高一物理粤教版必修2讲义第一章章末总结

章末总结一、运动的合成和分解1.小船渡河的两类典型问题设河宽为d、水流的速度为v水(方向：沿河岸指向下游)、船在静水中的速度为v船(方向：船头指向).图1(1)最短时间船头垂直于河岸行驶，tmin＝eq\f(d,v船)，与v水的大小无关.船向下游偏移：s＝v水tmin(如图1甲所示).(2)最短航程①若v船>v水，则smin＝d，此时船的航向垂直于河岸，船头与上游河岸成θ角，满足cosθ＝eq\f(v水,v船)(如图乙所示).②若v船<v水，此时船头指向应与上游河岸成θ′角，满足cosθ′＝eq\f(v船,v水)，则smin′＝eq\f(d,cosθ′)＝eq\f(v水,v船)d(如图丙所示).例1如图2所示，两次渡河时船头指向均垂直于岸，且船相对水的速度大小不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际航速为v1，所用时间为t1.由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为x2，实际航速为v2，所用时间为t2.则()图2A.t2>t1，v2＝eq\f(s2v1,s1)B.t2>t1，v2＝eq\f(s1v1,s2)C.t2＝t1，v2＝eq\f(s2v1,s1)D.t2＝t1，v2＝eq\f(s1v1,s2)答案C解析设河宽为d，船自身的速度为v，则t1＝t2；对合运动，过河时间t＝eq\f(s1,v1)＝eq\f(s2,v2)，故C正确.针对训练1(多选)某河宽为600m，河中某点的水流速度v与该点到较近河岸的距离d的关系如图3所示.船在静水中的速度为4m/s，要想使船渡河的时间最短，下列说法正确的是()图3A.船在航行过程中，船头应与河岸垂直B.船在河水中航行的轨迹是一条直线C.渡河的最短时间为240sD.船离开河岸400m时的速度大小为2eq\r(5)m/s答案AD解析若船渡河的时间最短，船在航行过程中，必须保证船头始终与河岸垂直，选项A正确；因水流的速度大小发生变化，根据运动的合成与分解可知，船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项B错误；渡河的最短时间为tmin＝eq\f(d,v船)＝eq\f(600,4)s＝150s，选项C错误；船离开河岸400m时的水流速度大小与船离开河岸200m时的水流速度大小相等，即v水＝eq\f(3,300)×200m/s＝2m/s，则船离开河岸400m时的速度大小为v′＝eq\r(v\o\al(2,船)＋v\o\al(2,水))＝eq\r(42＋22)m/s＝2eq\r(5)m/s，选项D正确.2.绳、杆关联速度问题绳、杆等连接的两个物体在运动过程中，其速度通常是不一样的，但两者的速度是有联系的(一般两个物体沿绳或杆方向的速度大小相等)，我们称之为“关联”速度.解决此类问题的一般步骤如下：第一步：先确定合运动，物体的实际运动就是合运动；第二步：确定合运动的两个实际作用效果，一是沿牵引方向的平动效果，改变速度的大小；二是沿垂直于牵引方向的转动效果，改变速度的方向；第三步：按平行四边形定则进行分解，作好运动矢量图；第四步：根据沿绳(或杆)牵引方向的速度相等列方程.例2(多选)如图4所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水面的夹角为θ时，船的速度为v，人的拉力大小为F，则此时()图4A.人拉绳行走的速度为vcosθB.人拉绳行走的速度为eq\f(v,cosθ)C.船的加速度为eq\f(Fcosθ－f,m)D.船的加速度为eq\f(F－f,m)答案AC解析船的运动产生了两个效果：一是使滑轮与船间的绳缩短，二是使绳绕滑轮转动，因此将船的速度按如图所示进行分解，人拉绳行走的速度v人＝v∥＝vcosθ，选项A正确，B错误；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F，与水平方向成θ角，因此Fcosθ－f＝ma，解得a＝eq\f(Fcosθ－f,m)，选项C正确，D错误.针对训练2如图5所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面上的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则vA和vB的比值为多少？图5答案cosβ∶cosα解析物体B实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果可知，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v1)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v2).如图甲所示，有v1＝vBcosβ①汽车A实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v3)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v4).如图乙所示，则有v3＝vAcosα②又因二者沿绳子方向上的速度相等，即v1＝v3③由①②③式得vA∶vB＝cosβ∶cosα.二、竖直上抛运动的处理方法1.分段法将竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段.上升阶段为初速度为v0、加速度为－g的匀减速直线运动(以向上为正方向，不考虑空气阻力).速度、位移公式分别为vt＝v0－gt、s＝v0t－eq\f(1,2)gt2.到达最高点的时间t＝eq\f(v0,g)，到达最高点的位移s′＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)；下降阶段是自由落体运动，其速度公式为vt＝gt，位移公式为s＝eq\f(1,2)gt2.2.整体分析法取竖直向上的方向作为正方向，则速度公式为vt＝v0－gt，位移公式为s＝v0t－eq\f(1,2)gt2.例3一物体做竖直上抛运动，它经过抛出点上方0.4m处时，速度是3m/s，它经过抛出点下方0.4m处时，速度应为多少？(g取10m/s2)答案5m/s，方向竖直向下解析解法一分段法上升过程：设到达抛出点上方0.4m处时还能上升的高度为s1，则s1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(32,2×10)m＝0.45m.下降过程：从最高点处下落到抛出点下方0.4m处时，下落高度s2＝0.45m＋2×0.4m＝1.25m，由veq\o\al(2,t)＝2gs2得vt＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s，方向竖直向下.解法二整体法设以向上的方向为正方向，距抛出点上方0.4m处的速度为v0，距抛出点下方0.4m处的速度为vt，物体在该过程中发生的位移s＝－0.4m－0.4m＝－0.8m，运动中加速度a＝－g.由veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as得veq\o\al(2,t)＝veq\o\al(2,0)＋2as即vt＝±5m/s，由于是下落，故vt＝－5m/s，大小为5m/s，方向竖直向下.针对训练3在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，他们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为()A.eq\f(2v,g)B.eq\f(v,g)C.eq\f(2h,v)D.eq\f(h,v)答案A解析设落地速度为v′，规定向下为正方向，则无论竖直向下还是竖直向上抛出都满足v′2－v2＝2gh则v′＝eq\r(v2＋2gh)，所以落地时两球的速度大小相等.对于竖直上抛的小球运动时间为t1＝eq\f(v′－－v,g)＝eq\f(v′＋v,g)，对于竖直下抛的小球运动时间t2＝eq\f(v′－v,g)，故两球落地的时间差为：Δt＝t1－t2＝eq\f(2v,g).三、解决平抛运动的三个突破口1.把平抛运动的时间作为突破口平抛运动规律中，各物理量都与时间有联系，所以只要求出抛出时间，其他的物理量都可轻松解出.2.把平抛运动的偏转角作为突破口图6如图6可得tanθ＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(2h,x)(推导：tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(gt2,v0t)＝eq\f(2h,x))tanα＝eq\f(h,x)，所以有tanθ＝2tanα.从以上各式可以看出偏转角和其他各物理量都有关联，通过偏转角可以确定其他的物理量.3.把平抛运动的一段轨迹作为突破口图7平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了.设图7为某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A和B，E为AB的中间时刻.设tAE＝tEB＝T由竖直方向上的匀变速直线运动得eq\x\to(FC)－eq\x\to(AF)＝gT2，所以T＝eq\r(\f(Δy,g))＝eq\r(\f(\x\to(FC)－\x\to(AF),g))由水平方向上的匀速直线运动得v0＝eq\f(\x\to(EF),T)＝eq\x\to(EF)eq\r(\f(g,\x\to(FC)－\x\to(AF))).例4如图8所示，在倾角为37°的斜面上从A点以6m/s的初速度水平抛出一个小球，小球落在B点，求：(g取10m/s2)图8(1)A、B两点间的距离和小球在空中飞行的时间；(2)小球刚碰到斜面时的速度方向与水平方向夹角的正切值.答案(1)6.75m0.9s(2)eq\f(3,2)解析(1)如图所示，设小球落到B点时速度的偏转角为α，运动时间为t.则tan37°＝eq\f(h,x)＝eq\f(gt2,2v0t)＝eq\f(5,6)t又因为tan37°＝eq\f(3,4)，解得t＝0.9s由x＝v0t＝5.4m则A、B两点间的距离l＝eq\f(x,cos37°)＝6.75m(2)在B点时，tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(3,2).设物体做平抛运动的初速度为v0，下落高度为h，水平位移为x，某时刻竖直分速度为vy，合速度为v，方向与初速度v0的夹角为θ；某时刻合位移的方向与初速度夹角为α，则有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，vy＝gt，tanθ＝eq\f(gt,v0)，tanα＝eq\f(gt,2v0)，tanα＝eq\f(1,2)tanθ.针对训练4如图9所示，两个相对的斜