第二章 匀变速直线运动章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理必修第一册（粤教版2019）

章末小结与质量评价 第二章 1 一、知识体系建构——理清物理观念 2 二、综合考法融会——强化科学思维 3 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 CONTENTS 目录 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 考法一　两类匀减速直线运动问题 [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。 [答案]　300 m [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) [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 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 对点训练 √ 2．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。那么，经过3 s时物体的速度大小和方向是(　　) A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下 C．5 m/s，沿斜面向上 　 D．25 m/s，沿斜面向下 解析：取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示速度方向沿斜面向下，故B正确。 √ 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 考法二　竖直上抛运动的规律及应用 续表 续表 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 续表 [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？ [答案]　 (1) 7 s (2) 60 m/s 解得t＝7 s，t′＝－5 s(不合题意，舍去) 所以重物落地速度为vt＝v0－gt＝(10－10×7)m/s＝－60 m/s，其负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反。 /方法技巧/ 解答物体竖直上抛运动的两种方法 (1)分段法：注重对物体分过程的分析和计算，相对麻烦一些。 (2)全程法：注重对全程的分析和计算，可以快捷解题。但注意规定正方向，明确各物理量的正负。　　 1．(2023·广东高考)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是(　 ) 对点训练 √ 解析：铯原子团仅受重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在v-t图像中，斜率表示加速度，故斜率不变，所以v-t图像应该是一条倾斜的直线，故A、B错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故C错误，D正确。 √ √ √ 考法三　匀变速直线运动规律及推论的应用 解决匀变速直线运动问题常用的六种方法 [答案]　t 1．某汽车在一平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，则(　 ) A．车从出发到B杆所用时间为6 s B．车的加速度大小为1.6 m/s2 C．经过A杆时的速度为10 m/s D．出发点到A杆的距离为7.5 m 对点训练 √ 2．(2023·山东高考)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　 ) A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s √ 三、价值好题精练 ——培树科学态度和责任 1．如图是一种运动传感器的原理图，系统由A、B两个小盒子组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，B盒装有红外线接收器和超声波接收器。A盒固定在运动的小车上，B盒固定在桌面上。测量时A向B同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B盒接收到红外线脉冲时开始计时，接收到超声波脉冲时停止计时，计算机自动算出A、B间的距离s1。经过短暂的时间T后，系统进行第二次测量，得到A、B间的距离s2。则小车的速度大小为(　 ) √ 2．(2024·深圳高一调研)(多选)“科技让生活更美丽”，自动驾驶汽车呈现出接近实用化的趋势。图1为某款无人驾驶的智能汽车的测试照，为了增加乘员乘坐的舒适性，程序设定汽车做直线运动的v2-x图像(其中v为速度，x为位置坐标)如图2所示，下列关于汽车从x＝0处运动至x＝x0处的过程分析，正确的是(　 ) √ √ 3. 如图所示，蹦床运动员正在训练室内训练，室内蹦床的床面到天花板的距离是7.6 m，竖直墙壁上张贴着一面高度为1.6 m的旗帜，身高1.6 m的运动员头部最高能够上升到距离天花板1 m的位置，在自由下落过程中，运动员通过整面旗帜的时间是0.4 s，重力加速度大小为10 m/s2，设运动员上升和下落过程身体都是挺直的。求： (1)运动员刚竖直弹跳起来的速度大小； 答案：10 m/s　 (2)运动员下落时身体通过整面旗帜过程中的平均速度大小； 答案：8 m/s　 (3)旗帜的上边缘到天花板的距离。 答案：4.4 m 章末综合检测（二） (单击进入电子文档) [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。 /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。　　 [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。 解析：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。 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 [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为t1＝＝ s＝1 s，h1＝＝ m＝5 m， 故重物离地面的最大高度为 H＝h＋h1＝(175＋5)m＝180 m， 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝ ＝ s＝6 s vt＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向竖直向下 所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间 t＝t1＋t2＝1 s＋6 s＝7 s。 法二：全程法 从全程的匀变速直线运动考虑 从绳子断裂开始计时，经时间t后物体落至抛出点下方，规定竖直向上为正方向，则物体在时间t内的位移 h2＝－h＝－175 m 由位移公式h2＝v0t－gt2，即 －175＝10t－×10t2＝10t－5t2 2．(多选)某排球运动员将一排球从离地面2 m处的位置以10 m/s的初速度竖直向上抛出，g取10 m/s2，不计空气阻力，当排球离抛出点距离为1.8 m时，所经历的时间可能是(　 ) A．0.2 s B．0.6 s C．1.8 s D．1＋s 解析：取竖直向上方向为正方向，当排球运动到抛出点上方离抛出点1.8 m时，位移为s＝1.8 m，由竖直上抛运动的位移与时间关系式得s＝v0t－gt2，解得t1＝0.2 s，t2＝1.8 s；当排球运动到抛出点下方离抛出点1.8 m时，位移为s′＝－1.8 m，由s′＝v0t－gt2，解得t3＝s或t4＝s(负值舍去)，选项A、C、D正确，B错误。 [典例]　物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。 [解析]　法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得v02＝2asAC，vB2＝v02－2asAB，sAB＝sAC，联立解得vB＝ 又vB＝v0－at，vB＝atBC 解得tBC＝t。 法二：平均速度法 利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。 AC＝＝， 又v02＝2asAC，vB2＝2asBC，sBC＝， 由以上三式解得vB＝， 可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。 法三：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 因为sBC∶sAB＝∶＝1∶3， 而通过sAB的时间为t，所以通过sBC的时间tBC＝t。 法四：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC。由运动学公式得sBC＝atBC2，sAC＝a(t＋tBC)2，又sBC＝， 由以上三式解得tBC＝t。 法五：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v -t图像，如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得＝，且＝， OD＝t，OC＝t＋tBC，所以＝，解得tBC＝t。 解析：据位移公式sAB＝t，解得vA＝－vB＝5 m/s，选项C错误；车的加速度大小为a＝＝ m/s2，选项B错误；车从出发到B杆所用时间t′＝＝9 s，选项A错误；出发点到A杆的距离为sA＝＝7.5 m，选项D正确。 解析：设RS段位移为s，所用时间为t，则ST段位移为2s，所用时间为t′，由题意得：在RS段的时间t＝＝，在ST段的时间t′＝＝，可解得t′＝4t，设电动公交车的加速度大小为a，逆向推导可得v2＝vT＋a，v1＝vT＋a，解得vT＝1 m/s，故C正确。 A. B. C. D. 解析：由题图可知，T时间内小车的位移为s2－s1，经短暂时间T，故可认为小车的速度大小不变，则小车运动的速度大小为v0＝，C正确。 A．该汽车做减速直线运动 B．该汽车的加速度大小为 C．该汽车在位移中点的速度等于v0 D．该汽车在中间时刻的速度大于v0 解析：根据v2＝v02－2as，结合图像可知，该汽车做初速度为v0、加速度为a＝的匀减速直线运动，选项A、B正确；根据v中点2＝v02－2a，0＝v中点2－2a，可得该汽车在位移中点的速度等于v中点＝v0，选项C错误；该汽车在中间时刻的速度v中时＝，选项D错误。 解析：运动员上升的最大位移为： h＝7.6 m－1.6 m－1 m＝5 m 根据匀变速直线运动的速度位移关系式，有v2＝2gh 解得：v＝＝10 m/s。 解析：运动员通过整面旗帜的时间是0.4 s，位移为： Δx＝1.6 m＋1.6 m＝3.2 m 故平均速度为：＝＝8 m/s。 解析：平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故该0.4 s内中间时刻的速度为8 m/s，根据对称性可知，运动员上升过程经过同一位置的速度大小为8 m/s 运动员从跳起到该位置的时间间隔为 t＝＝0.2 s 由于t＝，故开始时旗帜的下边缘与运动员头部等高，为1.6 m，故旗帜的上边缘高度为3.2 m，而大厅内蹦床的床面到天花板的距离是7.6 m，故旗帜的上边缘到天花板的距离为：7.6 m－3.2 m＝4.4 m。 $$