第2章 匀变速直线运动 章末小结（Word教参）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中物理必修第一册（粤教版2019）

一、知识体系建构——理清物理观念 　　　　　　　　二、综合考法融会——强化科学思维　 两类匀减速直线运动问题 两类运动 轨迹特点 技巧点拨 刹车类问题 (最后状态) 可看成反向的初速度为零的匀加速运动 双向可逆类 (转折状态) 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回，这类运动可对全程列式，注意s、vt、a等矢量的正负号 [典例1]　飞机着陆做匀减速直线运动可获得大小为a＝6 m/s2的加速度，飞机着陆时的速度为v0＝60 m/s，求飞机着陆后t＝12 s内滑行的距离。 [解析]　设飞机从着陆到停止所需时间为t0，由速度公式vt＝v0－at0得t0＝10 s。 可见，飞机在t＝12 s内的前10 s内做匀减速直线运动，后2 s内保持静止。 所以有s＝v0t0－at02＝300 m；或s＝＝300 m。 [答案]　300 m /易错警示/ (1)本例题的易错点在于不考虑刹车的实际情况，盲目套用位移公式s＝v0t－at2，将t＝12 s直接代入得到s＝288 m的典型错解。 (2)解答该类问题时应先计算出物体停止运动实际需要的时间，才能判断给定时间内物体的运动情况。 　　 [典例2]　如图所示，小球以6 m/s 的速度由足够长的光滑斜面中部沿着斜面向上滑。已知小球在斜面上运动的加速度大小为2 m/s2。分别求出经过2 s、3 s、4 s、6 s、8 s小球的位移。(小球在光滑斜面上运动时，加速度的大小、方向都不变) [解析]　以小球的初速度方向为正方向，即沿斜面向上为正方向，则小球的加速度沿斜面向下，为负值。 将t2＝2 s，t3＝3 s，t4＝4 s，t6＝6 s，t8＝8 s代入s＝v0t＋at2， 解得s2＝8 m，s3＝9 m，s4＝8 m，s6＝0，s8＝－16 m。 [答案]　8 m,9 m,8 m,0，－16 m，其中负号表示小球位移方向沿斜面向下 [对点训练] 1．一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，遇到紧急情况，突然以大小为2 m/s2的加速度匀减速刹车，则从刹车开始计时，汽车在6 s内的位移是(　 ) A．24 m B．25 m C．60 m D．96 m 解析：选B　汽车停止运动时间为t＝＝ s＝5 s，汽车在5 s末就已经停止运动，所以汽车在6 s内的位移等于在5 s内的位移，故有s＝＝ m＝25 m，B正确。 2．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m，则刹车后6 s内的位移是(　 ) A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m 解析：选C　设汽车的初速度为v0，加速度为a。根据匀变速直线运动的推论Δs＝aT2得：s2－s1＝aT2 得a＝＝ m/s2＝－2 m/s2。 根据第1 s内的位移：s1＝v0t＋at2，代入数据得， 9＝v0×1＋×(－2)×12，解得v0＝10 m/s。 汽车刹车到停止所需的时间t0＝＝ s＝5 s。 则汽车刹车后6 s内的位移等于5 s内的位移，为s＝t0＝×5 m＝25 m。C正确，A、B、D错误。 竖直上抛运动的规律及应用 定义 物体具有竖直向上的初速度，只在重力作用下的运动 条件 (1)v0方向竖直向上，(2)只受重力 运动性质 a＝g的有往复的匀变速直线运动： (1)上升过程：匀减速运动 (2)下降过程：自由落体运动 ]处理方法 (1)分段法： ①上升过程：匀减速运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2 ②下降过程：自由落体运动，vt＝gt，h＝gt2 (2)全程法：选竖直向上为正方向，将竖直上抛运动视为初速度为v0、加速度为－g的匀变速直线运动 ①vt＝v0－gt⇒vt>0，上升阶段；vt<0，下落阶段 ②h＝v0t－gt2⇒h>0，在抛出点上方；h<0，在抛出点下方 几个典型量 (1)上升时间：t＝＝ (2)上升的最大高度：h＝＝ (3)在t＝时刻，整个过程位移为零，即回到抛出点 两个 特性 作出竖直上抛运动的过程图，如图所示，结合图像分析，可知 (1)对称性 ①时间对称性：对同一段距离，上升过程和下降过程时间相等，tAB＝tBA，tO C＝tC O ②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等，方向相反 (2)多解性：通过某一点对应两个时刻，即：物体可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段 [典例]　气球下悬挂一重物，以v0＝10 m/s匀速上升，当到达离地面h＝175 m处时悬挂重物的绳子突然断裂，空气阻力不计，g取10 m/s2。求： (1)重物经多少时间落到地面。 (2)落地时的速度多大？ [解析]　法一：分段法。分成上升阶段和下落阶段两过程考虑 绳子断裂后重物可继续上升的时间和上升的高度分别