勻變速直線運動知識點

1、.專題二：直線運動考點例析直線運動是高中物理的重要章節(jié)，是整個物理學的基礎內容之一。本章涉及位移、速度、加速度等多個物理量，基本公式也較多，同時還有描述運動規(guī)律的 s-t 圖象、 V-t 等知識。從歷年高考試題的發(fā)展趨勢看，本章內容作為一個孤立的知識點單獨考查的命題并不多，更多的是體現(xiàn)在綜合問題中，甚至與力、電場中帶電粒子、磁場中的通電導體、電磁感應現(xiàn)象等結合起來，作為綜合試題中的一個知識點加以體現(xiàn)。為適應綜合考試的要求，提高綜合運用學科知識分析、解決問題的能力。同學們復習本章時要在扎實掌握學科知識的基礎上，注意與其他學科的滲透以及在實際生活、科技領域中的應用，經常用物理視角觀察自然、社會中的

2、各類問題，善于應用所學知識分析、解決問題，尤其是提高解決綜合問題的能力。本章多與公路、鐵路、航海、航空等交通方面知識或電磁學知識綜合。一、夯實基礎知識（一）、基本概念1. 質點用來代替物體的有質量的點。 （當物體的大小、形狀對所研究的問題的影響可以忽略時，物體可作為質點。 ）2. 速度描述運動快慢的物理量，是位移對時間的變化率。3. 加速度描述速度變化快慢的物理量，是速度對時間的變化率。4. 速率速度的大小，是標量。只有大小，沒有方向。5. 注意勻加速直線運動、勻減速直線運動、勻變速直線運動的區(qū)別。（二）、勻變速直線運動公式1. 常 用 公 式 有 以 下 四 個 ： Vt V0 at , s

3、 V0t1 at 2 , Vt 2V022圖象2ass V0 Vt t 2以上四個公式中共有五個物理量： s、t 、 a、 V0、Vt ，這五個物理量中只有三個是獨立的，可以任意選定。只要其中三個物理量確定之后，另外兩個就唯一確定了。每個公式中只有其中的四個物理量，當已知某三個而要求另一個時，往往選定一個公式就可以了。如果兩個勻變速直線運動有三個物理量對應相等，那么另外的兩個物理量也一定對應相等。以上五個物理量中，除時間 t 外， s、 V0、Vt 、 a 均為矢量。一般以 V0 的方向為正方向，以 t =0 時刻的位移為零，這時 s、 Vt 和 a 的正負就都有了確定的物理意義。2. 勻變速

4、直線運動中幾個常用的結論s=aT2，即任意相鄰相等時間內的位移之差相等?？梢酝茝V到mn=(2s -sm-n)aT V tV0Vt ，某段時間的中間時刻的即時速度等于該段時間內的平均速度。2 2;.V02Vt2（不等于該段位移內的平均Vs，某段位移的中間位置的即時速度公式2 2速度）?？梢宰C明，無論勻加速還是勻減速，都有VtVs 。223. 初速度為零（或末速度為零）的勻變速直線運動做勻變速直線運動的物體，如果初速度為零，或者末速度為零，那么公式都可簡化為：V gt ，s1 at 2 ， V 22as ， sV t22以上各式都是單項式，因此可以方便地找到各物理量間的比例關系。4. 初速為零的勻

5、變速直線運動前 1s、前 2s、前 3s 內的位移之比為 1 4 9 第 1s、第 2s、第 3s 內的位移之比為 1 3 5 前 1m、前 2m、前 3m 所用的時間之比為12 3 第 1m、第 2m、第 3m 所用的時間之比為121 （ 32） 5、自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，豎直上拋運動是勻減速直線運動，可分向上的勻減速運動和豎直向下勻加速直線運動。二、解析典型問題問題 1：注意弄清位移和路程的區(qū)別和聯(lián)系。位移是表示質點位置變化的物理量，它是由質點運動的起始位置指向終止位置的矢量。位移可以用一根帶箭頭的線段表示，箭頭的指向代表位移的方向，線段的長短代表位移的大小。而路程是質

6、點運動路線的長度，是標量。只有做直線運動的質點始終朝著一個方向運動時，位移的大小才與運動路程相等。例 1、一個電子在勻強磁場中沿半徑為R 的圓周運動。轉了3 圈回到原位置，運動過程中位移大小的最大值和路程的最大值分別是：A 2R，2R ；B 2R， 6 R；C2 R， 2R ；D 0， 6 R。分析與解：位移的最大值應是2R，而路程的最大值應是6 R。即 B 選項正確。問題 2.注意弄清瞬時速度和平均速度的區(qū)別和聯(lián)系。瞬時速度是運動物體在某一時刻或某一位置的速度，而平均速度是指運動物體在某一段時間t 或某段位移x 的平均速度，它們都是矢量。當t0 時，平均速度的極限，就是該時刻的瞬時速度。例

7、2、甲、乙兩輛汽車沿平直公路從某地同時駛向同一目標，甲車在前一半時間內以速度 V 1 做勻速直線運動，后一半時間內以速度V 2 做勻速直線運動；乙車在前一半路程中以速度 V 1 做勻速直線運動，后一半路程中以速度V2 做勻速直線運動，則（）。A 甲先到達； B.乙先到達；C.甲、乙同時到達；D.不能確定。;.分析與解：設甲、乙車從某地到目的地距離為S，則對甲車有 t甲2S;對于乙車V1V2有SS(V1 V2 )St甲4V1V2，由數學知識知(V1V2 )24V1V2,t乙2V22V1V2，所以(V1V2)22V1t乙故 t 甲<t 乙，即正確答案為 A 。問題 3.注意弄清速度、速度的變

8、化和加速度的區(qū)別和聯(lián)系。加速度是描述速度變化的快慢和方向的物理量，是速度的變化和所用時間的比值，加速度 a 的定義式是矢量式。加速度的大小和方向與速度的大小和方向沒有必然的聯(lián)系。只要速度在變化，無論速度多小，都有加速度；只要速度不變化，無論速度多大，加速度總是零；只要速度變化快，無論速度是大、是小或是零，物體的加速度就大。加速度的與速度的變化V 也無直接關系。物體有了加速度，經過一段時間速度有一定的變化，因此速度的變化V 是一個過程量，加速度大，速度的變化V 不一定大；反過來， V 大，加速度也不一定大。例 3、一物體作勻變速直線運動, 某時刻速度的大小為4m/s,1s后速度的大小變?yōu)?0m/

9、s. 在這 1s 內該物體的 ().(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.分析與解：本題的關鍵是位移、速度和加速度的矢量性。若規(guī)定初速度V0的方向為正方向，則仔細分析“1s后速度的大小變?yōu)?10m/s ”這句話，可知1s后物體速度可能是10m/s ，也可能是 -10m/s, 因而有：同向時， a1VtV010 4m / s22, S1V0Vtt7m.t16m / s2反向時， a2VtV0104m / s214m / s2 , S2V0Vt t3m.t12式中負號表示方向與規(guī)定正方向相反

10、。因此正確答案為A、D。問題 4.注意弄清勻變速直線運動中各個公式的區(qū)別和聯(lián)系。加速度 a 不變的變速直線運動是勻變速直線運動，是中學階段主要研究的一種運動。但勻變速直線運動的公式較多，不少同學感覺到不易記住。其實只要弄清各個公式的區(qū)別和聯(lián)系，記憶是不困難的。加速度的定義式是“根” ，只要記住“ aVt V0 ”，就記住了“ V t=V 0+at ”;t_1at 2 ”，就記住了基本公式是“本” ，只要記住“ V t=V 0+at ”和“ S V t V0 t2;._VtV0”和 Vt2V022as ；“ V2推論公式是“枝葉” ，一個特征：SaT 2 ，物理意義是做勻變速直線運動的物體在相鄰

11、相等時間間隔內位移差相等；二個中點公式：時間中點VV0Vt，位移中點2V中點V02Vt2S1 ： S2：2；三個等時比例式：對于初速度為零的勻加速直線運動有，S3=1:4:9 ， S：S ：S=1:3:5,V :V:V=1:2:3 ；兩個等位移比123例式：對于初速度為零的勻加速直線運動有，t1： t2：t3：1：2：3：和t1 : t 2 : t31:( 2 1):( 32)例 4、 .一汽車在平直的公路上以V020m / s做勻速直線運動，剎車后，汽車以大小為 a4m / s2 的加速度做勻減速直線運動，那么剎車后經8s 汽車通過的位移有多大？分析與解：首先必須弄清汽車剎車后究竟能運動多長

12、時間。選V 0 的方向為正方向，則根據公式a0V0，可得 tV020s5sta4這表明，汽車并非在8s 內都在運動，實際運動5s 后即停止。所以，將5s 代入位移公式，計算汽車在8s 內通過的位移。即sv 0 t1 at 2(20514 52 ) m 50m22不少學生盲目套用物理公式， “潛在假設”汽車在 8s 內一直運動，根據勻減速直線運動的位移公式可得：S V0t1 at 220 814 8232 m22這是常見的一種錯誤解法，同學們在運用物理公式時必須明確每一個公式中的各物理量的確切含義，深入分析物體的運動過程。例 5、物體沿一直線運動，在t 時間內通過的路程為S，它在中間位置1 S

13、處的速度1 t 時的速度為 V 2，則 V 1 和 V 2 的關系為（2為 V 1，在中間時刻）2;.A當物體作勻加速直線運動時，V1 V2; B. 當物體作勻減速直線運動時，V1 V2;C當物體作勻速直線運動時，V1=V 2;D.當物體作勻減速直線運動時，V 1V2。分析與解：設物體運動的初速度為V 0 ，未速度為V t ，由時間中點速度公式V0 Vt得V0VtV02Vt 2VV22；由位移中點速度公式V中點得22V02Vt2。用數學方法可證明，只要V0 Vt ，必有 V 1>V 2;當 V0 Vt ，物體做勻V12速直線運動，必有V 1=V 2。所以正確選項應為A 、B、C。例 6、

14、一個質量為 m 的物塊由靜止開始沿斜面下滑，拍攝此下滑過程得到的同步閃光（即第一次閃光時物塊恰好開始下滑）照片如圖1 所示 已知閃光頻率為每秒10 次，根據照片測得物塊相鄰兩位置之間的距離分別為 AB2.40cm ， BC 7.30cm， CD 12.20cm，DE 17.10cm由此可知，物塊經過 D 點時的速度大小為 _m/s；滑塊運動的加速度為 _（保留 3 位有效數字）分析與解：據題意每秒閃光10 次，所以每兩次間的時間間隔圖 1T=0.1s,根據中間時刻的_速度公式得 VDCE12.2 17.1 10 2 m / s 1.46 m / s .2T0.2根據 SaT 2 得 CE AC

15、a(2T )2 ,所以 aCEAC2.40m/s2.4T2問題 5.注意弄清位移圖象和速度圖象的區(qū)別和聯(lián)系。運動圖象包括速度圖象和位移圖象，要能通過坐標軸及圖象的形狀識別各種圖象，知道它們分別代表何種運動，如圖2 中的 A、 B 分別為 V-t 圖象和 s-t圖象。其中：1 是勻速直線運動， 2是初速度為零的勻加速直線運動，V3 是初速不為零的勻加速直線運動，4 是勻減速直線運動。同學們要理解圖象所代表的 O 物理意義， 注意速度圖象和位移圖象斜率的物理意義不同， S-t 圖象 A 的斜率為速度， 而 V-t 圖象的斜率為加速度。例 7、龜兔賽跑的故事流傳至今，按照龜兔賽;.323S1241t

16、Ot4S 圖 2兔 B龜S3S2S1OT 1T 2T3T 4T 5t圖 3.跑的故事情節(jié)，兔子和烏龜的位移圖象如圖3 所示，下列關于兔子和烏龜的運動正確的是A 兔子和烏龜是同時從同一地點出發(fā)的B 烏龜一直做勻加速運動，兔子先加速后勻速再加速C驕傲的兔子在 T 4 時刻發(fā)現(xiàn)落后奮力追趕，但由于速度比烏龜的速度小，還是讓烏龜先到達預定位移 S3D 在 0 T5 時間內，烏龜的平均速度比兔子的平均速度大分析與解：從圖3 中看出， 0T 1 這段時間內，兔子沒有運動，而烏龜在做勻速運動，所以 A 選項錯；烏龜一直做勻速運動，兔子先靜止后勻速再靜止，所以B 選項錯；在 T 4 時刻以后，兔子的速度比烏龜

17、的速度大，所以C 選項錯；在0 T 5 時間內，烏龜位移比兔子的位移大，所以烏龜的平均速度比兔子的平均速度大，即D 選項正確。例 8、兩輛完全相同的汽車 ,沿水平直路一前一后勻速行駛,速度均為 V 0,若前車突然以恒定的加速度剎車 ,在它剛停住時 ,后車以前車剎車時的加速度開V始剎車 .已知前車在剎車過程中所行的距離為s, 若要保證兩輛車V 0在上述情況中不相撞 ,則兩車在勻速行駛時保持的距離至少應為:S(A)s(B)2s(C)3s(D)4s分析與解 : 依題意可作出兩車的V-t 圖如圖 4 所示，從圖中可以看出兩車在勻速行駛時保持的距離至少應為2s, 即 B 選項正確。O SSt圖 4p例

18、9 、一個固定在水平面上的光滑物塊，其左側面是斜面AB，右側面是曲面AC,如圖 5 所示。已知AB 和 AC的長度相同。兩個小球、同時從點分別沿和由靜止開始下滑，比qAqpqAABAC較它們到達水平面所用的時間：BCA.p 小球先到B.q 小球先到圖 5C.兩小球同時到D.無法確定V分析與解：可以利用V- t圖象 ( 這里的 V 是速率，曲線下的面Vvv積表示路程s) 定性地進行比較。在同一個-圖象中做出、的速V tp qq率圖線，如圖6 所示。顯然開始時q 的加速度較大，斜率較大；由于p機械能守恒，末速率相同，即曲線末端在同一水平圖線上。為使路程相同（曲線和橫軸所圍的面積相同），顯然 q 用

19、的時間較少。例 10、兩支完全相同的光滑直角彎管( 如圖 7 所示 ) 現(xiàn)有兩只相同小球 a 和 a/ 同時從管口由靜止滑下，問誰先從下端的出口掉出？( 假設通過拐角處時無機械能損失)分析與解：首先由機械能守恒可以確定拐角處V1> V2，而兩小球到達出口時的速率V 相等。 又由題意可知兩球經歷的總路程s 相otqttp圖 6aal 2V 2l1VVl1等。由牛頓第二定律， 小球的加速度大小 a=gsin ，小球 a 第一階段的加速度跟小球 a/ 第二階段的加速度大小相同 （設為 a ）；小球 avV 1l21第二階段的加速度跟小球a/ 第一階段的加速度大小相同（設為 a2），;.Va 圖

20、 7a/ot1t2t圖 8.根據圖中管的傾斜程度，顯然有a1> a 2。根據這些物理量大小的分析，在同一個V-t 圖象中兩球速度曲線下所圍的面積應該相同，且末狀態(tài)速度大小也相同（縱坐標相同）。開始時 a 球曲線的斜率大。由于兩球兩階段加速度對應相等，如果同時到達（經歷時間為t 1）則必然有s1> 2，顯然不合理。如圖8 所示。因此有t1<t2，即a球先到。s問題 6.注意弄清自由落體運動的特點。自由落體運動是初速度為零、加速度為g 的勻加速直線運動。例 11、 一個物體從塔頂上下落，在到達地面前最后1s 內通過的位移是整個位移的9/25 ，求塔高。（ g 取 10m/s2）分

21、析與解：設物體下落總時間為t ，塔高為 h，則：L 1AB1 gt 2 , (19 ) h1 g(t 1)L 2h2C2252L 3由上述方程解得： t=5s, 所以， h1 gt2125mD圖 92例 12、如圖 9 所示，懸掛的直桿AB 長為 L 1，在其下 L 2 處，有一長為 L 3 的無底圓筒CD，若將懸線剪斷，則直桿穿過圓筒所用的時間為多少？分析與解：直桿穿過圓筒所用的時間是從桿B 點落到筒 C 端開始，到桿的A 端落到D 端結束。設桿B 落到C 端所用的時間為t1,桿 A 端落到D 端所用的時間為t 2,由位移公式h 1 gt 2 得：22L2， t 22(L1L2L3 )t1g

22、g所以， tt 2 t12(L1L2L3)2L2 。gg問題 7.注意弄清豎直上拋運動的特點。豎直上拋運動是勻變速直線運動， 其上升階段為勻減速運動， 下落階段為自由落體運動。它有如下特點：1.上升和下降（至落回原處）的兩個過程互為逆運動，具有對稱性。有下列結論：(1) 速度對稱：上升和下降過程中質點經過同一位置的速度大小相等、方向相反。（ 2）時間對稱：上升和下降經歷的時間相等。2.豎直上拋運動的特征量：（ 1）上升最大高度：Sm= V02 .(2) 上升最大高度和從最大高2g;.度點下落到拋出點兩過程所經歷的時間：t 上t 下V0.g例 13、氣球以 10m/s 的速度勻速豎直上升，從氣球

23、上掉下一個物體，經17s 到達地面。求物體剛脫離氣球時氣球的高度。（g=10m/s 2）分析與解： 可將物體的運動過程視為勻變速直線運動。規(guī)定向下方向為正， 則物體的初速度為 V0= 10m/s,g=10m/s 2則據 h=V0 t1 gt 2, 則有： h(101711017 2 ) m1275m22物體剛掉下時離地1275m。例 14、一跳水運動員從離水面10 m高的平臺上向上躍起，舉雙臂直體離開臺面，此時其重心位于從手到腳全長的中心，躍起后重心升高045 m達到最高點， 落水時身體豎直，手先入水（在此過程中運動員水平方向的運動忽略不計）。從離開跳臺到手觸水面，他可用于完成空中動作的時間是

24、s。（計算時，可以把運動員看作全部質量集中在重心的一個質點。g 取 10 m /s 2，結果保留二位數字）分析與解：設運動員躍起時的初速度為V 0，且設向上為正，則由V 20 =2gh 得：V02gh2100.453m / s由題意而知：運動員在全過程中可認為是做豎直上拋運動，且位移大小為10m，方向向下，故 S= 10m.由 S V0 t1 gt 2 得： 103t110t 2 ,解得 t=1.7s.22問題 8.注意弄清追及和相遇問題的求解方法。1、追及和相遇問題的特點追及和相遇問題是一類常見的運動學問題，從時間和空間的角度來講，相遇是指同一時刻到達同一位置?？梢?，相遇的物體必然存在以下兩

25、個關系：一是相遇位置與各物體的初始位置之間存在一定的位移關系。若同地出發(fā)，相遇時位移相等為空間條件。二是相遇物體的運動時間也存在一定的關系。若物體同時出發(fā)，運動時間相等；若甲比乙早出發(fā)t，則運動時間關系為t 甲 =t 乙 +t。要使物體相遇就必須同時滿足位移關系和運動時間關系。2、追及和相遇問題的求解方法首先分析各個物體的運動特點，形成清晰的運動圖景；再根據相遇位置建立物體間的位移關系方程；最后根據各物體的運動特點找出運動時間的關系。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時刻t，兩物體間的距離y=f(t), 若對任何t，均存在 y=f(t)>0, 則這兩個

26、物體永遠不能相遇；若存在某個時刻 t，使得 y=f(t)0 ,則這兩個物體可能相遇。其二是設在t 時刻兩物體相遇，然后根據幾何關系列出關于 t 的方程 f(t)=0, 若方程 f(t)=0 無正實數解，則說明這兩物體不可能相遇；若方程 f(t)=0 存在正實數解，則說明這兩個物體可能相遇。;.方法 2：利用圖象法求解。利用圖象法求解，其思路是用位移圖象求解，分別作出兩個物體的位移圖象，如果兩個物體的位移圖象相交，則說明兩物體相遇。例 15、火車以速率 V 1 向前行駛， 司機突然發(fā)現(xiàn)在前方同一軌道上距車為S 處有另一輛火車，它正沿相同的方向以較小的速率V 2作勻速運動，于是司機立即使車作勻減速

27、運動，加速度大小為a,要使兩車不致相撞，求出a 應滿足關式。分析與解：設經過t 時刻兩車相遇，則有V2 tSV1t1at 2 ，整理得：2at 22(V2V1 )t 2S 0要使兩車不致相撞，則上述方程無解，即b24ac4(V1) 28aS0V2解得 a(V1V2)2。2S例 16、在地面上以初速度2V 0 豎直上拋一物體A 后，又以初速V 0 同地點豎直上拋另一物體 B，若要使兩物體能在空中相遇，則兩物體拋出的時間間隔 t 必須滿足什么條件？（不計空氣阻力）S分析與解：如按通常情況，可依據題意用運動學知識列A方程求解，這是比較麻煩的。如換換思路，依據s=V0t-gt 2/2B作 s-t 圖象

28、，則可使解題過程大大簡化。如圖 10所示，顯然，t兩條圖線的相交點表示A、B 相遇時刻，縱坐標對應位移 SA=SB。O2Vt6V 0 /g滿足關系式 2V04V00/g4V 0/g由圖 10 可直接看出tt時， B圖 10gg可在空中相遇。問題 9. 注意弄清極值問題和臨界問題的求解方法。例 17、如圖 11 所示， 一平直的傳送帶以速度V=2m/s 做勻速運動， 傳送帶把 A 處的工件運送到 B 處， A、 B 相距 L=10m。從 A 處把工件無初速地放到傳送帶上，經過時間t=6s,能傳送到 B 處，欲用最短的時間把工件從A 處傳送到 B 處，求傳送帶的運行速度至少多大？分析與解：因 LV

29、 , 所以工件在6s 內先勻加速運ABt2V t, S2 Vt動，后勻速運動，有S12t1+t 2=t,S1+S2 =L圖 11解上述四式得 t 1=2s,a=V/t 1=1m/s2.若要工件最短時間傳送到B，工件加速度仍為 a，設傳送帶速度為V ，工件先加速后勻速，同上理有：LVt1 Vt 2 又因為 t1=V/a,t 2=t-t 1,所以 LV 2V22aV (ta ) ，化簡得：LVLVLt,因為V2a常量 ，V2a2a;.t 1.0s，超聲波在空.所以當 LV,即 V2aL 時， t 有最小值， V2aL 2 5m / s 。V2a表明工件一直加速到 B 所用時間最短。例 18、摩托車

30、在平直公路上從靜止開始起動，a1=1.6m/s2,稍后勻速運動，然后減速，a2=6.4m/s2,直到停止，共歷時130s，行程 1600m. 試求：（ 1）摩托車行駛的最大速度V m.(2)若摩托車從靜止起動， a1、a2 不變，直到停止， 行程不變， 所需最短時間為多少？分析與解：（ 1）整個運動過程分三個階段：勻加速運動；勻速運動；勻減速運動?？山柚?V-t 圖表示， 如圖 12 所示。利用推論 Vt 2V022aS有：V(m/s)Vn2VmVm )VmVm2V m(13016002a1a1a22a2O解得： V m=12.8m/s.( 另一根舍去 )（ 2）首先要回答摩托車以什么樣的方式

31、運動可使得時間最短。借助 V-t 圖象可以證明： 當摩托車先以 a1 勻加速運動， 當速度達到 V m/時，緊接著以 a2 勻減速運動直到停止時，行程不變，而時間最短，如圖 13 所示，設最短時間為tmin,則 t minVm/Vm/,Vm/ 2Vm/21600a1a22a12a2由上述二式解得：V m/=64m/s,故 tmin =5os,即最短時間為50s.a2a1t/s130s圖 12 V(m/s)V ma2a1t/sO130s圖 13問題 10、注意弄清聯(lián)系實際問題的分析求解。例 19、圖 14（ a）是在高速公路上用超聲波測速儀測量車速的示意圖，測速儀發(fā)出并接收超聲波脈沖信號，根據發(fā)

32、出和接收到的時間差，測出汽車的速度。圖 14（ b）中是測速儀發(fā)出的超聲波信號， n1、n2 分別是由汽車反射回來的信號。 設測速儀勻速掃描， p1、p2 之間的時間間隔氣中傳播的速度是 V 340m./s，若汽車是A勻速行駛的，則根據圖14（ b）可知，汽圖 14a車在接收到 p1、 p2 兩個信號之間的時間14B內前進的距離是0235m，汽車的速度是P1n1P2n2_m/s分析與解：本題由閱讀圖14（ b）圖 14b后，無法讓人在大腦中直接形成測速儀發(fā)射和接受超聲波以及兩個超聲波在傳播過程中量值關系形象的物理圖象。只有仔細地分析;.圖 14（ b）各符號的要素，深刻地思考才會在大腦中形成測

33、速儀在P1 時刻發(fā)出的超聲波，經汽車反射后經過t1 =0.4S 接收到信號，在 P2 時刻發(fā)出的超聲波， 經汽車反射后經過 t2 =0.3S接收到信號的形象的物理情景圖象。根據這些信息很容易給出如下解答：汽車在接收到p1、 p2 兩個信號之間的時間內前進的距離是:S=V （ t 1-t2） /2=17m ，汽車通過這一位移所用的時間t=t- （ t1-t 2） /2=0.95S.所以汽車的速度是 V1 S / t17.9m / S .例 20、調節(jié)水龍頭，讓水一滴滴流出，在下方放一盤子，調節(jié)盤子高度，使一滴水滴碰到盤子時，恰有另一滴水滴開始下落，而空中還有一滴正在下落中的水滴，測出水龍頭到盤子

34、的距離為h，從第一滴開始下落時計時，到第n 滴水滴落在盤子中，共用去時間t，則此時第（ n+1 ）滴水滴與盤子的距離為多少？當地的重力加速度為多少？分析與解：設兩個水滴間的時間為T，如圖 15 所示，根據自由落體運動規(guī)律可得：h/4h 1 gT 2 ,2h( n 1)T th4 2g所以求得：此時第（n+1）滴水滴與盤子的距離為3h，當地的圖 154重力加速度 g= (n1) 2h .2t 2三、警示易錯試題典型錯誤之一：盲目地套用公式計算“汽車 ”剎車的位移。例 21、飛機著陸做勻減速運動可獲得a=6m/s2的加速度，飛機著陸時的速度為V 0=60m/s,求它著陸后 t=12s 內滑行的距離

35、。錯解：將 t=12s 代入位移公式得： SV0 t1 at 2(60 1216122 )m 288m.22t=12s 內的分析糾錯：解決本問題時應先計算飛機能運動多長時間，才能判斷著陸后運動情況。設飛機停止時所需時間為t0 ,由速度公式 V t=V 0-at0 得 t 0=10s.可見，飛機在t=12s 內的前10s 內做勻減速運動，后2s 內保持靜止。所以有：SV0 t01 at 02300m.2典型錯誤之二：錯誤理解追碰問題的臨界條件。例 22、 經檢測汽車 A的制動性能：以標準速度20m/s 在平直公路上行使時，制動后40s 停下來?，F(xiàn) A 在平直公路上以20m/s 的速度行使發(fā)現(xiàn)前方

36、 180m處有一貨車 B 以 6m/s的速度同向勻速行使，司機立即制動，能否發(fā)生撞車事故？錯解：設汽車 A 制動后 40s 的位移為 s1，貨車 B 在這段時間內的位移為S2。據;.aVt V0 有 A 車的加速度為： a=-0.5m/s2. 據勻變速直線運動的規(guī)律有：tSV t1 at 2400m102而 S2 =V2t=6 ×40=240（ m），兩車位移差為 400-240=160 （ m），因為兩車剛開始相距180m 160m，所以兩車不相撞。分析糾錯： 這是典型的追擊問題。關鍵是要弄清不相撞的條件。 汽車 A與貨車 B 同速時，兩車位移差和初始時刻兩車距離關系是判斷兩車能否

37、相撞的依據。當兩車同速時，兩車位移差大于初始時刻的距離時，兩車相撞；小于、等于時，則不相撞。而錯解中的判據條件錯誤導致錯解。本題也可以用不等式求解：設在t 時刻兩物體相遇，則有：20t10.5t 21806t ，即： t 256t 720 0 。2因為56247202560 ，所以兩車相撞。典型錯誤之三：參考系的選擇不明確。例 23、航空母艦以一定的速度航行，以保證飛機能安全起飛，某航空母艦上的戰(zhàn)斗機起飛時的最大加速度是a=5.0m/s2V=50m/s才能起飛，該航空母艦甲板長,速度須達L=160m, 為了使飛機能安全起飛，航空母艦應以多大的速度V 0 向什么方向航行？錯解：據 V 2V022

38、aL 得 V0V 22aL 30m / s 。分析糾錯：上述錯解的原因是沒有明確指出參考系，速度、位移不是在同一參考系中得到的量。若以地面為參考系，則飛機的初速度為V 0，末速度為V=50m/s ，飛機的位移為S=L+V 0t, 則根據勻變速直線的規(guī)律可得： V 2V022aSV022a(L V0t ) ， V=V 0+at。代入數據求得： V 0=10m/s.即航空母艦應與飛機起飛方向相同至少以10m/s 的速度航行。若以航空母艦為參考系，則飛機的初速度為零，位移為L ，設末速度為 V 1，則據勻變速直線的規(guī)律可得： V12aL40m / s 。所以 V 0=V-V 1 =10m/s.即航空

39、母艦應與飛機起飛方向相同至少以10m/s 的速度航行。典型錯誤之四：對由公式求得“結果”不能正確取舍。例 24、汽車以 20m/s 的速度做勻速運動， 某時刻關閉發(fā)動機而做勻減速運動，加速度大小為 5m/s2，則它關閉發(fā)動機后通過t=37.5m 所需的時間為（）A.3s;B.4sC.5sD.6s錯解：設汽車初速度的方向為正方向，即V 0=20m/s,a= 5m/s2,s=37.5m.則由位移公式 s V0t1 at 2 得： 20t15t 237.522;.解得： t1=3s,t2=5s.即 A 、 C 二選項正確。分析糾錯： 因為汽車經過 t0 =0V04s 已經停止運動，4s 后位移公式已不適用，故at2=5s 應舍去。即正確答案為A 。典型錯誤之五：忽視位移、速度和加速度的矢量性。例 25、豎直向上拋出一物體，已知其出手時的速度是5m/s, 經過 3s，該物體落到拋出點下某處，速度為 25m/s, 已知該物體在運動過程中加速度不變，求該加速度的大小及方向。