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【高考物理】
解題方法精細講解專題：直線運動解題思路
1．基本公式法
公式v＝v0＋at；x＝v0t＋at2；v2－v＝2ax是研究勻變速直線運動的最基本的公式，合理運用和選擇三式中的任意兩式是求解運動學問題最常用的基本方法．
例1一物體以v0＝10 m/s的初速度、2 m/s2的加速度做勻減速直線運動，當速度大小變為v′＝16 m/s時所需時間是多少？位移是多少？物體經過的路程是多少？
解析　設初速度方向為正方向，根據勻變速直線運動規律v＝v0＋at，有－16＝10－2t，所以經過t＝13 s物體的速度大小為16 m/s.
由x＝v0t＋at2可知這段時間內的位移為x＝(10×13－×2×132)m＝－39 m，物體的運動分為兩個階段，第一階段速度從10 m/s減到0，此階段位移大小為x1＝＝ m＝25 m，第二階段速度從0反向加速到16 m/s，位移大小為x2＝＝ m＝64 m，則總路程為L＝x1＋x2＝25 m＋64 m＝89 m.
答案　13 s　25 m　89 m
2．平均速度法
定義式＝對任何性質的運動都適用，而＝只適用于勻變速直線運動．此外對勻變速直線運動還有＝
例2一個小球從斜面頂端無初速度下滑，接著又在水平面上做勻減速運動，直至停止，它共運動了10 s，斜面長4 m，在水平面上運動的距離為6 m．求：
(1)小球在運動過程中的最大速度；
(2)小球在斜面和水平面上運動的加速度．
解析　小球在斜面和水平面上均做勻變速直線運動，在斜面底端速度最大，設最大速度為vmax，在斜面上運動的時間為t1，在水平面上運動的時間為t2.
則由(t1＋t2)＝10 m，
t1＋t2＝10 s，得vmax＝2 m/s，
由公式2as＝v，代入數據得在斜面上運動的加速度a1＝ m/s2，在水平面上運動的加速度a2＝ m/s2.
答案　(1)2 m/s　(2) m/s2　 m/s2
3．妙用Δs＝aT2
在勻變速直線運動中，第m個T時間內的位移和第n個T時間內的位移之差sm－sn＝(m－n)aT2.對紙帶問題用此方法尤為快捷．
例3有一個做勻加速直線運動的質點，它在兩個連續相等的時間間隔內所發生的位移分別為10 m和16 m，時間間隔為2 s，求該質點運動的加速度a.
解析　由Δs＝aT2，可得a＝＝1.5 m/s2.
答案　1.5 m/s2
4．假設法
假設法是以題設的物理現象及其變化為基礎，對物體條件、物理狀態或過程進行合理假設，然后根據物理概念和規律求解．
例4一個以初速度v0沿直線運動的物體，t秒末的速度為v，其v－t圖象如圖所示，則關于t秒內物體運動的平均速度，以下說法正確的是(　　)
A.< B.＝
C.> D.無法確定
解析　本題我們可以假設物體做初速度為v0，末速度為v的勻變速直線運動，其v－t圖象如圖中的傾斜虛線所示．由勻變速直線運動的規律知物體在時間t內的平均速度等于這段時間內的初速度v0與末速度v的算術平均值，即平均速度等于，而物體在t秒內的實際位移比勻變速直線運動在t秒內的位移大，所以>，故選項C正確．
答案　C
5．極值法
有些問題用一般的分析方法求解難度較大，甚至中學階段暫時無法求出，我們可以把研究過程推向極端情況來加以分析，往往能很快得出結論．
例5兩個光滑斜面，高度和斜面的總長度相等，如圖所示，兩個相同的小球，同時由兩個斜面頂端由靜止開始釋放，不計拐角處能量損失，則兩球誰先到達底端？
解析　
甲斜面上的小球滑到斜面底端的時間很容易求出．設斜面高度為h，長度為L，斜面的傾角為θ.則由L＝gsinθ、sinθ＝，解得t1＝.
乙斜面上的小球滑到斜面底端的時間很難直接計算．可將乙斜面作極端處理：先讓小球豎直向下運動，然后再水平運動，易解得這種運動過程中小球運動的時間為t2＝ ＋＝答案　乙斜面上的小球先到達斜面底端
6．圖象法
利用圖象法可直觀地反映物理規律，分析物理問題．圖象法是物理研究中常用的一種重要方法．運動學中常用的圖象為v－t圖象．在理解圖象物理意義的基礎上，用圖象法分析解決有關問題(如往返運動、定性分析等)會顯示出獨特的優越性，解題既直觀又方便．需要注意的是在v－t圖象中，圖線和坐標軸圍成的“面積”應該理解成物體在該段時間內發生的位移．
例6汽車從甲地由靜止出發，沿平直公路駛向乙地．汽車先以加速度a1做勻加速直線運動，然后做勻速運動，最后以大小為a2的加速度做勻減速直線運動，到乙地恰好停止．已知甲、乙兩地的距離為x，求汽車從甲地到乙地的最短時間t和運行過程中的最大速度vm.
解析　由題意作出汽車做勻速運動時間長短不同的v－t圖象，如圖所示．不同的圖線與橫軸所圍成的“面積”都等于甲、乙兩地的距離x.由圖象可知汽車做勻速運動的時間越長，從甲地到乙地所用的時間就越長，所以當汽車先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，中間無勻速運動時，行駛的時間最短．
設汽車做勻加速直線運動的時間為t1，則勻減速直線運動的時間為(t－t1)．則有vm＝a1t1＝a2(t－t1)，解得t1＝，則vm＝，
由圖象中三角形面積的物理意義有x＝vmt＝，
解得t＝ ，故vm＝ .
答案　t＝ 　vm＝
7．相對運動法
以系統中的一個物體為參考系研究另一個物體運動情況的方法．
例7物體A、B從同一地點，同時沿同一方向運動，A以10 m/s的速度做勻速直線運動，B以2 m/s2的加速度從靜止開始做勻加速直線運動，求A、B相遇前兩物體間的最大距離．
解析　因為本題求解的是A、B間的相對距離，所以可以利用相對運動法求解．選B為參考系，從計時開始到A、B相遇前兩物體間出現最大距離的過程中，A相對于B的初速度、末速度和加速度分別為：
v0＝10 m/s，v＝0，a＝－2 m/s2，
根據v2－v＝2aΔxmax，有Δxmax＝，
解得Δxmax＝25 m.
答案　25 m
8．逆向思維法
對于物體做勻減速直線運動的問題，可以當作逆向的勻加速直線運動處理．這樣更符合思維習慣，容易理解．
例8一物體以某一初速度在粗糙水平面上做勻減速直線運動，最后停下來，若此物體在最初5 s內和最后5 s經過的路程之比為11:5.則此物體一共運動了多長時間？
解析　若依據勻變速直線運動規律列式，將會出現總時間t比前后兩個5 s的和10 s是大還是小的問題：若t>10 s，可將時間分為前5 s和后5 s與中間的時間t2，經復雜運算得t2＝－2 s，再得出t＝8 s的結論．若用逆向的初速度為零的勻加速直線運動處理，將會簡便得多．視為反向的初速度為零的勻加速直線運動，則最后5 s內通過的路程為x2＝a×52＝12.5a，
最初5 s內通過的路程為x1＝at2－a(t－5)2＝a(10t－25)，
由題中已知的條件：x1：x2＝11:5，得(10t－25) :25＝11:5，
解得物體運動的總時間t＝8 s.
答案　8 s
9．比值法
對初速度為零的勻加速直線運動，利用勻變速直線運動的基本公式可推出以下幾個結論：
(1)連續相等時間末的瞬時速度之比為：
v1:v2:v3:…:vn＝1:2:3:…:n
(2)t、2t、3t、…、nt內的位移之比為：
x1t:x2t:x3t:…:xnt＝12:22:32:…:n2
(3)連續相等時間內的位移之比為：
x1:x2:x3:…:xn＝1:3:5:…: (2n－1)
(4)連續相等位移所用的時間之比為：
t1:t2:t3:…:tn＝1: (－1) : (－):…: (－)
在處理初速度為零的勻加速直線運動時，首先考慮用以上的幾個比值關系求解，可以省去很多繁瑣的推導及運算．
例9一個物體從塔頂做自由落體運動，在到達地面前最后1 s內發生的位移是總位移的7/16，求塔高．(取g＝10 m/s2)
解析　由初速度為零的勻加速直線運動規律推論知，第1 s內、第2 s內、第3 s內、第4 s內的位移之比為1:3:5:7，第4 s運動的位移與總位移的比值為7/16，故物體下落的總時間t總＝4 s，塔高h＝gt＝80 m.
答案　80
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