【高考物理】解题方法精细讲解专题：直线运动解题思路-学案

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1．基本公式法
公式v＝v0＋at；x＝v0t＋eq \f(1,2)at2；v2－veq \\al(2,0)＝2ax是研究匀变速直线运动的最基本的公式，合理运用和选择三式中的任意两式是求解运动学问题最常用的基本方法．
例1一物体以v0＝10 m/s的初速度、2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，当速度大小变为v′＝16 m/s时所需时间是多少？位移是多少？物体经过的路程是多少？
解析 设初速度方向为正方向，根据匀变速直线运动规律v＝v0＋at，有－16＝10－2t，所以经过t＝13 s物体的速度大小为16 m/s.
由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知这段时间内的位移为x＝(10×13－eq \f(1,2)×2×132)m＝－39 m，物体的运动分为两个阶段，第一阶段速度从10 m/s减到0，此阶段位移大小为x1＝eq \f(02－v\\al(2,0),2a)＝eq \f(02－102,－2×2) m＝25 m，第二阶段速度从0反向加速到16 m/s，位移大小为x2＝eq \f(v′2－02,－2a)＝eq \f(162－02,2×2) m＝64 m，则总路程为L＝x1＋x2＝25 m＋64 m＝89 m.
eq \a\vs4\al\c1() 答案 13 s 25 m 89 m
2．平均速度法
定义式eq \(v,\s\up12(－))＝eq \f(s,t)对任何性质的运动都适用，而eq \(v,\s\up12(－))＝eq \f(v0＋vt,2)只适用于匀变速直线运动．此外对匀变速直线运动还有eq \(v,\s\up12(－))＝
例2一个小球从斜面顶端无初速度下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直至停止，它共运动了10 s，斜面长4 m，在水平面上运动的距离为6 m．求：
(1)小球在运动过程中的最大速度；
(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度．
解析 小球在斜面和水平面上均做匀变速直线运动，在斜面底端速度最大，设最大速度为vmax，在斜面上运动的时间为t1，在水平面上运动的时间为t2.
则由eq \f(vmax,2)(t1＋t2)＝10 m，
t1＋t2＝10 s，得vmax＝2 m/s，
由公式2as＝veq \\al(2,max)，代入数据得在斜面上运动的加速度a1＝eq \f(1,2) m/s2，在水平面上运动的加速度a2＝eq \f(1,3) m/s2.
eq \a\vs4\al\c1()答案 (1)2 m/s (2)eq \f(1,2) m/s2 eq \f(1,3) m/s2
3．妙用Δs＝aT2
在匀变速直线运动中，第m个T时间内的位移和第n个T时间内的位移之差sm－sn＝(m－n)aT2.对纸带问题用此方法尤为快捷．
例3有一个做匀加速直线运动的质点，它在两个连续相等的时间间隔内所发生的位移分别为10 m和16 m，时间间隔为2 s，求该质点运动的加速度a.
eq \a\vs4\al\c1()解析 由Δs＝aT2，可得a＝eq \f(Δs,T2)＝1.5 m/s2.
eq \a\vs4\al\c1()答案 1.5 m/s2
4．假设法
假设法是以题设的物理现象及其变化为基础，对物体条件、物理状态或过程进行合理假设，然后根据物理概念和规律求解．
例4一个以初速度v0沿直线运动的物体，t秒末的速度为v，其v－t图象如图所示，则关于t秒内物体运动的平均速度eq \(v,\s\up12(－))，以下说法正确的是( )
A.eq \(v,\s\up12(－))eq \f(v0＋v,2) D.无法确定
eq \a\vs4\al\c1()解析 本题我们可以假设物体做初速度为v0，末速度为v的匀变速直线运动，其v－t图象如图中的倾斜虚线所示．由匀变速直线运动的规律知物体在时间t内的平均速度等于这段时间内的初速度v0与末速度v的算术平均值，即平均速度等于eq \f(v0＋v,2)，而物体在t秒内的实际位移比匀变速直线运动在t秒内的位移大，所以eq \(v,\s\up12(－))>eq \f(v0＋v,2)，故选项C正确．
eq \a\vs4\al\c1()答案 C
5．极值法
有些问题用一般的分析方法求解难度较大，甚至中学阶段暂时无法求出，我们可以把研究过程推向极端情况来加以分析，往往能很快得出结论．
例5两个光滑斜面，高度和斜面的总长度相等，如图所示，两个相同的小球，同时由两个斜面顶端由静止开始释放，不计拐角处能量损失，则两球谁先到达底端？
eq \a\vs4\al\c1() 解析
甲斜面上的小球滑到斜面底端的时间很容易求出．设斜面高度为h，长度为L，斜面的倾角为θ.则由L＝eq \f(1,2)geq \\al(2,1)sinθ、sinθ＝eq \f(h,L)，解得t1＝eq \f(2L,\r(2gh)).
乙斜面上的小球滑到斜面底端的时间很难直接计算．可将乙斜面作极端处理：先让小球竖直向下运动，然后再水平运动，易解得这种运动过程中小球运动的时间为t2＝ eq \r(\f(2h,g))＋eq \f(L－h,\r(2gh))＝eq \f(L＋h,\r(2gh))10 s，可将时间分为前5 s和后5 s与中间的时间t2，经复杂运算得t2＝－2 s，再得出t＝8 s的结论．若用逆向的初速度为零的匀加速直线运动处理，将会简便得多．视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则最后5 s内通过的路程为x2＝eq \f(1,2)a×52＝12.5a，
最初5 s内通过的路程为x1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(t－5)2＝eq \f(1,2)a(10t－25)，
由题中已知的条件：x1：x2＝11:5，得(10t－25) :25＝11:5，
解得物体运动的总时间t＝8 s.
eq \a\vs4\al\c1() 答案 8 s
9．比值法
对初速度为零的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的基本公式可推出以下几个结论：
(1)连续相等时间末的瞬时速度之比为：
v1:v2:v3:…:vn＝1:2:3:…:n
(2)t、2t、3t、…、nt内的位移之比为：
x1t:x2t:x3t:…:xnt＝12:22:32:…:n2
(3)连续相等时间内的位移之比为：
x1:x2:x3:…:xn＝1:3:5:…: (2n－1)
(4)连续相等位移所用的时间之比为：
t1:t2:t3:…:tn＝1: (eq \r(2)－1) : (eq \r(3)－eq \r(2)):…: (eq \r(n)－eq \r(n－1))
在处理初速度为零的匀加速直线运动时，首先考虑用以上的几个比值关系求解，可以省去很多繁琐的推导及运算．
例9一个物体从塔顶做自由落体运动，在到达地面前最后1 s内发生的位移是总位移的7/16，求塔高．(取g＝10 m/s2)
解析 由初速度为零的匀加速直线运动规律推论知，第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内的位移之比为1:3:5:7，第4 s运动的位移与总位移的比值为7/16，故物体下落的总时间t总＝4 s，塔高h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,总)＝80 m.
eq \a\vs4\al\c1()答案 80