本章复习与测试名师教学设计1

课

题：

运动的描述、直线运动的研究

类型：复习课

目的要求：熟知运动量描述的物理意义,牢固掌握公式,灵活运用规律结论,正确使用图象，能画出合理的情境草图，分析求解物理问题

重点难点：

教

具：

过程及内容：

第

1

课

描述运动的基本概念

基础知识一、机械运动

一个物体相对于另一个物体的位置的改变叫做机械运动，简称运动，它包括平动、转动和振动等运动形式．

二、参照物

为了研究物体的运动而假定为不动的物体，叫做参照物．

对同一个物体的运动，所选择的参照物不同，对它的运动的描述就会不同，灵活地选取参照物会给问题的分析带来简便；通常以地球为参照物来研究物体的运动．

三、质点

研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小属于无关因素或次要因素，对问题的研究没有影响或影响可以忽略，为使问题简化，就用一个有质量的点来代替物体．用来代管物体的有质量的做质点．像这种突出主要因素，排除无关因素，忽略次要因素的研究问题的思想方法，即为理想化方法，质点即是一种理想化模型．

四、时刻和时间

时刻：指的是某一瞬时．在时间轴上用一个点来表示．对应的是位置、速度、动量、动能等状态量．

时间：是两时刻间的间隔．在时间轴上用一段长度来表示．对应的是位移、路程、冲量、功等过程量．时间间隔=终止时刻－开始时刻。

五、位移和路程

位移：描述物体位置的变化，是从物体运动的初位置指向末位置的矢量．

路程：物体运动轨迹的长度，是标量．只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程。

六、速度

描述物体运动的方向和快慢的物理量．

1．平均速度：在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即V＝S/t，单位：m／

s，其方向与位移的方向相同．它是对变速运动的粗略描述．公式V=（V0＋Vt）/2只对匀变速直线运动适用。

2．瞬时速度：运动物体在某一时刻（或某一位置）的速度，方向沿轨迹上质点所在点的切线方向指向前进的一侧．瞬时速度是对变速运动的精确描述．瞬时速度的大小叫速率，是标量．

七、匀速直线运动

1．定义：在相等的时间里位移相等的直线运动叫做匀速直线运动．

2．特点：a＝0，v=恒量．

3．位移公式：S＝vt．

八、加速度

1、速度的变化：△V=Vt－V0，描述速度变化的大小和方向，是矢量

2、加速度：描述速度变化的快慢和方向的物理量，是速度的变化和所用时间的比值：a＝ΔV/Δt，单位：m／s2．加速度是矢量，它的方向与速度变化（ΔV）的方向相同．

3、速度、速度变化、加速度的关系：

1

①方向关系：加速度的方向与速度变化的方向一定相同。在直线运动中，若a的方向与V0的方向相同，质点做加速运动；若a的方向与V0的方向相反，质点做减速运动。

②大小关系：V、△V、a无必然的大小决定关系。

规律方法

1、灵活选取参照物

【例1】甲、乙两辆汽车以相同的恒定速度直线前进，甲车在前，乙车在后，甲车上的人A和乙车上的人B各用石子瞄准对方，以相对自身为v0的初速度

同时水平射击对方，若不考虑石子的竖直下落，则

A、A先被击中；

B、B先被击中；

C、两同时被击中；

D、可以击中B而不能击中A；

解析：由于两车都以相同而恒的速度运动，若以车为参照物，则两石子做的是速度相同的匀速运动，故应同时被击中，答案C 说明：灵活地选取参照物，以相对速度求解有时会更方便。

【例２】如图所示，在光滑的水平地面上长为Ｌ的木板Ｂ的右端放一小物体Ａ，开始时Ａ、Ｂ静止。同时给予Ａ、Ｂ相同的速率ｖ０，使Ａ向左运动，Ｂ向右运动，已知Ａ、Ｂ相对运动的过程中，Ａ的加速度向右，大小为ａ１，Ｂ的加速度向左，大小为ａ２，ａ２<ａ１，要使Ａ滑到Ｂ的左端时恰好不滑下，ｖ０为多少？

解析：Ａ滑到Ｂ左端恰不滑下即Ａ、Ｂ相对静止，选取Ｂ为参照物，Ａ对Ｂ的初速为２ｖ０，向左，加２２速度向右，大小为（ａ２＋ａ１），减速至零，Ａ对Ｂ的位移为Ｌ，则由ｖｔ－ｖ０＝２ａｓ得（２ｖ０）＝２（ａ１＋ａ２）Ｌ，即v0２a1a2L

2B V0

2、明确位移与路程的关系

【例３】关于路程与位移，下列说法中正确的是（

）

A．位移的方向就是质点运动的方向

B．路程等于位移的大小

C．位移的值不会比路程大

D．质点运动的位移为零时，其运动的路程也为零

解析：位移是从始点到终点的有向线段，路程是实际轨迹的总长度，所以位移总不会大于路程．只有物体在AS一直线上做方向不变的直线运动时，位移的大小才等于路程．

答案：c 说明：位移和路程的区别与联系。位移是矢量，是由初始位置指向终止位置的有向线段；路程是标量，是物体运动轨迹的总长度。一般情况位移的大小不等于路程，只有当物体作单向直线运动时路程才等于位移的大小。

【例4】一实心的长方体，三边长分别是a、b、c（a＞b＞c），如图所示．有一B 质点，从顶点A沿表面运动到长方体的对角B，求：（1)质点的最短路程．（2)质点的位移大小．

c b 解析：沿表面的运动轨迹与A、B的连线构成直角三角形时路程小于钝角三角形A a 时．

答案（1）abc(2）s=a2b2c2

22a2

A a1

V0

【例5】在与x轴平行的匀强电场中，一带电量q=1.0×10-8C、质量m=2.5×10-3kg的物体在光滑水平面上沿着x轴作直线运动，其位移与时间的关系是x＝0.16t－0.02t2，式中x以m为单位，t以s为单位。从开始运动到5s末物体所经过的路程为

m，克服电场力所做的功为

J。

解：须注意：本题第一问要求的是路程；第二问求功，要用到的是位移。

将x＝0.16t－0.02t2和sv0t12at对照，可知该物体的初速度v0=0.16m/s，加速度大小2a=0.04m/s2，方向跟速度方向相反。由v0=at可知在4s末物体速度减小到零，然后反向做匀加速运动，末速度大小v5=0.04m/s。前4s内位移大小svt0.32m，第5s内位移大小2

svt0.02m，因此从开始运动到5s末物体所经过的路程为0.34m，而位移大小为0.30m，克服电场力做的功W=mas5=3×10-5J。

3、充分注意矢量的方向性

【例6】物体在恒力F1作用下，从A点由静止开始运动，经时间t到达B点。这时突然撤去F1，改为恒力F2作用，又经过时间2t物体回到A点。求F1、F2大小之比。

解：设物体到B点和返回A点时的速率分别为vA、vB，

利用平均速度公式可以得到vA和vB的关系。再利用加速度定义式，可以得到加速度大小之比，从而得到F1、F2大小之比。

A

B

vB

画出示意图如右。设加速度大小分别为a1、a2，有：

vA v1vvvBsvBsvAvB3,v2,vAvB,a1B,a2A

t22t22t2t

∴a1∶a2=4∶5，∴F1∶F2=4∶5 说明：特别要注意速度的方向性。平均速度公式和加速度定义式中的速度都是矢量，要考虑方向。本题中以返回A点时的速度方向为正，因此AB段的末速度为负。

注意：平均速度和瞬时速度的区别。平均速度是运动质点的位移与发生该位移所用时间的比值，它只能近似地描述变速运动情况，而且这种近似程度跟在哪一段时间内计算平均速度有关。平均速度的方向与位移方向相同。瞬时速度是运动物体在某一时刻（或某一位置）的速度。某时刻的瞬时速度，可以用该时刻前后一段时间内的平均速度来近似地表示。该段时间越短，平均速度越近似于该时刻的瞬时速度，在该段时间趋向零时，平均速度的极限就是该时刻的瞬时速度。

4、匀速运动的基本规律应用

【例7】一辆实验小车可沿水平地面（图中纸面）上的长直轨道匀速向右运动。有一台发出细光束的激光器装在小转台M上，到轨道的距离MN为d=10m，如所示。转台匀速运动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时间为T=60s。光束转动方向如图中箭头所示。当光束与MN的夹角为450时，光束正好射到小车上。如果再经过Δt=2．5s光速又射到小车上，问小车的速度为多少？（结果保留二位数字）

解析：在Δt内，光束转过角度Δα= Δt/T×3600=150根据题意，有两种可能，光束照到小车时，小车正在从左侧接近N点，第二种可能是小车正在从右侧远离N点。

接近N点时，在Δt内光束与MN夹角从450变为300，小车走过

Ll，速度应为：V1= L1／Δt=d（tg450－tg300）/Δt＝1．7m／s．

远离

N点时，V2= L2／Δt= d（tg600一tg450）／Δt，

V2＝2．9m／s 【例8】天文观测表明，几乎所有远处的恒星（或星系）都在以各自的速度背离我们运动，离我们最远的星体，背离我们运动的速度（成为退行速度）越大。也就是说，宇宙在膨胀，不同星体的退行速度v和星体与我们的距离r成正比，即v＝Hr。式中H为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定。

为解释上述现象，有人提出一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的。假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外做匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远．这一结果与上述天文观测一致。

由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄t，其计算式为t＝

。根据近期观２测，哈勃常数H＝3×10-m/(s·ly)(ly表示“光年”：光在一年中行进的距离），由此估算宇宙的年龄约为

Y(Y表示“年”）。

【解析】根据题目提供的宇宙大爆炸理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外做匀速运动（想象礼花爆炸时的情景），并设想我们就位于中心，那么宇宙的年龄就是星体远离我们的运动时间。

3

解：星体远离我们的运动时间就是宇宙的年龄，由匀速运动公式可得：t＝r／v，天文观察结果：113108m/ssy10v＝Hr。所以ｔ＝110y

2H3102m/sly310m【例9】如图所示，声源S和观察A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为Vs和vA，空气中声音传播的速率为vP，设Vs＜vP,v', vA＜vP，空气相对于地面没有流动．

（1)若声源相继发出两个声信号，时间间隔为Δt，请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程，确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔Δt/．

(2)请利用（1)的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式．

解析：（1）设t1、t2为声源发出两个信号的时刻，t1/、t2/为观察者接收到两个信号的时刻，则第一个信号经过时间（t1/－t1）被观察者A接收到，第二个信号经过时间（t2/－t2）被观察者A接收到，且

（t2－t1）=Δt，（t2/－t1/）=Δt/。

设声源发出第一个信号时，S、A两点间的距离为L，则两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们运动的距离关系如图所示，可得：

VP（t1/－t1）=L＋VA（t1/－t1），

VP（t2/－t2）=L＋VA（t2/－t1）－VSΔt，

由以上各式得t/vpvsvpvAt

（2）设声源发出声波的振动周期为T，则由以上结论观察者接收到声波振动的周期/为T/vpvsvpvAT，由此得观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式f/vpvsvpvAf

【例10】图为某郊区部分道路图，一歹徒在A地作案后乘车沿AD道路逃窜，警方同时接到报警信息，并立即由B地乘警车沿道路BE拦截。歹徒到达D点后沿DE道路逃窜，警车．恰好在E点追上了歹徒。已知警方与歹徒车辆行驶的速度均为

60 km/h，

AC＝4 km，

BC= 6 km，DE＝5 km。则歹徒从A地逃窜至E点被抓获共用时（

B

）

A．

12min

B．

10min

C．

8min

D．

6min 【解析】∵两者速度相等，且运动时间相等，故s警＝s歹

∴BE＝AD＋DE，即BC2CDDE2＝AC2CD2+DE，代入数据，解方程得

CD= 3 km

t＝s/v＝10min

4

第

2

课

匀变速直线运动

基础知识

一、匀变速直线运动

1．

定义：在相等的时间内速度的变化相等的直线运动叫做匀变速直线运动．

2．

特点：a=恒量．

3．公式：（1）vt=v0十at（2）s=v0t ＋½at2（3）vt2－v02=2as（4）s=v0vtt．

2

说明：（1）以上公式只适用于匀变速直线运动．（2）四个公式中只有两个是独立的，即由任意两式可推出另外两式．四个公式中有五个物理量，而两个独立方程只能解出两个未知量，所以解题时需要三个已知条件，才能有解．（3）式中v0、vt、a、s均为矢量，方程式为矢量方程，应用时要规定正方向，凡与正方向相同者取正值，相反者取负值；所求矢量为正值者，表示与正方向相同，为负值者表示与正方向相反．通常将v0的方向规定为正方向，以v0的位置做初始位置．（4）以上各式给出了匀变速直线运动的普遍规律．一切匀变速直线运动的差异就在于它们各自的v0、a不完全相同，例如a＝0时，匀速直线运动；以v0的方向为正方向；

a＞0时，匀加速直线运动；a＜0时，匀减速直线运动；a＝g、v0=0时，自由落体应动；a＝g、v0≠0时，竖直抛体运动．（5）对匀减速直线运动，有最长的运动时间t=v0/a，对应有最大位移s=v02/2a，若t＞v0/a，一般不能直接代入公式求位移。

4、

推论：

（l）匀变速直线运动的物体，在任两个连续相等的时间里的位移之差是个恒量，即ΔS＝

SⅡ－

SⅠ＝aT2=恒量．

（2）匀变速直线运动的物体，在某段时间内的平均速度，等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，即Vt=V=2v0vt．以上两推论在“测定匀变速直线运动的加速度”等学生实验中经常用到，要熟练掌2握．

（3）初速度为零的匀加速直线运动（设T为等分时间间隔）：

①

IT末、2T末、3T末……瞬时速度的比为Vl∶V2∶V3……∶Vn＝1∶2∶3∶……∶n；

②

1T内、2T内、3T内……位移的比为Sl∶S2∶S3∶……Sn=12∶22∶32∶……∶n2；

③

第一个T内，第二个T内，第三个T内……位移的比为SI∶SⅡ∶SⅢ∶……∶SN=l∶3∶5∶……∶（2n－1）；

④从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比t1∶t2∶t3∶……tn＝1：21：32：：nn1

规律方法

1、基本规律的理解与应用

【例1】一物体做匀加速直线运动，经A、B、C三点，已知AB＝BC，AB段平均速度为20 m／s，5 

BC段平均速度为30m/s，则可求得（

）

A．速度V

B．末速度Vc

C．这段时间内的平均速度

D．物体运动的加速度

解析：设sAB＝sBC＝s，v＝2sm/s=24m/s．

s/30s/20VVVAVCVVA由BC30,B20，24, 222得：VA＝14 m/s，VB=26m/s，VC=34m/s

答案：ABC 解题指导：

1．要养成根据题意画出物体运动示意图的习惯。特别对较复杂的运动，画出草图可使运动过程直观，物理图景清晰，便于分析研究。

2．要分析研究对象的运动过程，搞清整个运动过程按运动性质的特点可分为哪几个运动阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段间存在什么联系。

3．本章的题目常可一题多解。解题时要思路开阔，联想比较，筛选最简的解题方案。解题时除采用常规的公式解析法外，图像法、比例法、极值法、逆向转换法（如将一匀减速直线运动视为反向的匀加速直线运动等）等也是本章解题的常用的方法．

4、列运动学方程时，每一个物理量都要对应于同一个运动过程，切忌张冠李戴、乱套公式。

5、解题的基本思路：审题一画出草图一判断运动性质一选取正方向（或建在坐标轴）一选用公式列方程一求解方程，必要时时结果进行讨论

【例2】一初速度为6m/s做直线运动的质点，受到力F的作用产生一个与初速度方向相反、大小为2m／s2的加速度，当它的位移大小为3m时，所经历的时间可能为（

）

A、36s；B、36s；C、322s；D、322s

提示：当位移为正时，A．B对；当位移为负时，C对．

答案：ABC 2、适当使用推理、结论

【例3】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

t1

t2

t3

t4

t5

t6

t7 B.在时刻t1两木块速度相同

C.在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同

t1

t2

t3

t4

t5

t6

t7 D.在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同

解：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体明显地是做匀速运动。由于t2及t5时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻的即时速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间，因此本题选C。

【例4】一位观察者站在一列火车的第一节车厢的前端旁的站台上进行观察,火车从静止开始作匀加速直线运动,第一节车厢全部通过需时8秒,试问:

(1)16秒内共有几节车厢通过？

(2)第2节车厢通过需要多少时间？

分析：设每节车厢的长度为s,那么每节车厢通过观察者就意味着火车前进了s距离。于是,原题的意思就变成火车在开始运动的8秒内前进了s,求16秒内前进的距离是几个s,以及前进第2个s所需的时间。此外本题只有两个已知数据，即v0=0，t=8秒；另一个隐含的条件是车厢长度，解题中要注意消去s。

解: (1)相等时间间隔问题,T=8秒, S112S24S14S

S226

(2)相等位移问题,d=s，t11t2t22121t13.31秒

3、分段求解复杂运动

【例5】有一长度为S，被分成几个相等部分在每一部分的末端，质点的加速度增加a/n，若质点以加速度为a，由这一长度的始端从静止出发，求它通过这段距离后的速度多大？

【解析】设每一分段末端的速度分别为vl、v2、v3、……vn；每一分段的加速度分别为a；a11；n2n1a1;……a1。每一等分段的位移为S/n。

nn根据vt2－v02=2as得v12－0=2as/n………①

v22－v12=2a1s/n………②

1nv32－v22=2a1s/n………③

vn2－vn-12=2a12nn1s/n n把以上各式相加得vn2=2asnn1112n1Sn2anas3，nnnnn2nn1vnas3

n【例6】小球从离地面h=5米高处自由下落，小球每次与地面碰撞后又反弹起来的上升高度总是前一次下落高度的4/5,忽略空气阻力的影响,试求小球从自由下落开始直到最后停在地面上,该整个过程的运动时间。

(忽略地面与小球碰撞所用的时间，g取10米/秒2) 分析:小球每次下落都是自由落体运动,小球每次反弹上升都是竖直上抛运动,由于不计空气阻力,因此小球上抛到最高点所用的时间与由最高点回落到地面的时间是相等的. 解:小球第一次自由下落时间为t0为：

2h01秒，小球从地面第一次碰撞反弹上升及回落的总时间g4h20520.8秒，小球从地面第二次碰撞反弹上升及回落的总时间为：

2t12g4442h12××h0555=20.82秒

2t2=2×=2×gg小球从地面第n次碰撞反弹上升及回落的总时间2tn=2×0.8秒为：

小球从h0处自由下落,直到最后停在地面上,在空中运动的总时间为

t=t0+2t1+2t2+…+2tn+…=t0+2(t1+t2+…+tn+…)=t0+2(Kt0+K2t0+…+Knt0+…)

K

式中t=t+2t≈18秒,K=0.8.根据递缩等比数列求和公式可得00n1-K7

答:小球从自由下落开始,直到最后停在地上,在空中运动的总时间为18秒. 说明:在一些力学题中常会遇到等差数列或等比数列等数学问题,每位同学应能熟练地使用这些数学知识解决具体的物理问题. 4、借助等效思想分析运动过程

【例7】图所示为水平导轨，A、B为弹性竖直挡板，相距L＝4 m.小球自A板处开始，以V0＝4 m/s的速度沿导轨向B运动．它与A、B挡板碰撞后均与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变．为使小球停在AB的中点，这个加速度的大小应为多少？

解析：由于小球与挡板碰后速率不变，运动中加速度大小不变，因此小球在挡板间往复的运动可用一单向的匀减速运动等效替代．要使小球停在A,B中点，它运动的路程应满足

S=nl+l/2,n=0、1、2、…………其中s=v02/2a，所以a4,n0、1、2，……

2n1说明：对于分阶段问题，应把握转折点对应的物理量的关系，亦可借助等效思想进行处理．

试题展示

第

3

课

匀变速直线运动规律的应用

基础知识

一、自由落体运动

物体只受重力作用所做的初速度为零的运动．

特点：（l）只受重力；（2）初速度为零．

规律：（1）vt=gt；（2）s=½gt2；（3）vt2=2gs；（4）s=1vt（5）vhgt；

t；t22

二、竖直上抛

1、将物体沿竖直方向抛出，物体的运动为竖直上抛运动．抛出后只在重力作用下的运动。

其规律为：（1）vt=v0－gt，（2）s=v0t －½gt2

（3）vt2－v02=－2gh

几个特征量：最大高度h= v02／2g，运动时间t=2v0/g．

2．两种处理办法：

（1）分段法：上升阶段看做末速度为零，加速度大小为g的匀减速直线运动，下降阶段为自由落体运动．

（2）整体法：从整体看来，运动的全过程加速度大小恒定且方向与初速度v0方向始终相反，因此可以把竖直上抛运动看作是一个统一的减速直线运动。这时取抛出点为坐标原点，初速度v0方向为正方向，则a=一g。

3．上升阶段与下降阶段的特点

（l）物体从某点出发上升到最高点的时间与从最高点回落到出发点的时们相等。即

t上=v0/g=t下

所以，从某点抛出后又回到同一点所用的时间为t=2v0/g

（2）上把时的初速度v0与落回出发点的速度V等值反向，大小均为2gH；即

V=V0=2gH

注意：①以上特点适用于竖直上抛物体的运动过程中的任意一个点所时应的上升下降两阶段，因为从任意一点向上看，物体的运动都是竖直上抛运动，且下降阶段为上升阶段的逆过程．

②以上特点，对于一般的匀减速直线运动都能适用。若能灵活掌握以上特点，可使解题过程大为8

简化．尤其要注意竖直上抛物体运动的时称性和速度、位移的正负。

规律方法

1、基本规律的理解与应用

【例1】从一定高度的气球上自由落下两个物体，第一物体下落1s后，第二物体开始下落，两物体用长93.1m的绳连接在一起．问：第二个物体下落多长时间绳被拉紧．

解法一

设第二个物体下落ts后绳被拉紧，此时两物体位移差Δh=93.1m

Δh=1112gt1gt2，即93.1=g2t1，解得

t=9（s）

222解法二

以第二个物体为参照物．在第二个物体没开始下落时，第一个物体相对第二个物体做自由落体运动；1s后，第二个物体开始下落，第一个物体相对第二个物体做匀速运动，其速度为第一个物体下落1s时的速度．当绳子被拉直时，第一个物体相对第二个物体的位移为h=93.1m．h=h1+h2 h121gt1gt1t，即93.19.8129.81t

解得

t=9（s）

22【例2】利用水滴下落可以测量重力加速度g，调节水龙头，让水一滴一滴地流出。在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一个水滴碰到盘子时，恰好有另一个水滴从水龙头开始下落，而空中还有一个正在下落的水滴。测出水龙头到盘子的距离为h，再用秒表测时间。从第一个水滴离开水龙头开时计时，到第ｎ个水滴落到盘子中，共用时间为t０问：第一个水滴落到盘中时，第二个水滴离开水龙头的距离为多少？可测得的重力加速度为多少？

【解析】由于水龙头滴水的时间间隔是恒定的，因此，题中所提到的某一时刻恰好滴到盘子的水滴和正在空中下落的水滴，这两个水滴的状态可以看做是同一个水滴离开水龙头做自由落体运动的两个状态：滴到盘子的水滴运动时间为2t1，正在空中下落的水滴的位置相当于下落时间为t1的位置，通过比例关系可解每个水滴在下落的一半时间内的下落高度即为所求。依题意数清楚在计时ｔ内有多少个水滴离开水龙头，就得到了相邻两滴水滴落下的时间间隔，将此时间间隔用于开始下落的过程上，可解出重力加速度的表达式。

解：滴水的时间间隔恒定，视为同一滴水在下落h段的时间分为相等的两段，前段时间内下落h１．则由初速为零的匀加速直线运动的比例关系，有:hl：h＝1：4；而hl就是第一个水滴落到盘中时，1ｈ０。从开始计时到第ｎ个水滴落到盘子中，共有（n＋1)个水滴离4t开水龙头，相邻两滴水滴落下的时间间隔为t1＝。

n1第二个水滴离开水龙头的距离：111t2n1h

)得：g＝从开始下落经历t1下落了ｈ，由ｈ＝g(442n12t22【例3】将一轻质球竖直上抛，若整个运动过程中，该球所受空气阻力大小不变，上升时间为t上，下降时间为

t下，抛出时速度为

v0，落回时速度为vt，则它们间的关系是（

）

A．t上＞t下，v0＞vt；

B．t上＜t下，v0＜vt

C．t上＜t下，v0＞vt；D．t上=t下，v0＝vt

解析：a上＝mgfmgf，a下＝，所以a上＞a下．

t上＝2h/a上，t下＝2h/a下。所以t上＜t下，mmv0＝2a上h，vt＝2a下h，所以v0＞vt

答案：C 2、充分运用竖直上抛运动的对称性

（1）速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。

（2）时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。

【例4】某物体被竖直上抛，空气阻力不计，当它经过抛出点之上0.4m时，速度为3m/s．它经过抛出点之下0.4m时，速度应是多少？（g=10m/s2）

9

解法一：竖直上抛物体的上抛速度与落回原抛出点速度大小相等．因此，物体在抛出点之上0.4m处，上升阶段或下降阶段的速度大小都是3m/s．若以下落速度3m/s为初速度，0.4+0.4（m）为位移量，那么所求速度就是设问的要求．

2vtv02gh322100.40.45m/s

22解法二

：物体高度为h1=0.4m时速度为v1，则v1v02gh1

22物体高度为h2=-0.4m时速度为v2，则v2v02gh2

由以上两式式消去v0得，v2v122gh1h2322100.40.45m/s

【例5】一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点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（

）

1111A、gTa2Tb2；

B、gTa2Tb2；

C、gTa2Tb2；

D、gTaTb

8422解析：根据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为Ta/2，从b点到最高点的时间为Tb/2，所以gTa2gTb21Ta1Tba点到最高点的距离ha=g，b点到最高点的距离hb=g，

228228故a、b之间的距离为ha－hb=221gTa2Tb2，即选A 83、两种运动的联系与应用

【例6】自高为H的塔顶自由落下A物的同时B物自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动．下面说法正确的是（

）

A．若v0＞gH两物体相遇时，B正在上升途中

B、v0=gH两物体在地面相遇

C．若gH/2＜v0＜gH，两物体相遇时B物正在空中下落

D．若v0＝gH/2，则两物体在地面相遇

解析：由A、B相对运动知，相遇时间t=H/ v0，B物上升到最高点需时间t1= v0/g．落回到抛出点时间t2＝2v0/g

要在上升途中相遇，t＜t1，即H/ v0＜v0/g。v0＞gH，要在下降途中相遇．t1＜

t＜

t2，即v0/g＜H/ v0＜2v0/g．gH/2＜v0＜gH

在最高点相遇时t＝t1，vo=gH；

在地面相遇时．t＝t2，vo=gH/2．

答案：ACD 【例7】子弹从枪口射出速度大小是30m/s，某人每隔1s竖直向上开一枪，假设子弹在升降过程中都不相碰，试求

（1）空中最多能有几颗子弹？

10

（2）设在t=0时将第一颗子弹射出，在哪些时刻它和以后射出的子弹在空中相遇而过？

（3）这些子弹在距原处多高的地方与第一颗子弹相遇？（不计空气阻力，g取10m/s2）

解：（1）设子弹射出后经ts回到原处t2v02306(s)

g10t=0时第一颗子弹射出，它于第6s末回到原处时，第七颗子弹射出，所以空中最多有六颗子弹．

（2）设第一颗子弹在空中运动t1s，和第二颗子弹在空中相遇．V1=v0－gt，V2=v0－g（t1－1）

由对称性v2=-v1，即v0-g（t1-1）=gt1-v0

解得

t1=3.5（s）

同理，第一颗子弹在空中运动t2=4.0s、t3=4.5s、t4=5.0s、t5=5.5s分别与第三颗子弹、第四颗子弹、第五颗子弹、第六颗子弹在空中相遇．

（3）由hv0t12gt，将t1=3.5s，t2=4.0s，t3=4.5s，t4=5.0s和

t5=5.5s分别代入上式，得2h1=43.75m，h2=40m，h3=33.75m，h4=25m，h5=13.75m。

试题展示

第

4

课

匀变速直线运动图象

基础知识一．对于运动图象要从以下几点来认识它的物理意义：

a．从图象识别物体运动的性质。

b．能认识图像的截距的意义。

C．能认识图像的斜率的意义。

d．能认识图线覆盖面积的意义。

e．能说出图线上一点的状况。

二．利用v一t图象，不仅可极为方便地证明和记住运动学中的一系列基本规律和公式，还可以极为简捷地分析和解答各种问题。

（1）s——t图象和v——t图象，只能描述直线运动——单向或双向直线运动的位移和速度随时间的变化关系，而不能直接用来描述方向变化的曲线运动。

（2）当为曲线运动时，应先将其分解为直线运动，然后才能用S—t或v一t图象进行描述。

1、位移时间图象

位移时间图象反映了运动物体的位移随时间变化的关系，匀速运动的S—t图象是直线，直线的斜率数值上等于运动物体的速度；变速运动的S－t图象是曲线，图线切线方向的斜率表示该点速度的大小．

2、速度时间图象

11

（1）它反映了运动物体速度随时间的变化关系．

（2）匀速运动的V一t图线平行于时间轴．

（3）匀变速直线运动的V—t图线是倾斜的直线，其斜率数值上等于物体运动的加速度．

（4）非匀变速直线运动的V一t图线是曲线，每点的切线方向的斜率表示该点的加速度大小．

规律方法

1、s——t图象和v——t图象的应用

【例1】甲、乙、两三物体同时同地开始做直线运动，其位移一时间图象如图所示，则在t0时间内，甲、乙、丙运动的平均速度的大小关系分别是：V甲

V乙

V丙（填“＞”、“＝”或“＜”），它们在t0时间内平均速率大小关系为V/甲＿V/乙＿V/丙·

解析：由图可知，在t0时间内它们的位移相同，由平均速度的定义，故可知甲、乙、两三者在t0时间内的平均速度的大小相同，即V甲=V乙=V丙，而平均速率是指质点运动的路程（质点运动轨迹的长度）与时间的比值，由图中可知，质点在to时间内，甲的路程最长，（由图象中可知甲有回复运动）故甲的平均速率最大，而乙和丙路程相同，故乙和丙的平均速率相同，即V/甲＞V/乙=V/丙．

注意：平均速率不是平均速度的大小．对于图象问题，要求把运动物体的实际运动规律与图象表示的物理含义结合起来考虑．

【例2】物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程为S。它在中间位置½S处的速度为v1，在中间时刻½t时的速度为v2，则v1、v2的关系为

A．当物体作匀加速直线运动时，v1＞v2

B．当物体作匀减速直线运动时，v1＜v2；

c．当物体作匀速直线运动时，v1＝v2

D．当物体作匀减速直线运动时，v1＞v2

【解析】由题意，作出物体的v一t关系图，½S点处的虚线把梯形面积一分为二，如图所示，由图可知，无论物体作匀加速直线运动还是作匀减速直线运动。在路程中间位置的速度v1始终大于中间时刻的速度v2，当物体作匀速直线运动时，在任何位置和任何时刻的速度都相等。

故正确答案A、C、D。

【例3】甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一路标时速度又相同，则哪一辆车先经过下一个路标？

解析：由题可知这三辆汽车的初、末速度相同，它们发生的位移相同，而题中并不知乙、丙两车在各阶段是否做匀速直线运动，因此，我们只能分析它们的一般运动，即变速直线运动，这样匀变速直线运动的规律就无法求解这一问题，如果我们利用图象法，即在同一坐标系中，分别做出这三辆车的v-t图象，如图所示，由此可知：乙车到达下一个路标的时间最短，即乙车最先通过下一个路标。

说明：图象法是根据物体的运动规律及题中条件，将复杂的运动过程转化成简单、直观过程的一种思维方法。

2、速度——时间图象的迁移与妙用

【例4】

一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC。已知AB和AC的长度相同。两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间

A.p小球先到

B.q小球先到

C.两小球同时到

D.无法确定

解：可以利用v-t图象(这里的v是速率，曲线下的面积表示路程s)定性地进行比较。在同一个v-t图象中做出p、q的速率图线，显然开始时q的加速度较大，斜率较大；由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上。为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然q用的时间较少。

12

p

A q B v v

a

q l1 o v1 l2 v

a’

l2

p C v2 t tq

l

tp 1

【例5】

两支完全相同的光滑直角弯管(如图所示)现有两只相同小球a和a/

同时从管口由静止滑下，问谁先从下端的出口掉出？(假设通过拐角处时无机械能损失)

解：首先由机械能守恒可以确定拐角处v1>

v2，而两小球到达出口时的速率v相等。又由题薏可知两球经历的总路程s相等。由牛顿第二定律，小球的加速度大小a=gsinα，小球a第一阶段的加速度跟小球a/第二阶段的加速度大小相同（设为a1）；小球a第二阶段的加速度跟小球a/第一阶段的加速度大小相同（设为a2），根据图中管的倾斜程度，显然有a1> a2。根据这些物理量大v 小的分析，在同一个v-t图象中两球速度曲线下所围的面积应该相同，且末v状态速度大小也相同（纵坐标相同）。开始时a球曲线的斜率大。由于两球两阶段加速度对应相等，如果同时到达（经历时间为t1）则必然有s1>s2，显然不合理。考虑到两球末速度大小相等（图中vm），球a/

的速度图象只能如实线所示。因此有t1< t2，即a球先到。

【例6】一只老鼠从洞口爬出后沿一直线运动，其速度大小与其离开洞口的距离成反比。当其到达距洞口为d1的A点时速度为v1．若B点离洞口的距o

t1 t2 离为d2（d2＞d1），求老鼠由A运动至B所需的时间。

【解析】图中的曲线与横轴所围面积的数值正是老鼠经过一定的位移所需的时间。如图所示，取一窄条，其宽度Δx很小（Δx→0），此段位移所需时间Δt也很小（Δv→0），可以认为在如此短时间内，老鼠的速度改变很小（Δv→0），如图中窄条1x的面积为A＝Δx=，这正表示老鼠经位移Δx所需的时vv1X间。故图中，图线=，x1＝dl，x2＝d2及x轴所围的梯形面vKt

积正是老鼠由dl爬至d2所需的时间。22d2d121d1d2d2d12K=v1d1=v2d2;T=。

d2d12k2kk2v2d1说明：利用图象的物理意义来解决实际问题往往起到意想不到的效果．在中学阶段某些问题根本无法借助初等数学的方法来解决，但如果注意到一些图线的斜率和面积所包含的物理意义，则可利用比较直观的方法解决问题。

【例7】甲、乙两车同时同向沿直线驶向某地，甲在前一半时间以v1匀速运动，后一半时间以v2匀速运动.乙在前一半路程以v1匀速运动，后一半路程以v2匀速运动，先到目的地的是____. 解析：图中画出了甲与乙的s-t图线，图象画好答案也出现了，t乙＞t甲，

所以甲先到达目的地；.图中假设v1＞v2，若v2＞v1可得到s 同样的结果，此题也能用v－t图象求解，无论用s－t图象还是v－t图象，都要比用计算的方法简捷得多. S0

S0/2 甲

乙

t0 【例8】质点P以O点为平衡位置竖直向上作简谐运动，同时质点/2 Q也从O点被竖直上抛，它们恰好同时到达最高点，且高度相同，在此过程中，两质点的瞬时速度vP与vQ的关系应该是

[

D

]

A.vP＞vQ.

B.先vP＞vQ，后vP＜vQ，最后vP=vQ=0.

C.vP＜vQ.

D.先vP＜vQ，后vP＞vQ，最后vP=vQ=0. 解析：这也是用解析方法很难下手的题目，但若能利用题设条件，画好、分析好两个质点的v－t图线，就能很快找到答案.

先在图中画出Q作匀减速运动的v－t图象.由于P作简谐运动，当它由平13 甲t甲

t乙

t

衡位置向极端位置运动过程中，受到的回复力从零开始不断变大，它的加速度也从零开始不断变大，速度不断变小，P作加速度不断增大的减速运动，其v－t图线是一条曲线.根据v－t图线上任一点的切线的斜率数值上等于质点在该时刻的加速度，由于P的加速度由零开始不断变大，画出曲线切线斜率的绝对值也应由零开始不断增大，即曲线的切线应从呈水平状态开始不断变陡，那么只有向右边凸出的下降的曲线才能满足这样的条件.又因P与Q的运动时间相等，所以曲线的终点也应在t，P与Q的路程相等，所以曲线包围的面积应等于三角形vQ0Ot的面积，根据这些要求，曲线的起点，即质点P的初速度vP0必定小于Q的初速vQ0，且两条v－t图线必定会相交，如图7中的实线所示.图7的两条虚线表示的质点P的v－t图线都不满足题设条件（P与Q的路程相等），所以（D）选项正确. 试题展示

第5课

运动学典型问题及解决方法

基础知识

一、相遇、追及与避碰问题

对于追及问题的处理，要通过两质点的速度比较进行分析，找到隐含条件（即速度相同时，而质点距离最大或最小）。再结合两个运动的时间关系、位移关系建立相应的方程求解，必要时可借助两质点的速度图象进行分析。

二、追击类问题的提示

1．匀加速运动追击匀速运动，当二者速度相同时相距最远．

2．匀速运动追击匀加速运动，当二者速度相同时追不上以后就永远追不上了．此时二者相距最近．

3．匀减速直线运动追匀速运动，当二者速度相同时相距最近，此时假设追不上，以后就永远追不上了．

4．匀速运动追匀减速直线运动，当二者速度相同时相距最远．

5．匀加速直线运动追匀加速直线运动，应当以一个运动当参照物，找出相对速度、相对加速度、相对位移．

规律方法

1、追及问题的分析思路

（1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物体运动时间之间的关系．

（2)通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系式．追及的主要条件14

是两个物体在追上时位置坐标相同．

(3)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，等等．利用这些临界条件常能简化解题过程．

（4)求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件解联立方程外，还有利用二次函数求极值，及应用图象法和相对运动知识求解．

【例1】羚羊从静止开始奔跑，经过50m能加速到最大速度25m/s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过60 m的距离能加速到最大速度30m/s，以后只能维持此速度4.0 s.设猎豹距离羚羊xm时开时攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0 s才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动，且均沿同一直线奔跑，求：猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，x值应在什么范围？

解析：先分析羚羊和猎豹各自从静止匀加速达到最大速度所用的时间，再分析猎豹追上羚羊前，两者所发生的位移之差的最大值，即可求x的范围。

设猎豹从静止开始匀加速奔跑60m达到最大速度用时间t2，则s1v12s260t1，t114s

2v130羚羊从静止开始匀加速奔跑50m达到最大速度用时间t1，则s2v22s250t2，t224s

2v225猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，则猎豹减速前的匀速运动时间最多4s，而羚羊最多匀速3s而被追上，此x值为最大值，即x=S豹－S羊=[（60＋30×4）－（50＋25×3）]=55m，所以应取x<55m。

【例2】一辆小车在轨道MN上行驶的速度v1可达到50km/h，在轨道外的平地上行驶速度v2可达到40km/h，与轨道的垂直距离为30km的B处有一基地，如图所示，问小车从基地B出发到离D点100km的A处的过程中最短需要多长时间（设小车在不同路面上的运动都是匀速运动，启动时的加速时间可忽略不计）？

【解析】建构合理的知识体系，巧用类比，触发顿悟性联想。

显然，用常规解法是相当繁琐的。我们知道，光在传播过程中“走”的是时间最短的路径。可见，我们可以把小车的运动类比为光的全反射现象的临界状态（如图所示），根据临界角知识得：sinC=v2/v1＝4/5，由图得：sinC＝x/x2302，小车运动时间：t=（100－

x）/vl＋x2302/v2由以上几式可得：

c＝40km，

t ＝2．45h。

【例2】高为h的电梯正以加速度a匀加速上升，忽然天花板上一颗螺钉脱落．螺钉落到电梯底板上所用的时间是多少？

解析：此题为追及类问题，依题意画出反映这一过程的示意图，如图2—

27所示．这样至少不会误认为螺钉作自由落体运动，实际上螺钉作竖直上抛运动．从示意图还可以看出，电梯与螺钉的位移关系：

S梯一S钉= h

式中S梯＝vt十½at2，S钉＝vt－½gt2

可得t=2h/ga

错误：学生把相遇过程示意图画成如下图，则会出现S梯＋S钉= h

式中S梯＝v0t十½at2，S钉＝v0t－½gt2

这样得到v0t十½at2＋v0t－½gt2=h，即½（a－g）t2＋2v0t－h=0 由于未知v0，无法解得结果。判别方法是对上述方程分析，应该是对任何时间t，都能相遇，即上式中的Δ＝4v02＋2（a－g）h≥0

V0、a

15

也就是v0≥agh/2，这就对a与g关系有了限制，而事实上不应有这样的限制的。

点评：对追及类问题分析的关键是分析两物体运动的运动过程及转折点的条件．可见，在追赶过程中，速度相等是一个转折点，要熟记这一条件．在诸多的物理问题中存在“隐蔽条件”，这类问题往往是难题，于是，如何分析出“隐蔽条件”成为一个很重要的问题，一般是根据物理过程确定．该题中“隐蔽条件”就是当两车速度相同时距离最大．解析后，问题就迎刃而解．

2、相遇问题的分析思路

相遇问题分为追及相遇和相向运动相遇两种情形，其主要条件是两物体在相遇处的位置坐标相同．

(1)列出两物体运动的位移方程，注意两个物体运动时间之间的关系．

(2)利用两物体相遇时必处在同一位置，寻找两物体位移间的关系．

（3)寻找问题中隐含的临界条件．

（4)与追及中的解题方法相同

【例3】．在某铁路与公路交叉的道口外安装的自动拦木装置如图所示，当高速列车到达A

点时，道口公路上应显示红灯，警告来越过停

车线的汽车迅速制动，而且超过停车线的汽车能在列车到达道口前安全通过道口。已知高速列车的速度V1=120km/h，汽车过道口的速度V2=5km/h，汽车驶至停车线时立即制动后滑行的距离是S0＝5m，道口宽度s＝26m，汽车长l=15m。若栏木关闭时间tl＝16s，为保障安全需多加时间t2=20s。问：列车从A点

到道口的距离L应为多少才能确保行车安全？

解析：由题意知，关闭道口时间为16s，为安全保障再加20s，即关闭道口的实际时间为t0=20+16=36s，汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为S=26+5+15=46m，需用时t2离应为：L=V1T=463600，由此亮起红灯的时间为T=t0+t2，故A点离道口的距5000120000463636=2304m 360050【例4】火车以速度Vl匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距S处有另一火车沿同方向以速度V2（对地、且V1＞V2）做匀速运动．司机立即以加速度a紧急刹车．要使两车不相撞，a应满足什么条件？

解法一：后车刹车后虽做匀减速运动，但在其速度减小至和V2相等之前，两车的距离仍将逐渐减小；当后车速度减小至小于前车速度，两车距离将逐渐增大．可见，当两车速度相等时，两车距离最近．若后车减速的加速度过小，则会出现后车速度减为和前车速度相等之前即追上前车，发生撞车事故；若后车加速度过大，则会出现后车速度减为和前车速度相等时仍未过上前车，根本不可能发生撞车事故；若后车加速度大小为某值时，恰能使两车在速度相等时后车追上前车．这正是两车恰不相撞的临界状态，此时对应的加速度即为两车不相撞的最小加速度．综上分析可知，两车恰不相撞时应满足下列两方程：

V1t－a0t/2＝V2t＋S

V1—a0t=V2

解之可得：a0=2V2V122S．所以当a≥V2V122S时，两车即不会相撞

解法二：要使两车不相撞，其位移关系应为

V1t－at2/2 ≤S＋V2t

即at2/2＋（V2－V1）t＋S≥0

对任一时间t，不等式都成立的条件为

Δ＝（V2－V1）－2as≤0 由此得a≥2V2V122S

解法三：以前车为参照物，刹车后后车相对前车做初速度V0= V1－V2，加速度为a的匀减速直线运动．当后车相对前车的速度成为零时，若相对位移S/≤S，则不会相撞．故由

S= V02/2a= /（V1－V2）/2a≤S，得a≥2V2V122S16

点评：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；解法三通过巧妙地选取参照物，使两车运动的关系变得简明．

说明：本题还可以有多种问法，如“以多大的加速度刹车就可以不相碰？”，“两车距多少米就可以不相碰？”，“货车的速度为多少就可以不相碰？”等，但不管哪一种问法，都离不开“两车速度相等”这个条件．

【例5】甲、乙两车相距S，同时同向运动，乙在前面做加速度为a1、初速度为零的匀加速运动，甲在后面做加速度为a2、初速度为v0的匀加速运动，试讨论两车在运动过程中相遇次数与加速度的关系。

【分析】由于两车同时同向运动，故有v甲=v0＋a2t，v乙=a1t。

①当al＜a2时，alt＜a2t，可得两车在运动过程中始终有，V甲＞V乙。由于原来甲在后，乙在前，所以甲、乙两车的距离在不断缩短，经过一段时间后甲车必然超过乙车，且甲超过乙后相距越来越大，因此甲、乙两车只能相遇一次。

②当

al=a2时，alt＝a2t，可得v甲=v0＋v乙，同样有v甲＞v乙，因此甲、乙两车也只能相遇一次。

③当al＞a2时，alt＞a2t，v甲和v乙的大小关系会随着运动时间的增加而发生变化。刚开始，alt和a2t相差不大且甲有初速v0，所以v甲＞v乙；随着时间的推移，alt和a2t相差越来越大；当alt－a2t＝v0时，v甲=v乙，接下来alt－a2t＞v0，则有v甲＜v乙，若在v甲=v乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于v甲＜v乙，甲车就没有机会超过乙车，即两车不相遇；若在v甲=v乙时，两车刚好相遇，随后v甲＜v乙，甲车又要落后乙车，这样两车只能相遇一次；若在v甲=v乙前，甲车已超过乙车，即已相通过一次，随后由于v甲＜v乙，甲、乙距离又缩短，直到乙车后反超甲车时，再相遇一次，则两车能相遇两次。

【解】由于

S甲=v0 t＋½a2t2，S乙=½a1t2，

相遇时有S甲－S乙＝s，则v0 t＋½a2t2－½a1t2＝S，½（a1一a2）t2一v0 t＋S＝0．

t2v0v02a1a2sa2a21

①当a1＜a2时，①式；只有一个正解，则相遇一次。

②当a1＝a2时

S甲一

S乙=v0 t＋½a2t2－½a1t2=v0 t=S，

∴t=S/v0

t只有一个解，则相遇一次。

2③当

al＞a2时，若v0＜2（al－a2）s，①式无解，即不相遇。

若v02=2（al－a2）s，①式t只有一个解，即相遇一次。

若

v02＞2（al－a2）s，①式t有两个正解，即相遇两次。

解法2：利用v一t图象求解。

①当

al＜a2时，甲、乙车的运动图线分别为如图，其中划斜线部分的面积表示t时间内甲车比乙车多发生的位移，着此而积为S，则t时刻甲车追上乙车而相遇，以后在相等时间内甲车发生的位移都比乙车多，所以只能相遇一次。

②当al=a2时，甲、乙两车的运动图线分别如图，讨论方法同①，所以两车也只能相遇一次。

③当al＞a2

时，甲、乙两车的运动图线分别为如图的1和11，其中划实斜线部分面积表示用车比乙车多发生的位移，划虚斜线部分的面积表示乙车比甲车多发生的位移。若划线部分的面积小于S，说明甲追不上乙车，则不能相遇；若划实斜线部分的面积等于S，说明甲车刚追上乙车又被反超，则相遇一次；若划实斜线部分的面积大于S，说明tl内划实线部分的面积为S，说明t1时刻甲车追上乙车，以后在t1——t时间内，甲车超前乙车的位移为tl－——t时间内划实线部分的面积，随后在t——－t2时间内，乙车比甲车多发生划应线部分的面积，如果两者相等，则t2时刻乙车反超甲车，故两车先后相遇两次。

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【例6】在空中足够高的某处，以初速度v竖直上抛一小球，t s后在同一地点以初速度v/竖直下抛另一个小球，若使两个小球在运动中能够相遇，试就下述两种情况讨论t的取值范围：（l）0＜v/＜v，（2）v/＞v 【解析】若两小球在运动中能够在空中相遇，必须是下抛小球刚抛出时，上抛小球已进入下降阶段，且速度大的小球在后，追赶前面速度小的球，

（1）

如图甲所示．上抛小球速度方向变为向下，大小达v/时所经历的时间为t0，则

vv/t0=＋

∴当t＞t0时，上抛小球的即时速度vt＞v/，上抛小球能够追上下抛小球，但是，若gg上抛小球已越过抛出点，再向下抛出另一个小球时，两球就不会相遇，而上抛球回到抛出点的时间t12vvv/2v为：t1=

即：当＜t＜时两球能够在运动中相遇

gggvv/（2）如图乙所示，上抛小球速度方向变为向下，大小达v时所经历时间为t0，则：

t0=

g///

当t＜t0/时，上抛时即时速度vt＜v/，但若使上抛球在前，t还大于t1=2v/g才行，因此，两球在运动2vvv/中相遇的条件为：＜t＜

gg

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