2019年高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动规律学案

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高考物理一轮复习(新高考版2(粤冀渝湘)适用) 第1章第2讲匀变速直线运动的规律

解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用 v t＝ v ＝xt 求瞬
时速度；
2
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度. 3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过
(2)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度
等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬
时速度. v0＋v
vt
即： v ＝ 2 ＝ 2 .
(3)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等. 即：x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝ aT2 .
4.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式 (1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn ＝ 1∶2∶3∶…∶n . (2) 前 T 内、前 2T 内、前 3T 内、 … 、前 nT 内的位移之比为 x1∶x2∶ x3∶…∶xn＝ 1∶4∶9∶…∶n2 . (3) 第 1 个 T 内、第 2 个 T 内、第 3 个 T 内、 … 、第 n 个 T 内的位移之比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝ 1∶3∶5∶…∶(2n－1) . (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn ＝ 1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1) .
01
考点一匀变速直线运动的规律
基础回扣
1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动. 2.匀变速直线运动的两个基本规律 (1)速度与时间的关系式：v＝ v0＋at . (2)位移与时间的关系式x＝ v0t＋12at2 . 3.匀变速直线运动的三个常用推论 (1)速度与位移的关系式： v2－v02＝2ax .

2019高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律课件

对小球有：h＝12gt02
①
对平板车有：s＝12at02
②
由①②式并代入数据可得：s＝0.27 m。
(2)从释放第一个小球至第二个小球下落到平板车上表面
处历时 Δt＋t0，设平板车在该时间段内的位移为 s1，由运动学
方程有：s1＝12a(Δt＋t0)2
③
至少有 2 个小球落在平板车上须满足：s1≤s＋L ④
解析：反过来看，小物块从 O 开始做初速度为零的匀加速直线
运动，由运动学公式可知，x＝12at2，则 a＝2t2x，故位移与时间平方的比值为定值，所以Lt121＝Lt222＝Lt323；从 O 点到 C、B、A 过程中速度越来越大，故平均速度越来越大，所以Lt11>Lt22>Lt33。答案：B
纵观 ·物理学史
意大利物理学家伽利略从理论和实验两个度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“物体越重下落越快”的错误观点。
课堂提能·考点全通
易点速过，难点精研，时间用到增分点上
突破点(一) 匀变速直线运动的基本规律(师生共研类)
1．解答运动学问题的基本思路
画过程判断运选取选公式解方程示意图 → 动性质 → 正方向 → 列方程 → 并讨论 2．运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，规定初速度 v0 的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当 v0＝0 时，一般以加速度 a 的方向为正方向。
(1)求小车左端离 O 点的水平距离； (2)若至少有 2 个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔 Δt 应满足什么条件？
[审题指导] 第一步：抓关键点
关键点

2019版高考物理总复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究基础课2匀变速直线运动的规律课件

－v0 －18 v2 182 为 t′＝ a ＝ s＝4.5 s<5 s，所以 4.5 s 末汽车停车， 5 s 内的位移 x＝＝ m 2a 2×4 －4 ＝40.5 m，故选项 C 正确。
答案
C
4.[ 人教版必修 1· P45· T5] 频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短
2＝2gh v (3)速度位移关系式：
，从静止开始下落。
。。。
3.伽利略对自由落体运动的研究
伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与
合理外推假设 ―→实验验证―→
。这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。
小题速
练
1.思考判断 (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( )
2 显然 t1＝ t 不符合题意，应舍去。 3
所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t1－t＝t。
法三
图象法
冰壶做匀减速直线运动的速度—时间图象如图所示。冰壶由A
到 E的位移与由 D到 E的位移之比为 4∶ 1，由于相似三角形的面积之比等于对应边长的平方之比，则tOE∶tOD＝2∶1，故tDE ＝tOD＝t，即冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t。
所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t1－区域做匀减速直线运动，可看做冰壶从E点开始做初速度为零的匀加速直线运动， 1 2 根据位移公式，由 E 到 A，有 4l＝ at1 2 式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a 为其加速度 1 的大小由 E 到 D，有 l＝ a(t1－t)2 2 2 联立解得 t1＝2t 或 t1＝ t 3
暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上

高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律学生用书

第2讲匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、匀变速直线运动的规律 1．定义和分类(1)定义：沿着一条直线，且________不变的运动叫做匀变速直线运动． (2)分类：{匀加速直线运动：a 、v 方向________．匀减速直线运动：a 、v 方向________．2．基本规律(1)速度公式：v ＝________． (2)位移公式：x ＝________．(3)速度位移关系式：v 2−v 02＝______． 3．三个重要推论4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论,生活情境1.一辆汽车从静止出发，在交通灯变绿时从A点以2.0 m/s2的加速度在平直的公路上做匀加速直线运动，经一段时间运动到B点，速度达20 m/s，则(1)汽车在运动过程中，速度是均匀增加的．( )(2)汽车在运动过程中，位移是均匀增加的．( )(3)汽车在运动过程中，在任意相等的时间内，速度的变化量是相等的．( )(4)汽车从A点运动到B点所用时间为10 s，位移为100 m．( )(5)汽车从A点运动到B点，中间时刻的速度为10 m/s.( )(6)汽车从A点运动到B点，位移中点的速度为10√2 m/s.( )教材拓展2.[鲁科版必修1P36T1改编]关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )A．在相等时间内位移的变化相同B．在相等时间内速度的变化相同C．在相等时间内加速度的变化相同D．在相等路程内速度的变化相同3．[人教版必修1P43T3改编]某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( )A．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s关键能力·分层突破考点一匀变速直线运动规律的应用1．运动学公式中符号的规定一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．2．匀变速直线运动公式的选用一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；(1)不涉及时间，选择v2−v02＝2ax；(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用v t2＝v̅＝xt求瞬时速度；(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2求加速度．角度1基本公式的应用例1 ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2.求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间．教你解决问题(1)读题审题——获取信息(2)思维转化——模型建构①过ETC通道时经历三个运动阶段：②过人工收费通道经历两个运动阶段：角度2 推论的应用例2.如图所示，哈大高铁运营里程为921 km，设计时速为350 km.某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，已知10 s末列车还未停止运动，则下列说法正确的是( )A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．921 km是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始刹车时的速度为80 m/s[思维方法]解决运动学问题的基本思路：跟进训练1.(多选)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s，那么该消防队员( ) A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2C．加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶42．[2022·河南模拟]如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝4 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t＝1 s，求物体的加速度大小a和OD之间的距离．考点二自由落体运动和竖直上抛运动角度1自由落体运动(一题多变)例 3.如图所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看作是自由落体运动．假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约是多大？(g取10 m/s2)【考法拓展】在[例3]中水滴下落过程中经过2 m高的窗户所需时间为0.2 s．那么窗户上沿到屋檐的距离为多少？角度2竖直上抛运动(一题多解)例4. 气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)[思维方法]竖直上抛运动的研究方法(1)分段研究法：(2)整体研究法：取初速度的方向为正方向，全过程为初速度为v0，加速度大小为g的匀变速直线运动．gt2v＝v0−gt，v2−v02＝－2gh.其规律符合h＝v0t－12拓展点刹车类问题和双向可逆类问题1.刹车类问题中的两点提醒(1)分清运动时间与刹车时间之间的大小关系．(2)确定能否使用逆向思维法，所研究阶段的末速度为零，一般都可应用逆向思维法．2．双向可逆运动的特点这类运动的速度减到零后，以相同加速度反向加速．如竖直上抛、沿光滑斜面向上滑动．例5. (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )为2ms2sA．1 s B．3 s C．4 s D．5+√412跟进训练3.如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(g取10 m/s2)( )4．有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进．刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车后1.5 m处，避免了一场事故，以下说法正确的是( )A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mC．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s考点三匀变速直线运动中的STSE问题素养提升匀变速运动与交通、体育和生活等紧密联系，常见的匀变速直线运动STSE问题有行车安全、交通通行和体育运动等，解决这类问题的关键：(1)建模——建立运动的模型(列出运动方程)；(2)分段——按照时间顺序，分阶段研究运动．情境1 “智能物流机器人”(多选)为解决疫情下“最后500米”配送的矛盾，将“人传人”的风险降到最低，目前一些公司推出了智能物流机器人．机器人运动的最大速度为1 m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20 s，路宽是19.5 m，它启动的最大加速度是0.5m，下面是它过马路的安排方案，s2既能不闯红灯，又能安全通过的方案是( )A．在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动B．在距离停车线1 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动C．在距离停车线2 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动D．在距离停车线0.5 m处，绿灯亮起之前1 s，以最大加速度启动情境2 酒驾(多选)酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离，“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离．(假设汽车制动加速度都相同)分析上表可知，下列说法正确的是( )A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 sB．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 sC．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车拓展点有关汽车行驶的几个概念1.反应时间：人从发现情况到采取相应的行动经过的时间叫反应时间．2．反应距离：驾驶员发现前方有危险时，必须先经过一段反应时间后才能做出制动动作，在反应时间内汽车以原来的速度行驶，所行驶的距离称为反应距离．3．刹车距离：从制动刹车开始到汽车完全停下来，汽车做匀减速直线运动，所通过的距离叫刹车距离．4．停车距离：反应距离和刹车距离之和就是停车距离．5．安全距离：指在同车道行驶的机动车，后车与前车保持的最短距离，安全距离包含反应距离和刹车距离两部分．情境3 机动车礼让行人[2021·浙江6月，19]机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103kg 的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度．[思维方法]解决STSE 问题的方法在解决生活和生产中的实际问题时．(1)根据所描述的情景分析→ 物理过程建构→ 物理模型． (2)分析各阶段的物理量．(3)选取合适的匀变速直线运动规律求解．第2讲匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、 1．（1）加速度（2）相同相反 2．（1）v 0＋at （2）v 0t ＋12at 2（3）2ax 4．（1）1∶2∶3∶…∶n（2）12∶22∶32∶…∶n 2（3）1∶3∶5∶…∶（2n －1）（4）1∶（√2－1）∶（√3－√2）∶…∶（√n －√n −1）二、静止 gt 12gt 22gh 向上重力 v 0－gt v 0t －12gt 2－2gh 生活情境 1．（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）√ （6）√ 教材拓展 2．答案：B 3．答案：A关键能力·分层突破例1 解析：（1）过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x 1＝v 21 －v 22 2a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m（2）过人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m（3）过ETC 通道的时间t 1＝v 1－v 2a ×2＋d v 2＝18.5 s过人工收费通道的时间t 2＝v 1a×2＋t 0＝44 sx 总2＝2x 2＝144 m二者的位移差Δx ＝x 总2－x 总1＝6 m在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt ＝t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1＋Δx v 1 ＝25 s答案：（1）138 m （2）72 m （3）25 s例2 解析：因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离，故研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由位移与路程的意义知921 km 是指路程，选项B 错误；由x n －x m ＝（n －m ）aT 2，解得加速度a ＝32.5 m －57.5 m 5×（1 s ）2＝－5 m/s 2，即加速度大小为5 m/s 2，选项C 错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第4.5 s末列车速度为57.5 m/s ，由速度公式可得v 0＝v －at ＝57.5 m/s －（－5 m/s 2×4.5 s ）＝80 m/s ，选项D 正确．答案：D1．解析：钢管长L ＝12 m ，运动总时间t ＝3 s ，加速过程加速度大小2a 、时间t 1、位移x 1、最大速度v ，减速过程加速度大小a 、时间t 2、位移x 2.加速和减速过程中平均速度均为v2， vt2＝L ，得v ＝8 m/s ，A 项错误，C 项正确；v ＝2at 1＝at 2，t 1∶t 2＝1∶2，B 项正确；x 1＝vt 12，x 2＝vt 22，x 1∶x 2＝1∶2，D 项错误．答案：BC2．解析：由匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2可得a ＝ΔxT 2＝Δx t 2＝2 m/s 2由于CD －BC ＝BC －AB 代入数据有CD ＝6 m由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可以得到B 点的速度v B ＝2＋42×1m/s＝3 m/s由2ax ＝v 2－v 02得OB ＝v B 2−02×a＝322×1m ＝2.25 m故OD ＝OB ＋BC ＋CD ＝（2.25＋4＋6） m ＝12.25 m故物体的加速度大小a 和OD 之间的距离分别为2 m/s 2，12.25 m.答案：2 m/s 212.25 m例3 解析：选取水滴最初下落点为位移的起点，竖直向下为正方向，由自由落体运动规律知x ＝12gt 2，v ＝gt联立得v ＝√2gx代入数据得v ＝√2×10×10m/s ≈14 m/s即水滴下落到地面的瞬间，速度大约是14 m/s. 答案：14 m/s[考法拓展] 解析：设水滴下落到窗户上沿时的速度为v 0，则由x ＝v 0t ＋12gt 2得，2＝v 0×0.2＋12×10×0.22解得v 0＝9 m/s根据v 02＝2gx ，得窗户上沿到屋檐的距离x ＝v 022g ＝922×10 m ＝4.05 m.答案：4.05 m例4 解析：方法一把竖直上抛运动过程分段研究设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v0g＝1010 s ＝1 s.上升的最大高度h 1＝v 20 2g ＝1022×10m ＝5 m. 12故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m.重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2Hg＝2×18010s ＝6 s. v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上脱落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.方法二取全过程作一整体进行研究从物体自气球上脱落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m. 由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有，－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s （舍去），所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反．方法三对称法根据速度对称知，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v ，则v 2－v 20 ＝2gh .解得v ＝60 m/s ，方向竖直向下．经过h 历时Δt ＝v －v 0g＝5 s. 从最高点到落地历时t 1＝v g＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s例5 解析：以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得4＝5t －12×2t 2解得t 1＝1 s ，t 2＝4 s 当物体的位移为－4 m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得－4＝5t －12×2t 2解得t 3＝5＋√412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误．答案：ACD3．解析：根据v ＝v 0＋at ，v 0A ＝－3 m/s.代入解得v A ＝7 m/s ，同理解得v B ＝5 m/s ，v C ＝0 m/s ，v D ＝－5 m/s.由于|v A |>|v B |＝|v D |>|v C |，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，汽车刹车时间t 2v0a ＝3 s ，故汽车运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.6 s ＋3 s ＝3.6 s ，故A 项错误；司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为x ＝v 0t 1＋v 02t 2＋1.5 m ＝15×0.6 m ＋152×3 m ＋1.5 m ＝33 m ，故B 项正确；汽车的平均速度v －＝v 0t 1＋v 02t 2t 1＋t 2＝9＋22.53.6m/s ＝8.75 m/s ，故C 、D 两项错误，故选B 项．答案：B情境1 解析：机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t 1＝va ＝10.5s ＝2 s 达到最大速度，位移是x 1＝12a t 12＝1 m ，匀速运动的位移x 2＝l －x 1＝18.5 m ，需要时间为t 2＝x2v ＝18.5 s ，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不对；在距离停车线1 m处以最大加速度启动2 s，正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5 s，过了马路，这个方案是可以的，故B对；在距离停车线2 m处，机器人启动2 s后，走了1 m，距离停车线还有1 m，这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端还有20.5 m，需要20.5 s通过，而绿灯时间为20 s，at2＝0.25 所以不安全，故C不对；在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝12m，小于0.5 m，故没有闯红灯，继续前进0.75 m，达到最大速度，共用去了2 s，绿灯还有19 s，这时剩下的距离还有19 m，正好通过马路，故D对．答案：BD情境2 解析：反应时间＝思考距离÷车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式v2＝2ax，解得a＝7.5 m/s2，C错误；根据表格知，车速为25 m/s 时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确．答案：ABD情境3 解析：（1）设汽车刹车过程的加速度大小为a，所用时间为t1，所受阻力大小为F f由运动学公式得v12＝2as①v1＝at1②由牛顿第二定律得F f＝ma③联立①②③解得t1＝4 s④F f＝2.5×103 N⑤（2）设汽车等待时间为t，小朋友匀速过马路所用时间为t2则由运动学公式得l＋L＝v0t2⑥t＝t2－t1⑦联立④⑥⑦解得t＝20 s⑧（3）设汽车到斑马线时的速度为v，在汽车刹车过程中由运动学有v22－v2＝2as⑨联立①⑤⑨解得v＝5√5 m/s⑩答案：（1）4 s 2.5×103 N （2）20 s （3）5√5 m/s。

高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2节匀变速直线运动的规律及应用课件

1
取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重
6
力加速度为
m/s2。
(4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直
方向,从该视频中截取图片,
(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法
测出重力加速度。
答案 (1)小钢球
(2)①③④② (3)9.6(9.5~9.7均可)
答案 (1)4.5 m (2)2人
(3)2 m
解析解法一 (推论法)
(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速运动的规律可知,在相邻
相等时间内位移差相等,即Δs=lCD-lBC=lBC-lAB=1 m
解得lCD=4.5 m。
(2)因为Δs=1 m,所以此刻A的上端滑道上还有2个人。
(3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有
答案 8楼
解析由题图可以看出,在曝光的时间内,物体大约下降了两层砖的厚度,
即 14 cm(0.14 m),曝光时间为 0.01 s,所以 AB 段的平均速度为

0.14
v= = 0.01 m/s=14 m/s
由 v =2gh 可得下降的高度大约为 h=
2
2
2
=
142
2×10
m=9.8 m,每层楼高约为
(4)仍能
解析 (1)为使物体的运动尽可能地接近自由落体运动,应该尽量减小空气
阻力的影响,故下落物体应该选小钢球。
(2)实验步骤要本着先安装器材,再进行实验的原则,具体步骤为①③④②。
(3)刻度尺读数时应读球心对应的刻度,把图中三幅图依次连接起来即为常
见的纸带问题,根据逐差法可得重力加速度为

2019年高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律课件

分析解析
题组阶梯突破
1.一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是答案解析 A.a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 m B.a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 m
答案符合设计要求
解析
4
命题点三
自由落体和竖直上抛运动
1.自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动. 2.竖直上抛运动的重要特性(如图) (1)对称性 ①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从 C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA. ②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等. (2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性.
2.竖直上抛运动 (1) 运动特点：加速度为 g ，上升阶段做匀减速运动，下自降由阶落段体做 __________运动. (2)运动性质：匀减速直线运动. (3)基本规律 ①速度公式： v＝v0－gt ； ②位移公式： x＝v0t－12gt2 .
3.伽利略对自由落体运动的研究 (1)伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论. (2)伽利略对自由落体运动的研究方法和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一.他所用的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→ 实验验证―→ 合理外推 .这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来.
解析
货车在超载并超速的情况下的刹车距离 x3＝v20′a12＝22×025 m＝40 m 由此可见，超载超速会给交通安全带来极大的隐患.

2019版高中物理一轮复习课件：第一章运动的描述匀变速直线运动的研究 1-2 精品

(3)位移中点速度：vx ＝
2
v20＋v2t 2
某段位移中点的瞬时速度等于这段位移初、末速度的
平方和的一半的算术平方根
。
(4)初速度为零的匀加速直线运动中的几个重要结论
①1T 末，2T 末，3T 末…瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝ 1∶2∶3∶…∶n
。
②1T 内，2T 内，3T 内…位移之比： x1∶x2∶x3∶…∶xn＝ 1∶22∶32∶…∶n2 。
2．运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值；相反的取负值。当初速度为零时，一般取加速度 a 的方向为正方向。
3．两类匀减速直线运动问题的区别 (1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度 a 突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。 (2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意 x、v、a 等矢量的正负号及物理意义。
答案 D
微考点 2 解决匀变速直线运动问题的常用方法核|心|微|讲
1．基本公式法：基本公式指速度公式 v＝v0＋at、位移公式 x＝v0t＋ 12at2 及速度－位移关系式 v2－v20＝2ax。它们均是矢量式，应用时要注意物理量的方向。
2．平均速度法：定义式 v ＝xt 对任何性质的运动都适用，而 v ＝12(v0 ＋v)只适用于匀变速直线运动。
必考部分
第一章运动的描述匀变速直线运动的研究
第2讲匀变速直线运动的规律

(全国通用)高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动规律课件

。
⑤上升到最高点所用时间:t=
��0 ��
。
【提示】匀变速直线运动规律的“三性”: (1)条件性:基本公式和推论的适用条件必须是物体做匀变速直线运动。 (2)矢量性:基本公式和平均速度公式都是矢量式。 (3)可逆性:由于物体运动条件的不同,解题时可进行逆向转换。
考点一
考点二
考点三
考点一
考ห้องสมุดไป่ตู้二
考点三
某物体做直线运动,位移遵循的方程为x=6t-t2(其中x的单位为m,t的单位为s)。则该物体在0~4 s时间内通过的路程为 (C)
A.8 m B.9 m
C.10 m D.11 m 【解析】根据位移表达式x=6t-t2可知,物体做初速度v0=6 m/s,加速度a=-2 m/s2的匀减速直线运动。当t=0时,x=0;当t=3 s时,物体速度减为零,但位移达到最大,为x=9 m;之后物体折回做匀加速直线运动,当t=4 s时,x=8 m;所以物体在0~4 s时间内通过的路程为10 m,C项正确。
的纽带,应注意分析各段的运动性质。
考点一
考点二
考点三
考点一
考点二
考点三
【解题思路】根据题意,在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速运动。设运动员在匀加速阶
段的加速度为a,在第1 s和第2 s内通过的位移分别为s1和s2,由运动学规律得
s1=12 ��02① s1+s2=12a(2t0)2②
A.288 m B.300 m C.150 mD.144 m
【解析】先求出飞机着陆后到停止所用时间
t,由
v=v0+at,得
t=��-��0

第2讲-匀变速直线运动的规律及应用

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考点一匀变速直线运动规律及应用
短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用 11.00 s 跑完全程，已知运动员在加速阶段的第 2 s 内通过的位移为 7.5 m，求 (1)该运动员的加速度； (2)在加速阶段通过的位移。
思维关键：画出过程示意图
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考点一匀变速直线运动规律及应用
解析：根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为 a，在第 1 s 和第 2 s 内通过的位移分别为 x1 和 x2，由运动学规律得： x1＝21at20① x1＋x2＝12a(2t0)2② t0＝1 s③ 联立①②③求得 a＝5 m/s2④ 设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速
开第三个矩形区域时速度恰好为零，则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分别是( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝ 3∶2∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3 D．t1∶t2∶t3＝( 3－ 2)∶( 2－1)∶1
由 v2－v20＝2ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为 1∶2∶3，则所求的速度之比为 3∶2∶1，故选项 A 错，B 正确。
xAB＝34xAC③
物设故由因物变vv根面 O所对的现 t(利 2可 t对比因x2202BBB，aC＝＝C－体以体速为C据积时将于x以用tx＝于为为＝＝＝那AB2vC匀之 41间整初从直物向上看推Ctta，20＝3初么＋t＝2－xxx变比之个速 )线成论体上三=t1CBAv2s通xt速∶tCaB，22BB速等度比斜x＋：运2沿s＝①滑∶ Cv匀式tat22过x。2B。 2B中B度又∶直于为面为xtsBCxC动2斜B到正A减解A3，Ca间B线对分零＝为∶ Bttx②… 的B好面12DB速得CD∶，时x运应成的tCx零＋2A等、规∶，向4∶A所x解刻Ct冲动边相匀3Cttn＝的于D∶BD律x上∶＝…得的用的平等加3BCE上EC＋＝ax匀可A4∶、做＝瞬1的规方的速ttAn斜CBt∶tC＝Et得加C3Ex时＋匀律比四直＝时＝ A＝段4A∶A面＝215C速速，，段线减t∶。间2t的∶ 1(Bt＝… 的，，C∶度作得，运s由直 3速平为22时∶ ，2解相－等出 SS如(动，以均s运线2△ △间t。而得1于BnAB图当，上速v又)C动OD运－分∶通，CC这(所通t三于-度＝x，t由＝别动1x段3示过过图式，CBC)向－t为设匀。C，＝位DO，连象解因＝x下222移在B设，续，2t得此BxA)s由又v由匀D4的∶A通且相如连的B…＝vCB＝①④B平加，v过 SS等图∶续 (＝点时(△ △Ba②⑤均＝AB的速所tv2是BODn2相间B0－CC速③⑥－CC各示 v。滑＝这⑥等 0为1度－解解段段。41段 )下tn，的，x位的a利得得t－，位，斜tvO⑤时移时用1t移所AvtDD)B面CE。B所间相间C＝＝的＝＝以＝。用为似tv中里(，v2通t0三＝0＋2间3④通－过角v2时＝过s形刻x2v2的B的)0，Ct。x，位的规又因t律移时此EvA20，＝有＝之间

2019届高考一轮复习物理(经典版)课件：第1章运动的描述匀变速直线运动1-2

若列车车头恰好停在 B 点，减速运动的加速度大小为 a2，距离为 xOB＝2000 m，则 0－v2 0＝－2a2xOB 解得 a2＝1.6 m/s2 16 故加速度大小 a 的取值范围为 1.6 m/s ≤a≤ m/s2。 7
2
(2)当列车车头恰好停在 B 点时，减速运动时的时间最长，则 0＝v0－a2t，解得 t＝50 s。
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间
中间时刻的瞬时速度，还等于初末时刻速度矢量和
的 v0 ＋ v 一半，即： v ＝v t ＝。 2 2 (2)任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝可以推广到 xm－xn＝(m－n)aT2。
尝试解答
16 (1)1.6 m/s ≤a≤ m/s2 7
2
(2)50 s。
(1)若列车车尾恰好停在 A 点，减速运动的加速度大小为 a1，距离为 x1，则 0－v2 0＝－2a1x1 x1＝1200 m＋200 m＝1400 m 16 解得 a1＝ m/s2 7
16
板块一
板块二
板块三
高考一轮总复习 ·物理（经典版）
13
板块一板块二板块三
高考一轮总复习 ·物理（经典版）
例 1 [2017· 山东潍坊统考]如图所示，一长为 200 m 的列车沿平直的轨道以 80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口 O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因 OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在 AB 段内，已知 OA＝1200 m，OB＝2000 m，求：
8
板块一
板块二
板块三

高考物理总复习第一部分考点梳理第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律

当速度为零时,根据速度位移公式0- 0 2=2a1x3
20
解得x3=
3
m<7.5 m
符号使用规范,不能混用
可知当物体的位移大小为7.5 m时,处在下滑阶段
由速度公式0=v0+a1t3得
物体上升阶段用时
4
t3=
3
写出必要的文字说明
s
物体下滑阶段,由位移公式可得-7.5
解得 t4=
102
3
20
m3
m=
2Δ(1 -2 )
A.
1 2(1+2 )
Δ(1 -2)
B.
1 2(1+2)
2Δ(1+2)
C.
1 2 (1 -2 )
v1∶v2∶v3∶…∶vn= 1∶2∶3∶…∶n 。
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn= 1∶4∶9∶…∶n2
。
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn= 1∶3∶5∶…∶(2n-1) 。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为
a=20 m/s2,v0=34 m/s,故 A、B 错误;汽车刹车的
m,故 C 正确;汽车刹车所用的总时间为
0
t= =1.7
s,故
易错警示刹车类问题的注意事项
(1)刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动,加速度a突然消失。
(2)求解时要注意确定实际运动时间。
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动,可把该阶段看成反向的初速度
答案
0 2
(1)

0 2
(2)

高考物理一轮总复习第一章运动的描述匀变速直线运动基次2匀变速直线运动的规律练习含解析新人教版

基础课 2 匀变速直线运动的规律跟踪检测一、选择题1．(多选)质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22t C.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析：选ABD 设加速度为a ，由O 到P ：x 1＝12at 2，a ＝2x 1t 2，v P ＝at ＝2x 1t ，A 对；由O到Q ：t 总＝t ＋t ＝2t ，由平均速度推论知，质点过P 的速度v P ＝x 2t 总＝x 22t，B 对；由P 到Q ：x PQ ＝x 2－x 1，x PO ＝x 1，x PQ －x PO ＝at 2，得a ＝x 2－2x 1t 2，v P ＝at ＝x 2－2x 1t，D 对． 2．(2019届河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发现6号车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v 02＝2a ·2l ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.3．汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：选C 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t ＝v 0a＝4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 s 内发生的位移为x 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 内发生的位移为x 2＝v 022a ＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C 正确．4. (2019届吕梁模拟)如图所示，A 、B 两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动．已知A 的质量比B 的质量大，下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能在空中相撞 B ．A 、B 落地时的速度相等C ．下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同D ．从开始下落到落地，A 、B 的平均速度相等解析：选C 由于不计空气的阻力，故物体仅受重力，则物体的加速度均为重力加速度g ，与物体的质量无关，下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同，A 、B 不可能在空中相撞，故A 错误，C 正确；根据v 2＝2gh 可得物体落地时的速度v ＝2gh ，由于两物体从不同高度开始自由下落，故到达地面时速度不相同，故B 错误；由v ＝v2可知落地的速度不相等，平均速度也不相等，故D 错误．5．(多选)(2018届温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1.6 s<2s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 022a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝,8) s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m解析：选ACD 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向上时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向竖直向上，A 正确；当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向下时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度大小为5 m/s ，方向竖直向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移h ＝v 2－v 02－2g＝15 m ，D 正确．7.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选D 用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L ，则v 32＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 12＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，选项A 、B 错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确．8．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t .现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )tt tt解析：选C 物体从抛出至回到抛出点的运动时间为t ，则t ＝2v 0g，物体上升至最大高度的一半处的速度v x2＝v 022，则用时间t 1＝x2v 0＋vx 22，物体撞击挡板前后的速度大小相等，方向相反，则物体以相同的加速度落回抛出点的时间与上升时间相同，即t 2＝t 1，故物体上升和下降的总时间t 总＝t 1＋t 2＝2t 1＝2xv 0＋v 02＝2v 01＋2gt ，选项C 正确． 9．(多选)物体从A 点由静止出发，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度大小为a 2做匀减速直线运动至B 点时速度恰好减为0，所用总时间为t .若物体以速度v 0匀速通过AB 之间，所用时间也为t ，则( )A ．v ＝2v 0 B.1a 1＋1a 2＝t vC.1a 1－1a 2＝12vD.1a 1＋1a 2＝t 2v解析：选AB 根据题意可知，A 、B 两点间距x ＝v2t ＝v 0t ，解得v ＝2v 0，选项A 正确；由t 1＝v a 1，t 2＝v a 2，t ＝t 1＋t 2可解得1a 1＋1a 2＝tv，选项B 正确，C 、D 错误．10. (2018届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )A.34 m B.43 m C.825m D.258m 解析：选D 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律，l ＝12at 2，l ＋l 1＝12a (t ＋T )2，l ＋l 1＋l 2＝12a (t ＋2T )2，l 2－l 1＝aT 2，联立解得l ＝258m ，选项D 正确．二、非选择题11．(2019届南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动.10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解析：(1)由题意可知经过10 s 时，速度计上显示的速度为v 1＝15 m/s 由速度公式v ＝v 0＋at 得a ＝v －v 0t ＝v 1t 1＝1.5 m/s 2由位移公式得x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m这时出租车离出发点的距离是75 m.(2)当速度计上显示的速度为v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a＝300 m ，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，匀速运动时间t 3为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400)m ＝2 700 m.答案：(1)75 m (2)2 700 m12．(2018届乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆家庭轿车以30 m/s 内的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；(2)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间．解析：(1)设车匀减速至停止通过的路程为x 1x 1＝v 022a＝150 m车匀加速和匀减速通过的路程相等，设通过人工收费通道通过的路程为x 2x 2＝2x 1＝300 m车匀减速至停止需要的时间为t 1＝v 0－0a＝10 s 车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10＝30 s.(2)通过人工收费通道所需时间为30 s ．此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间t 3，通过的路程为x 3t 3＝v 0－v 1a＝5 s路程x 3＝v 02－v 122a＝112.5 m车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5x 4＝x 2－2x 3－15＝60 m t 5＝x 4v 0＝2 sΔt ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 故通过ETC 的节省的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。

新课标2019届高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第二节匀变速直线运动规律课件

的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的
潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖
直上浮，从上浮速度为 v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速
上浮，经过时间 t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”
在 t0(t0<t)时刻距离海平面的深度为( )
A.v（t－2t t0）2
解析：选 ABC.当物体的位置在出发点的上方时，根据 x＝v0t＋12at2 得： 7．5＝10t－12×5t2 即 t2－4t＋3＝0 所以 t1＝3 s 或 t2＝1 s
当物体的位置在出发点的下方时，根据 x＝v0t＋12at2 得－7.5＝10t－12×5t2 即：t2－4t－3＝0 t＝(2± 7) s，舍去负值即 t3＝(2＋ 7) s，选项 A、B、C 均正确．
2.(多选)(2018·湖北大冶一中模拟)如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从 O 点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过 a、b、c、d，下列说法正确的是( ) A ．质点由 O 到达各点的时间之比 ta ∶ tb ∶ tc ∶ td ＝ 1∶ 2 ∶ 3∶2 B．质点通过各点的速率之比 va∶vb∶vc∶vd＝1∶ 2∶ 3∶2 C．在斜面上运动的平均速度 v ＝vb D．在斜面上运动的平均速度 v ＝v2b
的位移之比 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝___1_∶__3_∶__5_∶__…__∶__(_2_n_－__1_)__；
(4)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶( 2－1)∶( 3－2)∶…∶( n－ n－1)．
[即时小练]
1．(2018·湖南岳阳一中模拟)“蛟龙号”是我国首台自主研制

2019版一轮优化探究物理（沪科版）课件：第一章第2讲　匀变速直线运动的规律

[思路点拨] (1)产品自由释放后因惯性做竖直上抛运动． (2)画出运动示意图采用分段法或全程法求解．
[解析] 方法一：分段法根据题意画出运动草图如图甲所示．将产品的运动过程分为 A→B 和 B→C→D 两段来处理． A→B 为竖直方向匀减速运动， B→C→D 为自由落体运动．在 A→B 段，根据匀变速运动规律可知 tAB ＝vg0＝1 s
题组突破训练
1．[基本公式的理解] 汽车在水平路面上刹车，其位移与时间
的关系是 s＝24t－6t2，则它在前 3 s 内的平均速度为( )
A．6 m/s
B．8 m/s
C．10 m/s
D．12 m/s
解析：将题目中的表达式与 s＝v0t＋12at2 比较可知，v0＝24 m/s， a＝－12 m/s2.所以由 vt＝v0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为 t＝0－－1224 s＝2 s，由此可知 3 s 时汽车已经停止，位移 s＝24× 2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度 v ＝st＝234 m/s＝8 m/s. 答案：B
[基础知识•自主梳理]
一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
沿一条直线且加速度不变的运动．
2．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度公式：vt＝ v0＋at .
(2)位移公式：s＝ v0t＋12at2
.
(3)速度—位移关系式： v2t －v20＝2as
.
二、匀变速直线运动的推论
1．三个推论 (1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值，还等于中间时刻的瞬
核心要点突破
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意 (1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题． (2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．

高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动规律练习(1)(2021年整理)

2019年高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动规律练习(1)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动规律练习(1)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第2讲匀变速直线运动规律限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题,每小题7分，共70分.其中1～7为单选，8～10为多选）1．[2018·信阳模拟］中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3000 m，着陆距离大约为2000 m。

设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( ）A．3∶2 B．1∶1C．1∶2 D．2∶1答案B解析由题意可知，x起飞＝3000 m，x着陆＝2000 m，v起飞＝1。

5v0，v着陆＝v0，由x＝错误!t可得:t起飞＝错误!＝错误!＝错误!；t着陆＝错误!,故B正确。

2．［2018·新疆适应性检测］用如图所示的方法可以测出一个人的反应时间。

甲同学用手握住直尺顶端刻度为零的地方，乙同学在直尺下端刻度为a的地方做捏住直尺的准备,但手没有碰到直尺，当乙同学看到甲同学放开直尺时，立即捏住直尺，乙同学发现捏住直尺的位置刻度为b。

已知重力加速度为g，a、b的单位为国际单位制基本单位，则乙同学的反应时间t约等于（）A. 错误!B。