高三总复习直线运动之重点难点分析概要.docx
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高三总复习直线运动之重点难点分析概要
直线运动
重难点分析
匀变速直线运动是高中物理运动学部分的主要内容,而初速为0（物体从静止开始的匀变速直线运动,是一种常见题型（如自由落体运动,或者常见的一个分运动（例如平抛物体的运动属于考查的重点内容,常有题目出现,应熟练地掌握它们。
在解运动学问题时,应明确研究对象,确定物体运动的性质和物理过程。
如果本题中包含着几个物理过程,注意前后物理过程的速度、时间、位移之间的联系,尤其应抓住两个物理过程的关键:
速度,即前一物理过程的末速度是后一物理过程的初速度。
描述直线运动的物理参量有5个,即v0、s、t、a、vt,而运动学的独立公式只有两个,即vt=v0-at,2
02
1attvs+
=。
解题过程中一般只要知道其中3个量就能求出其余两个量,
审题时注意题中的隐含的已知条件。
例如,物体从静止（即v0=0开始运动,或者物体最终停止（即vt=0下来;
因为速度公式和位移公式是矢量式,所以,解题时,应选择正方向。
各量的方向用正负号表示,与选定的正方向相同时取正,反之取负。
经常选取的初速度v0的方向为正方向。
一.初速为零的匀变速直线运动的几个比例式
1.按计时单位划分（时间单位相同
（1位移比s1∶s2∶s3„sn=1∶22∶32„n2
sⅠ∶sⅡ∶sⅢ„sn=1∶3∶5„（2n-1
（2速度比v1∶v2∶v3„vn=1∶2∶3„n2.等分位移
（1时间比⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎨⎧---
-=∆∆∆∆=1（23（:
12（:
1:
:
3:
2:
1:
:
321321nnttttnttttnn
（2速度比v1∶v2∶v3„vn=1∶2∶3„n
示例1一列火车从静止开始做匀变速直线运动,一人站在第一节车厢旁的前端观察,第一节车厢全部通过他历时4秒,全部车厢通过他历时16秒,设各节车厢长度相等,且不计车厢间的距离。
问;
①这列火车共有几节车厢?
②最后一节车厢通过他需要多少时间?
③前三节通过他所需时间?
分析指导①经过t,2t,3t,„,nt秒内位移之比为s1∶s2∶s3„sn=1∶22
∶32
„n2
设每节列车长为L,令s1=L,t1=4s,sn=nL,tn=16s,则L:
nL=42∶162,n=16。
所以这列火车共有16节车厢。
②每经过相邻的相同位移所用的时间之比是:
1（23（:
12（:
1:
:
321--
-
-=nnttttn,
故,stnntn508.041（1（1=--
=--
=。
最后一节车厢经过他所用时间为0.508秒。
③第一节与前三节所用时间之比为3:
1:
21=tt前三节所用时间t3=43=6.93s。
示例2小球作自由落体运动,它在前n秒内通过的位移和前n+1秒内通过的位移之比是多少?
它在第n秒内通过的位移跟第n+1秒内通过的位移之比是多少?
分析指导根据2
21ats=
则有sn∶sn+1=
2
1an2∶
2
1a（n+12=n2∶（n+12
它在第n+1秒内通过的位移为
△sn=
2
1an2-
2
1a（n-12=
2
1a（2n-1
它在第n+1秒内通过的位移为
△sn+1=
2
1a（n+12
-
2
1an2
=
2
1a（2n+1
故△sn∶△sn+1=
2
1a（2n-1∶2
1a（2n+1=（2n-1∶（2n+1
它在前n秒与前n+1秒位移之比为n2
=（n+12
它在第n秒与第n+1秒位移之比为（2n-1∶（2n+1。
示例3物体从h米高处自由落下,如果把h分成这样4段,即使物体通过每段的时间相等,求每段的长度
分析指导可利用,sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶sⅣ=1∶3∶5∶7,设将全段分为n个等分,有
17531=+++n
nnn,n=16,可求出每段长度。
则自由而下各段长度分别为:
m（16
11hh=
m（16
32hh=
m（16
53hh=
m（16
74hh=
。
二.直线运动的图象
运动图像是反映运动各物理量之间的函数关系的图象。
通过图象的分析讨论,使物理问题变得简捷明快,一目了然,使抽象思维转化为形象思维,化难为易。
物理图象在考试时经常出现,应给予重视,直线运动中常用的图象有位移-时间（s-t图象和速度-时间（v-t图象。
1.位移-时间（s-t图象
它反映做直线运动物体位移随时间变化的关系,横坐标为时间轴,轴上各点表示计时开始的各个时间,纵坐标表示从运动开始的这段时间内物体对应坐标原点的位移,v-t图像的斜率表示运动物体的速度,图线的交点表示相遇。
2.速度-时间（v-t图象
它反映直线运动物体的速度随时间变化的关系,它的斜率表示物体运动的加速度,它的图象与对两坐标轴包围的面积表示位移,图象与纵坐标的截距表示物体的初速度v0,图象与横坐标的截距表示物体运动速度为零的时刻,图线的交点表示速度相同。
示例4图2.2-1表示两个在同一直线运动物体相对于同一原点的位移-时间图象。
对此,有下面不同的结论:
（A甲和乙都做匀变速直线运动;（B甲、乙的出发点相距s1;（C乙比甲早出发t1的时间;（D乙运动的速率大于甲运动速率。
其中正确的是:
（1只有B,C;（2只有B,D;
（3只有A,C,D;（4只有A,C
解从图象可知:
甲、乙两物体零时刻相距s1相向而行,甲在零时刻向原点运动,t2
的时刻达原点,而乙由坐标原点出发,乙从t1时刻出发,但乙的图象的斜率大于甲图象的斜率,故乙的速度大于甲物体的速度,因此B,D正确。
示例5飞机从一地起飞,到另一地降落。
如果飞机在竖直方向的分速度vy与时间t的关系曲线如图2.2-2所示（作图时规定飞机向上运动时vy为正,则在飞行过程中,飞机上升的最大高度是__________米;在t=2200秒到t=2400秒的时间内,它在竖直方向的分加速度ay为___________米/秒2
。
分析指导根据运动的独立性原理,飞机在竖直方向的分运动是独立的。
上升的高度为速度图像包围的面积梯形面积m8000202
600
200=⨯+=
S,
在t=2200s到t=2400s它在竖直方向的分加速度s/m（10.02200
240020（02
=---=
∆-=
t
vvaty
答案:
8000m,0.10m/s2。
示例6将物体竖直上抛后,能正确表示其速率v随时间t的变化关系的图线是图2.2-3所示中的___________。
分析指导速率指速度的大小,上抛时速率先由大变成0,然后下落时又由0变大,所以选D。
三.运动学中的极值问题
极值求解在高考试题中占有不容忽视的地位,回顾将近20年来全国统一命题物理试卷,除少数年外,几乎年年涉及。
极值求解,大体分为两种方法,一种偏重于通过分析物理现象发生的过程,从物理概念和规律中寻求结果,通观历年高考中出现的极值求解,多数用这种方法,另一种方法则偏重于“数学方法”求解。
极值问题应引起重视,下面仅谈直线运动的极值问题。
1.利用图象求极值
利用图象形象直观,动态清楚的特点,由图象解物理问题,不仅可以提高运用数学工具的能力,而且便于学习,加强理解。
示例7甲乙两车同时自同一地点同向出发,甲做匀速直线运动,速度为10米/
秒,
乙从静止开始做匀加速直线运动,加速度为2米/秒2
求在乙车追及甲车以前两车相距最大距离为多少?
分析指导①运用速度图象,由图2.2-6可求出物体在t秒钟内通过的位移。
由v-t图象中的几何关系可知,当由S甲决定的矩形面积□OADt与由S乙决定的直角三角形面积△OCt的相等时,即两车位移相等,乙车追及甲车,由v–t图象可以看出,追及前相距最大,必定是S□OADt-S△OCt等于极大值。
而S□OADt=S△OAB+S□OBDt,
S△OCt=S△BCD+S□OBDt。
两式相减,S□OADt-S△OCt=S△AOB-S△BCD,
当S△BCD=0时,面积差值最大,即△Smax=S△OAB=
（m255102
12
1=⨯⨯=
⨯ABAO。
②分析物理过程求极值,关键是两车速度相等时,两车间距最大。
因为速度相等之前,甲在前乙在后,v
甲
>v乙,两车间距离在继续加大,当v
甲
=v乙之后,因为乙车有加速度,
两车间距是减小,所以只有v
甲
=v乙时;两车间距最大。
故v
甲
=at,s（52
10===
a
vt甲
m（25522
15102
12
2
max=⨯⨯-
⨯=-
=∆attvS甲。
答案应为25米。
由上看出后一种解法偏重物理现象和物理过程的分析,更能检验和培养思维能力,反映了思维深度和广度,这种“临界条件”和“边界条件”为高考中常用,应当重视。
2.利用三角函数中sinθ或cosθ最大值为1的性质求极值示例8如图2.2-7所示,底边BC一定,物体自斜面顶端A由静止下滑,斜面倾角为θ。
若不计摩擦力,问θ为何值时,物体下滑到底端的时间为最短?
分析指导由题意知:
mgsinθ=ma,故a=gsinθ。
设斜面长LAB=,2
2
sin2
121tgat
Lθ=
=
。
而θ
cosBCL=
则
θ
θcossin2
12
BCt
g=
故θ
θ
θ2sin22
cossin2BCgBC
t==
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欲使t最小,则分母sin2θ要最大,即sin2θ要最大,故sin2θ=1,2θ=90°,所以θ=45°时物体下滑时间为最短g
BCt2
=。
若物体与斜面间摩擦系数为μ,
则mgsinθ-μmgcosθ=ma,故a=g（sinθ-μcosθ因L=2
21at=
2
1g（sinθ-μcosθt2
又θ
cosBCL=
故
2
cos（sin2
1costgBCθμθθ
-=,
故t=
coscos（sin2
cos（sincos22
θμθθθμθθ-=
-gBC
gBC
又cos2θ=
2
1（1+cos2θ
所以⎥
⎦
⎤
⎢⎣⎡+-=2cos1（212sin212θμθgBC
t
=
2cos2（sin2
μθμθ--gBC
令ϕ
ϕϕμcossintan=
=,如图2.2-8,
则由分母中得:
θϕ
ϕθ2coscossin2sin-
2cossincos2（sincos1θϕϕθϕ
-=
2sin（2
ϕθμ
-+=
故⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡--+=μϕθμ
2sin（2
2
gBC
t。
欲使t值最小,sin（2θ-φ应最大,即sin（2θ-φ=1,2θ-φ=90°,2
arctan90μ
θ+︒=
。
此时
（2
2
minμμ
-+=gBCt。
3.利用二次函数的性质求极值
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对式a
b
aca
bxacbxaxy44
2（2
2
2
-+
+
=++=,
当a>0时,y有极小值,ab
acy442
min-=,abx2-
=。
当a<0时,y有极大值,a
bacy442
max-=
a
bx2-
=。
示例9有一辆汽车,以30米/秒的速度匀速追赶它前面300米处的一辆摩托车。
设摩托车同时由静止以6米/秒2
的加速度同向前进,问何时两车相距最近?
最近的距离为多大?
分析指导设经过t秒时,二车相距最近。
根据题意,s1=vt=30t,
2
2
2
2330062
130021300tt
at
s+=⨯+
=+
=,
两式相减得△s=s2-s1=3t2-30t+300,
与y=ax2
+bx+c相比较,a=3,b=-30,c=300。
因a>0,故y有极小值。
由公式可知,在
（s53
230=⨯--
=t时,△s有极小值,所以（m2253
4
30（30034442
2
=⨯--⨯⨯=
-=
∆a
b
acs。
应指出。
此题用配方的方法或者求导均可求解。
示例10A、B两艘船在大海中航行,A船向正东,速度为15公里/小时,B船向正北,速度为20公里/小时,A船正午通过某一灯塔,B船在下午2点也通过同一灯塔,问什么时候A、B两船相距最近?
最近距离多少?
分析指导设灯塔在D处,如图2.2-9所示,B船在D处正南20×2=40公里,正午后经t小时两船的距离为
16001600625
15（2040（2
2
2+-=+-=
tt
tts
56.256.2252
+-=tt
9216.028.1（252
+-=t
当t=1.28（h,s有极小值,极小值为km（249216.025==s答案:
在下午1.28小时,A、B两船相距最近,最近距离为24公里,
四.竖直上抛运动的特点
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在离地面不太高,2
（hRGMg+=,g可认为是恒量。
物体初速度v0竖直上抛后,只在重
力作用下运动,叫竖直上抛。
运动规律:
vt=v0-gt,
2
02
1gttvs-
=,ghvvt22
02-=,
上升到最大高度的时间下上tg
vt==
0,
上升的最大高度是g
vH22
=
上升的初速度和落回地面的速度等值反向。
vt=-v0。
竖直上抛运动具有往返性,这是上抛运动的最大特点。
如果注意到vt、s、g的矢量性,对于具有返回特点的问题,可以直接使用运动学中的两个基本公式。
整段研究直接求解,取向上为正时,上升段vt为正,下降vt为负;起点之上h为正,起点之下h为负,g为负。
上抛运动的速度图像如图2.2-11所示。
上抛运动为匀变速运动,在最高点时,速度为0,加速度为-g。
示例11当气体匀速上升到150米高处时,从气球上掉下一个物体,经过6秒钟落地,g取10米/秒2,不计空气阻力,求物体落地时的速度多大?
分析指导气球上掉下的物体,因为有向上的初速v0,做竖直上抛运动,以抛出原点为坐标原点,可整段直接运用位移公式,
有2
021gt
tvh-
=2
06102
16150⨯⨯-
⨯=-v
故,求得v0=5米/秒,方向向上。
根据速度公式vt=v0-gt=5-10×6=-55（m/s,负号表示落地的速度与初速方向。
答:
物体落地的速度为55米/秒,方向向下。
示例12小球以24厘米/秒的初速度从光滑斜面的底端向上做匀变速度直线运动,达到最高点后以原加速度返回,在出发后的2秒末,速度减为16厘米/秒,求:
①小球从起点经过54厘米位移所需的时间;②8秒末小球的速度;
③小球在前8秒内通过的位移和路程;④前8秒内的平均速度大小。
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分析指导这是一个类似竖直上抛运动的具有往返特性的减速运动,只是加速度不同,因此,完全可以应用解竖直上抛运动的思想来解本题。
①以初速度方向为正cm/s（42
24
162
-=-=
-=t
vvat
由位移公式2
021attvs+=,可得2
4（2
12454tt-+
=,
解得t=3（s,或t=9（s。
两个时间3秒和9秒都合理,这就是具有往复性的表现。
②vt=v0+at=24+（-4×8=-8（cm/s
表示8秒末速度大小为8厘米/秒,方向沿斜面向下。
③位移cm（6484（2
1824212
2
0=-+
⨯=+
=at
tvs路程为8秒内通过轨迹的长度,
小球到达最高点所走的路程为cm（72
4（2
24（22
2
01=--=
-=
a
vs,
再从最高点回到64厘米处所经过的路程s2=72-64=8（cm,总路程s总=s1+s2=72+8=80（cm。
④前8秒的平均速度cm/s（88
64===
tsv,前8秒的平均速率m/s（108
80==
率v
示例13气球以10米/秒的速度匀速上升,到达高度为19.2米处时,由气球正下方的地面上,以30米/秒的速度竖直上抛一石子,石子与气球何时相遇?
若要与气球相遇,则石子的最小速度是多少?
（g取10米/秒2
分析指导本题实质是一个竖直上抛运动中的追及问题,所不同的是上抛具有往复性,追及就可能出现二次相遇和一次相遇的情境。
本题中把气球和石子当成质点考虑,以初始位置为原点,以初速为正方向。
根据题意画如图2.2-12的示意图:
①设石子上升t秒时与气球相遇
y球=L+v球t（1y石=v
石
t-
2
1gt2（2
石子与气球相遇时,y球=y石（3故2
21gttvtvL-
=⋅+石球
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0（212
=+--Ltvvgt
球石
故g
gl
vvvvt22
--±-=（球石球石
10
42010
2
.191021030（1030（2
±=
⨯⨯--±
-=
t1=1.6（s,t2=2.4（s
把t1和t2值代入（2式得y石1=35.2（m,
y石2=43.2（m,
说明在1.6秒时（y石1=35.2米,相遇一次,第二次在2.4秒（y石2=43.2米时相遇。
②设石子与气球相遇时最小速度为石
v',石v'是石子与气球在空中只有一次相遇时上抛的初速度,
此时y球=L+v球t（1
2
2
1gttvy-'=石
石（2
相遇时y球=y石（3
解方程组得g
gl
vvvvt22
--'±-'=（球石球石（4
当石子与球只有一次相遇时,（4式不应出现重根,
则
022=--'glvv（球石故（球石
m/s6.29106.19102.191022=+=+⨯⨯=
+='vglv
将石
v'值代入（4式s（96.110
10
6.29=-=t
相遇时石子的速度是（石
石m/s1096.1106.29=⨯-=-'=gtvv相遇时球石vv=,在此以后,二物分离球匀速上升,石子匀减速上升,到最高点后落回地面,二者不再相遇。
五.运动的合成与分解
1.运动的合成
已知物体的几个分运动求合运动叫做运动的合成。
（1运动的独立性原理又称运动的叠加原理。
一个物体同时参与几种运动,各个分运动都可以看做各自独立进行的,它们之间互不干扰和影响,总的运动可以看成是这几个独立的分运动叠加而成的。
（2运动的等时性原理若一个物体同时参与几个分运动,合运动和各分运动是同一时间内进行的,经过的时间相同。
（3运动的合成法则平行四边形法则。
2.运动的分解
运动的分解是合成的逆运算。
常用的速度分解的方法有两种。
（1将速度正交分解,例如平抛运动某时刻的速度可以分解为水平和竖直方向两个分速度。
（2根据物体运动的实际情况分解。
示例14如图2.2-13所示,在河岸上利用定滑轮拉绳索使小船靠岸拉绳的速度为v,当船头的绳索与水平方向夹角为θ时,求船的速度。
分析指导设在极短的时间内,船水平前进△s1,滑轮与船之间的绳索缩短了△s,因为时间△t很小,可以认为由△s1和△s组成的三角形ABC为直角三角形,则
1
cosss∆∆=
θ,t
sv∆∆=
t
sv∆∆=
1船,故θ
cosvv=
船。
答案:
船的速度是
θ
cosv
。
示例15如图2.2-14所示,在倾角为30°的光滑斜面上,从某点A沿斜面水平方向抛出一球,其初速度为v0=5米/秒,求3秒末小球在水平方向运动的位移x=?
3秒末运动到P点的速度vp=?
3秒末沿斜面的位移?
（g取10米/秒2
分析指导根据运动的独立性原理,水平位移x=v0t=5×3=15（m
物体沿斜面下滑的加速度m/s（52
11030sin2
=⨯
=︒=ga
vy=at=5×3=15（m/s
（（m/s51552
22
2=+=+=
yxpvvv
方向与水平成α角10
5tan=
=
x
yvvα5.0arctan=α
m（5.22352
12
12
2
=⨯⨯=
=aty
位移m（04.27
5.22（15（2
22
2
=+=+=
y
xs
示例11船速为4米/秒的小船在宽100米、水速为
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