2021版一轮复习名师导学物理文档：专题突破（一）　匀变速直线运动问题多种解法

专题突破(一)　匀变速直线运动问题多种解法
对应学生用书p

本章概念、公式较多，对于某些问题解题方法也多种多样，因此需要我们能够熟练的理解掌握各物理量之间的联系与区别，各公式之间的推导与转化，各种方法的适用条件及优缺点，通过一题多解的练习，拓展思维、建立知识体系，在解题过程中学会甄别判断，优化选择．
一、匀变速直线运动的多种解法

方　法
分析说明
一般公式法
一般公式指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．一般以v0的方向为正方向，其余与正方向相同者为正，与正方向相反者取负
平均速度法
定义式v＝对任何性质的运动都适用，而v＝只适用于匀变速直线运动
中间时刻
速度法
利用“任意时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”即v＝v，适用于任何一个匀变速直线运动
比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解
逆向思维法
把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法．一般用于末态已知的情况
图象法
应用v－t图象，可把较复杂的物理问题转变为较为简单的数学问题解决
推论法
(Δx＝aT2)
对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx＝aT2求解
转换参
考系法
一般情况下我们选择地面为参考系，但在某些存在相对运动的问题中，选择某一个运动的物体为参考系会使解法更简便
　　例1　某物体做匀变速直线运动，已知物体第5 s内的位移比第2 s内的位移多3 m，求物体的加速度．
[解析] 解法一：基本公式法
设第1 s末的速度为v0，t0＝1 s，有：x2＝v0t0＋at
x5＝(v0＋3at0)t0＋at
又x5－x2＝3
故a＝1 m/s2
解法二：中间时刻速度法
第2 s内中间时刻vt1＝，其中t1＝1.5 s，t0＝1 s
第5 s内中间时刻vt2＝，其中t2＝4.5 s，t0＝1 s
根据加速度定义有：a＝＝＝ m/s2＝1 m/s2.

解法三：推论法
x5－x2＝(5－2)at，
∴a＝1 m/s2
解法四：图象法
根据v－t图象的性质知“面积”S1表示第2 s内的位移x2，S2表示第5 s内的位移x5
t0＝1 s，则x5－x2＝S2－S1＝3at＝3，
∴a＝1 m/s2.




,
方　法
分析说明
一般
公式法
适用范围广，不需要满足某些特殊条件，但公式个数较多，在解题过程中，需要分析题目中的已知量和待求量，选择恰当的公式列方程求解.
平均
速度法
在匀变速直线运动中，v＝，故对于已知初速度和末速度(尤其是初速度、末速度为零)的情况，选择此种方法往往比较方便、快捷.
中间时
刻速度法
利用v＝v时，往往需要利用v＝求出某一个过程的平均速度，因此此种方法解答给定了某个过程的位移和时间或某两个过程的位移、时间的题目较方便，此方法在处理纸带问题中求某点瞬时速度时应用得很多.
比例法、
推论法
这两种方法适用条件较严格，“比例法”需要物体做初速度为零的匀加速(或末速度为零的匀减速)运动，在相等的时间间隔(或相等的位移间隔)内才满足一定的比例关系，“推论法”需要相等的时刻间隔．因此，这两种方法适用的题目特点比较明显，出现上述条件时，优先考虑使用此两种方法，但在某些情况下，题目中并不明显含有这些条件，但我们可以通过将某些运动过程“拆分”或“合并”的方式创建这些条件，再来使用这两种方法.
转换参
考系法
匀变速直线运动的公式对于相对运动同样适用，公式中的v0要取相对初速度，vt要取相对末速度，a要取相对加速度，x要取相对位移
)

　　例2　物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图，已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．
[解析] 方法一：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面．设物体从B到C所用的时间为tBC.
由运动学公式得xBC＝，xAC＝，
又xBC＝，
由以上三式解得tBC＝t.
方法二：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得
v＝2axAC①
v＝v－2axAB②
xAB＝xAC③
由①②③解得vB＝④
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t.
方法三：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.
方法四：中间时刻速度法
利用推论：匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，v－AC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得vB＝.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t.
方法五：图象法

根据匀变速直线运动的规律，画出v－t图象．如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以＝，解得tBC＝t.
例3　一个做匀加速直线运动的质点，在最初的连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24 m和64 m，每个时间间隔为4 s，求质点的初速度和加速度．
[解析] 解法一：用基本公式求解
画出运动过程示意图，如图所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移时间公式，即

x1＝vAt＋at2，x2＝vA(2t)＋a(2t)2－(vAt＋at2)
将x1＝24 m，x2＝64 m，t＝4 s代入上式解得
a＝2.5 m/s2，vA＝1 m/s
解法二：用中间时刻速度公式求解
连续的两段时间t内的平均速度分别为
v1＝＝6 m/s，v2＝＝16 m/s
即v1＝＝6 m/s，v2＝＝16 m/s
由于点B是AC段的中间时刻，则
vB＝＝＝ m/s＝11 m/s
可得vA＝1 m/s，vC＝21 m/s
则a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2
解法三：用Δx＝aT2求解
由Δx＝aT2得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2
再由x1＝xAt＋at2解得vA＝1 m/s

1．一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化2Δv时发生位移x2，则下列说法正确的是(　　)
A．该质点的加速度为(Δv)2·
B．该质点的加速度为
C．这两段位移对应的时间之比为1∶1
D．这两段位移对应的时间之比为1∶2
[解析] 根据加速度定义有t1＝，t2＝，则t1∶t2＝1∶2，D对．
又x1＝v0＋a　①
x2＝v0＋a－x1　②
②－①×3得，x2－2x1＝3
解得a＝，A、B均错，选D.
解法二：将x2这一段过程拆分成时间相等的两部分，前一部分位移设为x3，则在依次相邻的时间内位移分别为x1、x3、x2－x3，根据匀变速运动规律有
x3－x1＝a　①
(x2－x3)－x3＝a　②
①×2＋②得x2－2x1＝3
解得，a＝，又根据加速度定义有t2＝2t1，综上所述，D对．
[答案] D
2．已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等．求O与A的距离．
[解析] 解法一：如图所示．

设物体的加速度为a，到达A的速度为v0，通过AB段和BC段所用的时间为t，则有
l1＝v0t＋at2①
l1＋l2＝2v0t＋2at2②
联立①②式得l2－l1＝at2③
3l1－l2＝2v0t④
设O与A的距离为l，则有l＝⑤
联立③④⑤式得l＝⑥
解法二：利用AB段和BC段的时间相等求解
设由O到A、B、C的时间依次为t、t1、t2，
由t＝有t＝，t1＝，t2＝
依题意有t1－t＝t2－t1
解得l＝
解法三：利用“匀加速运动中间时刻的速度等于该过程的平均速度”求解
vA＝
vB＝
vC＝
由2vB＝vA＋vC
解得l＝
解法四：利用速度—时间图象求解(下图)

由于B是AC的时间中点，得2vB＝vA＋vC
利用如图的关系可得
＝
＝
解得l＝
解法五：利用速度—位移公式和运动学推论求解
a＝　vB＝　l＋l1＝
解得l＝.
3．一物体以某一速度冲上一光滑斜面，前4 s的位移为1.6 m，随后4 s的位移为零，那么物体的加速度多大？(设物体做匀变速直线运动且返回时加速度不变)你能想到几种方法？
[解析] 解法一：前4 s的位移为1.6 m，随后4 s的位移为零，可知上升到最高点的时间为6 s，采用逆向思维，根据at2－at＝1.6，其中t＝6 s，t2＝2 s，
代入数据解得：a＝0.1 m/s2.
解法二：前4 s内的位移为1.6 m，则平均速度为0.4 m/s，
根据平均速度推论知，2 s末的速度为：v1＝0.4 m/s，
随后4 s内的位移为零，则平均速度为零，
根据平均速度推论知，6 s末的速度为：v2＝0，
则物体的加速度为：a＝＝ m/s2＝－0.1 m/s2.
解法三：由Δx＝aT2，
所以：a＝＝ m/s2＝－0.1 m/s2.
二、追及与相遇问题的四种解法
1．临界法：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，若追不上则在两物体速度相等时有最小距离．
2．函数法：设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程f(t)＝0，若方程f(t)＝0无正实数解，则说明这两个物体不可能相遇；若方程f(t)＝0存在正实数解，说明这两个物体能相遇．
3．图象法：
①若用位移图象求解，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；
②若用速度图象求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积．
4．转换参考系法：即运用相对运动解题：运动学公式中，除时间t外其余各物理量均取相对量代入后再计算．
例4　一辆巴士在十字路口遇红灯，当绿灯亮时，一辆摩托车以15 m/s的速度从巴士边匀速驶过，恰在此时，巴士上的乘客发现车顶悬挂拉环的细绳由之前的竖直方向变成与竖直方向夹角θ＝37°且保持不变，已知当地的重力加速度g取10 m/s2，求(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)：
(1)巴士从开动后到追上摩托车之前，经多长时间两者相距最远？此时相距多少？
(2)巴士何时追上摩托车，此时巴士的速度多大？

[解析] 由题意可知：绿灯亮时，对拉环：
mgtan θ＝ma，得a＝7.5 m/s2，
所以巴士做v0＝0，a＝7.5 m/s2的匀加速直线运动．
解法一：物理分析法
v巴士由零逐渐增大，而v摩托车是定值，当v巴士v摩托车时，二者距离减小，所以当两车速度相等时，相距最远，有v巴士＝at＝v摩托车，所以t＝＝2 s.
Δx＝x摩托车－x巴士＝v摩托车t－at2＝15 m.
解法二：数学函数法
设巴士追上摩托车之前t时刻相距最远
Δx＝x摩托车－x巴士＝v摩托车t－at2＝15t－3.75t2.
利用二次函数求极值知：
当t＝2 s时，Δx最大，
Δxmin＝15 m.

解法三：图象法
画出巴士和摩托车的v－t图象，当t s时两车速度相等，v巴士＝at＝15 m/s得t＝2 s时两车相距最远．
解法四：相对运动法
以摩托车为参考系，巴士在追上摩托车之前初速度为15 m/s，方向向后，加速度为7.5 m/s2，方向向前，经分析巴士先远离摩托车做匀减速直线运动，速度为零时相距最远，再靠近摩托车做匀加速直线运动．
Δx＝ m＝15 m.
(2)由第(1)问解法三中可以知道当t＝4 s时汽车追上摩托车．
即：15t＝at2，t＝4 s.
v巴士＝4×7.5 m/s＝30 m/s.

4．甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车在前，速度为v1＝8 m/s，乙车在后，速度为v2＝16 m/s，当两车相距x0＝8 m时，甲车因故开始刹车，加速度大小为a1＝2 m/s2，为避免相撞，乙车立即开始刹车，则乙车的加速度至少为多大？
[解析] 方法一：临界法
设两车速度相同时均为v，所用时间为t，乙车的加速度大小为a2，则v1－a1t＝v2－a2t＝v，t＝t－x0，解得t＝2 s，a2＝6 m/s2，即t＝2 s时，两车恰好未相撞，显然此后在停止运动前，甲的速度始终大于乙的速度，故可避免相撞．满足题意的条件为乙车的加速度至少为6 m/s2.
方法二：函数法
甲、乙运动的位移：x甲＝v1t－a1t2，x乙＝v2t－a2t2
避免相撞的条件为x乙－x甲 即(a2－a1)t2＋(v1－v2)t＋x0>0
代入数据有(a2－2)t2－16t＋16>0
不等式成立的条件是：
Δ＝162－4×16(a2－2)<0，且a2－2>0
解得a2>6 m/s2.
5．在水平道路上有两辆汽车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同，如图．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．


[解析] 解法一：解方程法
A、B两车的运动过程如题图所示．
对A车，有xA＝v0t－×2at2，vA＝v0－2at
对B车，有xB＝at2，vB＝at.
两车恰好不相撞的条件是：当x＝xA－xB时，vA＝vB，
联立以上各式解得v0＝，故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤.
解法二：判别式法
设A车经过时间t追上B车，两车的位移关系为x＝xA－xB，即v0t－×2at2＝x＋at2，整理得3at2－2v0t＋2x＝0，这是一个关于时间t的一元二次方程，当判别式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x<0时，t无实数解，即两车不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤.
解法三：图象法

先作出A、B两车的v－t图象，如图所示．设经过时间t两车刚好不相撞，则：
对A车，有vA＝v＝v0－2at；对B车，有vB＝v＝at，解得t＝.
两车相遇时的位移差等于x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知x＝v0t＝，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0≤.
解法四：相对运动法
以B车为参考系，A车的初速度为v0，加速度为a′＝－2a－a＝－3a，A车追上B车且刚好不相撞的条件是vt＝0，这一过程A车相对于B车的位移为x，由运动学公式得－v＝2×(－3a)x，所以v0＝，即要使两车刚好不相撞A车的初速度v0应满足的条件是v0＝.