匀变速直线运动知识点

1、匀变速直线运动知识点专题二：直线运动考点例析直线运动是高中物理的重要章节，是整个 物理学的基础内容之一。本章涉及位移、速度、 加速度等多个物理量，基本公式也较多，同时 还有描述运动规律的 s-t图象、V-t 图象等知识 从历年高考试题的发展趋势看，本章内容作为 一个孤立的知识点单独考查的命题并不多，更 多的是体现在综合问题中，甚至与力、电场中 带电粒子、磁场中的通电导体、电磁感应现象 等结合起来，作为综合试题中的一个知识点加 以体现。为适应综合考试的要求，提高综合运 用学科知识分析、解决问题的能力。同学们复 习本章时要在扎实掌握学科知识的基础上，注 意与其他学科的渗透以及在实际生活、科技领 域

2、中的应用，经常用物理视角观察自然、社会 中的各类问题，善于应用所学知识分析、解决 问题，尤其是提高解决综合问题的能力。本章 多与公路、铁路、航海、航空等交通方面知识或电磁学知识综合一、夯实基础知识（一）、基本概念1. 质点用来代替物体的有质量的点。 （当物体的大小、形状对所研究的问题的影响 可以忽略时，物体可作为质点。 ）2. 速度描述运动快慢的物理量，是位 移对时间的变化率。3. 加速度描述速度变化快慢的物理 量，是速度对时间的变化率。4. 速率速度的大小，是标量。只有大 小，没有方向。5. 注意匀加速直线运动、 匀减速直线运动、 匀变速直线运动的区别。（二）、匀变速直线运动公式1. 常 用

3、 公 式 有 以 下 四 个 ： Vt V0 at , s V0t 1at 2 , Vt2 V02 2as s V0 Vt t以上四个公式中共有五个物理量： s、t 、a、V0、Vt，这五个物理量中只有三个是独立的，可以任意选定。 只要其中三个物理量确定之后， 另外两个就唯一确定了。每个公式中只有其中 的四个物理量， 当已知某三个而要求另一个时， 往往选定一个公式就可以了。如果两个匀变速 直线运动有三个物理量对应相等，那么另外的 两个物理量也一定对应相等。以上五个物理量中， 除时间 t 外，s 、V0、 Vt、a 均为矢量。一般以 V0 的方向为正方向，以 t =0时刻的位移为零，这时 s、V

4、t 和 a 的正负就 都有了确定的物理意义。2. 匀变速直线运动中几个常用的结论 s=aT ，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。可以推广到 sm-s n=( m-n)aT 2Vt2V02VtVt V0 Vt ，某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。，某段位移的中间位置的即时速度公式(不等于该段位移内的平均速度)可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有 Vt Vs 。223. 初速度为零（或末速度为零）的匀变速 直线运动做匀变速直线运动的物体，如果初速度为 零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：V gt ， s 1at2 ， V2 2as ， s V t 22以上各式都是单项式，

5、因此可以方便地找 到各物理量间的比例关系。4. 初速为零的匀变速直线运动前 1s、前 2s、前 3s内的位移之比为 149 第 1s、第 2s、第 3s内的位移之比为 135 前 1m、前 2m、前 3m所用的时间之比 为 1 2 3 第 1m、第 2m、第 3m所用的时间之比 为 1 2 1 （ 3 2 ）5、自由落体运动是初速度为零的匀加速直 线运动，竖直上抛运动是匀减速直线运动，可 分向上的匀减速运动和竖直向下匀加速直线运 动。二、解析典型问题问题 1：注意弄清位移和路程的区别和联系。 位移是表示质点位置变化的物理量，它是 由质点运动的起始位置指向终止位置的矢量。 位移可以用一根带箭头的

6、线段表示，箭头的指 向代表位移的方向，线段的长短代表位移的大 小。而路程是质点运动路线的长度，是标量。 只有做直线运动的质点始终朝着一个方向运动 时，位移的大小才与运动路程相等。例 1、一个电子在匀强磁场中沿半径为 R 的圆周运动。转了 3 圈回到原位置，运动过程 中位移大小的最大值和路程的最大值分别是：A 2R，2R；B2R，6R；C2R，2R；D0，6分析与解：位移的最大值应是 2R ，而路程 的最大值应是 6 R。即 B 选项正确。问题 2.注意弄清瞬时速度和平均速度的区别 和联系。瞬时速度是运动物体在某一时刻或某一位置 的速度，而平均速度是指运动物体在某一段时 间 t 或某段位移 x

7、的平均速度，它们都是矢量。 当 t 0 时，平均速度的极限，就是该时刻的瞬 时速度。例 2、甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时 驶向同一目标，甲车在前一半时间内以速度 V1 做匀速直线运动， 后一半时间内以速度 V2 做匀 速直线运动； 乙车在前一半路程中以速度 V1 做 匀速直线运动， 后一半路程中以速度 V2 做匀速 直线运动，则（ ）。A 甲先到达； B.乙先到达； C.甲、乙同 时到达； D.不能确定。分析与解：设甲、乙车从某地到目的地距离为 S，则对甲车有 t甲 V 2SV ; 对于乙车有V1 V2t乙2V1 2V2(V1 V2 )S2V1V2，所以t甲t乙4V1V2 ，(V1 V2

8、) 2 ，由数学知识知 (V1 V2)2 4V1V2 ,故 t 甲t 乙，即正确答案为 A。 问题 3.注意弄清速度、速度的变化和加速度的 区别和联系。加速度是描述速度变化的快慢和方向的物 理量，是速度的变化和所用时间的比值，加速 度 a 的定义式是矢量式。加速度的大小和方向 与速度的大小和方向没有必然的联系。只要速 度在变化，无论速度多小，都有加速度；只要 速度不变化，无论速度多大，加速度总是零； 只要速度变化快，无论速度是大、是小或是零， 物体的加速度就大。加速度的与速度的变化 V 也无直接关 系。物体有了加速度，经过一段时间速度有一 定的变化，因此速度的变化 V 是一个过程量， 加速度大

9、，速度的变化 V 不一定大；反过来， V 大，加速度也不一定大例 3、一物体作匀变速直线运动 , 某时刻速度的大小为 4m/s,1s 后速度的大小变为 10m/s. 在这 1s 内该物体的 ( ).(A) 位移的大小可能小于 4m (B) 位 移的大小可能大于 10m(C) 加速度的大小可能小于 4m/s2 (D) 加 速度的大小可能大于 10m/s2.分析与解：本题的关键是位移、速度和加 速度的矢量性。若规定初速度 V0的方向为正方 向，则仔细分析“ 1s后速度的大小变为 10m/s” 这句话，可知 1s后物体速度可能是 10m/s，也 可能是 -10m/s, 因而有：同向时， a1 Vt

10、V0 10 4m/s2 6m/s2,S1 V0 Vt t 7m.反向时a2Vt V0t10 4m/ s2114m/s2,S2 V0 Vt t3m.2式中负号表示方向与规定正方向相反。因 此正确答案为 A 、D。问题 4.注意弄清匀变速直线运动中各个公式的区别和联系加速度 a 不变的变速直线运动是匀变速直 线运动，是中学阶段主要研究的一种运动。但 匀变速直线运动的公式较多，不少同学感觉到 不易记住。其实只要弄清各个公式的区别和联 系，记忆是不困难的。加速度的定 义式是“根 ”，只要记住Vt V0 ” t”，就记住了V t =V 0+at基本公式是“本” ，只要记住“ V t=V 0+at和“ S

11、 Vt V0t 12at2”，就记住了“V Vt 2V0 ”和Vt 2 V02 2as ； 推论公式是“枝叶”，一个特征： S aT2 ， 物理意义是做匀变速直线运动的物体在相邻相 等时间间隔内位移差相等；二个中点公式：时 间中点V V02Vt，位移中点 V中点 V02 2Vt2 ；三个等时 比例式：对于初速度为零的匀加速直线运动有， S1 ： S2 ： S3 =1:4:9 ， S ： S ： S=1:3:5,V 1:V2:V3=1:2:3 ；两个等位移比例式：对于初速度为零的匀加速直 线运动有， t1： t2：t3： 1： 2：3： 和 t1 : t2 : t31:( 2 1): ( 3 2

12、)20m/s做4m/s2 的8s汽例 4、 .一汽车在平直的公路上以 V0 匀速直线运动， 刹车后， 汽车以大小为 a 加速度做匀减速直线运动，那么刹车后经 车通过的位移有多大？分析与解：首先必须弄清汽车刹车后究竟能 运动多长时间。选 V0 的方向为正方向，则根据 公式 a 0 V0 ，可得 t V0 20 s 5st a 4这表明，汽车并非在 8s 内都在运动，实际运 动 5s 后即停止。 所以，将 5s 代入位移公式， 计 算汽车在 8s 内通过的位移。即s v0t 1at2 (20 5 1 4 52 )m 50m0 2 2不少学生盲目套用物理公式， “潜在假设” 汽车在 8s 内一直运动

13、，根据匀减速直线运动的 位移公式可得：S V0t 1at2 20 8 1 4 82 32m0 2 2 这是常见的一种错误解法，同学们在运用物理公式时必须明确每一个公式中的各物理量的 确切含义，深入分析物体的运动过程。例 5、物体沿一直线运动，在 t 时间内通过的路程为 S，它在中间位置 12S处的速度为 V1，在中间时刻 12t 时的速度为 V2，则 V1和 V2的关系为（ ）A当物体作匀加速直线运动时， V1>V2;B. 当物体作匀减速直线运动时， V1>V2;C 当物体作匀速直线运动时， V1=V2; D.当物体作匀减速直线运动时， V1<V2。分析与解： 设物体运动的初

14、速度为 V0，未速由位移中点速度公式 V中点V02 Vt22用图度为 Vt，由时间中点速度公式 V V02Vt 得V2 V02Vt数学方法可证明，只要 V0 Vt ，必有V1>V2;当V0 Vt ，物体做匀速直线运 动，必有 V 1=V 2。所以正确选项应为 A 、B、C斜面示照同得物块相邻2.40cm， BC 7.30cm片步静如闪止图光开始（沿即1片根如据图照片测1AB0cm，DE闪小为m/s；滑块运动 的加速度为（保留 3 位有效数字）分析与解：据题意每秒闪光 10 次，所以每 两次间的时间间隔 T=0.1s,根据中间时刻的速度公式得 VD CE 12.2 17.1 10 2m/s

15、 1.46m/sD 2T 0.2根 据 S aT 2 得 CE AC a(2T) 2 , 所 以a CE4T 2AC 2.40m/s2.4T问题 5.注意弄清位移图象和速度图象的 区别和联系。运动图象包括速度图象和位移图象，要能通A 图 B过坐标轴及图象的形状识别各种 图象，知道它们分 别代表何种运动，如图 2 中的 A、B分别为 V-t 图象和 s-t 图象其中：1 是匀速直线运动，2 是初速度为 零的匀加速直线运动， 3 是初速不为零的匀加 速直线运动，4 是匀减速直线运动。同学们要理解图象所代表的物理意义， 注 意速度图象和位移图象斜率的物理意义不同， S-t 图象的斜率为速度，而 V-

16、t 图象的斜率为加 速度。t例 7、龟兔赛跑的故事 流传至今，按照龟兔赛跑的 故事情节，兔子和乌龟的位 移图象如图 3 所示，下列关 于兔子和乌龟的运动正确 的是A 兔子和乌龟是同时从同一地点出发的B乌龟一直做匀加速运动，兔子先加速后 匀速再加速C骄傲的兔子在 T4 时刻发现落后奋力追 赶，但由于速度比乌龟的速度小，还是让乌龟 先到达预定位移 S3D在 0T5 时间内，乌龟的平均速度比兔 子的平均速度大分析与解：从图 3 中看出， 0T1 这段 时间内，兔子没有运动，而乌龟在做匀速运动， 所以 A 选项错；乌龟一直做匀速运动，兔子先 静止后匀速再静止，所以 B 选项错；在 T4 时刻 以后，兔

17、子的速度比乌龟的速度大，所以 C 选 项错；在 0T5 时间内，乌龟位移比兔子的位 移大，所以乌龟的平均速度比兔子的平均速度 大，即 D 选项正确。例8、两辆完全相同的汽车 ,沿水 平直路一前一后匀速行驶 ,速度均 V0 VS 为V0,若前车突然以恒定的加速度 OS S S t 刹车 ,在它刚停住时 ,后车以前车图 4刹车时的加速度开始刹车 .已知前车在刹车过 程中所行的距离为 s, 若要保证两辆车在上述 情况中不相撞 ,则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为 :(A)s (B)2s (C)3s(D)4s图分析与解 : 依题意可作出两车的 V-t 图如图 4 所示，从图中可以看出两车在匀 速行驶

18、时保持的距离至少应为 2s, 即 B 选项正确。例 9 、一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面 AB，右侧面是曲 面 AC,如图 5 所示。已知 AB 和 AC的长度相同。 两个小球 p、q 同时从 A 点分别沿 AB和 AC由静 止开始下滑， 比较它们到达水平面所用的时间：A. p 小球先到B. q 小球先到C. 两 小 球 同 时 到 VD. 无法确定V分析与解：可以利用 V-t 图象o t q t ( 这里的 V 是速率，曲线下的面积表图 q示路程 s)定性地进行比较。在同一个 V-t 图象 中做出 p、q 的速率图线，如图 6所示。显然开例 10、两支完全相同的光滑直角 弯管（

19、如图 7 所示） 现有两只相同小 球 a 和 a/ 同时从管口由静止滑下， 问谁先从下端的出口掉出？ （ 假设 通过拐角处时无机械能损失 ）1V1ll2V2始时 q 的加速度较大，斜率较大；由于机械能 守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图 线上。为使路程相同（曲线和横轴所围的面积 相同），显然 q 用的时间较少。s 相等。由牛 a=gsin ，小VVtt分析与解：首先由机械能守恒可以确定拐角 处 V1> V2，而两小球到达出口时的速率 V 相等 又由题意可知两球经历的总路程 顿第二定律，小球的加速度大小 / 球 a 第一阶段的加速度跟小球 a/ 第 二阶段的加速度大小相同（设为 a1

20、）；/小球 a 第二阶段的加速度跟小 球 a 第一阶段的加速度大小相同 （设为 a2），根据图中管的倾斜程 度，显然有 a1> a 2。根据这些物理 量大小的分析，在同一个 V-t 图象 中两球速度曲线下所围的面积应该 相同，且末状态速度大小也相同 （纵 图 8 坐标相同）。开始时 a 球曲线的斜率大。由于图两8 球两阶段加速度对应相等，如果同时到达（经 历时间为 t 1）则必然有 s1>s2，显然不合理。如 图 8 所示。因此有 t 1< t 2 ，即 a 球先到。问题 6.注意弄清自由落体运动的特点。 自由落体运动是初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动。图塔高为例

21、11、 一个物体从塔顶上下落， 在到达地面前最后 1s 内通过的位移 是整个位移的 9/25 ，求塔高。（ g 取 10m/s2）分析与解： 设物体下落总时间为 t ，h，则：由上述方程解得：t=5s, 所以， h 21gt2 125mh 12 gt2(19251)h 21 g(t 1)2例 12、如图 9 所示，悬挂的直杆 AB 长为 L1，在其下 L 2处，有一长为 L3的无底圆筒 CD， 若将悬线剪断，则直杆穿过圆筒所用的时间为 多少？分析与解：直杆穿过圆筒所用的时间是从 杆 B 点落到筒 C 端开始，到杆的 A 端落到 D 端结束。设杆 B 落到 C 端所用的时间为 t1,杆 A 端

22、落到 D 端所用的时间为 t2,由位移公式 h 12 gt2得： t1 2L2 ，t2 2(L1 L2 L3)1 g 2 g所以， t t2 t1 2(L1 gL2 L3 ) 2Lg2 。2 1 g g问题 7.注意弄清竖直上抛运动的特点。 竖直上抛运动是匀变速直线运动，其上升 阶段为匀减速运动， 下落阶段为自由落体运动。 它有如下特点：1.上升和下降(至落回原处)的两个过程 互为逆运动，具有对称性。有下列结论：(1)速度对称：上升和下降过程中质点经过 同一位置的速度大小相等、方向相反。(2)时间对称：上升和下降经历的时间相 等。2.竖直上抛运动的特征量： ( 1)上升最大2高度： Sm=V2

23、0g.(2)上升最大高度和从最大高度点落到抛出点两过程所经历的时间：t上t下V0g例 13、气球以 10m/s 的速度匀速竖直上升， 从气球上掉下一个物体，经 17s 到达地面。求 物体刚脱离气球时气球的高度。( g=10m/s2)分析与解：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动。规定向下方向为正，则物体的 初速度为 V0=10m/s,g=10m/s 2则据 h=V0t 1 gt2 , 则有：h ( 10 17 1 10 172)m 1275m物体刚掉下时离地 1275m。例 14、一跳水运动员从离水面 10 m 高的平 台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其 重心位于从手到脚全长的中心，跃起

24、后重心升 高 045 m达到最高点，落水时身体竖直，手 先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽 略不计)。从离开跳台到手触水面，他可用于 完成空中动作的时间是s。(计算时， 可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个 质点。 g 取 10 m /s 2，结果保留二位数字）分析与解：设运动员跃起时的初速度为V0，且设向上为正，则由 V20=2gh 得：V0 2gh 2 10 0.45 3m/ s 由题意而知：运动员在全过程中可认为是 做竖直上抛运动，且位移大小为 10m，方向向 下，故 S= 10m.由 S V0t 21 gt2得： 10 3t 12 10t 2,解得 t=1.7s.问题 8.注

25、意弄清追及和相遇问题的求解方 法。1、追及和相遇问题的特点 追及和相遇问题是一类常见的运动学问 题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一 时刻到达同一位置。可见，相遇的物体必然存 在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初 始位置之间存在一定的位移关系。 若同地出发， 相遇时位移相等为空间条件。二是相遇物体的 运动时间也存在一定的关系。 若物体同时出发， 运动时间相等；若甲比乙早出发 ，t则运动时 间关系为 t 甲=t 乙+t。要使物体相遇就必须同时 满足位移关系和运动时间关系。2、追及和相遇问题的求解方法 首先分析各个物体的运动特点， 形成清晰 的运动图景；再根据相遇位置建立物体间的位 移关系

26、方程；最后根据各物体的运动特点找出 运动时间的关系。方法 1：利用不等式求解。利用不等式求 解，思路有二：其一是先求出在任意时刻 t，两 物体间的距离 y=f(t), 若对任何 t，均存在 y=f(t)>0, 则这两个物体永远不能相遇；若存在某个时刻 t，使得 y=f(t) 0,则这两个物体可能相遇。其二 是设在 t 时刻两物体相遇，然后根据几何关系列 出关于 t 的方程 f(t)=0, 若方程 f(t)=0 无正实数 解，则说明这两物体不可能相遇； 若方程 f(t)=0 存在正实数解，则说明这两个物体可能相遇。方法 2：利用图象法求解。利用图象法求 解，其思路是用位移图象求解，分别作出

27、两个 物体的位移图象，如果两个物体的位移图象相 交，则说明两物体相遇。例 15、火车以速率 V1 向前行驶，司机突 然发现在前方同一轨道上距车为 S 处有另一辆 火车，它正沿相同的方向以较小的速率 V2 作匀 速运动，于是司机立即使车作匀减速运动，加 速度大小为 a,要使两车不致相撞，求出 a 应满 足关式。分析与解：设经过 t 时刻两车相遇，则有 V2t S V1t 21 at 2 ，整理得：2at 2 2(V2 V1)t 2S 0要使两车不致相撞，则上述方程无解，即b2 4ac 4(V2 V1)2 8aS 02解得 a (V1 V2)2。2S例 16、在地面上以初速度2V0 竖直上抛一物体

28、 A 后，又以 S A初速 V0 同地点竖直上抛另一物A B t体 B，若要使两物体能在空中相 O 2V 4V 6V 图遇，则两物体抛出的时间间隔 t 必须满足什么条 件？（不计空气阻力）分析与解：如按通常情况，可依据题意用 运动学知识列方程求解，这是比较麻烦的。如 换换思路，依据 s=V0t-gt 2/2 作 s-t 图象，则可 使解题过程大大简化。如图 10 所示，显然，两 条图线的相交点表示 A、B 相遇时刻，纵坐标对 应位移 SA=SB。由图 10 可直接看出 t满足关系 式 2Vg0 t 4Vg0 时， B 可在空中相遇。gg问题 9. 注意弄清极值问题和临界问题的求 解方法。例 1

29、7、如图 11 所示，一平直的传送带以速 度 V=2m/s做匀速运动， 传送带把 A处的工件运 送到 B处，A、B 相距 L=10m。从 A处把工件无 初速地放到传送带上， 经过时间 t=6s, 能传送到 B 处，欲用最短的时间把工件从 A 处传送到 B 处，求传送带的运行速度至少多大？ 分析与解：因Lt V2, 所以工件 A在 6s 内先匀加速运动，后匀 B 速运动，有 S1 V2 t,S2 Vt 图 t1+t2=t, S1+S2=L 解上述四式得 t 1=2s,a=V/t 1=1m/s2.若要工件最短时间传送到 B，工件加速度 仍为 a，设传送带速度为 V，工件先加速后匀速， 同上理有：

30、L V2t1 Vt2又因为 t1=V/a,t 2=t-t1,所以2L V2a V(t Va) ，化简得：2a at L V ,因为 L V L 常量 ，V 2a V 2a 2a所以当 L V , 即 V 2aL 时， t 有最小值，V 2aV 2aL 2 5m/ s。表明工件一直加速到 B 所用时间最短。例 18、摩托车在平直公路上从静止开始起 动， a1=1.6m/s2, 稍后匀速运动，然后减速， a2=6.4m/s2,直到停止，共历时 130s，行程 1600m. 试求：(1)摩托车行驶的最大速度 Vm.(2)若摩托车从静止起动， a1、a2 不变，直 到停止，行程不变，所需最短时间为多少

31、？分析与解：分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速 运动。可借助 V-t 图表示，如图 12 所示。利用 推论 Vt2 V02 2aS有：Vn (130 Vm Vm )Vm Vm 16002a1a1 a22a2解得： V m=12.8m/s.（另一根舍去 ）213a1t/图（2）首先要回答摩托车以什么样 的方式运动可使得时间最短。借助 V-t 图象可以证明： 当摩托车先以 a1 O 匀加速运动，当速度达到 V m/时，紧接着以 a2 匀减速运动直到停止时，行程不变， 而时间最短，如图 13 所示，设最短时间为 tmin , 则tmin Vm/ Vm/ ,Vm/2 Vm/2 1600a1 a2

32、2a1 2a2由上述二式解得： V m/=64m/s,故 t min =5os, 即最短时间为 50s.问题 10、注意弄清联系实际问题的分析求解。例 19、图 14（ a）是在高速公路上用超 A 声波测速仪测量车速 图206 1 2 3 4 5 B P1 n P n的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号， 根据发出和接收到的时间差， 测出汽车的速度。 图 14（ b）中是测速仪发出的超声波信号， n1、 n2 分别是由汽车反射回来的信号。设测速仪匀 速扫描， p1、p2 之间的时间间隔 t 1.0s，超 声波在空气中传播的速度是 V 340m./s，若汽 车是匀速行驶的，则根据图 14（b

33、）可知，汽 车在接收到 p1、p2 两个信号之间的时间内前进 的 距 离 是 m ， 汽 车 的 速 度 是 m/s分析与解：本题由阅读图 14（ b）后，无法 让人在大脑中直接形成测速仪发射和接受超声 波以及两个超声波在传播过程中量值关系形象 的物理图象。 只有仔细地分析图 14（ b）各符号 的要素，深刻地思考才会在大脑中形成测速仪 在 P1 时刻发出的超声波，经汽车反射后经过 t1=0.4S 接收到信号，在 P2时刻发出的超声波， 经汽车反射后经过 t2=0.3S接收到信号的形象的 物理情景图象。根据这些信息很容易给出如下 解答：汽车在接收到 p1、p2 两个信号之间的时间 内前进的距离

34、是 :S=V（t1-t2）/2=17m，汽车通过这一位移所 用的时间 t=t-（t1-t2）/2=0.95S.所以汽车的速 度是 V1 S/t 17.9m/ S.例 20、调节水龙头，让水一滴滴流出，在下方放一盘子，调节盘子高度，使一滴水滴碰 到盘子时，恰有另一滴水滴开始下落，而空中 还有一滴正在下落中的水滴，测出水龙头到盘 子的距离为 h，从第一滴开始下落时计时，到 第 n 滴水滴落在盘子中， 共用去时间 t ，则此时 第（n+1）滴水滴与盘子的距离为多少？当地的重力加速度为多少？分析与解：设两个水滴间的时间为(n 1)T tT，如图 15 所示，根据自由落体运动 规律可得：1gT 2 ,2

35、所以求得： 此时第（n+1）滴水滴与盘子的2 距离为 34h ，当地的重力加速度 g= （n2t21）2 h 4 2t三、警示易错试题 典型错误之一：盲目地套用公式计算 “汽 车”刹车的位移。例 21 、飞机着陆做匀减速运动可获得 a=6m/s2 的 加 速 度 ， 飞 机 着 陆 时 的 速 度 为 V0=60m/s,求它着陆后 t=12s 内滑行的距离。错解 ：将 t=12s 代入位移 公式得 ： 11S V0t at 2 (60 12 6 122 )m 288m.22 分析纠错：解决本问题时应先计算飞机能 运动多长时间，才能判断着陆后 t=12s 内的运动 情况。设飞机停止时所需时间为

36、t 0,由速度公式 V t =V 0-at 0 得 t0=10s.可见，飞机在 t=12s 内的前 10s 内做匀减 速运动，后 2s 内保持静止。所以有：S V0t0 1at02 300m.0 0 2 0 典型错误之二：错误理解追碰问题的临界 条件。例 22、 经检测汽车 A 的制动性能：以标准 速度 20m/s 在平直公路上行使时，制动后 40s 停下来。现 A在平直公路上以 20m/s 的速度行 使发现前方 180m处有一货车 B以 6m/s 的速度 同向匀速行使，司机立即制动，能否发生撞车 事故？错解： 设汽车 A 制动后 40s 的位移为 s1，货 车 B 在这段时间内的位移为 S2

37、。据a Vt tV0有 A车的加速度为： a=-0.5m/s 2. 据匀 变速直线运动的规律有：S1 V0t 1at 2 400m1 0 2而 S2=V2t=6 ×40=240（ m），两车位移差为 400-240=160（m），因为两车刚开始相距 180m >160m，所以两车不相撞。分析纠错：这是典型的追击问题。关键是要 弄清不相撞的条件。汽车 A 与货车 B同速时， 两车位移差和初始时刻两车距离关系是判断两 车能否相撞的依据。当两车同速时，两车位移 差大于初始时刻的距离时，两车相撞；小于、 等于时，则不相撞。而错解中的判据条件错误 导致错解。本题也可以用不等式求解：设在

38、t 时刻两物 体相遇，则有：20t 1 0.5t2 180 6t ，即： t2 56t 720 0。因为 562 4 720 256 0 ，所以两车相撞。典型错误之三：参考系的选择不明确。例 23、航空母舰以一定的速度航行，以保 证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起 飞 时 的 最 大 加速 度 是 a=5.0m/s2,速 度 须 达 V=50m/s 才能起飞，该航空母舰甲板长 L=160m, 为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多大的 速度 V0 向什么方向航行？错解：据 V 2 V02 2aL得V0 V 2 2aL 30m/s。 分析纠错：上述错解的原因是没有明确指 出参考系，速度、位移

39、不是在同一参考系中得 到的量。若以地面为参考系，则飞机的初速度 为 V 0 ，末速度为 V=50m/s ，飞机的位移为 S=L+V 0t,则根 据匀 变 速直 线的 规律 可得 ： V 2 V02 2aS V02 2a(L V0t) ， V=V 0+at 。代入数据求得： V0=10m/s. 即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以 10m/s 的速度航行。若以航空母舰为参考系，则飞机的初速度 为零，位移为 L ，设末速度为 V1，则据匀变速 直线的规律可得： V1 2aL 40m/s。所以 V 0=V-V 1=10m/s.即航空母舰应与飞机 起飞方向相同至少以 10m/s 的速度航行。典型错误之

40、四：对由公式求得“结果”不 能正确取舍。例 24、汽车以 20m/s 的速度做匀速运动， 某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大 小为 5m/s2，则它关闭发动机后通过 t=37.5m 所 需的时间为（ ）A. 3s; B.4s C.5s D.6s错解：设汽车初速度的方向为正方向，即2V0=20m/s,a=5m/s ,s=37.5m.则 由 位 移 公 式 s V0t 12at2 得 ：20t 1 5t 2 37.52解得：t1=3s,t2=5s.即 A 、C 二选项正 确。分析纠错： 因为汽车经过 t0=0 V0 4s已经停止运动， 4s后位移公式已不适用， 故 t2=5s 应舍 去。即正

41、确答案为 A 。典型错误之五：忽视位移、速度和加速度 的矢量性。例 25、竖直向上抛出一物体，已知其出手 时的速度是 5m/s, 经过 3s，该物体落到抛出点 下某处，速度为 25m/s, 已知该物体在运动过程 中加速度不变，求该加速度的大小及方向。错解：由题意知 V0=5m/s,Vt =25m/s, 所以加 速度 a=(Vt -V0)/t=6.67m/s 2.分析纠错：由于速度是矢量，处理同一直 线上的矢量运算，必须先选定正方向，将矢量 运算转化为代数运算。取向上为正方向，由题意知： V0=5m/s,Vt = 25m/s, 所以加速度 a=(Vt -V0)/t= 10m/s2.0向与正方向相

42、反，即 a 的方向竖 直向下。1 2 3 4 5 t/ 图加速度为负，表示加速度的方典型错误之六：不能正确理解运动图象。 例 26、一质点沿直线运动时的速度时间图 线如图 16 所示，则以下说法中正确的是：A 第 1s 末质点的位移和速度都改变 方向。B第 2s 末质点的位移改变方向。C第 4s 末质点的位移为零。D第 3s 末和第 5s末质点的位置相同。 错解：选 B、C。 分析纠错：速度图线中， 速度可以直接从纵 坐标轴上读出，其正、负就表示速度方向，位 移为速度图线下的“面积”，在坐标轴下方的“面 积”为负。由图 16 中可直接看出，速度方向发生变化 的时刻是第 2s末、第 4s末，而位

43、移始终为正值， 前 2s 内位移逐渐增大，第 3s、第 4s 内又逐渐 减小。第 4s 末位移为零，以后又如此变化。第 3s 末与第 5s末的位移均为 0.5m.故选项 CD 正所以正确答案是选项 C、D四、如临高考测试1.甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时同 向驶向同一目的地，甲车在前一半时间内以速 度 V1 做匀速运动，后一半时间内以速度 V2 做 匀速运动； 乙车在前一半路程中以速度 V1做匀 速运动，在后一半路程中以速度 V2 做匀速运动， 且 V1 V2 ，则：A 甲先到达；B乙先到达；C甲、乙同时到达；D无法比较。2一球由空中自由下落，碰到桌面立刻反弹，则 Vt 图象为图 17 中

44、的（取向上为正 ）3甲、乙两车以相同的速率 V0 在水平地面 上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小 为 a 的加速度做匀减速运动，当速率减小到 0时，甲车也以大小为 a 的加速度做匀减速运动 为了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时， 甲、乙两车的距离至少应为：A2V022a2B Va0aC23V022aD 2Va0 。aA、4作匀加速直线运动的物体，依次通过B、C 三点，位移 SAB=SBC ，已知物体在 AB 段 的平均速度为 3 m/s，在 BC段的平均速度大小 为 6 m/s，那么物体在 B 点时的即时速度的大小 为：A 4 m/sC 5 m/sB 4 5 m/sD 55 m/s。5物体以速度 V 匀速通过直线上的 A 、B两点间，需时为 t。现在物体由 A 点静止出发，匀加速（加速度为 a1 ）到某一最大速度 Vm后立即 作匀减速运动 （加速度为 a2）至 B 点停下，历时 仍为 t，则物体的A Vm 只能为 2V，无论 a1 、a2 为何值 B Vm 可为许多值，与 a1 a2的大小有关 C a1 、a2 值必须是一定的D a1 、a2必须满足 aa1 aa2 2tV 。a1 a2 t6作直线运动的物体，