该怎样在高一时高考理综时间从130到及格

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高中物理必修一第一第二章
第一章考纲要览主题 质点的 直线运 动 参考系、质点运动的描述匀变速直线运动的研究内容要求 I II II说明位移、速度、加速度 匀变速直线运动及其公式、图像考向预测本章内容是历年高考的必考内容,对本章知识的单独考查主要以选择、填空题的形式命题,较少有 以本章知识单独命题的计算题。近年高考图像问题频频出现,且要求较高,考查的重点是 v-t 图像和匀变 速运动的规律。本章知识还较多地与牛顿运动定律、电场中带电粒子运动的等知识结合起来进行考查, 并多与实际生活和现实生产实际密切地结合起来,考查学生综合运用知识解决实际问题的能力。第 1 课时 描述运动的物理量基础知识回顾1.质点(1)质点的概念:当物体的形状、大小、体积对所研 究的问题不起作用或所起作用可忽略时,为了研究方 便,就可忽略其形状、大小、体积,把物体简化为一 个有质量的点. (2)物体视为质点的条件: ①当物体上各部分的运动情况相同时,物体上任 意一点的运动情况都能反映物体的运动,物体可看作 质点. ②物体的大小、形状对所研究的问题无影响,或 可以忽略不计的情况下,可看成质点. ①平均速度: v时间:前后两时刻之差。时间坐标轴上用线段表示时间,例如,前几秒内、第几秒内。5.位移(1) 表示物体位置的变动, 可用初位置到末位置的有 向线段表示,是矢量. (2)大小:小于或等于路程.6.速度(1)物理意义:表示物体位置变化的快慢. (2)分类:? ?x ,方向与位移方向相同. ?t2.参考系(1) 为了描述一个物体的运动, 选定来做参考的另一 个物体叫做参考系. (2)参考系的选择: ①一般根据研究问题的方便来选取,在研究地面 上物体的运动时,通常选定地面或者相对于地面静止 的其它物体作参考系. ②选择不同的参考系,来观察物体的运动时,其 结果可能不同.②瞬时速度:当 Δt→0 时, v ? ?x ,方向为那一 ?t 时刻的运动方向. (3)速度与速率的区别与联系: ①速度是矢量,而速率是标量; ②平均速度=位移 路程 ,平均速率= ; 时间 时间③瞬时速度的大小通常叫速率.7.加速度(1)物理意义:表示物体速度变化的快慢. v ? v0 (2) 定义式:a ? , (速度的变化率), 单位 m/s2, ?t 是矢量.3.坐标系定量地描述物体的位置及位置的变化.4.时刻:表示时间的坐标轴上的点即为时刻。例如几秒初,几秒末,几秒时。第 1 页 共 38 页 (3)方向:与速度变化的方向相同,与速度的方向关 系不确定. (4)υ-t 图像中图线的斜率表示加速度.重点难点例析一、关于位移和路程的区别与联系问题1.位移是矢量,是从初位置指向末位置的有向线段, 它着重描述了物体的位置变化;而路程是标量,是物 体运动轨迹的总长度,它强调了物体运动的过程. 2.确定位移时,只需确定物体运动的初、末位置,不 需考虑物体运动的实际路径;确定路程时,必须考虑 物体运动的具体路径. 3.一般情况下,位移的大小不等于路程,只有当物体 做单向直线运动时路程才等于位移的大小. 【例 1】如图 1-1-1 所示,甲图中用一根细长的弹簧系 着一个小球,放在光滑的桌面上,手握小球把弹簧拉 长,放手后小球便左右来回运动,B 为小球向右到达 的最远位置.小球向右经过中间位置 O 时开始计时, 其经过各点的时刻如乙图所示.若测得 OA=OC= 7cm,AB=3cm,则:坐标 原点的 设置 以O为 原点 以A为 原点0 时刻 的坐标 0 -7 cm0.2s 时刻的 坐标 7 cm 00.4s 时刻的 坐标 10 cm 3 cm0.6s 时刻的 坐标 7 cm 00.8s 时刻的 坐标 0 -7 cm1.0s 时刻的 坐标 -7 cm -14 cm根据 Δx=x2-x1,可确定位移的大小和方向,如以 A 为原点时,1s 内小球的位移 Δx=(D14)cmD(-7)cm =-7cm,即大小为 7cm,方向向左.路程可由相应 时间内轨迹长度相累加得到. 【答案】各空对应数据如下:(2) 7cm 向右 7cm (3) 7cm 向右 13cm (4) 0 20cm (5) 7cm 向左 27cm 【点拨】位移和路程的确定与坐标原点的选择无关, 可任选一栏求解.?拓展某同学从学校的门口A处开始散步,先向南走了 50m 到达 B 处,再向东走了 100m 到达 C 处,最后又向北 走了 150m 到达 D 处,则: (1)此人散步的总路程和位移各是多少? (2)要比较确切地表示这人散步过程中的各个位置,应 采用什么数学手段较妥,分别应如何表示? (3)要比较确切地表示此人散步的位置变化,应用位移 还是路程? 【解析】 (1) 这人散步的总路程为 s=(50+100+150)m=300m. 画图如图 1-1-2 所示,位移大小为 x= (100)2+(150-50)2 m=100 2m, 且 tanα=1, α=45° , 即位移 方向为东偏北 45° . (2) 应用直角坐标中的坐标表 示,以 A 为坐标原点,向东为 x 轴正向,向北为 y 轴正向,则 A 点为(0, 0), B(0, -50), C(100, -50),D(100,100). (3)应用位移准确表示人的位Z 变化.图 1-1-1 (1)分别以 O 和 A 为坐标原点建立坐标系,方向均以 向右为正方向填写以下表格.坐标 原点的 设置 以O为 原点 以A为 原点 0 时刻 的坐标 0.2s 时刻的 坐标 0.4s 时刻的 坐标 0.6s 时刻的 坐标 0.8s 时刻 的坐标 1.0s 时刻的 坐标图 1-1-2(2) 0.2s 内小球发生的位移大小是 经过的路程是 经过的路程是 是 . . (3) 0.6s 内小球发生的位移大小是 . (4) 0.8s 内小球发生的位移大小是 (5) 1.0s 内小球发生的位移大小是 经过的路程是 .,方向 ,方向, ,二、关于“速度”的理解及计算问题【例 2】 有一高度为 1.70 米的田径运动员正在进行 100 米短跑比赛.在终点处,有一站在跑道终点旁边的摄 影记者用照相机给他拍摄冲刺运动.摄影记者使用的 照相机的光圈(控制进光量的多少)是 16,快门(曝 光时间表)是 1/60 秒.得到照片后测得照片中人的高 度为 1.7×10-2 米,胸前号码布上模糊部分的宽度是 2 ×10-3 米,由以上数据可以知道运动员冲剌时 1/60 秒,经过的路程 ,方向 ,【解析】对应各个时刻,找到小球的位Z,根据选定 的正方向可确定坐标,如下表所示.第 2 页 共 38 页 内的位移是;冲刺时的速度大小是.【解析】运动员冲刺时的位移 1.70 Δx= ×2×10-3m=0.2m. 1.7×10-2 运动员在短时间内的平均速度可近似等于冲剌时的 瞬时速度: Δx 0.2 m υ= = =12m/s Δt 1 s 60 【答案】 0.2 12m/s 【点拨】极短时间内的平均速度近似等于该段时间内 某点的瞬时速度,这是各种测速仪的基本原理.υ-υ0 10-4 由a= = =6m/s2, Δt 1 故无选项. 【错因】题中只给出 1s 初、末速度的大小,所以两 速度方向可能相同,也可能相反.犯错误的原因是对 速度的矢量性理解不透. 【正解】取初速度方向为正方向,则 υ0=4m/s. (1)若初、末速度方向相同,则 υ=10m/s, Δυ=υ-υ0=6 m/s, υ-υ0 10-4 由a= = =6m/s2. Δt 1 (2) 若初、末速度方向相反,则 υ=-10m/s, Δυ=υ-υ0=-14 m/s, υ-υ0 由a= =-14 m/s2. Δt 综合以上两种情况,故选项 BD 正确. 【答案】BD 【点悟】1s 后的速度大小为 10m/s,则其方向可能与 初速度方向相同,也可能与初速度方向相反。令初速 度为正,则 Vo=10m/s 。若于初速度方向相反,则 v=-10m/s。在解题时要注意速度的矢量性,当初速度 在同一直线上时,可令 Vo 方向为正,与 Vo 方向相同取 正值, 与 Vo 反向取负值, 把矢量运算转化为代数运算。?拓展某人爬山,从山脚爬上山顶,然后又从原路返回到山 脚,上山的平均速度为 υ1,下山的平均为 υ2,则往返 的平均速度的大小和平均速率是 ( ) υ1+υ1 υ1+υ2 υ1-υ1 υ1-υ2 A. , B. , 2 2 2 2 υ1-υ2 2υ1υ2 C.0, D.0, υ1+υ2 υ1+υ2 【答案】D三、对加速度的正确理解与计算Δx 1.加速度a= ,描述速度变化的快慢,也称速度的 Δt 变化率,a 和 Δυ 的方向相同. 2.υ、Δυ、a 三者的大小无必然联系.υ 大,a 不一定 大,更不能认为 a 减小,υ 就减小;Δυ 大,a 也不一 定大;υ 的方向决定了物体的运动方向,a 与 υ 的方向 关系决定了物体是加速还是减速. 3.常见典型情况可总结如下(以 υ0 的方向为正方向)课堂自主训练1.甲、乙、丙三架观光电梯,甲中乘客看一高楼在向 下运动; 乙中乘客看甲在向下运动; 丙中乘客看甲、 乙都在向上运动. 这三架电梯相对地面的运动情况 可能是( ) A.甲向上、乙向下、丙不动 B.甲向上、乙向上、丙不动 C.甲向上、乙向上、丙向下 D.甲向上、乙向上、丙也向上,但比甲、乙都慢 【答案】BCD 2. 一个质点做方向不变的直线运动, 加速度的方向始 终与速度方向相同, 但加速度大小逐渐减小直至为 零,在此过程中 ( 度达到最小值. B.速度逐渐增大,当加速度减小到零时,速 度达到最大值 C.位移逐渐增大,当加速度减小到零时,位 移将不现增大 D.位移逐渐减小,当加速度减小到零时,位 移达到最小值 B第 3 页 共 38 页? ?a恒定,υ均匀增加 ?加速运动 (1) a 与 υ0 同向→? →?a增加,υ增加变快 ? Δυ>0 ?a减小,υ增加变慢 ? ? ? ?减速运动 (2) a 与 υ0 反向→? →?a增加,υ减小变快 Δ υ < 0 ?a恒定,υ均匀减小?a减小,υ减小变慢 ??易错门诊【例 3】一物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大 小为 4m/s,1s 后速度大小变为 10m/s.在 1s 内该物体 的( ) A.速度变化的大小可能小于 4m/s B.速度变化的大小可能大于 10m/s C.加速度的大小可能小于 4m/s2 D.加速度的大小可能大于 10m/s2 【错解】因为 Δυ=υ-υ0=6 m/s,)A.速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速x Ar O 【答案】B 3.如图1-1-3所示,一质点沿半径 为r=20cm的圆周自A点出发, 逆时针的运动2s,运动3/4圆周 到达B点,求: (1)质点的位移和路程. (2)质点的平均速度和平均速率. 【解析】(1)质点自A到B点的位移和路程: x= 2r=28.3 cm 3 l路程= π×2r=94.2 cm 4-2 x 28.3×10 (2)平均速度: υ = = =0.142m/s. t 2如图甲的位置, 经过 7s 后指针指示如图乙 ( BD )图 1-1-5 A.右速度计直接读出的是汽车运动的平均速 度 B.右速度计直接读出的是汽车 7s 时的瞬时速 度 C.汽车运动的加速度约为 5.7m/s2 D.汽车运动的加速度约为 1.6m/s2 5.小球从距地面 5m 高处落下,被地面反向弹回后, 在距地面 2m 高处被接住,则小球从高处落下到被 接住这一过程中通过的路程和位移的大小分别是 ( D ) A.7m,7m B.5m,2m C.5m,3m D.7m,3m 6.足球运动员在罚点球时,球获得 30m/s 的速度并做 匀速直线运动.设脚与球作用时间为 0.1s,且球被 挡出后以 10m/s 沿原路反弹,求 (1)罚球瞬间,球的加速度的大小; (2)守门员接球瞬间,球的加速度的大小? 【解析】设球被踢出的方向为正方向, 则罚球时速度由 υ0=0 变到 υ1=30m/s, 用时 t=0.1 s; 接球时速度由 υ1 变到 υ2=-10m/s,t2=0.1 s. υ1-υ0 30-0 Δυ 由 a= 得 : 罚 球 时 , a= = m/s2 = Δt t1 0.1 υ2-υ1 -10-30 2 300m/s2 ;接球时,a= = m/s =- t2 0.1 400m/s2,即加速度大小为 400m/s2. 7.物体沿直线运动,以速度 υ1 走了位移 x,又以同向 的速度 υ2 走了位移 x, 它在 2x 位移中的平均速度? 为 .若以速度 υ1 走了时间 t,又以同向的 速度 υ2 走了 2t ,它在 3t 时间内平均速度 ? 为 . 【解析】一般变速运动的平均速度必须按定义 υ= x 计算. tl路程 94.2 平均速率: υ速率 = = =0.471m/s t 2 【答案】(1) 28.3 cm 94.2 cm (2) 0.142m/s. 0.471m/s课后创新演练1. 一只蜜蜂和一辆汽车在平直公路上以同样大小的速 度并列运动, 如果这只蜜蜂紧盯着汽车车轮边缘上 的某一点(如粘着的一块口香糖) ,那么它看到的 这一点的运动轨迹是 ( A )ABC 图 1-1-4D2.在研究物体的运动时,下列物体中可以当做质点处 理的是 ( BCD ) A.中国排球队为了了解各个比赛队的特点, 在研究发出的排球时 B.研究北京奥运会女子 25 米手枪金牌得主--陈颖打出的子弹时 C.研究哈雷彗星绕太阳公转时 D.用 GPS 定位系统确定汽车位置时 3.一物体以 2m/s2 的加速度沿某一方向做直线运动, 下列说法中正确的是 ( D ) A.物体的末速度一定等于初速度的 2 倍 B、物体的末速度一定比初速度大 2m/s C、 物体的初速度一定比前 1s 内的末速度大 2m/s D、 物体的末速度一定比前 1s 内的初速度大 4m/s 4.如图 1-1-5 所示是汽车中的速度计。某同学在汽车 中观察速度计指针位置的变化, 开始时指针指示在(1)在 2x 位移中的平均速度 2x 2x 2υ1υ2 υ= = = t1+t2 x x υ1+υ2 + υ1 υ2 (2)在时间 3t 内的平均速度第 4 页 共 38 页 x1+x2 υ1t+υ22t υ1+2υ2 υ= = = 3t 3t 3 8.借助运动传感器可用计算机测出物体运动的速度。 如图 1-1-6 所示, 传感器由两个小盒子 A、 B 组成, A 盒装有红外线发射器和超声波发射器, 它装在被 测物体上,每隔 0.03s 可同时发射一个红外线脉冲 和一个超声波脉冲; B 盒装有红外线接收器和超声 波接收器,B 盒收到红外线脉冲时开始计时(红外 线的传播时间可以忽略不计),收到超声波脉冲时 计时停止.在某次测量中,B 盒记录到的连续两次 的时间分别为 0.15s 和 0.20s,根据你知道的知识, 该物体运动的速度为多少?运动方向是背离 B 盒 还是靠近 B 盒?(声速取 340m/s)图 1-1-6 【解析】红外线的传播时间极短,可以忽略不计, 故 当第 1 次发射脉冲时,车距 B 盒的距离 x1=340 m/s×0.15 s=53 m 当第 2 次发射脉冲时,车距 B 盒的距离 x2=340 m/s×0.20 s=68 m x2-x1 68-51 又 Δt=0.03 s,故υ= = m/s≈567 m/s Δt 0.03 又 x2>x1,所以运动方向背离 B 盒.图 1-1-6第 2 课时基础知识回顾1.匀变速直线运动匀变速直线运动规律及应用v?v0 ? v ? v t ,即匀变速直线运动的平均速度 2 2(1)定义:沿着一条直线,且加速度不变的运动,叫 做匀变速直线运动. (2)匀加速直线运动和匀减速直线运动 在匀变速直线运动中,如果物体的速度随时间均 匀增加,这个运动叫做匀加速直线运动;如果物体的速 度随着时间均匀减小,这个运动叫做匀减速直线运动.等于初、末速度的平均值,也等于中间时刻的瞬时速 度.3.匀变速直线运动中的位移与时间关系 1 (1)公式: x ? v0 t ? at 2 , 2(2)位移公式为矢量式,若取初速度方向为正方向, 当物体做匀加速运动时,a 取正值;物体做匀减速运 动,a 取负值.并注意 x、υ0、a 必须选取统一的正方 向. 1 (3) 若初速度 υ0=0, 则公式变成 x ? at 2 , 即 x∝t2. 22.匀变速直线运动中的速度和时间的关系(1)公式: v ? v0 ? at , at 可理解为 t 时间内速度的变化量,即 Δυ=at. 公式中当 υ0=0 时,υ=at∝t,表示物体从静止开始 做匀加速直线运动;当 a=0,υ=υ0 时,表示物体做 匀速直线运动.速度的大小和方向都不变. (2)公式υ=υ0+at的矢量性 因为 υ、υ0、a 都是矢量,在直线运动中这些矢量 只可能有两个方向,所以如果选定该直线的一个方向 为正方向,则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取 正值,与规定正方向相反的矢量取负值. (3)平均速度:4.匀变速直线运动中的位移与速度的关系(1)公式: 2ax=υ2-υ02 (2)如果问题的已知量和未知量都不涉及时间 t,利 用本公式求解,往往使问题变得简单、方便. (3)应用时要选取正方向,若 x、a、υ、υ0 的方向与 正方向相反应取负值.5.匀变速直线运动的推论(1)在连续相等的时间 T 内的位移之差为一恒定值, 即 Δx=aT2. ,第 5 页 共 38 页 (2)某段位移中间位置的瞬时速度 υ s 与这段位移的21 1 第 2 个 4s 内的位移: x2=υ0(2t)+ a(2t)2-(υ0t+ at2) 2 2 将 x1=24m、x2=60m 代入上式,解得 a=2.25m/s2, υ0=1.5m/s. 【解析二】物体在 8s 内的平均速度等于中间时刻(即 24+60 第 4s 末)的瞬时速度,则υ4= m/s=υ0+4a, 8 物体在前 4s 内的平均速度等于第 2s 末的瞬时速度 24 υ2= =υ0+2a, 4 由两式联立,得 a=2.25m/s2,υ0=1.5m/s. 【解析三】由公式 Δx=aT2,得 Δx 60-24 a= 2 = m/s2=2.25m/s2 T 42 24+60 根据υ4= m/s=υ0+4a, 8 所以 υ0=1.5m/s. 【答案】2.25m/s2,1.5m/s. 【点拨】本题的解法很多,可考虑用位移公式列方程 祖求解, 如解法一; 也可以平均速度等于中间时刻 (即 的瞬时速度这一关系求解,如解法二;由于两段位移 对应的时间都是 4 秒,还可考虑用Δs=aT2 求解,如 解法三.v2 ? v2 初、末速度 υ0 与 υ 的关系为 v s ? 0 2 2(3)初速度为零的匀加速直线运动的几个比例式: 设 t=0 开始计时,以 T 为时间单位,则 ①1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度之比为 υ1∶υ2∶υ3∶…=1∶2∶3∶… ②1T 内、2T 内、3T 内……位移之比为 Δx1∶Δx2∶Δx3∶…=12∶22∶32∶… ③第一个 T 内,第二个 T 内,第三个 T 内,…… 第 n 个 T 内位移之比为 xI∶xII∶xIII∶…∶xn∶=1∶3∶5∶…(2n -1) ④通过连续相同位移所用时间之比为 Δt1∶Δt2∶Δt3∶…∶Δtn =1: ( 2 ?1) : ( 3 ? 2) : ??? : ( n ? n ?1)重点难点例析一、基本规律、公式应用1. 如何灵活选用匀变速直线运动的有关公式解决具体 问题. 在仔细审题的基础上, 正确判断物体的运动性质, 分析已知量、相关量与待求量,看这些量共存于哪个 公式中,这个公式就是要选取的最合适的公式。如 υ2-υ02=2ax中不涉及时间, 如果题目中已知条件缺时 间,又不要求时间的话,选用该公式求解较简捷,如 (υ0+υt) 果缺加速度,则可考虑用公式s= t 求解,若缺 2 位移,可考虑用 Δs=aT2 求解. 2.要注意的几个问题. (1)公式适用条件:匀变速直线运动. (2)公式 a、υt、υ0 的都是矢量,其方向用正负表示, 一般都取初速度方向为正,则与 υ0 同向的量取正值, 与 υ0 方向相反的量取负值. (3) 每个公式中都包含四个物理量, 都必须已知三个 量才能求出第四个量,在解题时,先要根据题意找出 三个已知的物理量和选择合适的公式. 【例 1】一个匀加速运动的物体,在头 4s 内经过的位 移为 24m,在第二个 4s 内经达的位移是 60m。求这个 物体的加速度和初速度各是多少? 【解析一】基本公式法: 1 头 4s 内的位移:x1=υ0t+ at2 2?拓展一汽车做匀加速直线运动, 途中在 6s 时间内分别经过 P、Q 两根电杆.已知 P、Q 两杆相距 60m,车经过 Q 杆时的速率是 15m/s,求汽车经达 P 时的速度及加速 度. 【解析一】因已知量有三个,即 t、s、υt,故匀加速运 动有解.把已知量代入基本公式? υt=υ0+at 1 由? s=υ0t+ at2 2 ? ? 15=υ0+6a 1 2 有? 6 ?60=6υ0+2a?解方程组得:υ0=5 m/s,a=5/3 m/s . . 【解析二】由于已知量 t、s、υt 及未知量 υ0 均共存于 υ0+υt 推论中s= ? t,故可选用该公式. 2 代入上式得: 2s 2× 60 υ0= -υt=( -15) m/s=5 m/s t 6 υt-υ0 2 再利用a= ,得 a=5/3 m/s . t2第 6 页 共 38 页 【答案】5 m/s,5/3 m/s .2二、初速度为零的匀加速直线运动的重要推论的应 用。对初速为零的匀加速直线运动,可以应用其特殊 规律解题,即灵活应用比例关系.对于末速为零的匀 减速直线运动,可以用逆向思维处理,把它看作反向 的初速为零的匀加速直线运动. 【例 2】一个质点从静止开始做匀加速直线运动,已 知它在第 4s 内的位移是 14 米, 求它前进 72 米所用的 时间. 【解析】解法一:第 4s 内的位移是质点在前 4s 内位 移与前 3s 内位移之差,即 1 1 SIV=S4-S3= a× 42- a× 32=14 m 2 2 解得 a=4m/s . 解法二:应用初速度为零的匀加速直线运动的比例关 系求解: SI∶SIV=1∶7 SIV 14 得:SI∶= = =2 m. 7 7 1 又由x= at2∝ t2 得: 2 S1∶S2=1 ∶t . ∴ t= St =6 s S12 2 2D到C0 ? v0 =2as2……(4)s= 4m 从 D 运动到 B 的时间: D 到 B: vB =v0+ at1t1=1.5 秒D 到 C 再回到 B:t2 = t1+2t0=1.5+2?0.5=2.5(s) 【解析二】由于斜面光滑,滑块向上滑行做匀减速运 动与向下滑行做匀加速运动具有对称性,即向下做匀 加速运动,先后通过 B 点与 A 点的速度 υB=υA/2,所 以 B 点为 C 点到 A 的时间中点,设从 C 点到 B 点的 时间与 B 点到 A 点的时间均为 t’. 则有 dCB’∶dBA=1∶3 dBA 1 即dCB’= =0.25 m 又dCB’ = at’2 3 2 得 a=2m/s2 υ0 1 总时间t= =2s,斜面长s= at2=4m. a 2 【答案】 (1)4m (2)2s三、如何应用运动学公式解决行车之类的问题?审题时,要正确判断物体运动过程、状态及运动 性质,不能瞎套公式,要注意运动的实际情况。 (1)正确分析车辆行驶的过程、运动状态,确定各相 关量的符号,灵活运用公式列方程. (2) 注意找出题目中的隐含条件. 如汽车的启动过程, 隐含初速度为零;汽车刹车直到停止过程,隐含物体 做匀减速运动且末速度为零的条件. (3) 在计算飞机着陆、 汽车刹车等这类速度减为零后 不能反方向运动的减速运动的位移时,注意判断所给 时间 t 内物体是否已经停止运动.如果已停止运动, 则不能用时间 t 代入公式求位移,而应求出它停止所 需的时间 t ? , 将 t ? 代入公式求位移. 因为在以后的 t ? ~ t 时间内物体已停止运动,位移公式对它已不适用. 此 种情况称为“时间过量问题”. (4)公式应用过程中,如需解二次方程,则必须对求 解的结果进行讨论. (5) 末速度为零的匀减速运动, 是加速度大小相同的C B【点拨】 可以灵活运用初速度为零的匀加速直线运动 的比例关系解题.?拓展滑块以初速度 υ0=4m/s, 从光滑斜面底端向上做匀减 速运动,先后通过 A、B 点,υA=2υB,到达斜面顶端 C 时,速度恰好减小为零,如图 1-2-1 所示,已知 A、 B 相距 d=0.75m,滑块由 B 到 C 的时间 t ? =0.5s,试 求: (1)斜面多长; (2)滑块在斜面上滑行的时间是多少? 【解析一】 :物块作匀减速 直线运动。设 A 点速度为 υ0 vA、B 点速度 vB,加速度为 a,斜面长为 S。 A 到 B: vB2 ? vA2 =2asAB ……(1) vA = 2vB初速度为零的匀加速运动的逆过程,因此可将其转化 为初速度为零的匀加速运动进行计算,使运算简便. ? 易错门诊 【例 3】汽车初速度 υ0=20m/s,刹车后做匀减速直线 运动,加速度大小为 a=5m/s2,求: (1)开始刹车后 6 秒末物体的速度; (2)10 秒末汽车的位置. 【错解】(1)由υ=υ0+at,得 6s 末速度为:A图 1-2-1 ……(2)B 到 C: 0=vB + at0 ……..(3) 解(1) (2) (3)得:vB=1m/s a= ?2m/s2Cυt=20 m/s+(-5)× m/s第 7 页 共 38 页D =-10m/s 负号表示与运动方向相反. (2)10 秒末物体的位移为 1 x=υ0t+ at2 2 1 =20× 10+ × (-5)× 102 2 =-50m 负号表示汽车在开始刹车处后方 50 米处. 【错因】没有考虑到汽车刹车后的实际运动情况是速 度减为零后,汽车将停下,而不再做反向的匀加速运 动. 【正解】(1)设汽车经过时间 t 速度减为零, 则由υt=υ0+at,得: υt-υ0 0-20 t= = =4s a -5 故 6s 后汽车速度为零. (2)由(1)知汽车 4s 后就停止,则 υ0 20 x= = × 4=40m 2 2 即汽车 10 秒末位Z在开始刹车点前方 40 米处. 【点悟】竖直上抛之类的问题,速度先减为零,然后 反向做匀加速运动。而刹车之类的问题,物体速度减 为零后停止运动,不再反向做加速运动,因此对于此 类问题首先要弄清停下需经历多少时间或多少位移。块固定在地板上,一初速度为 υ0 的子弹水平射穿 第三块木板后速度恰好为零. 设木板对子弹的阻力 不随子弹的速度而变化. 求子弹分别通过三块木块 的时间之比. 【解析】将本题所述的物理过程倒过来看,就是初 速度为零的子弹比第三块木板右端向左端做匀加 速直线运动,出第一块木板的左端时速度为 υ0,设 子弹分别穿过三块木板的时间为 t3、t2、t1,则有 t3∶t2∶t1=1∶( 2-1)∶( 3- 2) 所以本题的解为 t1∶t2∶t3=( 3- 2)∶( 2-1)∶1 【答案】 ( 3- 2)∶( 2-1)∶1. 3.有若干相同的小钢球,从斜面上的某一位置每隔 0.1s 无初速地释放一颗,在连续释放若干颗钢球 后,对准斜面上正在滚动的若干小球拍摄到如图 1-2-3 所 示 的 照 片 , 测 得 AB = 15cm , BC = 20cm.求: (1) 拍摄照片时 B 球的速度. (2)A 球上面还 有几颗正在 滚动的钢球. 【解析】 拍摄得到的小钢球的照片中, A、 B、 C―― 各小球的位Z, 正是首先释放的某球每隔 0.1s 所在 位Z. 这样就把本题目转换成一个物体在斜面上做 初速为零的匀加速运动的问题了. 求拍摄时 B 球的 速度就是求首先释放的那个球运动到 B 处的速度; 求 A 球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先 释放的那个小球运动到 A 处经过了几个时间间隔 (0.1 s). AB+BC 0.15+0.20 (1) υB= = m/s=1.75 m/s 2Δt 0.12 Δs BC-AB 0.20-0.15 (2) a= = = m/s2=5 m/s2 (Δt)2 (Δt)2 0.12 B 球已运动的时间 υB 1.75 tB= = s=0.35 s a 5 设在 A 球上面正在滚动的钢球的颗数为 n, tB 0.35 n= -1= -1=2.5颗 Δt 0.1 取整数 n=2 颗. 即 A 球上还有 2 颗正在滚动的小 钢球. 【答案】 (1)1.75 m/s (2)2 颗课堂自主训练1. 一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑到斜面底 端,最初 3s 的位移为 s1,最后 3s 内位移为 s2,且 s2-s1=1.2 m,s1∶s1=3∶7,求斜面的长度. 【解析】由 s2-s1=1.2 m 和 s1∶s1=3∶7 可得:s1 =0.9 m,s2=2.1 m, 注意题目中给的条件是最初 3s 和最后 3s,并不 意味着整个运动时间就等于 6s 或大于 6s,也可能 1 小于 6s,由s1= at12可得 2 2s1 2× 0.9 a= 2 = m/s2=0.2 m/s2 t1 32 设斜面长为 s,总时间为 t. 1 1 则 s= at2,s-s2= a(t-t2)2 2 2 解得 s=2.5 m. 【答案】2.5 m 2.如图 1-2-2 所示, 三块完全相同的木课后创新演练1.骑自行车的人沿着直线从静止开始运动,运动后, 在第 1 s、2 s、3 s、4 s 内,通过的路程分别为 1 m、 2 m、 3 m、 4 m, 有关其运动的描述正确的是 (AB )第 8 页 共 38 页图 1-2-2 A.4 s 内的平均速度是 2.5 m/s B.在第 3、4 s 内平均速度是 3.5 m/s C.第 3 s 末的即时速度一定是 3 m/s D.该运动一定是匀加速直线运动 2.汽车以 20 m/s 的速度做匀速直线运动,刹车后的 加速度为 5 m/s2,那么开始刹车后 2 s 与开始刹车 后 6 s 汽车通过的位移之比为(C ) A.1∶4 B.3∶5 C.3∶4 D.5∶9 3.有一个物体开始时静止在 O 点,先使它向东做匀 加速直线运动,经过 5 s,使它的加速度方向立即 改为向西,加速度的大小不改变,再经过 5 s,又 使它的加速度方向改为向东,但加速度大小不改 变,如此重复共历时 20 s,则这段时间内( C ) A.物体运动方向时而向东时而向西 B.物体最后静止在 O 点 C.物体运动时快时慢,一直向东运动 D.物体速度一直在增大 4.做匀加速直线运动的物体,先后经过 A、B 两点时 的速度分别为 v 和 7v,经历的时间为 t,则( C ) A.前半程速度增加 3.5 v【解析】加速度反向后,由于惯性,物体先在原方 向做匀减速直 线运动,当速度 为零后又开始 做反方向加速 图 1-2-6 运动,直至回到 原出发点,如图 1-2-6 所示. 由于在相同的时间内通过的位移大小相等, 所以两 个时间内的平均速度大小相等, 方向相反. 取开始 运动方向为正方向,即 υ1 =- υ2 ①υ 第一个时间内的平均速度 υ1 = . 第二个时间内虽 2 有往返,但仍是匀变速直线运动,仍可用 υ0+υt υ= ,但要注意速度的方向:设回到原出 2 发点的速度大小为 υx. υ+(-υx) υ2 = 2 υ-υx υ 代入①式, =- ,有 υx=2υ. 2 2 υ-0 υx-(-υ) 3υ 又,a= ,则a= = =3a. t t t 9 .某高速公路单向有两条车道,最高限速分别为 120km/h、100km/h.按规定在高速公路上行驶车辆 的最小间距(单位:m)应为车速(单位:km/h) 的 2 倍, 即限速为 100km/h 的车道, 前后车距至少 应为 200m。求: (1)两条车道中限定的车流量(每小时通过某一 位置的车辆总数)之比; (2) 若此高速公路总长 80km, 则车流量达最大允 许值时,全路(考虑双向共四车道)拥有的车辆总 数。 【解析】 (1)设车辆速度为 v,前后车距为 d,则 车辆 1 h 内通过的位移 s=vt 车流量 n=t 11vt 时间内通过的位移为 4 2 t 11vt C.后 时间内通过的位移为 4 2B.前 D.后半程速度增加 3v 5. 一观察者站在第一节车厢前端, 当列车从静止开始 做匀加速运动时(AC ) A.每节车厢末端经过观察者的速度之比是 1∶2 ∶ 3 ∶…∶ nB .每节车厢末端经过观察者的时间之比是 1∶3∶5∶…∶n C.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是 1∶3∶5∶… D.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是 1∶2∶3∶… 6. 做匀加速直线运动的火车, 车头通过路基旁某电线 杆时的速度是 v1,车尾通过该电线杆时的速度是 v2, 那么,火车中心位置经过此电线杆时的速度是v1 ? v2 2227.一物体初速度为零,先以大小为 a1 的加速度做匀 加速运动,后以大小为 a2 的加速度做匀减速运动 直到静止.整个过程中物体的位移大小为 s, 则此物 体在该直线运动过程中的最大速度为2a1 a 2 s a1 ? a 2s t ,而 d=2v,得 n= 2 d则两车道中限定的车流量之比 n1∶n2=1∶1 (2)设高速公路总长为 L,一条车道中车辆总数 L 为 N1 ? 2v18. 一物体从开始做匀加速直线运动, 加速度大小为 a, 当速度为 υ 时将加速度反向,大小恒定。为使这物 体在相同的时间内回到原出发点, 则反向后的加速 度应是多大?回到原出发点的速度多大?第 9 页 共 38 页 另一条车道中车辆总数为 N 2 ?L 2v2全路拥有的车辆总数为 N ? 2( N1 ? N 2 ) 代入数据联立解得 N=14661 . 3 . 5 第1 . 3 . 53 课时运动图像及应用直线. ②直线斜率的大小等于加速度的大小,即 Δυ a=? ?,斜率越大,加速度也越大,反之则越小. ? Δt ? ③当 υ0>0 时,若直线的斜率大于零,则加速度大 于零,表示加速运动;若直线的斜率小于零,则加速 度小于零,表示减速运动.基础知识回顾1.x-t 图像的意义x-t 图像表示运动的位移随时间的变化规律. 匀变速 直线运动的 x-t 图像是一条 倾斜直线. 速度的大小在数值 x1 上等于图像的斜率的绝对值, x2 Δx? ? 即υ= 如图 1-3-1 所示. ? Δt ?, x/m Δx Δt重点难点例析t1 t2 图 1-3-1 t/s2.x-t 图像的理解(1)x-t 图像不是物体实际 运动的轨迹.一、υ-t 图像的的基本应用直接应用 υ-t 图像的意义解题,或者根据题目叙 述,作出 υ-t 图像,再根据物理量的变化,判断、求 解或计算相应的未知量. 【例 1】物体做直线运动的速度图像如图 1-3-4 所示, 则 运动 B. 第二个 2s 内物体做匀变 速直线运动 C. 3s 末物体的瞬时速度为 零,且改变运动方向 D.4s 末物体的瞬时速度大小为 4m/s E.物体 6s 内的位移为零 F.物体前 3s 内的位移为 6m G.物体前 4s 内的位移为 4m 【解析】 (1)匀速直线运动的速度图像是一条平行于 横轴的直线 ,匀变速直线运动的速度图像是一条倾斜 直线,非匀变速直线运动的速度图像是一条曲线,所 以 A 错、B 正确. (2) 速度图像的纵坐标表示物体的瞬时速度, 其正负 表示瞬时速度的方向,故选项 C、D 均正确。 (3)速度图像与坐标轴及 t 时刻线所围成的“面积” 表示物体在此段时间内所通过的位移, “面积” 的正负 图 1-3-4 ( ) A. 6s 内物体做匀变速直线(2)从 x-t 图像上判断物体的运动性质 ①图线平行于时间轴,表示物体静止; ②图线是倾斜直线,表示物体做匀速直线运动; ③图线是曲线,表示物体做变速直线运动. (3)x-t 图像的斜率表示物体的速度,匀速直线运动 的 x-t 图像斜率不变. (4) x-t 图像的交点: 如果两物体在同一直线上运动, 其 x-t 图像的交点表示两物体相遇.3.直线运动的 υ-t 图像 (1)匀速直线运动的 υ-t 图像①匀速直线运动的 υ -t 图像是与横轴平行 的直线. ②从图像不仅可以求 出速度的大小, 而且可以 求出位移大小 (图中阴影 部分的面积,如图 1-3-2) . (2)匀变速直线运动的 υ-t 图像 ①匀变速直线运动的 υ-t 图像是一条倾斜图 1-3-2第 10 页 共 38 页图 1-3-3 表示位移的方向. (4)由图可以看出物体前 3s 内的位移是正值,表示 位移的方向与所规定的正方向相同; 后 3s 内的位移是 负值,表示位移的方向与所规定的正方向相反,也就 是说,物体又沿原路返回. (5) 物体在某段时间内的总位移指的是在这段时间内 各部分位移的矢量和,如果是同一直线上的运动,总位 移是在这段时间内各部分位移的代数和. 前 6s 内总位 移为零,故 EFG 均正确. 【答案】BCDEFG 【点拨】 应用 υ-t 图像分析物体的运动时, 要抓住图 线的特征与运动性质的关系, 要抓住图线的 “点” 、 “线 段” 、 “面积”的意义。为 80m/s. (2)探测器达到的最大高度为 hmax=sOAB=800 m (3)由图像 AB 段或 BC 段知,该星球表面的重力加 速度大小为 υt-υ0 80-0 2 g= = m/s =4m/s2. t 20 (4)探测器加速上升时加速度为 υt-υ0 64-0 a= = m/s2=7.1m/s2. t 9二、用 υ-t 图像求极值问题利用公式和图像,都可以求出最大速度、最短时 间等极极值问题,但用图像法显然更直观、简洁. 【例 2】摩托车在平直公路上从静止开始起动,a1= 1.6m/s2,稍后匀速运动,然后减速,a2=6.4m/s2,直 到停止,共历时 130s,行程 1600m,试求: (1)摩托车行驶的最大速度; (2)若摩托车从静止起动,a1、a2 不变,直至停止,行 程不变,所需最短时间为多少? 【解析】画出图 1-3-6(甲)υ-t 图像. (1)由υ2-υ02=2ax,有 υ2m υm υm υ2m +(130- - )? υm+ = a1 a2 2a2 而 a1=1.6m/s2, a2=6.4m/s2, 解得 υm=12.8m/s (舍去另一解) (2) 路程不变,则图像中 面积不变,当 υ 越大则 t 越小,如图 1-3-6(乙)所 示。设最短时间为 tmax, υm' υm' 则 tmax= + a1 a2 ① ② υm‘ a1O?拓展一空间探测器从某一星球表面竖直上空,假设探测器 的质量不变,发动机的推动力为恒力,探测器升空过 程中发动机突然关闭,如图 1-3-5 图示表示探测器速 度随时间的变化情况. (1)升空后 9s、25s、45s,即在图线上的 A、B、C 三点探测器的运动情况如何? (2)求探测器在该星球表面达到的最大高度. (3)计算该星球表面的重力加速度. (4)计算探测器加速上升时的加速度.υ(m? s-1) υm a1Oa2t/s130 要图 1-3-6(甲) υ(m? s-1)s图 1-3-5 【解析】 (1)从 υ-t 图像可知,探测器在 0~9s 加速 上升,9s 末发动机突然关闭,此时上升速度最大为 64m/s.9~25s 探测器仅在重力作用下减速上升,25s 末它的速度减小到零,上升到最高点.25s 以后探测 器做自由落体运动,由于 1 sOAB= ×64×25 m=800 m 2 1 sBDC= ×80×20 m=800 m 2 所以 45s 末它恰好到达星球表面,此时它落地的速度υm'2 υm'2 + = 2a2 其中 a1=1.6m/s2, a2=6.4m/s ,2a2t/s stmin 130 要 图 1-3-6(乙)由②得 υm’=64 m/s 64 64 故 tmax= s+ s=50 s 1.6 6.4 即最短时间为 50s.【点拨】υ-t 图像上,图线与横轴所夹的面积意义是 物体的位移。本题路程不变,则图像中面积不变,υ 越大则 t 越小,经过如图 1-3-6 所示的分析,时间最短第 11 页 共 38 页 的运动过程是,先加速后减速,总路程达 1600m 恰好 停止。【点拨】要掌握 x-t 图像的意义,及对运动的描述。? 易错门诊【例 4】A、B、C 三物体同时、同地、同向出发做直 线运动,图 1-3-9 所示是它们的 x-t 图像,由图可知 它们在 t0 时间内( ) A.平均速度 υA=υB=υC B.平均速率υA>υC> υB C.A一直在B、C的后 面?拓展甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度经过某一路标,从 此时开始, 甲车做匀速直线 运动, 乙车先匀加速后匀减 速,丙车先匀减速后匀加 速, 它们经过下一个路标时 的速度相同, 则 ( )t Oυ乙甲 丙A.甲车先通过下一路标 B.乙车先通过下一路标 C.丙车先通过下一路标t乙 t甲 t丙 图 1-3-7图 1-3-9D.A 的速度一直比 B、C 的速度大 【错解】由 x-t 图像可知,A、B、C 的路程大小关系 是 sA>sC>sB,故平均速率 υA>υC>υB,所以选 B,又 从起点 O 到终点的有向线段长相等,故位移相同,则 平均速度相同,A 也正确. 【错因】上述错误的原因是没有明确 x-t 图像表示 x 随时间的变化关系,并非物体运动的轨迹. 【正解】从 x-t 图像知,在 t0 时刻 A、B、C 离起点 O 的位移相同,故 A 正确.由 A 在时刻 t0 开始返回到 终点,故路程关系是 sA>sC=sB,故平均速率 υA>υC =υB,B 不正确. 【答案】A. 【点悟】对于图象问题,首先要弄清坐标轴的表示D.三辆车同时通过下一路标 【解析】甲、乙、丙三车运动的图像 υ-t 如图 1-3-7 所示,则 t乙t甲t丙,B 正确。 【答案】B三、用 x-t 图线的应用正确应用 x-t 图像的意义求解实际问题. 【例 3】某质点在东西方向上直线运动,规定向东的 方向为正方向,其位移图像如图 1-3-8 所示,试根据 图像 (1)描述质点运动情况; (2)求出质点在 0~4 s,0~8 s,2~4 s 三段时间内的 位移和路程. (3)求出质点在 0~4 s、4~8 s 内的速度. 【解析】(1)质点从 t=0 开始由原点出发向东做 匀速直线运动, 持续时间 4s,4s 末开始反向向西 做匀速直线运动, 又经过 2s 即 6s 末回到原出发 点,然后又继续向西到 8s 末时刻. 图 1-3-8意义,然后再弄清图线所描述的规律。本题的图线 描述的是位移随时间变化的规律,而不是物体运动 轨迹。课后创新演练1.图 1-3-10 是形状一样的 x-t 图像与 υ-t 图像,比 较两图的区别填写下表.(2)在 0~4s 内位移为 8m,路程也是 8m. 在 0~8s 内位移为-8m,负号表明位移的方向向 西,说明质点在 8s 末时刻处在原出发点西 8m 的位Z 上,此段时间路程为 24m,在 2~4s 内质点发生的位 移为 4m,路程也是 4m. s1 8 (3)在0~4s 内质点的速度为υ1= = m/s=2 m/s, t1 4 方向向东. s2 -8-8 在 4~8s 内质点的速度为υ2= = m/s=-4 t2 4 m/s,方向向西.第 12 页 共 38 页x-t 图像υ-t 图像 ① 表示物体做匀速 直线 运动, 斜率表示速度. ② 表示物体处于静 止状态. ③ 表示物体做反方 向匀速直线 运 动. ④ 交点的纵坐标表 示三个三个物体 ⑤ t1 时 刻 物 体 的 位 移.① 表示物体做匀加 速直线运动,斜率 表示加速度. ② 表示物体做匀速 直线运动 ③ 表示物体做运减 速直线 运动. ④ 交点的纵坐标表 示三个运动质点 该时刻速度相等. 度,阴影面积表示 质点在 0 到 t1 时间 内的位移。4.如图 1-3-13 所示,AB 与 AC 为两等高的光滑面,
- AB 为斜面,AC 为曲面,且AB =AC ,令从斜面 顶端由静止释放一物体, 沿 AB 滑到底端 B 所用时 间为 t1,沿 AC 滑到底端 C 所用时间为 t2,试比较 t1 和 t2 的大小. 【解析】可以利用 v-t 图象(这里的 v 是速率,曲线 下的面积表示路程 x)定性地进行比较。在同一个 v-t 图象中做出沿 AB、沿 AC 滑动的速率图线,显 然开始时沿 AC 滑动的加速度较大,斜率较大;由 于机械能守恒, 末速率相同, 即曲线末端在同一水 平图线上。 为使路程相同 (曲线和横轴所围的面积 相同) , 显然沿 AC 滑动用的时间较少, 即出 t1>t2. 【答案】 t1>t2的相遇处的位移. ⑤ t1 时刻物体的速课后创新演练1.一枚小火箭由地面竖直向 上发射时的速度图象如图 1-3-15 所示,则火箭上升 到最高点的位置对应图中 的 ( D ) 图 1-3-15 A.O 点 B.A 点 C.B 点 D.C 点 2. 某人从家中以一定速率去书店买一本书, 在书店停 留一定时间后又以相同的速率返回家中,则可粗略地 表示他走的位移与时间关系的图象是图 1-3-16 中的 (B)2.甲、乙两个质点,沿一条 直线从A点运动到B点, 它 们的s-t 图象如图1-3-11 所示,关于它们的运动情 况,下列说法正确的是 〔 〕 A.甲、乙两个质点的 运动方向相同,位移也相 同 B.A、B两点相距5m,甲比乙先到达B点,甲 的速度比乙的速度大 C. 甲出发后3s乙才出发, 乙的速度比甲的速度 大,它们的运动路程都是5m D.甲、乙的速度(矢量)相同 【解析】 由甲、 乙两个质点的x-t 图线可以看出, 甲、 乙两质点由A到B运动的时间均为2s,位移相同(大小 为5m) ,速度(矢量)也相同(大小υ=2.5m/s) ;不同 的是出发时间,甲先出发,运动2s,到达B点, .再过 1s乙才开始运动,经2s乙到达B点,可得A、D选项正 确. 【答案】AD 3.一同学从家中出发,沿平直街道以一定的速度走到 邮局,发信以后沿原路以相同的速率返回到家 中.设出发时方向为正,则图 1-3-12 中能描述他 的运动情况的是 (C) υO t图 1-3-16 3. A、 B 是做匀变速直线运动的两个物体的速度图象, 如图 1-3-17 所示. (1)A、B 各做什么运 动?求其加速 度; (2) 两图象的交点的 意义; (3)求 1s 末 A、 B 的速 度; (4)求 6s 末 A、 B 的速 度. 图 1-3-17 【答案】 (1) A 做匀加速 直线运动,B 先做匀减速直线运动、4 秒后做反向υO txO txO tABC图 1-3-13 D图 1-3-12第 13 页 共 38 页图 1-3-14 匀加速直线运动。 (2)2 秒末 A、B 的速度都是 4m/s (3) 1s 末 A 的速度 3m/s、B 的速度 6m/s (4)6s 末 A 的速度 8m/s、B 的速度-4m/s 4.一辆汽车从静止开始由甲地出发,沿平直公路开往 乙地.汽车先做匀加速运动,接着做匀减速运动, 开到乙地刚好停止.其速度图象如图 1-3-18 所 示. 那么在 0~t0 和 t0~ 3t0 两段时间内 (BD ) A.加速度大小之比为 3∶1 B. 位移大小之比为 1∶ 2 C.平均速度大小之比 图 1-3-18 为 2∶1 D.平均速度大小之 比为 1∶1 5.某一做直线运动的 物体其 υ-t 图象如 图 1-3-19 所示,根 据图象求: (1) 物体距出发点 图 1-3-19 最远的距离. (2)前 4s 物体的位移. (3)前 4s 内通过的路程. 【答案】(1) 6m (2) m (3) 7m 6.某人在静止湖面上竖直上抛一小铁球(可看成 质点) ,小铁球上升到最高后自由下落,穿过湖水 陷入湖底的淤泥中一段深度. 不计空气阻力, 取向 上为正方向,在下列 υ-t 图像中,最能反映小铁 球运动过程的速度-时间图线是 (C) υO t图 1-3-21 8.科学探究活动通常包括以下环节:提出问题,作出 假设,制定计划,搜集证据,评估交流等.一组同 学研究“运动物体所受空气阻力与运动速度关系” 的探究过程如下: A.有同学认为:运动物体所受空气阻力可能与 其运动速度有关; B. 他们计划利用一些 “小纸杯” 作为研究对象, 用超声测距仪等仪器测量 “小纸杯” 在空中直线下 落时的下落距离、 速度随时间变化的规律, 以验证 假设; C.在相同的实验条件下,向学们首先测量了单 只 “小纸杯” 在空中下落过程中不同时刻的下落距 离, 将数据填入下表中, (a)图是对应的位移一一时 间图线.然后将不同数量的“小纸杯”叠放在一起 使它们从空中下落, 分别作出它们的速度--时间 图线,如(b)中图线 1、2、3、4、5 所示; D.同学们对实验数据进行分析、归纳后,证实 了他们的假设.υO tυO tυO tABCD图 1-3-20 7.有两个光滑固定斜面 AB 和 BC,A、C 两点在同一 水平面上, 斜面 BC 比 AB 长 (如图 1-3-21 甲所示) , 在如图 1-3-21 乙所示的四个图中,正确表示滑块 速率随时间 t 变化规律的是: (C)回答下列问题: (1) 与上述过程中 A、C 步骤相应的科学探究环 节分别是作出假设、 搜索证据. (2) (a)图中的 AB 段反映了运动物体在做 匀速 运动,表中 X 处的值为 1.937. (3) (b)图中各条图线具有共同特点, “小纸杯” 在 下落的开始阶段做 加速度逐渐减小的加速 运动, 最后“小纸杯”做 匀速 运动。 (4) 比较(b)图中的图线 1 和 5, 指出在 1.0~-1.5 s 时间段内,速度随时间变化关系的差异:图线 1 反映速度不随时间变化, 图线 5 反映速度随时间继图 1-3-22第 14 页 共 38 页 续增大(或图线 1 反映纸杯做匀速运动,图线 5反映纸杯依然在做加速度减小的加速运动.第 4 课时 基础知识回顾1.自由落体运动⑴自由落体运动: 物体下落的快慢与重力大小无关。自由落体运动及抛体运动g 的方向应为负值。 ①速度公式: v t ? v 0 ? gt ②位移公式: h ? v0t ? 1 gt222 ③速度位移公式: vt2 ? v0 ? 2 gh①定义:物体只在重力作用下从静止开始下落的 运动 ②特点:初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线 运动 (2)自由落体运动的条件:①初速度为零;②仅受 重力 (3)自由落体加速度(重力加速度 g) ①定义:在同一地点,一切物体在自由落体运动中的 加速度都相同,这个加速度叫做自由落体加速 度 ②数值:在地球不同的地方 g 不相同,随高度增大而 减小,随纬度增大而增大,在通常的计算中,g 取 9.8m/s2,粗略计算 g 取 10m/s2 (4)自由落体运动公式:凡是初速度为零的匀加速 度直线运动的规律,自由落体运动都适用。 ①速度公式 vt ? gt 。 ②位移公式 h ? 1 gt 22(4)竖直上抛运动的几个特点: ①物体上升到最大高度时的特点是 vt = 0。 物体上2 升的最大高度 H 满足: H ? v02g②时间对称――“上升阶段”和“下落阶段”通过同 一段大小相等、方向相反的位移所经历的时间相等。 上升到最大高度所需要的时间满足: t ? v0 。g物体返回抛出点所用的时间:T?2 v0 g③速率对称――“上升阶段”和“下落阶段”通过同 一位置时的速率大小相等 物体返回抛出点时的速度: vt ? ?v0重点难点例析一、怎样用匀变速直线运动的规律解决自由落体 的运动问题?1. 自由落体运动的判断方法: ①定义法:物体做自由落体运动的条件是初速度为 零、只受重力,两者缺一不可; ②图像法:物体做自由落体运动,v-t 图线过原点, 图线斜率等于重力加速度 g 值; ③性质判断法:自由落体运动是 v 0 ? 0 、a=g 的匀 加速直线运动。 2. 自由落体运动是匀变速直线运动中的一种具体而又 特殊的运动,在求解有关问题时,除注意应用其他规 律外,还要特别注意初速度为零的匀加速直线运动的 特殊规律在自由落体运动中的应用。 3.注意根据题目给定的条件,合理的选取公式。必须 是从静止开始算起的自由下落过程才是自由落体运 动,从中间取的一段运动过程不是自由落体过程,v 0 ? 0 ,只又 a=g。③速度与位移的关系式 2gh ? vt 2 (5)伽利略研究自由落体运动的方法: ①假设运动的速度与时间是正比关系; ②推论如果速度与时间成正比,那么位移与时间 的平方成正比; ③用小角度的光滑斜面来延长物体的下滑时间, 再通过不同角度进行合理的外推来得出结论。2.竖直上抛运动。(1) 竖直上抛运动的条件: 物体只在重力作用下, 初速度竖直向上 (2)运动性质:竖直方向的匀减速直线运动。它 的加速度为重力加速度 g (g= 9.8m/s2) , 方向竖直向下。 (3)竖直上抛运动的规律。 选定竖直向上的初速度方向为正方向,那么,加速度第 15 页 共 38 页 【例 1】如图 1-4-1 所示,下雨时屋檐每隔一定时 间滴下一滴水, 从某一滴开始, 当第 5 滴正欲滴下时, 第 1 滴刚好落到地面,而第 3 滴与第 2 滴分别位于高 1m 的窗子上、下沿,g 取 10m/s2.问: ⑴此屋檐离地面有多 高? ⑵滴水的时间间隔是 多少? 【解析】 由图可知, 如果将 这 5 滴水的运动等效为一 滴水的自由落体运动, 并且 将这一滴水运动的全过程 分成时间相等的 4 段, 设时 图 1-4-1 间间隔为 T, 则这一滴水在 0 时刻、Ts 末、2Ts 末、3Ts 末、4Ts 末所处的位Z, 分别对应图示第 5 滴水、第 4 滴水、第 3 滴水、第 2 滴水、第 1 滴水所处的位Z,据此可作出解答. 解法一:设屋檐离地面高为 h,滴水间隔为 T. 由 h ? 1 gt 2 ,得第二滴水的位移2的英姿.跳台距水面高度为 10 m, 此时她恰好到达最高 位置,估计此时她的重心离跳台台面的高度为 1 m, 当她下降到手触及水面时要伸直双臂做一个翻掌压水 花的动作, 这时她的重心离水面也是 1 m.(取 g=10 m/s2) 求: (1)从最高点到手触及水面的过程中其重心可以看作 是自由落体运动,她在空中完成一系列动作可利用的 时间为多长? (2)忽略运动员进入水面 过程中受力的变化, 入水 之后, 她的重心能下沉到 离水面约 2.5 m 处, 试估 算水对她的平均阻力约 是她自身重力的几倍? 图 1-4-2 【解析】 (1) 这段时间人 重心下降高度为 10 m 空中动作时间 t= 2hg1 h2 ? g (3T ) 2 2①代入数据得 t= 2 s=1.4 s (2)运动员重心入水前下降高度 h+Δh=11 m 据动能定理 mg(h+Δh+h 水)= fh 水 整理并代入数据得 f ? 27 =5.4mg 51 第三滴水的位移 h3 ? g (2T ) 2 ② 2 且 h2-h3=1m ③ 由①②③式,得 T=0.2s.则屋檐高 1 1 h1 ? g (4T ) 2 ? ?10 ? (4 ? 0.2) 2 m ? 3.2m . 2 2 解法二:比例法 ⑴由于初速度为零的匀加速直线运动从开始运动 起,在连续相等的时间间隔内的位移比为 1:3:5: 7:…: (2n-1) ,据此设相邻两水滴之间的间距从上 到下依次是 x:3x:5x:7x.由题意知,窗高为 5x,则 5x=1m,x=0.2m。屋檐高: h=x+3x+5x+7x=16x=16× 0.2m=3.2m.⑵由 h ? 1 gt 2 得,滴水的时间间隔 T 为:2【答案】 (1)1.4 s (2)5.4二、怎样用匀变速直线运动的规律解决竖直上抛 运动问题?1.处理方法: ①将竖直上抛运动全过程分为上升和下降两个阶 段来处理,要注意两个阶段运动的对称性,运动的加 速度均为重力加速度,方向竖直向下; ②将竖直上抛运动全过程视为初速度为 v0(v0 方 向为正向) ,加速度为 -g 的匀减速直线运动。 2. 注意符号问题,习惯上取 v0 方向为正向,则 v>0 时正在上升, v<0 正在下降;h>0 时物体在抛 出点的上方, h<0 时物体在抛出点的下方。 3. 在解题的过程中当出现位移、 速度方向不确定等情 况时注意解题的多解性。 【例 2】一跳水运动员从离水面 10m 高的平台上向上 跃起,举双臂直体离开台面,此时其重心位于从手到 脚全长的中点,跃起后重心升高 0.45m 达到最高点, 落水时身体竖直,手先入水(在此过程中运动员水平 方向的运动忽略不计)从离开跳台到手触水面,他可 用于完成空中动作的时间是______s。 (计算时,可以 把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点,g 取T?2x 2 ? 0.2 ? s ? 0.2s g 10【答案】(1)3.2m(2)0.2s【点拨】解决自由落体问题要理解运动过程,做好示 意图,然后利用自由落体运动规律列方程;同时要注 意自由落体运动初速度等于零的运动特点,灵活运用 v0=0 的匀变速直线运动推论求解。?拓展如图所示是我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起第 16 页 共 38 页 10m/s2,结果保留二位数) 【解析】 运动员的跳水过程是 一个很复杂的过程, 主要是竖 直方向的上下运动, 但也有水 平方向的运动, 更有运动员做 的各种动作。构建运动模型, 应抓主要因素。 现在要讨论的 是运动员在空中的运动时间, 这个时间从根本上讲与运动 员所作的各种动作以及水平 运动无关,应由竖直运动决 定,因此忽略运动员的动作, 把运动员当成一个质点, 同时 忽略他的水平运动。 当然, 这 两点题目都作了说明, 所以一 定程度上 “建模 ” 的要求已经 图 1-4-3 有所降低,但我们应该 理解这样处理的原因。这样, 我们把问题提炼成了质点作竖直上抛运动的物理模 型。在定性地把握住物理模型之后,应把这个模型细 化,使之更清晰。可画出如图所示的示意图。 解法一: 由图 1-4-3 可知, 运动员作竖直上抛运动, 上升高度 h, 即题中的 0.45m; 从最高点下降到手触到 水面,下降的高度为 H,由图中 H、h、10m 三者的关 系可知 H=10.45m。 由于初速未知,所以应分段处理该运动。运动员 跃起上升的时间为 t1: 由h ?t1 ? 2h ? g根据运变速直线运动的位移公式: x ? v 0 t ?1 2 gt 得: 21 ? 10 ? 3t ? ?10? t 2 2 解方程得:t=1.7s (负根舍去) 【答案】1.7s 【点拨】构建物理模型时, 要重视理想化方法的应用, 把跳水运动炼成质点作竖直上抛运动的物理模型,要 养成画示意图的习惯。比较两种解法可知, 将运动员 跳水过程视为初速度为 v0(v0 方向为正向) ,加速度为 -g 的匀减速直线运动, 可避免两次分段求时间的繁琐。 ? 拓展 原地起跳时,先屈腿下蹲,然后突然蹬地.从开始蹬 地到离地是加速过程 (视为匀加速) , 加速过程中重心 上升的距离称为“加速距离”.离地后重心继续上升, 在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”.现 有下列数据: 人原地上跳的加速距离 d1=0.50m, 竖直 高度 h1=1.0m;跳蚤原地上跳的加速距离 d2=0. 000 80m,竖直高度 h1=0..10m。假想人具有与跳蚤相等 的起跳加速度,而加速距离仍为 0. 50m,则人上跳的 竖直高度是多少?(2006 年全国理综卷 I) 【解析】用 a 表示跳蚤起跳的加速度,v 表示离地时 的速度,则对加速过程和离地后上升过程分别有v12 ? 2ad2① ②v ? 2gh22 11 2 gt1 得 22 ? 0.45 ? 0.3 s 10若假想人具有与跳骚相等的起跳加速度 a,令 v1 表示 在这种假想下人离地时的速度,H 表示与此相应的竖 直高度,则对加速过程和离地后上升过程分别有v12 ? 2ad1v ? 2gH2 1③ ④从最高点下落至手触水面,所需的时间为 t2: 由H ?t2 ? 2H ? g由以上各式可得1 2 gt2 得 22 ? 10.45 ? 1.4 s 10hd H? 2 1 d2⑤代入数值,得 H=62.5m. 【答案】62.5m.三、正确判断物体的运动过程。联系实际的问题,并不说明物体做什么性质的运动, 要求根据每个题给出的具体物理情景和条件,准确分 析运动过程, 尤其是有运动性质突变时, 要注意突变 前后的运动的关联状态。所以运动员在空中用于完成动作的时间约为: t ? t1 ? t 2 =1.7s 解法二:运动员跃起上升的初速度为 v0,2 ? 2 gh 得 由 v0? 易错门诊【例 3】气球以 10m/s 的速度匀速竖直上升,从气球 上掉下一个物体,经 17s 到达地面。求物体刚脱离气 球时气球的高度。(g=10m/s2) 【错解】物体从气球上掉下来到达地面这段距离即为 物体脱离气球时,气球的高度。因为物体离开气球做 1 自由落体运动,由 x ? gt2 得 2v0= 2gh ? 2 ?10? 0.45 ? 3 m/s 即运动员可视为 v0=3m/s、 a ? ?10 m/s2 的匀减速直 线运动,落入水时位移 h= -10m第 17 页 共 38 页 1 ? 10 ? 172 2 所以物体刚脱离气球时,气球的高度为 1445m。 【错因】由于学生对惯性定律理解不深刻,导致对题 中的隐含条件即物体离开气球时具有向上的初速度视 而不见。误认为 v0=0。实际物体随气球匀速上升时, 物体具有向上 10m/s 的速度当物体离开气球时,由于 惯性物体继续向上运动一段距离,在重力作用下做匀 变速直线运动。 【正解】本题既可以用整体处理的方法也可以分段处 理。 方法一: 可将物体的运动过程 视为匀变速直线运动。 根据题 意画出运动草图如图图 1-4 -4 所示。规定向下方向为 正,则 v0=-10m/s g=10m/s2 1 由 x ? v0t ? gt2 有 2 1 x ? ?10 ? 17 ? ? 10 ? 172 2 图 1-4-4 =1275m ∴物体刚掉下时离地 1275m。 x?方法二:如图 1-3 将物体的运动过程分为 A→B→C 和 C→D 两段来处理。A→B→C 为竖直上抛运动, C→D 为竖直下抛运动。 在 A→B→C 段,据竖直上抛规律可知此阶段运 动时间为 3v 2 ? 10 s=2s t AC ? 0 ? g 10 由题意知 tCD=17-2=15(s) 1 1 由 hCD ? v0t ? gt 210 ? 15 ? ? 10 ? 152 m 2 2 =1275(m) 方法三:根据题意作出物体脱离气球到落地这段时间 的 V-t 图(如图 1-4 所示)。 其中△ v0otB 的面积为 A→B 的位移 △ tBtcvc 的面积大小为 B→C 的位移梯形 tCtDvDvC 的面积 大小为 C→D 的位移即物体离开气球时距地的高度。 v tg? ? g ? 0 g 则 tB=1s 根据竖直上抛的规律 tc=2s 图 1-4-5 tB tD=17-1=16(s) 在△ tBvDtD 中则可求 vD=160(m/s) 梯形 tCtDvDvC 的面积即为 10 ? 160 x? ? 15 ? 1275 m 2 【答案】1275m 【点悟】在解决运动学的问题过程中,画运动草图很 重要。解题前应根据题意画出运动草图。草图上一定要有规定的正方向,否则矢量方程解决问题就会出现 错误。如分析解答方法一中不规定正方向,就会出现 1 1 h ? v0 t ? gt 2 ? 10 ? 17 ? ? 10 ? 152 m ? 1615 m 2 2 的错解。课堂自主训练1. 某人在室内以窗户为背景摄影时, 恰好把窗外从高 处落下的一小石子摄在照片中。 已知本次摄影的曝 光时间是 0.02s,量得照片中石子运动痕迹的长度 为 1.6cm, 实际长度为 100cm 的窗框在照片中的长 度是 4.0cm,凭以上数据,你知道这个石子是从多 高的地方落下的吗?计算时,石子在照片中 0.02s 速度的变化比起它此时的瞬时速度来说可以忽略 不计, 因而可把这极短时间内石子的运动当成匀速 运动来处理。 (g 取 10m/s2) 【解析】设在曝光的 0.02s 内,石子实际下落的距 离为 l ,据题意则 4cm∶10cm=1.6cm∶ l , l =40cm=0.4m 则可算出石子了开始被摄入时的瞬时速度为v?l 0.4m ? ? 20m / s 0.02 s 0.02 s设下落的石子为自由落体,则有 v2=2gxx?2 v0 202 ? ? 20m 2 g 2 ? 10【答案】20 m 2.两个物体用长 L=9.8 m 的细绳连接在一起,从同 一高度以 1 s 的时间差先后自由下落,当绳子拉紧 时,第二个物体下落的时间是多少? 【解析】 设当绳子拉紧时, 第二个物体下落的时间 为 t,则第二个物体下落的高度为:1 2 gt ① 2 此时第一个物体下落的高度为:x2=x1 ?1 g (t ? 1) 2 2 其中 x1-x2=L② ③1 1 g (t ? 1) 2 ? gt 2 2 2 代入数据解得:t=0.5 s. 【答案】0.5 s 3.物体做竖直上抛运动,取 g=10m/s2.若第 1s 内位移 5 大小恰等于所能上升的最大高度的 倍,求物体 9①②③式联立得, L ?第 18 页 共 38 页 的初速度. 【解析】 常会有同学根据题意由基本规律列出形知υ 0 t-(D) 3. 某物体以 30m/s 的初速度竖直上抛, 不计空气阻力, g 取 10m/s2。5s 内物体的( AB) A、路程为 65m B、位移大小为 25m,方向向上 C、速度改变量的大小为 10m/s D、平均速度大小为 13m/s,方向向上 4.一条铁链长 5 m,铁链上端悬挂在某一点,放开后 让它自由落下,铁链经过悬点正下方 25 m 处某一 点所用的时间是 秒。(取 g=10 m/s2)? 【答案】 ( 6 -2)s 5.某人在高层楼房的阳台外侧以 20 m/s 的速度竖直 向上抛出一个石块,石块运动到离抛出点 15 m 处 所经历的时间可以是 (不计空气阻力, g 取 10 m/s2) (ACD) A.1 s B.2 s C.3 s D.(2+ 7 )s 6. 一个从地面上竖直上抛的物体, 它两次经过一个较 低点 A 的时间间隔是 5 s,两次经过一个较高点 B 的时间间隔是 3 s, 则 AB 之间的距离是 (g=10 m/s2) (C) A.80 m B.40 m C.20 m D.初速未知,无法确定 7.从地面竖直上抛一物体 A,同时在离地面某一高度1 2 5 gt = ? 2 9 2g2 υ0的方程来求解, 实质上方程左端的 υ 0 t-1 2 gt 并不 2是题目中所说的“位移大小”,而只是“位移”,物理 概念不清导致了错误的产生。 解:由题意有υ0 t ?进而解得2 1 2 5 υ0 gt = ? , 9 2g 2υ01 =30m/s, υ02 =6m/s, υ03 =4.45m/s【答案】30m/s, 6m/s, 4.45m/s课后创新演练1. 如图 1-4-6 中所示的各图象中能正确反映自由落 体运动过程的是 ( C)vv0 A v 0t0 B xt处有另一物体 B 自由落下,两物体在空中同时到 达同一高度时速率都为 v,则下列说法中正确的是 (ACD) A.物体 A 向上抛出的初速度和物体 B 落地时速t 0 C图 1-4-6度的大小相等t DB.物体 A、B 在空中运动的时间相等 C.物体 A 能上升的最大高度和 B 开始下落的高 度相同2.将物体竖直向上抛出后,能正确表示其速率 v 随时间 t 的变化关系的图线是图 1-4-7 中的D.相遇时,A 上升的距离和 B 下落的距离之比 为 3∶1 8. 跳伞运动员做低空跳伞表演, 他离开飞机后先做自 由落体运动, 当距离地面 125 m 时打开降落伞, 伞 2 张开后运动员就以 14.3 m/s 的加速度做匀减速运 动,到达地面时速度为 5 m/s,问: (1)运动员离开飞机时距地面的高度为多少? ( 2 )离开飞机后,经过多少时间才能到达地 面?(g=10 m/s2) 【解析】 (1 )运动员打开伞后做匀减速运动,由 v22-v12=2as2 可求得运动员打开伞时的速度为 v1=60v/ms-11v/ms-v/ms-1v/ms-10At/s 0Bt/s 0Ct/s0Dt/s图 1-4-7第 19 页 共 38 页 m/s,运动员自由下落距离为 s1=v12/2g=180 m,运动 员离开飞机时距地面高度为 s=s1+s2=305 m. (2)自由落体运动的时间为 t1=打开伞后运动的时间为 t2=v1 =6 s, gv 2 ? v1 =3.85 s, a离开飞机后运动的时间为 t=t1+t2=9.85 s 【答案】 (1)305 m. (2)9.85 s第 5 课时 追及与相遇问题基础知识回顾1.追及问题追和被追的两物体速度相等是能否追上及两点之间 距离极值的临界条件. (1)速度大者减速追速度小者. ①当两者速度相等时, 若追者位移仍小于被追者位 移,则永远追不上,此时两者间距离有最小值; ②若两者位移相等, 且两者速度相等时, 则恰好追 上,也是两者避免相撞的临界条件. ③若两者位移相等时,追者速度仍大于被追者速 度,则被追者还有一次追上追者的机会,其两者速 度相等时,两者间距离有最大值. (2)速度小者加速追速度大者 ①当两者速度相等时二者有最大距离; ②当两者位移相等时,即后者追上前者. 【例 1】物体 A、B 同时从同一地点,沿同一方向运 动, A 以 10m/s 的速度匀速前进, B 以 2m/s2 的加速度 从静止开始做匀加速直线运动,求 A、B 再次相遇前 两物体间的最大距离. 【解析一】 物理分析法 A 做 υA=10 m/s 的匀速直线运动, B 做初速度为零、 加速度 a=2 m/s2 的匀加速直线运动.根据题意,开始 一小段时间内,A 的速度大于 B 的速度,它们间的距 离逐渐变大,当 B 的速度加速到大于 A 的速度后,它 们间的距离又逐渐变小;A、B 间距离有最大值的临 界条件是 υA=υB. 把已知数据代入①②两式联立得 t=5 s 在时间 t 内,A、B 两物体前进的距离分别为 sA=υAt=10× 5 m=50 m 1 1 sB= at2= × 2× 52 m=25 m 2 2 A、B 再次相遇前两物体间的最大距离为 Δsm=sA-sB=50 m-25 m=25 m 【解析二】 相对运动法 因为本题求解的是 A、B 间的最大距离,所以可利 用相对运动求解. 选 B 为参考系, 则 A 相对 B 的初速 度、末速度、加速度分别是 υ0=10 m/s、υt=υA-υB= 0、a=-2 m/s2. 根据 υt2-υ0=2as.有0-102=2× (-2)× sAB 解得A、B 间的最大距离为 sAB=25 m. 【解析三】 极值法 物体 A、B 的位移随时间变化规律分别是 sA=10t, 1 1 sB= at2= × 2× t2 =t5. 2 2 则 A、B 间的距离Δs=10t-t2,可见,Δs 有最大值, 4× (-1)× 0-102 且最大值为Δsm= m=25 m 4× (-1) 【解析四】 图象法 根据题意作出 A、 B 两物 体的 υ-t 图象,如图 1-5-1 所示.由图可知,A、B 再 ① 设两物体经历时间 t 相距最远,则 υA=at ②2.相遇问题(1) 相向运动的物体, 当各自的位移大小之和等于开 始时两物体的距离即相遇. (2)同向运动的物体追上即相遇.重点难点例析一、如何求解追击问题求解追及问题的分析思路 (1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质,列 出两个物体的位移方程,并注意两物体运动时间之间 的关系. (2)通过对运动过程的分析,画出简单的图示,找 出两物体的运动位移间的关系式.追及的主要条件是 两个物体在追上时位置坐标相同. (3)寻找问题中隐含的临界条件.例如速度小者加 速追赶速度大者,在两物体速度相等时有最大距离; 速度大者减速追赶速度小者,在两物体速度相等时有 最小距离,等等.利用这些临界条件常能简化解题 过程. (4)求解此类问题的方法,除了以上所述根据追及 的主要条件和临界条件解联立方程外,还有利用二次 函数求极值,及应用图象法和相对运动知识求解.第 20 页 共 38 页图 1-5-1 次相遇前它们之间距离有最大值的临界条件是 υA= υB,得 t1=5 s. A、B 间距离的最大值数值上等于 ΔOυAP 的面积, 1 即Δsm= × 5× 10 m=25 m. 2 【答案】25 m 【点拨】相遇问题的常用方法 (1)物理分析法:抓好“两物体能否同时到达空间某位 Z”这一关键,按(解法一)中的思路分析. (2)相对运动法:巧妙地选取参考系,然后找两物 体的运动关系. (3)极值法:设相遇时间为 t,根据条件列方程, 得到关于 t 的一元二次方程,用判别式进行讨论,若 △ >0,即有两个解,说明可以相遇两次;若△ =0, 说明刚好追上或相碰; 若△ <0, 说明追不上或不能相 碰. (4)图象法:将两者的速度时间图象在同一个坐标 系中画出,然后利用图象求解.体位移间的关系. (3)寻找问题中隐含的临界条件. (4)与追及中的解题方法相同. 【例 2】甲、乙两物体相距 s,同时同向沿同一直线运 动,甲在前面做初速度为零、加速度为 a1 的匀加速直 线运动,乙在后做初速度为 υ0,加速度为 a2 的匀加速 直线运动,则 ( ) A.若 a1=a2,则两物体可能相遇一次 B.若 a1>a2,则两物体可能相遇二次 C.若 a1<a2,则两物体可能相遇二次 D.若 a1>a2,则两物体也可相遇一次或不相遇 【解析】 设乙追上甲的时间为 t, 追上时它们的位移 1 1 有υ0t+ a2t2- a2t2=s 2 2 上式化简得:(a1-a2)t2-2υ0t+2s=0 2υ0± 4υ02-8s(a1-a2) 解得:t= 2(a1-a2) (1)当 a1>a2 时,差别式“△ ”的值由 υ0、a1、a2、s 共 同决定,且 △ <2υ0,而△ 的值可能小于零、等于零、 大于零,则两物体可能不相遇,相遇一次,相遇两次,?拓展所以选项 B、D 正确. ( 2 ) 当 a1 < a2 时 , t 的 表 达 式 可 表 示 为 -2υ0± 4υ02-8s(a2-a1) t= 2(a2-a1) 显然,△ 一定大于零.且 △ >2υ0,所以 t 有两解.但 t 不能为负值,只有一解有物理意义,只能相遇一次, 故 C 选项错误. (3)当 a1=a2 时,解一元一次方程得 t=s/υ0,一定相遇 一次,故 A 选项正确. 【答案】A、B、D 【点拨】注意灵活运用数学方法,如二元一次方程△ 判别式. 本题还可以用 v―t 图像分析求 解。如图 1-5-2 所示是 甲、乙两物体从同 一地点,沿同一方 向做直线运动的 υ -t 图象,由图象可 以看出 ( 〕 A.这两个物体两 图 1-5-2 次相遇的时刻分别 是 1s 末和 4s 末 B.这两个物体两次相遇的时刻分别是 2s 末和 6s 末 C.两物体相距最远的时刻是 2s 末 D.4s 末以后甲在乙的前面 【解析】从图象可知两图线相交点 1s 末和 4s 末是两 物速度相等时刻,从 0→2s,乙追赶甲到 2s 末追上, 从 2s 开始是甲去追乙,在 4s 末两物相距最远,到 6s 末追上乙.故选 B. 【答案】B?拓展A二、如何求解相遇问题相遇问题的分析思路: 相遇问题分为追及相遇和相向运动相遇两种情 形,其主要条件是两物体在相遇处的位置坐标相同. (1)列出两物体运动的位移方程、 注意两个物体运 动时间之间的关系. (2)利用两物体相遇时必处在同一位置,寻找两物A、B 两棒均长 1m,A 棒悬挂于天花 板上,B 棒与 A 棒在一条竖直线上,直 立在地面, A 棒的下端与 B 棒的上端之 间相距 20m, 如图 1-5-3 所示, 某时刻 L=20 m 烧断悬挂 A 棒的绳子,同时将 B 棒以 v0=20m/s的初速度竖直上抛,若空气 阻力可忽略不计,且 g=10m/s2,试求: (1)A、B 两棒出发后何时相遇? l=1 B (2)A、B 两棒相遇后,交错而过需用 m 图 1-5-3 多少时间? 【解析】本题用选择适当参考系,能起l=1 m第 21 页 共 38 页 到点石成金的效用。 由于 A、B 两棒均只受重力作用,则它们之间由于重 力引起的速度改变相同,它们之间只有初速度导致的 相对运动, 故选 A 棒为参考系, 则 B 棒相对 A 棒作速 度为 v0 的匀速运动。 则 A、B 两棒从启动至相遇需时间t1 ? L 20 ? s ? 1s v0 20 2l 2 ? s ? 0.1s v0 20x1 ?v2 ? v2 0 2a?400 ? 36 m ?3 6m 4 2 ? 0.5此时间 t 内 B 车的位移速 s2,则 t ?x2 ? v2t ? 6 ? 28m ? 168mv2 ? v0 a当 A、B 两棒相遇后,交错而过需时间t2 ?【答案】(1) 1s(2) 0.1s三、要注意正确分析物体实际运动过程在解决相遇问题时,要具体地分析每个题给出的 物理情景和物理条件.例如,若被追赶的物体做匀减 速运动,一定要注意,追上前该物体是否停止运动。? 易错门诊【例 3】 经检测汽车 A 的制动性能: 以标准速度 20m/s 在平直公路上行驶时,制动后 40s 停下来。现 A 在平 直公路上以 20m/s 的速度行驶发现前方 180m 处有一 货车 B 以 6m/s 的速度同向匀速行驶,司机立即制动, 能否发生撞车事故? 【错解】设汽车 A 制动后 40s 的位移为 x1,货车 B 在 这段时间内的位移为 x2。 据 a ? v ? v 0 得车的加速度 a=-0.5m/st△ x=364-168=196>180(m) 所以两车相 撞。 【点悟】分析 追击问题应把 两物体的位Z 关系图画好。 如图 1-5-4,通 过此图理解物 理情景。本题 图 1-5-5 也可以借图像帮助理解,如图 1-5-5 所示,阴影区是 A 车比 B 车多通过的最多距离, 这段距离若能大于两车初始时刻的距离则两车必相 撞。小于、等于则不相撞。从图中也可以看出 A 车速 度成为零时,不是 A 车比 B 车多走距离最多的时刻, 因此不能作为临界条件分析。随堂训练1. 一车从静止开始以 1m/s2 的加速度前进,车后相距 x0 为 25m 处,某人同时开始以 6m/s 的速度匀速追 车, 能否追上?如追不上, 求人、 车间的最小距离。又 x1 ? v0 t ? 1 at 2 得2 1 ? (?0.5)402 ? 400m 2 x 2 ? v 2 t ? 6 ? 40 ? 240m x1 ? 20 ? 40 ?x2=v2t=6× 40=240(m) 两车位移差为 400-240=160(m) 因为两车刚开始相距 180m>160m 所以两车不相撞。 【错因】这是典型的追击问题。关键是要弄清不相撞 的条件。汽车 A 与货车 B 同速时,两车位移差和初始 时刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据。当两 车同速时,两车位移差大于初始时刻的距离时,两车 相撞;小于、等于时,则不相撞。而错解中的判据条 件错误导致错解。 【正解】如图 1-5 汽车 A 以 v0=20m/s 的初速做匀减 速直线运动经 40s 停下来。据加速度公式可求出 a=-0.5m/s2 当 A 车减为与 B 车同速时是 A 车逼近 B 车 距离最多的时刻,这时若能超过 B 车则相撞,反之则 不能相撞。图 1-5-6 【解析】 :依题意,人与车运动的时间相等,设为 t, 当人追上车时,两者之间的位移关系为: x 车+x0= x 人 即: at 2 ? x 0 = v 人 t 由此方程求解 t,若有解,则可追上; 若无解,则不能追上。 代入数据并整理得:t2-12t+50=0 △=b2-4ac=122-4×50×1=-56<0 所以,人追不上车。 【答案】(1)不能追上 (2)7m (3)0.72m/s2 2. 甲、 乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线 运动,t=0时刻同时经过公路旁的同一路标.在描 述两车的运动的υ-t图 中(如图1-5-7),直线a、1 2据 v 2 ? v0 2 ? 2ax 可求出 A 车减为与 B 车同速时的位移 图 1-5-4第 22 页 共 38 页图 1-5-7 b分别描述了甲乙两车在0~20s的运动情况.关于 两车之间的位置关系,下列说法正确的是〔 〕 A.在0~10s内两车逐渐靠近 B.在10~20s内两车逐渐远离 C.在5~15s内两车的位移相等 D.在t=10s时两车在公路上相遇 【解析】由υ-t 图线可知,0~10s内,υ乙>υ甲,两 车逐渐远离;在10~20s内,υ乙<υ甲,两车逐渐靠 近,故A、B均错;υ-t图线与时间轴所围面积表 示位移,C对;t=10s时,从υ-t图线所围面积看位 移x乙>x甲,两车不会相遇,故D错. 【答案】C 【点拨】根据甲、乙速度间的关系,判断甲、乙间 距离的变化,或根据 υ-t 图线与时间轴所围面积 的变化确定甲乙两车距离的变化。 3.一小汽车从静止开始以 3m/s2 的加速度行驶, 恰有一 自行车以 6m/s 的速度从车边匀速驶过. (1)汽车从开始运动后, 在追上自行车这前经多长时间 后两者相距最远?此时距离是多少? (2)什么时候追上自行车,此时汽车的速度是多少? 【解析】本题属于匀加速直线运动追匀速运动情形, 两物体相距最远时速度相同. 对于问题(1) 解法一 (解析法) : 汽车开始后速度由零逐渐增大, 而自行车速度是定值, 当汽车的速度还小于自行车 的速度时, 两者距离越来越大, 当汽车的速度大于 自行车的速度时, 两者距离越来越小. 所以当两车 的速度相等时,两车之间距离最大. υ自 6 有υ汽=a? t=υ自,t= = s=2s. a 3 1 1 △ s=υ自? t- at2=6×2m- ×3×4m=6m. 2 2 解法二(极值法) :设汽车追上自行车之前经时间 t 相距最远. 1 3 △ s=s自-s汽=υ自? t- at2=6t- t2. 2 2 利用二次函数求极值条件知 b 6 当t=- =- s=2s时,△ s 最大 2a 3 2×(- ) 2 3 此时△smax=6×2m- ×22m=6m. 2 对于问题(2):汽车追上自行车时,两车位移相 等. 1 υ自? t'= at'2,代 2 入数据得,t'=4s,υ汽'=a? t'=3×4m/s=12m/s. 解法三(图像法) : 如图 1-5-4 所示,作出 υ-t 图像(1)设相遇前 t s 两车速度相等,υ汽=a? t=6m/s,即 3t=6s.解得 t =2s 时两车相距最远. 1 两车的位移△ s= ×6×2m=6m. 2 (2) 由图知 t=2s 以后, 若两车位移相等, 即 图 线与时间轴所夹的“面积”相等. 由图中几何关系知,相遇时间为 t'=4s,此时 υ汽'=2υ自=12m/s. 【答案】 (1)2s、6m; (2)12m/s课后创新演练1.(2006?广东高考)a、b 两物体从同一位置沿同一直 线运动,它们的速度图象如图 1-5-9 所示,下列说 法正确的是 (C ) A.a、b 加速时,物 体 a 的加速度大于物体 b 的加速度 B.20 秒时,a、b 两 物体相距最远 C.60 秒时,物体 a 在物体 b 的前方 D.40 秒时,a、b 两 物体速度相等,相距 200m. 【解析】 在速度图像中, 图线的斜率表示物体运动的 加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移,由题中图 40-10 像可知:a、b 加速时,a 的加速度为 m/s2= 20 40 1.5m/s2.b 的加速度为 m/s2=2 m/s2. 故A项错, 40-20 t=40s 时,a、b 速度相同,a、b 两物体相距最远,故 B 项错,t=60s 时,a 物体的位移大于 b 物体的位移, 故 C 项正确,t=40s 时,a、b 两物体速度相等,两物 10+40 40 体间距应为 ×20m+ ×20m=900m, 故 D 错. 2 2 2. 如图 1-5-10 所示表示甲、 乙两运动物体相对同一 原点的位移-时间图 象,下面有关说法中错 误的是(D) A.甲和乙都做匀速 直线运动 B.甲、乙运动的出 图 1-5-10第 23 页 共 38 页图 1-5-8 发点相距 x0 C.乙运动的速度大于甲运动的速度 D.乙比甲早出发 t1 的时间 【解析】选 D.图中所示 x -t 图象都是直线,所以 甲、乙均做匀速直线运动,故 A 正确.因 t=0 时, 甲图线与 x 轴的截距为 x0, 而乙图线表示乙在原点, 所以甲、乙出发点相距 x0, 故 B 正确.因乙图线的斜 率大于甲图线斜率的绝对 值,所以乙运动速度大于 甲运动速度,故 C 正确, 图 1-5-11 从图象中可以看出甲比乙早出发 t1 的时间,故 D 选项错. 3. 甲、乙两物体由同一位置出发沿一直线运动,其 速度-时间图象如图 1-5-11 所示, 下列说法正确的 是(BC) A.甲做匀速直线运动,乙做匀变速直线运动 B.两物体两次相遇的时刻分别是在 2s 末和 6s 末 C.乙在头 2s 内做匀加速直线运动,2s 后做匀减 速直线运动 D.2s 后,甲、乙两物体的速度方向相反 【解析】选 B、C.由图象知,υ甲=2 m/s,故甲物 体做匀速直线运动, 乙物体在 0~2s 内沿正向做匀 加速直线运动.在 2s~6s 内沿正向做匀减速直线 运动.乙物体做的不是同一个匀变速直线运动,A 错 C 对. 在 2s 末,甲物体的位移x甲=2×2 m=4m 1 乙物体的位移x乙= ×(2×4)m=4m, 2 故两物体在 2s 末相遇. 在 6s 末,甲物体的位移x甲'=2×6 m=12 m 1 乙物体的位移x乙'= ×(6×4)m=12 m 2 故两物体在 6s 末相遇,B 正确. 在 0~6s 内,甲、乙两物体始终沿规定的正方向运 动,D 错. 4.如图 1-5-12 所示,a、b 分别是甲、乙两辆车从同 一地点沿同一直线 同时运动的图线, 由 图线可以判断(B) A.2 秒后甲、乙两 车的加速度大小相 等 B.在 0~8s 内两车 最远相距 148 m 图 1-5-12 C.两车只有 t0 时刻 速率相等D.两车在 t=8s 时相遇 20 【解析】选 B.2 秒后,|a甲|= m/s2=10m/s2,|a 2乙20 |= m/s2=10m/s2,故|a甲|>|a乙|,A 错;t=2s 时 3和 t=t0 时, 甲、 乙速率均相等, 故 C 错; t=8s 时, 甲回到出发点,乙没有回到出发点,故 D 错;由 题干图可知两车在 0~8s 内相距最远应在 t0 时刻, 由 a、b 两直线可求出 t0=4.4s,则两车相距最远距 x 应为 a、 b 两线和纵轴围成的面积, 解得 x=148m, 故 B 对. 5. (2007?海南高考)两辆游戏赛车 a、b 在两条平行 的直车道上行驶,t=0 时两车都在同一计时线处, 此时比赛开始.它们在四次比赛中的 υ-t 图如图 1-5-13 所示,哪些图对应的比赛中,有一辆赛车追 上了另一辆. (AC) 【解析】选 A、C. υ-t 图线与 t 轴所围图形的面 积表示位移大小.A、C 两图中在 t=20s 时 a、b 两车 的位移大小分别相等,故在 20s 时 b 车追上 a 车;B 图ABC 图 1-5-13D中 b 车一直领先,间距越来越大,D 图中 a 车在前 7.5s 一直落后,在 7.5s~12.5 s 间尽管 a 车速度大于 b 车, 但由于前 7.5s 落后太多未能追上, 12.5s 后 υa<υb, 故 两 车不会有追及现象发生.所以 B、D 错误。 6.甲、乙两车在平直的公路上同时、同地、同方向运 动,它们的位移(单位:m)和时间(单位:s)的关系 分别为:x甲=2t+t2,x乙=15t,问: (1) 它们各做什么运动?写出甲车速度和时间的关系 式; (2)经过多长时间它们的速度相等; (3) 经过多长时间它们相遇?在相遇时间里它们运动 的位移是多大? 1 【解析】(1)由x甲=2t+t2,对比x=υt+ at2知甲车做匀 2 变速直线运动,且υ甲=2+2t;由x乙=15t,对比 x=υt 知乙车做匀速直线运动.第 24 页 共 38 页 (2)当υ甲=υ乙时有:2+2t=15,得 t=6.5s. (3)当x甲=x乙时,两车相遇,则 2t+t2=15t, 得 t1=13s,t2=0(舍去),即再经 13s 两车相遇, 此时两车位移 x=15 t=195m. 7.一辆摩托车行驶的最大速度为 108km/h.现让摩托 车从静止出发,要求在 4min 内追上前方相距为 1km、 正以 25m/s 的速度在平直公路上行驶的汽车.则该摩 托车行驶时,至少应具有多大的加速度? 【解析】(1)由题知 4min 末汽车离摩托车出发点的距 离为x汽=1000m+25×4×60 m=7000m. 若摩托车一直匀加速运动并追上汽车,则 4min 内摩 1 1 托车的位移 at2应等于x汽,即x汽= at2. 2 2 追上汽车时摩托车的速度为 υ=at 联立①②两式得 2x汽 υ= =58.3m/s>108km/h=30 m/s. t 摩托车已超过了它的最大行驶速度, 因而不可能在 加速运动过程中追上汽车,只能是先加速一段时 间,使速度达 υmax=30m/s,然后以 υmax 匀速行驶 追上汽车. 设加速度为 a,加速时间为 t,则由位移关系得: υmax+0 x汽= t +υ (t-t1) 2 1 max 40 代入数据可解得 t1= s 3 ① ②再由 υmax=a t1, υmax 30 得 a= = m/s2=2.25m/s2. t1 40 3 8.为了安全,在行驶途中,车与车之间必须保持一定 的距离. 因为, 从驾驶员看见某一情况到采取制动 的时间里, 汽车仍然要通过一段距离 (称为思考距 离) ;而采取制动到车完全停止的时间里,汽车又 要通过一段距离(称为制动距离) .下表给出了汽 车在不同速度下的思考距离和制动距离等部分数 据.请分析这些数据,完成表格. 速 度 (km/h) 45 75 90 思考距离 (m) 9 15 制动距离 (m) 14 38 停车距离 (m) 23 73105 21 75 96 【解析】由表中数据可以看出停车距离与制动距离和 思考距离之和相等,所以第二行的停车距离等于(15 +38)=53m.思考距离内并没有采取制动动作汽车仍 做匀速直线运动, 由第一行速度 45km/h, 思考距离 9m, 45 通过 ×t =9,计算思考时间为 0.72s,再算出速度 3.6 1 90 为 90km/h 时的思考距离: x= ×0.72m=18m, 然后 3.6 根据 73-18m=55m,算出制动距离.第 6 课时基础知识回顾1.实验目的实验:研究匀变速直线运动(1)练习打点计时器的使用、纸带数据处理和测瞬 时速度的方法. (2) 用打点计时器研究小车在重物牵引下的运动, 探 究小车速度随时间的变化规律. 变化的规律,可采用图像描点法,根据几个时刻 的速度与时间关系作出 υ-t 图线.3.落实探究方案(1) 实验器材: a. 附有滑轮的长木板; b. 小车; c. 带 小钩的细线; d. 25g 的钩码 3 个; e. 打点计时器; f. 纸 带、刻度尺;g.低压交流学生电源;h.导线. (2)操作过程: ①把随有滑轮的长木板放在实验桌上,并使滑轮伸 出桌面,把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一 端,连接好电路. ②把一条细绳拴在小车上,细绳跨过滑轮,下边挂2.探究方案借助打点计时器打出的纸带,知道物体在不同时 刻的位置,再通过对纸带的分析,可近似得到多个时 刻的瞬时速度.为了更直观地反映各时刻速度随时间制动装置 实验小车 纸带 接电源第 25 页 共 38 页 打点计时器图 1-6-1图 1-1 上合适的钩码,把纸带穿过打点计时器,并把它的一 端固定在小车的后面.实验如图 1-6-1 所示,放手后, 看小车能否在木板上平稳地加速滑行. ③把小车停在靠近打点计时器处,先接通电源,后 放开小车,让小车拖着纸带运动,打点计时器就在纸 带上打下一系列的点,换上新纸带,重复三次. x1 x2 x3 x4 x5 x6(xn+xn+1) 所示,即υn= . 2T (2)“逐差法”求加速度: 如图 1-6-2 所示,测出各计数点间的距离,再用 以下公式计算该纸带运动的加速度. x4-x1 x5-x2 x6-x3 a1= a2= a3= 3T 3T 3T a1+a2+a3 则其平均值: a = 3 (3)“图像法”求加速度:即由“平均速度法”求 出多个点的速度,画出 υ-t 图线,直线的斜率即为加 速度. 【例 1】在“探究小车速度随时间变化的规律”实验 中,打点计时器使用的交流电源的频率为 50Hz,记录 小车运动的一段纸带如图 1-6-5 所示,在纸带上选择A B C D E F图 1-6-2 ④从三条纸带中选择一条比较理想的,舍掉开关一 些比较密集的点,从后边便于测量的点开始确定计数 点,为了计算方便和减小误差,通常用连续打点五次 的时间作为时间单位,即 T=0.1s,如图 1-6-2 所示, 正确使用毫米刻度尺测量每相邻两计数点间的距离, 并填入设计的表板中. 位置编号 时间 t/s 相邻两计数点间 的距离 x/m 计数点的 速度 υ/(m/s) ⑤利用某一段时间的平均速度等于这段时间中间时刻 的瞬时速度求得各计数点的瞬时速度. ⑥增减所拴的钩码数,再做两次实验. 0 0 1 0.1 2 0.2 3 0.3 4 0.4 5 0.52.0 5.0 9.0 14.0 20.0图 1-6-5 A、B、C、D、E、F 六个计数点,相邻两计数点之间 还有四个点示画出. (1)由纸带提供的数据求出打下 C、E 点时的小车速 度,填入下表.计数点序号 计数点对应的时刻 t/s 通过计数点时小车速度 υ/(m/s) B 0 0.25 C 0.1 D 0.2 0.45 E 0.3重点难点例析一、根据纸带分析物体的运动规律(1)“平均速度法”求速度.图 1-6-3 根据位移 Δx 和 Δt 计算纸带在这两点间的平均速 度, 用这个平均速度粗略代表经过 E 点时的瞬时速度, Δ

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