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学案7 章末总结
一、匀变速直线运动的常用解题方法
1．常用公式法
匀变速直线运动的常用公式有：
vt＝v0＋at s＝v0t＋at2 v－v＝2as
使用时应留意它们都是矢量，一般以v0方向为正方向，其余物理量的方向与正方向相同的为正，与正方向相反的为负．
2．平均速度法
(1)＝，此式为平均速度的定义式，适用于任何直线运动．
(2)＝v＝(v0＋vt)只适用于匀变速直线运动．
(3)比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的推论，用比例法解题．
(4)逆向思维法
把运动过程的“末态”作为“初态”的反向争辩问题的方法．例如，末速度为零的匀减速直线运动可以看做反向的初速度为零的匀加速直线运动．
(5)图像法
应用v－t图像，可把简洁的物理问题转化为较为简洁的数学问题解决，尤其是用图像定性分析，可避开繁杂的计算，快速求解．
留意 (1)刹车类问题一般先求出刹车时间．
(2)对于有来回的匀变速直线运动(全过程加速度a恒定)，可对全过程应用公式vt＝v0＋at、s＝v0t＋at2、……列式求解．
(3)分析题意时要养成画运动过程示意图的习惯．对于多过程问题，要留意前后过程的联系——前段过程的末速度是后一过程的初速度；再要留意查找位移关系、时间关系．
例1 一物体以某一速度冲上一光滑斜面，前4 s的位移为1.6 m，随后4 s的位移为零，那么物体的加速度多大？(设物体做匀变速直线运动且返回时加速度不变)你能想到几种解法？
解析 设物体的加速度大小为a，由题意知a的方向沿斜面对下．
解法一 基本公式法
物体前4 s位移为1.6 m，是减速运动，所以有
s＝v0t－at2，
代入数据1.6＝v0×4－a×42
随后4 s位移为零，则物体滑到最高点所用时间为
t＝4 s＋ s＝6 s，
所以初速度为v0＝at＝6a
由以上两式得物体的加速度为a＝0.1 m/s2.
解法二 推论＝v法
物体2 s末时的速度即前4 s内的平均速度为v2＝＝ m/s＝0.4 m/s.
物体6 s末的速度为v6＝0，所以物体的加速度大小为
a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2.
解法三 推论Δs＝aT2法
由于整个过程a保持不变，是匀变速直线运动，由Δs＝at2得物体加速度大小为
a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2.
解法四 由题意知，此物体沿斜面速度减到零后，又逆向加速．全过程应用s＝v0t＋at2得
1．6＝v0×4－a×42
1．6＝v0×8－a×82
由以上两式得a＝0.1 m/s2，v0＝0.6 m/s
答案 0.1 m/s2
二、运动图像的意义及应用
1．“六看”识图像
首先要学会识图．识图就是通过“看”查找规律及解题的突破口．为便利记忆，这里总结为六看：一看“轴”，二看“线”，三看“斜率”，四看“面”，五看“截距”，六看“特殊值”．
(1)“轴”：纵、横轴所表示的物理量，特殊要留意纵轴是位移s，还是速度v.
(2)“线”：从线反映运动性质，如s－t图像为倾斜直线表示匀速运动，v－t图像为倾斜直线表示匀变速运动．
(3)“斜率”：“斜率”往往代表一个物理量．s－t图像斜率表示速度；v－t图像斜率表示加速度．
(4)“面”即“面积 ”：主要看纵、横轴物理量的乘积有无意义．如s－t图像面积无意义，v－t 图像与t轴所围面积表示位移．
(5)“截距”：初始条件、初始位置s0或初速度v0.
(6)“特殊值”：如交点，s－t图像交点表示相遇，v－t图像交点表示速度相等(不表示相遇)．
2．位移图像s－t、速度图像v－t的比较(如图1甲、乙所示)
图1
s－t图像
v－t图像
①表示物体做匀速直线运动(斜率表示速度v)
①表示物体做匀加速直线运动(斜率表示加速度a)
②表示物体静止
②表示物体做匀速直线运动
③表示物体向负方向做匀速直线运动；初位移为s0
③表示物体做匀减速直线运动；初速度为v0
④交点的纵坐标表示三个运动质点相遇时的位移
④交点的纵坐标表示三个运动质点的速度相等
⑤t1时间内物体的位移为s1
⑤t1时刻物体的速度为v1(图中阴影部分面积表示质点在0～t1时间内的位移)
例2 如图2所示是在同始终线运动的甲、乙两物体的s－t图像，下列说法中正确的是( )
图2
A．甲启动的时刻比乙早t1
B．两物体都运动起来后甲的速度大
C．当t＝t2 时，两物体相距最远
D．当t＝t3 时，两物体相距s1
解析 由图可知甲从计时起运动，而乙从t1时刻开头运动，A正确．都运动后，甲的图像的斜率小，所以甲的速度小，B错误；当t＝t2时，甲、乙两物体的位置相同，在同始终线上运动，说明两物体相遇，C错误；当t＝t3时，甲在原点处，乙在s1处，两物体相距s1，D正确，故选A、D.
答案 AD
例3 一枚火箭由地面竖直向上放射，但由于发动机故障而放射失败，其速度－时间图像如图3所示，依据图像求：(已知＝3.16，g取10 m/s2)
图3
(1)火箭上升过程中离地面的最大高度；
(2)火箭从放射到落地总共经受的时间．
解析 (1)由图像可知：当火箭上升25 s时离地面最高，位移等于0～25 s图线与t轴所围图形的面积，则
h＝×15×20 m＋×5 m＋×5×50 m＝450 m
(2)火箭上升25 s后从450 m处自由下落，由h＝gt，
得：t2＝ ＝ ＝9.48 s.
所以总时间t＝t1＋t2＝34.48 s.
答案 (1)450 m (2)34.48 s
三、纸带问题的分析和处理方法
纸带问题的分析与计算是近几年高考中考查的热点，因此应当把握有关纸带问题的处理方法．
1．推断物体的运动性质
(1)依据匀速直线运动的位移公式s＝vt知，若纸带上各相邻的点的间隔相等，则可判定物体做匀速直线运动．
(2)由匀变速直线运动的推论Δs＝aT2知，若所打的纸带上在任意两个相邻且相等的时间内物体的位移差相等，则说明物体做匀变速直线运动．
2．求瞬时速度
依据在匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度：vn＝，即n点的瞬时速度等于n－1点和n＋1点间的平均速度．
3．求加速度
(1)逐差法
如图4所示，纸带上有六个连续相等的时间T内的位移s1、s2、s3、s4、s5、s6.
图4
由Δs＝aT2可得：
s4－s1＝(s4－s3)＋(s3－s2)＋(s2－s1)＝3aT2
s5－s2＝(s5－s4)＋(s4－s3)＋(s3－s2)＝3aT2
s6－s3＝(s6－s5)＋(s5－s4)＋(s4－s3)＝3aT2
所以a＝
＝
由此可以看出，各段位移都用上了，有效地减小了偶然误差，所以利用纸带计算加速度时，可接受逐差法．
(2)两段法
将图4所示的纸带分为OC和CF两大段，每段时间间隔是3T，可得：s4＋s5＋s6－(s1＋s2＋s3)＝a(3T)2，明显，求得的a和用逐差法所得的结果是一样的，但该方法比逐差法简洁多了．
(3)利用v－t图像求解加速度
先求出各时刻的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn，然后作v－t图像，求出该v－t图线的斜率k，则k＝a.这种方法的优点是可以舍掉一些偶然误差较大的测量值，因此求得值的偶然误差较小．
例4 如图5所示为“测量匀变速直线运动的加速度”试验中打点计时器打出的纸带，相邻两计数点间还有两个点未画出(电源频率为50 Hz)．由图知纸带上D点的瞬时速度vD＝________；加速度a＝________；E点的瞬时速度vE＝__________.(小数点后均保留两位小数)
图5
解析 由题意可知：T＝0.06 s
vD＝CE＝ m/s＝0.90 m/s
设AB、BC、CD、DE间距离分别为s1、s2、s3、s4，如图所示
则a＝＝
≈3.33 m/s2
vE＝vD＋aT≈1.10 m/s.
答案 0.90 m/s 3.33 m/s2 1.10 m/s
1.(s－t图像)甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开头做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像如图6所示，图像中的OC段与AB段平行，CB段与OA段平行，则下列说法中正确的是( )
图6
A．t1到t2时刻两车的距离越来越远
B．0～t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度
D．t3时刻甲车在乙车的前方
答案 C
解析 依据位移—时间图像的斜率表示速度，可知t1到t2时刻甲、乙两车速度相同，所以两车间距离保持不变，故A错误；由图知0～t3时间内甲、乙两车位移相同，时间相同，依据平均速度定义＝可得两车平均速度相同，B错误；因OC段与AB段平行，所以甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，故C正确；由图知t3时刻甲、乙两车相遇，D错误．
2.(v－t图像)如图7是甲、乙两物体做直线运动的v－t图像．下列表述正确的是( )
图7
A．乙做匀加速直线运动
B．第1 s末甲和乙相遇
C．甲和乙的加速度方向相同
D．甲的加速度比乙的小
答案 A
解析 由题图可知，甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，A正确．第1 s末甲、乙速度相等，无法推断是否相遇，B错误．依据v－t图像的斜率可知，甲、乙加速度方向相反，且甲的加速度比乙的大，C、D错误．
3．(纸带的处理)在做“测量匀变速直线运动的加速度”的试验时，所用沟通电源频率为50 Hz，取下一段纸带争辩，如图8所示，设0点为计数点的起点，每5个点取一个计数点，则第1个计数点与起始点间的距离s1＝________cm，计算此纸带的加速度大小a＝________m/s2；经过第3个计数点的瞬时速度v3＝________ m/s.
图8
答案 3 3 1.05
解析 s2＝6 cm，s3＝15 cm－6 cm＝9 cm，
由于s3－s2＝s2－s1，
所以s1＝2s2－s3＝3 cm，
相邻计数点间的时间间隔为：
t＝5T＝0.1 s
所以a＝＝ m/s2＝3 m/s2，
v2＝＝0.75 m/s.
所以v3＝v2＋at＝(0.75＋3×0.1) m/s＝1.05 m/s.
4．(匀变速直线运动的常用解题方法)如图9所示，一小物块从静止沿斜面以恒定的加速度下滑，依次通过A、B、C三点，已知AB＝12 m，AC＝32 m，小物块通过AB、BC所用的时间均为2 s，则：
图9
(1)小物块下滑时的加速度为多大？
(2)小物块通过A、B、C三点时的速度分别是多少？
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s 8 m/s 12 m/s
解析 法一 (1)设物块下滑的加速度为a，
则sBC－sAB＝at2，
所以a＝＝ m/s2＝2 m/s2
(2)vB＝＝ m/s＝8 m/s
由vt＝v0＋at得vA＝vB－at＝(8－2×2)m/s＝4 m/s
vC＝vB＋at＝(8＋2×2)m/s＝12 m/s
法二 由s＝v0t＋at2知
AB段：12＝vA×2＋a×22①
AC段：32＝vA×4＋a×42②
①②联立得vA＝4 m/s，a＝2 m/s2
所以vB＝vA＋at＝8 m/s，vC＝vA＋a·2t＝12 m/s.
法三 vB＝＝8 m/s，由sBC＝vBt＋at2
即32－12＝8×2＋a×22，得a＝2 m/s2，
由vt＝v0＋at知vA＝vB－at＝4 m/s
vC＝vB＋at＝12 m/s.
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