人教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试教案配套课件ppt

素养培优课(二)　匀变速直线运动规律的应用(二)

[培优目标]　1．能用全过程分析法或者分段法解决竖直上抛运动。2．知道一般直线运动和匀变速直线运动的x­t图像和v­t图像中坐标、斜率、截距、交点的含义，能根据图像分析加速度、位移等物理量及物体的运动规律。3．掌握追及相遇问题的分析思路和方法。

考点1　运动图像的意义及应用

1．在运动学中，两类图像是指x­t图像和v­t图像

(1)利用x­t图像可以了解：①任一时刻物体的位置；②任一时刻物体的速度；③物体通过某一段位移所需的时间；④物体到达某一位置的时刻。

(2)利用v­t图像可以了解：①任一时刻物体的速度；②任一时刻物体的加速度；③物体达到某一速度所需要的时间；④物体达到某一速度的时刻；⑤物体在某段时间内的位移。

2．图像的应用(从图像中提取信息)

(1)首先看清纵横轴代表的物理量，弄清图像反映什么量间的函数关系。

(2)点：表示物体所处状态，注意甄别交点、拐点代表的物理意义。

(3)线：描述纵轴物理量随横轴物理量变化而变化的规律，可以判断物体运动的性质。

(4)斜率和截距：利用相关公式分析斜率和截距所描述的物理量。

(5)面积：利用相关公式分析面积的含义。

【典例1】　(2020·安徽蚌埠铁路中学高一上期中)小明同学利用传感器绘出了一个沿直线运动的物体，在不同运动过程中加速度a、速度v、位移x随时间t变化的图像，如图所示。若该物体在t＝0时刻，初速度为零，则表示该物体沿单一方向运动的图像是(　　)

A　　　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　　　D

C　[选项A所描述的运动在0～2 s内，位移先增大再减小，物体运动的方向发生改变，故A错误；选项B所描述的运动在0～2 s内速度为正值，向正方向运动，在2～4 s内速度为负值，向负方向运动，物体运动方向发生改变，故B错误；选项C所描述的运动在0～1 s内加速度不变，做匀加速直线运动，1～2 s内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s末速度为零，物体在一个周期内速度的方向不变，故C正确；选项D所描述的运动在0～1 s内，向正方向做匀加速直线运动，1～2 s内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s末速度为零，2～3 s内向负方向做匀加速直线运动，物体运动的方向发生改变，故D错误。]

x­t图像、v­t图像都是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合“斜率”“截距”“面积”等数学语言进行分析。

[跟进训练]

1．(2020·山东新泰一中第一次质量检测)一质点的位置x随时间t的变化如图所示，能正确表示该质点的速度v与时间t的关系图像是选项图中的(　　)

　　　　　　　    　A　　　　　B　　　　C　　　　　D

A　[位置—时间图像的斜率表示速度，可得四个阶段的速度分别是：负，0，正，0，对比选项图可知A对。]

考点2　追及、相遇问题的分析与求解

1．追及问题

(1)追及的特点：两个物体在同一时刻处在同一位置。

(2)追及问题满足的两个关系

①时间关系：从后面的物体追赶开始，到追上前面的物体时，两物体经历的时间相等。

②位移关系：x2＝x0＋x1

其中x0为开始追赶时两物体之间的距离，x1表示前面被追物体的位移，x2表示后面追赶物体的位移。

(3)临界条件：当两个物体的速度相等时，可能出现恰好追上、恰好避免相撞、相距最远、相距最近等情况，即出现上述四种情况的临界条件为v1＝v2。

2．相遇问题

相向运动的物体，各自发生的位移的绝对值之和等于开始时两物体间的距离时即相遇。在避碰问题中，关键是把握临界状态，避碰问题的临界状态还是反映在速度相等这一关键点上，即两个运动物体具有相同的位置坐标时，两者的相对速度为零。

3．分析追及问题的一般方法

(1)一般解题思路

(2)解题技巧

①抓住三个关系，即“位移关系”“时间关系”“速度关系”；用好示意图。

②寻找隐含的临界条件，如“刚好”“恰好”等关键词往往是解题的突破点。

③若被追赶的物体做减速运动，要判断它何时停下。

【典例2】　汽车正以14 m/s的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭发动机做加速度大小为5 m/s2的匀减速直线运动，且汽车恰好没碰上自行车，求关闭发动机时汽车离自行车多远？

思路点拨：在分析求解追及与相遇问题时，一定要画好情境图，找出位移、速度、时间的关系式，应特别注意速度相等这一临界条件的确定。本题求解可按如下程序进行：

→→→

[解析]　汽车在关闭发动机减速后的一段时间内，其速度大于自行车的速度，因此汽车和自行车之间的距离在不断减小，当这个距离减小到零时，若汽车的速度减至与自行车的速度相同，则能满足题设的汽车恰好没碰上自行车的条件。

运动情境图如图所示。

解法一：(用基本公式法求解)

汽车减速到4 m/s时发生的位移和运动的时间分别为

x汽＝＝m＝18 m

t＝＝s＝2 s

这段时间内自行车发生的位移

x自＝v自t＝4×2 m＝8 m

汽车关闭发动机时离自行车的距离

x＝x汽－x自＝18 m－8 m＝10 m。

解法二：(利用v­t图像进行求解)

如图所示，图线Ⅰ、Ⅱ分别是汽车与自行车的v­t图像，其中阴影部分的面积表示当两车车速相等时汽车比自行车多运动的位移，即汽车关闭发动机时离自行车的距离x。

图线Ⅰ的斜率的绝对值表示汽车减速运动的加速度大小，所以应有

x＝＝×＝m＝10 m。

[答案]　10 m

解追及、相遇问题的一般思路

(1)根据对两物体运动过程的分析，画出物体运动的示意图。

(2)根据两物体的运动性质，分别列出两个物体的位移方程，注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中。

(3)由运动示意图找出两物体位移间的关联方程，这是关键。

(4)联立方程求解，并对结果进行简单分析。

[跟进训练]

2．一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以v0＝6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：

(1)汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？

(2)当汽车与自行车再次相遇时汽车的速度是多大？

[解析]　解法一：用临界法求解

(1)当汽车的速度v1＝v0＝6 m/s时，两车相距最远，所用时间t1＝＝2 s，最远距离Δx＝v0t－at＝6 m。

(2)两车再次相遇时有v0t2＝at，解得t2＝4 s，汽车的速度v＝at2＝12 m/s。

解法二：用图像法求解

(1)汽车和自行车的v­t图像如图所示，由图可得t＝2 s时，两车相距最远。最远距离等于图中阴影部分的面积，即Δx＝×6×2 m＝6 m。

(2)两车再次相遇时，两车v­t图线与横轴包围的面积相等，由图可得此时汽车的速度v＝12 m/s。

解法三：用函数法求解

(1)由题意知，自行车与汽车的位移之差Δx＝v0t－at2，因二次项系数小于零，当t＝＝2 s时，Δx有最大值，最大值Δxm＝v0t－at2＝6×2 m－×3×22m＝6 m。

(2)当Δx＝v0t－at2＝0时两车相遇，解得t1＝4 s，t2＝0(舍去)，汽车的速度v＝at1＝12 m/s。

[答案]　(1)2 s　6 m　(2)12 m/s

考点3　竖直上抛运动

1．竖直上抛运动的定义

将物体以某一初速度v0竖直向上抛出，物体只在重力作用下所做的运动就是竖直上抛运动。

2．竖直上抛运动的实质

初速度v0≠0、加速度a＝－g的匀变速直线运动(通常规定初速度v0的方向为正方向，g为重力加速度的大小)。

3．竖直上抛运动的规律

基本公式

推论

4．竖直上抛运动的特点

(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，tOC＝tCO。

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，vB＝－vB′，vA＝－vA′。

(2)多解性

通过某一点可能对应两个时刻，即物体可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段。

5．竖直上抛运动的处理方法

【典例3】　(2020·黑龙江部分中学检测)一个氢气球以40 m/s的速度匀速上升，在某时刻从气球上掉下一个重物，已知重物掉下时距离地面的高度为100 m，求：此重物从氢气球上掉下后，要经过多长时间返回地面？(g取10 m/s2)

[解析]　重物从氢气球上掉下时，由于惯性，具有向上的初速度，故做竖直上抛运动，而并非做自由落体运动。

解法一：分段法

上升阶段：初速度v0＝40 m/s，

上升的最大高度h2＝＝m＝80 m，

上升时间t1＝＝ s＝4 s，

下降阶段：由gt＝h1＋h2，

得到t2＝＝6 s。

t＝t1＋t2＝10 s。

解法二：整体法

取竖直向上为正方向，则v0＝40 m/s，整个过程的位移h＝－100 m，代入到h＝v0t－gt2，得－100＝40t－5t2，解

得：t＝10 s或t＝－2 s(舍去)。

[答案]　10 s

[跟进训练]

3．某人在高层楼房的阳台上以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处时，所经历的时间不可能是(不计空气阻力，g取10 m/s2)(　　)

A．1 s　　 B．2 s

C．3 s   D．(2＋)s

B　[当石块在抛出点上方距抛出点15 m处时，取向上为正方向，则位移x＝15 m，加速度a＝－g＝－10 m/s2

代入公式x＝v0t＋at2得数学关系式

15＝20 t＋×(－10)t2，

化简得5t2－20t＋15＝0，

(以上两式所有物理量均采用国际单位制单位)

解得t1＝1 s，t2＝3 s。

t1＝1 s对应着石块上升时到达“离抛出点15 m处”时所用的时间，而t2＝3 s对应着从最高点落回时第二次经过“离抛出点15 m处”时所用的时间。

由于石块上升的最大高度H＝20 m，所以石块落到抛出点下方“离抛出点15 m处”时，做自由落体运动的总高度为

HOB＝(20＋15)m＝35 m。

下落此段距离所用的时间

t′＝＝s＝s。

这样，石块从抛出到经过抛出点下方“离抛出点15 m处”时所用的时间为t3＝2 s＋ s＝(2＋)s。]