江苏省2016年高考物理复习 导航卷一 匀变速直线运动的规律及其应用
高考物理总复习 1.第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
情境2 ETC通道 [新教材人教版必修第一册P53习题改编]ETC是不停车电子收费系统的简称， 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
拓展点 两类特殊的匀减速直线运动 类型1——刹车类问题 汽车匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要 注意确定其实际运动的时间．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、加速度不变的匀加速直线 运动．
例5 [2022·山西四校联考]以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，
√ ×
√ √
√ √
【教材拓展】 2.[人教版必修第一册P44T4改编]航空母舰的战斗力主要依靠舰载机， 假设航空母舰静止在海面上，舰载机在航母跑道上从静止开始以5 m/s2的加速度做匀加速直线运动； (1)求第4 s末时舰载机的速度大小； (2)求前4 s内舰载机的位移大小； (3)若舰载机需要达到50 m/s的速度才可升空，舰载机开始时获得30 m/s的初速度，求航母跑道的最短长度．
速运动10 m 加速运动后匀速 匀减速到速度为零， 停20 s，再加速
汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2 加速度大小已知
[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：
情境3 “酒驾” [2022·湖北襄阳高三联考]酒后驾车严重威胁公 共交通安全．将驾驶员从视觉感知到前方危险开 始到汽车开始制动的时间称为反应时间，将反应 时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制 动距离．科学研究发现，反应时间和感知制动距 离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化．一驾驶员 正常驾车和酒后驾车时，感知前方危险后汽车运 动的v t图线分别如图甲、乙所示．求： (1)正常驾驶时的感知制动距离s； (2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增 加的距离Δs.
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
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
高考物理 匀变速直线运动的规律及应用
高考物理 匀变速直线运动的规律及应用考点一 匀变速直线运动公式的应用1．速度公式：v ＝v 0＋at ． 2．位移公式：x ＝v0t ＋12at 2．3．位移速度关系式：2ax ＝v 2－v 20． 命题视角1 基本运动学公式的应用歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a ，经距离s 后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L ＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v 1min ； (2)方法二情况下航空母舰的最小速度v 2min . [思路点拨] 第(1)问不知道时间，直接应用公式2ax ＝v 2－v 20解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动．[解析] (1)若歼－15战机正常起飞，则有2as ＝v 2在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v 1min ，则满足2aL ＝v 2－v 21min ，解得v 1min ＝2a (s －L ). (2)法一：一般公式法起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以最小速度v 2min 匀速航行，战机起飞时对地速度为v ，设起飞过程航空母舰的位移为x ，起飞时间为t ，则有x ＝v 2min t ，t ＝v －v 2mina2a (L ＋x )＝v 2－v 22min 解得v 2min ＝2as －2aL . 法二：相对运动法选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v －v 2min ，相对加速度仍为a ，相对位移为L ，根据2aL ＝(v －v 2min )2和2as ＝v 2，仍可得v 2min ＝2as －2aL .[答案] (1)2a (s －L ) (2)2as －2aL命题视角2 刹车类问题(2014·高考全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．[思路点拨] 求解汽车刹车类问题时，一般先判断刹车时间或刹车位移，判定汽车在给定时间内或位移内是否已停止．[解析] 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0①s ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma ④ s ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v ＝20 m/s(72 km/h)．[答案] 20 m/s命题视角3 多过程直线运动问题(2014·高考海南卷)短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．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 内通过的距离为7.5 m ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．[审题点睛] 本题关键要弄清加速阶段相邻时间段的位移的求解，由前2 s 内的位移可通过公式求解出加速度，再通过两阶段的位移关系求解问题．[解析] 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s 1和s 2，由运动学规律得s 1＝12at 20①s 1＋s 2＝12a (2t 0)2②式中t 0＝1 s ，联立①②两式并代入已知条件，得 a ＝5 m/s 2③设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ；跑完全程的时间为t ，全程的距离为s依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2④ v ＝at 1⑤ s ＝12at 21＋vt 2⑥ 设加速阶段通过的距离为s ′，则 s ′＝12at 21⑦联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得 s ′＝10 m.[答案] 5 m/s 2 10 m1．[视角1]某航母跑道长为200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s解析：选B.由v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2ax ＝10 m/s ，选项B 正确． 2．[视角2](2016·西安模拟)汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，见前方有障碍物立即刹车，刹车后加速度大小为5 m/s 2，则汽车刹车后第2 s 内的位移和刹车后5 s 内的位移为( )A ．30 m ，40 mB ．30 m ，37.5 mC ．12.5 m ，40 mD ．12.5 m ，37.5 m解析：选C.汽车的刹车时间为t ＝v 0a ＝205 s ＝4 s ，故汽车第5 s 内处于静止状态．则汽车刹车后1 s 内的位移为x 1＝v 0t 1－12at 21＝20×1 m －12×5×12 m ＝17.5 m ，前2 s 内的位移为x 2＝v 0t 2－12at 22＝20×2 m －12×5×22m ＝30 m ，第2 s 内的位移为x 2－x 1＝12.5 m ；汽车刹车后5 s 内的位移即为刹车时间4 s 内的总位移，故x ＝v 0t －12at 2＝20×4m －12×5×42 m ＝40 m ，C 正确．3．[视角3]2015年8月29日，在北京举行的世界田径锦标赛男子4×100米接力决赛中，由苏炳添、张培萌、谢震业和莫有雪出战的中国队获得银牌，创造了中国队乃至亚洲队伍的历史．若用甲、乙表示其中的两名队员，他们在奔跑时有相同的最大速度，乙从静止开始全力奔跑需跑出25 m 才能达到最大速度，这一过程可看成匀变速直线运动，现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出．若要求乙接棒时奔跑达到最大速度的80%，则：(1)乙在接力区须奔出多少距离？(2)乙应在距离甲多远时起跑？解析：设甲、乙的最大速度为v ，从乙起跑到接棒的过程中，甲、乙运动时间为t .(1)乙起跑后做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度为a ，v 2＝2ax 1.乙接棒时奔跑达到最大速度的80%，得v 1＝v ×80%，v 21＝2ax乙，x 乙＝0.64v 22a＝16 m ．乙在接力区须奔出的距离为16 m. (2)乙的运动为匀加速直线运动，乙加速至交接棒的时间为t ，t ＝v 1a ＝0.8va ，x 乙＝0＋v 12t ；甲的运动为匀速直线运动，设其在乙从起跑到接棒的时间t 内的位移为x 甲＝vt ；乙起跑时距离甲的距离为Δx ＝x 甲－x 乙＝24 m. 答案：(1)16 m (2)24 m1．两类典型的匀减速直线运动 (1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，求解时一定要注意停止时间的判断，通常求出二个解，要根据实际运动舍去一个．如果涉及到最后阶段的运动，也可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速运动． (2)双向可逆类问题：如沿光滑斜面上滑的小球，在恒力作用下的减速运动等．求解时一定要注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义．2．多过程匀变速直线运动的处理方法(1)多过程的匀变速直线运动，注意分段应用匀变速直线运动的规律列方程的解题策略，这就是数学中的分段函数思想在物理中的应用．(2)注意解题策略，解题过程中设一些未知量，通过加、减或乘、除消元的方法消除这些未知量得出需要求得的量．考点二 匀变速直线运动推论的应用 1．平均速度公式：v ＝v t 2＝v 0＋v2．2．位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2．可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2.3．初速度为零的匀加速直线运动比例式 (1)1T 末，2T 末，3T 末……瞬时速度之比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n ． (2)1T 内，2T 内，3T 内……位移之比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2．(3)第一个T 内，第二个T 内，第三个T 内……位移之比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)． (4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n命题视角1 平均速度法甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．[思路点拨] 本题涉及两个运动物体，每个物体又分两个运动阶段，需列8个方程方可求解，而采用平均速度法，简洁清晰，事半功倍．[解析] 法一：推论公式法设汽车甲在第一段时间间隔t 0内的加速度为a ，则甲在第二段时间间隔t 0内的加速度为2a ，乙在第一段时间间隔t 0内的加速度为2a ，在第二段时间间隔t 0内的加速度为a .由速度公式可得：汽车甲在时刻t 0和时刻2t 0的速度分别为 v 甲1＝at 0，v 甲2＝v 甲1＋(2a )t 0＝3at 0，汽车乙在时刻t 0和时刻2t 0的速度分别为 v 乙1＝2at 0，v 乙2＝v 乙1＋at 0＝3at 0.由平均速度公式，可得甲车和乙车行驶的总路程分别为s ＝v 甲12t 0＋v 甲1＋v 甲22t 0，s ′＝v 乙12t 0＋v 乙1＋v 乙22t 0，联立以上各式得甲、乙两车各自行驶的总路程之比为ss′＝5 7.法二：v－t图象法设汽车甲在第一段时间间隔t0内的加速度为a ，则甲在第二段时间间隔t0内的加速度为2a；汽车乙在第一段时间间隔t0内的加速度为2a，在第二段时间间隔t0内的加速度为a.由匀变速直线运动速度与时间关系知，甲在t0末速度为at0，2t0末速度为at0＋2at0＝3at0，乙在t0末速度为2at0，2t0末速度也为2at0＋at0＝3at0.作出甲、乙两车的v－t图象，甲、乙两车各自的位移之比为图象下方面积之比，容易得出ss′＝5 7.[答案]5∶7命题视角2Δx＝aT2的应用(2016·四川成都高新区月考)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()A．2 m/s，3 m/s，4 m/sB．2 m/s，4 m/s，6 m/sC．3 m/s，4 m/s，5 m/sD．3 m/s，5 m/s，7 m/s[思路点拨]若题目涉及等时间隔问题，则可用Δx＝aT2计算加速度．[解析]根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，v B＝AB＋BC2t＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得v A＝2 m/s，v C＝6 m/s，故选项B正确．[答案] B命题视角3比例法的应用(多选)北京时间3月22日，2015年世界女子冰壶世锦赛在日本札幌进行了最终的决赛，上届冠军瑞士队以5比3战胜加拿大队卫冕成功．一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在刚要离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之比分别是()A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶ 3D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1[思路点拨]对于初速度为零的匀加速直线运动，一旦题目中出现两个或多个相等时间段或相等位移段，就可以考虑比例法．[解析]因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以取反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶2∶3…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为3∶2∶1，选项A错误，B正确．[答案]BD4．[视角1](2016·山西太原一中高三质检)如图所示，一个质点从O 点开始做匀加速直线运动，连续经过1、2、3、…、2 012、2 013各个位置，通过这些位置的瞬时速度分别为v 1、v 2、v 3、…、v 2 012和v 2 013，v 表示从1到2 013的平均速度，已知连续两点间距离都相等，即x 12＝x 23＝…，则关于v 、v 504和v 1 007的大小关系正确的是( )A ．v ＜v 504B ．v 504＜v 1 007C ．v ＞v 1 007D ．无法比较解析：选B.设1和2两点距离为L ，v 2504－v 21＝2a (503L )、v 22 013－v 21＝2a (2012L )，联立可得v 2504＝503v 22 013＋1 509v 212 012，又平均速度v ＝v 2 013＋v 12.v 2－v 2504＝1 006v 1(v 2 013－v 1)2 012＞0，则v ＞v 504，又根据中点位移的瞬时速度大于中点时刻的瞬时速度即v ＜v 1 007，正确选项为B.5．[视角2](多选)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 ＝3 m ．且物体通过AB 、BC 、CD 所用时间相等，则下列说法正确的是( )A ．可以求出物体加速度的大小B ．可以求得CD ＝4 mC ．可求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可求得OA 之间的距离为1.5 m解析：选BC.设加速度为a ，时间为T ，则有Δs ＝aT 2＝1 m ，可以求得CD ＝4 m ，而B 点的瞬时速度v B ＝s AC2T，所以OB 之间的距离为s OB ＝v 2B2a＝3.125 m ，OA 之间的距离为s OA ＝s OB －s AB ＝1.125 m ，即B 、C 选项正确．6．[视角3](2016·黄冈质检)一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a 点上滑，最远可达b 点，e 为ab 的中点，已知物体由a 到e 的时间为t 0，则它从e 经b 再返回e 所需时间为( )A ．t 0B ．(2－1)t 0C ．2(2＋1)t 0D ．(22＋1)t 0解析：选C.由逆向思维可知物体从b 到e 和从e 到a 的时间比为1∶(2－1)；即t ∶t 0＝1∶(2－1)，得t ＝(2＋1)t 0，由运动的对称性可得从e 到b 和从b 到e 的时间相等，所以从e 经b 再返回e 所需时间为2t ，即2(2＋1)t 0，答案为C.1．平均速度法的特点就是由平均速度可得中间时刻的瞬时速度，二者可互相推算．2．Δx ＝aT 2可用于判定物体是否做匀变速直线运动，也可用于求解物体做匀变速直线运动的加速度． 3．比例法适用于初速度为零的匀加速直线运动，当题目中涉及均分思想，出现相等时间内的位移或相等位移的时间时，可用此法比较方便的求解问题．考点三 自由落体和竖直上抛运动1．自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．(2)运动性质：初速度v 0＝0，加速度为重力加速度g 的匀加速运动． (3)基本规律①速度公式：v ＝gt ． ②位移公式：h ＝12gt 2．③速度位移关系式：v 2＝2gh ． 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，下降阶段做匀加速运动． (2)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ． ②位移公式：h ＝v 0t －12gt 2．③速度位移关系式：v 2－v 20＝－2gh ． ④上升的最大高度：H ＝v 202g ．⑤上升到最高点所用时间t ＝v 0g ．命题视角1 自由落体运动规律的应用屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，如图所示，(g 取10 m/s 2)问：(1)此屋檐离地面多高？(2)滴水的时间间隔是多少？[解析] 如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T ，则这一滴水在0时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置，据此可作出解答．设屋檐离地面高为x ，滴水间隔为T .则 x ＝16x 0，5x 0＝1 m ，所以x ＝3.2 m 另有x ＝12g (4T )2，解得T ＝0.2 s.[答案] (1)3.2 m (2)0.2 s命题视角2 竖直上抛运动问题的求解气球以10 m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一重物从气球上掉落，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/s 2)[审题点睛] 重物从气球上掉落时仍具有向上的速度．[解析] 法一：全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，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．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去)， 所以重物落地速度为v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反． 法二：分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则 t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10 m ＝5 m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＝2H g＝ 2×18010s ＝6 s ， v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下 所以重物从气球上掉落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.[答案] 7 s 60 m/s7．[视角1](2014·高考上海卷)在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )A.2v gB.v gC.2h vD.h v解析：选A.以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有h ＝－vt 1＋12gt 21，h ＝vt 2＋12gt 22，Δt ＝t 1－t 2，解以上三式得两球落地的时间差Δt ＝2vg，故A 正确．8．[视角2]某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后，始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s 到达离地面40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度； (2)火箭上升离地面的最大高度；(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间．解析：设燃料用完时火箭的速度为v 1，所用时间为t 1，燃料用完前加速度为a .火箭的运动分为两个过程，第一个过程为匀加速上升运动，第二个过程为竖直上抛运动．(1)对第一个过程有h 1＝v 12t 1，代入数据解得v 1＝20 m/s. (2)对第二个过程有h 2＝v 212g ，代入数据解得h 2＝20 m所以火箭上升离地面的最大高度 h ＝h 1＋h 2＝40 m ＋20 m ＝60 m. (3)法一：分段法从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v 1＝gt 2，得t 2＝v 1g ＝2 s从最高点到落回地面的过程中由h ＝12gt 23，得t 3＝2 3 s ，故总时间t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝(6＋23) s. 法二：全程法考虑火箭从燃料用完到落回地面的全过程，以竖直向上为正方向，全过程为初速度v 1＝20 m/s ，加速度g ＝－10 m/s 2，位移h ＝－40 m 的匀变速直线运动，即有h ＝v 1t ＋12gt 2，代入数据解得t ＝(2＋23) s 或t ＝(2－23) s(舍去)， 故t 总＝t 1＋t ＝(6＋23) s.答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)(6＋23) s1．对于自由落体运动，由于v 0＝0，a ＝g 等条件已知，多用比例法求解问题． 2．竖直上抛运动的对称性：(1)时间对称性：经过同一段高度上升和下降过程中所用时间相等．(2)速度对称性：经过同一位置时速度大小相等，方向相反．3．在解答竖直上抛运动问题时，既可以分段处理，也可全程考虑，要注意对称性带来的多解问题．一、选择题(1～6小题为单选题，7～9小题为多选题)1．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D ．Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)[导学号76070013] 解析：选A.物体做匀加速直线运动，在前一段Δx 所用的时间为t 1，平均速度为v 1＝Δx t 1，即为t 12时刻的瞬时速度；物体在后一段Δx 所用的时间为t 2，平均速度为v 2＝Δx t 2，即为t 22时刻的瞬时速度．速度由v 1变化到v 2所用的时间为Δt ＝t 1＋t 22，所以加速度a ＝v 2－v 1Δt ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，A 正确．2．(2016·杭州质检)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(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/s[导学号76070014] 解析：选D.由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对比题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.则第1 s 内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t ＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内速度增量Δv ＝at ＝2 m/s ，D 对．3．(2016·威海模拟)从16 m 高处每隔一定时间释放一球，让它们自由落下，已知第一个球刚好落地时，第五个球刚释放，这时第二个球离地面的高度是(g 取10 m/s 2)( )A ．15 mB ．12 mC ．9 mD ．7 m[导学号76070015] 解析：选D.第一个小球落地时，从上到下相邻两球之间的距离之比为：1∶3∶5∶7，因此第1、2两球间距离为：71＋3＋5＋7×16 m ＝7 m ，故D 正确．4．(2014·高考海南卷)将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t 1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t 2.如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t 0.则( )A ．t 1＞t 0，t 2＜t 1B ．t 1＜t 0，t 2＞t 1C ．t 1＞t 0，t 2＞t 1D ．t 1＜t 0，t 2＜t 1[导学号76070016] 解析：选B.物体在上升和下降过程中的位移h 相同，但由于空气阻力的作用，在上升过程中的加速度a 1＞g ，下降过程中的加速度a 2＜g ，根据h ＝12at 2可知，t 1＜t 2；如果没有空气阻力，a 0＝g ，根据v＝at 可知，t 1＜t 0.故选B.5．(2016·东北三校联考)某同学身高1.8 m ，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m 高度的横杆．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s[导学号76070017] 解析：选B.人的重心大约在身体的中间位置，由题意知人重心上升了0.9 m ．由v 20＝2gh 可知本题应选B ，即人的起跳速度约为4 m/s.6．(2015·高考江苏卷)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 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5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5[导学号76070018] 解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t ＝v a ＝1 s ，运动的距离为x 1＝12at 2＝1 m ，然后以2 m/s 的速度匀速运动，经4 s 运动的距离为8 m ，因此第1个5 s 内运动的距离为9 m ，过了关卡2.到关卡3时再用时3.5 s ，大于2 s ，因此能通过关卡3.到关卡4时共用时12.5 s ，而第12 s 时关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C 项正确．7.如图所示，斜面倾角为θ，一个小物体从斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速直线运动，其依次经过a 、b 、c 三点，最终停在斜面顶点P .a 、b 、c 三点到P 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，小物体由a 、b 、c 运动到P 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论不正确的是( )A.x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3 B.x 2－x 1t 22－t 21＝x 3＋x 1t 23－t 21 C.x 1t 1＝x 2t 2＜x 3t 3D ．x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23[导学号76070019] 解析：选ABC.倒着看，小物体从斜面顶端做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式x ＝12at 2有a ＝2x 1t 21＝2x 2t 22＝2x 3t 23，选项D 对；应用数学知识有x 2－x 1t 22－t 21＝x 3－x 1t 23－t 21，选项B 错；由匀变速直线运动规律易知，选项A 、C 错．8．一质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m[导学号76070020] 解析：选CD.初速度为零的匀加速直线运动在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s 时，在前2 s 内和后2 s 内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t ＝3 s ，选项C 正确；最初1 s 内的位移与总位移之比为x 1x ＝59，滑块最初1 s 内的位移为2.5 m ，故x ＝4.5 m ，选项D 正确；根据x ＝12at 2可得a ＝1 m/s 2，选项A 错误；根据v ＝at 可得，滑块的初速度为3 m/s ，选项B 错误．9．(2016·贵州诊断)一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滚下，到达斜面中点用时1 s ，速度为2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．斜面长度为1 mB ．斜面长度为2 mC ．物体在斜面上运动的总时间为 2 sD ．到达斜面底端时的速度为4 m/s[导学号76070021] 解析：选BC. v ＝v 中2＝1 m/s ，L 2＝v －t 1＝1 m ，L ＝2 m ，故A 错B 对；由t 1∶t 2＝1∶(2－1)得：t 2＝(2－1) s ，t ＝t 1＋t 2＝ 2 s ，故C 对；由v ＝at 知，v 底＝2 2 m/s ，故D 错．二、非选择题(要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 10．(2016·青岛模拟)一个小球从斜面顶端无初速下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10 s ，斜面长4 m ，在水平面上运动的距离为6 m ，求：(1)小球在运动过程中的最大速度；(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小． [导学号76070022] 解析：法一：基本公式法设小球在斜面上的加速度大小为a 1，运动时间为t 1；在水平面上的加速度大小为a 2，运动时间为t 2，由x ＝v 0t ＋12at 2可得：4＝12a 1t 21① 6＝12a 2t 22② 由最大速度相等可得v m ＝a 1t 1＝a 2t 2③ t 1＋t 2＝10 s ④联立①②③④可解得v m ＝2 m/s ，a 1＝0.5 m/s 2，a 2＝0.33 m/s 2. 法二：平均速度法设小球运动过程中的最大速度为v m ，由x ＝v 0＋v 2t 可得：0＋v m 2t 1＋v m ＋02t 2＝10 m ，即v m2(t 1＋t 2)＝10 m ，而t 1＋t 2＝10 s ，解得v m ＝2 m/s.由a ＝v 2－v 202x 可得，a 1＝22－02×4 m/s 2＝0.5 m/s 2a 2＝0－222×6m/s 2＝－0.33 m/s 2.答案：(1)2 m/s (2)0.5 m/s 2 0.33 m/s 211.王兵同学利用数码相机连拍功能记录运动会上女子跳水比赛中运动员在10 m 跳台跳水的全过程．所拍摄的第一张照片恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲，王兵同学认为这时她们处在最高点，第十九张如图乙，她们正好身体竖直、双手刚刚触及水面．查阅资料得知相机每秒连拍10张．设起跳时重心离台面及触水时重心离水面的距离相等．由以上材料：(1)估算运动员的起跳速度大小；(2)分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升阶段还是下降阶段？[导学号76070023] 解析：(1)由题意可知，相机连拍周期T ＝110 s ＝0.1 s ，运动员从起跳到双手触水的总时间t ＝18T ＝1.8 s.设起跳速度大小为v 0，取竖直向上为正方向，则：－10＝v 0t －12gt 2，解得：v 0＝3.4 m/s.(2)上升时间t 1＝0－v 0－g＝0.34 s.而拍第四张照片是在0.3 s 时，所以此时运动员还处于上升阶段． 答案：(1)3.4 m/s (2)不是，重心处于上升阶段12．(2014·高考山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．[导学号76070024]解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度v t＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得v20＝2as①t＝v0 a②联立①②式，代入数据得a＝8 m/s2③t＝2.5 s．④(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s⑤Δt＝t′－t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3 s．⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma⑧由平行四边形定则得F20＝F2＋(mg)2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得F0mg＝415.答案：(1)8 m/s2 2.5 s(2)0.3 s(3)415。
高考物理复习专题：匀变速直线运动的规律 总结
高考物理复习专题：匀变速直线运动的规律总结
匀变速直线运动的规律总结：
1、匀变速直线运动是指在恒定时间内，物体以恒定的加速度
向某一方向（正方向或负方向）运动的运动方式。
2、运动的时间t和速度v的关系可以用公式表示为：v=at，其中a是加速度。
3、运动的时间t和位移s的关系可以用公式表示为：s=1/2at²，其中a是加速度。
4、当匀变速直线运动中，物体以恒定的加速度a向正方向运动，它的速度v和位移s都随时间t呈线性增长。
5、当匀变速直线运动中，物体以恒定的加速度a向负方向运动，它的速度v和位移s都随时间t呈线性减少。
6、物体以匀变速直线运动时，根据它所处时刻t的位置，可
以求出它在该时刻t时的速度v，也可以求出它在该时刻t时
的加速度a。
7、匀变速直线运动时，物体运动的距离s和运动的速度v之
间有一定的关系，可以用s=vt来表示。
8、在匀变速直线运动过程中，物体运动的速度v和时间t之
间有一定的关系，可以用v=at来表示。
9、在匀变速直线运动过程中，物体的加速度a和时间t之间有一定的关系，可以用a=v/t来表示。
10、在匀变速直线运动过程中，物体的加速度a、速度v和位移s之间有一定的关系，可以用s=1/2at²来表示。
总的来说，匀变速直线运动是一种物体以恒定的加速度向某一方向（正方向或负方向）运动的运动方式，在匀变速直线运动过程中，存在物体运动距离s与速度v、时间t、加速度a之间的物理关系，可以用物理公式来描述。
高考课标物理一轮复习课件匀变速直线运动的规律及应用
06 学生自主思考与 练习
学生自主思考题目
匀变速直线运动的基本规律
思考匀变速直线运动的速度、加速度、位移等物理量之间的关系，以及如何应用这些关系 解决问题。
匀变速直线运动的图像分析
思考如何利用v-t图像和x-t图像分析匀变速直线运动的过程和特点，以及图像中斜率、面 积等物理量的意义。
匀变速直线运动在生活中的应用
05 经典例题解析与 讨论
简单题目解析与讨论
题目一
一物体做匀加速直线运动，初速度为2m/s，加速度为 4m/s²，求物体在4s内的位移。
解析
根据匀变速直线运动的位移公式$x = v_0t + frac{1}{2}at^2$，代入数据可得$x = 2 times 4 + frac{1}{2} times 4 times 4^2 = 40m$。
自由落体运动应用
自由落体运动定义
物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
自由落体运动规律
初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。
自由落体运动应用实例
测量重力加速度、研究物体下落过程等。
竖直上抛运动应用
竖直上抛运动定义
01
物体以一定的初速度沿竖直方向抛出，仅在重力作用下的运动
。
竖直上抛运动规律
02
高考课标物理一轮复习课件 匀变速直线运动的规律及应 用
汇报人：XX 20XX-01-13
contents
目录
• 匀变速直线运动基本概念 • 匀变速直线运动规律 • 匀变速直线运动应用 • 解题方法与技巧 • 经典例题解析与讨论 • 学生自主思考与练习
01 匀变速直线运动 基本概念
匀变速直线运动定义
竖直上抛运动规律
高考物理总复习 第一单元 运动的描述 匀变速直线运动 课时2 匀变速直线运动规律的应用(含解析)
课时2 匀变速直线运动规律的应用1.匀变速直线运动的基本规律(1)匀变速直线运动就是加速度不变的直线运动,当v与a方向相同时,物体做加速直线运动;当v与a方向相反时,物体做减速直线运动;物体的速度变大变小与a是否变化无关,由它们之间的方向关系决定。
(2)基本运动规律①速度与时间关系公式v=v0+at。
②位移与时间关系公式x=v0t+at2。
③位移与速度关系公式2ax=v2-。
2.匀变速直线运动的常用推论(1)中间时刻的瞬时速度=(v+v0)。
(2)中间位置的瞬时速度=。
(3)连续相等时间内相邻的位移之差相等,即Δx=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=aT2。
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶v n=1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶x n=12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第n个T内的位移之比Δx1∶Δx2∶Δx3∶…∶Δx n=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶t n=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。
4.自由落体运动和竖直上抛运动的规律(1)自由落体运动①速度公式:v=gt。
②位移公式:x=gt2。
③位移—速度公式:2gx=v2。
(2)竖直上抛运动①速度公式:v=v0-gt。
②位移公式:x=v0t-gt2。
③位移—速度公式:-2gx=v2-。
④上升的最大高度:h=。
⑤上升到最大高度用时:t=。
1.(2019安徽安庆市第二中学开学摸底)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),则该质点()。
A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任意相邻的1s内位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s答案 D2.(2019湖南长沙1月月考)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()。
高考物理基础知识综合复习阶段检测卷一匀变速直线运动的规律(含答案)
高考物理基础知识综合复习：阶段检测卷(一) 匀变速直线运动的规律(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.某人从井口静止释放一颗小石子,不计空气阻力,为表示小石子落水前的运动,下列四幅图像可能正确的是()2.下列说法正确的是()A.参考系必须是静止不动的物体B.凡轻小的物体皆可看成质点C.研究地面上物体的运动,必须选取地面为参考系D.研究物体的运动,可选择不同的参考系,但选择不同的参考系对于研究同一物体的运动而言,有时会出现不同的结果3.2020年11月10日,我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底,坐底深度10 909 m。
“奋斗者”号照片如图所示,下列情况中“奋斗者”号一定可视为质点的是()A.估算下降总时间时B.用推进器使其转弯时C.在海沟中穿越窄缝时D.科学家在其舱内进行实验时4.在某次驾驶车辆过程中,听到导航仪提醒“前方有2 km拥堵,通过时间25分钟”,根据导航仪提醒,下列推断合理的是()A.汽车将匀速通过前方2 kmB.此处的2 km为该拥堵路段的路程C.可以根据此信息求出此时车辆的瞬时速度D.通过前方2 km的过程中,车子的平均速度大约为1.3 m/s5.高铁出行舒适、便捷,成为一种新颖时尚的旅行方式。
下列有关说法正确的是()A.列车8:12从杭州站出发指的是时刻B.营业里程1.8万千米指的是列车运行的位移C.计算列车通过某隧道口的时间时,列车可以看成质点D.从杭州到长沙所需的时间取决于列车的最大瞬时速度6.百米赛跑时小明到达终点的撞线速度是9.1 m/s。
这里的“速度”表示()A.瞬时速度大小B.平均速度大小C.瞬时速度方向D.平均速度方向7.如图所示为小车运动时的v-t图像。
由图可知,小车()A.做匀速直线运动B.做匀减速直线运动C.在t=10 s时的速度大小是4 m/sD.在t=0时从静止开始运动8.一物体在水平面上由静止开始先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动到停止,共历时2×103 s,位移2×103 m。
高考物理一轮复习 第一章 直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用教案-人教版高三全册物理教案
第2讲匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动的基本规律1.速度与时间的关系式:① v=v0+at 。
2.位移与时间的关系式:② x=v0t+at2。
3.位移与速度的关系式:③ v2-=2ax 。
二、匀变速直线运动的推论1.平均速度公式:==④。
2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=x n-x n-1=⑤ aT2。
可以推广到x m-x n=(m-n)aT2。
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末,2T末,3T末…瞬时速度之比为:v1∶v2∶v3∶…=⑥1∶2∶3∶… 。
(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:x1∶x2∶x3∶…=⑦1∶22∶32∶… 。
(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…=⑧1∶3∶5∶… 。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶…=⑨1∶(-1)∶(-)∶… 。
三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律1.自由落体运动规律(1)速度公式:v=⑩ gt 。
(2)位移公式:h=gt2。
(3)速度位移关系式:v2= 2gh 。
2.竖直上抛运动规律(1)速度公式:v= v0-gt 。
(2)位移公式:h= v0t-gt2。
(3)速度位移关系式: v2-=-2gh。
(4)上升的最大高度:h=。
(5)上升到最大高度用时:t=。
1.判断下列说法对错。
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。
(✕)(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动。
(√)(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。
(✕)(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。
(✕)(5)做自由落体运动的物体,下落的高度与时间成正比。
(✕)(6)做竖直上抛运动的物体,上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。
(√)2.(多选)(2019贵州师大附中月考)K111次列车正以180 km/h的速度行驶,前方为终点站贵阳站,司机开始制动减速,列车制动时加速度的大小为2.5 m/s2,则( )A.4 s时列车的速度为60 m/sB.4 s时列车的速度为40 m/sC.24 s内列车的位移x=480 mD.24 s内列车的位移x=500 m2.答案BD3.(多选)如图所示,小球从竖直砖墙某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置。
高考物理一轮复习讲义—匀变速直线运动的规律
高考物理一轮复习讲义—匀变速直线运动的规律考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．2．匀变速直线运动的三个基本公式(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＋1at2.2(3)速度与位移关系v2－v02＝2ax.3．三个基本公式选用原则(1)v＝v0＋at，不涉及位移x；(2)x＝v0t＋1at2，不涉及末速度v；2(3)v2－v02＝2ax，不涉及运动的时间t.1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×)2．匀加速直线运动的位移是均匀增加的．(×)3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同．(√)1．基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论2．正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负．3．解决匀变速运动的常用方法(1)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，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．(2)图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程．考向1基本公式的应用例1在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是()A．公交车运行的最大速度为4m/sB．公交车刹车的加速度大小为1m/s2C．公交车从刹车开始10s内的位移为60mD．公交车刹车后第1s内的平均速度为15m/s答案D解析根据x＝v0t－12at2与x＝16t－t2的对比，可知刹车过程为匀减速直线运动，运行的最大速度就是刹车时车的速度，为16m/s，刹车的加速度大小为2m/s2，故A、B错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t＝va＝8s可知，刹车停止需要8s时间，从刹车开始10s内的位移，其实就是8s内的位移，t＝8s时有x＝64m，故C错误；t′＝1s时，有x′＝15m，由平均速度公式可得v ＝x ′t ′＝15m/s ，故D 正确．例2对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36km/h 的速率行驶时，可以在18m 的距离被刹住；当以54km/h 的速率行驶时，可以在34.5m 的距离被刹住．假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问：(1)这位驾驶员的反应时间为多少；(2)某雾天，该路段能见度为50m ，则行车速率不能超过多少．考向2逆向思维法解决匀变速直线运动问题例3假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t ，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海面的深度为()A ．vt 0(1－t 02t)B.v t －t 022tC.vt 2D.vt 022t答案B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a ＝vt，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海面的深度为：h ＝12a (t －t 0)2＝12×vt×(t －t 0)2＝v t －t 022t，故选B.考向3两种匀减速直线运动的比较1．刹车类问题(1)其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为零的匀加速直线运动．2．双向可逆类问题(1)示例：如沿光滑固定斜面上滑的小球，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．(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义．例4若飞机着陆后以6m/s 2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s ，则它着陆后12s 内滑行的距离是()A ．288mB ．300mC ．150mD ．144m答案B解析设飞机着陆后到停止所用时间为t ，由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10s ，由此可知飞机在12s 内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s 内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10m ＋－6×1022m ＝300m.例5(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s 2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m 时，下列说法正确的是()A ．物体运动时间可能为1sB ．物体运动时间可能为3sC ．物体运动时间可能为(2＋7)sD ．物体此时的速度大小一定为5m/s 答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，a ＝－5m/s 2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m 时，x ＝7.5m ，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2，解得t 1＝3s 或t 2＝1s ，故A 、B 正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5m 时，x ＝－7.5m ，由x ＝v 0t ＋12at 2解得：t 3＝(2＋7)s 或t 4＝(2－7)s(舍去)，故C 正确．由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v 1＝－5m/s 或v 2＝5m/s 、v 3＝－57m/s ，故D 错误．考点二匀变速直线运动的推论及应用1．匀变速直线运动的常用推论(1)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．即：v ＝v 0＋v2＝2t v .此公式可以求某时刻的瞬时速度．(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等．即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.不相邻相等的时间间隔T 内的位移差x m －x n ＝(m －n )aT 2，此公式可以求加速度．2．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∶…∶v n＝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∶…∶x n＝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∶…∶x N ＝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∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．考向1平均速度公式例6做匀变速直线运动的质点在第一个7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大6m/s，则质点的加速度大小为()A．1m/s2B．1.5m/s2C．3m/s2D．4m/s2答案C解析物体做匀变速直线运动时，第一个3s内中间时刻，即1.5s时的速度为v1＝v3，第一个7s内中间时刻，即3.5s时的速度为v2＝v7，由题意可知v2－v1＝6m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2s，可得a＝3m/s2.故选C.考向2位移差公式例7(2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法错误的是()A．物体运动的加速度为4m/s2B．第2s内的位移为6mC．第2s末的速度为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度为10m/s答案C解析根据位移差公式x Ⅳ－x Ⅱ＝2aT 2，得a ＝x Ⅳ－x Ⅱ2T2＝82×12m/s 2＝4m/s 2，故A 正确，不符合题意；第2s 内的位移为：x 2－x 1＝12at 22－12at 12＝12×4×(22－12)m ＝6m ，故B 正确，不符合题意；第2秒末速度为v ＝at 2＝4×2m/s ＝8m/s ，故C 错误，符合题意；物体在0～5s 内的平均速度v ＝x 5t 5＝12at 52t 5＝12×4×525m/s ＝10m/s ，故D 正确，不符合题意．考向3初速度为零的匀变速直线运动比例式例8(多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，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之比分别是()A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确；由v 2－v 02＝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时的速度之比为1∶2∶3，故所求的速度之比为3∶2∶1，选项A 错误，B 正确．课时精练1．如图所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则AB ∶BC 等于()A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案C解析根据匀变速直线运动的速度—位移公式v 2－v 02＝2ax知，x AB ＝v 22a ，x AC ＝2v 22a，所以AB ∶AC ＝1∶4，则AB ∶BC ＝1∶3，故C 正确，A 、B 、D 错误．2．汽车以20m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s 与5s 汽车的位移之比为()A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3答案C解析汽车速度减为零的时间为：t 0＝Δv a ＝0－20－5s ＝4s,2s 时位移：x 1＝v 0t ＋12at 2＝20×2m －12×5×4m ＝30m ，刹车5s 内的位移等于刹车4s 内的位移，为：x 2＝0－v 022a ＝40m ，所以经过2s 与5s 汽车的位移之比为3∶4，故选项C 正确．3．(2022·吉林通化县综合高级中学高三月考)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()A.23m/s 2 B.43m/s 2C.8 9m/s2D.169m/s2答案B解析根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则2s时的瞬时速度等于0～4s内的平均速度，v1＝164m/s＝4m/s5s时的瞬时速度等于4～6s内的平均速度v2＝162m/s＝8m/s 两个中间时刻的时间间隔为Δt＝2s＋1s＝3s根据加速度定义可得a＝v2－v1Δt＝43m/s2故选B.4．汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1s内的位移为13m，最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是() A．汽车在第1s末的速度可能为10m/sB．汽车加速度大小可能为3m/s2C．汽车在第1s末的速度一定为11m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5m/s2答案C解析采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝12at2得，汽车加速度大小a＝2x′t2＝2×212m/s2＝4m/s2，第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t－12at2，代入数据解得，初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．5．(2022·山西长治市第八中学高三月考)木块A、B、C并排固定在水平地面上，一子弹以30m/s的速度射入木块A，A、B、C三木块的厚度比为5∶3∶1，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹刚好射穿木块C，则下列说法正确的是()A．子弹射出木块A时的速度为10m/sB．子弹在木块A中的运动时间大于子弹在木块B中的运动时间C．子弹在木块B和C中的运动时间相等D．子弹在木块A中的平均速度是子弹在木块C中平均速度的2倍答案C解析子弹运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，则在连续相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，速度之比为1∶2∶3，知刚射穿B时速度为10m/s，刚射出A时速度为20m/s，A、B错误，C正确；子弹在木块A中的平均速度为v A＝30＋202m/s＝25m/s，子弹在木块C中平均速度为v C＝10＋02m/s＝5m/s，D错误．6．(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s.根据这些信息可求得()A．高铁车头经过A、B、C的速度B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间C．高铁运动的加速度D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比答案AD解析设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为v A、v B、v C，根据AB段的平均速度为30m/s，可以得到v AB＝v A＋v B2＝30m/s；根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到vBC＝v B＋v C2＝20m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为v＝2xt AB＋t BC＝2xx30m/s＋x20m/s ＝24m/s，所以有v AC＝v A＋v C2＝24m/s，联立解得v A＝34m/s，v B＝26m/s，v C ＝14m/s ，由于不知道AB 和BC 的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A 正确，B 、C 错误；t AB ∶t BC ＝xv AB ∶x v BC＝2∶3，选项D 正确．7．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2(m)，则它在前3s 内的平均速度为()A ．8m/sB ．10m/sC ．12m/sD ．14m/s 答案A 解析由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v 0＝24m/s ，a ＝－12m/s 2；则由v ＝v 0＋at 可知，汽车在2s 末停止运动，故前3s 内的位移等于前2s 内的位移，x ＝24×2m －6×4m ＝24m ，则汽车的平均速度v ＝x t ＝243m/s ＝8m/s ，故A 正确．8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾驶员减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m 内的物体，并且他的反应时间为0.6s ，制动后最大加速度大小为5m/s 2.假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是()A ．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6sB ．小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80mC ．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25m/sD ．三角警示牌至少要放在车后58m 远处，才能有效避免两车相撞答案AD 解析设小轿车从刹车到停止所用时间为t 2，则t 2＝0－v 0－a ＝0－30－5s ＝6s ，故A 正确；小轿车的刹车距离x ＝0－v 02－2a ＝0－3022×－5m ＝90m ，故B 错误；反应时间内小轿车通过的位移为x 1＝v 0t 1＝30×0.6m ＝18m ，小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为x ′＝50m －18m ＝32m ，设减速到警示牌的速度为v ′，则－2ax ′＝v ′2－v 02，解得v ′＝2145m/s ，故C 错误；小轿车通过的总位移为x 总＝(90＋18)m ＝108m ，放置的位置至少为车后Δx ＝(108－50)m ＝58m ，故D 正确.9．假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某列车长为L ，通过一铁路桥时的加速度大小为a ，列车全身通过桥头的时间为t 1，列车全身通过桥尾的时间为t 2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为()A.L a ·t 1＋t 2t 1t 2B.L a ·t 1＋t 2t 1t 2－t 2－t 12C.L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12D.L a ·t 2－t 1t 1t 2＋t 2－t 12答案C 解析设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t 0，从列车车头到达桥头时开始计时，列车全身通过桥头时的平均速度等于t 12时刻的瞬时速度v 1，可得：v 1＝L t 1，列车全身通过桥尾时的平均速度等于t 0＋t 22时刻的瞬时速度v 2，则v 2＝L t 2，由匀变速直线运动的速度时间关系式可得：v 2＝v 1－a (t 0＋t 22－t 12)，联立解得：t 0＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12.故选C.10.从固定斜面上的O 点每隔0.1s 由静止释放一个同样的小球．释放后小球做匀加速直线运动．某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示．测得小球相邻位置间的距离x AB ＝4cm ，x BC ＝8cm.已知O 点与斜面底端的距离为l ＝35cm.由以上数据可以得出()A ．小球的加速度大小为12m/s 2B ．小球在A 点的速度为0C．斜面上最多有5个小球在滚动D．该照片是距A点处小球释放后0.3s拍摄的答案C解析根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝x BC－x ABT2＝0.040.12m/s2＝4m/s2，选项A错误；小球在B点时的速度v B＝x AB＋x BC2T＝0.120.2m/s＝0.6m/s，小球在A点时的速度为v A＝v B－aT＝0.6m/s－4×0.1m/s＝0.2m/s，选项B错误；t A＝v Aa＝0.24s＝0.05s，即该照片是距A点小球释放后0.05s拍摄的，选项D错误；当最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x1＝1 2aT2＝12×4×0.12m＝0.02m＝2cm，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7……，则各个球之间的距离分别为2cm,6cm,10cm,14cm,18cm……，因为O点与斜面底端距离为35cm，而前5个球之间的距离之和为32cm，斜面上最多有5个球，选项C正确．11．(2022·安徽省六安一中月考)ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20km/h提高至40km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10m处正好匀减速至v1＝4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1m/s2，忽略汽车车身长度．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)如果汽车以v2＝10m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．答案(1)894m(2)10.7s解析(1)设汽车匀减速过程位移大小为d 1，由运动学公式得v 12－v 02＝－2ad 1解得d 1＝442m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x 1＝2d 1＋d ＝894m(2)如果汽车以v 2＝10m/s 的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d 2，由运动学公式得v 22－v 02＝－2ad 2解得d 2＝400m提速前，汽车匀减速过程时间为t 1，则d 1＝v 0＋v 12t 1解得t 1＝26s通过匀速行驶区间的时间为t 1′，有d ＝v 1t 1′解得t 1′＝2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T 1＝2t 1＋t 1′＝54.5s 提速后，匀减速过程时间为t 2，则d 2＝v 0＋v 22t 2解得t 2＝20s通过匀速行驶区间的时间为t 2′，则d ＝v 2t 2′解得t 2′＝1s匀速通过(d 1－d 2)位移时间Δt ＝d 1－d 2v 0＝1.4s 通过与提速前相同位移的总时间为T 2＝2t 2＋t 2′＋2Δt ＝43.8s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT ＝T 1－T 2＝10.7s.。
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。
江苏省高考物理一轮复习 第一章 直线运动 基础课2 匀变速直线运动的规律及其应用教案-人教版高三全册
基础课2 匀变速直线运动的规律及其应用知识排查知识点一 匀变速直线运动的规律 1.匀变速直线运动2.初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。
(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…n 2。
(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移之比为x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝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t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
知识点二 自由落体运动规律 1.速度公式：v ＝gt 。
2.位移公式：h ＝12gt 2。
3.速度－位移关系式：v 2＝2gh 。
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运动。
( )(2)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v 运动距离是由v 到2v 运动距离的12倍。
( )(3)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。
( )(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。
( ) (5)物体从某高度由静止下落，一定做自由落体运动。
( ) (6)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s 2。
( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×2.[人教版必修1P 45第5题改编]小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图1所示。
已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B 点的速度，需测量( )图1A.照片中AC 的距离B.照片中球的直径及AC 的距离C.小钢球的实际直径、照片中AC 的距离D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC 的距离解析 B 点位于AC 的时间中点，所以其瞬时速度等于AC 间的平均速度，因此要测量小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC 的距离。
专题04 匀变速运动的规律及应用(知识精讲)(解析版)
专题四匀变速运动的规律及应用知识精讲一.知识结构图二.学法指导1.通过v-t图像分析匀变速直线运动的速度变化特点，并定义匀变速直线运动2.学会并体会物体做匀变速直线运动的v-t图像与坐标轴所围面积表示位移，重点学校运动v-t图像表示位移大小及方向3.通过对公式推导掌握匀变速直线运动的三个基本公式及有关推论的学习4.掌握初速度为零运动的规律并运用此规律解题三.知识点贯通知识点1匀变速直线运动(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动。
(2)分类①匀加速直线运动，a与v0方向相同。
②匀减速直线运动，a与v0方向相反。
知识点2．基本规律和推论例题1 5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和在9 s 内通过的位移分别是( ) A ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 m B ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 m C ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 m D ．a ＝0.8 m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m 【答案】C【解析】 根据匀变速直线运动的规律，质点在8.5 s 时刻的速度比在4.5 s 时刻的速度大4 m/s ，所以加速度a ＝Δv Δt ＝44 m/s 2＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ′＝9.5 m/s ，x 9＝12(v 0＋v 9)t ′＝45 m ，选项C 正确。
例题2. 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则物体的加速度是( ) A.23 m/s 2 B.43 m/s 2 C.89 m/s 2 D.169m/s 2 【答案】B【解析】 根据题意，物体做匀加速直线运动，t 时间内的平均速度等于t2时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v 1＝v 1＝164 m/s ＝4 m/s ；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v 2＝v 2＝162 m/s ＝8 m/s ；则物体加速度为：a ＝v 2－v 1t ＝8－43 m/s 2＝43m/s 2，故选项B 正确。
新高考,高中物理 复习试卷讲义 第2节 匀变速直线运动的规律
第2节 匀变速直线运动的规律一、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：v ＝v 0＋at 。
(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。
(3)速度—位移关系式：v 2－v 20＝2ax 。
【自测1】 如图1所示，某航母甲板上跑道长200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最小速度为50 m/s ，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )图1A.5 m/sB.10 m/sC.15 m/sD.20 m/s答案 B二、匀变速直线运动的推论 1.三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等，即x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2。
(2)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一半，还等于中间时刻的瞬时速度。
平均速度公式：v －＝v 0＋v 2＝v t 2。
(3)位移中点的速度v x2＝v 20＋v 22。
2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝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∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶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∶…∶x N＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n【自测2】质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均用国际单位)，则()A.第1 s内的位移是5 mB.前2 s内的平均速度是8 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/s答案D三、自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。
(江苏专用)2016届高考物理总复习 第一章 第2节 匀变速
[审题指导] 第一步：抓关键点
关键点
获取信息
两个过程相连接，加速度方向 简化为两个匀减速直线运动
不变
飞机以速度v0着陆
前一个减速过程的初速度为v0
无阻力伞情况下匀减速直至 第二个减速阶段的末速度为零
停下
滑行总路程为x
两个减速阶段的位移和为x
第二步：找突破口 飞机着陆后经历两个匀减速直线运动阶段，前一阶段的末 速度为下一阶段的初速度，且第二阶段的末速度为零，列出两 段过程的速度关系式和位移关系式即可求解结果。
[解析] (1)火车从第一个路标到第二个路标的过程中，位移 s1＝100 m，时间 t1＝12 s，中间时刻速度为
v1＝st11＝11020 m/s＝235 m/s 火车经过第二个路标到经过第三个路标的过程中，位移 s2＝100 m，时间 t2＝22 s－12 s＝10 s，中间时刻速度为 v2＝st22＝11000 sm＝10 m/s 则 a＝vt221－＋vt221＝160＋－2535 m/s2＝353 m/s2＝0.152 m/s2。
[针对训练]
1．做匀减速直线运动的物体经 4 s 后停止，若在第 1 s 内的位移
是 14 m，则最后 1 s 的位移是
()
A．3.5 m
B．2 m
C．1 m
D．0
解析：可以采用逆向思维，把物体的运动看做是初速度为零的
匀加速直线运动，其在连续相等时间内的位移之比为 1∶3∶
5∶7，已知第 4 s 内的位移是 14 m，所以第 1 s 内的位移是 2 m，
匀变速直线运动的两特性
(1)运动的可逆性：末速度为零的匀减速直线运动可等效为 初速度为零的反向匀加速直线运动。
(2)运动的对称性：物体做初、末态速度均为零的先加速后 减速运动时，若两段加速度大小相等，则运动具有对称性。
江苏省高考物理一轮复习 专题02 匀变速直线运动考点扫描(含解析)
专题02 匀变速直线运动一、【知识精讲】 一、匀变速直线运动的规律 1． 变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动． (2)分类(1)匀加速直线运动，a 与v0方向同向． (2)匀减速直线运动，a 与v0方向反向． 2． 变速直线运动的规律 (1)速度公式：v ＝v0＋at.(2)位移公式：x ＝v0t ＋21at2.(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax. 二、匀变速直线运动的推论 1． 变速直线运动的两个重要推论(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一半，即：)(2102v v v v t +==.(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＝aT2.2． 速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为： v1∶v2∶v3∶…∶vn ＝1∶2∶3∶…∶n (2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为： x1∶x2∶x3∶…∶xn ＝12∶22∶32∶…∶n2(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：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的比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…(n －1-n )． 三、自由落体运动和竖直上抛运动 1． 由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．(2)运动性质：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g 的匀加速直线运动．(3)基本规律 ①速度公式：v ＝gt.②位移公式：h ＝21gt2.③速度位移关系式：v2＝2gh. 2． 直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动． (2)基本规律①速度公式：v ＝v0－gt.②位移公式：h ＝v0t －21gt2.③速度位移关系式：v2－v20＝－2gh.④上升的最大高度：g v H 22=. ⑤上升到最高点所用时间：g v t 0=.二、【考点归纳】考点一 匀变速直线运动规律的应用 归纳总结1．速度时间公式v ＝v0＋at 、位移时间公式2021at t v x +=、位移速度公式v2－v20＝2ax ，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．2． 三个公式中的物理量x 、a 、v0、v 均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v0方向相同的x 、a 、v 均为正值，反之为负值．当v0＝0时，一般以a 的方向为正方向．这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化．3． 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带考点二 解决匀变速直线运动的常用方法 归纳总结 1． 一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性． 2． 平均速度法定义式t x v =对任何性质的运动都适用，而)(2102v v v v t +==只适用于匀变速直线运动．3． 比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解． 4． 逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动． 5． 推论法利用Δx＝aT2：其推广式xm －xn ＝(m －n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷． 6． 图象法利用v －t 图可以求出某段时间内位移的大小；追及问题；用x －t 图象可求出任意时间内的平均速度等．考点三 自由落体运动和竖直上抛运动 归纳总结1．自由落体运动实质：初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动． 2． 竖直上抛运动的研究方法竖直上抛运动的实质是加速度恒为g 的匀变速运动，处理时可采用两种方法：(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下降过程的自由落体阶段． (2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为a ＝－g 的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方． 3. 竖直上抛运动的对称性如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A 、B 为途中的任意两点，C 为最高点，则(1)时间对称性：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)速度对称性：物体上升过程经过A 点与下降过程经过A 点的速度大小相等． (3)能量的对称性：物体从A→B 和从B→A 重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB.三、【典题精练】1．(2018·河南省八市高三上学期联考)质点做直线运动的v －t 图象如图所示，则下列说法正确的是( D )A ．质点前7秒的平均速度大小为1m/sB ．1秒末质点的速度方向发生变化C ．3秒末质点回到出发点D ．第1秒内质点的加速度是第5秒内加速度的2倍 【答案】 D【解析】 质点前7秒内位移等于零，平均速度为零，A 错误；前3秒内经历了先加速后减速的过程，运动方向没有改变，B 、C 错误；第1秒内质点的加速度为a ＝ΔvΔt ＝2m/s2，第5秒内加速度为a ＝ΔvΔt＝1m/s2，D 正确。
江苏高考物理复习试题：冲刺卷一 匀变速直线运动的规律及其应用(含答案)
冲刺卷一匀变速直线运动规律及其应用满分：100分时间：60分钟一.单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分。
每小题只有一个选项符合题意。
)1．如图所示，是某同学绘制沿直线运动物体加速度a.速度v.位移x随时间变化图象，若该物体在t＝0时刻速度为零，则A.B.C.D四个选项中表示该物体沿单一方向运动图象是()2.如图所示，某质点在外力作用下运动v－t图象为正弦曲线。
分析一个周期(0～t4)时间内v－t图象，判断下列说法正确是()A．0～t2时间内位移大于t2～t4时间内位移B．在0～t1时间内，加速度逐渐减小，t1时刻运动反向C．t4时刻，质点回到出发点D．在t2～t3时间内，外力做总功为零3.在平直公路上同向行驶a车和b车，其位移－时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知()A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车位移大于b车C．t1到t2时间内a车平均速度小于b车D．t1到t2时间内某时刻两车速度相同4．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25 米，动车进站时可以看做匀减速直线运动。
他发现第6节车厢经过他时用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示。
则该动车加速度大小约为()A．2 m/s2B．1 m/s2C．0.5 m/s2D．0.2 m/s2 5．一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样Δv时发生位移x2，则该质点加速度为()A．(Δv)2(1x1＋1x2) B．2（Δv）2x2－x1C．(Δv)2(1x1－1x2) D.（Δv）2 x2－x16.图示为A.B两个物体在同一直线上沿同一方向同时做匀加速运动v－t图线，已知在第3 s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确是()A．物体B速度比物体A速度变化得快B．物体A在3 s内位移为12 mC．物体A.B出发点位置关系是B在A前3 mD．物体A.B出发点位置关系是B在A前6 m7.一滑块以一定初速度从一固定斜面底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙。
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匀变速直线运动的规律及其应用
满分：100分时间：60分钟
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分。
每小题只有一个选项符合题意。
) 1．(2015·广东理综，14)如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向
运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物( )
A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v
B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v
C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2v
D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v
2．(2015·江苏单科，5)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m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5 s和2 s。
关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5 3．(2015·广东理综，13)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移－时间图象如图所示，下列表述正确的是( )
A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大
B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大
C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小
D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等
4.(2014·新课标全国卷Ⅱ，14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向
行驶。
在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图所示。
在
这段时间内( )
A ．汽车甲的平均速度比乙的大
B ．汽车乙的平均速度等于
v 1＋v 2
2
C ．甲、乙两汽车的位移相同
D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
5．(2014·天津理综，1)质点做直线运动的速度—时间图象如图所示，该质点( )
A ．在第1秒末速度方向发生了改变
B ．在第2秒末加速度方向发生了改变
C ．在前2秒内发生的位移为零
D ．第3秒末和第5秒末的位置相同
6．(2014·上海单科，8)在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( ) A.2v g
B.v g
C.
2h v
D.h v
7．(2014·江苏单科，5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止。
下列速度v 和位移x 的关系图象中，能描述该过程的是( )
8．(2015·西安八校联考)一质点在A 、B 两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在A 点初速度为v 时，从A 点到B 点所用的时间为t ，当在A 点初速度为2v 时，保持其他量不变，从A 点到B 点所用时间为t ′，则( ) A ．t ′>t 2
B ．t ′＝t
2
C ．t ′<t
2
D ．t ′＝t
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共计30分。
每小题有多个选项符合题意。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分。
)
9.(2015·长春三模)如图所示为甲、乙两物体在同一条直线上运动的v －t 图象，t ＝0时物体相距3s 0，在t ＝1 s 时两物体相遇，则下列说法正确的是( )
A ．t ＝0时，甲物体在后，乙物体在前
B ．t ＝2 s 时，两物体相距最远
C ．t ＝3 s 时，两物体再次相遇
D ．t ＝4 s 时，甲物体在乙物体后2s 0处
10．(2015·山师附中模拟)a 、b 两个质点相对于同一质点在同一直线
上运动的x －t 图象如图所示。
关于a 、b 的运动，下面说法正确的是( )
A ．a 、b 两个质点运动的出发点相距5 m
B ．质点a 比质点b 迟1 s 开始运动
C ．在0～3 s 时间内，a 、b 的位移大小相等，方向相反
D ．质点a 运动的速率比质点b 运动的速率大
11.(2015·湖北联考一)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
＝3 m 。
且物体通过AB 、BC 、CD 所用时间相等，则下列说法正确的是( ) A ．可以求出物体加速度的大小 B ．可以求得CD ＝4 m
C ．可求得OA 之间的距离为1.125 m
D ．可求得OA 之间的距离为1.5 m
12.(2015·郑州第47中学高三第一次月考)一个物体沿直线运动，
从t ＝0时刻开始，物体的位移x 与运动时间的关系如图x t
－t 所示，由此可知( ) A ．物体做匀加速直线运动 B ．物体做变加速直线运动 C ．物体的初速大小为0.5 m/s
D ．物体的加速度大小为0.5 m/s 2
13.(2015·广州综测一)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e 。
已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1
m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、
v c ，则( )
A ．v b ＝8 m/s
B ．v b ＝10 m/s
C ．v c ＝4 m/s
D ．v c ＝3 m/s
三、计算题(本题共2小题，共38分。
解答时写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。
)
14．(2015·福建理综，20)(18分)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v －t 图象如图所示。
求： (1)摩托车在0～20 s 这段时间的加速度大小a ；
(2)摩托车在0～75 s 这段时间的平均速度大小v －。
15．(2014·新课标全国卷Ⅱ，24)(20分)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km 的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。
取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2。
(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；
(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f ＝kv 2
，其中v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。
已知该运动员在某段时间内高速下落的v －t 图象如图所示。
若该运动员和所带装备的总质量m ＝100 kg ，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系
数。
(结果保留1位有效数字)。