基础训练1 位移速度加速度

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运动学基础位移速度和加速度的关系

运动学基础位移速度和加速度的关系**运动学基础：位移、速度和加速度的关系**在物理学中，研究物体的运动是一个重要课题，而运动学是解释和描述这些运动的分支学科之一。

位移、速度和加速度是运动学中的核心概念，它们之间存在紧密的关系，可以帮助我们更好地理解物体的运动。

本文将深入探讨位移、速度和加速度之间的关系，以及它们在运动学中的应用。

**一、位移：描述位置变化的物理量**位移是描述物体位置变化的物理量。

它通常用Δx表示，表示物体从一个位置到另一个位置的变化。

位移是一个矢量，因为它不仅包括了位置的变化量，还包括了方向信息。

位移的SI单位是米（m）。

在一维运动中，位移的计算可以使用以下公式：Δx = x终 - x初其中，Δx表示位移，x终表示物体的最终位置，x初表示物体的初始位置。

**二、速度：位移变化率**速度是位移的变化率，它描述了物体在单位时间内位置的变化情况。

速度通常用v表示，是一个矢量，其SI单位是米每秒（m/s）。

在一维运动中，平均速度的计算公式如下：v = Δx / Δt其中，v表示平均速度，Δx表示位移，Δt表示时间间隔。

如果要得到瞬时速度，只需让时间间隔Δt趋近于零，即：v = lim(Δt→0) Δx / Δt速度的方向与位移的方向一致，因此也是一个矢量。

**三、加速度：速度变化率**加速度描述了速度的变化率，即在单位时间内速度的变化情况。

它通常用a表示，是一个矢量，SI单位是米每秒平方（m/s²）。

在一维运动中，平均加速度的计算公式如下：a = Δv / Δt其中，a表示平均加速度，Δv表示速度变化，Δt表示时间间隔。

与速度一样，通过让时间间隔Δt趋近于零，可以得到瞬时加速度，即：a = lim(Δt→0) Δv / Δt**四、运动学基本关系**位移、速度和加速度之间存在重要的关系，它们可以通过以下几个公式联系起来：1. 位移与速度的关系：Δx = v * Δt这个公式表明，位移等于速度乘以时间间隔。

运动学基础速度位移与加速度

运动学基础速度位移与加速度速度、位移和加速度是运动学中常见的概念，它们是研究物体运动状态的重要参数。

在本文中，我们将探讨速度、位移和加速度的基础知识，以及它们之间的关系。

一、速度在运动学中，速度是描述物体运动快慢和方向的物理量。

它可以用来衡量物体在单位时间内所走过的距离。

速度的计算公式为：速度 = 位移 / 时间。

在国际单位制中，速度的单位是米每秒（m/s），或者千米每小时（km/h）。

二、位移位移是指物体从初始位置到最终位置所经过的真实路径的长度，它是一个矢量量。

位移的计算方法为：位移 = 终点位置 - 起点位置。

位移的单位也是米（m）。

三、加速度加速度是描述物体在单位时间内速度变化率的物理量。

当物体的速度改变时，我们说物体正在加速或减速。

加速度的计算公式为：加速度 = （末速度 - 初始速度）/ 时间。

加速度的单位是米每秒平方（m/s²）。

四、速度、位移和加速度之间的关系速度、位移和加速度之间存在着一定的关系。

通过运动学的基本公式，我们可以推导出以下三个重要的公式：1. 速度与时间的关系：在匀速直线运动中，当物体的加速度为零时，即物体匀速运动时，速度与时间成正比。

即 v = s / t，其中 v 是速度，s 是位移，t 是时间。

2. 位移与加速度的关系：在匀加速直线运动中，当物体的速度改变时，位移与加速度成正比。

即 s = v₀t + 0.5at²，其中 v₀是初始速度，a 是加速度，t 是时间。

3. 速度与加速度的关系：在匀加速直线运动中，速度的变化量与加速度成正比。

即 v = v₀ + at，其中 v₀是初始速度，a 是加速度，t 是时间。

以上公式的运用可以通过数学计算和图像分析等方法得出运动学问题的答案。

总结：运动学是物理学中的一个重要分支，研究物体运动状态的规律和性质。

速度、位移和加速度是运动学中的基础概念，它们之间存在着密切的联系和相互影响。

理解速度、位移和加速度的概念和计算方法，可以帮助我们更好地分析和解释物体的运动行为。

2020高考物理专题01直线运动备考强化训练1位移速度和加速度新人教版

【2019最新】精选高考物理专题01直线运动备考强化训练1位移速度和加速度新人教版本套强化训练的重点是对位移、速度、加速度等重要概念的理解，并了解平动与转动、位移与路程、速度与速率、速度变化与速度变化率、平均速度与瞬时速度等概念的区别。

其中第15题，通过小球在光滑半圆球顶由静止滑滚下的实例的解析，加深位移、速度、平均速度、加速度与路程、速率、平均速率、平均加速度等对应概念的理解，把理论与实际密切结合起来，有利于培养学生分析和解决实际问题的能力。

而四道选做题，目的在于强化“速度—时间图线与坐标轴所围成图形的面积表示位移”这一知识点及其应用。

一、破解依据㈠参考系和质点；平动和转动。

㈡直线运动⑴位移：，为初、末位置（坐标）；12x x x -=12x x 、 ⑵时间：，为初、末时刻；12t t t -=12t t 、 ⑶平均速度与瞬时速度：⋯⋯+++⋯⋯+++==321321__t t t s s s t s v ；。

t sv t t ∆∆==∆li m 0 ㈢速度变化即；匀变速直线运动中的速度变化如右图所示；曲线运动中的速度变化（参见5.1《曲线运动、运动的合成与分解、平抛运动》、5.2《匀速圆周运动离心现象及应用》）12v v v -=∆加速度（速度变化率）： .,0tva t v v a t ∆∆=-=附：速率：。

其中l 表示路程即轨迹的长度。

tlv =二、精选习题㈠选择题（每小题5分，共501. 下列描述的运动中可能存在的是 ( )A.速度变化很快，加速度却很小B.速度方向为正，加速度方向为负C.速度变化方向为正，加速度方向为负D.速度变化越来越快，加速度越来越小2. （14山东）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v 随时间t 变化的图像如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )A ．t1B ．t2C ．t3D ．t43. （13四川）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x 轴运动，其v-t 图像如图所示。

物理必修一 2.4匀变速直线运动位移与速度的关系基础知识+练习题

2.4匀变速直线运动位移与速度的关系学习目标:1、知道位移速度公式，会用公式解决实际问题。

2、掌握匀变速直线运动的位移、速度、加速度和时间之间的相互关系，会用公式解决匀变速直线运动的问题。

学习内容:一、匀变速直线运动的位移与速度的关系 1．公式：ax v v t 2202=- 2．推导：3．物理意义：二、推论：匀变速直线运动中间位移速度某段位移内中间位置的瞬时速度2X v 与这段位移的初、末速度0v 与t v 的关系为：()220221t x v v v +=【例一】射击时，火药在枪简内燃烧．燃气膨胀，推动弹头加速运动．我们把子弹在枪筒中的运动看作匀加速直线运动，假设子弹的加速度是a=5×l05m ／s 2，枪筒长：x=0.64m ，计算子弹射出枪口时的速度．【例二】汽车以加速度a=2 m/s 2做匀加速直线运动，经过A 点时其速度v A =3m/s,经过B 点时速度v B =15m/s ，则A 、B 之间的位移为多少？【例三】由静止开始做匀加速直线运动的物体, 已知经过x 位移时的速度是v ，求位移为x/3时的速度v ’ 是多大？【例四】做匀加速直线运动的列车驶出车站，车头经过站台上的工作人员面前时，速度大小为s m /1，车尾经过该工作人员时，速度大小为s m /7。

若该工作人员一直站在原地没有动，则车身的正中部经过他面前时的速度大小为多少？【例五】如图所示，物体以4 m/s 的速度自斜面底端A 点滑上光滑斜面，途经斜面中点C ，到达斜面最高点B .已知v A ∶v C ＝4∶3，从C 点到B 点历时(3－2) s ，试求：(1)到达斜面最高点B 时的速度；(2)斜面的长度．匀变速直线运动小结：基本公式：1．速度与时间关系：2．位移与时间关系：3．速度与位移关系：推论：1．t时间内平均速度（中间时刻速度）：2．相邻相等时间内位移增量：3．中间位移速度：课堂练习1．一辆载满乘客的客机由于某种原因紧急着陆，着陆时的加速度大小为6m/s2，着陆前的速度为60m/s，问飞机着陆后12s内滑行的距离为多大？2．一个做匀加速直线运动的物体，初速度v=2.0m/s，它在第3秒内通过的位移为4.5m，则它的加速度为多少？3．一质点做初速度为零的匀加速直线运动，若在第3秒末至第5秒末的位移为40m，则质点在前4秒的位移为多少？4．滑雪运动员由静止从A点匀加速下滑，随后在水平面上做匀减速直线运动，最后停止于C点，已知AB=4m，BC=6m，整个运动用时10s，则沿AB和BC运动的加速度a1、a2大小分别是多少？5．某飞机起飞的速度是50m/s，在跑道上加速时可能产生的最大加速度是4m/s2，求飞机从静止到起飞成功需要跑道最小长度为多少？6．一个做匀加速直线运动的物体，连续通过两段长为s的位移所用的时间分别为t1、t2，求物体的加速度？7．从斜面上某位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几个后，对在斜面上的小球拍下照片，如图所示，测得x AB =15 cm，x BC =20 cm，试求（1）小球的加速度.（2）拍摄时B球的速度v B=?（3）拍摄时x CD=?课后练习1．一辆农用“小四轮”漏油，假如每隔1 s漏下一滴，车在平直公路上行驶，一同学根据漏在路面上的油滴分布情况，分析“小四轮”的运动情况(已知车的运动方向)．下列说法正确的是（）A．当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可能做匀速直线运动B．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动C．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在减小D．当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在增大2．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A．第1 s内的位移是5 mB．前2 s内的平均速度是6 m/sC．任意相邻的1 s内位移差都是1 mD．任意1 s内的速度增量都是2 m/s3．汽车由静止开始做匀加速直线运动，速度达到v时立即做匀减速直线运动，最后停止，运动的全部时间为t，则汽车通过的全部位移为（）A.13v t B.12v tC.23v t D.14v t4.某物体做直线运动，物体的速度—时间图线如图所示，若初速度的大小为v0，末速度的大小为v，则在时间t1内物体的平均速度是（）A．等于(v0＋v)/2B．小于(v0＋v)/2C．大于(v0＋v)/2D．条件不足，无法比较5．在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，取一段如图2－9所示的纸带研究其运动情况．设O点为计数的起始点，在四个连续的计数点中，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，若物体做理想的匀加速直线运动，则计数点“A”与起始点O 之间的距离x1为________cm，打计数点“A”时物体的瞬时速度为________m/s，物体的加速度为________m/s2. 6．做匀加速直线运动的物体，从某时刻起，在第3 s内和第4 s内的位移分别是21 m和27 m，求加速度和“开始计时”时的速度．7．在一次救援当中，为了救助伤员，直升机需要悬停在800 m的高空，用绳索将伤员从地面拉起，假设在某一次救助伤员时，悬绳以0.4 m/s2的加速度将静止于地面的伤员拉起，达到4 m/s的速度时，变为匀速上升，试求：(1)伤员加速运动的时间和位移；(2)伤员从地面到直升机需要多长时间．。

匀变速直线运动公式练习(基础版)

匀变速直线运动规律公式练习一、位移公式公式：2001a:t 2s v t at v =+，s ：位移；：初速度；加速度；：时间 1、一物体从静止开始做匀加速直线运动，a=10m/s 2，求前1s ，2s ，3s,4s,5s 内的位移。

2、一物体从初速度为5m/s 开始做匀加速直线运动，a=10m/s 2，求前1s ，2s ，3s,4s,5s 内的位移。

3、从静止开始做匀加速直线运动，a=10m/s 2，求第1s 内，第2s 内，第3s 内,第4s 内,第5s 内的位移。

（第一种方法）4、一物体从静止开始做匀加速直线运动，前4s 内的位移为40m ，求加速度5、一物体从静止开始做匀加速直线运动，前6s 内的位移为36m ，求加速度6、一物体从初速度为2m/s 开始做匀加速直线运动，前4s 内的位移为32m ，求加速度7、一物体做自由落体运动，求前1s 内，前2s 内，前3s 内的位移8、一物体做自由落体运动，当位移为500m 时物体运动了多长时间？9、分别求出从静止开始做匀加速直线运动，a=2m/s 2前1s ，2s ，3s,4s,5s 内的位移，并总结规律10、分别求出从静止开始做匀加速直线运动，a=2m/s 2第1s 内，第2s 内，第3s 内,第4s 内,第5s 内的位移，并总结规律11、一物体匀加速，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别为24m ，64m ，每一个时间间隔为4s ，求初速度、末速度、加速度二、速度公式请写出加速度定义式____________，经过推到可以得出t v =_____________________所以速度公式为：___________________并写出下列各个符号的含义：v t _____;v 0____;a_____;t_______1、物体从静止开始做匀加速直线运动，a=10m/s 2，求第1s 末、第2s 末、第3s 末、第4s 末、第5s 末的速度2、物体从初速度为5m/s 开始做匀加速直线运动，a=10m/s 2，第1s 末、第2s 末、第3s 末、第4s 末、第5s 末的速度3、从静止开始做匀加速直线运动，a=10m/s 2，求第1s 内，第2s 内，第3s 内,第4s 内,第5s 内的位移。

高一物理必修一第二章匀变速直线运动整章基础练习题(实用)(带参考答案)

高一物理必修一第二章匀变速直线运动整章基础练习题（实用）（带参考答案）高一物理必修一第二章匀变速直线运动整章基础练习题（实用）（带参考答案）高一物理第一章匀变速直线运动规律一、学习目标1、掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及位移与速度关系的公式并会进行计算2、掌握匀变速直线运动的其它一些扩展公式，灵活运用各种公式解决实际问题二、学习过程（一）匀变速直线运动的基本规律1、速度公式：；2、位移公式：；3.初始速度、最终速度、加速度和位移之间的关系：；4、位移、时间、初速度、末速度间的关系式：。

问题1：如何解决单一过程的匀变速直线运动问题？例1：以36km/h的速度行驶的汽车开始下坡，在斜坡上以0.2m/s2的加速度直线匀速加速，30秒后到达坡底。

计算斜坡道路的长度和汽车到达斜坡底部时的速度。

练习1、一辆车以10m/s的速度匀速行驶，在距车站25m时开始制动，使车匀减速前进，到车站时恰好停下。

求：（1）车匀减速行驶时的加速度的大小；（2）车从制动到停下来经历的时间。

问题2：如何处理多个过程匀速直线运动的问题？例2、质点从静止开始做匀加速直线运动，经4s后速度达到20m/s，然后匀速运动了10s，接着经4s匀减速运动后静止。

要求：（1）质点在加速运动阶段的加速度是多大？（2）质点在16s末的速度为多大？（3）在整个过程中，粒子的位移是多少？练习2、一质点从静止开始以1m/s2的加速度匀加速运动，经5s后做匀速运动，最后2s的时间质点做匀减速运动直至静止时，整个过程中的颗粒位移为25m。

问：（1）粒子以匀速运动的速度有多快？（2）减速运动中粒子的加速度是多少？（3）粒子以恒定速度运动多长时间？1/24（二）匀速直线运动的特殊规律1、物体做匀变速直线运动，已知初速度v0、末速度vt、经历的时间为t，则这段时间内平均速度为：v=___________；中间时刻的即时速度为：vt/2=____________；二者的关系是：_______；中间位置的速度为：vs/2=_____________。

质点运动练习题位移速度与加速度计算

质点运动练习题位移速度与加速度计算质点运动是物理学中的基本概念之一，描述了物体在空间中的移动情况。

而位移、速度和加速度则是质点运动的重要参数。

本文将通过练习题的形式，探讨如何计算质点的位移、速度和加速度。

问题一：某质点沿直线运动，开始时位于原点O，位移方程为x = 4t³ - 3t² +2t - 1（其中x的单位是米，t的单位是秒）。

求该质点在3秒内的位移、速度和加速度。

解答一：1. 位移的计算：位移是质点从初始位置到某一时刻的位置变化量。

根据位移方程，我们可以直接代入t的值来计算位移。

当t = 0s时，x = 4(0)³ - 3(0)² + 2(0) - 1 = -1m当t = 3s时，x = 4(3)³ - 3(3)² + 2(3) - 1 = 86m因此，在3秒内，该质点的位移为86米。

2. 速度的计算：速度是质点在单位时间内位移的变化量。

可以通过对位移方程求导来计算速度。

v = dx/dt= d(4t³ - 3t² + 2t - 1)/dt= 12t² - 6t + 2当t = 0s时，v = 12(0)² - 6(0) + 2 = 2m/s当t = 3s时，v = 12(3)² - 6(3) + 2 = 80m/s因此，在3秒内，该质点的速度为80米/秒。

3. 加速度的计算：加速度是速度在单位时间内的变化量。

对速度再次求导可以得到加速度。

a = dv/dt= d(12t² - 6t + 2)/dt= 24t - 6当t = 0s时，a = 24(0) - 6 = -6m/s²当t = 3s时，a = 24(3) - 6 = 66m/s²因此，在3秒内，该质点的加速度为66米/秒²。

问题二：某质点做直线运动，位移方程为x = 4t² - 3t + 2（其中x的单位是米，t的单位是秒），求该质点的速度和加速度。

(完整)高三物理高考考前基础题训练

高三物理考前基础题训练11．一物体作匀变速直线运动，某时刻速度的大小是4m/s ，1s 后速度的大小变为10m/s 。

在这1s 内该物体的位移可能是，加速度大小可能是。

2．一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁观察火车的运动，发现在相邻的两个10s 内，列车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢的长为6m ，不计连接处的长度，则火车的加速度为。

3．一颗子弹沿水平方向射来，恰穿透三块木板，所用时间之比为3:2:1，则三块木板厚度之比为。

恰穿透三块相同的木板，则子弹穿过三块木板所用的时间之比为______ __。

设子弹穿过木板时的加速度恒定。

4．有两个光滑固定斜面AB 和BC ，A 和C 两点在同一水平面上，斜面BC 比斜面AB长，如图所示，一个滑块自A 点以速度v A 上滑，到达B 点时速度减小为0，紧接着沿BC 滑下，设滑块从A 点到C 点的时间为t c ，那么图中正确表示滑块速度大小V 随时间t 变化规律的是（）5．一跳水运动员从离水面10m 高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点。

跃起后重心升高0.45m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是__________s 。

(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g 取为10m/s 2，结果保留二位数字)。

6．气球以1m/s 2的加速度由静止开始从地面竖直上升，在10s 末有一个物体从气球上自由落下，这个物体从离开气球到落地所需要的时间是多少？落地时的速度有多大？7．乘客在地铁列车中能忍受的最大加速度是1.4m/s 2，已知两车相距560m ，求：(1) 列车在这两站间的行驶时间至少是多少？ (2) 列车在这两站间的最大行驶速度是多大？8．甲、乙同时同向运动，乙在前面做加速度为a 1，初速度为0的匀加速直线运动。

质点的运动学基础位移速度和加速度

质点的运动学基础位移速度和加速度质点的运动学基础：位移、速度和加速度质点是物理学中的一个基本概念，指代一个质量可以忽略不计、大小无穷小的物体。

在运动学中，质点的运动可以用位移、速度和加速度来描述。

一、位移位移是指物体从起始位置到终止位置的位置变化量。

一般用矢量表示，在直角坐标系中可以分别表示为x、y和z方向上的位移分量。

符号：位移用Δr表示，其中Δ为希腊字母delta，表示变化量；r表示位移矢量。

单位：国际单位制中，位移的单位是米（m）。

计算方法：如果一个质点的初始位置为r₁，终止位置为r₂，则位移Δr为Δr = r₂ - r₁。

二、速度速度是指物体在单位时间内所运动的距离。

在运动学中，速度是位移对时间的导数。

符号：速度用v表示。

单位：国际单位制中，速度的单位是米每秒（m/s）。

计算方法：如果一个质点在时间t₁时刻的位置为r₁，在时间t₂时刻的位置为r₂，则速度v可以表示为v = Δr / Δt，其中Δt = t₂ - t₁。

三、加速度加速度是指单位时间内速度的变化率。

在运动学中，加速度是速度对时间的导数。

符号：加速度用a表示。

单位：国际单位制中，加速度的单位是米每秒平方（m/s²）。

计算方法：如果一个质点在时间t₁时刻的速度为v₁，在时间t₂时刻的速度为v₂，则加速度a可以表示为a = Δv / Δt，其中Δv = v₂ -v₁。

总结：在质点的运动学基础中，位移描述了物体位置的变化，速度描述了物体移动的快慢和方向，加速度描述了速度的变化情况。

通过位移、速度和加速度这三个基础概念，可以更全面地了解和描述质点的运动状态。

以上是关于质点的运动学基础——位移、速度和加速度的概述。

这些概念在物理学和工程学等领域中具有重要的应用价值，帮助我们更好地理解和分析物体的运动行为。

通过学习和应用运动学基础知识，我们可以深入研究各种运动现象，为实际问题提供科学的解决方案。

(1)位移、速度、加速度教程

三、运动学中的两类问题 1、由质点的运动方程可以求得质点在任
一时刻的位矢、速度和加速度；求导数
2、已知质点的加速度以及初始速度和初始位置, 可求质点速度及其运动方程 .
运用积分方法
r(t) 求导 v(t) 求导 a(t)
积分
积分
积分需要知道初始速度和初始位置等初始条件
位移、速度、加速度、运动学的两类基本问题
方向的单位矢量.
位移、速度、加速度、运动学的两类基本问题 4、物理模型
质点(mass point)——没有大小和形状，只具有全部质量的一点。
可以将物体简化为质点的两种情况：
物体不变形，不作转动(此时物体上各点的速度及加速度都相同，物体上任一点可以代表所有点的运动)。物体本身线度和它活动范围相比小得很多(此时物体的变形及转动显得并不重要)。
（B）一般情况,
y
s' s
p1 r
p2
r (t1)
r s
r (t2 )
O
（C）什么情况 r s？ z
x
不改变方向的直线运动
或当 t 0 时 r s
.即
dr
ds
（D）位移是矢量, 路程是标量.
位移、速度、加速度、运动学的两类基本问题
4 平均速度
在t 时间内, 质点从点
A 运动到点B, 其位移为
位移、速度、加速度、运动学的两类基本问题
一、运动 1、运动的绝对性和相对性（1）运动是绝对的：任何物体任何时刻都在不停地运动着（2）运动又是相对的：运动的描述是相对其他物体而言的
2、参考系（参照系）(reference system) 为了描述一个物体的运动选择另一个物体作为参
考，被选作参考的物体称为参照系

高三物理步步高目录

目录基础训练基础训练1位移速度加速度基础训练2匀变速直线运动的规律基础训练3自由落体和竖直上抛基础训练4运动的合成与分解平抛运动基础训练5重力弹力摩擦力基础训练6力的合成与分解基础训练7共点力作用下物体的平衡基础训练8互成角度的两个力的合成研究平抛物体的运动（实验一）基础训练9牛顿运动定律基础训练10牛顿运动定律的应用基础训练11匀速圆周运动向心力基础训练12万有引力定律及其应用基础训练13冲量与动量动量定理基础训练14动量守恒定律基础训练15功和功率基础训练16功和能动能定理基础训练17机械能守恒定律基础训练18打点计时器及其应用（实验二）基础训练19验证动量守恒定律和机械能守恒定律(实验三)基础训练20机械振动基础训练21机械波基础训练22分子动理论热和功基础训练23库仑定律基础训练24电场的力的性质基础训练25电场的能的性质基础训练26电容器带电粒子在电场中的运动基础训练27用单摆测重力加速度等势线的描绘与研究（实验四）基础训练28部分电路欧姆定律电阻定律基础训练29电功和电功率基础训练30闭合电路欧姆定律基础训练31电阻、电动势的测量（实验五）基础训练32电学综合实验（实验六）基础训练33磁现象的基本概念基础训练34磁场对电流的作用基础训练35磁场对运动电荷的作用基础训练36电磁感应现象、楞次定律基础训练37法拉第电磁感应定律、自感现象基础训练38交变电流的产生电感和电容基础训练39变压器电能的输送三相交流电基础训练40电磁场和电磁波基础训练41光的直线传播、光的反射基础训练42光的折射、全反射、棱镜基础训练43光的波动性基础训练44量子论初步基础训练45原子核基础训练46测定玻璃的折射率双缝干涉实验（实验七）能力训练能力训练1直线运动中的追及与相遇问题能力训练2静力学中的临界问题和极值问题能力训练3牛顿运动定律及连接体问题能力训练4圆周运动及其临界问题能力训练5守恒定律的综合应用能力训练6机械振动和机械波能力训练7带电粒子在交变电场中的运动能力训练8电路结构与电路计算能力训练9电场力和洛伦兹力的综合应用能力训练10电磁感应定律的综合应用题群训练题群训练1力和运动题群训练2动量和能量题群训练3热学题群训练4电场和电路题群训练5带电粒子在复合场中的运动题群训练6电磁感应题群训练7几何光学和近代物理参考答案。

运动学基础位移速度和加速度的计算与分析

运动学基础位移速度和加速度的计算与分析运动学基础：位移、速度和加速度的计算与分析运动学是物理学中的一个重要分支，研究物体的运动规律。

在运动学中，位移、速度和加速度是三个基本的概念，用于描述物体在运动过程中的位置变化、速度变化和加速度变化。

本文将围绕这三个概念展开，介绍它们的计算方法和分析技巧。

一、位移的计算与分析位移是物体从一个位置变到另一个位置的变化量，用矢量来表示。

在一维直线运动中，位移的计算方法很简单，可以通过两个位置的差值得到。

例如，如果一个物体在 t=0 时的位置是 x1，在 t=t 时的位置是x2，则该物体的位移Δx= x2 - x1。

在二维平面运动中，位移的计算稍微复杂一些。

以直角坐标系为例，我们可以将二维平面上的位移分解成水平方向和垂直方向的位移。

根据勾股定理，可得到位移的大小为Δx = √((x2 - x1)² + (y2 - y1)²)，其中(x1, y1) 和 (x2, y2) 分别是物体在两个位置上的坐标。

位移的分析也非常重要，通过对位移的分析可以了解物体的运动轨迹和运动特点。

例如，如果位移为正值，表示物体向正方向运动；如果位移为负值，表示物体向负方向运动；如果位移为零，表示物体停止运动。

二、速度的计算与分析速度是物体在单位时间内所经过的位移，用矢量来表示。

速度的计算方法是位移除以时间。

在一维直线运动中，速度的计算公式为 v = Δx / Δt，其中Δx 是位移，Δt 是时间。

速度的单位通常是米每秒（m/s）。

在二维平面运动中，速度的计算方法与位移类似，可以将位移分解为水平和垂直两个方向的分速度。

例如，在 x 方向上的速度为 vx = (x2 - x1) / Δt，在 y 方向上的速度为 vy = (y2 - y1) / Δt。

这样就可以得到物体在某一时刻的瞬时速度v = √(vx² + vy²)。

通过速度的分析，我们可以了解物体的运动方向和运动状态。

专题一：运动的描述(位移、速度、加速度)

专题一：几个基本概念（一）时间与位移【例题1(1)A．前1s；B．前2s；C．前3s；D．前4s；E．前5s．(2)第几秒内的位移最大？A．第1s；B．第2s；C．第3s；D．第4s；E．第5s．(3)前几秒内的路程最大？A．前1s；B．前2s；C．前3s；D．前4s；E．前5s．(4)第几秒内的路程最大？A．第1s；B．第2s；C．第3s；D．第4s；E．第5s．【分析与解答】根据位移与路程的定义进行判断．由上表可以看出：(1)前4秒内的位移最大，为－7m，D选项正确．(2)前5s中第2s的位移最大，为一9m，故B选项正确．(3)由于物体一直是运动的，故运动时间越长，其轨迹线越长，前5秒内的路程最长，所以E选项正确．(4)第2秒内的位移最大，第二秒内的路程也是最大，路程为9m，所以B选项正确．●课堂针对训练●(1)当人坐船行驶在河中观看两岸青山时，常有“看山恰似走来迎”的感觉，这是以________为参考系的．而变换一下目光，又感到“仔细看山山不动”，这是以________为参考系．(2)第n秒内表示的是________s的时间，是从第________秒末到第________秒末的间隔．(3)下列说法正确的是：A．甲乙两人均以相同速度向正东方向行走，若以甲为参考系，则乙是静止的；B．甲乙两人均以相同速度向正东方向行走，若以乙为参考系，则甲是静止的；C．两辆汽车在公路上同一直线行驶，且它们之间的距离保持不变，若观察结果是两辆车都静止，则选用的参考系，必定是其中的一辆汽车；D．两人在公路上行走，且速度大小不同，方向相同，则选择其中任一人为参考系，两人都是静止的．(4)关于位移和路程，下列说法中正确的是：A．在某一段时间内物体运动的位移为零，则该物体不一定是静止的；B．在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体一定是静止的；C．在直线运动中，物体的位移大小等于其路程；D．在曲线运动中，物体的位移大小小于路程．(5)以下的计时数据指时间的是：A．天津开往德州的625次列车于13h35min从天津发车；B．某人用15s跑完100m；C．中央电视台新闻联播节目19h开播；D．1997年7月1日零时中国对香港恢复行使主权；E．某场足球赛开赛15min甲队攻入一球．(6)下列情况中的物体，哪些可以看成质点：A．研究绕地球飞行时的航天飞机；B．研究汽车后轮上一点的运动情况的车轮；C．研究从北京开往上海的一列火车；D．研究在水平恒力作用下沿水平地面运动的木箱．(7)如图2－1所示，某物体沿两个半径均为R的半圆孤由A经B到C，则它的位移和路程各是多少？(8)一幢六层楼房，相邻两层楼窗台之间的距离都是3m．现从第三层楼窗台把一物体以竖直向上的初速度抛出，它最高可达到第六层楼窗台，求这时它相对于抛出点的位移和路程．当它又继续下落经过第一层楼窗台时，求这时它相对于抛出点的位移和路程．(9)在运动场地的一条直线跑道上，每隔5m远放置一个空瓶．运动员在进行折返跑训练时，从中间某一瓶子处出发，跑向最近的空瓶将其扳倒后返回再扳倒出发点处的瓶子，之后再折返扳倒前面的最近处的瓶子，依次下去．当他扳倒第6个空瓶时，他跑过的路程是多大？位移是多大？（二）速度【例2】作变速直线运动的物体，若前一半位移的平均速度为4m/s，后一半位移的平均速度是8m/s，则全程的平均速度是多少？【分析和解答】根据平均速度的定义v＝s/t，设全程位移为2s，则前一半位移的时间是t1＝s/v1，后一半位移的时间t2＝s/v2，则整段的时间是t总＝t1＋t2＝s(v1＋v2)/v1v2，故全程的平均速度v＝2s/t总＝8484222121+⨯⨯=+vvvv·＝5.33(m/s)．可见，处理此类问题要注意找出位移和时间，不能草率代入v＝(v1＋v2)/2而求平均速度．●课堂针对训练●(1)下列说法正确的是：A．变速直线运动的速度是变化的；B．平均速度即为速度的算术平均值；C．瞬时速度是物体在某一时刻或在某一位置时的速度；D．瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度．(2)对作变速直线运动的物体，有如下几句话：A．物体在第1s内的速度是4m/s；B．物体在第2s末的速度是4m/s；C．物体在通过其路径上某一点的速度是4m/s；D．物体在通过某一段位移s时的速度是4m/s．则以上叙述中，表示平均速度的是________，表示瞬时速度的是________．(4)短跑运动员在100m竞赛中，测得7s末的速度是9m/s，10s末到达终点时的速度是10.2m/s，则运动员在全程内的平均速度是：A．9m/s；B．9.6m/s；C．10m/s；D．10.2m/s．(5)对各种速率和速度，正确的说法是：A．平均速率就是平均速度；B．瞬时速率是指瞬时速度的大小；C．匀速直线运动中任意一段时间内的平均速度都等于其任一时刻的瞬时速度；D．匀速直线运动中任何一段时间内的平均速度均相等．(6)如图2－12所示，小球沿光滑的轨道MN运动．从过A点开始计时，每隔0.5s记录一次小球的位置(用图中的黑点表示)．由图可以看出，小球在AB段做________运动．速度大小是________cm/s．小球在经过3cm的坐标处时的速度为________cm/s．小球在BC段做________运动，在BC段的平均速度是________cm/s．在整个AC段上的平均速度是________cm/s．(8)某物体作变速直线运动，在前一半时间的平均速度是8m/s，后一半时间的平均速度是4m/s，则物体在全程的平均速度是多少？(9)某运动物体，第1秒内平均速度是3m/s，第2、第3秒内的平均速度是6m/s，第4秒内的平均速度是5m/s，则全部时间内的平均速度是多少？（三）加速度【例3】下列说法正确的是：A．加速度增大，速度一定增大；B．速度改变量Δv越大，加速度就越大；C．物体有加速度，速度就增加；D．速度很大的物体，其加速度可以很小．【分析和解答】加速度是速度变化量Δv与所用时间Δt的比值，描述的是速度变化的快慢，加速度大小只反映速度变化的快慢，不能反映速度的大小，故加速度大时速度可以很小，反之加速度小时，速度可以很大，故D正确；物体做加速或减速运动的根本原因在于a的方向与v的方向是同向或反向，故A错；尽管Δv很大，若Δt也很大，由a＝Δv/Δt可知a不一定大，故B错；物体有a时只是表明其速度变化，速度可以变大、也可以变小、或只有方向改变大小不变，故C错．综上所述，正确的选项只有D．●课堂针对训练●(1)下列说法，正确的有：A．物体在一条直线上运动，若在相等的时间里通过的位移相等，则物体的运动就是匀变速直线运动；B．加速度均匀变化的运动就是匀变速直线运动；C．匀变速直线运动是速度变化量为零的运动；D．匀变速直线运动的加速度是一个恒量．(2)判断下列说法的正误，把正确的选出来；A．有加速度的物体其速度一定增加；B．没有加速度的物体速度一定不变；C．物体的速度有变化，则必有加速度；D．加速度为零，则速度也为零．(3)关于速度和加速度的关系，下列说法正确的有：A．加速度大，则速度也大；B．速度变化量越大，加速度也越大；C．物体的速度变化越快，则加速度越大；D．速度变化率越大则加速度越大．(4)下列质点作匀变速直线运动，正确的说法是：A．若加速度方向与速度方向相同，虽然加速度很小，物体的速度还是增大的；B．若加速度方向与速度方向相反，虽然加速度很大，物体的速度还是减小的；C．不管加速度方向与速度方向关系怎样，物体的速度都是增大的；D．因为物体作匀变速运动，故其加速度是均匀变化的．(5)由a＝Δv/Δt可知：A．a与Δv成正比；B．物体的加速度大小由Δv决定；C．a的方向与Δv的方向相同；D．Δv/Δt叫速度变化率就是加速度．(7)飞机由静止开始运动，50s内速度达到200m/s，则这段时间内飞机的加速度大小是多少？(8)以10m/s前进的汽车，制动后经4s停止下来，则汽车的加速度大小是多少？(9)一小车正以6m/s的速度在水平面上运动，如果小车获得2m/s2的加速度而加速运动，当速度增加到10m/s时，经历的时间是多少？(10)一子弹用0.02s的时间穿过一木板，穿入木板的速度是800m/s，穿出木块的速度是300m/s，则加速度为多少？。

高一物理必修一第一章同步练习题(质点、位移时间、加速度)

高中物理必修一练习1之樊仲川亿创作质点1．关于质点，下列说法是否正确（）A．质点是指一个很小的物体B．行驶中汽车的车轮在研究汽车的运动时C．无论物体的大小，在机械运动中都可以看作质点 D．质点是对物体的科学抽象2．下列关于质点的说法中，正确的是（）A．质点是一个理想化模型，实际上其实不存在，所以，引入这个概念没有多大意义。

B. 体积很小、质量很小的物体都可看成质点。

C. 不管物体的质量多大，只要物体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计，就可以看成质点。

D. 只有低速运动的物体才可看成质点，高速运动的物体不成看作质点。

3．在下列物体的运动中，可视作质点的物体有（）A. 从北京开往广州的一列火车B. 研究转动的汽车轮胎4．下列物体中，不克不及看作质点的是（）A．计算从北京开往上海的途中，与上海距离时的火车B．研究航天飞机相对地球的飞行周期时，绕地球飞行的航天飞机C．沿地面翻滚前进的体操运动员D．比较两辆行驶中的车的快慢5、在下列运动员中，可以看成质点的是：A、百米冲刺时的运动员B、在高台跳水的运动员C、马拉松长跑的运动员D、扮演艺术体操的运动员6．下列关于质点的说法中正确的是（）A．体积很小的物体都可看成质点 B．质量很小的物体都可看成质点C．不管物体的质量多大，只要物体的尺寸跟物体间距离相比甚小时，就可以看成质点D．只有低速运动的物体才可看成质点，高速运动的物体不成看作质点7. 下列关于质点的一些说法，其中正确的是（）A．研究和观察日食时，可以把太阳看做质点B．研究爱地球的公转时可以把地球看做质点C．研究地球自转时可以把地球看做质点D．计算一列火车从南京开往北京的途中通过一座桥所用的时间时，火车可以看做质点时间和时刻1.关于时刻和时间间隔的下列理解，哪些是正确的？（）A.时刻就是一瞬间，即一段很短的时间间隔C.时间间隔确切地说就是两个时刻之间的间隔，反映的是某一事件发生的持续程度D.一段时间间隔包含无数个时刻，所以把多个时刻加到一起就是时间间隔2.下列选项中暗示时刻的是（）B．钢球沿斜槽滚下用了2sC．石块从手中落下的第3s时D．观察一个小球从第2s初到第3s末的运动3. 下列说法正确的是（）A．物体在5s内，指的是物体在5s末时，是时刻B．物体在5s内，指的是物体在4s末到5s末这1s的时间内，是时间C．物体在第5s内，指的是物体在5s初到5s末这1s的时间内，是时间D．第4s末就是滴5s初，指的是时刻4. 下列关于时刻和时间间隔的理解，正确的是（）A．时刻就是一瞬间，即一段很短的时间间隔B．分歧时刻反映的是分歧事物发生的先后顺序C．时间间隔是指两个时刻之间的间隔，反映的是某一事件发生的持续程度D一段时间间隔包含无数个时刻，所以把多个时刻加到一起就是时间间隔参考系1．两辆汽车并排在平直的公路上，甲车内一个人看见窗外的树木向东移动．乙车内一个人发现甲车没有运动，如以大地为参照物，上述事实说明（）A．甲车向西运动乙车不动B．乙车向西运动甲车不动C．甲车向西运动，乙车向东运动D．甲乙两车以相同速度同时向西运动2．如图1-1所示，由于风的缘故，河岸上的旗帜向右飘，在河面上的两条船上的旗帜分别向右和向左飘，两条船运动状态是（）A．A船肯定是向左运动的 B．A船肯定是静止的C．B船肯定是向右运动的 D．B船可能是静止的3．下列关于参考系的描述中，正确的是（）A．参考系必须是正在做匀速直线运动的物体或是相对于地面静止的物体B．参考系是为了研究物体的运动而假定为不动的那个物体C．参考系必须是和地面连在一起的物体D．被研究的物体必须沿与参考系的连线运动4．对于同一个运动物体，在分歧参考系观察时，下列说法正确的是（）C．在某参考系其运动轨迹可能为直线，而在另一参考系则可能为曲线D．运动的加速度一定相同5. 甲、乙、丙各乘一个热气球，甲看到楼房在向下运动，乙看到甲在向下运动，丙看到甲、乙都在向上运动，那么，从地面上看，甲、乙、丙的运动情况可能是（）A．甲向上，乙向下，丙静止B．甲向上，乙向上，丙静止C．甲向上，乙向上，丙静止D．甲向上，乙向上，丙也向上，但丙比甲和乙都慢高中物理必修一练习2【同步达标练习】1.下列说法正确的是( )D.利用位移图像中直线斜率的大小可以比较速度的大小，斜率越大，速度也越大.2.如图2-6所示，为甲、乙两物体做直线运动的s-t图像，则下列说法正确的是( )A.两物体都做匀速直线运动，v甲＞v乙3.图2-7为s-t图像，其中属于匀速直线运动图像的是( )4.如图2-8所示是质点A与B在同一直线上沿同一方向运动的s-t图像.由图可知( )A.t＝0时，A在B的前面2秒追上A，此后B在A的前面D.在开始阶段B 的速度比A 小，t 2秒以后B 的速度超出A 的速度5.如图2-9所示为某物体运动的s-t 图像，从图像中可以看出物体在2s 内通过的位移s 1为m,3s 内通过的位移s 2为_____m,从图像可以求出11t s -22t s ＝，可见物体做的是运动.6.根据匀速直线运动的特点，质点在相等时间内通过的位移，质点在相等时间内通过的路程，质点的运动方向，质点在相等时间内的位移大小和路程.7.在自行车角逐中，一位运动员在一条笔挺的赛道上做匀速直线运动，某人测得该运动员在4s 内行驶了60m ，那么他在30min 内行驶了km.8.作出甲、乙两质点同时满足下述条件的位移-时间图像，并求此时甲、乙运动的速度.(1)甲、乙在同一直线上同向运动；(2)t ＝0时，即开始计时，此时甲和乙相距2m;(3)t ＝2s 时，乙从静止开始做匀速运动；(4)t ＝5s 时，乙的位移是2m ，且和甲相遇.9.图2-10所示是甲、乙两物体运动的位移-时间图像，甲、乙两物体均做，它们运动的方向，0s 时它们相距m ，它们在时刻相遇在位置处．10.图2-11所示是甲、乙两物体从同一地点开始运动的位移-时间图线，甲、乙两物体均做，这们运动的方向，运动较快的是，5s末它们相距_________m.【素质优化训练】1.一质点在x轴上运动，各个时刻的位置坐标如下表，则此质点开始运动后：(1)作出该质点的位移-时间图像；(2)质点在10s内的位移、路程各为多大?(3)质点在第7个2s内的位移多大?—时间图像如图2-12所示，则物体( )3.甲、乙两物体在同一直线上运动s-t图像，如图2-13所示，以甲的出发点作为参考点，以甲的出发时间作为计时起点，则( )A.甲、乙同时出发B.甲、乙从同一地点出发C.甲开始运动时，乙在甲前面s0处D.甲在中途停了一段时间，而乙没有停4：有一个物体在h高处，以水平初速度v0抛出，落地时的速度为v1，竖直分速度为v y，下列公式能用来计算该物体在空中运动时间的是（）【强化深入】1：汽车以10 m/s的速度行驶5分钟后突然刹车。

高中物理必修一匀变速直线运动的速度与位移的关系基础练习题

【巩固练习】一、选择题：1．一物体由静止开始做匀变速直线运动，在t 内通过位移x ，则它从出发开始通过4x 所用的时间为（）A ．4tB ．2tC ．16t D ．2 2．做匀减速直线运动的物体经4s 后停止，若在第1s 内的位移是14m ，则最后1s 的位移是（）A ．3.5mB ．2mC ．1mD ．03．小球由静止开始运动，在第1s 内通过的位移为1m ，在第2s 内通过的位移为2 m ，在第3s 内通过的位移为3m ，在第4s 内通过的位移为4m ，下列描述正确的是（）A ．小球在这4s 内的平均速度是2.5m/sB ．小球在3s 末的瞬时速度是3m/sC ．小球在前3s 内的平均速度是3m/sD ．小球在做匀加速直线运动4．一物体做加速度为a 的匀变速直线运动，初速度为v 0．经过一段时间后，物体的速度为2v 0．在这段时间内，物体通过的路程是 ( )A ．202v aB ．2032v aC ．20v aD ．202v a 5．一汽车以20m/s 的速度在平直路面匀速行驶．由于前方出现危险情况，汽车必须紧急刹车．刹车时汽车加速度的大小为10m/s 2．刹车后汽车滑行的距离是 ( )A ．40mB ．20mC ．10mD ．5m二、填空题：1．由静止开始运动的物体，3s 与5s 末速度之比为________，前3s 与5s 内位移之比为________，第3s 内与第5s 内位移之比为________．2．做匀减速直线运动到静止的质点，在最后三个连续相等的运动时间内通过的位移之比是________，在最后三个连续相等的位移内所用的时间之比是________．3．如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时问间隔为T ＝0.10s ，其中x 1＝7.05cm 、x 2＝7.68cm 、x 3＝8.33cm 、x 4＝8.95cm 、x 5＝9.61cm 、x 6＝10.26cm ，则A 点处瞬间速度大小是________m/s ，小车运动的加速度计算表达式为________，加速度的大小是________m/s 2．(计算结果保留两位有效数字)三、计算题：1．在滑雪场，小明从85m 长的滑道上滑下．小明滑行的初速度为0，末速度为5.0m/s ．如果将小明在滑道上的运动看成匀变速直线运动，求他下滑过程加速度的大小．2．一辆汽车正在以15m/s 的速度行驶，在前方20m 处突然亮起红灯，司机立即刹车，刹车过程中汽车的加速度的大小是6.0m/s 2．问：汽车是否会因闯红灯而违章?3．物体以10m/s 的初速度冲上一足够长的斜坡，当它再次返回坡底时速度大小为6.0m/s ．设上行和下滑阶段物体均做匀变速运动，则上行和下滑阶段，物体运动的时间之比是多大?加速度之比是多大?4．一滑块自静止开始，从斜面顶端匀加速下滑，第5s 末的速度是6m/s ，试求(1)第4s 末的速度；(2)运动后7s 内的位移；(3)第3s 内的位移．【答案与解析】一、选择题：1． B解析:初速度为零的匀加速直线运动的位移212x at =，所以t =t x 为原来的四分之一时，时间t 为原来的二分之一，所以只有B 正确．2． B解析：物体做匀减速直线运动至停止，可以把这个过程看做初速度为零的匀加速直线运动，那么相等时间内的位移之比为1:3:5:7．所以由114m 71x =得，所求位移12m x =． 3．A解析：由初速度为零的匀加速直线运动的规律知，第1s 内、第2s 内、第3s 内、…、第n s 内通过的位移之比为1:3:5:…:(2n -1)．而这一小球的位移分别为1m 、2m 、3m 、…．所以小球做的不是匀加速直线运动，匀加速直线运动的规律也就不适用于这一小球，所以B 、D 不正确．至于平均速度，4s 内的平均速度123414x x x x v t +++=1234 2.5m /s 4s m m m m +++==，所以A 正确；前3s 内的平均速度123231m 2m 3m 2m /s 3sx x x v t ++++===，所以C 不正确． 4.B 解析：由公式2202t v v ax -=得，22200322t v v v x a a -== 5.B解析：汽车的末速度为零，由公式2202t v v ax -=得，22200202022(10)t v v x m a --===⨯- 二、填空题：1．3:5 9:25 5:9解析：由初速度为零的匀加速直线运动的规律知，第1s 末、第2s 末、第3s 末、…、第n s 末的速度之比为1:2:3:…:n ，第1s 、第2s 、第3s 、…、第n s 的位移之比为1:3:5:…:(2n -1)．所以第3s 末与第5s 末的速度之比为3:5．前3s 内与前5s 内的位移之比为32:52＝9:25，第3s 内与第5s 内的位移之比为5:9．2．5:3:11)1::解析：这一质点的运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动的逆过程．设最初三个连续相等的时间为t ，加速度为a ，则每段时间的位移分别为2112x at =，2222111(2)3222x a t at at =-=⨯，2223111(3)(2)5222x a t a t at =-=⨯，所以位移之比为x1:x2:x3＝1:3:5．设最初三个连续相等的位移为L，加速度为a，则每段位移所用时间1t=，2t==，32Lta==-，所以时间之比为t1:t2:t3＝11)::，再逆回去，所求的位移之比为5:3:1，时间之比为1)1::．3．0.86 4563212()()9x x x x x xaT++-++=0.64解析：A点处瞬间速度大小340.08330.0895m/s0.864m/s0.86m/s220.10Ax xvT++====⨯，由逐差法求小车运动的加速度，则4563212()()9x x x x x xaT++-++=，代入数据得a＝0.64m/s2．三、计算题：1．0.147m/s2解析：由公式222tv v ax-=得，222225.000.147/2285tv va m sx--===⨯2．不会解析：汽车的末速度为零，由公式222tv v ax-=得，22201518.752022(6)tv vx m ma--===<⨯-所以，汽车是不会因闯红灯而违章。

物体的匀变速运动和位移练习题

物体的匀变速运动和位移练习题1. 问题描述：一辆汽车以匀变速运动的方式行驶，初始速度为10 m/s，加速度为2 m/s²。

求在时间t=5 s时汽车的速度和位移。

2. 解答过程：根据匀变速运动的公式，可得到速度和位移的计算公式：v = v0 + ats = v0t + (1/2)at²首先计算速度：v = 10 m/s + 2 m/s² × 5 sv = 10 m/s + 10 m/sv = 20 m/s接下来计算位移：s = 10 m/s × 5 s + (1/2) × 2 m/s² × (5 s)²s = 50 m + 0.5 m/s² × 25 s²s = 50 m + 12.5 ms = 62.5 m因此，在时间t=5 s时，汽车的速度为20 m/s，位移为62.5 m。

3. 扩展练习：假设同一辆汽车在时间t=10 s时的速度为30 m/s，而在时间t=15 s时的速度为40 m/s。

求汽车在这段时间内的加速度和位移。

首先计算加速度：a = (v - v0) / t = (40 m/s - 30 m/s) / (15 s - 10 s) = 10 m/s / 5 s = 2 m/s²接下来计算位移：s = v0t + (1/2)at² = 30 m/s × 10 s + 0.5 m/s² × 2 m/s² × (15 s - 10 s)²s = 300 m + 0.5 m/s² × 2 m/s² × 25 s²s = 300 m + 0.5 m/s² × 50 s²s = 300 m + 25 ms = 325 m因此，在时间t=10 s到t=15 s期间，汽车的加速度为2 m/s²，位移为325 m。

1-1 运动方程位移速度加速度

绪论
对大家提出的学习要求：
1、有针对性的课前预习， 2、认真的听讲(适当做笔记)， 3、及时的复习， 4、按时、独立地完成作业。
•每周一交作业（课前） •数学作业纸：班级、姓名、学号、页码，题目
dxphysics@
第一章质点运动学
一. 教学内容
质点、参照系、坐标系; 运动方程、位移、速度、加速度; 抛体运动; 圆周运动、切向加速度、法向加速度、角量与线量的关系; 相对运动.
x
( x xi ) ( y y ) j ( z zk ) 2 1 2 1 2 1
2 2 2 大小： r x y z
导数的定义：函数y=f(x)，当自变量x在x0处取得增量x时，相应的函数y取得增量y；如果y与x之比当x0时的极限存在，则称函数y=f(x)在x0处可导，并称这个极限为函数在点x0处的导数，记为y ' ，即
在高速运动领域即速度可与光速比拟时应适用爱因斯坦建立的相对论力学在微观领域由原子和原子核物理发展到量子论和量子力学近代物理学绪论力学第一章质点的运动大学物理与中学物理的关系与差别1中学物理是学习大学物理的基础
绪论
给开始学习<大学物理>课程的同学们：
“科学是一种方法。它告诉我们：一些事物是怎样被了解的，什么事情是已知的，现在了解到了什么程度，如何对待疑问和不确定性，证据服从什么法则；如何思考事物，做出判断，如何区别真伪和表面现象。 ” —— R.Feynman
z A
· Δr r( t ) r( t +Δ t )
0 y
·
ΔS
B
r ⑴比较与r ：二者均为矢量；前者是过程量，后
者为瞬时量。 r ⑵比较与 s :二者均为过程量；前者是矢量，后者是标量。

基础训练参考答案

高中物理全套基础练习基础训练参考答案基础训练1 位移速度加速度参考答案一、1.D 2.C 3.B 4.B 5.ACD 6.D 7.D 8.A 二、9.103.6610.(1)匀加速直线运动；0.5 m/s 2 （2）匀速直线；0 (3)匀减速直线运动；-0.25 m/s 2；800 m （4）20 s 或160 s11.①接线柱；②线圈；③振片；④磁铁；⑤振针；⑥限位孔；⑦复写纸；⑧定位柱；⑨纸带 12.425三、13.49.9 km14.反应时间由匀速，刹车时间内减速.s =v t +v 2/2a ①a =②两式联立，并代入数据得s =1.6×102 m mf15.设扶梯长L ，阶梯数为n ，则甲在扶梯上的时间为t 1=L /(v 1′+v ),甲相对扶梯走过的距离为s 1′=v 1′t 1,由比例关系有= 联立以上三式得：.同理对L 有比较上面两式可得 v =1 42n '1s L 5.15.142v n +=8.18.145v n +=m/s n =70.基础训练2 匀变速直线运动的规律参考答案一、1.AB 2.C 3.C 4.B 5.A 6.C 7.AC 8.C 二、9.10.59.5 11.v m =22221v v +21212a a sa a +12.0.58;与运动方向相反；0.13三、13.利用相邻的相等时间里的位移差公式：Δs =aT 2,知Δs =4 m,T =1 s.a =2572T s s -=m/s 2=2m/s 2.再用位移公式可求得s 5=v 0t +at 2=(0.5×5+×2×52) m=27.5 m .2124⨯212114.由s =at 2及：a =m/s 2=36 m/s 2.2110001800222⨯=ts 由牛顿第二定律：F +mg =ma 得F =m (a -g )=1560 N,成年乘客的质量可取45 kg~65 kg,因此，F 相应的值为1170 N~1690 N 15.设P 端通过1后时刻速度为v 1′，通过2后时刻速度为v 2′,由匀变速运动规律有：v 1′=,v 2′21t 22t 11t =.物体运动的加速度为a =g sin α, =又t 1-1′=,t 2-2′=,故t 12=t 1-1′-t 2-221t 21'-'t )11(sin sin 1212t t g l g v v -='-'αα21t 22t ′+=21'-'t 11(sin 21221t t g L t t -+-α基础训练3 自由落体和竖直上抛参考答案一、1.B 2.C 3.B 4.B 5.ACD 6.ACD 7.C 8.D 二、9.0.236 10.2;40 11.1.7 12.0.2 s三、13.（1）运动员打开伞后做匀减速运动，由v 22-v 12=2as 2可求得运动员打开伞时的速度为v 1=60 m/s ，运动员自由下落距离为s 1=v 12/2g=180 m ，运动员离开飞机时距地面高度为s =s 1+s 2= 305 m.(2)自由落体运动的时间为t 1==6 s ，打开伞后运动的时间为t 2==3.85 s ,离开飞机后运动的时间为t =t 1+t 2=9.85 s g v 1av v 12-14.可以将这5滴水运动等效地视为一滴水下落，并对这一滴水的运动全过程分成4个相等的时间间隔，如图中相邻的两滴水间的距离分别对应着各个相等时间间隔内的位移，它们满足比例关系：1∶3∶5∶7.设相邻水滴之间的距离自上而下依次为：x 、3x 、5x 、7x ,则窗户高为5x ，依题意有：5x =1 则x =0.2 m屋檐高度 h =x +3x +5x +7x =16x =3.2 m由 h =gt 2 得：t = s=0.8 s. 21102.322⨯=g h 所以滴水的时间间隔为：Δt ==0.2 s 4t15.每碰撞一次后所做竖直上抛运动，可分为上升和回落两个阶段，不计空气阻力，这两段所用时间和行程相等.小球原来距桌面高度为4.9 m ，用h 0表示，下落至桌面时的速度v 0应为：v 0==9.8 m/s.下落时间为：t 0==1 s.9.48.9220⨯⨯=gh 8.9/9.42/20⨯=g h 首先用演绎法：小球第一次和桌面碰撞，那么，第一次碰撞桌面后小球的速度：v 1=v 0×7/9 m/s. 第一次碰撞后上升、回落需用时间：2t 1=2v 1/g=(2×v 0/g)×7/9=2×7/9 s. 小球第二次和桌面碰撞，那么，第二次碰撞桌面后小球的速率： v 2=v 1×7/9=(v 0×7/9)×7/9=v 0×(7/9)2 m/s.第二次碰撞后上升、回落需用时间：2t 2=2v 2/g =2×(7/9)2.再用归纳法：依次类推可得：小球第n 次和桌面碰撞后上升，回落需用时间：2t n =2×(7/9) n (s)所以小球从开始下落到经n 次碰撞后静止所用总时间为：T =t 2+2t 1+2t 2+…+2t n =1+2×7/9+2×(7/9)2+…+2×(7/9)n =1+2×［7/9+(7/9)2+…+(7/9)n ］括号内为等比级数求和，首项a 1=7/9,公比q=7/9,因为|q |＜1, 所以无穷递减等比级数的和为：,所以T =1+2×7/2=8 s. 279/719/711=-=-q a 基础训练4 运动的合成与分解平抛运动参考答案一、1.C 2.A 3.C 4.B 5.CD 6.BCD 7.A 8.ABD 二、9.2 s ；45°；44.7 m 10.3 m/s 11.37.5 12.5 m;10 m 三、13.v 0=360 km/h=100 m/s t =10 s h =gt 2=500 m H =(1470-500) m=970 m 21v g =gt =100 m/s t ′==9.7 s s =v 0(t +t ′)=1970 m gv H14.由几何知识可知：,由平抛规律可得：EP =gt 2,AE =v 0t ,AF =v 0.小球刚好落在墙角处，则有：AE AF EP FQ =21s =FQ =·EP =（v 0 t AE AF 22)202gH t v gt g H =⋅⋅由此可知：小球影子以速度v =沿墙向下做匀速运动. 2gH15.tan θ=y/x =gt 2/v 0t =t ,设速度与水平方向的夹角为β,则tan β= 由以上两式解得tan β2102v g 00v gt v v y ==2tan θ,速度与斜面的夹角α=β-θ=tan -1(2tan θ)-θ与抛出时的初速度大小无关，因此α1=α2.基础训练5 重力弹力摩擦力参考答案一、1.D 2.A 3.C 4.C 5.D 6.A 7.C 8.C二、9.不变；变小 10.x 2/x 1 11.mg /v ;mg ωR /v .222R v ω-12.(T 2-T 1)/2三、13.（1）根据胡克定律，F=kx ，当弹簧伸长3 cm 时，弹簧的拉力为6 N ；弹簧伸长2 cm 时，弹簧的拉力为4 N.再由平衡的知识，可得物体所受的最大静摩擦力为6 N.（2）滑动摩擦力为F f =4 N ，正压力F N =G =20 N ，所以动摩擦因数μ=F f /F N =0.2 14.弹簧最初的压缩量设为x 0则x 0=1k mg当下面的弹簧被压缩x 1时，上面的弹簧伸长了x 2，则x 1= x 2=132k mg 231k mg A 端上移的高度为x =(x 0-x 1)+x 2=)11(3121k k mg +当下面的弹簧被拉长x 1时，上面的弹簧伸长了x 2,则x 1′=x 1 x 2′=235k mgA 端上移的高度为x ′=(x 0+x 1′)+x 2′=)11(3521k k mg+15.黑毛巾有四个面受到摩擦力，平衡时 F =f 1+f 2+f 3+f 4=μ· 23222mg mg mg ⋅+⋅+μμ224mgmg μμ=⋅+(1+2+3+4)=5μmg ,有n 条白黑毛巾时，同理有：F =μmg (1+2+3+…+4n ),故F =μmg (1+4n )·=(4n +1)n μ212124nmg基础训练6 力的合成与分解参考答案一、1.ACD 2.C 3.B 4.ABD 5.B 6.B 7.AD 8.A 二、9.先增大后减小；逐渐减小至零 10. 5mg ；mg 11.ABC 12.mg 43三、13.当OA 绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大时，OA 和BA 绳中的拉力都逐渐增大.其中某一根的拉力达到它本身能承受的最大拉力时，就不能再增大角度了.显然，OA 绳中的拉力先达到这一要求.所以有cos θ=2332030==OA T G 所以θ=30° 14.T C =N340030cos =︒TT A =T C sin30°=200N315.此类问题的解答，必须先画图后分析，由于已知合力F 的大小和方向，以及一个分力F 1的方向，因此可以试着把另一个分力F 2的大小从小逐渐增大去画力的平行四边形.如上图所示，以合力的箭头为圆心，以F 2的大小为半径去画圆弧与F 1相交，分别可得到如下几种情况：（1）当F 2＜20 N 时，圆弧与F 1没有交点，即不能画出平行四边形.无解.(2)当F 2=20 N 时，圆弧与F 1相切，有一个解，且此时F 2具有最小值.F 1=20N 如图（a )所示. 3(3)当20 N ＜F 2＜40 N 时，圆弧与F 1有两个交点，有两个解.即F 2的某一数值对应着F 1的两个不同的数值，如图（b ）所示.(4)当40 N ≤F 2时，圆弧与F 1只有一个交点，只有惟一解.所以，若F 2取某一数值，可使F 1有两个大小不同的数值，则F 2的取值范围为20 N ＜F 2＜40 N.基础训练（七）共点力作用下物体的平衡参考答案一、1.A 2.AD3.AC 将F 进行正交分解，得A 选项正确.又因为水平方向合力为零有F f =F cos θ,竖直方向合力为零有N=G +F sin θ，且F f =μN .所以有F cos θ=μ(G +F sin θ),解得F =,其水平分力为μG /(1-μtan θ),θμθμsin cos -G故C 选项正确.4.A5.D6.BC7.C 提示：对A 进行受力分析，然后利用三角形相似求解. 8.D二、9.F /2cos θ;F cos θ 10.P /sin α;P cot α11.mg /2sin α;mg /2tan α 12.10 N三、13.如右图所示：由平衡条件得 2T sin θ=mg设左、右两侧绳长分别为l 1、l 2，AO =l ,则由几何关系得 l 1cos θ+l 2cos θ=l l 1+l 2=2l由以上几式解得θ=60° T =mg 3314.如右图.由力的平衡条件得 F f =22)30sin (︒+G F 由滑动摩擦力的大小规律得 F f =μG cos30° 由F =及以上两式解得 2Gμ=3615.红血球在重力、浮力和粘滞阻力的作用下，匀速下落.由力的平衡，得：Rv g R g R πηρπρπ63434033+=取g =10 m/s 2，解得R = m 333010)0.13.1(1023600/1010108.19)(29⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=---ρρηg v ≈3×10-6 m基础训练8 互成角度的两个力的合成研究平抛物体的运动（实验一）参考答案一、1.C 2.CD 3.D 4.ABC5.ACE 要使小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，A 正确.小球每次抛出的初速度相等，释放小球时必须在斜槽上同一位置由静止释放，B 不正确，C 正确.小球离开轨道后，仅受重力作用，不能有摩擦，E 正确.6.D7.C8.D 小球竖直分运动为匀加速直线运动，加速度为g ,故Δs =gT 2;水平分力运动为匀速运动，故Δx =v 0T ,从而v 0=Δx,由图可知：Δx =20 cm,Δs =10 cm,故v 0=10 × cm/s= 200 cm/s,应选D. sg∆10/1000二、9.2;0.7 m/sLg 10.图（a ）；只用一个弹簧秤将橡皮条的端点由A 点拉到O 点时，所用的力F ′的方向一定是在AO 这条直线上.11.2.1 12.10;1.5;2.5三、13.从读数可知互相垂直的拉力大小分别为4 N 和2.5 N.作图略. 14.（1）作出下面的示意图.（2）弹射器必须保持水平，以保证弹丸初速度沿水平方向. （3）应测出弹丸下降的高度y 和水平射程x .（4）在不改变高度y 的条件下进行多次实验测量水平射程x ，得出水平射程x 的平均值，以减小误差. x （5）因为y =gt 2，所以t =21g y /2又x =v 0·t ，故v 0=x /t =/x gy /215.一个方格的边长l =gt 2=×10×（）2 m=m 21213011801可知在Δt =s 的时间内，小球的水平位移 x =3l =m301601由x =v 0t 得 v 0=x /t =÷m/s=0.5 m/s601301v cy =gt =10×3Δt =1 m/s 故v c =/2 m/s5220=+cyv v 基础训练9 牛顿运动定律参考答案一、1.D 2.D3.B 开始一段，物体变加速下落，a 减小，v 增大；后来一段，物体变减速下落，a 增大，v 减小.4.BC5.C6.C 设阻力为f ，依题意有F -F f =Ma ,2F -F f =Ma ′,由上述两式可得a ′＞2a .7.C8.B t 2末，物体速度最大，动能最大. 9.1.35×103;0.385 10.a 1a 2/(a 1+a 2) 11.20;4.5或 12.g;mg20513.s =150 m 第一阶段，物体做初速为零的匀加速直线运动，第二阶段，物体做匀减速直线运动，第三阶段，物体做初速度不为零的匀加速运动.一、二过程以v 1为联系纽带，二、三过程以v 2为联系纽带，并以加速度a 作为运动学和动力学问题的联系“桥梁”，联立多式求解.14.f =ma cos θ=0.61 N 方向水平向左15.1.5×103 N 运动员触网时速度v 1= (向下)，离网时速度v 2= (向上），速度变量Δ12gh 22gh v =v 1+v 2(向上) 加速度a =Δv /Δt ,由F -mg =m a 可得F =mg +m +=1.5×103 N.22gh tgh ∆12基础训练10 牛顿运动定律的应用参考答案一、1.AD 2.C 3.BC 4.D 5.AC 6.AC 7.CD 8.A 以盘和重物为一个整体加以隔离，平衡时 k L =（m +m 0）g ，k =. Lgm m )(0+用手向下拉，弹簧共伸长L +ΔL ，弹力F =k （L +ΔL ）手的瞬时，根据牛顿第二定律F -（m +m 0）g =（m +m 0）α.把F 值代入得（L +ΔL ）-（m +m 0）g =（m +m 0）a Lgm m )(0+a =g ，方向向上. LL∆隔离盘中物体，设盘对物体的支持力为N ，由牛顿第二定律N-mg =ma 故N=mg +ma =mg +m g =（1+）mg ，向上. L L ∆LL ∆二、9.20 10.μ=α=a r ctan mg ma F -maF mg -根据牛顿第二定律由F -μmg =ma 得μ=mgma F -加力F ′后，水平加速度不变，有 F +F ′cos α-μ(mg +F ′sin α)=ma 与上式联立得α=a r ctanmaF mg -说明推力方向只能与水平方向成α角向下，因施推力后加速度不变，则必有F ′cos α=μF ′sin α. 即得tan α=μ1所以α=a r ctanma F mg -11.t =(M -m )v 0/mg ;mMv 012.t 1∶t 2;F ∶F f =(t 1+t 2)∶t 1三、13.因为l 2被剪断瞬间，l 1上的张力大小发生了变化.（1）错.因为l 2被剪断的瞬间，弹簧的长度来不及发生变化，力T 1的大小和方向都不能突变，（2）对.14.依题意，0.2 s 后P 离开了托盘，0.2 s 时托盘支持力恰为零，此时加速度为：a =（F 大-mg ）/m① (式中F 大为F 的最大值)此时M 的加速度也为a . a =（kx -Mg ）/M ② 所以kx =M （g +a ）③ 原来静止时，压缩量设为x 0，则： kx 0=（m +M ）g ④ 而x 0-x =at 2/2⑤由③、④、⑤有：at 221)()(=+-+k a g M k g M m 即mg -Ma =0.02a ka =mg /（M +0.02k ）=6 m/s 2⑥⑥代入①：F max =m （a +g ）=10.5（6+10）N=168 N F 最大值为168 N.刚起动时F 为最小，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得 F 小+kx 0-（m +M ）g =（m +M ）a⑦④代入⑦有：F min =（m +M ）a =72 N F 最小值为72 N.15.（1）坠落物做自由落体运动的时间：h =gt 2 21落地速度v 0=gt地面人员逃离时间t ′=t -0.2 逃离速度v =ts 求得t =7 s v 0=70 m/s v =10.3 m/s (2)根据牛顿运动定律可知：(F -mg )=ma =m tv ∆求得F =5.64×106 N(3)震动同时产生传播，则由匀速运动知⎪⎩⎪⎨⎧-=∆==ps ss p p t t t t v t v s 0求得s =23.1 km基础训练11 匀速圆周运动向心力参考答案一、1.AD 2.AC 3.CD 4.C 5.ACD 6.B 7.ACD 8.AB 小球受力情况如图所示，由图可知N =,因此A 、B 球对筒壁的压力相θsin mg同.F =mg cot θ=m =mr ω2=mr ()2,因此r 大，v 大，ω小，T 大.因此正确答案为A 、B.r v 2Tπ2二、9.38.2;0.026 m/s 2 10.1511.300 因为电扇叶片有三个，相互夹角为120°，现在观察者感觉叶片有6个，说明在闪光时间里，电扇转过的角度为60°+n ·120°，其中n 为非负整数，由于光源每秒闪光30次，所以电扇每秒转过的角度为1800°+n ·3600°，转速为（5+10n ) r /s ,但该电扇的转速不超过500 r /mi n ,所以n =0,转速为5 r /s ,即300 r /mi n .12.600三、13.L =g v l l l /4/22200++14.光束照射在小车上时，小车正接近N 点，Δt 时间内光束与MN 的夹角从45°变为30°，小车走过的距离为l 1，由图可知，l 1=d (tan45°-tan30°）,所以小车的速度v 1=.代入数值解得 tl ∆1v 1=1.7 m/s光束照射在小车上时，小车正在远离N 点，Δt 时间内光束与MN 的夹角从45°变为60°,小车走过的距离为l 2.由图可知l 2=d (tan60°-tan45°)，所以v 2=.代入数值解得 tl ∆2v 2=2.9 m/s.15.设绳与竖直方向夹角为θ，则cos θ=,所以θ=60°，小球在绳断时离地高度为：h =H -L cos θ21=T mg ①小球做匀速圆周运动的半径为：r =L sin θ② F 向=m mg tan θ③ rv20mv 2=mg (H -mv 02④2121)2+L 联立①②③④式求得：H =3.3 m,平抛运动时间为：t ==0.6 s,水平距离为：s =v 0t =m,圆柱半径gh22.16为：R ==4.8 m.22r s +基础训练12 万有引力定律及其应用参考答案一、1.AD 2.BD 3.BD4.AD 如果万有引力不足以充当向心力，星球就会解体，据万有引力定律和牛顿第二定律得：GR 得T =2π,又因为M =πρR 3,所以T =. 2224Tm R Mm π=GM R 334ρπg 35.D 6.D7.BD 卫星绕地球运转，都是卫星和地球之间的万有引力提供卫星绕地球运转的向心力，而万有引力方向指向地心.所以铱星系统的这些卫星的轨道应是以地心为中心的圆形轨道.铱星轨道距地球表面780 km ，而地球同步卫星的轨道距地面约3.6×104 km.8.B 可采用排除法.7.9 km/s 是第一宇宙速度，是近地面卫星运行所必需的速度，A 显然错，3.07 km/s 是距地面高度为3.6×104 km 的地球同步卫星运行速度，C 也不正确.11.2 km/s 是第二宇宙速度，是卫星挣脱地球引力束缚所必需的速度，D 错.所以正确选项为B.二、9.r =mv 2/G10.W =mg 2t 2 288111.TRR GM π2-12.2.5×104 km三、13.侦察卫星绕地球做匀速圆周运动的周期设为T 1，则①21224T r m r GMm π=地面处的重力加速度为g ，则=m 0g ②2R GMm 由上述两式得到卫星的周期T 1=gr R32π其中r =h+R地球自转的周期为T ，在卫星绕行一周时，地球自转转过的角度为θ=2π TT 1摄像机应拍摄赤道圆周的弧长为s =R θs =gR h T 32)(4+π14.(1)=mR ω2，M =ρπR 3，带入得：ρ=2RGMm 34G πω432(2)ρ==kg/m 3=1.27×1014 kg/m 3 G πω4321121067.64)60(3-⨯⨯⨯ππ（3）M =ρπR 3，所以 34R =m 3143031027.114.34102343⨯⨯⨯⨯⨯=πρM =1.56×105 m15.（1）由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v 2=,其中M 、R 为天体RGM2的质量和半径.对于黑洞模型来说，其逃逸速度大于真空中的光速，即v 2＞c ,所以R ＜m=2.94×103 m 2830112)109979.2(1098.1107.622⨯⨯⨯⨯⨯=-c GM 即质量为1.98×1030 kg 的黑洞的最大半径为2.94×103 m. （2）把宇宙视为一普通天体，则其质量为 M =ρ·V =ρ·πR 3①34其中R 为宇宙的半径，ρ为宇宙的密度，则宇宙所对应的逃逸速度为 v 2=② RGM 2由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速c ，即v 2＞c③则由以上三式可得R ＞=4.01×1026 m,合4.24×1010光年.Gc πρ832即宇宙的半径至少为4.24×1010光年.基础训练13 冲量与动量动量定理参考答案一、1.B 2.D 3.D 4.C 5.BC 6.BD 7.D 8.B 二、9. 1∶1；1∶210.45°；kg ·m/s 小球撞击后速度恰好反向，说明撞击前速度与钢板垂直.利用这一结论可求得钢2板与水平面的夹角θ=45°，利用平抛运动规律（或机械能守恒定律）可求得小球与钢板撞击前的速度大小v =v 0=10m/s,因此其动量的大小为p =mv =kg ·m/s.22211.-20;16;3612.0.5 kg;2 N ·s 用水平向左的短时冲量I 作用于B 球后，B 球获得一定的动量，向左压缩弹簧，压缩过程中，B 球的动能转化为弹簧的弹性势能，机械能守恒.B 球速度为零时，弹簧弹性势能最大为4 J ，当A 球离开墙壁瞬间，弹簧刚好恢复原长，B 球动能为4 J ，而B 球的动量大小是2 kg ·m/s ，由动量公式p=mv 和动能公式E k =mv 2，可求出B 球的质量 0.5 kg ，同时可知B 球压缩弹簧前的动量大小也是2 kg ·m/s ，据动21量定理，水平冲量I 的大小是2 N ·s.三、13.略14.设人离地时获得速度为v ，据动量定理（F -mg )t =mv .由竖直上抛运动公式得：h =v 2/2g ,由上述两式解得：h =0.4 m,所以该同学摸高为H =2.2+0.4=2.6 m.15.根据牛顿第二定律，系统受的合外力为F =（M +m ）a ，脱钩后到拖车停止所经历的时间为t =，对系统运用动量定理可得：gv μ0（M +m ）a ·=M v ′-（M +m ）v 0， gv μ0所以v ′=v 0Mgg a m M μμ))((++基础训练14 动量守恒定律参考答案一、1.A 2.BC 3.AD 4.D5.C 由碰撞中动量守恒可求得p 甲′=2 kg ·m/s 要使甲追上乙，则必有：v 甲＞v 乙，即m 乙＞1.4m 甲①乙乙甲甲m p m p >碰后p 甲′、p 乙′均大于零，表示同向运动，则应有：v 乙′≥v 甲′即：≤ m 乙≤5m 甲②甲甲m p '乙乙m p '碰撞过程中，动能不增加，则≥乙乙甲甲m p m p 2222+乙乙甲甲m p m p 2222'+'即 ≥乙甲m m 272522+乙甲m m 2102222+推得 m 乙≥m 甲 2151由①、②、③知，m 甲与m 乙的关系为≤m 乙≤5m 甲2151甲m 比较知应选C.6.AC 小球的水平速度是由小车对它的摩擦力作用引起的，若小球在离开小车前水平速度已经达到v 0，则摩擦力消失，小球在水平方向不再加速，反之小球在与小车接触过程中，在水平方向一直处于加速状态，所以本题有两种可能.设小球与小车碰撞中在离开小车前已经与小车具有共同的水平速度v ′，在水平方向动量守恒，有Mv 0=(M +m )v ′由于M >>m ,得v ′=v 0若小球与小车碰撞中水平方向始终未达到共同速度，对小球运用动量定理：水平方向 F Δt =mv ′竖直方向 N Δt =2mv =2m gh 2又因为 F =μN解上述方程，可得 v ′=2μgh 27.BC 8.CD二、9.25 10.5∶4 11.t A ＞t B =t C 12.v 52;2v 三、13.因均是以对地（即题中相对于静止水面）的水平速度，所以先后跃入水中与同时跃入水中结果相同.设小孩b 跃出后小船向前行驶的速度为v ，取v 0为正向，根据动量守恒定律，有（M +2m )v 0=Mv +mv -mv解得：v =(1+)v 0 Mm214.乙与甲碰撞动量守恒： m 乙v 乙=m 乙v 乙′+m 甲v 甲′小物体m 在乙上滑动至有共同速度v ，对小物体与乙车运用动量守恒定律得 m 乙v 乙′=（m +m 乙）v对小物体应用牛顿第二定律得a =μg 所以t =v /μg代入数据得t =0.4 s15.设第1号球与第2号球碰后的速度分别为v 1和v 2① 由动量守恒定律得： mv 0=mv 1+mv 2 由能量关系可得②22212021212120022001mv mv mv +=⨯解①②可得v 2=v 02110011000+由于每次碰撞所遵循的规律完全相同，分析归纳可得经2001次碰撞后，第2002号球获得的速度为v 2002=()2001v 0③2110011000+因为第2002号球恰能到圆轨道的最高点，所以对第2002号球，根据机械能守恒定律有mv 2+mg ·2R④ 212122002=mv 在最高点有mg =m⑤Rv 2解③④⑤可得第1号球的初速度 v 03.69gR基础训练15 功和功率参考答案一、1.D 2.A 3.B 4.AB 5.C 6.A7.B 拉绳时，两股绳中的拉力都是F ，它们都对物体做功，因此其对物体做的功为W =W 1+W 2=Fs cos θ+Fs =Fs (1+cos θ)8.C 上坡达最大速度时，牵引力F 1=mg sin θ+F f ；下坡达最大速度时，牵引力F 2=F f -mg sin θ.由题意有：P =(mg sin θ+F f )v 1=(F f -mg sin θ)v 2=F f v 3(路面略微倾斜，看成F f 相等）解得：v 3=2v 1v 2/(v 1+v 2)二、9.75 W 每次空中时间为Δt =×60/180 s=0.2 s,起跳速度v 0=g ×m/s= 1 m/s,平均功率为：5322.0102⨯=∆t P =W=75 W 601802120⨯mv 10.0.511.1.4 将每次输送血液等效成一个截面为S ，长为L 的柱体模型，则=(1.5×104×tpVt pSl t W P ===8×10-5)/(60/70) W=1.4 W12.ρSv 3;1×105 2113.(1)当汽车达最大速度时，其a =0，合外力为零，即Ｐ/v m =F f ，则最大速度为 v m =P /F f =60×103/5×103 m/s=12 m/s (2)由牛顿第二定律得 P /v -F f =ma即60×103/v -5.0×103=5.0×103×0.5 解得v =8 m/s由v =at 可得，这一过程维持的时间为 t =v /a =8/0.5=16 s14.（1）设山坡倾角为α，由题设条件得sin α=,设汽车在平路上开行和山坡上开行时受到的摩擦力201均为F f ，由最大速度时满足的力学条件有：F f +mg sin α 21m fm v PF v P =两式相比，得F f =N=1000 N.201101008128sin 212⨯⨯⨯-=-αmg v v v m m m (2)设汽车在水平路面上以最大速度运行时牵引力为F ，则F =F f =1000 N ，所以汽车发动机的功率为P =Fv m1=F f v m1=1000×12 W=12 kW（3）设汽车沿山坡下行过程中达最大速度时牵引力为F ′，则需满足力学条件 F ′+mg sin α=F f即+mg sin α=F f 3m v P所以汽车下坡时的最大速度为v m3=m/s=24 m/s20110100010001012sin 3⨯⨯-⨯=-αmg F Pf 15.（1）列车匀速运动时牵引力F 与受阻力F f 相等，且F =F f ,而F f =kv 2,则P =F ·v =k v 3,代入v 1=120 km/h,v 2=40 km/h 可得P 1/P 2=27/1.(2)在轨道（弯道）半径一定的情况下，火车速度越大，所需向心力越大，通过增大弯道半径可以减小向心力.基础训练16 功和能动能定理参考答案一、1.CD 2.C 3.BC 4.B 5.C 6.B 7.B 8.ACD 对子弹：由-F f (L +s )=mv 2-mv 02知D 正确.对木块：由fL = mv 2，知A 正确.而由以上两式相212121加并整理得fs =mv 02- (M +m )v 2,知C 正确. 2121二、9.14 设小球被抛出时速度为v 0，落至斜面上时竖直分速度为v y ，则v y =gt ,且tan30°=gt 2/v 0t 即21gt /2v 0=tan30° v y =2v 0tan30°,故末动能E k ′=m (v 02+v y 2)=mv 02×=14 J. 21213710.M Pt 3/211.5 s12.1.25 由动能定理有：Pt -fs =mv B 2-mv A 2①2121a B =②mfv P B -)/(由①②并代入数据得：a B =1.25 m/s 2.三、13.物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力对物体做功(支持力不做功)，设斜面倾角为α，斜坡长L ，则重力和摩擦力的功分别为：ＷG =mgL sin αＷf 1 =-μmgL cos α在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行的距离为s 2，则Ｗf 2=-μmgs 2 整个运动过程中所有外力的功为：Ｗ=ＷG +Ｗf 1+Ｗf 2即Ｗ=mgL sin α-μmgL cos α-μmgs 2 根据动能定理Ｗ=E k2-E k1得mgL sin α-μmg cos αL -μmgs 2=0 得：h -μs 1-μs 2=0式中s 1为斜面底端与物体初位置间水平距离，故μ=.shs s h =+2114.此题可以用机车起动类问题为思路，即将物体吊高分为两个过程处理：第一个过程是以绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体匀加速上升，第一个过程结束时，电动机刚达最大功率.第二个过程是电动机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，物体开始匀速上升.在匀加速运动过程中加速度为a =m/s 2=5 m/s 2 8108120⨯-=-m mg F m 末速度v t =m/s=10 m/s 1201200m m =F P 上升时间 t 1=s=2 s 510=a v t 上升高度 h = m=10 m 5210222⨯=a v t 在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速度为 v m =m/s=15 m/s 1081200m m ⨯==mg P F P 外力对物体做的总功W =P m t 2-mgh 2，动能变化量 ΔE k =mv m 2-mv t 2 2121由动能定理得P m ·t 2-mgh 2=mv m 2-mv t 2 2121代入数据后解得t 2=5.75 s,t =t 1+t 2=7.75 s 所需时间至少要7.75 s.15.从开始提升到活塞升至内外水面高度差为h 0== 10 m 的过程中，gp ρ0活塞始终与管内液体接触（再提升活塞时，活塞和水面之间将出现真空，另行讨论）.设活塞上升距离为h 1,管外液面下降距离为h 2(如图所示），则h 0=h 1+h 2因液体体积不变，有h 2=h 1(h 1 31)4222=-rR r πππ得 h 1=h 0=×10 m=7.5 m 4343题给H =9 m ＞h 1，由此可知确实有活塞下面是真空的一段过程.活塞移动距离从零到h 1的过程中，对于水和活塞这个整体，其机械能的增量应等于除重力外其他力所做的功.因为始终无动能，所以机械能的增量也就等于重力势能增量，即ΔE =ρ(πr 2h 1)g20h 其他力有管内、外的大气压力和拉力F .因为液体不可压缩，所以管内、外大气压力做的总功p 0π(R 2-r 2)h 2-p 0πr 2h 1=0, 故外力做功就只是拉力F 做的功，由功能关系知W 1=ΔE即 W 1=ρ(πr 2)g h 02=πr 2=1.18×104 J8383g p ρ20活塞移动距离从h 1到H 的过程中，液面不变，F 是恒力，F =πr 2p 0.做功W 2=F （H -h 1)=πr 2p 0(H -h 1)=4.71×103 J 所求拉力F 做的总功为 W 1+W 2=1.65×104 J基础训练17 机械能守恒定律参考答案一、1.C 2.C3.A 本题可以画出v -t 图作出更简捷的判断.如图为沿ABC 和AD 下滑的小球a 、b 的v -t 图，由于AB+BC=AD ，则图线下方与t 轴间的面积应相等，也就是图中划有斜线的两部分面积相等，显然，两球运动的时间必然是 t a ＜t ｂ.4.C5.C6.AD7.C 作出平抛轨迹后不难得出落地速度v =v 0/cos α，故系统总机械能为E 2=m v 02/cos 2α.由机械能守恒21定律E 1=E 2即mv 02+mgh =m 得mg h =mv 02（-1）=mv 02，所以mgh /mv 02=tan 2α.2121α220cos v 21α2cos 121αα22cos sin 218.BCD 因A 处小球质量大，处的位置高，图示中三角形框架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动.摆动过程中只有小球受的重力做功，故系统的机械能守恒，选项B 正确，D 选项也正确.A 球到达最低点时，若设支架边长是L ，A 球下落的高度便是L ,有mg ·(L )的重力势能转化为支架的动能，因而此时A 球速2121度不为零，选项A 错.当A 球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续左摆，B 球仍要继续上升，因此B 球能达到的最高位置比A 球的最高位置要高，C 选项也正确.二、9.1 m/s 10.mg 11.2≤v 0≤Rg Rg 512.m 2(m 1+m 2)g 2/k 2;m 1(m 1+m 2)(+ )g 2. 11k 21k 三、13.设小物体由A 落至圆弧最低点时的速度为v ,由机械能守恒定律得 mgR =mv 2得v = 21gR 2小物体向上运动的过程中，m 与M 组成的系统在水平方向的动量守恒：mv =（M +m ）v ′ v ′为小球滑至最高点时m 与M 的共同速度v ′=gRmM m2+此过程中系统机械能守恒，所以mv 2-（M +m ）v ′2=mgh 2121解得m 上升的最大高度h =R .mM M+14.由图可知：v A sin30°=v B cos30° 即v A =v B①3A 球下落的高度： h =L sin30°=0.4×21m =0.2 m由机械能守恒定律 mgh =m v A 2+mv B 2②2121联立①②并代入数据得： v A =m/s ，v B =1 m/s315.B 下落过程中，对系统有：m 2g =m 1g sin θ+ (m 1+m 2)v 2 2H 2H 2H 21以后对A 上升至顶点过程：m 1v 2=m 1g (- H sin θ)212H 21所以= 21m m 21基础训练18 打点计时器及其应用（实验二）参考答案一、1.BD2.ACD 平衡摩擦力时不能将砂桶拴在小车上；摩擦力平衡后，改变小车质量M 时，不需要重新平衡摩擦力；求小车的加速度应从低带上求；画图线应画a -图线. M13.A4.C5.ACD 平衡摩擦力实际上就是让小车的重力沿斜面的分力与小车受摩擦阻力(包括纸带，但不悬挂小桶)相平衡，粗略分析就是Mg sin θ=μMg cos θ，可见平衡摩擦力与物体的质量无关，即改变小车质量M 时，无须重新平衡摩擦力，知B 正确，A 错.在使用打点计时器时应先接通电源，待振针稳定后再松开纸带，知C 错.在本实验中，目的是验证牛顿第二定律，故加速度应为实测得到的数值，即通过分析纸带而得出，而不是利用牛顿第二定律进行计算，知D 错.6.AC7.D 若打点计时器错接在直流电源上，则不打点，A 不可能；若电源电压不稳定，则打点的力的大小不同，即纸带上打出圆点的清晰度不同，B 不可能；若电源频率不稳定，则打点的时间间隔不同，点间距离不同，C 不可能；若振针压得过紧，则会出现托迹现象即纸带上打出的不是圆点，而是一些短线.8.C二、9.8.63 m/s 210.0.51 m/s 2;4.36 11.0.71 kg12.(1)a =4.00 m/s 2 (2)小车的质量m ；斜面上任意两点间的距离L 及两点间的高度差；mg -ma . Lh三、13.g =9.50 m/s 214.（1）先求出M 的倒数，在坐标中描点，再连线得到a -图象如下图所示 M1实验次数车的质量M (kg)车的加速度a (m/s 2)m 的倒数10.200.78 5.0020.400.38 2.5030.600.25 1.6740.800.20 1.2551.000.161.00（2）图象是一条过原点的斜直线，表明：a ∝. M1(3)砂和砂桶的重力约等于小车的牵引力. 即(m 砂+m 桶）g =F 而F =ma =等于图线的斜率. ma1由图象可得：（m 砂+m 桶）g ≈0.155 N15.设第1、6点间的位移为s 1，第6、11点间的位移为s 2……第21、26点间的位移为s 5.每6个点间的运动时间T =0.02×5 s =0.1 s .(1)a = m/s 2=0.8 m/s 2 22225)1.0(310)24.4(3⨯⨯-=--T s s (2)因为Δs =s 3-s 2=s 5-s 4所以s 3+s 4=s 2+s 5第16点的速度v 16 = m/s 1.0210)4.42(2225243⨯⨯+=+=+-T s s T s s =0.32 m/s所以v 21=v 16+aT =0.32 m/s+0.8×0.1 m/s=0.4 m/s (3)因为 2261v v v +=又因为v 1=v 16-a ×3T =0.32 m/s-0.8×0.3 m/s=0.08 m/s v 26=v 16+a ×2T =0.32 m/s+0.8×0.2 m/s=0.48 m/s 所以 m/s=0.28 m/s248.008.0+=v 基础训练19 验证动量守恒定律和机械能守恒定律（实验三）参考答案一、1.BCD 2.BD 3.D 4.A 5.D 6.C 7.BD 8.BCD二、9.(1)ABD (2)底板要竖直，这样才能使重锤落下时，受到的阻力较小；通电打点；再放下重锤，让它带着纸带一同落下（3）第1、2点间距离接近2 mm ，且点迹清晰.(4)阻力对重锤和纸带的影响；小于重力势能的减少量；质量较大的.(5)过原点的斜直线；重力加速度g .10.(1)天平；刻度尺（2）4∶1 11.7.62;7.5612.这是因为重锤做自由落体运动时，加速度较大，各点之间的距离较易测量，故不必采用计数点的办法.三、13.该实验中，要求入射球质量大于被碰球质量，所以应选m 1为入射球.由动量守恒知：m 1,即0.1×30.00=0.1×14000+0.05×(x N -3.00)得x N =35.00.故N 点位置应在35.00刻度线N O m OM m OP '+=21上.14.（1）v B =1.18 m/s;E kB =6.96×10-1 J.(2)ΔE p =6.92×10-1 J(3)上述所得ΔE k 与ΔE p 在误差允许范围内二者相等，验证了物体在只受重力作用时，重力势能的减少量等于动能的增加量，即机械能守恒.15.由Δs =gT 2知，只要量出相邻点之间的距离s 1、s 2、s 3……，查出当地的重力加速度g ,由T 1=,T 2=,T 3=……求出T 1、T 2、T 3……，继而求出其平均值：g s s 12-g s s 23-gs s 34-T =.nT T T n+++ 21再根据v n =求出打某两点时的速度. Ts s n n 21++最后分别算出两点间重力势能的减少量ΔE p 和动能的增加量ΔE k ，看其是否近似相等，即可验证机械能是否守恒.基础训练20 机械振动参考答案一、1.D 2.B 3.BCD4.D 对AB 整体 kx =(M+m )a ,对A ：F f =ma ，由上述两式得：F f =()kxmM m+5.AD 6.ACD7.C 物体随平台在竖直方向振动过程中，仅受两个力作用：重力、台面支持力.由这两个力的合力作为振动的回复力，并产生始终指向平衡位置的加速度.物体在最高点a 和最低点b 时，所受回复力和加速度的大小相等，方向均指向O 点，如图所示.根据牛顿第二定律得：在最高点mg -N a =m a ，在最低点N b -mg =ma ，平衡位置N 0-mg=0，所以Nb ＞N 0＞N a 故可判得答案C 正确.8.C 撤去F 后，m 1板将做简谐运动，其平衡位置是不加压力F 时m 1板的静止位置(设为a )，离弹簧上端自然长度为x 0=m 1g/k .m 1板做简谐运动时的振幅等于施加压力后弹簧增加的压缩量，即：A =x 1=F /k.此时m 1板的位置设为b ,如图所示.撤去F 后，m 1板跳起，设弹簧比原长伸长x 2时刚好能提起m 2板(处于位置C )，由kx 2=m 2g ，得x 2=m 2g/k . 根据m 1做简谐运动时的对称性，位置b 、c 必在平衡位置a 的对称两侧，即 x 1=x 0+x 2或kg m k g m k F 21+=所以F =（m 1+m 2）g 二、9. /2 min 210.4;611.1 m;16∶9;甲 12.1∶5三、13.此山高度为地球半径的倍. 11-N 14.A 、B 相遇一定在O 点，B 返回O 点所用时间为t =2x /v ,A 到达O 点时间为t =n ·T /2,(n =1、2、3……）所以2x /v =nT /2,T =2π. g L /所以x =n πv (n =1、2、3……） 21g L /。

人教版高中物理必修一1、位移速度加速度

（精心整理，诚意制作）专题1：位移、速度、加速度编制人：唐佳柱班级姓名完成日期一、选择题（每小题5分，共40分）1.下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是A.做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B.瞬时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C.平均速度就是初末时刻瞬时速度的平均值D.某物体在某段时间里的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止2.两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下每次曝光时木块的位置，如图1—1—1所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的.由图可知图1—1—1A.在时刻t2以及时刻t3两木块速度相同B.在时刻t3两木块速度相同C.在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同D.在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同3.下面关于加速度的描述中正确的有A.加速度描述了物体速度变化的多少B.加速度在数值上等于单位时间里速度的变化C.当加速度与位移方向相反时，物体做减速运动D.当加速度与速度方向相同且又减小时，物体做减速运动4.做匀加速直线运动的物体，加速度是2 m/s2，它意味着A.物体在任1 s末的速度是该秒初的两倍B.物体在任1 s末的速度比该秒初的速度大2 m/sC.物体在第1 s末的速度为2 m/sD.物体在任1 s的初速度比前1 s的末速度大2 m/s5.一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，下列说法中正确的是A.第4 s内的平均速度大于4 s内的平均速度B.第4 s内的平均速度大于4 s末的瞬时速度C.第4 s内的位移小于前4 s内的位移D.第3 s末的速度等于第4 s初的速度6.关于匀加速直线运动，下列说法中正确的是A.速度与运动时间成正比B.速度的增量与运动时间的平方成正比C.位移与运动时间的平方成正比D.相邻相同时间间隔内的位移增量都相同7.对做匀减速运动的物体(无往返)，下列说法中正确的是A.速度和位移都随时间减小B.速度和位移都随时间增大C.速度随时间增大，位移随时间减小D.速度随时间减小，位移随时间增大8.甲、乙两小分队进行军事演习，指挥部通过现代通信设备，在屏幕上观察到两小分队的具体行军路线如图1—1—2所示，两小分队同时同地由O点出发，最后同时到达A点，下列说法中正确的是A.小分队行军路程s甲＞s乙B.小分队平均速度v甲＞v乙C.y-x图象表示的是速率v-t图象D.y-x图象表示的是位移s-t图象二、填空题（每小题6分，共24分）9.（20xx年春季上海高考试题）我国铁路列车第四次提速后，出现了“星级列车”，从下表中的第T14次列车时刻表可知，列车在蚌埠至济南区间段运行过程中的平均速率为_______ km/h.次列车时刻表停靠站到达时刻开车时刻里程（km）上海…18：00 0蚌埠22：26 22：34 484济南03：13 03：21 966北京08：00 (1463)10.图1—1—3给出了汽车从A点出发到B点做直线运动的v—t图线，根据图线填空.(1)在0 s～40 s内汽车做_______运动；加速度是_______.(2)在40 s～120 s内汽车做_______运动；加速度是_______.(3)在120 s～200 s内汽车做_______运动；加速度是________；发生的位移是________. 图1—1—3(4)由图中得到汽车从A点开始到速度大小为10 m/s时所需的时间是_______.11.根据图1—1—4所示的打点计时器构造图，指出各主要部件的名称：①_______ ，②_______，③_______，④_______，⑤_______，⑥_______，⑦_______，⑧_______，⑨_______.图1—1—412.（20xx年“3+2”高考试题）某测量员是这样利用回声测距离的；他站在两平行峭壁间某一位置鸣枪，经过1.00 s第一次听到回声，又经过0.50s再次听到回声.已知声速为340 m/s,则两峭壁间的距离为_______ m.三、计算题（共36分）13.(12分)地震波既有纵波也有横波，纵波和横波在地表附近被认为是匀速传播的，传播速度分别是9.1 km/s和3.7 km/s，在一次地震观测站记录的纵波和横波到达该地的时间差是 8 s，则地震的震源距这观测站有多远?14.（12分）为了安全，在高速公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离，已知某高速公路的最高限速为v=120 km/h.假设前方车辆突然停止，后车司机发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t=0.50 s，刹车时汽车受到的阻力的大小为汽车重力的0.4倍，该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少？（取g=10 m/s2）15.（12分）某大型商场的自动扶梯正在匀速向上运送顾客，现甲、乙两人先后沿着扶梯向上奔跑，甲、乙在扶梯上向上奔跑的速度分别为1.5 m/s和1.8 m/s，甲、乙登阶梯数分别为42级和45级，则自动扶梯匀速运动的速度为多少？若平均每级阶梯上都站有一名顾客，则站在此扶梯上的顾客为多少人？。

加速度位移公式例题

请输入你的答案...一、速度1、公式：a= vt =v+at反映出做匀变速直线运动的物体的瞬时速度如何随时间而变化若v0=0，则：vt=at2、图象（速度-时间图象）,见图1。

（1）vt =v+at：v、a为定值t：自变量 vt：因变量从表达式可知，vt是t的一次函数（2）截距：v；斜率：a图2中， I 和 II 两个运动的初速度不同，其中 I 的初速度为0， II的初速度不为零，但是两个运动的加速度相同（a1=a2）。

运动 II I的初速度也不为0，但是加速度大于 I 和 II 。

二、位移1、公式：S=vt+at2反映出做匀变速直线运动的物体的位移如何随时间而变化。

若v=0，则：S=at22、图象在匀速直线运动中，可用v-t图线与横轴所包围的面积，求出物体在一段时间内位移的大小。

此种方法对匀变速直线运动同样适用。

图1中阴影部分面积即为该运动经过时间t1的位移。

根据几何关系也可以得到位移公式的证明。

例1、物体以v冲上斜面（设斜面无限长），到最高点速度为零，如图为物体的运动图象，据图象：（1）物体做什么运动？（2）若v0=10m/s，经t1=4s速度减为0，求物体的加速度a=? 此过程发生的位移S=?（3）再回到出发点需要多长时间？分析：（1）从0—t1物体做匀减速到零，单看回去的运动（t1～t2）是匀加速运动。

从总体来看，这样的运动应该叫匀变速运动。

（2）由公式a= ，可以求出a=－2.5m/s2S=vt+at2=10×4+ (-2.5)×42＝20m（3）物体再回到原位置，位移S=0，S=0 vt+ at2=0t=8s。

通过分析，“8s”是符合题意的。

从图象来看，回到原点S=0，即时间轴上下两部分面积相等。

从图中来看，两个三角形全等。

也可以看出应该是8s。

例2、如图所示，分析：（1）两个质点分别做什么运动？（2）I、II质点运动的加速度分别多大？（3）前4s两质点的位移分别为多大？解析：（1）v=0的匀加速直线运动（2）aI =5m/s2，aII=2.5m/s2（3）SI =40m，SII=20m注意：1．aI 比aII大一倍可以从两方面理解：Ⅰ：相同的速度变化所用的时间差一半Ⅱ：相同的时间内速度变化差一半2．从图象看，位移为两个三角形的面积。