2019-2020学年新教材高中物理 第二章 匀变速直线运动的研究 章末整合提升课件 新人教版必修1

章末整合提升题型一匀变速直线运动规律及解题的方法1．匀变速直线运动规律公式间的关系2．解匀变速直线运动试题的常用方法由于运动学公式较多，并且各公式之间又相互联系，所以本章中的一些题常可以一题多解，因此在解题时要思路开阔，联想比较，筛选出最为便捷的解题方法．本章的解题方法主要有基本公式法，推论、比例公式法，图像法，对称法，极值法，逆向思维法，巧选参考系法．【典例1】质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(m)(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点()A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻的1s内位移差都是1mD．任意1s内的速度增量都是2m/s[解析]根据质点做直线运动的位移与时间的关系式x＝5t＋t2(m)可知，质点做匀加速直线运动，初速度为5m/s，加速度为2m/s2，将t＝1s代入关系式得质点在第1s内的位移为6m，选项A错误；前2s内的平均速度v＝xt＝5×2＋222m/s＝7m/s，选项B错误；因为质点做匀变速直线运动，应该满足公式Δx＝aT2，可得任意相邻的1s内的位移差都是2m，选项C错误；任意1s内的速度增量在数值上等于加速度的大小，选项D正确．[答案]D匀变速直线运动问题的解题方法往往有多种，我们在解题过程中要注意总结，尝试用多种方法解题，解此题应先将函数式与x＝v0t＋12at2类比求出v0与a，之后再用其他导出公式解题.[针对训练1]一物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示．已知该物体第一次运动到B点时，所用时间为t，xAB＝34xAC，求物体从B滑到C所用的时间．[解析]解法一：公式法设物体的初速度为v0，加速度大小为a，则xAC＝v0(t＋tBC)－12a(t＋tBC)2v0－a(t＋tBC)＝0xAB＝v0t－12at2xAB＝34xAC联立各式解得tBC＝t.解法二：比例法方法1对于初速度为零的匀加速直线运动，物体在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)现有xCB∶xBA＝xAC4∶3xAC4＝1∶3通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t.方法2将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：tBD＝(2－1)txtDE＝(3－2)txtEA＝(4－3)tx又tBD＋tDE＋tEA＝t联立解得tx＝t.解法三：中间时刻速度法利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解．vAC＝v0＋vt2＝v0＋02＝v02又v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝14xAC联立各式解得vB＝v02可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是AC段中间时刻的位置，故tBC＝t.解法四：图像法利用相似三角形面积之比等于对应边平方比的方法，作出v－t图像，如图所示，S△AOCS△BDC＝CO2CD2且S△AOC＝4S△BDC，OD＝t，OC＝t＋tBC所以41＝t＋tBC2t2BC，得tBC＝t.[答案]t题型二自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动的规律及其应用(1)自由落体运动是v0＝0、a＝g的匀加速直线运动，是匀变速直线运动的特例，匀变速直线运动的基本公式以及有关推论都适用于自由落体运动．(2)基本规律2．竖直上抛运动(1)定义将物体以一定的初速度沿竖直方向向上抛出后，物体只在重力作用下的运动叫竖直上抛运动．(2)特点只受重力作用且初速度竖直向上．如果以初速度方向为正方向，则加速度a＝－g.(3)运动规律(取竖直向上为正方向)①速度公式：v＝v0－gt；②位移公式：h＝v0t－12gt2；③上升的最大高度H＝v202g；④上升到最大高度所需时间：t＝v0g.(4)竖直上抛运动的处理方法①分段分析法：把竖直上抛运动的全过程分为上升阶段和下降阶段，上升阶段做末速度v＝0、加速度大小a＝g的匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．物体下降阶段的运动和上升阶段的运动互为逆运动．②全过程分析法：把竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段看成是一个匀减速直线运动，其加速度方向始终与初速度v0的方向相反．应用全程法处理竖直上抛运动全过程问题时，要特别注意速度、位移、加速度等矢量的方向．【典例2】(多选)某人在高层楼房的阳台上以20m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15m处时，所经历的时间可以是(不计空气阻力，g取10m/s2)()A．1sB．2sC．3sD．(2＋7)s[解析]取竖直向上为正方向，竖直上抛运动可以看成加速度为－g的匀变速直线运动．当石块运动到抛出点上方离抛出点15m时，位移为x＝15m，由x＝vt－12gt2，解得t1＝1s，t2＝3s．其中t1＝1s对应着石块上升过程中离抛出点15m处时所用的时间，而t2＝3s对应着从最高点下落时第二次经过离抛出点15m处时所用的时间．当石块运动到抛出点下方离抛出点15m处时，位移为x＝－15m，由x＝vt－12gt2，解得t3＝(2＋7)s，t4＝(2－7)s(舍去)．[答案]ACD本题容易忽视位移的矢量性和竖直上抛运动的对称性，仅将离抛出点15m理解为向上运动的高度为15m处，因而仅得出历时1s的结果，出现漏解.解决此类题目要注意运动学公式中各物理量的矢量性，特别是速度和位移，当题目给出它们的大小时，如果忽视它们的方向性，就容易漏解，因此要特别注意这类问题的多解性.[针对训练2](多选)A物体自高为H的塔顶自由下落的同时，B物体自塔底以初速度大小v0竖直上抛，B物体上升至最高点时，A物体正好落地，则下列说法中正确的是()A．A物体落地时速度大小小于v0B．B物体上升的最大高度高于HC．两物体相遇时离地面的高度为3H4D．两物体相遇时，A、B两物体的速度大小均为v02[解析]因为A、B两物体运动的加速度相同，时间相同，速度变化量相等，则A物体落地时速度与B物体上抛时初速度大小相等，都等于v0，B物体上升的最大高度与A物体的下落高度相等，都等于H，A、B错误；设两物体相遇时所用的时间为t，则有H＝hA＋hB＝12gt2＋v0t－12gt2，可得t＝Hv0，设相遇时两球速度大小分别为vA、vB，则有vA＝gt，vB＝v0－gt，又v20＝2gH，可得vA＝vB＝v02，hA＝12gt2＝H4，hB＝3H4，即两物体相遇时离地面的高度为3H4，C、D正确．[答案]CD题型三追及、相遇问题追及、相遇即两物体在同一时刻到达同一位置，该问题是日常生活中常见的现象．1．追及和相遇问题的概述当两个物体在同一直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，这时就会涉及追及、相遇或避免相碰等问题．2．追及和相遇问题中的一个条件和两个关系(1)一个条件：两者速度相等，它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．(2)两个关系：时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到．3．追及、相遇问题两种典型情况假设物体A追物体B，开始时，两个物体相距x0，有两种典型情况：(1)匀加速运动的物体追匀速运动的物体，一定能追上，追上前，vA＝vB时，两者相距最远．(2)匀减速运动的物体追匀速运动的物体，vA＝vB时，①若已超越则相遇两次．②若恰好追上，则相遇一次．③若没迫上，则无法相遇．【典例3】小车A以速度v1匀速行驶，突然发现前方同轨道上相距s处有另一小车B沿同一方向以速度v2(v1v2)做匀速运动，A立即紧急刹车，做加速度大小为a1的匀减速直线运动．要使两车不相撞，问a1应满足什么条件？[解析]解法一：分析法基于以上分析，画出如下示意图：设小车A的加速度大小为a0时，经时间t，恰好追上小车B则有速度关系：v1－a0t＝v2位移关系：v1t－12a0t2＝v2t＋s联立解得a0＝v1－v222s即a1≥v1－v222s时两车不会相撞(取“＝”时恰不相撞)．解法二：相对运动法(巧选参考系法)如果取小车B为参考系，则刹车后，A车相对B车做初速度为v0＝v1－v2、加速度大小为a1的匀减速直线运动．当A车相对B车的速度减小到零时，若相对位移s′≤s，则两车不会相碰，即s′＝0－v1－v222－a1≤s解得a1≥v1－v222s(取“＝”时恰不相撞)．[答案]a1≥v1－v222s本题属于匀减速追匀速的情况，关键是知道恰好不相撞的条件，即“两车速度相等时到达同一位置”.[针对训练3]两物体同时从同一位置出发，二者的速度随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是()A．t＝2s时，两物体相遇B．相遇前，在t＝1s时两物体间距离最大C．t＝1s时，两物体相距0.5mD．t＝3s时，两物体相距1.5m[解析]v－t图线与时间轴所围面积表示位移，由图可知，t＝2s时，两物体位移不相等，没有相遇，故A错误；相遇前，两物体速度相等时两者距离最大，即在t＝2s时两物体间距离最大，故B错误；t＝1s时，两物体相距12×1×1m＋12×2×1m＝1.5m，故C错误；t＝3s时，两物体相距12×3×3m－12×2×4m＋12×1×2m＝1.5m，故D正确．[答案]D