摘要：典型错误之一:盲目地套用公式计算“汽车 刹车的位移. 例21.飞机着陆做匀减速运动可获得a=6m/s2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:288m. 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: 典型错误之二:错误理解追碰问题的临界条件. 例22. 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 有A车的加速度为:a=-0.5m/s2.据匀变速直线运动的规律有: 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: .即:. 因为.所以两车相撞. 典型错误之三:参考系的选择不明确. 例23.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加速度是a=5.0m/s2,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:据得. 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+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:. 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. 例24.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/s2.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 错解:设汽车初速度的方向为正方向.即V0=20m/s,a=-5m/s2,s=37.5m. 则由位移公式得: 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=已经停止运动.4s后位移公式已不适用.故t2=5s应舍去.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25.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. 错解:由题意知V0=5m/s,Vt=25m/s,所以加速度a=(Vt-V0)/t=6.67m/s2. 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=-10m/s2. 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. 典型错误之六:不能正确理解运动图象. 例26.一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.

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