第1章直线运动

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本章核心图谱

直线运动核心图谱

小专题索引

No	Topic	Page
1	如何利用直线运动六大公式解决直线运动难题	1
2	怎样通过独立方程理论解难题	8
3	如何用技巧公式解运动学及简化独立方程	13
4	比值类技巧问题	16
5	减速到零反向加速问题	18
6	如何利用图像法解题	21
7	如何通过函数法对运动图像进行分析	24
8	如何利用图像解决追及相遇问题	32
9	掌握用独立方程理论解追及相遇的方法	36
10	怎样通过相对运动法解决追及相遇问题	40
11	叠块模型中的追及相遇独立方程法	43

精修正文（对照原书逐页校订）

已精修范围：原书第 001-049 页。下方仍保留原始 OCR 底稿，后续继续逐页替换、校订公式和例题答案。

01. 如何利用直线运动六大公式解决直线运动难题

原书第001页：从两个独立方程出发

直线运动的公式体系，最稳的入口不是死背，而是先抓住两个定义式：

\overset{v}{ˉ} = \frac{Δ x}{Δ t}, a = \frac{Δ v}{Δ t}

第一个式子描述“单位时间内位移的变化量”，第二个式子描述“单位时间内速度的变化量”。在匀变速直线运动中，由

a = \frac{v - v _{0}}{t}

立刻得到速度公式：

v = v_{0} + a t

把它看成一次函数：自变量是 $t$ ，函数值是 $v$ ，斜率是 $a$ ，纵截距是 $v_{0}$ 。所以 $v - t$ 图像是一条直线；图像与时间轴围成的面积就是这段时间的位移。

直线运动六大公式与 v-t 图像

由 $v - t$ 图像下方的梯形面积可得：

x = \frac{( v _{0} + v ) t}{2} = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}

因此本节的核心独立方程组是：

⎩ ⎨ ⎧ v = v_{0} + a t x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}

这两个式子里有五个量： $v_{0}, v, a, t, x$ 。题目只要给出其中三个量，通常就能联立求剩下两个量；如果缺某个量，就优先选“没有它”的变形式。

原书第002页：由独立方程推出常用变式

由核心方程消去不同物理量，可以得到三条高频公式：

公式	适用信号	解题价值
$v^{2} - v_{0}^{2} = 2 a x$	题中没有时间 $t$	缺时间时优先用；本质上与动能定理同源
$x = \frac{v _{0} + v}{2} t$	已知初末速度和时间	把平均速度直接写成初末速度平均值
$x = v t - \frac{1}{2} a t^{2}$	已知末速度、加速度、时间	与 $x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$ 成对记忆

其中

v^{2} - v_{0}^{2} = 2 a x

最常用于“无时间”的问题。例如自由落体可直接得到 $v = 2 g h$ ；平抛运动竖直方向落地分量可写成 $v_{y} = 2 g h$ ，再与水平速度合成末速度。注意：这个公式的适用条件仍是匀变速直线运动，适用范围不如动能定理宽。

把 $a = F / m$ 代入 $v^{2} - v_{0}^{2} = 2 a x$ ，可变形为

\frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} m v_{0}^{2} = F x

这就是动能定理在恒力、直线运动情形下的来源。所以从高考全局看，凡是能用该式解决的题，往往也能用动能定理替代。

原书第002-003页：平均速度、中间时刻速度与相邻位移差

由

x = \frac{v _{0} + v}{2} t

可得匀变速直线运动的平均速度：

\overset{v}{ˉ} = \frac{x}{t} = \frac{v _{0} + v}{2} = v_{\frac{t}{2}}

这句话很关键：匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，也等于初末速度的平均值。

原书接着由 $v - t$ 图像推出相邻等时间间隔的位移差公式。若相邻两段时间都为 $T$ ，对应位移分别为 $x_{1}, x_{2}$ ，则：

x_{2} - x_{1} = a T^{2}

同时，中间时刻 $B$ 的瞬时速度可以用两段位移的和求出：

v_{B} = \frac{x _{1} + x _{2}}{2 T}

相邻等时间位移差公式

这组公式常见于打点计时器、频闪照相、光电门等“相邻时间间隔相等”的模型。实战记法：

做差求加速度： $x_{2} - x_{1} = a T^{2}$ 。
做和求中间速度： $v_{B} = (x_{1} + x_{2}) / (2 T)$ 。
多段推广： $x_{n + 1} - x_{n} = a T^{2}$ ，连续相等时间内位移差恒定。

原书第003页：对偶公式与选式口诀

位移公式有一对很容易混淆的“对偶公式”：

x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}, x = v t - \frac{1}{2} a t^{2}

看法很简单：

用初速度 $v_{0}$ 作入口，后面是加号： $x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$ 。
用末速度 $v$ 作入口，后面是减号： $x = v t - \frac{1}{2} a t^{2}$ 。

因此六大公式可以整理为：

类型	公式	最常见使用场景
速度式	$v = v_{0} + a t$	速度、时间、加速度直接关联
初速位移式	$x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$	已知初速度和时间
末速位移式	$x = v t - \frac{1}{2} a t^{2}$	已知末速度和时间
无时公式	$v^{2} - v_{0}^{2} = 2 a x$	题干没有时间
平均速度式	$x = \frac{v _{0} + v}{2} t$	已知初末速度和时间
中时速度式	$\overset{v}{ˉ} = \frac{x}{t} = v_{\frac{t}{2}}$	图像、实验、平均速度转瞬时速度

教师备课时可以这样试讲：先让学生不要背公式，先问“题目缺什么量”。缺时间，用 $v^{2} - v_{0}^{2} = 2 a x$ ；给初速度，用 $x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$ ；给末速度，用 $x = v t - \frac{1}{2} a t^{2}$ ；出现等时间间隔，立刻想到 $Δ x = a T^{2}$ 。

原书第004页：光电门实验中的一次函数化

原书第 004 页开始进入 2011 年新课标实验题：斜面上有两个光电门，改变光电门甲的位置，乙门固定在靠近底端处，多次测量甲、乙间距离 $s$ 和遮光片通过两门的时间 $t$ ，表中给出 $s, t, s / t$ 。

核心变形是：

s = v_{乙} t - \frac{1}{2} a t^{2}

两边同时除以 $t$ ：

\frac{s}{t} = v_{乙} - \frac{1}{2} a t

所以若以 $\frac{s}{t}$ 为纵轴、 $t$ 为横轴作图，图像是一条向下倾斜的直线，斜率

k = - \frac{1}{2} a

因此

a = 2∣ k ∣

这里要特别注意：因为乙门固定，滑块每次经过乙门时的速度 $v_{乙}$ 相同，所以要用“末速度版”位移公式 $s = v t - \frac{1}{2} a t^{2}$ 。若误把甲门速度当成固定量，就会写成 $s = v_{1} t + \frac{1}{2} a t^{2}$ ，图像斜率符号也会错。

光电门实验中的 s/t-t 图像

这一页的价值在于：遇到实验数据表，不要急着套单个公式，而要把运动学公式改造成一次函数，用图像斜率和截距读物理量。

原书第004-005页：例1（2011 新课标）光电门法测加速度

实验数据如下，注意 $t$ 在原表中单位是 ms，作图前要换成 s。

$s$ /m	0.500	0.600	0.700	0.800	0.900	0.950
$t$ /ms	292.9	371.5	452.3	552.8	673.8	776.4
$s / t$ /( $m \cdot s^{- 1}$ )	1.71	1.62	1.55	1.45	1.34	1.22

题目让画 $\frac{s}{t} - t$ 图像并求滑块加速度大小。完整解题链条是：

乙光电门位置不变，所以末速度 $v_{乙}$ 不变。
对从甲到乙的匀加速过程写末速度版位移公式：

s = v_{乙} t - \frac{1}{2} a t^{2}

化成一次函数：

\frac{s}{t} = v_{乙} - \frac{1}{2} a t

图像纵截距表示 $v_{乙}$ ，斜率 $k = - \frac{1}{2} a$ 。

由原书图线可读出斜率大小约为

∣ k ∣ = 1.0 m/ s^{2}

故滑块加速度大小为：

a = 2∣ k ∣ = 2.0 m/ s^{2}

本题答案： $2.0 m/ s^{2}$ 。

高频错因：

把 ms 直接当 s 作图，导致斜率差 $1 0^{3}$ 倍。
忘记乙门固定，误用 $s = v_{1} t + \frac{1}{2} a t^{2}$ 。
只读斜率 $1.0$ ，忘记 $a = 2∣ k ∣$ 。

原书第006页：例2（2015 江苏）闯关游戏的时间窗

题意摘录：笔直通道上每隔 $8 m$ 设一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行 $5 s$ 、关闭 $2 s$ 。关卡刚放行时，同学在关卡 1 处从静止开始，以 $2 m/ s^{2}$ 加速到 $2 m/s$ ，然后匀速前进。问最先挡住他前进的关卡。

先算“若完全不受阻挡”的到达时刻，再与开闭时间窗比较。

加速阶段：

t_{1} = \frac{v}{a} = \frac{2}{2} = 1 s

x_{1} = \frac{v ^{2}}{2 a} = \frac{2 ^{2}}{2 \times 2} = 1 m

之后以 $2 m/s$ 匀速运动。关卡 2、3、4、5 距关卡 1 的距离分别为 $8 m, 16 m, 24 m, 32 m$ ，因此：

关卡	距离/m	无阻挡到达时刻/s	开闭状态
2	8	$1 + \frac{8 - 1}{2} = 4.5$	$0 - 5 s$ 放行
3	16	$1 + \frac{16 - 1}{2} = 8.5$	$7 - 12 s$ 放行
4	24	$1 + \frac{24 - 1}{2} = 12.5$	$12 - 14 s$ 关闭
5	32	$1 + \frac{32 - 1}{2} = 16.5$	未到达，已先被关卡 4 挡住

闯关游戏时间窗

本题答案：C，关卡 4。

这一题的“大招”不是逐段递推所有关卡，而是先做一个理想模型：假设不受阻挡，求出到达每个关卡的时刻；再把这些时刻放回“放行/关闭”的时间轴里判定。这样能把复杂的过程题变成一张时间窗表。

原书第007页：例3（2022 湖北）高铁与普通列车节省时间

题意摘录： $W$ 到 $G$ 的铁路里程为 $1080 km$ ，中间均匀分布 $4$ 个车站，因此全程被分成 $5$ 段，每段

\frac{1080}{5} = 216 km

普通列车最高速度 $108 km/h = 30 m/s$ ，高铁最高速度 $324 km/h = 90 m/s$ 。进站和出站过程中加速度大小均为 $0.5 m/ s^{2}$ ，每站停车时间相同，所以比较两车总用时时，停车时间直接抵消。

列车分段运动与隧道限速模型

每一小段运动都由“加速到最高速、最高速匀速、减速进站”组成。对某一最高速度 $v$ ：

t_{变速} = \frac{2 v}{a}

两段变速的总距离为：

x_{变速} = 2 \cdot \frac{v ^{2}}{2 a} = \frac{v ^{2}}{a}

普通列车每段：

t_{普} = \frac{2 \times 30}{0.5} + \frac{216000 - \frac{3 0 ^{2}}{0.5}}{30} = 120 + 7140 = 7260 s = 121 min

高铁每段：

t_{高} = \frac{2 \times 90}{0.5} + \frac{216000 - \frac{9 0 ^{2}}{0.5}}{90} = 360 + 2220 = 2580 s = 43 min

每段节省

121 - 43 = 78 min

全程共 $5$ 段，因此总节省时间为：

5 \times 78 = 390 min = 6 h 30 min

本题答案：B， $6$ 小时 $30$ 分钟。

这一题的核心不是车站停车，而是“停车时间相同，可以抵消”。真正需要比较的是每一段的变速距离、变速时间和匀速距离。

原书第007页：例4（2022 全国甲）高速列车过隧道限速

题意摘录：长为 $l$ 的高速列车以正常速度 $v_{0}$ 行驶，通过长为 $L$ 的隧道；当列车任一部分在隧道内时，速度都不能超过 $v$ ，且 $v < v_{0}$ 。列车加速、减速时加速度大小分别为 $a$ 和 $2 a$ ，求从开始减速到恢复正常速度 $v_{0}$ 的最短时间。

最短时间的策略很明确：

进隧道前尽量晚减速，车头到达隧道口时速度刚好降到 $v$ 。
车头进入到车尾离开隧道的整个过程中，列车以最大允许速度 $v$ 通过。
车尾刚离开隧道后立刻加速回 $v_{0}$ 。

减速段：

t_{1} = \frac{v _{0} - v}{2 a}

限速通过段：只要列车任一部分在隧道内就限速，所以车头从进入隧道到车尾离开隧道，车头实际前进的距离为

L + l

因此

t_{2} = \frac{L + l}{v}

加速段：

t_{3} = \frac{v _{0} - v}{a}

总时间：

t = t_{1} + t_{2} + t_{3} = \frac{3 ( v _{0} - v )}{2 a} + \frac{L + l}{v}

本题答案：C。

高频错因：

把隧道内通过距离写成 $L$ ，漏掉车长 $l$ 。
把“加速加速度 $a$ 、减速加速度 $2 a$ ”看反。
让列车在隧道内低于 $v$ 行驶，会使时间变长，不是最短时间。

02. 怎样通过独立方程理论解难题

原书第008页：为什么需要“独立方程理论”

上一专题已经整理了直线运动的六个常用公式。原书第 008 页重新审视这些公式，是为了回答一个更难的问题：题目里物体多、过程多、未知量多时，到底该联立哪些方程，怎样保证不漏列、不重列？

直线运动六个常用公式可按“缺哪个量”理解：

编号	公式	形式特点
1-2-1	$v = v_{0} + a t$	缺 $x$
1-2-2	$x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$	缺 $v$
1-2-3	$v^{2} - v_{0}^{2} = 2 a x$	缺 $t$
1-2-4	$x = \frac{v _{0} + v}{2} t$	缺 $a$
1-2-5	$x = v t - \frac{1}{2} a t^{2}$	缺 $v_{0}$
1-2-6	$Δ x = a T^{2}$	等时间间隔位移差公式

但从理论上看，前五个公式不是彼此独立的。除技巧公式 $Δ x = a T^{2}$ 外，其余公式都可以由下面两个基本式通过代入、消元得到：

v = v_{0} + a t, x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}

所以，直线运动一段匀变速过程的独立方程数通常只有两个。其余公式可以看作“关联方程”，用于简化计算，而不是增加信息量。

独立方程组理论

这就是原书强调的关键：复杂题不要靠感觉拼公式，先按对象、方向、过程把“该有的独立方程”列全。

原书第009页：两组常用独立方程组

第一组是“基本独立方程组”：

⎩ ⎨ ⎧ v = v_{0} + a t x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}

优点：适用面最广，两个都是基本公式。缺点：第二个式子含 $t^{2}$ ，计算时可能变成二次方程。

第二组是“降次独立方程组”：

⎩ ⎨ ⎧ v = v_{0} + a t x = \frac{v _{0} + v}{2} t

优点：两个式子都更接近一次关系，计算更顺。缺点： $x = \frac{v _{0} + v}{2} t$ 属于推导式，在需要完整步骤的计算题里，最好说明它来自匀变速平均速度公式。

原书第009页：列方程五条规则

原书给出的“直线运动通解独立方程”可以整理成五句话：

规则	用法
见一段写一组	每一段匀变速运动写两个独立方程
见一物写一组	多物体问题中，每个物体都要有自己的运动方程
见一方向写一组	分方向运动时，每个方向分别列式
追及相遇写位移关系	例如 $x_{甲} - x_{乙} = d$ 或 $x_{甲} = x_{乙}$
恰好追上写速度相等	临界追及、刚好不相撞常有 $v_{甲} = v_{乙}$

这五条的价值在于：先建立“列式清单”，再去计算。尤其是大题，就算最后代数很复杂，必要公式列对也能拿到主要步骤分。

原书第009页：模型一，一段匀加速

如果已知 $v_{0}, v_{A}, x$ ，要求 $t, a$ ，不用先纠结“到底该用哪个缺量公式”，直接写基本独立方程组：

⎩ ⎨ ⎧ v_{A} = v_{0} + a t x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}

接下来就是数学求解。这个模型适合训练“先列全独立方程，再消元”的习惯。

原书第009页：模型二，多段匀加速

如果题目包含两段或更多段运动，就按“见一段写一组”逐段列式。例如两段匀变速运动可以写成：

⎩ ⎨ ⎧ v_{1} = v_{0} + a_{1} t_{1} x_{1} = v_{0} t_{1} + \frac{1}{2} a_{1} t_{1}^{2} v_{2} = v_{1} + a_{2} t_{2} x_{2} = v_{1} t_{2} + \frac{1}{2} a_{2} t_{2}^{2}

如果题目中还给出总位移、总时间、相遇条件或临界条件，再把这些条件作为补充方程加入。这样做看起来“笨”，但很稳：复杂题最怕少列一个过程，或把由已有方程推出的关联式重复当成新信息。

原书第010页：模型二，两段匀加速的完整列式

两段匀加速的关键不是先找巧法，而是先把每一段的独立方程写全。若物体从 $O$ 到 $A$ 再到 $B$ ，已知 $v_{0}, x_{1}, t_{1}, t_{2}$ ，要求 $a_{1}, a_{2}, v_{A}, v_{B}$ ，可直接列：

⎩ ⎨ ⎧ v_{A} = v_{0} + a_{1} t_{1} x_{1} = v_{0} t_{1} + \frac{1}{2} a_{1} t_{1}^{2} v_{B} = v_{A} + a_{2} t_{2} x_{2} = v_{A} t_{2} + \frac{1}{2} a_{2} t_{2}^{2}

这就是原书强调的“见一段写一组”：一段匀变速通常给两个独立方程，两段就先给四个独立方程。三段及以上同理，逐段列式，再由题目条件补总位移、总时间、等时、等距或临界关系。

OABC 多段匀变速列式模型

原书第010-011页：例1，OABC 等时问题

题型： $O, A, B, C$ 在同一直线上，物体从 $O$ 点由静止开始做匀加速运动，依次经过 $A, B, C$ 。已知 $A B = l_{1}$ ， $BC = l_{2}$ ，且通过 $A B$ 与 $BC$ 的时间相等，求 $O A$ 。

设 $O A = l_{0}$ ，通过 $A B$ 和 $BC$ 的时间均为 $t$ 。按独立方程做法，可对三段逐段列速度、位移方程；计算量较大，但步骤完整。若整理到关键关系，等时相邻两段给出：

l_{2} - l_{1} = a t^{2}, l_{1} + l_{2} = 2 v_{B} t

再对 $OB$ 段用缺时公式：

v_{B}^{2} = 2 a (l_{0} + l_{1})

联立可得：

l_{0} = \frac{( 3 l _{1} - l _{2} ) ^{2}}{8 ( l _{2} - l _{1} )}

使用提醒：

必须有 $l_{2} > l_{1}$ ，否则不符合从静止匀加速后相邻等时位移逐渐变大的事实。
这个题可以用独立方程完整得分，也可以用打点计时器技巧公式快速压缩运算。原书后面会用技巧公式再解一次。
若考试要求写步骤，先写出等时关系和 $OB$ 段缺时公式，比只报结论更稳。

原书第011页：例2，博尔特 100 m 与 200 m 模型

题型：100 m 成绩 $9.69 s$ ，200 m 成绩 $19.30 s$ ，反应时间均为 $0.15 s$ 。100 m 中起跑后先匀加速 $t$ 秒至最大速度 $v$ ，再匀速；200 m 中加速度和加速时间与 100 m 相同，但后程平均速度为 $0.96 v$ 。求 $t, v, a$ 。

博尔特双赛程独立方程模型

扣掉反应时间后：

T_{100} = 9.54 s, T_{200} = 19.15 s

加速段位移 $s = \frac{1}{2} v t$ ，所以两场比赛的位移方程为：

⎩ ⎨ ⎧ 100 - \frac{1}{2} v t = v (9.54 - t) 200 - \frac{1}{2} v t = 0.96 v (19.15 - t)

解得：

t = 1.29 s, v = 11.24 m/s

由 $v = a t$ ：

a = 8.71 m/s^{2}

这题的备课重点是“降次”：如果直接把 $s = \frac{1}{2} a t^{2}$ 、 $v = a t$ 全带进去，会出现二次项；把加速段位移写成 $\frac{1}{2} v t$ ，两个位移方程都变成一次式，计算会干净很多。

原书第012页：例3，2017 新课标Ⅱ冰球训练

题型：挡板与起跑线距离为 $s_{0}$ ，小旗与起跑线距离为 $s_{1} (s_{1} < s_{0})$ 。冰球以 $v_{0}$ 击出，到挡板时速度为 $v_{1}$ ；运动员同时从静止匀加速滑向小旗。求冰球与冰面的动摩擦因数，以及运动员满足训练要求的最小加速度。

冰球训练独立方程模型

对冰球，设减速度大小为 $a$ ，摩擦力为 $f$ ：

v_{0}^{2} - v_{1}^{2} = 2 a s_{0}, f = μ m g, f = ma

因此：

μ = \frac{v _{0}^{2} - v _{1}^{2}}{2 g s _{0}}

冰球运动时间由平均速度更快得到：

t = \frac{2 s _{0}}{v _{0} + v _{1}}

运动员要在同一时间内至少到达小旗，最小加速度对应刚好到达：

s_{1} = \frac{1}{2} a_{1} t^{2}

代入时间：

a_{1} = \frac{s _{1} ( v _{0} + v _{1} ) ^{2}}{2 s _{0}^{2}}

这道题很适合训练“多物体同时间”：冰球和运动员不是一个物体，但“冰球到挡板时运动员至少到小旗”把二者的时间锁在一起。

03. 如何用技巧公式解运动学及简化独立方程

原书第013页：两组最常用技巧公式

技巧公式不是新规律，而是把独立方程提前消元后的常用结果。原书本节重点保留两组：

技巧公式	最常见信号	作用
$x = \frac{v _{0} + v}{2} t$	出现总位移、总时间、初末速度	用平均速度替代整段运动
$Δ x = a T^{2}$	相邻等时间段、打点计时器、纸带	做差求加速度，做和求中间速度

另一个常见式 $v^{2} - v_{0}^{2} = 2 a x$ 常被动能定理替代，力学综合题中优先想到动能定理；纯运动学题中则仍可作为缺时公式使用。

技巧公式使用地图

原书第013页：平均速度公式的核心理解

匀变速直线运动中：

\overset{v}{ˉ} = \frac{x}{t} = \frac{v _{0} + v}{2} = v_{\frac{t}{2}}

也就是：

初末速度的平均值 = 中间时刻的瞬时速度 = 全程平均速度。

所以看到“总距离、总时间”时，要优先想到平均速度公式；看到“某一小段时间内位移已知”时，也可以先求该小段的平均速度，再把它看成中间时刻速度。

原书第013页：例1，绳长 3 m 双石块落水

两石块相距 $3 m$ ，落水声相差 $0.2 s$ ，说明后落水的石块在最后 $3 m$ 用时 $0.2 s$ 。该段平均速度为：

\overset{v}{ˉ} = \frac{3}{0.2} = 15 m/s

平均速度对应中间时刻速度，所以落水瞬间速度为：

v = 15 + g \cdot 0.1 = 16 m/s

取 $g = 10 m/s^{2}$ ：

v^{2} = 2 g h \Rightarrow 1 6^{2} = 20 h

故桥面到水面高度：

h = 12.8 m

原书第013页：例2，相继两段 16 m

物体做匀加速直线运动，先后通过两段 $16 m$ ，第一段用 $4 s$ ，第二段用 $2 s$ 。

第一段中间时刻速度：

v_{1} = \frac{16}{4} = 4 m/s

第二段中间时刻速度：

v_{2} = \frac{16}{2} = 8 m/s

两个中间时刻相隔：

Δ t = 2 + 1 = 3 s

所以：

a = \frac{8 - 4}{3} = \frac{4}{3} m/s^{2}

答案为 B。

原书第014页：例3，直杆通过窗口

直杆长 $1.45 m$ ，窗口高 $2 m$ ，直杆从静止自由下落，通过窗口用时 $0.3 s$ 。在“完全通过窗口”的这段时间内，杆下端位移为：

2 + 1.45 = 3.45 m

该段平均速度：

\overset{v}{ˉ} = \frac{3.45}{0.3} = 11.5 m/s

中间时刻速度就是 $11.5 m/s$ ，末时刻速度为：

v = 11.5 + 10 \times 0.15 = 13 m/s

按原书图中 $h$ 的标法：

1 3^{2} = 2 \times 10 (h + 3.45)

得：

h = 5 m

注意：这类题一定要先判定“通过窗口”对应的是杆端移动了“窗高 + 杆长”，不要只取窗口高度。

平均速度处理绳、杆、窗口模型

原书第014页：打点计时器类公式

若相邻计数点的时间间隔均为 $T$ ，连续相邻位移记为 $s_{1}, s_{2}, s_{3}, \dots$ ，则：

s_{2} - s_{1} = a T^{2}, s_{3} - s_{2} = a T^{2}, s_{4} - s_{3} = a T^{2}

累加可得：

s_{m} - s_{n} = (m - n) a T^{2}

与平均速度公式合用，可以得到中间计数点的瞬时速度。例如相邻两段 $s_{i}, s_{i + 1}$ 的中点速度：

v_{中} = \frac{s _{i} + s _{i + 1}}{2 T}

口诀化处理：

做差求 $a$ ；
做和求 $v$ ；
先确认计数点间隔 $T$ ，不要把打点周期和计数点周期混用。

打点计时器做差做和模型

原书例题中，打点计时器频率为 $50 Hz$ ，相邻计数点之间还有四个点未画出，所以：

T = 5 \times 0.02 = 0.1 s

选项判断：

A 错：实验应先接通电源再释放纸带。
B 错： $s_{6} - s_{1} = 5 a T^{2}$ ，而 $s_{2} - s_{1} = a T^{2}$ ，不是 6 倍。
C 对：可由 $v_{B} = \frac{s _{2} + s _{3}}{2 T}$ 求计数点 $B$ 的速率。
D 错：相邻计数点时间间隔为 $0.1 s$ ，不是 $0.02 s$ 。

答案为 C。

原书第015页：OABC 等时问题的技巧解法

前面用独立方程已经解过 OABC 等时问题。若改用打点计时器思想，题干中的“通过 $A B$ 与 $BC$ 所用时间相等”就是明显信号。

对相邻等时段：

l_{2} - l_{1} = a t^{2}, l_{1} + l_{2} = 2 v_{B} t

对 $OB$ 段：

v_{B}^{2} = 2 a (l_{0} + l_{1})

联立依然得到：

l_{0} = \frac{( 3 l _{1} - l _{2} ) ^{2}}{8 ( l _{2} - l _{1} )}

这说明技巧公式并不是“另起炉灶”，只是把独立方程组中的重复消元步骤提前固化了。会列独立方程，技巧公式才不会用乱。

原书第015页：例6，三段时间比为 3:2:1

质点做匀加速直线运动，依次经过 $a, b, c, d$ ，通过 $ab, b c, c d$ 三段所用时间之比为 $3 : 2 : 1$ ，且 $ab = x_{1}$ ， $c d = x_{2}$ ，求 $b c$ 。

设三段时间分别为 $3 t, 2 t, t$ ，初速度为 $v_{a}$ 。逐段写位移：

x_{1} = 3 v_{a} t + \frac{9}{2} a t^{2}

x_{2} = v_{c} t + \frac{1}{2} a t^{2} = (v_{a} + 5 a t) t + \frac{1}{2} a t^{2} = v_{a} t + \frac{11}{2} a t^{2}

中间段：

x_{b c} = 2 (v_{a} + 3 a t) t + \frac{1}{2} a (2 t)^{2} = 2 v_{a} t + 8 a t^{2}

由前两式消去 $v_{a} t$ 与 $a t^{2}$ ，得：

x_{b c} = \frac{x _{1} + 5 x _{2}}{4}

答案为 B。

04. 比值类技巧问题

原书第016页：初速度为零的两个必背比值

比值类题目最常见的条件是“初速度为零的匀加速直线运动”。这类题不需要每次都重新列方程，抓住两个结论即可。

初速度为零的比值结论

第一，相同时间段内的位移之比：

s_{1} : s_{2} : s_{3} : \dots = 1 : 3 : 5 : \dots : (2 n - 1)

因为从静止开始，连续相等时间 $T$ 内的位移分别为：

\frac{1}{2} a T^{2}, \frac{1}{2} a (2 T)^{2} - \frac{1}{2} a T^{2}, \frac{1}{2} a (3 T)^{2} - \frac{1}{2} a (2 T)^{2}, \dots

第二，相同位移段内的时间之比：

t_{1} : t_{2} : t_{3} : \dots = 1 : (2 - 1) : (3 - 2) : \dots

因为从静止开始，位移 $s, 2 s, 3 s, \dots$ 对应的累计时间满足 $t \propto s$ 。

对末速度为零的匀减速运动，可以用运动对称性倒过来看：越靠近停止点，等时间段位移越小；等位移段用时越长。

原书第016-017页：例题串讲

例1：斜面被分成四个相等部分，物体从最高点由静止滑下。

判断方法：

到达各分点的速率满足 $v \propto x$ ，所以 $v_{B} : v_{C} : v_{D} : v_{E} = 1 : 2 : 3 : 2$ 。
到达各分点的累计时间满足 $t \propto x$ 。
从 $A$ 到 $E$ 的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，不等于随便某个分点速度。
每一等长小段的速度增量不相等，因为 $v$ 与 $x$ 不是一次关系。

若题目问“不正确的是”，答案为 D。

例2：子弹穿过三块紧挨的木板后速度刚好为零，子弹加速度大小恒定。

这类题可把运动倒过来看成“从静止开始的反向匀加速”。若三块木板厚度相等，则穿过三板所用时间之比为：

(3 - 2) : (2 - 1) : 1

所以原书答案为 D。

例3：2021 湖北跳水题，前 $5 m$ 完成技术动作，随后 $5 m$ 完成姿态调整，近似自由落体， $g = 10 m/s^{2}$ 。

从静止下落前 $5 m$ 的时间：

5 = \frac{1}{2} g t_{1}^{2} \Rightarrow t_{1} = 1 s

从起点到 $10 m$ 的累计时间：

10 = \frac{1}{2} g t^{2} \Rightarrow t = 2 s

姿态调整用时：

Δ t = 2 - 1 \approx 0.4 s

答案为 B。

例4：竖直上抛到最高点，高度为 $H$ ，比较上升第一个 $\frac{H}{4}$ 与第四个 $\frac{H}{4}$ 所用时间。

可把上升过程反向看成从最高点自由落体。越接近最高点，速度越小，同样高度所用时间越长。定量计算可得：

\frac{t _{2}}{t _{1}} = \frac{1/2}{1 - 3 /2} \approx 3.73

所以 $3 < \frac{t _{2}}{t _{1}} < 4$ ，对应原书答案 C。

05. 减速到零反向加速问题

原书第018页：三类公式的符号统一

原书把“加速、减速、竖直上抛”并排，是为了提醒：公式没有变，变的是加速度符号。

加速减速与上抛公式对照

若规定初速度方向为正方向：

运动行为	加速度	典型公式
匀加速	$+ a$	$v = v_{0} + a t$ ， $x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$
匀减速	$- a$	$v = v_{0} - a t$ ， $x = v_{0} t - \frac{1}{2} a t^{2}$
竖直上抛	$- g$	$v = v_{0} - g t$ ， $x = v_{0} t - \frac{1}{2} g t^{2}$

关键分界：

刹车问题：速度减到零后不会反向运动，必须先判断停车时间。
竖直上抛、弹簧回弹、往返运动：速度过零后可以反向继续运动，直接带符号计算，负位移表示最终在原点反方向。

原书第018-019页：例1，竖直上抛直接代入

小球以 $v_{0} = 15 m/s$ 竖直上抛，取 $g = 10 m/s^{2}$ 。

最高点时间：

t_{0} = \frac{v _{0}}{g} = 1.5 s

最高点高度：

h = \frac{v _{0}^{2}}{2 g} = 11.25 m

当 $t_{1} = 2 s$ ：

x = 15 \times 2 - \frac{1}{2} \times 10 \times 2^{2} = 10 m

含义：小球已经过最高点并下落了 $0.5 s$ ，但仍在抛出点上方 $10 m$ 。

当 $t_{2} = 5 s$ ：

x = 15 \times 5 - \frac{1}{2} \times 10 \times 5^{2} = - 50 m

含义：负号表示小球最终在抛出点下方 $50 m$ 。这就是原书强调的“反向行为不用单独作为讨论临界点”，只要物体确实会反向运动，公式会自动给出符号结果。

减速到零再反向的 v-t 图像

原书第020页：例2，往返到原点求加速度比

小车从静止开始，先以加速度 $a_{1}$ 运动时间 $t$ ，再以加速度 $- a_{2}$ 运动时间 $t$ ，恰好回到原点，求 $a_{1} : a_{2}$ 。

第一段位移：

x_{1} = \frac{1}{2} a_{1} t^{2}

第一段末速度：

v = a_{1} t

第二段位移：

x_{2} = v t - \frac{1}{2} a_{2} t^{2} = a_{1} t^{2} - \frac{1}{2} a_{2} t^{2}

回到原点说明 $x_{1} + x_{2} = 0$ ：

\frac{1}{2} a_{1} t^{2} + a_{1} t^{2} - \frac{1}{2} a_{2} t^{2} = 0

化简：

a_{2} = 3 a_{1}

所以：

a_{1} : a_{2} = 1 : 3

原书第020页：例3，上抛经过两点的判断

物体做竖直上抛，先后经过空中 $M, N$ 两点，速度方向相同，大小分别为 $v_{1}, v_{2}$ 。

可直接用同一套匀变速公式判断：

∣ MN ∣ = \frac{v _{2}^{2} - v _{1}^{2}}{2 g}

平均速度：

\overset{v}{ˉ} = \frac{v _{1} + v _{2}}{2}

经过 $M, N$ 所用时间：

t = \frac{v _{2} - v _{1}}{g}

若求 $MN$ 中点的速度，不能简单取速度的算术平均，而应由两半段位移相等推出：

v_{中} = \frac{v _{1}^{2} + v _{2}^{2}}{2}

所以原书判断为 A、B 正确，C、D 错误。

06. 如何利用图像法解题

原书第021页：图像法的基本思路

图像法的核心不是“多画一张图”，而是把题干里的物理量翻译成图像语言：

$v - t$ 图像：斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
$x - t$ 图像：斜率表示速度，两个图像的交点表示同一时刻到达同一位置。
比较类问题：不一定先列方程，先比较斜率、面积、交点、上下关系，往往更快。

做题时可按三步走：

先确定图像类型：题目关心位移面积，就优先画 $v - t$ ；题目关心相遇位置，就优先画 $x - t$ 。
把已知量标到图上：时间间隔、位移面积、速度大小、相同加速度对应的平行线或同斜率曲线。
用几何关系收束：面积相等、相似三角形、对称性、交点条件。

原书第021页：例1，OABC 等时问题的图像法

已知 $O, A, B, C$ 为同一直线上的四点， $A B = l_{1}$ ， $BC = l_{2}$ 。物体从 $O$ 点由静止开始做匀加速直线运动，依次经过 $A, B, C$ ，且通过 $A B$ 与 $BC$ 所用时间相等，求 $O A$ 。

设 $O A = l_{0}$ ，从 $O$ 到 $A$ 用时 $t_{0}$ ，之后每一段等时为 $T$ 。在 $v - t$ 图像中，三段位移就是三块面积。

OABC 图像法

由面积公式：

l_{0} = \frac{1}{2} a t_{0}^{2}

l_{0} + l_{1} = \frac{1}{2} a (t_{0} + T)^{2}

l_{0} + l_{1} + l_{2} = \frac{1}{2} a (t_{0} + 2 T)^{2}

令 $r = \frac{T}{t _{0}}$ ，则：

l_{1} = l_{0} (2 r + r^{2}), l_{2} = l_{0} (2 r + 3 r^{2})

两式相减：

l_{2} - l_{1} = 2 l_{0} r^{2}

再作线性组合：

3 l_{1} - l_{2} = 4 l_{0} r

消去 $r$ ：

(3 l_{1} - l_{2})^{2} = 8 l_{0} (l_{2} - l_{1})

所以：

O A = l_{0} = \frac{( 3 l _{1} - l _{2} ) ^{2}}{8 ( l _{2} - l _{1} )}

这个解法的好处是：不必先把 $v_{A}, v_{B}, v_{C}$ 全部写出来，直接用面积比例和等时条件即可。

原书第022页：例2，回到原点的正负面积

小车由静止沿直线运动，先以加速度 $a_{1}$ 运动时间 $t$ ，再以加速度 $- a_{2}$ 运动时间 $t$ ，恰好回到原点，求 $a_{1} : a_{2}$ 。

这道题用 $v - t$ 图像最清楚：回到原点意味着总位移为零，也就是图像中正面积与负面积大小相等。

回到原点的正负面积

第一段末速度：

v_{1} = a_{1} t

第二段速度降到零所需时间：

Δ t_{0} = \frac{v _{1}}{a _{2}} = \frac{a _{1} t}{a _{2}}

因此正面积的底边为：

t + \frac{a _{1} t}{a _{2}}

负面积的底边为：

t - \frac{a _{1} t}{a _{2}}

正负面积大小相等：

\frac{1}{2} (t + \frac{a _{1} t}{a _{2}}) a_{1} t = \frac{1}{2} a_{2} (t - \frac{a _{1} t}{a _{2}})^{2}

解得：

a_{1} : a_{2} = 1 : 3

这与第20页独立方程法的结果一致，但图像法更容易看出“为什么要比较正负面积”。

原书第022-023页：例3，两次竖直上抛的相遇高度

从地面以初速度 $v_{0}$ 竖直上抛一小球，经过时间 $t_{0}$ 后，在同一地点以同样速度向上抛出另一小球，求两球相遇高度。

画 $x - t$ 图像：两个小球的图像形状相同，第二个图像只是向右平移 $t_{0}$ 。两图像的交点就是相遇点。

两次竖直上抛的 x-t 图像

两球具有相同加速度，所以相遇点到最高点的距离可以看成“从最高点自由落体 $\frac{t _{0}}{2}$ 的位移”：

h_{2} = \frac{1}{2} g (\frac{t _{0}}{2})^{2} = \frac{1}{8} g t_{0}^{2}

小球能够达到的最高高度：

H = \frac{v _{0}^{2}}{2 g}

相遇高度：

h_{1} = H - h_{2} = \frac{v _{0}^{2}}{2 g} - \frac{1}{8} g t_{0}^{2}

原书对应答案为 D。

原书第023页：例4-例6，定性比较也要落到图像

这一页连续给了三个“靠想象容易乱、画图后很清楚”的题。

图像法定性比较

例4：光滑物块左侧是斜面 $A B$ ，右侧是曲面 $A C$ ，且 $A B$ 与 $A C$ 长度相同。两个小球从 $A$ 同时由静止分别沿两侧下滑。

判断关键：两侧最终到同一水平面，末速度大小相同；曲面 $A C$ 前段更陡，速度更早增大， $v - t$ 图像整体更靠上。相同路程对应相同面积，曲面所需时间更短：

t_{A C} < t_{A B}

例5：斜木板 $A B$ 上的动摩擦因数从 $A$ 到 $B$ 逐渐减小。过程一让物块从 $A$ 滑到 $B$ ；过程二把木板反向后让物块从 $B$ 滑到 $A$ 。

过程一开始时摩擦较大、加速度较小，后段加速度才增大；过程二开始时摩擦较小、加速度较大。对比 $v - t$ 图像，过程二更早获得较大速度，所以：

过程一所用时间较长

例6：小球 $a$ 从地面以 $v_{0}$ 竖直上抛，同时小球 $b$ 从高处由静止释放，两球恰在中点相遇。

画 $v - t$ 图像后可以看出：两球加速度相同，速度图线斜率相同；相遇前两球走过的距离相同，对应两块面积相等。相遇时 $a$ 到达最高点， $b$ 仍有向下速度。

因此 A、B、D 错，C 对：

球 a 动能的减少量等于球 b 动能的增加量

07. 如何通过函数法对运动图像进行分析

原书第024页：函数法的定位

图像法偏“几何直觉”，函数法偏“定量建模”。常见流程是：

写出分段运动函数。
判断函数类型：一次函数、二次函数、根式函数、分段线性函数。
通过平移、翻折、拼接画出图像。

高考图像题最常考的不是复杂计算，而是“图像形状能不能认对”：开口方向、斜率变化、是否分段、是否有平移、变量是位移 $x$ 还是路程 $s$ 。

原书第024-029页：先加速后减速模型的全套图像

设物体从静止出发，先以加速度 $a_{1}$ 加速到 $t_{1}$ ，速度为 $v_{1}$ ，位移为 $x_{1}$ ；随后以加速度大小 $a_{2}$ 减速到静止。则：

v_{1} = a_{1} t_{1}, x_{1} = \frac{1}{2} a_{1} t_{1}^{2}

先加速后减速的函数图像族

1. $v - t$ 图像

加速段：

v = a_{1} t

减速段：

v = v_{1} - a_{2} (t - t_{1})

所以 $v - t$ 图像是两条直线拼成的“尖峰图”，斜率分别为 $a_{1}$ 与 $- a_{2}$ ，面积表示总位移。

2. $v - x$ 图像

加速段由 $v^{2} = 2 a_{1} x$ 得：

v = 2 a_{1} x

减速段由

v^{2} - v_{1}^{2} = - 2 a_{2} (x - x_{1})

得：

v = v_{1}^{2} - 2 a_{2} (x - x_{1})

因此 $v - x$ 图像不是直线，而是两段根式曲线拼接。

3. $x - t$ 图像

加速段：

x = \frac{1}{2} a_{1} t^{2}

减速段：

x = x_{1} + v_{1} (t - t_{1}) - \frac{1}{2} a_{2} (t - t_{1})^{2}

所以 $x - t$ 图像先开口向上，后开口向下，连接处斜率相同，图像应光滑衔接。

4. $E_{k} - t$ 图像

动能

E_{k} = \frac{1}{2} m v^{2}

而 $v - t$ 为分段一次函数，所以 $E_{k} - t$ 是两段开口向上的抛物线：从零增大到最大，再减小到零。

5. $E_{p} - t$ 图像

若机械能守恒：

E_{p} = E - E_{k}

所以 $E_{p} - t$ 可以看成把 $E_{k} - t$ 关于水平线翻折，开口方向变为向下。若机械能不守恒，图像整体高度会随能量损失下降，但“由 $E_{k}$ 反推 $E_{p}$ ”的思路不变。

6. $E_{k} - s$ 图像

这里必须区分位移 $x$ 与路程 $s$ 。若按路程写动能定理，加速段：

E_{k} = F_{1} s

减速段：

E_{k} = E_{k 1} - F_{2} (s - s_{0})

所以 $E_{k} - s$ 是分段直线：先线性增大，再线性减小。

7. 机械能图像

若存在恒定摩擦力做功，机械能随路程线性减少：

E_{机} = E_{0} - f s

所以 $E_{机} - s$ 图像为下降直线；若横轴换成位移 $x$ ，且运动发生反向，就要重新区分“走过多远”和“离原点多远”。

这几类图像可以压缩成一句口诀：

速度时间看直线，速度位移看根式，位移时间看抛物，动能时间开口上，势能时间开口下，动能路程分段直线。

原书第029-031页：例题判断

例1：小球沿由两段轨道拼接成的路径运动，经历“先加速后减速”。若用 $v, x, a, E_{k}$ 表示速度、位移、加速度、动能等物理量大小，正确图像为 A。

判断理由：

速度随时间先增后减，是先加速后减速模型。
加速度在两段轨道上分别为常量，不应画成连续变化曲线。
$E_{k} - t$ 应是二次函数型，不是随意折线。

例2：物体沿固定斜面从静止下滑，摩擦力恒定。若用 $F, v, x, E$ 分别表示合力、速度、位移、机械能，则可能正确的是 A、D。

判断理由：

合外力恒定，所以 $F - t$ 可以是水平线。
加速度恒定， $v - t$ 应为直线。
位移 $x - t$ 应为抛物线。
摩擦力做功使机械能随路程线性减少，若路程与位移同向等同， $E - x$ 可为下降直线。

例3：2018 江苏，从地面竖直上抛小球，忽略空气阻力，判断 $E_{k} - t$ 图像。

因为：

v = v_{0} - g t

所以：

E_{k} = \frac{1}{2} m (v_{0} - g t)^{2}

这是开口向上的二次函数，顶点在最高点处，答案为 D。

例4：2019 新课标 II，物体从地面竖直上抛，给出机械能 $E_{总}$ 与高度 $h$ 的图像，判断物理量。

抓住两件事：

取地面为零势能面， $E_{p} = m g h$ 。
$E_{k} = E_{总} - E_{p}$ ，所以读图时不能只看机械能，还要扣掉重力势能。

由原图数据可得，正确判断为 D：从地面至 $h = 4 m$ ，物体动能减少 $100 J$ 。

例5：相图问题。若质点沿 $x$ 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则：

v^{2} = 2 a x

在 $x - v$ 相平面中：

v = 2 a x

图像应从原点出发，随 $x$ 增大而增大，但斜率逐渐减小；原书答案为 D。

08. 如何利用图像解决追及相遇问题

原书第032页：追及相遇的两类图像

追及相遇问题在直线运动中非常常见，后面的叠块模型、抛体模型、图像综合题都会反复出现。原书把它分成两类：

$v - t$ 图像：用面积差表示相对位移，适合分析“能不能追上”“追上几次”。
$x - t$ 图像：交点就是相遇时刻，但必须同时看斜率判断速度方向与谁追谁。

$v - t$ 图像有一个天然缺陷：它本身看不出初始位置。所以原书把“后来居上”的物体叫“慢”，把“一开始在前”的物体叫“快”，用相对面积来处理。

原书第032-033页：加速类 v-t 图像三情形

追及相遇的 v-t 图像规则

情形一：慢追快

如果后面的物体加速度更大，速度图像迟早超过前面的物体。设两物体初始间距为 $d$ ，相遇条件是：

x_{慢} - x_{快} = d

也就是 $v - t$ 图像中两者面积差达到 $d$ 。列方程后一般会得到“一正根一负根”，舍去负根，所以只发生一次追上。

情形二：快追慢

若一开始速度较大的物体在后面追速度较小但加速更快的物体，能不能追上取决于“速度相等前”的最大面积差。

设最大面积差为 $S_{差}$ ，初始间距为 $d$ ，则：

S_{差} > d \Rightarrow 相遇两次

S_{差} < d \Rightarrow 相遇零次

S_{差} = d \Rightarrow 恰好相遇一次，且相遇时速度相等

口诀：

大二，小零，等一次。

情形三：同时同地

若两者在某时刻通过同一位置，且 $v - t$ 图像关于交点前后形成等面积，则会在关于速度交点对称的另一时刻再次相遇：

对称时刻再相遇

这句话在 2016 新课标 I 的例题里非常好用。

原书第033-034页：例1，面积差与初始间距比较

甲、乙两车同向运动， $v - t$ 图像中两块面积分别为 $s_{1}, s_{2}$ ，且 $s_{2} > s_{1}$ 。初始时甲车在乙车前方 $s_{0}$ 。

本题属于“快追慢”的面积差问题：

若 $s_{0} < s_{1}$ ，最大面积差足够补上初始间距，两车相遇两次。
若 $s_{0} = s_{1}$ ，刚好追上一次，且相遇时两车速度相等。
若 $s_{0} > s_{1}$ ，面积差不够补上初始间距，两车不相遇。

所以原书答案为 A、B、C。

原书第033-034页：例2，2016 新课标 I 同向两车

甲、乙两车在平直公路上同向行驶，给出 $v - t$ 图像，已知两车在 $t = 3 s$ 时并排行驶。

2016 新课标 I 追及相遇图像

图像交点在 $t = 2 s$ ，而两车在 $t = 3 s$ 时相遇。根据“对称时刻再相遇”，另一次相遇应在：

t = 1 s

所以 C“另一次并排行驶时刻是 $2 s$ ”错误，A“ $t = 1 s$ 时甲在乙后”也错误。

在 $0 \sim 1 s$ 内比较面积差，可得 $t = 0$ 时甲车在乙车前 $7.5 m$ ，B 正确。两次相遇位置之间的距离可用 $1 \sim 3 s$ 内任一车的图像面积求得，为 $40 m$ ，D 正确。

原书答案：

B D

原书第034-035页：减速类 v-t 图像

减速类追及问题同样看面积差，但要特别注意“追上时刻必须发生在有效运动时间内”。对于刹车题，速度减为零后不能继续按负速度延长。

减速追及与追尾模型

若两车同地同向出发，速度图像在中间相交，且前后两块面积相等，则仍可使用：

对称时刻再相遇

若后车追前车并发生追尾，应满足：

S_{后} - S_{前} \geq d

其中 $d$ 是初始车距。若最大面积差仍小于 $d$ ，则一定追不上。

原书例1中，甲、乙从同一位置出发。速度相等前，甲始终在前；速度相等时两者相距最大。之后由对称面积判断， $t_{3}$ 时刻相遇，原书答案为 D。

原书例2是高速雨雾追尾模型。甲车在后，乙车在前；若已知两车确实发生追尾，则追尾只能发生在甲、乙相对位移差达到初始间距之前。由图像读数可判断：

可能在 $10 s$ 时发生追尾，B 正确。
$10 s$ 以后甲车速度已减小到不再具有继续追近的条件，A 错。
若能追尾，初始车距不能超过最大面积差；原书图中最大面积差为 $25 m$ ，所以 C 错。
由斜率读加速度，甲车刹车加速度大小不是乙车的 3 倍，D 错。

原书答案：

B

原书第035页：x-t 图像的追及相遇

$x - t$ 图像处理相遇最直接：交点就是同一时刻、同一位置。但千万不能只看交点，还要看斜率。

x-t 图像追及相遇判断

判断顺序：

看交点：交点时刻就是相遇时刻。
看交点前的位置上下：谁的位置更小，谁在后。
看斜率：斜率大小表示速度大小，斜率正负表示运动方向。
若曲线斜率先减小到零再变负，说明速度先减小到零，再反向增大。

2013 新课标 I 例题中，直线代表汽车 $a$ ，曲线代表汽车 $b$ 。由图像可知：

$t_{1}$ 时刻虽然相遇，但相遇前 $b$ 在后，所以是 $b$ 追上 $a$ ，A 错。
$t_{2}$ 时刻， $a$ 的斜率为正， $b$ 的斜率为负，两车运动方向相反，B 对。
从 $t_{1}$ 到 $t_{2}$ ， $b$ 的斜率先减小到零，再反向增大，故速率先减小后增大，C 对。
$b$ 的速率并非一直比 $a$ 大，D 错。

原书答案：

BC

09. 掌握用独立方程理论解追及相遇的方法

原书第036页：独立方程追及模板

追及相遇题的独立方程法，仍然沿用前面的两句话：

见一物写一组，见一段写一组。

独立方程法解决追及相遇

对两个物体分别写：

v_{1} = v_{01} + a_{1} t, x_{1} = v_{01} t + \frac{1}{2} a_{1} t^{2}

v_{2} = v_{02} + a_{2} t, x_{2} = v_{02} t + \frac{1}{2} a_{2} t^{2}

再根据题意补关联条件：

追上：后者位移比前者多出初始间距 $d$ 。
恰好追上：除位置相同外，还要有 $v_{1} = v_{2}$ 。
不相撞：两者距离的最小值仍大于零。

若甲在乙后方 $d$ ，则一般追及方程为：

x_{甲} - x_{乙} = d

即：

\frac{1}{2} (a_{甲} - a_{乙}) t^{2} + (v_{甲 0} - v_{乙 0}) t - d = 0

通过判别式和正根个数，即可判断相遇次数。

原书第036页：例2，前车加速、后车刹车防相撞

甲车以速度 $v$ 匀速行驶，发现前方相距 $d$ 的乙车后，甲车以大小 $a_{1}$ 匀减速，乙车从静止以大小 $a_{2}$ 同向加速。

两车间距：

D (t) = d + \frac{1}{2} a_{2} t^{2} - (v t - \frac{1}{2} a_{1} t^{2})

整理：

D (t) = d - v t + \frac{1}{2} (a_{1} + a_{2}) t^{2}

距离最小时：

t = \frac{v}{a _{1} + a _{2}}

最小距离：

D_\min=d-\frac{v^2}{2(a_1+a_2)}

不相撞条件为 $D_\min>0$ ，即：

v < 2 (a_{1} + a_{2}) d

所以原书答案为 D。A、B 错在把距离变化误判为单调；C 的不等号方向错误。

原书第037页：例3，接力交接棒

甲运动员能保持 $9 m/s$ 匀速跑，乙从接力区前端由静止开始匀加速。甲在接力区前 $13.5 m$ 处发出口令，乙开始起跑，并在速度达到 $9 m/s$ 时被甲追上。接力区长 $20 m$ 。

设乙加速度为 $a$ ，追上用时为 $t$ 。

速度条件：

a t = 9

位置条件：

9 t - \frac{1}{2} a t^{2} = 13.5

联立得：

a = 3 m/s^{2}

乙在接棒前位移：

s_{乙} = \frac{1}{2} a t^{2} = 13.5 m

离接力区末端距离：

20 - 13.5 = 6.5 m

原书第037-039页：例4，圆管与圆球的多阶段追及

这是一道“多物体、多阶段、带受力”的追及题。关键不是硬背过程，而是把每一段拆开：

圆管落地前，圆管与圆球共同自由落体。
圆管反弹后，圆管与圆球之间有相对运动，摩擦力改变两者加速度。
圆管与圆球共速后，二者可看成整体继续上升。
第二次反弹后，重复第一轮相对滑动模型。

原书给出的结果：

L \geq \frac{4}{5} H

\boxed{h_\max=\frac{13}{25}H}

L \geq \frac{152}{125} H

本题最值得保留的是“临界关联方程”：圆球不滑落，临界状态就是圆球与圆管共速时，圆球恰好到管口。也就是：

s_{球} - s_{管} = L

10. 怎样通过相对运动法解决追及相遇问题

原书第040页：相对运动法入口

相对运动法也叫变换参照系法。高中阶段只要记住：

绝对运动 = 相对运动 + 牵连运动

所以：

v_{A / B} = v_{A} - v_{B}, a_{A / B} = a_{A} - a_{B}

相对运动法模板

操作顺序：

选一个物体作为参照物，视为静止。
规定正方向。
把另一个物体的速度、加速度、位移都写成相对量。
最后求对地高度、对地速度时，再换回绝对量。

原书第040页：例1，两个下落物体的追上

以先运动物体为参照物，若第二个物体相对第一个物体做匀速运动，则追及时间直接由：

t = \frac{Δ x}{v _{相}}

求出。原书例题中，两物体相距 $5 m$ ，相对速度为 $2 m/s$ ，所以追上用时：

t = 2.5 s

再求下落高度时，必须换回对地运动量，不能直接把相对位移当作对地位移。

原书第041页：例2，匀速车追匀加速车

设 A 车在后，以速度 $v$ 匀速运动；B 车在前，从静止以加速度 $a$ 匀加速，初始距离为 $s$ 。

以 B 为参照物：

v_{相} = v, a_{相} = - a

相对运动能达到的最大位移：

s_\max=\frac{v^2}{2a}

于是：

\frac{v ^{2}}{2 a} > s \Rightarrow 相遇两次

\frac{v ^{2}}{2 a} = s \Rightarrow 相遇一次

\frac{v ^{2}}{2 a} < s \Rightarrow 不相遇

这与第8节 $v - t$ 图像法的“大二小零等一次”完全一致。

原书第042页：例3，两次竖直上抛

两球先后以同样初速度 $v_{0}$ 从同一地点竖直上抛，间隔 $t_{0}$ 。以第一个球为参照物，第二个球相对第一个球做匀速运动。

相遇高度仍为：

h = \frac{v _{0}^{2}}{2 g} - \frac{1}{8} g t_{0}^{2}

对应原书答案 D。这个结论与第6节图像法完全相同。

11. 叠块模型中的追及相遇独立方程法

原书第043页：叠块模型模板

叠块模型的难点不在公式，而在“对象多、过程多、关联条件多”。固定流程如下：

叠块模型独立方程模板

先判断每个物体的受力，尤其是摩擦力方向。
用牛顿第二定律求各自加速度。
对物块和木板分别写运动学方程。
写关联方程：恰好滑下、恰好未滑下、共速、碰墙、反弹等。

典型关联式：

s_{物} - s_{板} = L

或：

v_{物} = v_{板}

原书第044-045页：例1，抽桌布模型

圆盘位于方桌中央，桌布被以恒定加速度 $a$ 抽出。圆盘先在桌布上受桌布摩擦而加速，离开桌布后在桌面上受桌面摩擦而减速。

独立方程组的骨架：

对桌布：

s_{布} = \frac{1}{2} a t_{1}^{2}

对圆盘第一段：

v_{1} = μ_{1} g t_{1}, s_{1} = \frac{1}{2} μ_{1} g t_{1}^{2}

对圆盘第二段：

0 = v_{1} - μ_{2} g t_{2}

关键关联条件：

s_{布} - s_{1} = \frac{d}{2}

\frac{d}{2} - s_{1} = v_{1} t_{2} - \frac{1}{2} μ_{2} g t_{2}^{2}

联立可得原书答案：

a \geq \frac{( μ _{1} + 2 μ _{2} ) μ _{1} g}{μ _{2}}

原书第046-047页：例2，2015 新课标 I 长木板碰墙

本题是典型“图像读条件 + 叠块独立方程”的压轴题。

从碰墙后小物块的 $v - t$ 图像读出：

v_{0} = 4 m/s, a = 4 m/s^{2}

所以：

μ_{1} = 0.4

碰墙前，木板和物块共同运动 $1 s$ ，位移 $4.5 m$ ，碰墙前速度为 $4 m/s$ ，可得木板与地面间：

μ_{2} = 0.1

后续分段：

碰墙后，物块继续向右，木板反向向左。
共速或相对位移达到临界长度时，写关联方程。
最小板长对应“物块恰好未滑下”。

原书结果：

\boxed{L_\min=6\text{m}}

木板右端离墙最终距离 = 6.5 m

原书第047-049页：例3，山坡滑板与碎石堆

这道题的核心是先判断 A、B 能否共加速。原书先用内力公式法判断：

f_{需} > f_{m a x}

所以 A、B 不能共加速，二者发生相对滑动。

第一阶段 $0 \sim 2 s$ ：

a_{A} = 3 m/s^{2}, a_{B} = 1 m/s^{2}

第二阶段，B 的上表面变光滑，A 继续加速，B 减速。按“见一物写一组，见一段写一组”继续列式。

原书最终答案：

A 在 B 上总运动时间 = 4 s

这类题最容易错在两点：

把“能否共加速”直接默认成能。
忘记第 $2 s$ 末条件突变，仍用同一组加速度列到底。

原始 OCR 底稿（待逐页校订）

OCR 小专题：01. 如何利用直线运动六大公式解决直线运动难题

原书第001页

第一章直线运动、如何利用直线运动六大公式解决直线运动难题直线运动的独立方程部分来自于最原始的两个公式：这两个式子一个描述平均速度，指的是单位时间内位移的变化另一个描述的是平均加速度，塑位时间内速度的变化量。通过第二个式子，我们可以变形得到。： v=%+at 〈公式 1·1·1）这是我们的一个基本公式，其中时间’为自变量，末速度衫为函数，加速度为斜率，初速度％为纵截距。这描述了一个一次函数，我们可以用图像来更为形象地描述，便得到了使用广泛的叼图像（图 1· （图 1·1·1）根据微元法的思路，我们知道，图像下方与横轴包围的面积指的是物体在这一段时间内通过的位移，（图 1·1·2）。 vo+at （图 1·1·2）图 1 小 2 中梯形的面积： = 2 2 公式 1 小 2 为基本公式。至此，我们就得出了直线运动中的第一组基本公式独立方程，我们把它们联立起来： 1 这两个式子为整个直线运动中的“核心基本独立方程组” ，在这两个式子中一共出现了五个物理量，分

原书第002页

别是“ 我们可以通过公式 1 小 1 解出：韭。訁噲沪先 O%=v-atO 通过代入公式 1 小 2 消元后依次得到伊一％2：2“ （公式 1·1·3） t （公式 1q4） 2 艽 = 一一 2（公式 1·1 巧）现在我们逐一解读每个式子在直线运动乃至整个高考物理中的应用。公式 1·1·3 的本质是动能定理》缺少时间我们在平时的学习中也经常会遇到缺时间的情形，可以使用此式列方程，比如直接、出自由落体的末速度 v ：、，或者求出平抛物体的末速度， v ：寻鬲但是各位同学需要注意此式的适用条件为匀变速，显然适用范围不如动能定理广泛。而动能定理也正是从前该式推导而来：将加速度。代入得： 1 一“2 一一“02：〈动能定理的表达式） 2 因此，如果从高考的全局来看，凡是可以用这个式子的时候均可以用动能定理来替代。所以本式我们将会在第 6 章重点来讲解。公式 1·以是一个广泛应用的技巧公式，我们可以通过图 1·1·3 对这个式子有更深的认识： 1 2 〈图 1·1 刁） X ％ + V ，我们来看三显然就是平均速度；，而等式右边显然等于梯形的将公式 1 小 3 化简得一 2 中位线，所以该式就成为了我们常讲到的： 2 平均速度：中间时刻的瞬时速度：初末速度的平均值微信搜索公众号

原书第003页

2 2 而通过这个式子反应出来的图像也得出了另外一个重要式子一一相邻时间间隔的位移差公式：： T 〈图伺〉显然，由图凵可得，相邻两个梯形的面积差为中间阴影部分的矩形面积，即# = 0r2 其中 T 为时间间隔。所以这两个式子，我们通常也会成对出现，以此作为技巧公式》常使用在如打点计时器等相邻时间间隔相等的模型中: 2 = 口 T2 意为做差求癆，．做和求 v

而 = ．2T 这部分内容我们将会在打点计时器的实验应用中重点讲解，在本章的题型里面，当题目中出现相邻两端相等时间间隔的字眼，可以用此公式进行破解。后面专题会详细解释此组公式。公式（公式伺巧）特别有意思，大家仔细比较公式 1 小 2 和公式 1·1 巧，你会发现，一个是初速度，一个是末速度，一个后面做加号，一个后面做减号。 1 2 2 2 2 类似这样的公式，称之为对偶公式。我们通常会进一步变形： 1 =v=vo+—at 2 1 0 中一手贺

原书第004页

我们可以顺便画出匀加速运动的图像〈图 1 小 5）。〈图 1 以·5）注意，图 1·1 巧中的斜率均为一“ 这种类型的考题经常在实验中来考察，比较有代表性的是 2007 年北京卷第 21 题第 0）问，再一个就是 20H 年新课标卷第 23 题，还有 2017 年新课标 2 卷第 22 题等也都是着重考察了这个考点。我们来例 1· （2011 新课标）利用图 1 小 8 所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离记下相应的值：所得数据如下表所示。滑块获取最新网课及无印光电门乙〈图 1·14）完成下列填空和作图: 〈 D 若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小。、滑块经过光电门乙时的瞬时速度肖、测量值 s 和’四个物理量之间所满足的关系式是（2）根据表 1·1·1 中给出的数据，图 1 小 9 给出的坐标纸上画出一’图线 s 〈 m) 0，500 t 〈）292·9 就〈 s ）1·71 0．0 0·700 37L5 4523 1·62 L55 〈表 1·1·1） 0，800 552，8 1，45 0，900 673·8 L34 0，950 776·4 L22 微信搜索公众号

原书第005页

思，0 就．．鬲．0．到 0、胤 0 思到苤鬲 0 思到嚯《0《屨到 0．到事 0 咩苤坦 00 到苤 0 0 0」0．2 03 住 4 OS 0·6 0·7 0．8 0．9 1.O ）（图 1·1·9）耐 s2〈保留 2 位有效数字）。〈3）由所画出的一一'图线，得出滑块加速度的大小为（1)本题设计巧妙，也从另一个侧面反映了公式 1·以和公式 1·1·5 的区别〖解析〗正如题面中描述的，如果要是光电门乙为定值，则说明末速度为定值，因此应该，描述'四个物理量的关系应该为为一注意：如果题目相当于物块每次通过甲时初速度，则函数关系就会变为訁大家可以通过这个题目对这两个公式有更深的理解。（2）（3） 2．0 到思廢以．．能，0 思思 0 到生思 0 0 的以巫,'0 以枞 00 0000．《思到苤甾思》00，000000 地 0 苤到胤 0 独 0 甾 0 。0 0」0．2 0．3 0·4 0．5 0．6 0，7 8 0．9 1.O 〈图 1·1q0）从图中可以看出直线的斜率：1·0 讵/ s 故口：：2·0m / s2，注意题目中需要保留两位有效数字。 = 丬叟’ ：7 公过 £ 夫 0 弓．微信

原书第006页

例 2· （20 巧江苏）如图 1·1·16 所示，某“闯关游戏’ ‘的笔直通道上每隔 8m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5s 和 2so 关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处加速度 2 s2 由静止加速到 2 s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡（ c ） A.关卡 2 〖解析〗 B.关卡 3 C.关卡 4 关卡 1 关卡 2 关卡 3 关卡 4 关卡 5 扈 m 8 m 8 m 8 m （图 1·1·16） 22 D.关卡 5 由匀加速运动学公式：一 2“1，代入数据： = 2 × 2 其中加速时间： v = 叫，得：即加速时间为 ls ，走过的距离为 lm ，如图 1·1·17 所示。 2 4．5 s 3 &5 s 〈图 1·1·1 刀 4 忾．5 s 5 解题关键思维：若假设不受阻碍，到达每个关卡的时间， 4 5 其中阴影区间不放行 7 〈图 1·1q8 二从图中可以看出，关卡 4 处在第 1 一 14s 区间，故被第 4 关卡阻挡。点评：本题我采用了较为清奇的物理思维，即假设可以畅行无阻，算出每段时间，再看其通行时刻处在哪段时间中。相较传统思维通过累加计算每一段的繁杂思路简化不少。微信搜索

原书第007页

例 3。〈2022 湖北）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站 W 和 G 间的铁路里程为 1080， W 和 G 之间还均匀分布了 4 个车站。列车从 W 站始发，经停 4 站后到达终点站 GO 设普通列车的最高速度为 10 m 高铁列车的最高速度为 324 h 。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为 0，5 其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从 w 到 G 乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（3） A.6 小时 25 分钟 c.6 小时 35 分钟 B.6 小时 30 分钟 D.6 小时 40 分钟沏萨 t 像例 4· （2022 全国甲）长为/的高速列车在平直轨道上正常行率为 ` 窬方一长为！的禹一‰氵。己知列车加速和减速时加速隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车 A. 2 3（％一刁 L+I C. 20 加飞七 vo—v L + 21 B. D. 以皂 L 范

OCR 小专题：02. 怎样通过独立方程理论解难题

原书第008页

、怎样通过独立方程理论解难题上一专题中我们分析了本章中的六个公式的逻辑关系并且梳理了所有公式的各自使用范围，现在我们重新再来审视一下这些式子（公式 1·2· I) v=vo+at 〈公式 1·2）：咿 + 一 02 （公式 1·2·3）铲一％2：2“ 〈公式 1·24） = t 2 〈公式 2 巧） = 一一 02 〈缺衫）〈缺 t) （缺）（缺％）〈公式 1 6） = 0r2 不难发现，除公式 1 一 2 外，其余每个式子都缺少一个物理量，面对这些公式的最初级应用便是，看到题目中缺少哪个量则带入哪个式子来进行计算。当题目中涉及的物体及过程一旦较多，使用单独的某个式子无法求解时，可以联立方程组来求解。然而，这个方法说来容易，做起来并不简单。考生的常见问题是： “我怎么知道应该联立哪些方程组？ ” “答案中每个式子我都认识，可是为什么要按照这种顺序来列方程？》， “答案中常说的联立以上几式便可解出答案，为什么我总解不出来？ ” 种讲’ · ·毳负責任，因为如此艹辅助线的理由根本没讲！渴是张滥柳而本章中的蚩多公式给我们的感受也是如此，我们究竟在做题时应该选择哪几个方程进行联立。所以，我们为了解决上述的这个问题，同时也为了让大家能够感受到基本公式的更高应用，我们给大家介绍一下“烛立方程组理论” 独立方程组理论；独立方程理铪来自于线性代数的齐次线性方程组，被广泛应用在大学物理中，比如解决电路问题的“基尔霍夫定律” 、连接体装置的“达朗贝尔原理”等。我们将这个理论引入到高考物理教学中，便会发现，实则诸多复杂过程的高考物理题背后的解题原理便是独立方程组比如》初中我们学过解二元一次方程组： 3 茗 + 5 丿 = 1（ l) 一 3 丿 = 8（2）这两个式子求解很容易，彭果我们再引入一个方 5 + 2 丿 = 9（3),细心的同学会发现（3）式其实就是（1） + （2）而来》解方程时根本就不需要，这个方程完全多余。但是果我们把方程组变为芸

5 丿 = 1（1) 1 一 5 丿 = 3 4） 2“3 丿 = 8（5）便会发现，面对这组方程我们无法解出》究其原因是因为 0）式和（4） ‘式根本是同一个方租，，因此我们会称这三个方程的妆立方程数仅为两个。分别为（1）式和（5）式，其中（4）式我们称之为关方，凵微信搜索

原书第009页

再反观整个直线运动的六大公式，我们不难发现，〈3）一（6）式均是由(1) 〈2）两式联立代入消元所得，所以这六个式子中的独立方程数为两个，其余四个均为关联方程。所以，从理论意义上来讲，我们通常只需要针对每一个物体的每一个方向的每一段运动写出六个方程中的任意两个，就可以解决所有直线运动的问题！常见到的选择方式有如下两种：第一组： “基本独立方程组” 1 2 〖老王解读〗使用范围最为广逻》并且两个式子均为基本公式，缺点是第二个方程是时间 t 的二次函数，在解方程的时候会有带来一些运算不便。所以，我们有时也会用第二组方。第二组禀“降次独立方程组” v=vo+at V+VO 2 〖老王解读〗这一组式子均为线性方程，解起来要简单很多，缺点是 = t 在计算题时需要推导才能得到步 2 骤分。重，。。 “0 0” ‘是、 ’ ’ “砉，才能保证不会漏也不会尺取不直线运动通解独立方程过 O 见一段写一组 @见一物写一组 O 见一方向写一组 @追及相遇写一： @恰好追上写：〖模型一〗对于一段匀加速：如果己知％、、，求枞。解法：直接联立方程组 1 2 〖老王解读〗大家对此类问题都驾轻就熟，且都知道“缺少哪个量代哪个式的。但我们也可以不需要考虑具体该用哪个公式，毕竟只要把这两个基本公式列出来，必然就转化为解二元二次方程组的数学问题。

原书第010页

《模型二〗两段匀加速如果已知為、而、吓求、、、有同样的方法可求，解法： 2 2 = + 02 2 = t2 + 一口 2 ` 2 2 因此只需要联立四元一次方程组求解刍、。2、、即可。依次类推》对于三段及以上的匀加速，也可以采用针对“见一段写一组”的方式逐次列出每段的独立方程组，从而联立求解，举例：例 1·己知 0、 B 、 C 为同一直线上的四点， AB 间的距离为 BC 间的距离为标一物体自 0 点由静止出发，沿此直线做匀变速运动，依次经过从 C 三点，己知物体通过 B 段与 BC 段所用的时间相等。求 0 与的距离。〖解析〗此类大题，如果找不到技巧公式的突破口，会容易在直线运也的多寻导致列式子的时候东拼西凑，极容易出现重列漏列的现象本题的第二个难点在木明确，得分极低。量多，下文会具体分析相关公式与未知量之间的所以，我们尝试用基本独立方程组解决本题，方法思想如下: 先做出示意图:已知量均标示在了图上方，未知量标示在图下方刁孑 B 由于物体先后通过兰段，因此，对每一段都写出相应的独立方程组： Ovc 012 = 0 2 一刎 0 2 2 以孬蚪 · b 川計(I)臧卜到 D 六 = 不难看出，即使很难算，但仍可以解出/ ： 8-4)

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〖老王叮嘱〗根据独立方程理论，列出本题所用到的所有基本方程，而且一个不漏，一个不重。这样所列得方程的好处是省去了思考该用哪个技巧公式做鳬突破口而花费的时间，只需要顺序列完每一段相应的基本方即可。当然这样列方租也有一个缺点，因为面对一个七元二次方程组，求解仿佛是天方夜谭。但是，作为一道计算大题》考生作答是要按照步骤得分的》阅卷标准中对于解题中的必要公式》每式均可得两分！所以，我们居然可以在“照猫画虎”的解法下得到该题的 12 分！而本题满分也就只有 14 分，剩下的 2 分答案分就算我们不要，我想很多同学也会为此跺脚欢呼，毕竟，我们用了最短时间中得了我们可能得到的最高分，这可能对很多人来说是一种天方夜谭，也会有人因此质疑，但是，我们毕竟做到了。而更为关键的是：这个题，其实我们还不就得分了！这说起来可能会让出题人抓狂！这当然也是独立方程本身的魅力所在！它不仅可以解决所有直线运动的复杂问题，更对于新课标及全国卷中的直线运动系列的压轴题系列有奇效。另外，本题也有技巧方程及图像解法，我们后文再表。例 2·短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了 100m 和 200m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是 9·69s 和 19·30s 。假定他在 100m 比赛时从发令到起跑的反应时间是 0·巧 s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。200m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与 1 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑 1 m 时最大速率的 96％。求：（1)加速所用时间和达到的最大速率号（2）起跑后做匀加速运动的加速度。〈结果保留两位小数）〖解析〗本题可以继续使用基本独立方程组来解决，先画出运动的示意图： 9．69 一 0·巧 1 佣 tn—x 四．30 一 0，巧 s 、丿驴 = 加微信： 100 一 s ： v （9·54 一 t) 200 一：0·96y （19：巧一 t) 完全相同，因此，只需要写出一组方程即可。另外，后半程的运动都是匀速行为，！只需要写出位移方程，不需要写运动方程。但是，我们列完上式之后会发现，对于四元二次方程组，尤其是这些实际的数据，利用求根公式求解简直太麻烦，所以，我们考虑采用书写“降次“独立方程组来降低计算难度：：9·54 一 t) ． 100 一 2 200 一：0，96 19·巧一 f) ． 2 = 1·29s ；由” = 得：口：8·711 S2 = 1L241 8 O 式醬，： O 0 川一@喝球弭聆。翔 o 弱〖老王叮嘱利用“降次”独立方程％ + 可以使得书写方程时都转为一次式这对于求解是一件相对容易的 2 事情，另外大家思考一下，如果真按二次方栏来算，为何题目中的设问方式还要把三个物理量分成两问来求解呢，这其中必有蹊跷。微信搜索

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例 3．〈2017 新课标 2）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离和(s 0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达当帮时的速度为。重力加速度为 go 求（1)冰球与冰面之间的动摩檫因数《〈2）满足训练要求的运动员的最小加速度。〖解析〗〈1)画出冰球的运动示意图：设冰球做匀减速运动的加速度大小为佑受到冰面的摩擦力为歹，冰球与冰面之间的动摩檫因数为由缺的运动学公式得：一：0．丆：声喏@ 由牛顿第二定律得：联立．@O得：一 2 声 gS0：一渺 1 化简〈2）由题可知，运动员与冰球的运动时间相同，设冰球运动时间为島运动员加速度为刍，运动员运动示意图如下：通过冰球计算运动时间，由运动学公式： =vo—at@ 对运动员，由运动学公式扌 51：一 20 由 O 得： e=YC—b 2S ．代入 O ，化简得：怡 2s0 联立 O ．得： Si ：一所（ 2％ + ％ + 幻 2 冰球小旗起跑线。运动员化简得：刍 = 2 微信搜索丿公． £ 夫《．弓．

OCR 小专题：03. 如何用技巧公式解运动学及简化独立方程

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如何用技巧公式解运动学及简化独立方程常见的技巧公式有如下两组：．打点计时器公式组 2 A 丫 = 口尸不论是单独还是联立使用，两式均为常见的技巧公式，可以化简独立方程组的运算。 @缺’公式伊一一 2“ ，此公式常被动能定理替代。此式较为传统常见本节不表。、利用平均速度公式解题常将该式变形为：对于公式 = 2 2 “初末速度的平均值：中间时刻的瞬时速度一平均速度” · 可以利用中间时刻的瞬时速度来替代整个运动中的平均速度，所以，本式子的使用的条件是“题目中出现总距离、总时间” 举例如下: 例 1·在软绳的两端各栓一石块，绳长 3m ，拿着！端 0 块当鞒、块自、落，测得两石块落水声差 0·2s ，问桥面获最新网课无’ 〖解析〗因为落水声相差 0·2s ，说明第二块石头最后 3m 的位移，所用时间为 0·2s 3 则这段时间的平均速度 v ： = = 巧 m/s 因此，可求出落水时的速度：巧 + g × 0·1：16 s 接下来利用# ：2，162 = 2 × 10 × 阢解得历 = 12·8m 例 2。物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 16m 的路程，第一段用时 4s ，第二段用时 2s ，则物体的加速度是（ B ） A.一 s2 〖解析〗 C.一 s2 6 m 8 m/s D.一 S2 9 《6m 4 m/s

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如图 1 巧·5 所示的纸带，图的．身卩 A.实室先放开纸带再接通电源 B.一等于昏一的 6 倍 C,从可求出计数点 B 对应的速率 D.相邻两计数点间的时间间隔为 0·02g 例 3·如图所示，直杆长 I.45m ，从某高处由静止竖直自由下落，下落过程中通过一个 2 高的窗口用时 0·求杆下端的初始位置到窗台的高度差。（ g 取 10 羽/2）窗顶窗台． h=5m 、利用打点计时器类公式解題我们再来单独讲解一下 = 2，这个式子有两应用，一个是打点计时器中的逐差法，这个在力学实验中讲，在此不表。另一个应用:一：伽一。严〈公式 1 巧·2）一 = 口 T2 一 S2 S4—S3 = 口 T2 S2 一 = 0r2 S2 + ：．2T 证明过程较简单，如下: 举例如下： = 0r2 累加得：一 S 。：伽一劢 2 435 例“研宄匀亠线运动”的实验中，一一。。，），得到孬 C D 〈图 1 巧巧）〖解析〗 A 、打点计时器的实验操作要求是》先接通电源再释放纸带，否则会出现纸带上只有一小段有点，其余的纸带长度没有利用起来， A 错。 B 、一：50r2， S2 一 s 产 0r2，故（ S6 一为一刃的 5 倍， B 错。 2 3 ，其中 T = 0 山， c 对。 c 、可以求出中间时刻的瞬时速度： 2T D 、中间有 4 个点未画出，故时间间隔为佩秒， D 错。对于解决打点计时器问题，我们通常会将两组公式合并使用，结论:做差求做和求

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例已知 0、、 c 为同一直线上的四点，间的距离为 BC 间的距离为 0 一物体自 0 点由静止出发，沿此直线做匀速运动》依次经过、 B 、 c 三点，己知物体通过段与 BC 段所用时间相等，求 0 与的距离。〖解析〗之前我们曾经用独立方程组理论解决过这个题目，现在我们用技巧公式来解一下: 看到题干中“时间相等” ，联想打点计时器的特点，可以对相邻两段“做差求做和求” /2 一/1 地 2．对 OB 段列缺’方程：：20‰ + 0 0 一 02 由上三个式子容易化简解得:仨 8 一 4) 例 6。如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过 a 、 b 、 c 、 d 四点，己知经过曲、 bc 和 cd 三段所用时间之比为 3：2:1，通过 ab 和段的位移分别为而和，则 bc 段的位移为（ B ） A. 2 而 + 5 4 2 而 + 12 D. 9 9 SI 噲 S 會協酲、 n 中普触：冫愾多 t 》 = t + 且 at 》微信搜索丿公过关夫．一弓．

OCR 小专题：04. 比值类技巧问题

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四、比值类技巧问题对于初速度为零的匀加速直线运动，只需记住如下两个常用结论，其余结论较为简单》在此不表。《结论一〗相同时间段的位移之比： = 1：3：5· “ 〖结论二〗相同位移时的时间之比： 9 1 〖老王强调〗对于末速度为零的匀减速直线运动，根据运动对称性》结论相反，即：．相同时间段的位移之比：： S2：5 疒 5：3：1 @相同位移时的时间之比：：一：、一 1：1 一物体由点从静止释放，下列结论的是〈0） A.物体到达各点的速率之比“叱：忉：1：：：2 2 B.物体到达各点经历的时间：一、励： C.物体从到的平均速度” ： D.物体通过每一部分时，其速度增量一： “一： ” b 乛 = 事孬—VD

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例 2。一颗子弹沿水平直线垂直穿过紧挨在一起的三块木板后速度刚好为零，设子弹运动的加速度大小恒定，则下列说法正确的是（ P ）凇当细儔匀加 A.若子弹穿过每块木板时间相等》则三木板厚度之比为 1：2：3 B.若子弹穿过每块木板时间相等，则三木板厚度之比为 3：2：1 c.若三块木板厚度相等，则子弹穿过木板时间之比为 1：1：1 D.若三块木板厚度相等，则子弹穿过木板时间之比为（一）：（轭一 1) ：1 c ，0 司：阝·阝；下·旧例 3· 〈2021 湖北）2019 年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人 10 米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前 5m 完成技术动作，随后 5m 完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取 10，则她用于姿态调整的时间约为） A.0，2s B.0·4s C.1·0s 、铷 = 下· 《4S D.1.4s 例 4· （2019 新课标 1)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为 HO 上升第一个一所用的时间为第四个一所用的时间为’2。不计空气阻力，则一吧足（ c ） A.1 < 一 < 2 一 B.2 < 一取最新阔 1 〖解析〗〖方法一〗运动员竖直向上做末速度为零的匀运动，故逆运动为自由落体运动。由初速度为零的匀加速直线运动中相等位移时间比： 4 可 1：一 1：一轭：一 1 故题目中一分母有理化得一 1 1 ：2 + 孬 > 3 违 c 〖方法二〗由初速度为零的匀加速直线运动中相等时间鄖位移：： S2： S3： S4：1：3：5：7 故才 = AB BD 一 2，运动员竖直向上做末速度为零的匀减速运动，故 > 3 运动相割立移经历时间短，由一一 1 但本方法的瑕疵是不能明确、 < 4，故可以用本方法拓展思维。故选 c 。 1

OCR 小专题：05. 减速到零反向加速问题

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五、减速到零反向加速问题前面几讲我们所学公式中，默许加速度。为正值》即匀加速直线运动。在匀减速时只需将。替换为即可得到减速类公式；当运动行为为竖直上抛时，须将替换为· g 加速 = 為 + at 一％2：2“ VO+V 2 2 2 = 0r2 减速芤一 2 2 一 2 2 2 = V 十一 2 Ax= 一 T2 2 1 2 x=v+—gt 酝： -gT2 对于减速类公式，须区分运动行为是减速至零反向加速类还是刹车类。对于上述公仅适用与前而后者〈刹车类）则须讨论运动停止时间（见后文％：巧 s 做竖直上抛运动，其中重力加速度 g ：10 s2，则: 〈1)一 2s 时物体位移为多少？（2） = 5s 物体位移为多少？方法一:分类讨论小球上升到最高点时：由 0：％一；得 t = 1·5s 由 0 一伊：一 2g 得: = = 11·25m 。小球从最高点自由落体时间为： & = = 0·5 1 下落距离：：一 × 10 × 0·25 = 1.25m 2 则小球离出发点的高度： S = 一 = 11·25 一 L25 = 10m 方法匕 ` 直代入法: 2 S=vot1 一一 1 代入数据：巧 × 2 一一 × 10 × 22 = 10 很明显，公式蛆@在解决“减速到零反向加速”运动行为时，无须将反向行为作为讨论临界点，从而增加计算量。直接代入数据，即可算出含“反向”行为时的物理量。微信搜索

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对于第（2）问，2 = 5s 时，如若又进行分类讨论，则须如下计算：由前述：小球从最高点自由落体时间为： ’ = 纟 2 一纟 = 3·5s 1 下落距离：俨：一 g ·2 一一 × 10 × 3，52：61，25m 2 =t=1.5s 则小球一 = 一 = 1L25 一 61·25 = 一 50m 负号代表小球最后运动到原点之下或再讨论小球从最高点回到原点，利用对称性可知此过程所用时间: 同理可知此刻的速度沪 = 小球回到原点后继续下落时间： t3 1 2 继续下落距离：：一一：5 一 1·5 一 1·5：2s 一巧 × 2 一一 × 10 × 22 2 一 50 2 则小球离出发点的高度：酽 = 直接代入法: 2 一 50 冽代入数据：酽 = 巧 × 5 一一 × 10 × 52 一 50 与（1)问同理无须讨论临界点，直接带入数据，即可算出含“反向”运动时的物理量。〖重要结论〗在减速运动中，仅刹车需要讨、取最新 1 证明如下: 假定，物体初速度为，做加速度为。的减速运动， “一图像如下禀 SI 由一 t 图像所围面积大小得： 1 —voto 2 1 2 则物体位移： = + S2 = 由图像可知：％：叫@ 联立O@化简得：：％一一 120 1 1 2 1 2 2 1 2 由 O 可得，计算物体减速到零再反向加速的位移，可以直接带入巪进行计算，若位移为负值则代表物体位移方向与初速度方向相反。微信搜索公众号

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例 1·小车由静止沿直线运动，先以加速度刍运动时间后，加速度变为一‰ ，再经时间 t 恰好回到原点，求刍：？从彼裢回为裊例 2·一物体做上抛运动，先后经过空中 M 、两点的速度方向相同，分别为和说法中正确的 2 2 间的距离为 2 1 c.通过段所用的时间为 2 1 B.在 M 、段的平均速度为 2 1 D ·通过 M 、段中点时的速度为 2 2 〖解析〗通过前文讲解，本题完全不需讨论物体是上升还是下落的过程，均可直弋入公式计算。 A•由运动学公式一 = ，得环间的距离：讲义资料氵。 B 、由匀过嘩’@酋懈亠兰，故 B 正确。，在段的平均速度为 v = 2 C 、由运动学公式衫 2 = ± ，得通过胝段所用的时间为 = ．一，故 c 错误。 1 D 、设胝段中点的速度为，物体速度由衫 1 变为丐过程中芸对前半砬动：俨一：2g 一 2 对后半动：谔一 v2：2g 一 2 联立解得段中点的速度为伊 = 《答案〗 +v2 亠一，，故 D 错误。微信搜索

OCR 小专题：06. 如何利用图像法解题

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、如何利用图像法解题通过描绘物体的运动行为，画出“ (x-t)图像，将题干中的物理量及过程在对应图像中表示，从而更直观的解题。可以锻炼考生数形结合思维，对于前文经典例题，本节用图像法重新求解。例 1·已知 0、朩丛 c 为同一直线上的四点，间的距离为 71， BC 间的距离为标一物体自 0 点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过、 B 、 c 三点，已知物体通过段与 c 段所用的时间相等。求 0 与的距离。《图像法〗通过相似三角形面积比等于对应边的平方比可得： 2 2 上式栊仂擒亠：)’ @一忡：粼卅 O 忠世户 O

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例 2。小车由静止沿直线运动，先以加速度刍运动时间后，加速度变为一‰ ，再经时间’恰好回到原点，求刍： ‰ ？〖图像法〗由图知末速度‰ （2(t + ））：。走一）图像中正负面积大小相等得: 解出刍： ‰一 2 刍》故刍：一 1：3 《2/ 例 3·从地面以初速度％竖直上抛一小球，经过时间后在同一地点同样的速度向上抛出另一小球，则两球相遇的高度是（）根据题意我们画出如上的“图像，在图中点出两球相遇，其对应高度为，为相遇点距运动最高点距离，为小球能到达的最高高度。两个小球具有相同的加速度，所以仞 = 铷那么可以视为小球从高度为的地方自由落体卫后的位移，所以：一 g （肀’ ：一 0 又：一 g （）：，所以，故 D 正确。对于运动过程中物理量的定性分析类问题，也可通过描绘“ （）图像更为直观的对其比较，例如

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例 4·一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面，右侧面是曲面 AC ，如图所示，己知和 AC 的长度相同。两个小球 p 、 q 同时从 A 点分别沿和 AC 由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间（）、由图· iac 钅鼢例 5·如图所示，平直木板倾斜放置，板上的点距 A 端较近，小物块与木板间的动摩檫因数由 A 到 B 逐渐减小，过程一让物块从 A 由静止开始滑到过程二将 A 着地，抬高 B ，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从 B 由静止开始滑到 AO 上述两过程相比较，过程一所用时间较长（填写一或二） 435 处由静止释放，两球恰在雛譬产妯券、《、则（ ’ ）新解讠 A.地 B.相遇时两球速度大小相等 C.从开始运动到相遇，球。动能的减少量等于球 b 动能的增加量 D.往后的任意时刻，重力对球口做功功率和对球 b 做功功率相等《解析〗此题状态，不画，难以想象，画出图，一目了然二者斜率相同，一个上抛，一个自由落体，故两个物体图像一个在上方，一个在下方根据题意，二者走过的距离相同，由图可得，仅在时，两图像下方的面积相同。时刻：。球速度为零，升至最高点；心球具有速度，且继续下落显然 ABD 选项都错，本题选 2

OCR 小专题：07. 如何通过函数法对运动图像进行分析

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七、如何通过函数法对运动图像进行分析此类问题往往用定量的方法求解，即先写出运动的函数解析式再描绘出相应的函数图像。多数考生因为对于函数中的平移及变换掌握不熟，导致该专题理解起来难度较大。例：初末速度均为 0 的先加速后减速运动行为，分别求出对应的运动函数式及画出相应图像。分析图像： (1)图先加速后减速，斜率表示加速度，面积表示位移。（2） “图令加速结束的时刻为午位移，速度毕总位移， 2 减速段#由公式俨一 2：一2‰@一而），即” = 一一：一2丐@一而一亠）作图，加速段图像 v ：，到而为止，我们可以画出初裳鲨凌绐蕉“ 先绘出” ： -的图像

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再对其向右平移而 + —J— = 一 202 将两段合起来有，即为我们所描绘的“图（3） “图加速段：由匀加速运动公式：一叫 2，作出二次函数抛物线图像总时间设为六加速段时间为总路程 s 先做出：卑一一 02 产图，开口向下，取’ > 0 部分微信搜索公众口： wkzv21198

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向右平移个单位，向上平移个单位将两段运动过程合起来为即为我们所描绘的“图（4）一 t 图同理分析加速和减速段动能变老无水卉义资料加绘出图像如图; （5）图当机械能守恒时， + ： E 〈定值), 故势能：绋 = 一，因此一图像可将一’图像沿轴对称后上移个单位，绘出图像如微信搜索公众号

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如果机械能不守恒，则图像整体形状不变，但纟 > 段的高度降低。结论 = 动能开口均向上方，势能开口均向下 (6)一 S 和一 1 这里要避免出题陷阱，区分位移）和路程〈 S ），例如小球落下弹起来的过程中，它的位移和路程显然不同。 OEk—S 图设总路程第一段合外力，第一段的末动能为 0，第一段路程为 SO ；第二段合外力为駡，根加速段 = FIS 据动能定理得减速段一 0： -F2(S-S0) 绘出图像如图訁 @马一嵬图为了更好区分位移和动能以及路程和动能的图像，设小球静止下落撞地后弹起，空气阻力为丆，反弹时没有能量损耗，描绘上升下落时的一图像。解：设下落所受合外力，上升所受合外力一坐标原点 x “一 0 一反弹后最高置

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加速段 = 〈0 孓‰ ）与蔷耘凑〈0 孓孓而）下落过程中，位移大小和路程相等，上升过程位移为时，路程为‰一方。绘出图像如图：加速段减速段：注意:因为 > ，故减速段的斜率更大。〈7）一 S 和一将一 S 和一荛图像翻折平移后即可得到一 S 和一的图像彡讲、资添加微信获取最新网谋无’ 〈8）机一图由之前的推导我们可以得到二》图》当存在摩擦力做功时，机械能变化一瑞 = 一，即忍：瑞一罗。则一 S 一如图:

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向上平移瑞，得到 E 机一图从得剖叶（9） E 机—S 图由函数关系得： E 机一瑞：一，一次函数图像 O 动能开口向上结论： @势能开口向下 OAL 一不分段和’ 、 ‘对接且 0 = 2M0， M,两点高度相同。小球自 M 点由例 1·如图所，静止自由漠禾球经过 0 点时的机械能损失，以 s 、口、 Ek 分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。能正确反映小球自 M 点到点运动过程的是（）《解析〗 A 、先加速后减速模型， A 对 B 、分析如图所示，故 B 错 c 、因为先后两段均做匀变速运动，故加速度为常量， c 错。 m 由结论可知，一，为二次函数型， D 错。〖答案〗 A

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例 2。一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间滑至斜面底端。己知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定。若用 F 、叭 3 和分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是〈）匕 0 之 lz:i 〖解析〗 A 、因物体做匀变速直线运动。故合外力为定值，故 A 对； B 、因加速度恒定，故图斜率恒定》 B 错；屙图如图所示，故 C 错 D 、由结论可知，一瑞：一# ，故 E—t 图像可将图像关于故 D 对例 3· （2018 江苏）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面·忽略空气阻力，该过程中小球的动能与时间的关系图像是〈）豆 hL 还过〖解析〗本题直接考察模型结论，运用运动函数图像分析中的结论，4-t 图动能开口均向上，故排除法排除 ABC 〖答案〗 D

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例 4。（2019 新课标 2）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能君总等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，该物体的霆总和随它离开地面的高度的变化如图所示。重力加速度取由图中数据可得（ D ） A.物体的质量为 2kg B.多时，物体的速率为 2 C,2 时，物体的动能 OJ D.从地面至/物体的动能减少 100 丿 0 h = 4 时 EES 。 100 60 40 3 彡讲义资料添加微信 “ （2。21“ 。 “ “ ，称为相，对应冖图像中的一个点。物体运动状港变化可用一图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ D ）見 P 不》卧也 P

OCR 小专题：08. 如何利用图像解决追及相遇问题

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八、如何利用图像解决追及相遇问题追及相遇问题是直线运动的一类常见的应用类题型，在叠块模型、抛体、图像中层出不穷。专题分为两类， “图像及图像。〈一）加速类的“图像由于耐图像中无法得知初始位置》故无法分析谁前谁后，干脆将”后来居上”的物体称为“慢” ，一开始“一马当先” 的物体称为“快” 。愾取乖带入得％ + 一卑 2 一（《 + 一 2）：解出的时间必然一正根一负根（舍）〖情形二〗快追慢从图像中容易看出，追赶上的时刻应在交点之前，面积差．差 > 一定追的上，且相遇两次 @輜差 < 一定追不上，相遇零次 O 差：恰好追上，只相遇一次》且相遇的时候二者速度相等 “口诀：大二小零等一次”

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〖情形三〗同时同地若二者在时刻通过同一位置（同时同地），根据对称性，二者在时刻必然通过同一位置。即“对称时刻再相遇” 》其中两个时刻右、 t2 关于交点对称。例 1.甲乙两车在一平直道路上同向运动，其“图像如图所示，图中 ^ 0 和 ^ 00r 的面积分别为和 02 > 。初始时，甲车在乙车前方％处 0） A.若％：2，两车不会相遇 B.若％ < 两车相遇 2 次 35 C.若 so ：两车相遇 1 次 D.若％：，两车相遇 2 〖解型快追慢：可以利用口诀:大二小零等一次，注意比较与％的大小关系 A ： < ％不相遇； B ：％ “1 相遇两次： D; < ：不相遇〖答案〗 ABC 例 2·0016 新课标 I)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，时并排行驶，则(bD) A.在’ = ls 时，甲车在乙车后 B.在傀时，甲车在乙车前 7·5m C.两车另一次并排行驶的时刻是：2s 其“图像如图所示。已知两车在仁 3s 甲 30 乙 20 D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m

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〖解析〗两者在老 = 3s 时相遇，根据．树称时刻再相遇所以，二者上一次相遇的时间一定是’ ： ls 。故 C 错． A ： ’ = 或’ ：3s 时均并排行驶·故 A 错。 B:计算傀一 ls 时的梯形面积差： = 12、5 一 5 = 7·5m ； B 对 D ：计算 1·3s 时间甲或乙图像下方包围的梯形面积中，得面积为 m ，故 D 对。〖答案〗 BD （二）减速类的“图像 S 甙·软 St< 应抿，》遜上例 1.甲、乙两个物体从同一位置沿同一方向运动的速度图像如图，其中。2 转下列说法正确的 A.时刻乙物体在前、甲物体在后狲制 t 商，碣 B.巪时刻甲、乙两个物体之间的距离最小跏的； ‰卜嘣 C,时刻甲、乙两个物体相遇 C:心 D.时刻甲、乙两个物体相遇 0：〖解析〗、从零时刻开始，甲速度大于乙直到时刻两者速度相等，所以在时刻前甲在乙前面，到时刻两者相距最远，故错误。 CD,甲乙同时同地出发，且有一，由结论“对称时刻再相遇” ，故 D 正确， c 错误；〖答案〗 D 微信搜索

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例 2·当年沪宁高速上海至无锡方向玉祁段发生重大车祸，现场至少 50 辆车连环相撞，现场交通单向中断。据交警部门调查，此次事故发生的主要原因是雨天路滑及突然出现的团雾而造成多车连环追尾。如图所示是模拟在该高速公路上甲、乙两车刹车的 1- ‘图象，甲车在后》乙车在前，若两车发生追尾，则以下判断正确的是（） A.两车一定是在巧至 2 之间的某时刻发生追尾 B.两车可能是在 10s 时发生追尾 C.时刻两车间距可能大于 28m D.甲车刹车的加速度大小是乙车的 3 倍〖解析〗 AB 、己知题意为甲追乙，且甲能追上乙所以两者只能在 10s 及之前的时间内发生追尾，故 A 错误， B 正确；乙乙 ]0 15 20 20 10 巧 C 、设零时刻两者相距要使两者会发生相遇，必定有 SI > ，又 = 25，所以 < 25，故 C 错误： D 、根据图像可以算出两者加速度，甲的加速度是乙的两倍，故 D 错误。〖答案〗 B （三）追及相遇的对图像相遇的问题，其中相遇时刻即为交点时刻，需要格外注意的是，斜率的大小表示速度，需要区分到底是谁追的谁。例 I. 〈2013 年新课标 D 如图，直线。和曲线分别是在平直公路上行驶的汽车。和 b 的位置一时间(x-t)图线，由图可知（） A.在时刻转。车追上 b 车 B.在时刻， b 两车运动方向相反 c.在到 2 这段时间内， b 车的速率先减少后增大 D.在到’2 这段时间内， b 车的速率一直比车大《解析〗 A ：通过斜率可以看出，骘 > ，纵然’1 相遇，也是 b 车追上口车， A 错。或者可以理解为：在时刻之前， b 点位置在口点位置之后，故也为 b 追口。 & t2 时刻。车斜率为正， b 车斜率为负，故二者速度方向相反， B 对； CD ：一时间段， b 车斜率先减小至零后减为负值，故速率先减少后增大， c 对 D 错。《答案〗 BC 6

OCR 小专题：09. 掌握用独立方程理论解追及相遇的方法

原书第036页

九、掌握用独立方程理论解追及相遇的方法〈 I)对于“追及相遇”问题，根据“见一物写一组，．见一段写一组” 依据题意补充条件 O 追上时 S2 一：厶 @恰好追上，末速度： “2。及相遇行为。 v=vo+at 1 2 例 1·设甲在乙后两相距为初速度分别为％1、 ‰ ，加速度分别为刍、， ‰ ，试讨论分析二者的追例在平直道路上，甲汽车以速度衫匀速行驶。当甲车司以大小为的加速度匀减速行驶，与此。 A.甲犭尹磊犟间的距离一定不断减小 B.甲、乙两车之间的距离一定不断增大 C.若罗 > -则两车一定不会相撞 D.若 v< 2 + ，则两车一定不会相撞〖解析〗发瞿 0 口，立即从静止开始以大小为。2 的加速 AB 、两车速度相等时刻之前，两车距离越来越小；速度相等时刻之后，两车距离越来越大。故 A, B 错误。 CD 、当两车速度相等时，由运动学公式: v 一 = 。痴解得： t =

02 若两车恰好不相撞，由运动学公式：一一 2： + 一 2，解得 v ：、 / 即当 < 2 + 时两车一定不会相撞。故 c 错误， D 正确。〖答案〗 D 微信搜索

原书第037页

例 3，甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现《甲经短距离加速后能保持 9 的速度跑完全程乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的·为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前 s 13·5m 处作了标记，并以 9 的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令·乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒·已知接力区的长度为 2，求（1)此次练习中乙在接棒前的加速度（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离· 〖解析〗接力区 (1)设经过时间焉甲追上乙，对甲：斗：对乙： S 乙：一 20 由题意：斗一 S 乙：％相遇时：吃 = v 代入数据： = ：：3/ s2 〈2）代入公式 O ： S;乙：13·5 所以乙离接力区末端的距离为& ： £ 一 S 乙 = 6，5 例 4·如图所示，竖直放置的质量为 4m ，长为 L 的圆管顶端塞有一个质量为 m 的弹性圆球，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 4mg ·圆管从下端离地面距离为 H 处自由落下，落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等。试求: 〈 l)圆管弹起后圆球不致滑落， L 应满足什么条件《（2）圆管上升的最大高度是多少〈3）圆管第二次弹起后圆球不致滑落， L 又应满足什么条件。

原书第038页

〖解析〗（ I)由题可知圆管落地时，圆球与圆管的速度％相同，由运动公式得： = 化简得: ％：规定竖直向下方向为正，则圆管落地反弹后速度为，运动示意图如下: 对圆球与圆管受力分析: ．对圆球:受到重力、受到圆管向上的摩擦力 4 g ，受力情况如图所示：设圆球加速度为，速度为，圆球位移为 S 球由牛顿第二定律得： ‰ ： g 一 4 冽 g ． v 球：％ + 口球 t@ 由运动学公式得： S 球：％ t + 一 0 20 @对圆管：受到重力、受到圆球向下的摩擦力 4 g ，受力情况如图所示： 2 41ng 4，为罗管，圆管位移为 S 管由牛顿第二定律得#4‰ ：4 忉 g + 4殇g@ 由运动学公式得: 圆球不滑落圆管，临界情况为，圆球与圆管共速时，圆球恰好在圆管开口处：球一 S,管：兀@ 化简得訁 t=-YLO 联立哋．O@得： L ：2 一一 g 产

原书第039页

代入 = 一，化简得: L = 一 H （2）圆管与圆球共速后，两物体之间摩擦力为 0，则圆球与圆管可看作整体，只受到向下的重力，受力如图所示; 则圆管的运动情况为两个阶段第一阶段:圆管上升高度由（ D 可知：么：一管代入 OOO 可得：：％代入 vo ：、，化简得：： —H 第二阶段:圆管与圆球共减速到 0 5mg 由（ D 中 O 联立得： = 联立化简得 = 代入％：．，得： = 一 H 25 圆管上升最大高度：灬 + ：一 H 25 （3）圆管第二次落地反弹后受力情况与〈 I)相同，则圆管与圆球所列运动学公式与〈 D 中相同，可得; n=—hmax 圆球整个运动过程中相对于圆管有两段位移 4 13 152 125 5 25 巧 2 六耄一一． H 125

OCR 小专题：10. 怎样通过相对运动法解决追及相遇问题

原书第040页

十怎样通过相对运动法解决追及相遇问题在解决追及相遇问题时，我们也常用相对运动法（变换参照系法）一一学名叫做伽利略变换，是 1632 年伽利略在意大利出版的《关于托勒密和哥白尼两大世界体系的对话》著作中介绍到的方法。当然，为了让大家更容易体会这个方法，我们在高中使用等效的”变换参照系法‰ 由于“我们通常无法感受到参照物是如何运动的” ，所以当我们选择合适的参照物，就可将此参照物视为静止的。这样两物体的运动行为》等效为一个物体的运动，分析思路就简单许多。伽利略变换公式： “绝对运动一相对运动 + 牵连运动” 故相对：绝对一牵连比如求解口相对 b 的速度，则：一为操作方法： 1 ．首先选择其中一个作为参照物（视为静止） @规定正方向 O 。相对就用；一下面我们举几个简单的例子来说明一下：例一一嫌訁：一球开始运动后经过多少时间箩生系 B 球投下时算起到追上球时，下落的高度各位多少？〈10 s2）《解析〗以为参照物，当下落 5m 后，由运动学公式：：、：10 s ， = 12 一 10 = 2[s B 相对关％ = 0n 妇 2 12 S 所以 B 相对做匀速运动，二者相距 5m ，相对速度为为 2 s ，因此追上需要用 5m 追上用时 t = = 2．5s 2 黿 s 一一 + 1)2 一尧：36，25m 在这段时间中，每个物体下落的高度为: ：十一 2 = 42·25m 注意此处需要代入对地物理量。

原书第041页

例 2·两辆汽车行驶在一条平直公路上，关车在 B 车后面以速度做匀速运动， B 车在前面做出速度为零的匀加速运动，加速度为，两车同向行驶，开始时两车相聚为 s ，为使两车可相遇两次，求” 、口、所满足的关系？ 3 一岱拓展：两车相遇一次或不相遇的条件又是什么这题本是在图像中己经解决过的问题，我们曾用到的方法是：我们现在利用相对运动法再试一次，看看丿 ` 以 B 为参照扌 = v 一 0 = v 0 相口相 = 0 一口 = 一口利用伊 = 2“ ，注意在代入的时候需要均代入相对物理量， “大零么弘 35 得：恰好追的上时 2 2 乛时，相遇两次 2 壬，相遇“次一时，相遇零次 20 微信搜索

原书第042页

例 3·从地面以初速度％竖直上抛一小球，经过时间后在同一地点同样的速度向上抛出另一小球，则两球相遇的高度是（〉〖解析〗本题前文用图像法求出，在此以相对运动法再解一遍; 《相对迲动法〗以 1 球为参照物：向上为正，二 2 球相对于 1 球做匀速运动时二者相距：0 一一，所以，二者相遇需要用时：二在这段之内，2 球上升的高度：：一一 2 化简得 = ％本题选 DO

OCR 小专题：11. 叠块模型中的追及相遇独立方程法

原书第043页

十一、叠块模型中的追及相遇独立方程法 “叠块模型”的独立方程的解题模板：过程一:描述某物体做了何种运动行为。 &印对物体和板块分别进行牛顿第二定律受力分析 &印根据物体和板块的运动规律列出独立方程对物块： 2 V 一 V + 口 t 乙一 0 乙乙对木板： 1 2 = ％乙 + 一 0 乙 t 2 s 结合物体和板块之间的相对运动及题目条件比如恰好从板上掉下：圪，一： d 尤軍 ` 资添’ 。微信二; “ ， · “以此类推。比如图所示，当 A 恰好从粼驴佃 at 鼽的〖老王叮嘱〗在书写方程的过程中尤其需要把握方法论中的： “见一物写一组对于叠块中“恰好未滑下”等关撻词要注意书写关联方程。还需要嘱咐大家：叠块模型中二者的加速度往往需要先通过牛顿第二定律求出加逮度的方向和大小，尤其是注意摩擦力的方向！

原书第044页

例 1.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的边重合，如图 1·3·1。已知盘与桌布间的动摩擦因数为，盘与桌面间的动摩檫因数为 2。现突然以恒定加速度。将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度满足的条件是什么？（以 g 表示重力加速度）〈图 1·3·1) 〖解析〗本题难度表现在:一参与运动的对象有两个，小圆盘的运动状态也较复杂，二本题也像众多典型题一样：已知的量少，未知的量多，由于题目中给出的条件“摩擦因数”是没有单位的，所以本题结合重力加速度，只能求解出“加速度”这个物理量。新采用基本方程法可以化繁为简，按部就班的操作下去圆盘布（图 1·3 觇） 435 设圆盘掉下布时的末速度和位，赭貝。一，。。获取最新网 1 2 对于小圆盘，做了两段运动，第一段为在布上的匀加速运动，由布与盘之间的滑动摩擦力提供向前的加速度，第二段为小圆盘在桌面上受到桌面的摩擦力而做的减速运动。设桌面宽为 2 1 2 2 2 最后书写关联方程: 2

原书第045页

联立以上六个方程布一叫在解题时不需要用），大家可以体会在书写方程时的酣畅，以最短的时间得到压轴题的 12 分，已经令人满意。最后细心的同学可以联立方程自己解解看，能不能解出答案。题目中的。为最小加速度，因此要满足的条件答案： “ 再来完整的看一遍整个独立方程组的框架结构衫布 = 关键方程-S 盘 $ 一、斗添，。微轳如“000 微信搜索公众号么一于《幽噲讒綢 9

原书第046页

例 2· 〈20 巧新课标 1)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4·5m ，如图 1·3·6 所示。 ’ = 0 时刻开始》小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至’ = ls 时木板与墻壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反运动过程中小物块始终未离木板。已知碰撞后 ls 时间内小物块的图线如图 1·3·7 所示。木板质量是小物块质量的巧倍，重力加速度大小 g 取 10m / s2。求〈1)木板与地面间的动摩擦因素及小物块与木板间的动摩擦因素；〈2）木板的最小长度（3）木板右端离墙壁的最终距离。〈图 1·3 还） 4 2 （图 1·3。7）〖解析〗 O 本题题干中的条件不能直接列方程，需先从图像入手：％ = 4/ s 由图像斜率及截距得:碰墙前小木块的初速度及加速度 0 = 4m/s2 飞 g ：4，馬 = 0·4 再结合题目条件木块经过 ls ，大部分同学都会这样代式子 4，5：％ × 1 一一 x12 2 但是：明显题目中缺少初速度，我们可以直接带入缺初速度的公式 x ：材一一口已即： 2 4，5 = 4 × 1 一一 0 12， = 1[s 2 @由第@问开始，研宄对象及运动过程变得复杂，先画出示意图：物块：板块: 4mfs 根据牛顿运动定律，先求出板块此时的加速度大小: 馬 g + （ M + ）纟：声 030：一 s2 微信搜索丿公，．关《．弓·

原书第047页

物块向右走一段，板块向左走一段： = 4 一 4 S 物 = 4 + 一 4 3 关联：解得：巧 m S& = 4．5m 的关联方程！〖老王叮嘱〗注意题干“恰好没掉下”故”物一板二 I=S 物 +Su=6m O 由于二者以共同速度澀 2 s 做减速运动》注意此时 < 声 2，底滑面糙的共减速条件，因此二者会一起向前走; 2 = 2 × 1 × 50s = 2m 代入运动学公式： · · ： S 板 + S ：6，5m 例 3·产諞有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为 37。（37。」的山坡 c,上面有一质量为的石板其上下表面与斜坡平行； B 上有一碎石堆（含有大量泥土），和 B 均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，浸透雨水后总质量也为（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，关、 B 间的动摩擦因数减小为一， B. c 间的动摩擦因数脚减小为 0·5， B 开始运动，此时刻为计时起点；在第 2s 末， B 的上表面突然变为光滑，保持不变。己知开始运动时以离 B 下边缘的距离 2 加， c 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 10。（ l)在方时间内和 B 加速度的大小；〈2）在 B 上总的运动时间。微信搜索公众号 37。

原书第048页

〖解析〗 (1)先根据题目条件判断能否做共加速运动。〖内力公式法〗设间无内力时， A 所受合外力为」， B 所受合外力为做共加速运动时间静摩力为。由受力分析得刁： gs 血 37。：一忉 g ，尹合：馬 2 gcos37。一冽 gsin37。：一忉丁内勿公式巪恤由内力公式得 = 2 1 3 阴·一羽 + ·一 g 2 代数据得肩： 2 5 由题意知，最大静摩擦力灬 =Amgcos9=—x—mg=—mg 10 可知左 > 一，故无法做共加速运动。 A 书 Äö 同加趣〖常规做法〗设不做共加速运动，故间摩擦力为最大静摩擦力。 2/呕 c 傀 37。 “ s 7。 C “迟 s 37。由牛顿第二定律得：角“迟 c 37。 sin8 gs 9 + gcos 一 2 gcos9 ：3 2 ‰ ：1 2 故‰ > ，假设成立，不能做共加、一动。〈2）处理双物体多问题》运用独立方程法解决。〖过程一一〗在 0 一内由运动学公式: ” s 血 37。 2 c 37。搦 gs 37。角“迟 C 37。 37。对 A ：对 B 1 2 2 1 2 2 微信搜索

原书第049页

引 = 2/ s = 6/ s 亻弋入数据解得， SBI = 2 = 6 巰驾晒步骤〖过程二〗厶末上表面突然光滑后 mgsin9 一 gsine 一 6 冽/ s 对由牛顿第二定律得 mgsin9—g2mgcos9 一 2/ S2 可知此过程中 A 继续做匀加速运动， B 做匀减速运动。 &印此过程 B 减速至 0，由运动学公刁 2 对 A ： 1 2 2：0：1 + · 对 B ： 2 = 12 2 亻弋入数据得： = 9 = 1，／ = ls 〖过〗 B 停止后， A 在 B 上做匀加速运动 s 由牛顿第二定律：： gs 血：6 冽 S 由题意知， /一：为 2·严 + 一· ·严代入数据得， = 或严 = 一 5s 〈舍去〉故 A 在 B 上总的运动时间：右柯’ + 严：（2 + 1 十加：4s 〖答案〗（1)在方时间内和 B 加速度的大小分别为 3/ s2、 / （2）在 B 上总的运动时间为 4s 。

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第1章 直线运动

第1章 直线运动

本章核心图谱

小专题索引

精修正文（对照原书逐页校订）

01. 如何利用直线运动六大公式解决直线运动难题

原书第001页：从两个独立方程出发

原书第002页：由独立方程推出常用变式

原书第002-003页：平均速度、中间时刻速度与相邻位移差

原书第003页：对偶公式与选式口诀

原书第004页：光电门实验中的一次函数化

原书第004-005页：例1（2011 新课标）光电门法测加速度

原书第006页：例2（2015 江苏）闯关游戏的时间窗

原书第007页：例3（2022 湖北）高铁与普通列车节省时间

原书第007页：例4（2022 全国甲）高速列车过隧道限速

02. 怎样通过独立方程理论解难题

原书第008页：为什么需要“独立方程理论”

原书第009页：两组常用独立方程组

原书第009页：列方程五条规则

原书第009页：模型一，一段匀加速

原书第009页：模型二，多段匀加速

原书第010页：模型二，两段匀加速的完整列式

原书第010-011页：例1，OABC 等时问题

原书第011页：例2，博尔特 100 m 与 200 m 模型

原书第012页：例3，2017 新课标Ⅱ冰球训练

03. 如何用技巧公式解运动学及简化独立方程

原书第013页：两组最常用技巧公式

原书第013页：平均速度公式的核心理解

原书第013页：例1，绳长 3 m 双石块落水

原书第013页：例2，相继两段 16 m

原书第014页：例3，直杆通过窗口

原书第014页：打点计时器类公式

原书第015页：OABC 等时问题的技巧解法

原书第015页：例6，三段时间比为 3:2:1

04. 比值类技巧问题

原书第016页：初速度为零的两个必背比值

原书第016-017页：例题串讲

05. 减速到零反向加速问题

原书第018页：三类公式的符号统一

原书第018-019页：例1，竖直上抛直接代入

原书第020页：例2，往返到原点求加速度比

原书第020页：例3，上抛经过两点的判断

06. 如何利用图像法解题

原书第021页：图像法的基本思路

原书第021页：例1，OABC 等时问题的图像法

原书第022页：例2，回到原点的正负面积

原书第022-023页：例3，两次竖直上抛的相遇高度

原书第023页：例4-例6，定性比较也要落到图像

07. 如何通过函数法对运动图像进行分析

原书第024页：函数法的定位

原书第024-029页：先加速后减速模型的全套图像

原书第029-031页：例题判断

08. 如何利用图像解决追及相遇问题

原书第032页：追及相遇的两类图像

原书第032-033页：加速类 v-t 图像三情形

原书第033-034页：例1，面积差与初始间距比较

原书第033-034页：例2，2016 新课标 I 同向两车

原书第034-035页：减速类 v-t 图像

原书第035页：x-t 图像的追及相遇

09. 掌握用独立方程理论解追及相遇的方法

原书第036页：独立方程追及模板

原书第036页：例2，前车加速、后车刹车防相撞

原书第037页：例3，接力交接棒

原书第037-039页：例4，圆管与圆球的多阶段追及

10. 怎样通过相对运动法解决追及相遇问题

原书第040页：相对运动法入口

原书第040页：例1，两个下落物体的追上

原书第041页：例2，匀速车追匀加速车

原书第042页：例3，两次竖直上抛

11. 叠块模型中的追及相遇独立方程法

原书第043页：叠块模型模板

原书第044-045页：例1，抽桌布模型

原书第046-047页：例2，2015 新课标 I 长木板碰墙

原书第047-049页：例3，山坡滑板与碎石堆

原始 OCR 底稿（待逐页校订）

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第1章直线运动

第1章直线运动