高考物理一轮复习运动的描述和匀变速直线运动的研究
运动的描述
匀变速直线运动的研究
描述运动的物理量
基础知识归纳
1.机械运动
物体的 空间位置 随时间的变化.
2.参考系
为了研究物体的运动而假定为不动，用来做 参考 的物体，对同一个物体的运动，所选择的参考系不同，对它运动的描述可能就会 不同 ，通常取 地面 为参考系来描述物体的运动.
3.质点
(1)定义：用来代替物体的有 质量 的点.
(2)物体可看做质点的条件：研究物体的运动时，物体的 大小 和 形状 可以忽略.
4.时刻和时间间隔
时刻
时间间隔
区别
(1)在时间轴上用 点 表示
(2)时刻与物体的 位置相对应 ，表示某一 瞬时
(1)在时间轴上用 线段 表示
(2)时间间隔与物体的 位移 相对应，表示某一 过程
联系
两个时刻的 间隔 即为时间间隔
5.位移和路程
定义
区别
联系
位移
位移表示质点的 位置 变化，它是质点由 初位置 指向 末位置 的有向线段
位移是矢量，方向由 初 位置指向 末 位置
(1)在单向直线运动中，位移的大小 等于 路程
(2)一般情况下，位移的大小 小于 路程
路程
路程是质 运动轨迹 长度
路程是标量，没有方向
6.速度和速率
(1)平均速度：运动物体的 位移 与所用 时间 的比值.
(2)瞬时速度：运动物体在某一 位置 或 时刻 的速度.
(3)速率：瞬时速度的 大小 叫速率，是标量.
7.加速度
(1)定义：a＝，Δv是速度变化量，Δt是时间间隔.
(2)物理意义：描述 速度 变化的快慢.
(3)方向：与Δv的方向相同，单位是 m/s2 .
8.匀速直线运动
(1)定义：轨迹为直线，且在任意相等的时间内 位移 相等的运动.
(2)规律的描述
①公式：v＝ x/t .
② 图象：如图所示.
重点难点突破
一、对质点概念的理解
1.质点是一种科学抽象，是在研究物体运动时，抓住主要因素、忽略次要因素，对实际物体的近似，是一种理想化模型.
2.一个物体是否可以视为质点，要具体情况具体分析.
(1)平动的物体可以视为质点.所谓平动，就是物体运动时，其上任一点的运动与整体的运动有完全相同的特点，如水平传送带上的物体随传送带的运动.
(2)有转动，但相对平动而言可以忽略时，也可以把物体视为质点.如汽车在运动时，虽然车轮有转动，但我们关心的是车辆整体运动的快慢，故汽车可以看成质点.
(3)物体的大小、形状对所研究问题影响可以忽略不计时，可视物体为质点.如地球是足够大的物体，但地球绕太阳公转时，地球的大小就变成次要因素，我们完全可以把地球当做质点看待.当然，在研究地球自转时，就不能把地球看成质点了.又如测量一个同学的跑步速度时，可以将他看成质点，但观察他做广播操时，就不能将他看成质点了.
3.质点的物理意义
当物体的形状、大小不起主要作用时，可把物体抽象为一个质点，以便简化问题；即使在物体形状、大小起主要作用时，也可根据质点的定义，把物体看成由无数多个质点组成的系统.所以，研究质点的运动，是研究实际物体运动的近似和基础.
二、位移和路程的区别
位移
是描述物体位置变化大小和方向的物理量，它是从运动物体的初位置指向末位置的有向线段.位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关.
路程是物体运动所经历的路径长度，是标量，大小跟物体运动经过的路径有关.
位移和路程都属于过程量，物体运动的位移和路程都需要经历一段时间.
三、对平均速度和瞬时速度的理解
在匀速直线运动中，由于速度不变，即x跟t的比值x/t不变，平均速度与瞬时速度相同，v＝x/t既是平均速度，也是物体各个时刻的瞬时速度.在变速运动中，＝x/t随x或t的选取不同而不同，而且是反映这段位移上的平均速度，它只能粗略地描述这段位移上运动的快慢程度.对做变速运动的物体，在它经过的某个位置附近选很小一段位移Δx，Δx小到在这段位移上察觉不到速度有变化，即在Δx上物体是匀速，那么这段位移上的平均速度与这段位移上各个时刻的瞬时速度相等，即定义为：物体在这一位置的速度等于在这一位置附近取一小段位移Δx与经过这段Δ x所用时间Δ t的比值，即Δ t趋于0时，＝v.
四、速度、速度变化量和加速度的关系
物理量
意义
公式
关系
速度v
表示运动的快慢和方向
v=
三者无必然联系，v很大，Δv可以很小，甚至为0，a也可大可小
速度的变化量Δv
表示速度变化的大小和方向
Δv＝(v－v0)
加速度a
表示速度变化的快慢和方向，即速度的变化率
a=
五、参考系的理解和应用
1.运动是绝对的，静止是相对的.一个物体是运动的还是静止的，都是相对于参考系而言的.
2.参考系的选取可以是任意的.
3.确定一个物体的运动性质时，必须首先选取参考系，选择不同的物体做参考系，可能得出不同的结论.
4.参考系本身既可以是运动的物体也可以是静止的物体，在讨论问题时，被选为参考系的物体，我们假定它是静止的.
5.当比较两个物体的运动情况时，必须选择同一个参考系.
6.参考系的选取原则.
选取参考系时，应以观测方便和使运动的描述尽可能简单为原则，一般应根据研究对象和研究对象所在的系统来决定，如研究地面上物体的运动时，通常选地面或相对地面静止的物体为参考系.
典例精析
1.位移和路程的比较及计算
【例1】在一条直线跑道上，每隔5 m远放置一个空瓶子，运动员进行折返跑训练，从中间某一瓶子处出发，跑向最近的空瓶子将其扳倒后返回再扳倒出发点处的第一个瓶子，之后再折返扳倒前面的最近的瓶子，依次下去，当他扳倒第6个空瓶子时，他跑过的路程多大？位移是多大？
【解析】设从O处出发，其运动情景如图所示，由路程是轨迹的长度得L＝(5＋5＋10＋15＋20＋25) m＝80 m
由位移概念得x＝10 m
【思维提升】本题主要考查对位移和路程的理解，作出运动员运动的示意图，使运动过程直观形象，易于求解.
【拓展1】某同学从学校的门口A处开始散步，先向南走了50 m到达B处，再向东走了100 m到达C处，最后又向北走了150 m到达D处，则：
(1)此人散步的总路程和位移各是多少？
(2)要确切地表示这人散步过程中的各个位置，应采用什么数学手段较妥，分别应如何表示？
(3)要比较确切地表示此人散步的位置变化，应用位移还是路程？
【解析】(1)这人散步的总路程为
s＝(50＋100＋150) m＝300 m
画图，如图所示，位移大小为
x＝ m＝100 m
且tan α＝1，α＝45°，即位移方向为东偏北45°.
(2)应用直角坐标系中的坐标表示，以A为坐标原点，向东为x轴正向，向北为y轴正向，则A点为(0,0)，B(0，－50)，C(100，－50)，D(100,100).
(3)应用位移可准确表示人散步的位置变化.
2.平均速度的求法
【例2】汽车从甲地由静止出发，沿直线运动到丙地，乙在甲、丙两地的中点.汽车从甲地匀加速运动到乙地，经过乙地时速度为60 km/h；接着又从乙地匀加速运动到丙地，到丙地时速度为120 km/h.求汽车从甲地到达丙地的平均速度.
【解析】设甲、丙两地距离为2l，汽车通过甲、乙两地的时间为t1，通过乙、丙两地的时间为t2.
甲到乙是匀加速运动，由l＝•t1得
t1＝ h＝ h
从乙到丙也是匀加速运动，由l＝•t2得
t2＝ h= h
所以 km/h＝45 km/h
【思维提升】平均速度的常用计算方法有：
(1)利用定义式=x/t，这种方法适合于任何运动形式；
(2)利用=(v0＋v)，这种方法只适用于匀变速直线运动.求平均速度的关键是明确所求的是哪一段时间内的平均速度或哪一段位移的平均速度.
【拓展2】某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速率为v1，下山的平均速率为v2，则往返的平均速度大小和平均速率是 ( D )
A., B. , C.0, D.0,
【解析】平均速度＝0，平均速率v＝
3.位移、速度、速度变化率和加速度的关系
【例3】一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中 ( )
A.速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值
B.速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值
C.位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大
D.位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值
【解析】
选项
内容指向、联系分析
结论
A
加速度与速度同向，速度应变大
错误
B
物体做加速度减小的加速运动，最后达到匀速
正确
C
因物体最终匀速运动，所以位移仍增大
错误
D
位移一直增大，没有最小值
错误
【答案】B
【思维提升】不能认为加速度变小，速度一定变小，也不能认为加速度变大，速度一定变大.当加速度与速度方向相同时，速度变大；当加速度与速度方向相反时，速度变小.
【拓展3】一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s，1 s后速度的大小变为10 m/s.在这1 s内物体的 ( AD )
A.位移的大小可能小于4 m B.位移的大小可能大于10 m
C.加速度的大小可能小于4 m/s2 D.加速度的大小可能大于10 m/s2
【解析】因物体做匀变速直线运动，有两种可能：①若是匀加速直线运动，则vt＝10 m/s，位移x＝•t=×1 m＝7 m，加速度a＝ m/s2＝6 m/s2
②若是匀减速直线运动，则vt＝－10 m/s，位移x＝•t＝×1 m＝－3 m，加速度a＝m/s2＝－14 m/s2，故选A、D.
易错门诊
4.参考系及其应用
【例4】航空母舰是一种可以供军用飞机起飞和降落的军舰.蒸汽弹射起飞，就是使用一个长平的甲板作为飞机跑道，起飞时一个蒸汽驱动的弹射装置带动飞机在两秒钟内达到起飞速度，目前只有美国掌握生产蒸汽弹射器的成熟技术.某航空母舰上的战斗机，起飞过程中最大加速度是a＝4.5 m/s2，飞机要达到速度v0＝60 m/s才能起飞，航空母舰甲板长为L＝289 m.为使飞机安全起飞，航空母舰应以一定速度航行才能保证飞机起飞安全，求航空母舰的最小航行速度v是多少？(设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响，飞机的运动可以看做匀加速直线运动)
【错解】由运动学知识有＝2aL，解得v＝，代入数据得v＝ m/s＝m/s≈31.6 m/s
【错因】本题在解题的过程中如果以地面为参考系，飞机起飞的距离并不是航空母舰甲板长度L，甲板的长度应该是飞机与航空母舰的相对位移.错解中的速度是以地面为参考系，位移以航空母舰为参考系，同一个过程中物理量采用不同的参考系显然是不正确的.
【正解】若航空母舰匀速运动，以地面为参考系，设在时间t内航空母舰和飞机的位移分别为x1和x2，航空母舰的最小速度为v，由运动学知识得
x1＝vt，x2＝vt＋at2，x2－x1＝L，v0＝v＋at
联立以上几式解得v＝9 m/s
【思维提升】若在分析问题的同一公式中，必须选用统一的参考系.
匀变速直线运动规律及应用
基础知识归纳
1.匀变速直线运动的基本规律
(1)概念：物体做 直线 运动，且加速度大小、方向都 不变 ，这种运动叫做匀变速直线运动.可分为 匀加速 直线运动和 匀减速 直线运动两类.
(2)特点： 加速度的大小和方向都不随时间变化 .
(3)匀变速直线运动的规律
2.匀变速直线运动的重要推论
(1)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差是一个恒量，即x2－x1＝x3－x2＝…＝Δx＝ aT 2 或xn＋k－xn＝ kaT 2 .
(2)在一段时间t内，中间时刻的瞬时速度v等于这段时间的平均速度，即＝=.
(3)中间位移处的速度：＝.
(4)初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律
①t末、2t末、3t末、…、nt末瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝ 1∶2∶3∶…∶n .
②t内、2t内、3t内、…、nt内位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝ 12∶22∶33∶…∶n2 .
③在连续相等的时间间隔内的位移之比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝ 1∶3∶5∶…∶(2n－1) .
④经过连续相等位移所用时间之比为
tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn＝.
重点难点突破
一、匀变速直线运动问题的求解方法
在众多的匀变速直线运动的公式和推论中，共涉及五个物理量v0、vt、a、x、t，合理地运用和选择方法是求解运动学问题的关键.
1.基本公式法：是指速度公式和位移公式，它们均是矢量式，使用时应注意方向性.一般以v0的方向为正方向，其余与正方向相同者取正，反之取负.
2.平均速度法：定义式＝x/t，对任何性质的运动都适用，而
只适用于匀变速直线运动.
3.中间时刻速度法
利用“任一时间t内中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”，即，适用于任何一个匀变速直线运动，有些题目应用它可以避免常规解法中用位移公式列出的含有t2的复杂式子，从而简化解题过程，提高解题速度.
4.比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的五大重要特征的比例关系，用比例法求解.
5.逆向思维法
把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法.一般用于末态已知的情况.
6.图象法
应用v-t图象，可把复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，可避开繁杂的计算，快速找出答案.
7.巧用推论Δx＝xn＋1－xn＝aT 2解题
匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量，即xn＋1－xn＝aT 2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx＝aT 2求解.
二、匀变速直线运动重要推论的理解及灵活运用
对于匀变速直线运动和初速度为零的匀加速直线运动的七个推论，要学会从匀变速直线运动的基本公式推导出来并熟练掌握，这样有助于我们进一步加深对匀变速直线运动规律的理解；同时，巧妙地运用上述推论，可使求解过程简便快捷.
三、求解匀变速直线运动的一般思路
1.弄清题意，建立一幅物体运动的图景.为了直观形象，应尽可能地画出草图，并在图中标明一些位置和物理量.
2.弄清研究对象，明确哪些量已知，哪些量未知，根据公式特点恰当地选用公式.
3.利用匀速变直线运动的两个推论和初速度为零的匀加速直线运动的特点，往往能够使解题过程简化.
4.如果题目涉及不同的运动过程，则应重点寻找各段运动的速度、位移、时间等方面的关系.
四、应用运动学公式解决行车问题应注意
1.正确分析车辆行驶的过程、运动状态，确定各相关量的符号，灵活运用公式列方程.
2.注意找出题目中的隐含条件.如汽车的启动过程，隐含初速度为零；汽车刹车直到停止过程，隐含物体做匀减速运动且末速度为零的条件.
3.在计算飞机着陆、汽车刹车等这类速度减为零后不能反向运动的减速运动的位移时，注意判断所给时间t内物体是否已经停止运动.如果已停止运动，则不能用时间t
代入公式求位移，而应求出它停止所需的时间t′，将t′代入公式求位移.因为在以后的t′～t时间内物体已停止运动，位移公式对它已不适用.此种情况称为“时间过量问题”.
4.公式应用过程中，如需解二次方程，则必须对求解的结果进行讨论.
5.末速度为零的匀减速运动，是加速度大小相同、初速度为零的匀加速运动的逆过程，因此可将其转化为初速度为零的匀加速运动进行计算，使运算简便.
典例精析
1.匀变速直线运动问题的求解
【例1】物体以一定的初速度从A点冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示.已知物体运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B运动到C所用的时间.
【解析】解法一：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面.故xBC＝，xAC＝a(t＋tBC)2/2，又xBC＝xAC/4
解得tBC＝t
解法二：比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
现在xBC∶xAB＝1∶3
通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t
解法三：利用相似三角形面积之比等于对应边平方比的方法，作出v-t图象，如图所示.
S△AOC/S△BDC＝CO2/CD2
且S△AOC＝4S△BDC，OD＝t，OC＝t＋tBC
所以4/1＝(t＋tBC)2/，解得tBC＝t
【思维提升】本题解法很多，通过对该题解法的挖掘，可以提高灵活应用匀变速直线运动规律和推论的能力、逆向思维的能力及灵活运用数学知识处理物理问题的能力.
【拓展1】一个做匀加速直线运动的物体，在头4 s内经过的位移为24 m，在第二个4 s内经过的位移是60 m.求这个物体的加速度和初速度各是多少？
【解析】解法一：基本公式法
头4 s内的位移：x1＝v0t＋at2
第2个4 s内的位移：x2＝v0(2t)＋a(2t)2－(v0t＋at2)
将x1＝24 m、x2＝60 m、t＝4 s代入上式，
解得a＝2.25 m/s2，v0＝1.5 m/s
解法二：物体在8 s内的平均速度等于中间时刻(即第4 s 末)的瞬时速度，则v1＝ m/s
＝v0＋4a，物体在前4 s内的平均速度等于第2 s末的瞬时速度v2＝ m/s＝v0＋2a
两式联立解得a＝2.25 m/s2，v0＝1.5 m/s
解法三：由公式Δx＝aT2，得a＝m/s2＝2.25 m/s2
根据v1＝m/s＝v0＋4a，所以v0＝1.5 m/s
2.匀变速直线运动的推论及其应用
【例2】物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移为x，它在中间位置x处的速度为v1，在中间时刻t时的速度为v2，则v1和v2的关系为 ( )
A.当物体做匀加速直线运动时，v1>v2 B.当物体做匀减速直线运动时，v1>v2
C.当物体做匀速直线运动时，v1＝v2 D.当物体做匀减速直线运动时，v1
v2；当v0＝vt，做匀速直线运动，必有v1＝v2.所以，正确选项应为A、B、C.
【答案】ABC
【思维提升】解题时要注意：当推出v1>v2时假设物体做匀加速运动，不能主观地认为若物体做匀减速运动结果就是v1aAD>aBC)，根据机械能守恒定律，两球达到底端的速度大小相等，因此画出其vt图象如图所示，其中折线为沿ABC斜面下滑的a球的速度图象，直线为沿AD斜面下滑的b球的速度图象.
要满足a、b两图线下方的面积相等，必须使图中画有斜线部分的两块面积相等，那就一定有tasC>sB，故平均速率，所以选B.又从起点O到终点的有向线段长相等，故位移相同，则平均速度相同，A也正确.
【错因】上述错误的原因是没有明确x-t图象表示位移随时间的变化关系，并非物体的运动的轨迹.
【正解】从x-t图象知，在t0时刻A、B、C离起点O的位移相同，故A正确.由A在时刻t0已经返回到终点，故路程关系是sA>sC＝sB，故平均速率vA>vC＝vB，B不正确.
【答案】A
【思维提升】对于图象问题，首先要弄清坐标轴表示的意义，然后再弄清图线所描述的规律.本题的图线描述的是位移随时间变化的规律，而不是物体的运动轨迹.
自由落体运动及抛体运动
基础知识归纳
1.自由落体运动
(1)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 重力加速度g 的匀加速度直线运动.
(2)自由落体运动的运动规律
①速度公式：vt＝ gt .
②位移公式：h＝.
③速度位移关系式：＝ 2gh .
④从运动开始连续相等的时间内位移之比为 1∶3∶5∶7∶… .
⑤连续相等的时间t内位移的增加量相等，即Δx＝ gt2 .
⑥一段时间内的平均速度.
2.竖直上抛运动
(1)竖直上抛运动的特点
①上升阶段：速度越来 越小 ，加速度与速度方向 相反 ，是 匀减速直线 运动.
②下降阶段：速度越来 越大 ，加速度与速度方向 相同 ，是 匀加速直线 运动.
③在最高点：速度为 零 ，但加速度仍为 重力速度g ，所以物体此时并不处于平衡状态.
(2)竖直上抛运动的规律
①速度公式：vt＝ v0－gt .
②位移公式：h＝.
③速度－位移关系式：＝ －2gh .
(3)几个特征量
①上升的最大高度：H＝.
②上升到最大高度处所需时间t上和最高点处落回原抛出点所需时间t下相等，即t上＝t下＝.
重点难点突破
一、自由落体运动的规律及其应用
自由落体运动是初速度v0＝0、加速度为重力加速度g的匀加速直线运动的特例，故匀变速直线运动的基本公式和相关推论式对自由落体运动都适用.
二、竖直上抛运动上升阶段和下降阶段的对称性
1.时间的对称性
(1)物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等：t上＝t下＝v0/g.
(2)物体在上升过程中从某点到达最高点所用的时间和从最高点落回该点所用的时间相等.
2.速度的对称性
(1)物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反.
(2)在竖直上抛运动中，同一个位置对应两个等大反向的速度.
三、竖直上抛运动的两种处理方法
1.分段法
(1)上升过程：vt＝0，a＝－g的匀减速直线运动.
(2)下降过程：自由落体运动.
2.整体法
(1)将上升和下降过程统一看成是初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2.
(2)若vt>0，则物体在上升；vt<0，则物体在下落.h>0，物体在抛出点上方；h<0，物体在抛出点下方.
典例精析
1.自由落体运动的规律及其应用
【例1】一个物体从H高处自由落下，经过最后196 m所用的时间是4 s，求物体下落H高所用的总时间T和高度H是多少？(取g＝9.8 m/s2，空气阻力不计)
【解析】根据题意画出小球的运动示意图(如图所示)其中t＝4 s，h＝196 m
解法一：根据自由落体公式
由H＝gT 2
H－h＝g(T－t)2解得
T＝s＝7 s
H＝gT 2＝×9.8×72 m＝240.1 m
解法二：利用匀变速直线运动的平均速度的性质解题.
由题意得最后4 s内的平均速度为
m/s＝49 m/s
因为在匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的速度，所以下落至最后2 s时的瞬时速度为
vt′＝＝49 m/s
由速度公式得从开始下落至最后2 s的时间
t′＝ s＝5 s
所以T＝t′＋＝5 s＋s＝7 s
H＝gT 2＝×9.8×72 m＝240.1 m
【思维提升】解决自由落体运动问题要弄清运动过程，作好示意图，然后利用自由落体运动规律分析求解；同时要注意自由落体运动是初速度v0＝0的匀加速直线运动，可灵活运用相关推论求解.
【拓展1】屋檐定时滴出水滴，当第5滴正欲滴下时，第1滴已刚好达到地面，而第3滴与第2滴正分别位于高1 m的窗户上、下沿，如图所示，取g＝10 m/s2，问：
(1)此屋檐离地面多少米？
(2)滴水的时间间隔是多少？
【解析】(1)初速度为零的匀加速直线运动从开始运动起，连续相等时间内位移比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，令相邻两水滴间的距离从上到下的比依次为x∶3x∶5x∶7x.
由题意知，窗高为5x，则
5x＝1 m，x＝0.2 m
屋檐高h＝x＋3x＋5x＋7x＝3.2 m
(2)由公式h＝gt2得一滴水落地的时间为t＝＝0.8 s，T＝＝0.2 s
2.竖直上抛运动的对称性
【例2】以v0＝20 m/s速度竖直上抛一个小球，2 s后以相同的初速度在同一位置上抛另一小球，g＝10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是多少？
【解析】解法一：由速度对称性，上升阶段与下降阶段经过相同的位置时速度等大、反向，即
－[v0－g(t＋2)]＝v0－gt
解得t＝1 s，代入位移公式h＝v0t－gt2，知h＝15 m
解法二：根据时间对称，上升和下降经过同一段位移时所用时间相同，即
v0(t＋2)－g(t＋2)2＝v0t－gt2
解得t＝1 s，代入位移公式h＝v0t－gt2，知h＝15 m
【思维提升】运用竖直上抛运动的对称性分析解决物理问题，不仅可以加深对竖直上抛运动的理解和认识，还可以活跃思维，提升能力.
【拓展2】一个从地面竖直上抛的物体，两次经过一个较低点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为 ( A )
A.g() B.g() C.g() D. g(Ta－Tb)
【解析】根据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为，从b点到最高点的时间为.所以a点到最高点的距离ha＝
b点到最高点的距离hb＝
故a、b之间的距离为ha－hb＝，即选A.
易错门诊
3.竖直上抛运动的处理方法
【例3】气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到 175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)
【错解】因为物体离开气球做自由落体运动，由x＝gt2得t＝s≈
5.91 s
由v2＝2gx得v＝m/s≈59.1 m/s
即重物从气球上脱落，经5.91 s能落到地面，到达地面时的速度约为59.1 m/s.
【错因】由于对惯性理解不深刻，导致对题中的隐含条件即重物离开气球时具有向上的初速度视而不见，误认为v0＝0.实际上，重物随气球匀速上升时，具有向上10 m/s的速度，当重物离开气球时，由于惯性重物将继续向上运动一段距离，在重力作用下做匀变速直线运动.
【正解】取全过程作一整体进行研究，如图所示，则物体在掉落后的时间
t内的位移
h＝－175 m
由位移公式h＝v0t－gt2得
－175＝10t－×10t2
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
vt＝v0－gt＝－60 m/s
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反.
【思维提升】(1)研究竖直上抛运动时，要灵活选用分段法和整体法，同时要注意各物理量的取值正负.
(2)画好过程示意图是解决运动学问题的关键.同时正确判断物体的运动情况.
追及与相遇问题
基础知识归纳
1.追及和相遇问题
当两个物体在同一直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，两物体间距会越来越大或越来越小，这时就会涉及追及、相遇或避免碰撞等问题.
2.追及问题的两类情况
(1)速度大者减速(如匀减速直线运动)追速度小者(如匀速运动)：
①当两者速度相等时，若两者位移之差仍小于初始时的距离，则永远追不上，此时两者间有 最小 距离.
②若两者位移之差等于初始时的距离，且两者速度相等时，则恰能追上，也是两者相遇时 避免碰撞 的临界条件.
③若两者位移之差等于初始时的距离时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有 一个极大 值.
(2)速度小者加速(如初速度为零的匀加速直线运动)追速度大者(如匀速运动)：
①当两者速度相等时有 最大距离 .
②若两者位移之差等于初始时的距离时，则追上.
3.相遇问题的常见情况
(1)同向运动的两物体追及即相遇.
(2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小和等于开始时两物体的距离时即相遇.
重点难点突破
一、追及和相遇问题的常见情形
1. 速度小者追速度大者常见的几种情况：
类型
图象
说明
匀加速追匀速
①t＝t0以前，后面物体与前面物体间距离增大
②t＝t0时，两物体相距最远为x0＋Δx
③t＝t0以后，后面物体与前面物体间距离减小
④能追及且只能相遇一次
注：x0为开始时两物体间的距离
匀速追匀减速
匀加速追匀减速
2.速度大者追速度小者常见的情形：
类型
图象
说明
匀减速追匀速
开始追及时，后面物体与前面物体间距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻：
①若Δx＝x0，则恰能追及，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件
②若Δxx0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝x0两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇
注：x0是开始时两物体间的距离
匀速追匀加速
匀减速追匀加速
二、追及、相遇问题的求解方法
分析追及与相遇问题大致有两种方法，即数学方法和物理方法，具体为：
方法1：利用临界条件求解.寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离.
方法2：利用函数方程求解.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3：利用图象求解.若用位移图象求解，分别作出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；若用速度图象求解，则注意比较速度图线与t轴包围的面积.
方法4：利用相对运动求解.用相对运动的知识求解追及或相遇问题时，要注意将两个物体对地的物理量(速度、加速度和位移)转化为相对的物理量.在追及问题中，常把被追及物体作为参考系，这样追赶物体相对被追物体的各物理量即可表示为：s相对＝s后－s前＝s0，v相对＝v后－v前，a相对＝a后－a前，且上式中各物理量(矢量)的符号都应以统一的正方向进行确定.
三、分析追及、相遇问题的思路和应注意的问题
1.解“追及”、“相遇”问题的思路
(1)根据对两物体运动过程的分析，画出物体的运动示意图.
(2)根据两物体的运动性质，分别列出两物体的位移方程.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.
(4)联立方程求解.
2.分析“追及”、“相遇”问题应注意的几点
(1)分析“追及”、“相遇”问题时，一定要抓住“一个条件，两个关系”：
“一个条件”是两物体的速度满足的临界条件，如两物体距离最大、最小、恰好追上或恰好追不上等.
“两个关系”是时间关系和位移关系.其中通过画草图找到两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口.因此，在学习中一定要养成画草图分析问题的良好习惯，因为正确的草图对帮助我们理解题意、启迪思维大有裨益.
(2)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上该物体前是否停止运动.
(3)仔细审题，注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等，往往对应一个临界状态，要满足相应的临界条件.
典例精析
1.运动中的追及和相遇问题
【例1】在一条平直的公路上，乙车以10 m/s的速度匀速行驶，甲车在乙车的后面做初速度为15 m/s，加速度大小为0.5 m/s2的匀减速运动，则两车初始距离L满足什么条件时可以使(1)两车不相遇；(2)两车只相遇一次；(3)两车能相遇两次(设两车相遇时互不影响各自的运动).
【解析】设两车速度相等经历的时间为t，则甲车恰能追上乙车时，应有
v甲t－＝v乙t＋L
其中t＝，解得L＝25 m
若L>25 m，则两车等速时也未追及，以后间距会逐渐增大，即两车不相遇.
若L＝25 m，则两车等速时恰好追及，两车只相遇一次，以后间距会逐渐增大.
若L<25 m，则两车等速时，甲车已运动至乙车前面，以后还能再次相遇，即能相遇两次.
【思维提升】对于追及和相遇问题的处理，要通过两质点的速度进行比较分析，找到隐含条件(即速度相同时，两质点间距离最大或最小)，再结合两个运动的时间关系、位移关系建立相应方程求解.
【拓展1】两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶.t＝0时两车都在同一计时处，此时比赛开始.它们在四次比赛中的v-t图象如图所示.哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上另一辆 ( AC )
【解析】由v-t图象的特点可知，图线与t轴所围成面积的大小，即为物体位移的大小.观察4个图象，只有A、C选项中，a、b所围面积的大小有相等的时刻，故A、C正确.
2.追及、相遇问题的求解
【例2】在水平轨道上有两列火车A和B相距s，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同.要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件？
【解析】解法一：(物理分析法)A、B车的运动过程(如图所示)利用位移公式、速度公式求解.
对A车有sA＝v0t＋×(－2a)×t2
vA＝v0＋(－2a)×t
对B车有sB＝at2，vB＝at
两车有s＝sA－sB
追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB
联立以上各式解得v0＝
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤
解法二：(极值法)利用判别式求解，由解法一可知sA＝s＋sB，即v0t＋×(－2a)×t2＝s＋at2
整理得3at2－2v0t＋2s＝0
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(2v0)2－4×3a×2s<0时，t无实数解，即两车不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤
解法三：(图象法)利用速度—时间图象求解，先作A、B两车的速度—时间图象，其图象如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v＝v0－2at
对B车有vB＝v＝at
以上两式联立解得t＝
经t时间两车发生的位移之差，即为原来两车间的距离s，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知
s＝v0•t＝v0•
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤
【思维提升】三种解法中，解法一注重对运动过程的分析，抓住两车间距有极值时速度应相等这一关键条件来求解；解法二中由位移关系得到一元二次方程，然后利用根的判别式来确定方程中各系数间的关系，这也是中学物理中常用的数学方法；解法三通过图象不仅将两物体运动情况直观、形象地表示出来，也可以将位移情况显示，从而快速解答.
【拓展2】从地面上以初速度2v0竖直上抛物体A，相隔Δt时间后再以初速度v0竖直上抛物体B.要使A、B在空中相遇，Δt应满足什么条件？
【解析】A、B两物体都做竖直上抛运动，由s＝v0t－gt2作出它们的s-t图象，如图所示.显然，两图线的交点表示A、B相遇(sA＝sB).
由图象可看出Δt满足关系式时，A、B在空中相遇.
易错门诊
3.分析追及、相遇问题的思路
【例3】现检测汽车A的制动性能：以标准速度20 m/s在平直公路上行驶时，制动后40 s停下来.若A在平直公路上以20 m/s的速度行驶时发现前方180 m处有一货车B以6 m/s 的速度同向匀速行驶，司机立即制动，能否发生撞车事故？
【错解】设汽车A制动后40 s的位移为x1，货车B在这段时间内的位移为x2.
据a＝得车的加速度a＝－0.5 m/s2
又x1＝v0t＋at2得
x1＝20×40 m＋×(－0.5)×402 m＝400 m
x2＝v2t＝6×40 m＝240 m
两车位移差为400 m－240 m＝160 m
因为两车刚开始相距180 m>160 m
所以两车不相撞.
【错因】这是典型的追及问题.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.
【正解】如图，汽车A以v0＝20 m/s的初速度做匀减速直线运动经40 s停下来.据加速度公式可求出a＝－0.5 m/s2.当A车减为与B车同速时，是A车逼近B车距离最多的时刻，这时若能超过B车则相撞，反之则不能相撞.
据v2－＝2ax可求出A车减为与B车同速时的位移
x1＝m＝364 m
此时间t内B车的位移为x2，则t＝s＝28 s
x2＝v2t＝6×28 m＝168 m
Δx＝364 m－168 m＝196 m>180 m
所以两车相撞.
【思维提升】分析追及问题应把两物体的位置关系图(如解析中图)画好.通过此图理解物理情景.本题也可以借助图象帮助理解，如图所示，阴影区是A车比B车多通过的最大距离，这段距离若能大于两车初始时刻的距离则两车必相撞.小于、等于则不相撞.从图中也可以看出A车速度成为零时，不是A车比B车多走距离最大的时刻，因此不能作为临界条件分析.
实验：研究匀变速直线运动
基础知识归纳
1.实验目的
(1)练习使用电磁打点计时器或电火花计时器，学会用打上点的纸带研究物体的运动情况.
(2)测出匀变速直线运动的加速度.
2.实验原理
(1)电磁打点计时器和电火花计时器都是使用 交流 电源的计时仪器，电磁打点计时器的工作电压是 4～6 V，电火花打点计时器的工作电压是 220 V.当电源频率是50 Hz时，它每隔 0.02 s打一次点.
(2)若纸带上相邻点间的位移差xn＋1－xn＝ 0 ，则物体做匀速直线运动.若xn＋1－xn＝ C(非零常数) ，则物体做匀变速直线运动.
(3)根据纸带求加速度的方法：
用“逐差法”求加速度.设相邻计数点间的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5、x6，根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝ 3aT2 (T为相邻计数点间的时间间隔)求出a1＝、a2＝、a3＝，再算出a1、a2、a3的平均值，就是物体运动的加速度.
3.实验器材
电火花打点计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸片.
4.实验步骤
(1)安装实验装置(如图所示).
(2)接通电源，释放小车，重复打纸带三条.
(3)挑选纸带，确定计数点，测相邻间距.
(4)用逐差法求加速度.
5.注意事项
(1)计时器打出的点不清晰，可能是 电压偏低 或 振针位置不合适 .
(2)打点计时器在纸带上应打出轻重合适的小圆点，如果打出的是短横线，应调整一下振针距复写纸的高度，使之增大一些.
(3)计时器打点时，应先 接通电源 ，待打点稳定后，再 拉动纸带 .
(4)拉动纸带前，应使拉动端停靠在 靠近打点计时器 的位置.
(5)小车的加速度应适当大些，可以减小长度的测量误差，加速度大小以能在约50 cm的纸带上清楚地取出7～8个计数点为宜.
重点难点突破
一、对实验操作步骤及注意事项的理解和掌握
要熟练实验的操作过程，特别注意减少实验误差的操作技巧.
二、数据分析与处理
1.由纸带判断物体做匀变速直线运动的方法：如图所示，A、B、C、D、…为时间间隔相等的各计数点，x1、x2、x3、…为相邻两计数点间的距离，若Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝常数，即若两连续相等的时间间隔里的位移之差为恒量，则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动.
2.由纸带求物体运动加速度的方法
(1)根据Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝aT 2(T为相邻两计数点间的时间间隔)，求出a＝，然后求平均值.
(2)用逐差法求加速度：根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT 2
求出a1＝、a2＝、a3＝，再算出a1、a2、a3的平均值a＝即为物体运动的加速度.
(3)用v-t图象法，先根据匀变速直线运动某段时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度vn＝，求出打第n个点时纸带的瞬时速度，然后作出v-t图象，图线的斜率即为物体运动的加速度：a＝.
以上三种求a方法中，方法(1)求法误差较大，如果所测数据多一般选取方法(2)、(3).
三、研究匀变速直线运动的其他方法
研究匀变速直线运动，除了运用纸带数据分析法之外，我们还可以通过频闪照相法、滴水法等进行分析研究.
典例精析
1.实验操作步骤及注意事项
【例1】在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，按照实验进行的先后顺序，将下述步骤的代号填在横线上 .
A.把穿过打点计时器的纸带固定在小车后面
B.把打点计时器固定在长木板的没有滑轮的一端，并连好电路
C.换上新的纸带，再重做两次
D.把长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面
E.使小车停在靠近打点计时器处，接通电源，放开小车，让小车运动
F.把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下边吊着合适的钩码
G.断开电源，取出纸带
【解析】正确的实验步骤是：把长木板平放在实验桌上，并用垫片把木板的一端垫高.把打点计时器固定在木板较高的一端，并连好电路.把穿过打点计时器的纸带固定在小车后.使小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，再放开小车，让小车运动，打完一条纸带，断开电源，取下纸带，换上新纸带，再重做两次，即顺序为DBFAEGC.
【答案】DBFAEGC
【思维提升】对实验步骤可简化为：放置→固定→连接→先接后放，开始实验→重复实验→数据分析，同时要理解实验步骤中关键几步，如“固定时定滑轮要伸出桌面，打点计时器固定于远离定滑轮的一端；开始实验时先接通电源，后释放小车”等.
【拓展1】在“研究匀变速直线运动”的实验中，下列方法中有助于减少实验误差的是( ACD )
A.选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位
B.使小车运动的加速度尽量小些
C.舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算
D.适当增加挂在细绳下钩码的个数
【解析】选取计数点可以使用于测量和计算的相邻点的间隔增大，在用直尺测量这些点间的间隔时，在测量绝对误差基本相同的情况下，相对误差较小，因此A正确；在实验中，如果小车运动的加速度过小，打出的点很密，长度测量的相对误差较大，测量准确性降低，因此小车的加速度应适当大些，而使小车加速度增大的常见方法是适当增加挂在细绳下钩码的个数，以增大拉力，故B错，D对；为了减少长度测量的相对误差，舍去纸带上过于密集，甚至分辨不清的点，因此C项正确.
2.研究匀变速直线运动的其他方法
【例2】两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示.连续两次曝光的时间间隔是相等的.由图可知 ( )
A.在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同
B.在时刻t3两木块速度相同
C.在时刻t3以及时刻t4之间某瞬时两木块速度相同
D.在时刻t4以及时刻t5之间某瞬时两木块速度相同
【解析】设连续两次曝光的时间间隔为t，记录木块位置的直尺最小刻度间隔长为l，由图可以看出下面木块间隔均为4l，木块做匀速直线运动，速度v＝.上面木块相邻时间间隔内木块的间隔分别为2l、3l、4l、5l、6l、7l，相邻相等时间间隔t内的位移之差Δl＝l＝恒量， 所以上面木块做匀变速直线运动.由某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得t2、t3、t4、t5时刻的瞬时速度分别为：
v2＝ v3＝ v4＝ v5＝
可见速度v＝介于v3、v4之间，选项C项正确.
【答案】C
【思维提升】(1)解决本题首先要具备一定的观察、分辨和信息提取能力，这也是近几年高考的考查热点.
(2)熟练应用匀变速运动的一些重要结论，如Δx＝aT2，等可快速深入问题的实质，简化解题过程.
【拓展2】用滴水法可以测定重力加速度的值，方法是：在自来水龙头下面固定一块挡板A，使水一滴一滴持续地滴落到挡板上，如图所示，仔细调节水龙头，使得耳朵刚好听到前一个水滴滴在挡板上的声音的同时，下一个水滴刚好开始下落.首先量出水龙头口离挡板的高度h，再用秒表计时，计时方法是：当听到某一水滴滴在挡板上的声音的同时，开启秒表开始计时，并数“0”，以后每听到一声水滴声，依次数“1,2,…”,一直数到“n”时,按下秒表按钮停止时，读出秒表的示数为t.写出用上述测量方法计算重力加速度g的表达式：g＝ 2hn2/t2 .
【解析】n次响声间隔时间对应n个水滴下落的时间间隔，所以一个水滴下落的时间T＝t/n.由h＝gT2得
g＝＝2hn2/t2
3.实验数据分析与处理
【例3】某同学用右图所示的实验装置研究小车在斜面上的运动.实验步骤如下：
a.安装好实验器材.
b.接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次.选出一条点迹比较清晰的纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个打点间隔取一个计数点，如下图中0、1、2、…、6点所示.
c.测量1、2、3、…、6计数点到0计数点的距离，分别记为s1、s2、s3、…、s6.
d.通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀变速直线运动.
e.分别计算出s1、s2、s3、…、s6与对应时间的比值.
f.以为纵坐标、t为横坐标，标出与对应时间t的坐标点，画出-t图象.
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
①实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下列的仪器和器材中，必须使用的有 和 (填选项代号).
A.电压合适的50 Hz交流电源 B.电压可调的直流电源 C.刻度尺
D.秒表 E.天平 F.重锤
②将最小刻度为1 mm的刻度尺的0刻度线与0计数点对齐，0、1、2、5计数点所在位置如图所示，则s2＝ cm，s5＝ cm.
③该同学在下图中已标出1、3、4、6计数点对应的坐标，请你在该图中标出与2、5两个计数点对应的坐标点，并画出-t图象.
④根据-t图象判断，在打0计数点时，小车的速度v0＝ m/s；它在斜面上运动的加速度a＝ m/s2.
【解析】①A，C
②0刻度线和0计数点左端对齐，s2是计数点0与2间的距离，读数时应注意从计数点2的左端读起，s5同理.答案为(2.99～3.01)，(13.19～13.21).
③-t如图所示.
④图象与纵轴的交点即小车在0计数点时的速度，注意单位的转换，由cm/s到m/s.注意应是t时间中点的速度，例如，取2、6两计数点的坐标算加速度时，得出的是计数点1的瞬时速度，
得出的是计数点3的瞬时速度，因此加速度a＝，而不是a＝.
【答案】①A，C ②(2.99～3.01)，(13.19～13.21) ③见解析 ④(0.16～0.2)，(4.50～5.10)
【思维提升】图线与纵轴截距表示初速度为v0，斜率为a，弄清图象的意义是解题的关键.
易错门诊
【例4】在研究匀变速直线运动实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如下表格所示.
计数点序号
1
2
3
4
5
6
计数点对应时刻(s)
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
通过计数点的速度(cm/s)
44.0
62.0
81.0
100.0
110.0
168.0
为了算出速度，合理的方法是 ( )
A.根据任意两计数点的速度公式a＝Δv/Δt算出加速度
B.根据实验数据，画出v-t图象，量出其倾角，由公式a＝tan α算出加速度
C.根据实验数据，画出v-t图象，由图线上任意两点所对应的速度，用公式a＝Δv/Δt算出加速度
D.依次算出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度
【错解】由加速度的定义式可知A正确；v-t图线的斜率表示加速度，因此量出图线倾角α，求出其tan α值即为加速度，B正确，根据a＝求出加速度，再取平均值，即为实验所求，D正确.
【错因】分析中没有从减少误差和图象的实际物理意义出发进行讨论，从而导致错误.
【正解】方法A偶然误差较大；方法D实际上也仅由始末两段位移决定，偶然误差也较大；只有C充分利用画出的v-t图象的各次数据，减少了偶然误差.而B量v-t图象的倾角，由tan α求加速度是不妥的，因为物理学的图象中纵横坐标的分度选取往往不是相同的，是由我们自己随意定大小的，不像数学中的纯坐标.
【答案】C
【思维提升】运用图象处理物理问题时，要注意图象所表示的物理意义，同时特别注意不要将图象纯数学化.
单元综合提升
知识网络构建
经典方法指导
本章是动力学的基础，在高中物理教材中占有很重要的地位，也是高考重点考查的内容之一.复习时，不仅要重视概念、规律形成过程的理解和掌握，搞清知识的来龙去脉，弄清它们的物理实质，还要熟练掌握分析解决运动学问题的思路和方法.
求解直线运动的基本思路：
(1)审清题意，分析运动过程，构建运动图景，并尽量画出草图；
(2)明确题中已知及未知各物理量的关系，恰当选用规律；
(3)若涉及多个过程，要分段分析，找准运动交接点，同时应注意s、v、a等矢量的符号规定和位移图象、速度图象的应用及题中隐含条件的挖掘等.
求解直线运动常用的方法有：一般公式法、平均速度法、中间时刻速度法、比例法、推论法、逆向思维法、图象法、巧选参考系法.图象法在物理应用中占有重要地位，运动的图象是本章的一个重要内容.对于图象问题应首先明确所给的图象是什么图象，即认清图象中横、纵轴所代表的物理量及它们的函数关系，要清楚地理解图象中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”、“面积”的物理意义.对某些运动过程较为复杂或较难直接列式表达的运动问题，可用运动图象来表达，此时一般选择待研究的物理量作为纵坐标.从物理图象上可以更直观地观察出物理过程的动态特征；同时，利用图象解题可以使解题过程简化，思路清晰，比解析法更巧妙、更灵活.
高考真题赏析
【例1】(2008•全国Ⅰ)已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为x1，BC间的距离为x2，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等.求O与A的距离？
【考点】匀变速直线运动的规律及其应用.
【解析】设物体在OA段的距离为x，用时t，在AB、BC段用时均为t1，由运动学公式：
在OA段：x=at2 ①
在OB段：x＋x1＝a(t＋t1)2 ②
在OC段：x＋x1＋x2＝a(t＋2t1)2 ③
联立①②③式解得x＝
【思维提升】匀变速直线运动的基本概念和规律在高考中每年都会出现.本题考查匀变速直线运动的基本公式，题目比较常规，但对数学要求比较高.因此在复习中应加强对常规题的练习，还要培养用数学知识解决物理问题的能力.本题也可用vt图象来解.本题中的已知量比较少，结果必须用题目中所给的物理量表示.
【例2】两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内v-t图象如图所示.若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为 ( )
A.和0.30 s B.3和0.30 s C. 和0.28 s D.3和0.28 s
【考点】运动图象及其应用.
【解析】设甲、乙的质量分别是m甲和m乙，甲、乙的加速度大小分别是a甲、a乙，它们之间的相互作用力大小为F.由题图知，乙的加速度大小为a乙＝ m/s2＝10 m/s2
t1时刻甲、乙速度相同，均为v＝1 m/s，由v＝v0－a乙t1得t1＝s＝0.3 s
所以甲的加速度大小a甲＝m/s2＝m/s2
根据牛顿第二定律，有＝3
因此，选项B正确.
【答案】B
【思维提升】近年来，图象的考查一直是高考的热点问题，尤其是对速度—时间图象的考查在大多数省份的高考题中都频频出现，能够识图并由此还原物理情景是新课标教材着重要求的一项能力.本题利用v-t图象分析加速度时应注意结合图象信息借助加速度定义式a＝求解，为方便将a代入牛顿第二定律中，计算a时可以只计算其大小，暂不考虑其正负.
【例3】某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的 ( )
A.路程为65 m B.位移大小为25 m，方向向上
C.速度改变量的大小为10 m/s D.平均速度大小为13 m/s，方向向上
【考点】竖直上抛运动的规律.
【解析】物体的上升时间t＝＝3 s，上升高度H＝＝45 m，下降阶段t1＝(5－3) s＝2 s，下降的位移x1＝＝20 m.所以5 s时物体的位移x＝H－x1＝25 m，方向向上.路程s＝H＋x1＝65 m.5 s时速度大小v1＝gt1＝20 m/s，方向向下，5 s内速度改变量Δv＝v1－v0＝
－50 m/s，方向向下. m/s＝5 m/s，方向向上.
【答案】AB
【思维提升】匀变速直线运动是高中物理中较典型的运动模型之一，其规律的应用对学生的能力要求而言具有代表性，是近年高考中经常考查的热点问题.本题通过对竖直上抛运动的考查，考查了对匀变速直线运动规律的理解和应用.
【例4】如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度.
(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需 (填字母代号)中的器材.
A.直流电源、天平及砝码 B.直流电源、毫米刻度尺
C.交流电源、天平及砝码 D.交流电源、毫米刻度尺
(2)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确度.为使图线的斜率等于重力加速度，除作v-t图象外，还可作 图象，其纵轴表示的是 ，横轴表示的是 .
【考点】考查打点计时器的应用.
【解析】(1)本题是利用纸带并借助做自由落体运动的重物来测定重力加速度的.打点计时器应使用交流电源，分析纸带时需使用毫米刻度尺，因此选项D正确.
(2)利用图象处理数据时应尽量设法得到一条直线图象，本题中利用v-t图象可以(v＝v0＋at为线性关系)，利用-h图象也可以(mgh＝mv2)，采用后者时坐标系的纵轴表示速度平方的二分之一，横轴表示重物下落的高度.
【答案】(1)D (2) -h；速度平方的二分之一；重物下落的高度
【思维提升】纸带分析法是力学实验中重要的实验方法其主要应用就是通过一段纸带求解质点的瞬时速度和加速度，在高考实验命题中多有考查.
高考试题选编
1.某物体做直线运动的v-t图象如图所示，据此判断下图(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是 ( B )
【解析】由v-t图象可知物体在前2 s时间内做匀加速直线运动，在2 s～4 s内做匀减速直线运动，两段时间内速度方向相同，位移一直在增大，故选项C、D都错；4 s～6 s内v-t图象的斜率与2 s～4 s内相同，说明加速度在2 s～6 s内相同，即物体所受合力大小在2 s～6 s内相同，故选项A错.
2.具有相同体积且质量均匀的实心铁球与铝球，从离地面等高处由静止自由落下，重力加速度的量值为g.在落下的时间均为t
时(尚未到达地面)，忽略空气阻力及风速的影响，下列哪几项叙述正确(应选三项) ( BCD )
A.两球所受的重力相同 B.两球下落的距离相同
C.两球有相同的速度 D.两球有相同的加速度
E.两球有相同的质量
【解析】两球体积相同，但密度不同，故重力不同，根据牛顿第二定律和运动学公式，可知选项B、C、D正确.
3.从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是 ( C )
A.从飞机上看，物体静止 B.从飞机上看，物体始终在飞机的后方
C.从地面上看，物体做平抛运动 D.从地面上看，物体做自由落体运动
【解析】物体始终在飞机的正下方，从飞机上看，物体做自由落体运动，从地面上看，物体做平抛运动，选项C正确.
4. A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶.当B车在A车前84 m处时，B车速度为4 m/s，且正以2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车加速度突然变为零.A车一直以20 m/s的速度做匀速运动.经过12 s后两车相遇.问B车加速行驶的时间是多少？
【解析】设A车的速度为vA，B车加速行驶时间为t，两车在t0时相遇.则有
xA＝vAt0 ①
xB＝vBt＋at2＋(vB＋at)(t0－t) ②
式中，t0＝12 s，xA、xB分别为A、B两车相遇前行驶的路程.依题意有xA＝xB＋x ③
式中x＝84 m
由①②③式得t2－2t0t＝ ④
代入数据解得
vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2，t0＝12 s
有t2－24t＋108＝0 ⑤
解得t1＝6 s，t2＝18 s ⑥
t2＝18 s不合题意，舍去.因此，B车加速行驶的时间为6 s.
5.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m ＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F ＝28 N.试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s 时到达高度H＝64 m.求飞行器所受阻力f的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力.求飞行器能达到的最大高度h；
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 .
【解析】(1)第一次飞行中，设加速度为a1，由匀加速运动得H＝
由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1
解得f＝4 N
(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，能到达的高度为s1，由匀加速运动得s1
＝
v1＝a1t2
设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma2
s2＝
解得h＝s1＋s2＝42 m
(3)如图所示，设失去升力下降阶段加速度为a3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，由牛顿第二定律得
mg－f＝ma3
F＋f－mg＝ma4
且＝h
v3＝a3t3
解得t3＝s(或2.1 s)
