课外读物教学实录

④第1m、第2m、第3m……所用的时间之比为1∶21∶（32）∶……

5、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，竖直上抛运动是匀减速直线运动，可分向上的匀减速运动和竖直向下匀加速直线运动。

二、解析典型问题

问题1：注意弄清位移和路程的区别和联系。

位移是表示质点位置变化的物理量，它是由质点运动的起始位置指向终止位置的矢量。位移可以用一根带箭头的线段表示，箭头的指向代表位移的方向，线段的长短代表位移的大小。而路程是质点运动路线的长度，是标量。只有做直线运动的质点始终朝着一个方向运动时，位移的大小才与运动路程相等。

例1、一个电子在匀强磁场中沿半径为R的圆周运动。转了3圈回到原位置，运动过程中位移大小的最大值和路程的最大值分别是：

A．2R，2R； B．2R，6πR； C．2πR，2R； D．0，6πR。

分析与解：位移的最大值应是2R，而路程的最大值应是6πR。即B选项正确。

问题2.注意弄清瞬时速度和平均速度的区别和联系。

瞬时速度是运动物体在某一时刻或某一位置的速度，而平均速度是指运动物体在某一段时间t或某段位移x的平均速度，它们都是矢量。当t0时，平均速度的极限，就是该时刻的瞬时速度。

例2、甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间内以速度V1做匀速直线运动，后一半时间内以速度V2做匀速直线运动；乙车在前一半路程中以速度V1做匀速直线运动，后一半路程中以速度V2做匀速直线运动，则（ ）。

A．甲先到达；B.乙先到达； C.甲、乙同时到达； D.不能确定。

分析与解：设甲、乙车从某地到目的地距离为S，则对甲车有t甲2S;对于乙车有

V1V2t乙(VV2)SSS，所以t甲4V1V2，由数学知识知(V1V2)24V1V2,故t甲

问题3.注意弄清速度、速度的变化和加速度的区别和联系。

加速度是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，加速度a的定义式是矢量式。加速度的大小和方向与速度的大小和方向没有必然的联系。只要速度在变化，无论速度多小，都有加速度；只要速度不变化，无论速度多大，加速度总是零；只要速度变化快，无论速度是大、是小或是零，物体的加速度就大。

加速度的与速度的变化ΔV也无直接关系。物体有了加速度，经过一段时间速度有一定的变化，因此速度的变化ΔV是一个过程量，加速度大，速度的变化ΔV不一定大；反过来，ΔV大，加速度也不一定大。

例3、一物体作匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s.在这1s内该物体的( ). (A)位移的大小可能小于4m (B)位移的大小可能大于10m 22(C)加速度的大小可能小于4m/s (D)加速度的大小可能大于10m/s. 分析与解：本题的关键是位移、速度和加速度的矢量性。若规定初速度V0的方向为正方向，则仔细分析“1s后速度的大小变为10m/s”这句话，可知1s后物体速度可能是10m/s，也可能是-10m/s,因而有：

同向时，a1VtV0104VVtm/s26m/s2,S10t7m.

t12用心

爱心

专心

反向时，a2VtV0104VVtm/s214m/s2,S20t3m.

t12式中负号表示方向与规定正方向相反。因此正确答案为A、D。

问题4.注意弄清匀变速直线运动中各个公式的区别和联系。

加速度a不变的变速直线运动是匀变速直线运动，是中学阶段主要研究的一种运动。但匀变速直线运动的公式较多，不少同学感觉到不易记住。其实只要弄清各个公式的区别和联系，记忆是不困难的。

加速度的定义式是“根”，只要记住“aVtV0”，就记住了“Vt=V0+at”;

t__VV012基本公式是“本”，只要记住“Vt=V0+at”和“SVtV0tat”，就记住了“Vt”和22Vt2V022as；

推论公式是“枝叶”，一个特征：SaT，物理意义是做匀变速直线运动的物体在相邻相等时间2V0VtV02Vt2间隔内位移差相等；二个中点公式：时间中点V，位移中点V中点；三个等时比例22式：对于初速度为零的匀加速直线运动有，S1：S2：S3……=1:4:9……，SⅠ：SⅡ：SⅢ……=1:3:5……,V1:V2:V3……=1:2:3……；两个等位移比例式：对于初速度为零的匀加速直线运动有，t1：t2：t3：1：2：3：和

t1:t2:t31:(21):(32)

例4、.一汽车在平直的公路上以V020m/s做匀速直线运动，刹车后，汽车以大小为a4m/s的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后经8s汽车通过的位移有多大？

分析与解：首先必须弄清汽车刹车后究竟能运动多长时间。选V0的方向为正方向，则根据公式2a0V0V20s5s

，可得t0ta4

这表明，汽车并非在8s内都在运动，实际运动5s后即停止。所以，将5s代入位移公式，计算汽车在8s内通过的位移。即

sv0t121at(205452)m50m

22不少学生盲目套用物理公式，“潜在假设”汽车在8s内一直运动，根据匀减速直线运动的位移公式可得：

11SV0tat220848232m

22

这是常见的一种错误解法，同学们在运用物理公式时必须明确每一个公式中的各物理量的确切含义，深入分析物体的运动过程。

例5、物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程为S，它在中间位置用心

爱心

专心

1S处的速度为V1，在中间时2

刻1t时的速度为V2，则V1和V2的关系为（ ）

2A．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。

分析与解：设物体运动的初速度为V0，未速度为Vt，由时间中点速度公式VV0Vt得2V0VtV02Vt2V02Vt2V2；由位移中点速度公式V中点得V1。用数学方法可证明，只要222V0Vt，必有V1>V2;当V0Vt，物体做匀速直线运动，必有V1=V2。所以正确选项应为A、B、C。

例6、一个质量为m的物块由静止开始沿斜面下滑，拍摄此下滑过程得到的同步闪光（即第一次闪光时物块恰好开始下滑）照片如图1所示．已知闪光频率为每秒10次，根据照片测得物块相邻两位置之间的距离分别为AB＝2.40cm，BC＝7.30cm，CD＝12.20cm，DE＝17.10cm．由此可知，物块经过D点时的速度大小为________m/s；滑块运动的加速度为________．（保留3位有效数字）

分析与解：据题意每秒闪光10次，所以每两次间的时间间隔T=0.1s, 根据中间时刻的速度公式得VDCE12.217.1102m/s1.46m/s. 2T0.2根据SaT得CEACa(2T),所以aCEAC2.40m/s. 22_

图1 224T问题5.注意弄清位移图象和速度图象的区别和联系。

运动图象包括速度图象和位移图象，要能通过坐标轴及图象的形状识别各种图象，知道它们分别代表何种运动，如图2中的A、B分别为V-t图象和s-t图象。

1是匀速直线运动，○2是初速度为零其中：○3

○2

○V 3

○S 1

○3是初速不为零的匀加速直的匀加速直线运动，○2

○4

○4是匀减速直线运动。

线运动，○1○

同学们要理解图象所代表的物理意义，注意O O t 速度图象和位移图象斜率的物理意义不同，S-t图t 4

○象的斜率为速度，而V-t图象的斜率为加速度。

A 图2 B

例7、龟兔赛跑的故事流传至今，按照龟兔赛跑的故事情节，兔子和乌龟的位移图象如图3所兔

S示，下列关于兔子和乌龟的运动正确的是

S3 A．兔子和乌龟是同时从同一地点出发的

B．乌龟一直做匀加速运动，兔子先加速后匀速再加速

S2 C．骄傲的兔子在T4时刻发现落后奋力追赶，但由于速度比S1

乌龟的速度小，还是让乌龟先到达预定位移S3 T3 D．在0～T5时间内，乌龟的平均速度比兔子的平均速度大

O T1 T2 分析与解：从图3中看出，0—T1这段时间内，兔子没图

3 有运动，而乌龟在做匀速运动，所以A选项错；乌龟一直做匀V 速运动，兔子先静止后匀速再静止，所以B选项错；在T4时刻以后，兔子的速度比乌龟的速度大，所以C选项错；在0～T5时间内，乌龟位移比兔子的位移大，所V0 S 以乌龟的平均速度比兔子的平均速度大，即D选项正确。

O S 例8、两辆完全相同的汽车,沿水平直路一前一后匀速行驶,速度均为V0,若前车用心

爱心

专心

龟

T4 T5 t S t 图4

突然以恒定的加速度刹车,在它刚停住时,后车以前车刹车时的加速度开始刹车.已知前车在刹车过程中所行的距离为s,若要保证两辆车在上述情况中不相撞,则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为: (A)s (B)2s (C)3s (D)4s 分析与解:依题意可作出两车的V-t图如图4所示，从图中可以看出两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2s,即B选项正确。

p

例 9、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A q 曲面AC,如图5所示。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：

B C A.p小球先到 B.q小球先到 图5 C.两小球同时到 D.无法确定

V分析与解：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，如图6所示。Vvv

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。

问题6.注意弄清自由落体运动的特点。

自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。

q o 图6

p tq

tp t 例10、

一个物体从塔顶上下落，在到达地面前最后1s内通过的位移是整个位移的9/25，求塔高。2（g取10m/s）

分析与解：

设物体下落总时间为t，塔高为h，则：

L1 L2 L3 图9

A B C D 1291)hg(t1)2

hgt, (12252

由上述方程解得：t=5s,所以，h12gt125m

2例11、如图9所示，悬挂的直杆AB长为L1，在其下L2处，有一长为L3的无底圆筒CD，若将悬线剪断，则直杆穿过圆筒所用的时间为多少？

分析与解：直杆穿过圆筒所用的时间是从杆B点落到筒C端开始，到杆的A端落到D端结束。

设杆B落到C端所用的时间为t1,杆A端落到D端所用的时间为t2,由位移公式h12gt得：

2t12(L1L2L3)2L2，t2

gg2(L1L2L3)2L2。

gg所以，tt2t1问题7.注意弄清竖直上抛运动的特点。

竖直上抛运动是匀变速直线运动，其上升阶段为匀减速运动，下落阶段为自由落体运动。它有如下特点：

1.上升和下降（至落回原处）的两个过程互为逆运动，具有对称性。有下列结论：

(1)速度对称：上升和下降过程中质点经过同一位置的速度大小相等、方向相反。

（2）时间对称：上升和下降经历的时间相等。

用心

爱心

专心

V022.竖直上抛运动的特征量：（1）上升最大高度：Sm=.(2)上升最大高度和从最大高度点下落到抛出2g点两过程所经历的时间：t上t下V0. g例12、气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17s到达地面。求物体刚脱2离气球时气球的高度。（g=10m/s）

分析与解：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动。规定向下方向为正，则物体的

初速度为V0=－10m/s,g=10m/s

则据h=V0t2 121gt,则有：h(101710172)m1275m

22∴物体刚掉下时离地1275m。

例13、一跳水运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中心，跃起后重心升高0．45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）。从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是

s。（计2算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点。g取10 m /s，结果保留二位数字）

分析与解：设运动员跃起时的初速度为V0，且设向上为正，则由V0=2gh得：

V022gh2100.453m/s

由题意而知：运动员在全过程中可认为是做竖直上抛运动，且位移大小为10m，方向向下，故S=－10m. 由SV0t121gt得：103t10t2,解得t=1.7s. 22问题8.注意弄清追及和相遇问题的求解方法。

1、追及和相遇问题的特点

追及和相遇问题是一类常见的运动学问题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一时刻到达同一位置。可见，相遇的物体必然存在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初始位置之间存在一定的位移关系。若同地出发，相遇时位移相等为空间条件。二是相遇物体的运动时间也存在一定的关系。若物体同时出发，运动时间相等；若甲比乙早出发Δt，则运动时间关系为t甲=t乙+Δt。要使物体相遇就必须同时满足位移关系和运动时间关系。

2、追及和相遇问题的求解方法

首先分析各个物体的运动特点，形成清晰的运动图景；再根据相遇位置建立物体间的位移关系方程；最后根据各物体的运动特点找出运动时间的关系。

方法1：利用不等式求解。利用不等式求解，思路有二：其一是先求出在任意时刻t，两物体间的距离y=f(t),若对任何t，均存在y=f(t)>0,则这两个物体永远不能相遇；若存在某个时刻t，使得y=f(t)0,则这两个物体可能相遇。其二是设在t时刻两物体相遇，然后根据几何关系列出关于t的方程f(t)=0,若方程f(t)=0无正实数解，则说明这两物体不可能相遇；若方程f(t)=0存在正实数解，则说明这两个物体可能相遇。

方法2：利用图象法求解。利用图象法求解，其思路是用位移图象求解，分别作出两个物体的位移图象，如果两个物体的位移图象相交，则说明两物体相遇。

例14、火车以速率V1向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车为S处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率V2作匀速运动，于是司机立即使车作匀减速运动，加速度大小为a,要使两车不致相撞，求出a应满足关式。

用心

爱心

专心

分析与解：设经过t时刻两车相遇，则有V2tSV1t12at，整理得：

2at22(V2V1)t2S0

要使两车不致相撞，则上述方程无解，即b24ac4(V2V1)28aS0

(V1V2)2解得a。

2S例15、在地面上以初速度2V0竖直上抛一物体A后，又以初速V0同地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔t必须满足什么条件？S （不计空气阻力）

A 分析与解：如按通常情况，可依据题意用运动学知识列方程求解，这2是比较麻烦的。如换换思路，依据s=V0t-gt/2作s-t图象，则可使解题B t 过程大大简化。如图10所示，显然，两条图线的相交点表示A、B相遇时O 刻，纵坐标对应位移SA=SB。由图10可直接看出Δt满足关系式Δt

4V0/g 6V0/g 2V/g 2V04Vt0时， B可在空中相遇。

gg0图10 问题9.注意弄清极值问题和临界问题的求解方法。

例16、如图11所示，一平直的传送带以速度V=2m/s做匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10m。从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s,能传送到B处，欲用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大？

分析与解：因LV,所以工件在6s内先匀加速运动，后匀速运动，有t2A VS1t,S2Vt t1+t2=t, S1+S2=L 2解上述四式得t1=2s,a=V/t1=1m/s. 若要工件最短时间传送到B，工件加速度仍为a，设传送带速度为V，工件先加速后匀速，同上理有：L2B 图11 Vt1Vt2又因为t1=V/a,t2=t-t1,所以2V2VLV(t)，化简得：

2aaLVLVL常量，

,因为V2aV2a2aLV所以当,即V2aL时，t有最小值，V2aL25m/s。

V2at表明工件一直加速到B所用时间最短。

22例17、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s,稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s,直到停止，共历时130s，行程1600m.试求：

（1）摩托车行驶的最大速度Vm. (2)若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最V(m/s) 短时间为多少？

分析与解：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；Vm a2 a1 t/s 匀减速运动。可借助V-t图表示，如图12所示。利用推论Vt2V022aS有：

O 130s 图12 用心

爱心

专心

三、警示易错试题

典型错误之一：盲目地套用公式计算“汽车”刹车的位移。

2例20、飞机着陆做匀减速运动可获得a=6m/s的加速度，飞机着陆时的速度为V0=60m/s,求它着陆后t=12s内滑行的距离。

错解：将t=12s代入位移公式得：SV0t121at(60126122)m288m. 22分析纠错：解决本问题时应先计算飞机能运动多长时间，才能判断着陆后t=12s内的运动情况。

设飞机停止时所需时间为t0,由速度公式Vt=V0-at0得t0=10s. 可见，飞机在t=12s内的前10s内做匀减速运动，后2s内保持静止。所以有：

SV0t012at0300m.

2典型错误之二：错误理解追碰问题的临界条件。

例21、

经检测汽车A的制动性能：以标准速度20m/s在平直公路上行使时，制动后40s停下来。现A在平直公路上以20m/s的速度行使发现前方180m处有一货车B以6m/s的速度同向匀速行使，司机立即制动，能否发生撞车事故？

错解：

设汽车A制动后40s的位移为s1，货车B在这段时间内的位移为S2。据

aVtV02有A车的加速度为：a=-0.5m/s.据匀变速直线运动的规律有：

t12at400m

2 S1V0t而S2=V2t=6×40=240（m），两车位移差为400-240=160（m），因为两车刚开始相距180m＞160m，所以两车不相撞。

分析纠错：这是典型的追击问题。关键是要弄清不相撞的条件。汽车A与货车B同速时，两车位移差和初始时刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据。当两车同速时，两车位移差大于初始时刻的距离时，两车相撞；小于、等于时，则不相撞。而错解中的判据条件错误导致错解。

本题也可以用不等式求解：设在t时刻两物体相遇，则有：

120t0.5t21806t，即：t256t7200。

2因为5647202560，所以两车相撞。

典型错误之三：参考系的选择不明确。

例22、航空母舰以一定的速度航行，以保证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起飞时的最大2加速度是a=5.0m/s,速度须达V=50m/s才能起飞，该航空母舰甲板长L=160m,为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多大的速度V0向什么方向航行？

错解：据V2V022aL得V0V2aL30m/s。

分析纠错：上述错解的原因是没有明确指出参考系，速度、位移不是在同一参考系中得到的量。若以地面为参考系，则飞机的初速度为V0，末速度为V=50m/s，飞机的位移为S=L+V0t,则根据匀变速直线的规律可得：VV02aSV02a(LV0t)，V=V0+at。

代入数据求得：V0=10m/s. 即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10m/s的速度航行。

若以航空母舰为参考系，则飞机的初速度为零，位移为L，设末速度为V1，则据匀变速直线的规律可得：V1222222aL40m/s。

用心

爱心

专心

所以V0=V-V1=10m/s.即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10m/s的速度航行。

典型错误之四：对由公式求得“结果”不能正确取舍。

2例23、汽车以20m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5m/s，则它关闭发动机后通过t=37.5m所需的时间为（ ）

A.3s; B.4s C.5s D.6s 2错解：设汽车初速度的方向为正方向，即V0=20m/s,a=－5m/s,s=37.5m. 则由位移公式sV0t121at得：20t5t237.5

22解得：t1=3s,t2=5s.即A、C二选项正确。

分析纠错：因为汽车经过t0=0V04s已经停止运动，4s后位移公式已不适用，故t2=5s应舍去。a即正确答案为A。

典型错误之五：忽视位移、速度和加速度的矢量性。

例24、竖直向上抛出一物体，已知其出手时的速度是5m/s,经过3s，该物体落到抛出点下某处，速度为25m/s,已知该物体在运动过程中加速度不变，求该加速度的大小及方向。

2错解：由题意知V0=5m/s,Vt=25m/s,所以加速度a=(Vt-V0)/t=6.67m/s. 分析纠错：由于速度是矢量，处理同一直线上的矢量运算，必须先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算。

取向上为正方向，由题意知：V0=5m/s,Vt=－25m/s,所以加速度a=(Vt-V0)/t=-1 V/ms2－10m/s. 1 加速度为负，表示加速度的方向与正方向相反，即a的方向竖直向下。

0

1 2 3 4 5 t/s 2 典型错误之六：不能正确理解运动图象。

例25、一质点沿直线运动时的速度—时间图线如图16所示，则以下说法中图16 正确的是：

A．第1s末质点的位移和速度都改变方向。

B．第2s末质点的位移改变方向。

C．第4s末质点的位移为零。

D．第3s末和第5s末质点的位置相同。

错解：选B、C。

分析纠错：速度图线中，速度可以直接从纵坐标轴上读出，其正、负就表示速度方向，位移为速度图线下的“面积”，在坐标轴下方的“面积”为负。

由图16中可直接看出，速度方向发生变化的时刻是第2s末、第4s末，而位移始终为正值，前2s内位移逐渐增大，第3s、第4s内又逐渐减小。第4s末位移为零，以后又如此变化。第3s末与第5s末的位移均为0.5m.故选项CD正确。

所以正确答案是选项C、D。

四、如临高考

1.（09年全国卷Ⅱ 15）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为

用心

爱心

专心

1和0.30s B．3和0.30s 31C．和0.28s D．3和0.28s 3A．答案：B 解析：本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减速.根据av得t3a甲a乙,根据牛顿第二定律有t=0.3s,B正确。

m甲41F1F10m/s2,得,得3,由a乙0.40.4tm甲3m乙m乙2.（09年江苏物理 7）如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s。此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有

A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线

B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速

C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线

D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处

答案：AC 解析：熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符。如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移xv0t1212a1t1=20m>18m，此时2汽车的速度为v1v0a1t112m/s<12.5m/s，汽车没有超速，A项正确；如果立即做匀减速运动，速度减用心

爱心

专心

为零需要时间t2v0126.4m，C项正确、D项错误。

1.6s，此过程通过的位移为x2a2t22a23.（09年江苏物理 9）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有

A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大

B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大

C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大

D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大

答案：BCD

解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有FF1ma，对Ｂ有F1ma，得F1F，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，2在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。

4.（09年广东物理 3）某物体运动的速度图像如图，根据图像可知 A.0-2s内的加速度为1m/s

用心

爱心

专心

2

B.0-5s内的位移为10m C.第1s末与第3s末的速度方向相同 D.第1s末与第5s末加速度方向相同 答案：AC 解析：v-t 图像反映的是速度v随时t 的变化规律，其斜率表示的是加速度，A正确；图中图像与坐标轴所围成的梯形面积表示的是0-5s内的位移为7m，在前5s内物体的速度都大于零，即运动方向相同，C正确；0-2s加速度为正，4-5s加速度为负，方向不同。

5.（09年海南物理 7）一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至to时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2,则

A．x25x1 v23v1 C．x25x1 W28W1 答案：AC 6.（09年海南物理 8）甲乙两车在一平直道路上同向运动，其vt图像如图所示，图中OPQ和B．x19x2 v25v1

D．v23v1 W29W1

OQT的面积分别为s1和s2s2s1.初始时，甲车在乙车前方s0处。

A．若s0s1s2，两车不会相遇

B．若s0s1，两车相遇2次

C．若s0s1，两车相遇1次

D．若s0s2，两车相遇1次

答案：ABC 7.（09年广东理科基础 3）图1是甲、乙两物体做直线运动的v一t图象。下列表述正确的是

A．乙做匀加速直线运动

B．0一ls内甲和乙的位移相等

C．甲和乙的加速度方向相同

用心

爱心

专心

D．甲的加速度比乙的小

答案：A 解析：甲乙两物体在速度图象里的图形都是倾斜的直线表明两物体都是匀变速直线,乙是匀加速，甲是匀减速,加速度方向不同A对C错；根据在速度图象里面积表示位移的方法可知在0一ls内甲通过的位移大于乙通过的位移.B错；根据斜率表示加速度可知甲的加速度大于乙的加速度，D错。

8.（09年广东理科基础 9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是

A．在0—1s内，合外力做正功

B．在0—2s内，合外力总是做负功

C．在1—2s内，合外力不做功

D．在0—3s内，合外力总是做正功

答案：A 解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。

9.（09年山东卷 17）某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是

答案：B 解析：由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。

考点：v-t图象、牛顿第二定律

用心

爱心

专心

提示：在v-t图象中倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，加速度恒定，受力恒定。

10.（09年福建卷 21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。

（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1

（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；

（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题．．．不要求写出计算过程）

．．．．．．．．．答案：（1）t12ms0; （2）W1mvm2(mgsinqE)(s0mgsinqE); 2kqEmgsin(3)

解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。

（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有

qE+mgsin=ma ①

s012at1 ②

2联立①②可得

t12ms0 ③

qEmgsin（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有

mgsinqEkx0 ④

从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得

(mgsinqE)(xmx0)W联立④⑤可得

W12mvm0 ⑤

21mgsinqE2mvm(mgsinqE)(s0)s 2k用心

爱心

专心

（3）如图

11.（09年江苏卷 13）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；

（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3

。

解析：

（1）第一次飞行中，设加速度为a1

匀加速运动H212a1t1

2由牛顿第二定律Fmgfma1

解得f4(N)

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1

匀加速运动s112a1t2

2设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2

由牛顿第二定律mgfma2

v1a1t2

v12

s22a2解得hs1s242(m)

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3

由牛顿第二定律

mgfma3

F+f-mg=ma4 用心

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专心

22v3v3且h

2a32a4V3=a3t3 解得t3=32(s)(或2.1s) 212.（09年海南物理 15）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v012m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为a2m/s的加速度减速滑行。在车厢脱落t3s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。

解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为；刹车前卡车牵引力的大小为F，

卡车刹车前后加速度的大小分别为a1和a2。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有

2f2Mg0 ①FMgMa1 ②MgMa ③3MgMa2 ④

设车厢脱落后，t3s内卡车行驶的路程为s1，末速度为v1，根据运动学公式有

1s1v0ta1t2 ⑤

2v1v0a1t ⑥

v122a2s2 ⑦

式中，s2是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为s,，有

2v02as ⑧

卡车和车厢都停下来后相距

ss1s2s ⑨

由①至⑨式得

2v042sv0tat2 ○10 3a33带入题给数据得

用心

爱心

专心

s36m 11 ○13.（09年上海物理 24）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3，r＝0.2，s＝1m）

（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；

（2）求磁感应强度B的大小；

B2l2（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－

x，且棒在运动到ef处时m（R＋r）恰好静止，则外力F作用的时间为多少？

（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。

解析：（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UIv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量；

B2l2v（2）F－

＝ma，以F＝0.5v＋0.4 R＋rB2l2代入得（0.5－

）v＋0.4＝a

R＋rB2l2a与v无关，所以a＝0.4m/s，（0.5－

）＝0 R＋r2得B＝0.5T 1Bl12m（R＋r）2（3）x1＝

at，v0＝

x2＝at，x1＋x2＝s，所以

at＋

at＝s

2m（R＋r）2B2l2得：0.2t＋0.8t－1＝0，t＝1s，

（4）可能图线如下：

222

用心

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专心

五、测试

1.甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时同向驶向同一目的地，甲车在前一半时间内以速度V1做匀速运动，后一半时间内以速度V2做匀速运动；乙车在前一半路程中以速度V1做匀速运动，在后一半路程中以速度V2做匀速运动，且V1≠V2

，则：

A．甲先到达； B．乙先到达； C．甲、乙同时到达； D．无法比较。

2．一球由空中自由下落，碰到桌面立刻反弹，则V—t图象为图17中的(取向上为正)

图17

3．甲、乙两车以相同的速率V0在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，当速率减小到0时，甲车也以大小为a的加速度做匀减速运动。为了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时，甲、乙两车的距离至少应为：

VV3V2V A．0 B．

0 C．

0 D．

0

。

2aa2aa 4．作匀加速直线运动的物体，依次通过A、B、C三点，位移SAB=SBC

，已知物体在AB段的平均速度为3 m/s，在BC段的平均速度大小为6 m/s，那么物体在B点时的即时速度的大小为：

A．4 m/s B．4．5 m/s C．5 m/s D．5．5 m/s。

5．物体以速度V匀速通过直线上的A、B两点间，需时为t。现在物体由A点静止出发，匀加速(加速度为a1

)到某一最大速度Vm后立即作匀减速运动(加速度为a2)至B点停下，历时仍为t，则物体的

A．

Vm

只能为2V，无论a1

、a2为何值 B．

Vm

可为许多值，与a1

a2的大小有关 C．

a1

、a2值必须是一定的

D．

a1

、a2必须满足2222a1a22V。

a1a2t6．作直线运动的物体，经过A、B两点的速度分别为VA和VB，经过A和B的中点的速度为VC，且VC=1(VA+VB)；在AC段为匀加速直线运动，加速度为a1

，CB段为匀加速直线运动，加速度为a2

，则：

2 A． a1=a2

B．a1＞a2

C． a1＜a 2

D．不能确定。

7. 一物体在AB两点的中点由静止开始运动(设AB长度足够长)，其加速度如图18所示随时间变化。设向A的加速度为正向，从t=0开始，则物体的运动情况

A.先向A后向B，再向A、向B、4s末静止在原位置

B.先向A后向B，再向A、向B、4s末静止在偏A侧的某点

用心

爱心

专心

图18

C.先向A后向B，再向A、向B、4s末静止在偏B侧的某点

D.一直向A运动，4s末静止在偏向A侧的某点。

8.从离地Ｈ高处自由下落小球a，同时在它正下方H处以速度Ｖ0竖直上抛另一小球b，不计空气阻力，有：

(1)若Ｖ0＞gH，小球b在上升过程中与a球相遇 (2)若Ｖ0＜gH,小球b在下落过程中肯定与a球相遇

(3)若Ｖ0=gH2，小球b和a不会在空中相遇

(4)若Ｖ0=gH，两球在空中相遇时b球速度为零。

A.只有(2)是正确的

B.(1)(2)(3)是正确的

C.(1)(3)(4)正确的

D. (2) (4)是正确的。

9.在平直轨道上有两辆长为L的汽车，中心相距为S。开始时，A车以初速度V0、加速度大小为2a正对B车做匀减速运动，而B车同时以加速度大小为a由静止做匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，则V0应满足的关系式为 。

10.一根细杆长3m，用短绳悬挂(绳长不计)，悬点下有一个2m高的窗门，门顶在悬点下8m处，今将绳2剪断，让杆自由下落，则杆从门旁通过的时间是 s(g取10m/s

) 11.将一个粉笔头轻放在2 m/s的恒定速度运动的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划2线；若使该传送带改做匀减速运动（加速度的大小为1．5 m/s），并且在传送带开始做匀减速运动的同时，2将另一支粉笔头放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线?(g取10 m/s)

12.跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面224m水平飞行时，运动员离开飞机在竖直方向作自由2落体运动。运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以12．5 m /s的加速度匀减速下降。为了2运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5 m /s。g＝10 m /s。求：

（1）运动员展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？

（2）运动员在空中的最短时间为多少？

13 、如图所示，声源S和观察者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

（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'．

x VA VS （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A 与声源发出的声波频率间的关系式．

S

图19 用心

爱心

专心