸带上记录的一些点，在每相邻的两点之间都有四个点未画出．按 时间顺序取 0、1、2、3、4、5 六个点，用刻度尺量出 1、2、3、4、5 点到 0 点的距离如图所示． (1)小车做什么运动? (2)若小车做匀变速直线运动，那么当打第 3 个计数点时小车的速度为多少?小车的加速度为多少? 【答案】(1) 小车做匀减速直线运动 (2) 50.4cm / s 21.502m / s 【解析】(1)T＝0.02s，相邻计数点的时间间隔 t＝5T＝0.1s，设相邻计数点间的位移分别为 x1、x2、x3、x4、 x5，可得：x1＝8.78cm，x2＝7.30cm，x3＝5.79cm，x4＝4.29cm，x5＝2.78cm，x2-x1＝-1.48 cm，x3-x2＝-1.51cm， x4-x3＝-1.50cm，x5-x4＝-1.51cm，在误差允许范围内，x2-x1＝x3-x2＝x4-x3＝x5-x4，所以小车做匀减速直线 运动． (2) 3 4 3 5.79 4.29 cm /s 50.4cm /s2 2 0.1 x xv T     ． 加速度 2 2 25 4 2 1 2 2 (2.78 4.29 7.30 8.78) 10 m /s 1.502m /s6 6 0.1 x x x xa T          ≈ ， 负号表示加速度方向与初速度方向相反． 【总结升华】用逐差法求加速度，碰到奇数个位移，如本题中只有 x1 至 x3 五个位移，就去掉中间的一个 位移而求解． 举一反三 【变式】某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的 A、B、C、D、…等几种较为 理想的纸带，并在纸带上每 5 个点取一个计数点，即相邻两计数点问的时间间隔为 0.1s，将每条纸带上的 计数点都记为 0、1、2、3、4、5、…，如图所示甲、乙、丙三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的． (1)在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带 A 的是________． (2)打 A 纸带时，物体的加速度大小是________m/s2． 【答案】(1)丙 (2)3.11 【解析】(1)由匀变速直线运动规律可知： △x＝x2-x1＝x3-x2＝…＝aT2， 所以△x＝x2-x1＝6.11cm-3.00cm＝3.11cm． x5＝x1+4△x＝3.00cm+4×3.11cm＝15.44cm， 所以纸带丙的数据最接近，应和 A 是同一条纸带． (2) 2 2 2 2 2 3.11 10 m /s 3.11m /s0.1 xa T     ．