例读求解匀变速直线运动问题的思维方法-《中学生数理化》高考理化2026年9月刊

解题锦囊 例谈求解匀变速直线 ■湖南省汨罗市第 匀变速直线运动涉及的概念多、公 式多、难度大，是同学们学习的难点，也 是各地各类考试考查的重点。下面将 通过例题展示四种求解相关问题的科 学思维方法，希望能够帮助同学们领悟 物理学的思想精髓，达到“知其然，知其 所以然”的学习目标。 一、待定系数法 待定系数法：将题目给出的函数表 达式与所学过的物理公式相类比，从而 确定待定参量或系数的一种方法。 例1某物体做匀变速直线运动 的位移表达式为x=4t一4t2(m),则下 列说法中正确的是()。 A.物体的初速度为8m/s B.物体的加速度为一4m/s C.物体第一次离出发点最远时的 位移为2m D.物体在第1s内的位移为0 解析：匀变速直线运动的位移公式 为x=wt十2at,题目中给出的位移 表达式为x=4t一4t2(m),两式相类比 得uo=4m/s,2a=-4m/s2,因此物 体的初速度vo=4m/s,加速度a= 一8m/s2,选项A、B错误。物体做匀 20 运动问题的思维方法 一中学蒋纬 减速运动，当其速度为零时，离出发点 最远。根据速度公式v=vo十at=4一 8t(m/s),令v=0,解得t=0.5s,因此 当v=0时，物体的位移x=(4×0.5- 4×0.52)m=1m,选项C错误。将t= 1s代入物体的位移表达式得x1= (4×1-4×12)m=0,选项D正确。 答案：D 点评：本题主要考查对基本公式的 理解与运用，解题时需要牢记公式，抓 住各公式的特点，选取合适的公式进行 类比。特别需要注意的是运动参量的 矢量性，一定要先规定正方向，再判断 矢量的正负，切勿凭感觉乱添正负号。 针对训练1：（多选题）一辆汽车沿 平直公路行驶，从t=0时刻开始，汽车 发生的位移x与所用时间t的关系式 为x=-t2+20t(m),则( )。 A.汽车做的是非匀变速运动 B.汽车做的是匀变速运动 C.汽车的加速度为2m/s D.汽车在第10s内的平均速度是 1 m/s 答案：BD提示：将匀变速直线运 动的位移公式x=,1十2at2与题目 给出的关系式x=一t2+20t(m)相类 比，可得v。=20m/s,a=-2m/s2,所 以汽车做的是匀变速直线运动。根据 匀变速直线运动的速度公式得vg= vo+a X9 s=2 m/s,v10=v0+aX 10s=0,因此汽车在第10s内的平均 速度=十w=1m/s 2 二、逆向思维法 逆向思维法：采用与正常思维习惯 相反的方式研究问题的一种方法，一般 适用于“末态”已知的情况。 例2如图1所示，固定的光滑斜 面上有一木板，其上端与斜面上A点 间的距离为L,与斜面上B点间的距 离为3L。给木板一初速度使其沿斜面 上滑，当其上端到达B点时，速度减小 至零，假设木板在斜面上运动时的加速 度保持不变。若木板的长度为L,则其 通过A点所用的时间为△t1;若木板的 长度为2L,则其通过A点所用的时间 为△t2。则△t2:△t1等于( )。 图1 A.(3-1):(√2-1) B.(3-√2)：（√2-1） C.(+√2)：（√2+1） D.(2+√2)：1 解法1：位移公式法。 设木板的初速度为v。,加速度大 解题锦囊 小为a,在木板以初速度v。沿斜面上 滑至其上端到达A点的过程中，根据 运动学公式得L=u。一2at6。在木 板以初速度v。沿斜面上滑至其下端到 达A点的过程中，当木板的长度为L 时有2L=0t1一2ati,当木板的长度 为2L时有3L=0ot2-2at后。又有 0=vo-at2,△t1=t1一to,△t2=t2 to,解得△t2:△t1=(2十√2)：1。 解法2：逆向思维法。 采用逆向思维，将木板沿斜面上滑 的运动过程视为从B点由静止释放的 下滑过程，将木板通过A点所用的时 间视为木板通过连续相等位移所用时 间的差值。根据木板做初速度为零的 匀加速直线运动，通过连续相等位移所 用的时间之比为1：（√2一1）：（√3 √2)：…，易得△t2:△t1=[1+(√2- 1]:(√2-1)=(2+2)：1。 答案：D 点评：诸如刹车、竖直上抛、沿斜面 上滑等物体做匀减速直线运动直至停 止的问题，利用逆向思维将其视为反向 的初速度为零的匀加速直线运动，利用 初速度为零的匀加速直线运动的重要 特征的比例关系，采用比例法求解往往 能获得事半功倍的效果。 针对训练2：（多选题）如图2所 示，在某次冰壶比赛中，一冰壶以初速 度v垂直于边界进人三个完全相同的 21 解题锦囊 矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离 开第三个矩形区域时速度恰好减为零。 冰壶可视为质点，下列关于冰壶依次进 入每个矩形区域时的速度之比和穿过 每个矩形区域所用的时间之比正确的 是( ）。 图2 A.v1:02:℃3=3：√2：1 B.01:℃2：03=9：4：1 C.t1:t2:t3=1:√2：3 D.t1:t2:t3=(√3-√2)：（√2 1):1 答案：AD提示：将冰壶的运动逆 向看成是初速度为零的匀加速直线运 动，则冰壶通过连续三段相等位移所用 的时间之比为1：(2一1)：(3 √2)，冰壶通过连续三段相等位移的末 速度之比为1：√2：3，因此t1:t2: t3=(W3-√2)：（√2-1）：1，v1: v2:03=√3：√2：1。 三、图像法 图像法：利用图像把较复杂的运动 学问题转变为较简单的数学问题，达到 化繁为简目的的一种方法。-t图像 和x-t图像是运动学中常见的图像，利 用图像进行定性分析，往往可避开复杂 的数学运算，快速得出正确答案。 例3某遥控汽车根据指令在平 22 直路面上运动时的vt图像为半圆，如 图3所示。该遥控汽车在0~20s内 的平均速度大小为( ）。 u/(m-s) 20s 图3 A.2πm/s B.2.5πm/s C.4πm/s D.5πm/s 解析：v-t图像与坐标轴所围半圆 的面积表示位移，因此该遥控汽车在 0~20s内的位移大小x=50πm,平均 速度大小0==2.5rm/s。 答案：B ,点评：遇到v-t、x-t图像时，不仅 要看清图像的性质，还要理解并熟记五 个对应关系，即斜率与加速度或速度的 对应关系，纵轴截距与初速度或初始位 置的对应关系，横轴截距对应速度或位 移为零的时刻，交点对应速度或位置相 同，拐点对应运动状态发生改变等。 针对训练3：（多选题）两车在不同 的行车道上同向行驶，t=0时刻，乙车 在甲车前方25m。两车的速度一时间 图像分别为图4中的直线甲和直线乙， 交点坐标已标出，则( )。 /(ms) 10 图4 A.乙车的加速度是0.6m/s2 B.第5s末两车相距40m C.相遇前，甲、乙两车间的最大距 离是55m D.第25s末甲车追上乙车 答案：BD提示：在o-t图像中， 直线的斜率表示物体的加速度，直线与 t轴所围图形的面积表示物体的位移。 当两车的速度相等时，两车相距最远。 当甲车追上乙车时，甲、乙两车的位移 满足关系式x甲一x乙=x0。 四、转换法 转换法：在保证效果相同的前提 下，将不可见、不易见的现象转换成可 见、易见的现象，或将陌生、复杂的问题 转换成熟悉、简单的问题，或将难以测 量、测准的物理量转换为能够测量、测 准的物理量的一种方法。 例4从斜面上某一位置每隔 0.1s由静止释放一个相同的小球，在 连续释放几个小球后，拍下在斜面上滚 动的部分小球的照片，如图5所示，测 得相邻两小球位置间的距离xAB= 15cm,xc=20cm,取重力加速度 g=10m/s2。试求： A 图5 (1)小球的加速度。 (2)拍摄时小球B的速度vB。 (3)拍摄时小球C、D之间的距离。 解题锦囊 (4)在小球A上方正在滚动的小 球还有几个？ 解析：题图中4个小球可以等效为 1个小球做匀加速直线运动经过连续 相等的时间到达的位置。 (1)根据匀变速直线运动的规律得 △x=xBC一xAB=QT2,其中T= 0.1s,解得a=5m/s2。 (2)根据做匀变速直线运动的物体 在一段时间内的平均速度等于中间时 刻的瞬时速度可得，拍摄时小球B的 速度vB= xAB十xc=1.75m/s。 2T (3)根据题意得xCD一xBC=xBC一 xAB,故xCD=2.xBC一xAB=25Cm。 (4)设等效小球经过A点时的速 度为vA,则vB=vA十aT,解得A= 1.25m/s。因此等效小球从静止开始 沿斜面运动至A点所用的时间tA 0A=0.25s。根据每隔0.1s由静止 释放一个小球可知，小球A上方正在 滚动的小球还有2个。 ,点评：将多个物体的独立运动放在 一起进行研究，彼此间可能会产生干 扰，若将“多个物体的运动”等效转化为 “一个物体的运动”，则会简化研究过 程，提高解题的效率。 针对训练4：从斜面上的O点每隔 0.1s由静止释放一个相同的小球，小 球被释放后做匀加速直线运动。某一 时刻，拍下小球在斜面上滚动的照片， 如图6所示，测得相邻两小球位置间 23 解题锦囊 浅探 追及或分离中的临界问题 ■云南师范大学附属中学呈贡学校 付培习 单一物体因受变化的外力作用而 一、追及中的临界问题 做变速运动，其加速度和速度均会随时 在涉及两个不同运动状态物体的 发生变化。当物体所受合外力最大时， 追及问题中，速度相同是两物体之间的 具有最大加速度；当物体所受合外力最 距离取得最大值或最小值的临界条件。 小时，具有最小加速度。当物体的加速 例1在光滑的水平轨道上放置 度为零时，物体的速度取得最大值或最 两个半径均为r的小球A和B,小球A 小值。求解涉及多个物体的追及或分 的质量为m,小球B的质量为2m,当 离中的临界问题，首要任务是分析物体 两球心间的距离大于L(L比2r大得 的受力情况和运动情况，判断临界状 多)时，两球间无相互作用力；当两球心 态，找到临界条件。下面举例说明，供 间的距离等于或小于L时，两球间存 同学们参考。 在相互作用的恒定斥力F。假设小球 的距离xAB=6cm,xBc=8cm。已知 xx一xAB=aT2,解得a=2m/s2。根据 O点到斜面底端的距离L=35cm。根 匀变速直线运动的平均速度0=2T TAC 据以上数据可以得出( )。 vB,解得vB=0.7m/s;根据匀变速直线 运动的速度公式vB=vA十aT,解得 vA=0.5m/s。设等效小球在斜面上运 图6 动的时间为，则L=2a,解得1 A.小球的加速度为4m/s2 √0.35s。因为0.5s<t<0.6s,所以 B.拍摄时小球A的速度为0 当第一个小球滚到斜面底端之前，还可 C.斜面上最多有5个小球在滚动 以释放5个小球，斜面上同时最多有6 D.该照片是B点处的小球被释放 个小球在滚动。根据vB=0.7m/s, 后0.35s时拍摄的 a=2m/s2,0B=atB,解得tB=0.35s, 答案：D提示：采用等效转换法， 即该照片是B点处的小球被释放后 根据匀变速直线运动的规律得△x= 0.35s时拍摄的。理 24