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2009高考物理總復習資料（二）直線運動
復習要點
1．機械運動，參照物，質點、位置與位移，路程，時刻與時間等概念的理解。
2．勻速直線運動，速度、速率、位移公式S=υt，S～t圖線，υ～t圖線
3．變速直線運動，平均速度，瞬時速度
4．勻變速直線運動，加速度，勻變速直線運動的基本規律：S=υ0t+at2、υ=υ0+at勻變速直線運動的υ～t圖線
5．勻變速直線運動規律的重要推論
6．自由落體運動，豎直上拋運動
7．運動的合成與分解.
二、難點剖析
1．機械運動及其描述
機械運動的是運動物體的位置隨時間變化。
做機械運動的物體，由于其位置將發生變化，為了描述其位置變化的情況，引入了位移概念；做機械運動的物體，由于其位置將隨時間發生變化，為了描述其位置隨時間變化的情況，引入了速度概念；做機械運動的物體，由于其位置隨時間變化的情況有時也將變化，即其運動速度將隨時間變化，為了描述其速度隨時間情況，引入了加速度概念
位移是矢量，它描述了做機械運動的物體在某段時間內位置變化的大小和方向；速度是矢量，它描述了做機械運動的物體在某個時刻位置變化的快慢和方向；加速度也是矢量，它描述了做機械運動的物體在某個時刻速度變化的快慢和方向。
運動是絕對的，這就是說任何物體在任何時刻都是在運動著的；運動的描述則只能是相對的，這就是說描述物體的運動情況只能相對于某個指定的參照物。應注意：同一物體的同一運動，若選取不同的參照物，其描述一般是不同的。
2．勻變速直線運動的基本規律及重要推論
（1）勻變速直線運動的基本規律通常是指所謂的位移公式和速度公式
S=υ0t+at2
υ=υ0+at
（2）在勻變速直線運動的基本規律中，通常以初速度υ0的方向為參考正方向，即υ0＞0此時加速度的方向將反映出勻速直線運動的不同類型：
①a＞0，指的是勻加速直線運動；
②若a=0，指的是勻速直線運動；
③若a=0，指的是勻減速直線運動。
（3）勻變速直線運動的基本規律在具體運用時，常可變換成如下推論形式
推論1： υ2－=2as
推論2：=（υ0+υ）
推論3：△S=a△T2
推論4：=(υ0+υ)
推論5：=
推論6：當υ0=υ時，有
S 1：S2 ：S3：……=12 ：22 ：32 ：……
SⅠ ：SⅡ ：SⅢ ：……=1 ：3 ：5 ：……
υ1 ：υ2 ：υ3：……=1 ：2 ：3 ：……
t1 ：t2 ：t3 ：……=1 ：(－1) ：(－) ：……
3．勻變速直線運動的υ－t圖
用圖像表達物理規律，具有形象，直觀的特點。對于
勻變速直線運動來說，其速度隨時間變化的υ～t圖線如圖
1所示，對于該圖線，應把握的有如下三個要點。
（1）縱軸上的截距其物理意義是運動物體的初速度υ0；
（2）圖線的斜率其物理意義是運動物體的加速度a；
（3）圖線下的“面積”其物理意義是運動物體在相應
的時間內所發生的位移s。 圖1
4．豎直上拋運動的規律與特征。
（1）豎直上拋運動的條件：有一個豎直向上的初速度υ0；運動過程中只受重力作用，加速度為豎直向下的重力加速度g。
（2）豎直上拋運動的規律：豎直上拋運動是加速度恒定的勻變速直線運動，若以拋出點為坐標原點，豎直向上為坐標軸正方向建立坐標系，其位移公與速度公式分別為
S=υ0t－gt2
υ=υ0－gt
（3）豎直上拋運動的特征：豎直上拋運動可分為“上升階段”和“下落階段”。前一階段是勻減速直線運動，后一階段則是初速度為零的勻加速直線運動（自由落體運動），具備的特征主要有：
①時間對稱——“上升階段”和“下落階段”通過同一段大小相等，方向相反的位移所經歷的時間相等，即
t上=t下
②速率對稱——“上升階段”和“下落階段”通過同一位置時的速率大小相等，即
υ上=υ下
三、典型例題
例1 物體做豎直上拋運動，取g=10m/s2.若第1s內位移大小恰等于所能上升的最大高度的倍，求物體的初速度.
分析：常會有同學根據題意由基本規律列出形知
t－gt2=·
的方程來求解，實質上方程左端的t－gt2并不是題目中所說的“位移大小”，而只是“位移”，物理概念不清導致了錯誤的產生。
解：由題意有
=·，
進而解得
=30m/s，=6m/s，=4.45m/s
例2．摩托車的最大行駛速度為25m/s，為使其靜止開始做勻加速運動而在2min內追上前方1000m處以15m/s的速度勻速行駛的卡車，摩托車至少要以多大的加速度行駛？
解：由運動規律列出方程
+(t－)=υt+s.
將相關數據=25m/s，t=120s，υ=15m/s，s=1000m代入，便可得此例的正確結論
a=m/s2.
例3 質點幫勻變速直線運動。第2s和第7s內位移分別為2.4m和3.4m，則其運動加速度a=____________m/s2.
分析：若機械地運動勻變速直線運動的基本規律，可以列出如下方程
(·2+a·22)－(·1+a·12)=2.4，
(·7+a·72)－(·6+a·62)=3.4
若能靈活運動推論
△s=aT2，
并考慮到
s7－s6=s6－s5=s5－s4=s4－s3=s3－s2=aT2，
便可直接得到簡捷的解合如下.
解： a==m/s2=0.2m/s2.
例4．車由靜止開始以a=1m/s2的加速度做勻加速直線運動，車后相距s=25m處的人以υ=6m/s的速度勻速運動而追車，問：人能否追上車？
分析：應明確所謂的追及、相遇，其本質就是“不同的物體在同一時刻到達同一位置”.此例可假設經過時間t，人恰能追上車.于是便可得到關于t的二次方程進而求解。
解： υt=at2+s.
而由其判別式△=υ2－2as= －56＜0便可知：t無實根.對應的物理意義實際上就是：人不能追上車.
例5．小球A自h高處靜止釋放的同時，小球B從其正下方的地面處豎直向上拋出.欲使兩球在B球下落的階段于空中相遇，則小球B的初速度應滿足何種條件？
分析：選準如下兩個臨界狀態：當小球B的初速度為υ1時，兩球恰好同時著地；當小球B的初速度為υ2時，兩球相遇點恰在B球上升的最高點處，于是分別列方程求解
解：
h=g(2)2，
h－=g()2
由此可分別得到
υ1=＜υ0＜
例6．質點做豎直上拋運動，兩次經過A點的時間間隔為t1，兩次經過A點正上方的B點的時間間隔為t2，則A與B間距離為__________.
分析：利用豎直上拋運動的“對稱特征”可給出簡單的解答
解：由豎直上拋運動的“對稱”特征可知：質點從最高點自由落至A、B兩點所經歷時間必為t1和t2，于是直接可得
=g(t1)2－g(t2)2=g(－)
例7．質點做勻減速直線運動，第1s內位移為10m，停止運動前最后1s內位移為2m，則質點運動的加速度大小為a=________m/s2，初速度大小為υ0=__________m/s.
分析：通常的思維順序可依次列出如下方程
s=υ0t－at2， 0=υ0－at，
10=υ0·1－a·12，s－2=υ0 (t－1)－a(t－1)2.
從上述方程組中解得
a= 4m/s2 ， υ0=12m/s.
求解上述方程組是一個很繁瑣的過程，若采用逆向思維的方法，把“末速為零的勻減速直線運動”視為“初速戰速為零的勻加速直線運動”，則原來的最后1s便成了1s，于是
解：由 2=a·12
即可直接得到
a=4m/s2；
而考慮到題中給出的兩段時間（均為1s）內位移大小的比例關系（2 ：10=1 ：5），不難判斷出運動總時間為
t=3s.
由此簡單得出
υ0=at=12m/s.
例8 如圖2所示，長為1m的桿用短線懸在
21m高處，在剪斷線的同時地面上一小球以υ0=20m/s的
初速度豎直向上拋出，取g=10m/s2，則經時間t=______s，
小球與桿的下端等高；再經時間△t=____________s，小球
與桿的上端等高. 圖2
分析：以地面為參照物分析兩物體的運動關系將會很復雜，不妨換一個參照物求解.
例9 物體做豎直上拋運動，取g=10m/s+2，若在運動的前5s內通過的路程為65m，則其初速度大小可能為多少？
分析：如果列出方程
s=υ0t－gt2，
并將有關數據s=65m，t=5s代入，即求得
υ0=38m/s。
此例這一解答是錯誤的，因為在5s內，做豎直上拋運動的物體的運動情況有如下兩種可能性：
①前5s內物體仍未到達最高點.在這種情況下，上述方程中的s確實可以認為是前5s內的路程，但此時υ0應該受到υ0≥50m/s的制約，因此所解得的結論由于不滿足這一制約條件而不能成立.
②前5s內物體已經處于下落階段，在這種情況下，上述方程中的s只能理解為物體在前5s內的位移，它應比前5s內的路程d要小，而此時應用
解：由運動規律可得
d=+g(t－)2，
在此基礎上把有關數據d=65m，t=5s代入后求得
υ0=20m/s或υ0=30m/s，
例10 質點從A點到B點做勻變速直線運動，通過的位移為s，經歷的時間為t，而質點通過A、B中點處時的瞬時速度為υ，則當質點做的是勻加速直線運動時，υ______；當質點做的是勻減速直線運動時，υ_______.（填“＞”、“=”“＜”＝
分析：運動υ－t圖線分析求解最為簡捷。
圖3

考慮到υ是質點通過A、B中點時的瞬時速度，因此，圖線上縱坐標值為υ的點的前、后兩段線下的“面積”應相等；另外考慮到s/t實際上是這段時間內的平均速度，對于勻變速直線而言，數值上又等于時間中點的瞬時速度。由此便可以從圖中看出，無論質點做的是勻加速直線運動還是勻減速直線運動，均應有υ＞。

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