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2009高考物理总复习资料（二）直线运动
复习要点
1．机械运动，参照物，质点、位置与位移，路程，时刻与时间等概念的理解。
2．匀速直线运动，速度、速率、位移公式S=υt，S～t图线，υ～t图线
3．变速直线运动，平均速度，瞬时速度
4．匀变速直线运动，加速度，匀变速直线运动的基本规律：S=υ0t+at2、υ=υ0+at匀变速直线运动的υ～t图线
5．匀变速直线运动规律的重要推论
6．自由落体运动，竖直上抛运动
7．运动的合成与分解.
二、难点剖析
1．机械运动及其描述
机械运动的是运动物体的位置随时间变化。
做机械运动的物体，由于其位置将发生变化，为了描述其位置变化的情况，引入了位移概念；做机械运动的物体，由于其位置将随时间发生变化，为了描述其位置随时间变化的情况，引入了速度概念；做机械运动的物体，由于其位置随时间变化的情况有时也将变化，即其运动速度将随时间变化，为了描述其速度随时间情况，引入了加速度概念
位移是矢量，它描述了做机械运动的物体在某段时间内位置变化的大小和方向；速度是矢量，它描述了做机械运动的物体在某个时刻位置变化的快慢和方向；加速度也是矢量，它描述了做机械运动的物体在某个时刻速度变化的快慢和方向。
运动是绝对的，这就是说任何物体在任何时刻都是在运动着的；运动的描述则只能是相对的，这就是说描述物体的运动情况只能相对于某个指定的参照物。应注意：同一物体的同一运动，若选取不同的参照物，其描述一般是不同的。
2．匀变速直线运动的基本规律及重要推论
（1）匀变速直线运动的基本规律通常是指所谓的位移公式和速度公式
S=υ0t+at2
υ=υ0+at
（2）在匀变速直线运动的基本规律中，通常以初速度υ0的方向为参考正方向，即υ0＞0此时加速度的方向将反映出匀速直线运动的不同类型：
①a＞0，指的是匀加速直线运动；
②若a=0，指的是匀速直线运动；
③若a=0，指的是匀减速直线运动。
（3）匀变速直线运动的基本规律在具体运用时，常可变换成如下推论形式
推论1： υ2－=2as
推论2：=（υ0+υ）
推论3：△S=a△T2
推论4：=(υ0+υ)
推论5：=
推论6：当υ0=υ时，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．匀变速直线运动的υ－t图
用图像表达物理规律，具有形象，直观的特点。对于
匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的υ～t图线如图
1所示，对于该图线，应把握的有如下三个要点。
（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度υ0；
（2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a；
（3）图线下的“面积”其物理意义是运动物体在相应
的时间内所发生的位移s。 图1
4．竖直上抛运动的规律与特征。
（1）竖直上抛运动的条件：有一个竖直向上的初速度υ0；运动过程中只受重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度g。
（2）竖直上抛运动的规律：竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动，若以抛出点为坐标原点，竖直向上为坐标轴正方向建立坐标系，其位移公与速度公式分别为
S=υ0t－gt2
υ=υ0－gt
（3）竖直上抛运动的特征：竖直上抛运动可分为“上升阶段”和“下落阶段”。前一阶段是匀减速直线运动，后一阶段则是初速度为零的匀加速直线运动（自由落体运动），具备的特征主要有：
①时间对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一段大小相等，方向相反的位移所经历的时间相等，即
t上=t下
②速率对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时的速率大小相等，即
υ上=υ下
三、典型例题
例1 物体做竖直上抛运动，取g=10m/s2.若第1s内位移大小恰等于所能上升的最大高度的倍，求物体的初速度.
分析：常会有同学根据题意由基本规律列出形知
t－gt2=·
的方程来求解，实质上方程左端的t－gt2并不是题目中所说的“位移大小”，而只是“位移”，物理概念不清导致了错误的产生。
解：由题意有
=·，
进而解得
=30m/s，=6m/s，=4.45m/s
例2．摩托车的最大行驶速度为25m/s，为使其静止开始做匀加速运动而在2min内追上前方1000m处以15m/s的速度匀速行驶的卡车，摩托车至少要以多大的加速度行驶？
解：由运动规律列出方程
+(t－)=υt+s.
将相关数据=25m/s，t=120s，υ=15m/s，s=1000m代入，便可得此例的正确结论
a=m/s2.
例3 质点帮匀变速直线运动。第2s和第7s内位移分别为2.4m和3.4m，则其运动加速度a=____________m/s2.
分析：若机械地运动匀变速直线运动的基本规律，可以列出如下方程
(·2+a·22)－(·1+a·12)=2.4，
(·7+a·72)－(·6+a·62)=3.4
若能灵活运动推论
△s=aT2，
并考虑到
s7－s6=s6－s5=s5－s4=s4－s3=s3－s2=aT2，
便可直接得到简捷的解合如下.
解： a==m/s2=0.2m/s2.
例4．车由静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，车后相距s=25m处的人以υ=6m/s的速度匀速运动而追车，问：人能否追上车？
分析：应明确所谓的追及、相遇，其本质就是“不同的物体在同一时刻到达同一位置”.此例可假设经过时间t，人恰能追上车.于是便可得到关于t的二次方程进而求解。
解： υt=at2+s.
而由其判别式△=υ2－2as= －56＜0便可知：t无实根.对应的物理意义实际上就是：人不能追上车.
例5．小球A自h高处静止释放的同时，小球B从其正下方的地面处竖直向上抛出.欲使两球在B球下落的阶段于空中相遇，则小球B的初速度应满足何种条件？
分析：选准如下两个临界状态：当小球B的初速度为υ1时，两球恰好同时着地；当小球B的初速度为υ2时，两球相遇点恰在B球上升的最高点处，于是分别列方程求解
解：
h=g(2)2，
h－=g()2
由此可分别得到
υ1=＜υ0＜
例6．质点做竖直上抛运动，两次经过A点的时间间隔为t1，两次经过A点正上方的B点的时间间隔为t2，则A与B间距离为__________.
分析：利用竖直上抛运动的“对称特征”可给出简单的解答
解：由竖直上抛运动的“对称”特征可知：质点从最高点自由落至A、B两点所经历时间必为t1和t2，于是直接可得
=g(t1)2－g(t2)2=g(－)
例7．质点做匀减速直线运动，第1s内位移为10m，停止运动前最后1s内位移为2m，则质点运动的加速度大小为a=________m/s2，初速度大小为υ0=__________m/s.
分析：通常的思维顺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.
从上述方程组中解得
a= 4m/s2 ， υ0=12m/s.
求解上述方程组是一个很繁琐的过程，若采用逆向思维的方法，把“末速为零的匀减速直线运动”视为“初速战速为零的匀加速直线运动”，则原来的最后1s便成了1s，于是
解：由 2=a·12
即可直接得到
a=4m/s2；
而考虑到题中给出的两段时间（均为1s）内位移大小的比例关系（2 ：10=1 ：5），不难判断出运动总时间为
t=3s.
由此简单得出
υ0=at=12m/s.
例8 如图2所示，长为1m的杆用短线悬在
21m高处，在剪断线的同时地面上一小球以υ0=20m/s的
初速度竖直向上抛出，取g=10m/s2，则经时间t=______s，
小球与杆的下端等高；再经时间△t=____________s，小球
与杆的上端等高. 图2
分析：以地面为参照物分析两物体的运动关系将会很复杂，不妨换一个参照物求解.
例9 物体做竖直上抛运动，取g=10m/s+2，若在运动的前5s内通过的路程为65m，则其初速度大小可能为多少？
分析：如果列出方程
s=υ0t－gt2，
并将有关数据s=65m，t=5s代入，即求得
υ0=38m/s。
此例这一解答是错误的，因为在5s内，做竖直上抛运动的物体的运动情况有如下两种可能性：
①前5s内物体仍未到达最高点.在这种情况下，上述方程中的s确实可以认为是前5s内的路程，但此时υ0应该受到υ0≥50m/s的制约，因此所解得的结论由于不满足这一制约条件而不能成立.
②前5s内物体已经处于下落阶段，在这种情况下，上述方程中的s只能理解为物体在前5s内的位移，它应比前5s内的路程d要小，而此时应用
解：由运动规律可得
d=+g(t－)2，
在此基础上把有关数据d=65m，t=5s代入后求得
υ0=20m/s或υ0=30m/s，
例10 质点从A点到B点做匀变速直线运动，通过的位移为s，经历的时间为t，而质点通过A、B中点处时的瞬时速度为υ，则当质点做的是匀加速直线运动时，υ______；当质点做的是匀减速直线运动时，υ_______.（填“＞”、“=”“＜”＝
分析：运动υ－t图线分析求解最为简捷。
图3

考虑到υ是质点通过A、B中点时的瞬时速度，因此，图线上纵坐标值为υ的点的前、后两段线下的“面积”应相等；另外考虑到s/t实际上是这段时间内的平均速度，对于匀变速直线而言，数值上又等于时间中点的瞬时速度。由此便可以从图中看出，无论质点做的是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均应有υ＞。

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