2018年高考物理大一轮复习第1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时规范训练!
高三一轮复习秘籍-第一章第2讲匀变速直线运动的规律
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过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、匀变速直线运动的规律1．速度公式：v＝v0＋at.2．位移公式：x＝v0t＋12at2.3．位移速度关系式：v2－v20＝2ax.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x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.(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＝v0＋v2＝v t 2 .(3)位移中点速度2220 2vv vx +=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)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)．三、自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．(2)基本规律①速度公式：v ＝gt .②位移公式：x ＝12gt 2.③速度位移关系式：③v 2＝2gx .(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)结合起来．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，下降阶段做自由落体运动．(2)运动性质：匀变速直线运动．(3)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ；②位移公式：x ＝v 0t －12gt 2.研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．三个概念的进一步理解(1)质点不同于几何“点”，它无大小但有质量，能否看成质点是由研究问题的性质决定，而不是依据物体自身大小和形状来判断．(2)参考系一般选取地面或相对地面静止的物体．(3)位移是由初位置指向末位置的有向线段，线段的长度表示位移的大小．2．三点注意(1)对于质点要从建立理想化模型的角度来理解．(2)在研究两个物体间的相对运动时，选择其中一个物体为参考系，可以使分析和计算更简单．(3)位移的矢量性是研究问题时应切记的性质．【例1】在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示．下面说法正确的是()A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案D解析金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为观测“金星凌日”时太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确．【变式1】(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东直线行驶4km，又向北直线行驶3km，已知sin37°＝0.6，则下列说法中正确的是()A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7kmB．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5km处D．研究小船在湖中行驶时间时，小船可以看做质点答案ACD解析在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km＝5km，方向为东偏北θ，满足sinθ＝0.6，即θ＝37°，运动的路程为7km，选项A，C正确；以小船为参考系，O处的观察员是运动的，B错误；若研究小船在湖中行驶时间时，小船的大小相对于行驶的距离可以忽略不计，故小船可以看做质点，选项D正确．1．区别与联系(1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．2．方法和技巧(1)判断是否为瞬时速度，关键是看该速度是否对应“位置”或“时刻”．(2)求平均速度要找准“位移”和发生这段位移所需的“时间”．【例2】在某GPS定位器上，显示了以下数据：航向267°，航速36km/h，航程60km，累计100min，时间10∶29∶57，则此时瞬时速度和开机后平均速度为()A．3.6m/s、10m/s B．10m/s、10m/sC．3.6m/s、6m/s D．10m/s、6m/s答案B解析GPS定位器上显示的航速为瞬时速度36km/h＝10m/s，航程60km，累计100min ，平均速度为v ＝Δx Δt ＝60×103100×60m/s ＝10m/s ，故B 正确．【变式2】(多选)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB ，ABC ，ABCD ，ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1s,2s,3s,4s ．下列说法正确的是()A ．物体沿曲线A →E 的平均速率为1m/sB ．物体在ABC 段的平均速度大小为52m/s C ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点时的速度等于AC 段的平均速度答案BC 解析平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段轨迹的长度，故不能求出平均速率，选项A 错误；由v ＝s t 可得v ＝52m/s ，选项B 正确；所选取的过程离A 点越近，其过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，选项C 正确；物体在B 点的速度不一定等于AC 段的平均速度，选项D 错误．【变式3】一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3)m，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6t2 (m/s)，该质点在t＝2s时的速度和t＝2s到t＝3s时间内的平均速度的大小分别为()A．12m/s39m/s B．24m/s38m/sC．12m/s19.5m/s D．24m/s13m/s答案B解析由v＝6t2(m/s)得，当t＝2s时，v＝24m/s；根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x＝(5＋2t3)m得：当t＝2s时，x2＝21m，t＝3s时，x3＝59m；则质点在t＝2s到t＝3s时间内的位移Δx＝x3－x2＝38m，平均速度v＝ΔxΔt ＝381m/s＝38m/s，故选B.◆拓展点用平均速度法求解瞬时速度——极限思想的应用1．用极限法求瞬时速度和瞬时加速度(1)公式v＝ΔxΔt中，当Δt→0时v是瞬时速度．(2)公式a＝ΔvΔt中，当Δt→0时a是瞬时加速度．2．注意(1)用v＝ΔxΔt求瞬时速度时，求出的是粗略值，Δt(Δx)越小，求出的结果越接近真实值．(2)对于匀变速直线运动，一段时间内的平均速度可以精确地表示物体在这一段时间中间时刻的瞬时速度．【例3】为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d ＝3.0cm 的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0s ，则滑块的加速度约为()A ．0.067m/s 2B ．0.67m/s 2C ．6.7m/s 2D ．不能计算出答案A 解析遮光板通过第一个光电门时的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m/s ＝0.10m/s ，遮光板通过第二个光电门时的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30m/s ，故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067m/s 2，选项A 正确．1．三个概念的比较比较项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量描述物体速度改变的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢和方向的物理量定义式v＝ΔxΔtΔv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0t决定因素v的大小由v0、a、Δt决定Δv由v与v0进行矢量运算，由Δv＝aΔt知Δv由a与Δt决定a不是由v、t、Δv来决定的，而是由Fm来决定方向平均速度与位移同向由v－v0或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v的方向无关2.判断直线运动中的“加速”或“减速”方法物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系．(1)a和v同向(加速直线运动)→a不变，v随时间均匀增加a增大，v增加得越来越快a减小，v增加得越来越慢(2)a和v反向(减速直线运动)→a不变，v随时间均匀减小或反向增加a增大，v减小或反向增加得越来越快a减小，v减小或反向增加得越来越慢【例4】(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的可能运动情况为()A．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相同B．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相反C．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相同D．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相反答案AD解析以初速度的方向为正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝v－v0 t＝10－41m/s2＝6m/s2，方向与初速度的方向相同，A正确，B错误；若初、末速度方向相反，加速度a＝v－v0t＝－10－41m/s2＝－14m/s2，负号表示方向与初速度的方向相反，C错误，D正确．【变式4】一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至零，则在此过程中() A．速度先逐渐增大，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度先均匀增大，然后增大得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案B解析加速度与速度同向，速度应增大，当加速度不变时，速度均匀增大；当加速度减小时，速度仍增大，但增大得越来越慢；当加速度为零时，速度达到最大值，保持不变，选项A错误，B正确；因质点速度方向不变化，始终向前运动，最终做匀速运动，所以位移一直在增大，选项C、D均错误．【变式5】一物体做加速度为－1m/s2的直线运动，t＝0时速度为－5m/s，下列说法正确的是()A．初速度为－5m/s说明物体在做减速运动B．加速度为－1m/s2说明物体在做减速运动C．t＝1s时物体的速度为－4m/sD．初速度和加速度方向相同，物体在做加速运动答案D解析当速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，根据速度公式v ＝v0＋at，当t＝1s时物体速度为v1＝－5m/s＋(－1)×1m/s＝－6m/s，故A、B、C错误，D正确．。
2018版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2讲匀变速直线运动的规律及应用课件
[答案] 3.25s
vm 1 [解析] 加速度阶段：t1＝ ＝1s x1＝ vmt1＝2m a1 2 vm 1 减速阶段：t3＝ ＝0.5s x3＝ vmt3＝1m a2 2 x－x1＋x3 匀速阶段：t2＝ ＝1.75s vm 故人到达墙需要时间为 t＝t1＋t2＋t3＝3.25s。
•解决匀变速直线运动问题的常用方法
[答案] 5m/s
• 名师归纳： • 匀变速直线运动规律中应用的两个技巧 • (1)匀减速直线运动减速到0时，通常看成 反向的初速度为0的匀加速直线运动。 • (2)若告诉匀变速直线运动的时间和位移， 通常要考虑应用平均速度公式，求出中间 时刻的瞬时速度。
〔类题演练 2 〕
一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端 A 点上滑，最高可滑 到 C 点，已知 AB 是 BC 的 3 倍，如图所示，已知物块从 A 至 B 所需时间为 t0。 则它从 B 经 C 再回到 B，需要的时间是 导学号 51342041 ( C )
3．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第 2s 和第 4s 内位移的大 小均为 5m，则物体的加速度大小为 导学号 51342036 ( C ) A．0 B．2m/s2 C．5m/s2 D．6m/s2
[解析] 由题意知，小球第 2s 处于上滑阶段，第 4s 处于下滑阶段，以沿斜面 5－－5 2 2 向上为正，则由 xm－xn＝(m－n)aT 得 a＝ 2m/s ＝－5m/s ，C 正确。 2－4· 1
1．(2016· 信阳模拟)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 3000m，着陆距离大约为 2000m。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 导学号 51342034 ( B ) A．3︰2 C．1︰2 B．1︰1 D．2︰1
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
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
2018高考物理大一轮复习第1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
考点一 匀变速直线运动的基本规律 1．运动公式中符号的规定 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．多过程问题 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交 接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．
A．在 A 点的速度大小为x12＋Tx2 B．在 B 点的速度大小为3x22－T x1 C．运动的加速度为2Tx21 D．运动的加速度为x1＋T2 x2
解析：选 AB.根据匀变速直线运动规律可知，该物体在 A 点 的瞬时速度大小等于物体运动的平均速度大小，即 vA＝x12＋Tx2， 选项 A 正确；设物体加速度大小为 a，有 x2－x1＝aT2，则 a＝x2－T2x1， 选项 C、D 错误；物体在 B 点的速度大小为 vB＝vA＋aT＝3x22－T x1， 选项 B 正确．
2．竖直上抛运动的处理方法 (1)两种方法 ①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶 段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体 运动．下落过程是上升过程的逆过程． ②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过 程．从全程来看，加速度方向始终与初速度 v0 的方向相反．
解析：选 C.设第 6 节车厢刚到达旅客处时，车的速度为 v0， 加速度为 a，则有 L＝v0t＋12at2
从第 6 节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有 0－v20＝2a·2L， 解得 a≈－0.5 m/s2 或 a＝－18 m/s2(舍去)，则加速度大小约为 0.5 m/s2，故 C 正确．
3．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．
2018版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
解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球 落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛 的物体运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运 －v－v 2v 动的时间为：t＝ ＝ g ，A项正确。 －g 答案：A
2．(2017· 合肥模拟)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞 机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为 x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上飞机的速度越 大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是 ( ) x 2x 2x x 2x A． v ＝ t B.v＝ t C．v> t D. t <v< t 解析：飞机着陆后若做匀减速直线运动，末速度为零，
(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 由静止释放一小球
获取信息 小球做自由落体运动 小车做初速度为零的匀加速 直线运动 在小球自由落体的时间内， 小车的左端恰好运动到O点
忽略空气阻力
平板车以恒定加速度从静止开 始向左运动 该小球恰好落在平板车的左端
(6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方 向是向下的。 (7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。 (√ ) (× )
意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，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。
突破点(一)
匀变速直线运动的基本规律
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讲匀变速直线运动的规律课件
第2讲 匀变速直线运动的规律强基础•固本增分匀变速直线运动的概念及规律加速度相同相反v0+at×××研考点•精准突破1.选用合适公式2.思维流程审题→画出示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→求解方程考向一基本公式的应用典题1 (2024湖北襄阳模拟)有人提出了高速列车不停车换乘的设想。
高速做匀速直线运动,接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速列车A以速度v度大小为a的匀加速直线运动,与高速列车A同向行驶。
两列车同时到达交,然后两列车保持该速度行驶供乘客换乘。
会点时,接驳列车B刚好加速到v两列车可视为质点。
(1)接驳列车B出发时,求高速列车A到交会点的距离。
(2)换乘完毕后,接驳列车B做匀减速直线运动,运动了距离s0后停止,求此过程中接驳列车B的加速度大小和运动时间。
考向二刹车类问题典题2 (多选)检测某品牌汽车刹车性能时,让汽车沿直线先加速到一定速度,然后急刹车,测得从刹车开始汽车相继通过两段相邻且距离都为12 m的路程(未停止)所用的时间分别为0.4 s、0.6 s。
设汽车刹车过程做匀减速直CD线运动,则( )A.汽车刹车的加速度大小为10 m/s2B.汽车刹车的初速度大小为30 m/sC.汽车刹车的总距离为28.9 mD.汽车刹车所用的总时间为1.7 s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为零的匀加速直线运动——逆向思维法。
考向三双向可逆类问题典题3在足够长的光滑固定斜面上,有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动,物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下,重力加速度g取10 m/s2。
(1)当速度为零时,求物体前进的位移大小。
(2)当物体的位移大小为7.5 m时,求物体运动的时间和物体的速度大小。
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案
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案05194147第2讲 匀变速直线运动的规律微知识1 匀变速直线运动的规律 1．基本公式(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 。
2．匀变速直线运动的重要推论 (1)平均速度：v ＝v 0＋v2＝v t 2即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，或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。
(2)任意两个连续相等的时间间隔(T )内，位移之差是一恒量，即Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT _2。
(3)位移中点速度：v x 2＝v 20＋v 2t2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：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。
②1T 内，2T 内，3T 内…位移之比：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2。
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：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)。
④通过连续相等的位移所用时间之比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
微知识2 自由落体和竖直上抛运动的规律 1．自由落体运动的规律(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．竖直上抛运动的规律 (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。
2018高考物理新课标一轮复习讲解课件：第一章 直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用 精品
位移公式:h=⑤ v0t- 1gt2
2
速度位移关系式:v2- v02=⑥ -2gh
v02
上升的最大高度:H=⑦ 2g
上升到最高点所用时间:t=⑧
v0 g
(1)物体从高处下落就是自由落体运动。 ( ) (2)竖直上抛运动是匀变速直线运动。 ( )
最后4 s内平均速度等于中间时刻即第10 s时的速度
v10=
56 4
m/s=14
m/s
所以a= v10 v2 =14 6 m/s2=1 m/s2
t10 t2 10 2
解法三:利用Δx=aT2求解
本题出现了三个连续相等时间间隔(4 s),故想到选用公式Δx=aT2,x2-x1=
aT2,x3-x2=aT2 所以x3-x1=2aT2
考点二 匀变速直线运动的常用处理方法
初速度为零的匀加速直线运动常用比例关系
初速度为零的匀加速直线运动
(1)在第1T末,第2T末,第3T末,……,第nT末的瞬时速度之比为 v1∶v2∶v3∶…∶vn=① 1∶2∶3∶…∶n (2)在前1T内,前2T内,前3T内,……,前nT内的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn=② 1∶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∶…∶xN=③ 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
据可看出在前1 s内有:v1=at1,得a=2 m/s2,又电梯启动的末速度v=5.0 m/s
时,则由v=at,得启动过程所用时间t=5.0 s=2.5 s,则前2.5 s内的位移大小
(新课标)2018年高考物理一轮复习 第一章 运动的描述匀变速直线运动的研究 第二节 匀变速直线
第二节 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：v ＝v 0＋at ． 2．位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 2．3．位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax ．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提示：选B.由v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2ax ＝10 m/s ，选项B 正确． 二、匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：v ＝v t 2＝v 0＋v t2．2．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 n2.(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提示：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 AC 2T ，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．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 ＝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)上升到最大高度用时：t ＝v 0g．3.判断正误(1)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．( )(2)在真空中一个铁钉和一团棉花同时从同一高度下落，两者同时落地．( ) (3)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．( )(4)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的．( ) (5)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值．( )(6)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反．( ) 提示：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)×匀变速直线运动规律的应用 【知识提炼】1．运动公式中符号的规定：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v 0＝0，一般以a 的方向为正方向．2．多过程问题：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连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．3．两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题：指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．(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．【典题例析】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 .[审题指导] 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【跟进题组】考向1 基本公式的应用1．(2016·高考全国卷丙)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2 B ．3s2t 2 C.4st2D.8st 2解析：选A.设质点的初速度为v 0、末速度为v t ，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t，由以上两式可知，a ＝st2，A 项正确，B 、C 、D 项错误．考向2 刹车类问题2．(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25.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．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 ④s ＝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(1)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．(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解．(3)对于双向可逆匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可分段求解．处理匀变速直线运动常用的六种方法【知识提炼】物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图．已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间．[解析] 法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面． 故x BC ＝at 2BC2，x AC ＝a （t ＋t BC ）22，又x BC ＝x AC4，由以上三式解得t BC ＝t .法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B 滑到C 所用的时间为t BC ，由匀变速直线运动的规律可得v 20＝2ax AC ①v 2B ＝v 20－2ax AB ②x AB ＝34x AC ③由①②③解得v B ＝v 02④又v B ＝v 0－at ⑤v B ＝at BC ⑥由④⑤⑥解得t BC ＝t . 法三：位移比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．因为x CB ∶x BA ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t .法四：时间比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC 段的时间为t x ，那么通过 BD 、DE 、EA 的时间分别为t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(2－3)t x ，又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，解得t x ＝t .法五：中间时刻速度法利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，v AC ＝v 0＋v 2＝v 02.又v 20＝2ax AC ，v 2B ＝2ax BC ，x BC ＝x AC 4.由以上三式解得v B ＝v 02.可以看成v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是这段位移的中间时刻，因此有t BC ＝t .法六：图象法根据匀变速直线运动的规律，作出v －t 图象，如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边平方比，得S △AOC S △BDC ＝CO 2CD 2，且S △AOC S △BDC ＝41，OD ＝t ，OC ＝t ＋t BC .所以41＝（t ＋t BC ）2t 2BC ，解得t BC ＝t .[答案] t匀变速直线运动问题的解题“四步骤”一固定的光滑斜面长为x ，一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体速度为到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是( )A.x 4 B ．2－12x C.x2D ．2x 2解析：选A.把物体的运动过程按速度大小分为两段，即0～v 2和v2～v 两段，由于两段的速度变化量相等，则两段的时间相等，又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3，故第一段的位移为总位移的四分之一，即x4，选项A 正确．自由落体运动和竖直上抛运动【知识提炼】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，结合比例法求解比较方便．2．竖直上抛运动的对称性气球以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)[审题指导] 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 ＝1022×10m ＝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＝2Hg＝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/s竖直上抛运动的两种研究方法(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落过程的自由落体阶段．(2)全程法：将全过程视为初速度为v 0，加速度a ＝－g 的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．【跟进题组】考向1 自由落体运动1．(2017·福建六校联考)一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，则( )A ．物体在2 s 末的速度大小是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度大小是3.6 m/sC ．物体在前2 s 内的位移大小是20 mD ．物体在5 s 内的位移大小是50 m解析：选D.设该星球表面的重力加速度为g ，由自由下落在第5 s 内的位移是18 m ，可得12g ×(5 s)2－12g ×(4 s)2＝18 m ，得g ＝4 m/s 2.所以2 s 末的速度大小为8 m/s ，选项A错误；第5 s 内的平均速度大小为18 m/s ，选项B 错误；物体在前2 s 内的位移大小是12g×(2 s)2＝8 m ，选项C 错误；物体在5 s 内的位移大小是12g ×(5 s)2＝50 m ，选项D 正确．考向2 竖直上抛运动2．(2017·江西五校高三摸底考试)一弹性小球自4.9 m 高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的79，重力加速度g 取9.8 m/s 2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．解析：小球第一次下落经历的时间为：t ＝2hg＝1 s落地前的速度的大小v ＝gt ＝9.8 m/s 第一次碰地弹起的速度的大小v 1＝79v上升到落回的时间t 1＝2v 1g ＝2×79s 第二次碰地弹起的速度的大小v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫792v上升到落回的时间 t 2＝2v 2g ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫792 s⋮第n 次碰地弹起的速度的大小v n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫79nv上升到落回的时间 t n ＝2v n g ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫79n s从开始到最终停止经历的时间为：t 总＝1＋2×79＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫792＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫79n s ＝1＋7×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫79n s ≈8 s. 答案：8 s1．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km 、离地1 750 m 高度时飞机发动机停车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人．若飞机着陆后以 6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12 s 内滑行的距离是( )A ．288 mB ．300 mC ．150 mD ．144 m解析：选B.先求出飞机着陆后到停止所用时间t .由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s 内是静止的，故它着陆后12 s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10 m ＋(－6)×1022m ＝300 m.2．(多选)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的( )A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上 解析：选AB.法一：分阶段法物体上升的时间t 上＝v 0g ＝3010 s ＝3 s ，物体上升的最大高度h 1＝v 202g ＝3022×10m ＝45 m ．物体从最高点自由下落2 s 的高度h 2＝12gt 2下＝12×10×22m ＝20 m ．运动过程如图所示，则总路程为65 m ，A 正确.5 s 末物体离抛出点的高度为25 m ，即位移的大小为25 m ，方向竖直向上，B 正确.5 s 末物体的速度v ＝gt 下＝10×2m/s ＝20 m/s ，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv ＝(－v )－v 0＝(－20 m/s)－30 m/s ＝－50 m/s ，即速度改变量的大小为50 m/s ，方向向下，C 错误．平均速度v －＝h 1－h 2t ＝255m/s ＝5 m/s ，方向向上，D 错误． 法二：全过程法由竖直上抛运动的规律可知：物体经3 s 到达最大高度h 1＝45 m 处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v 0＝30 m/s ，a ＝－g ＝－10 m/s 2，故5 s 内物体的位移h ＝v 0t ＋12at 2＝25 m>0，说明物体5 s 末在抛出点上方25 m 处，故路程为65 m ，位移大小为25 m ，方向向上，A 、B 正确．速度的变化量Δv ＝a Δt ＝－50 m/s ，C 错误.5 s 末物体的速度v ＝v 0＋at ＝－20 m/s ，所以平均速度v －＝v 0＋v2＝5 m/s>0，方向向上，D 错误．3．(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．4．(多选)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．5．从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s 时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车．汽车从开出到停止总共历时20 s ，行进了50 m ．求汽车的最大速度．解析：法一：基本公式法 设最大速度为v max ，由题意可得x ＝x 1＋x 2＝12a 1t 21＋v max t 2＋12a 2t 22① t ＝t 1＋t 2② v max ＝a 1t 1③0＝v max ＋a 2t 2④整理得v max ＝2x t ＝2×5020 m/s ＝5 m/s.法二：平均速度法匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相等，都等于v max2故有x ＝v max2t 1＋v max 2t 2，因此有v max ＝2x t 1＋t 2＝2×5020m/s ＝5 m/s. 法三： 图象法作出汽车运动全过程的v －t 图象，如图所示，v －t 图线与t 轴围成三角形的面积等于位移的大小，故x ＝v max t2，所以v max ＝2x t ＝2×5020m/s ＝5 m/s. 答案：5 m/s一、单项选择题1．高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A 以恒定速率360 km/h 运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B ，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B 车，当A 车快到襄阳站且距襄阳站路程为s 处时，B 车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360 km/h 时恰好遇到A 车，两车连锁并打开乘客双向通道，A 、B 列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B 车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则( )A ．无论B 车匀加速的加速度大小为多少，s 是相同的 B ．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C ．若B 车匀加速的时间为1 min ，则s 为4 kmD ．若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则当B 车停下时A 车已距随州站路程为1 km 解析：选D.设B 车从静止开始加速到v ＝360 km/h 所用时间为t ，B 车加速度为a ，由题意得s ＝vt －v2t ＝v2t ，而v ＝at ，所以两者之间的距离s ＝v 22a，由此可知，B 车的加速度a越大，s 越小，A 项错误；从襄阳站到潜江站中间间隔三个站，所以该乘客节约了三个站的减速、停车、提速时间，B 项错误；若B 车匀加速的时间t ′＝1 min ，则s ＝v2t ′＝3 km ，C 项错误；若B 车匀减速的加速度大小a ′＝5 m/s 2，减速运动时间t ″＝va ′＝20 s ，则当B 车停下时A 车已经距随州站路程为s ′＝vt ″－12a ′t ″2＝1 km ，D 项正确．2．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 ＝7m/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．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.4．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 ＝205s ＝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 －12×5×12m ＝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＝20×4 m －12×5×42m ＝40 m ，C 正确．5．一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）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＝Δxt 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＝Δxt 2，即为t 1＋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． 二、多项选择题6．(2017·中山模拟)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．连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d ，根据图中的信息，下列判断正确的是( )A ．位置1是小球释放的初始位置B ．小球做匀加速直线运动C ．小球下落的加速度为d T2 D ．小球在位置3的速度为7d2T解析：选BCD.由Δx ＝d 为恒量判断，小球做匀加速直线运动，故B 正确；由Δx ＝aT2得a ＝d T 2，故C 正确；v 3＝v －24＝7d 2T ，故D 正确；v 1＝v 3－a ·2T ＝7d 2T －d T 2×2T ＝3d 2T>0，故A 错误．7．(2017·郑州模拟)在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m解析：选ACD.物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下，在A 点之上时，通过位移大小为10 m 处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s 1等于位移的大小x 1，即s 1＝x 1＝10 m ；下降通过时，路程s 2＝2h －x 1＝2×20 m －10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程s 3＝2h ＋x 2＝2×20 m ＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 正确，B 错误．8.(2017·山东师大附中模拟)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度分别为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A ．三者到达桌面时的速度大小之比是 3∶2∶1B ．三者运动时间之比为3∶2∶1C ．b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D ．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比解析：选AC.由v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，故v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，A 正确；由t ＝2hg得三者运动的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝3∶2∶1，B 错误；b 与a 开始下落的时间差Δt 1＝(3－2)2h 3g，c 与b 开始下落的时间差Δt 2＝(2－1)·2h 3g，故C 正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D 错误．三、非选择题9．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．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s s ′＝57. 法二：v －t 图象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 ；汽车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 .由匀变速直线运动速度与时间关系知，甲在t 0末速度为at 0，2t 0末速度为at 0＋2at 0＝3at 0，乙在t 0末速度为2at 0，2t 0末速度也为2at 0＋at 0＝3at 0.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s s ′＝57.答案：5∶710．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大小； (2)火箭上升离地面的最大高度； (3)火箭从发射到返回发射点的时间．解析：设燃料用完时火箭的速度为v 1，所用时间为t 1，火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程为做匀加速上升运动，第二个过程为做竖直上抛运动至最高点．(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)第二个过程用时：t 2＝v 1g代入数据解得：t 2＝2 s 火箭从最高点落回发射点用时t 3 由h ＝12gt 23得t 3＝2h g代入数据解得：t 3≈3.5 s 总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝9.5 s. 答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)9.5 s 四、选做题11.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．(g ＝10 m/s 2)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？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。
2018高考物理大一轮复习：第1章-运动的描述、匀变速直线运动(8份打包)
2018高考物理大一轮复习：第1章-运动的描述、匀变速直线运动（8份打包）第1节描述运动的基本概念一、质点、参考系和坐标系1．质点：用代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型．2．参考系：为了研究物体的运动而选定用作为参考的物体．参考系可以任意选取．通常以地面或相对于地面不动的物体为参考系研究物体的运动．3．坐标系：为了定量地描述物体的位置及位置变化，需要在参考系上建立适当的坐标系．二、位移和路程位移路程定义位移表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段路程是质点运动轨迹的长度区别①位移是矢量，方向由初位置指向末位置②路程是标量，没有方向联系①在单向直线运动中，位移的大小等于路程②其他情况下，位移的大小小于路程三、速度和速率1．平均速度：运动物体的位移和运动所用时间的比值，叫做这段时间内的平均速度，即v－＝ΔxΔt，平均速度是矢量，其方向跟位移的方向相同．2．瞬时速度：运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度，叫做瞬时速度．瞬时速度能精确描述物体在某一时刻(或某一位置)的运动快慢．3．平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小．4．瞬时速率：简称速率，等于瞬时速度的大小，是标量．四、加速度1．定义式：a＝ΔvΔt；单位是/s22．物理意义：描述速度变化的快慢．3．方向：与速度变化的方向相同．4．物体加、减速的判定(1)当a与v同向或夹角为锐角时，物体加速．(2)当a与v垂直时，物体速度大小不变．(3)当a与v反向或夹角为钝角时，物体减速．[自我诊断]1．判断正误(1)研究物体的运动时，只能选择静止的物体作为参考系．(×)(2)“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”只是诗人的一种臆想，没有科学道理．(×)(3)研究花样游泳运动员的动作时，不能把运动员看做质点．(√)(4)电台报时说“现在是北京时间8点整”，这里的“8点整”实际上指的是时刻．(√)()平均速度的方向与位移方向相同．(√)(6)子弹击中目标的速度属于瞬时速度．(√)(7)物体的速度很大，加速度不可能为零．(×)(8)甲的加速度a甲＝2 /s2，乙的加速度a乙＝－2 /s2，a甲＞a乙．(×) 2．下列说法正确的是()A．参考系必须是固定不动的物体B．参考系可以是变速运动的物体．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点D．研究跳水运动员转体动作时，运动员可视为质点解析：选B参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的物体，也可以是运动的物体，A错误，B正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，错误；在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D错误．3．关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是()A．加速度方向为正时，速度一定增加B．速度变化得越快，加速度就越大．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小解析：选B速度是否增加，与加速度的正负无关，只与加速度与速度的方向是否相同有关，A错误；“速度变化得越快”是指速度的变化率ΔvΔt越大，即加速度a越大，B正确；加速度方向保持不变，速度方向可能变，也可能不变，当物体做减速直线运动时，v＝0以后就反向运动，错误；物体在运动过程中，若加速度的方向与速度方向相同，尽管加速度在变小，但物体仍在加速，直到加速度a＝0，速度达到最大值，D错误．考点一对质点和参考系的理解1．建立质点模型的两个关键点(1)明确题目中要研究的问题是什么．质点是对实际物体科学地抽象，是研究物体运动时对实际物体进行的近似，质点实际上并不存在．(2)物体的大小和形状对所研究的问题能忽略不计时，可将物体视为质点，并非依据物体自身大小判断．2．参考系的选取(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选参考系的原则是观测运动方便和描述运动尽可能简单．1．关于质点，下列说法正确的是()A．只有体积很小的物体，才能被看成质点B．质点是用一个点代表整个物体，不包括物体的质量．在研究地球绕太阳公转时，可以把地球看做质点D．在研究地球自转时，可以把地球看做质点解析：选质点是一个有质量的点，将物体看做质点的条是物体的形状或大小对研究的问题没有影响，或者对研究问题的影响可以忽略，并不是根据本身体积大小判断，选项A、B错误；在研究地球自转时，不能把地球看做质点，选项D错误，正确．2．甲、乙、丙三个观察者同时观察一个物体的运动．甲说：“它在做匀速运动．”乙说：“它是静止的．”丙说：“它在做加速运动．”这三个人的说法()A．在任何情况下都不对B．三人中总有一人或两人的说法是错误的．如果选择同一参考系，那么三个人的说法都对D．如果各自选择自己的参考系，那么三个人的说法就可能都对解析：选D如果被观察物体相对于地面是静止的，甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动，再以他们自己为参考系，则三个人的说法都正确，A、B错误，D正确；在上面的情形中，如果他们都选择地面为参考系，三个人的观察结果应是相同的，因此错误．“质点模型”的三点感悟(1)物体能否看做质点并非以体积的大小为依据，体积大的物体有时也可看成质点，体积小的物体有时不能看成质点．(2)质点并不是质量很小的点，它不同于几何图形中的“点”．(3)同一物体，有时可看成质点，有时不能．考点二对平均速度和瞬时速度的理解1．平均速度与瞬时速度的区别与联系(1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：①瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．②在匀速直线运动中，瞬时速度等于任意一段时间内的平均速度．2．平均速度与平均速率的区别平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．1 如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt测得遮光条的宽度为Δx，用ΔxΔt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是() A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度．使滑块的释放点更靠近光电门D．增大气垫导轨与水平面的夹角解析：选A由v＝ΔxΔt可知，当Δt→0时，ΔxΔt可看成物体的瞬时速度，Δx越小，Δt也就越小，ΔxΔt越接近瞬时速度，A正确；提高测量遮光条宽度的精确度，只能提高测量平均速度的准确度，不能使平均速度更接近瞬时速度，B错误；使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门的速度更小，时间更长，因此错误；增大气垫导轨与水平面的夹角，如果滑块离光电门近，也不能保证滑块通过光电门的时间短，D错误．2 (多选)如图所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 ，实际从A运动到B用时in，赛车上的里程表指示的里程数是 1 ，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为10 /h，那么可以确定的是()A．整个过程中赛车的平均速度为180 /hB．整个过程中赛车的平均速度为108 /h．赛车经过路标时的瞬时速度为10 /hD．赛车经过路标时速度方向为由A指向B解析：选B赛车运动的位移为9 ，赛车运动的路程为1 赛车在整个运动过程中的平均速度计算公式为v＝xt＝108 /h；指针显示赛车经过路标时瞬时速度的大小为10 /h，方向应沿点切线而非A→B平均速度和瞬时速度的三点注意(1)求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度．(2)v＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．(3)粗略计算时我们可以用很短时间内的平均速度求某时刻的瞬时速度．考点三对速度、速度变化和加速度的理解1．速度、速度变化量和加速度的对比名称项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动的快慢和方向，是状态量描述物体速度的变化，是过程量描述物体速度变化快慢，是状态量定义式v＝xtΔv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0Δt方向与位移x同向，即物体运动的方向由v与v0的矢量差或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v方向无关2a＝ΔvΔt是加速度的定义式，加速度的决定式是a＝F，即加速度的大小由物体受到的合力F和物体的质量共同决定，加速度的方向由合力的方向决定．[典例](多选)有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断的正确说法()①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车③运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶④太空的空间站在绕地球匀速转动A．①因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．②轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大．③高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度很大D．④尽管空间站匀速转动，但加速度不为零解析点火后虽然火箭速度为零，但由于气体的反冲力很大而使火箭具有很大的加速度，A错误；加速度表示速度变化的快慢，速度变化越快，加速度越大，B正确；一个物体运动速度大，但速度不发生变化，如做匀速直线运动，则它的加速度为零，错误；曲线运动的速度方向发生了变化，速度就发生了变化，所以一定有加速度，D正确．答案BD1．(多选)下面所说的物体运动情况中，可能出现的是()A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小解析：选AB物体以很大的速度做匀速运动时，加速度为零，A可能；火箭开始发射时速度很小，而加速度很大，B可能；竖直上抛到最高点的物体速度为零，而其加速度不为零，可能；物体加速度方向与运动方向相同时，物体做加速运动，D不可能．2．如图所示，小球以v1＝3 /s的速度水平向右运动，碰一墙壁经Δt ＝001 s后以v2＝2 /s的速度沿同一直线反向弹回，小球在这001 s内的平均加速度是()A．100 /s2，方向向右B．100 /s2，方向向左．00 /s2，方向向左D．00 /s2，方向向右解析：选设水平向左为正方向，由a＝ΔvΔt得，a＝v2－－v1Δt＝2－－3001 /s2＝00 /s2，方向与v2方向相同，水平向左，故正确．时规范训练[基础巩固题组]1．下列说法正确的是()A．对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点B．“和谐号”动车组行驶313 从成都抵达重庆，这里的“313 ”指的是位移大小．高台跳水运动员腾空至最高位置时，速度和加速度均为零D．绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定相对于地面静止解析：选D在对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，运动员的动作特别关键，不能把运动员看成质点，A错误；313 指的是路程，B 错误；高台跳水腾空至最高位置时，速度为零但加速度不为零，错误；绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星不一定是同步卫星，所以不一定相对地面静止，D正确．2．飞机着地后还要在跑道上滑行一段距离，机舱内的乘客透过窗户看到树木向后运动，乘客选择的参考系是()A．停在机场的飞机B．候机大楼．乘客乘坐的飞机D．飞机跑道解析：选飞机着地后在跑道上滑行时，乘客以自己乘坐的飞机为参考系，会看到窗外的树木向后运动，正确．3．根据材料，结合已学的知识，判断下列说法正确的是()A．图甲为我国派出的军舰护航线路图，总航程4 00海里，总航程4 00海里指的是位移B．图甲为我国派出的军舰护航线路图，总航程4 00海里，总航程4 00海里指的是路程．如图乙所示是奥运火炬手攀登珠峰的线路图，由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬手的位移D．如图丙所示是高速公路指示牌，牌中“2 ”是指从此处到下一个出口的位移是2解析：选B军舰航程是指其运动路径的总长度，指路程，A错误，B 正确；奥运火炬手所走线路的总长度是火炬手的路程，错误；高速公路指示牌中“2 ”是指从此处至下一个出口的路程为2 ，D错误．4．(多选)科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星．这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星，它的质量是木星质量的4倍，它的轨道与太阳的距离是地球与太阳的距离的几千倍．根据以上信息，下列说法正确的是()A．幸神星质量太大，不能看做质点B．研究幸神星绕太阳运动时，可以将其看做质点．比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系时，可以选择太阳为参考系D．幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大解析：选B物体能否看做质点与物体的质量无关，A错误；幸神星的形状和大小相对其到太阳的距离说属于次要的因素，因此可以看做质点，B正确；比较两个物体运动的快慢，要选择同一参考系，正确；幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移均为零，D错误．．(多选)三个质点A、B、均由N点沿不同路径运动至点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达点，下列说法正确的是()A．三个质点从N点到点的平均速度相同B．三个质点任意时刻的速度方向都相同．三个质点任意时刻的位移方向都相同D．三个质点从N点到点的位移相同解析：选AD位移是指从初位置指向末位置的有向线段，在任意时刻，三个质点的位移方向不同，只有均到达点时，位移方向相同，错误，D正确；根据平均速度的定义式v＝xt可知三个质点从N点到点的平均速度相同，A正确；质点任意时刻的速度方向沿轨迹的切线方向，故三个质点的速度方向不会在任意时刻都相同，B错误．6．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．物体有加速度，速度就增加D．速度很大的物体，其加速度可以很小解析：选D加速度是速度的变化量Δv与所用时间Δt的比值，描述的是速度变化的快慢．加速度的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，速度可能很小；加速度小，速度可能很大，A错误，D正确；当速度的变化量Δv很大时，若时间Δt也很大，由a＝ΔvΔt可知a不一定大，B错误；物体有加速度，只表明其速度在变化，它可以变大，也可以变小，也可以只有速度的方向改变而大小不变，错误．7．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 /s2，a乙＝－4 /s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是()A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化可能相等解析：选B两物体加速度大小相等，故速度变化快慢相同，A、均错误；由Δv＝a•Δt可知，两物体在相等时间内速度变化大小相等，但方向相反，D错误；由于甲物体的加速度与速度方向相同，乙物体加速度与速度方向相反，故甲做加速直线运动，乙做减速直线运动，B正确．[综合应用题组]8．为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得：运动员在前7 s跑了61 ,7 s末到71 s末跑了092 ，跑到终点共用108 s，则下列说法不正确的是()A．运动员在百米全过程的平均速度大小是926 /sB．运动员在前7 s的平均速度大小是871 /s．运动员在7 s末的瞬时速度大小为92 /sD．无法精确知道运动员在7 s末的瞬时速度大小解析：选根据平均速度公式v＝xt可知选项A、B正确；根据瞬时速度定义v＝ΔxΔt可知选项错误，选项D正确．9．研究表明：加速度的变化率能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则感到不舒服．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是()A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是/s2B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象中，已知物体在t ＝0时速度为/s，则2 s末的速度大小为8 /s解析：选D类比可知，加速度的变化率为ΔaΔt，单位为/s3，A错；加速度的变化率为零，就是加速度恒定，是匀变速运动，B错；加速度与速度同向，速度增大，错；a－t图象中图线与坐标轴所围面积表示增加的速度，故D对．10．如图所示，一小球在光滑的V形槽中由A点释放，经B点(与B 点碰撞所用时间不计)到达与A点等高的点，设A点的高度为1 ，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为()A23 3 ，23 3B23 3 ，43 343 3 ，23 3D43 3 ,1解析：选小球通过的路程为小球实际运动轨迹的长度，则小球的路程为s＝2lAB＝2×1sin 60°＝43 3 ；位移是由初位置指向末位置的有向线段，则小球的位移大小为x＝lA＝1sin 60°＝23 3 ．选项正确．11．(多选)一物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12 /s，方向向东，当t＝2 s时，物体的速度大小为8 /s，方向仍向东，则当t为多少时，物体的速度大小变为2 /s()A．3 s B．s．7 s D．9 s解析：选B物体的加速度a＝ΔvΔt＝v－v0t＝8－122 /s2＝－2 /s2，且t′＝v′－v0a，当v′＝2 /s时，t1＝s；当v′＝－2 /s时，t2＝7 s，B、正确．12．一质点沿直线x方向做变速运动，它离开点的距离随时间变化的关系为x＝＋2t3()，它的速度随时间t变化关系为v＝6t2(/s)．该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度大小分别为()A．12 /s,39 /s B．8 /s,38 /s．12 /s,19 /s D．8 /s,12 /s解析：选B平均速度v＝ΔxΔt，t＝0时，x0＝；t＝2 s时，x2＝21 ；t＝3 s时，x3＝9 ，故v 1＝x2－x02 s＝8 /s，v 2＝x3－x21 s＝38 /s，B正确．13．(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2，v1、v2在各个时刻的大小如表所示，从表中数据可以看出()t/s01234v1/(•s－1)1801717016160v2/(•s－1)98110122134146A火车的速度变化较慢B．汽车的加速度较小．火车的位移在减小D．汽车的位移在增加解析：选AD由表中数据可得，火车的加速度大小a1＝0 /s2，汽车的加速度大小为a2＝12 /s2，故A正确、B错误；因火车和汽车的速度方向均不变，它们的位移均随时间增加，D正确、错误．14．(多选)如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是()A．0～1 s内的平均速度是2 /sB．0～2 s内的位移大小是3．0～1 s内的加速度大于2～4 s内的加速度D．0～1 s内的运动方向与2～4 s内的运动方向相反解析：选B根据v－t图象可知，质点在0～1 s内的位移x1＝12×2×1 ＝1 ,1～2 s内的位移x2＝2×1 ＝2 ，故0～1 s内的平均速度v 1＝x1t1＝1 /s,0～2 s内的位移x＝x1＋x2＝3 ，A错误、B正确；0～1 s内的加速度a1＝2－01 /s2＝2 /s2,2～4 s内的加速度a2＝0－22 /s2＝－1 /s2，负号表示a2和v方向相反，故a1＞|a2|，正确；0～1 s内与2～4 s内的速度均为正值，表示物体都沿正方向运动，D错误．第2节匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的基本规律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：匀加速直线运动：a与v同向匀减速直线运动：a与v反向2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋12at24．位移与速度的关系式：v2－v20＝2ax二、匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：v－＝v ＝v0＋v22．位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2可以推广到x－xn＝(－n)aT23．初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末、2T末、3T末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶∶…∶(2n－1)．(4)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)．三、自由落体运动和竖直上拋运动的规律1．自由落体运动规律(1)速度公式：v＝gt(2)位移公式：h＝12gt2(3)速度—位移关系式：v2＝2gh2．竖直上拋运动规律(1)速度公式：v＝v0－gt(2)位移公式：h＝v0t－12gt2(3)速度—位移关系式：v2－v20＝－2gh(4)上升的最大高度：h＝v202g()上升到最大高度用时：t＝v0g[自我诊断]1．判断正误(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)匀变速直线运动的位移是均匀增加的．(×)(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．(√)()物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．(×)(6)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反．(×) 2．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为()A2v B．3v．2v Dv解析：选A由匀变速直线运动的中间位置的速度公式vx2＝v20＋v22，有v＝0＋v2底2，得v底＝2v，所以只有A项正确．3．(多选)在某一高度以v0＝20 /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 /s时，以下判断正确的是(g取10 /s2)()A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为1 /s，方向向上B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为/s，方向向下．小球在这段时间内的平均速度大小可能为/s，方向向上D．小球的位移大小一定是1解析：选AD规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 /s、方向向上时，vt＝10 /s，由v＝v0＋vt2得v＝1 /s，方向向上，A正确．当小球的末速度大小为10 /s、方向向下时，vt＝－10 /s，由v＝v0＋vt2得v＝/s，方向向上，B错误，正确．由于末速度大小为10 /s时，球的位置一定，距起点的位移x＝v20－v2t2g＝1 ，D正确．考点一匀变速直线运动的基本规律1．运动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．多过程问题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连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．3．解决运动学问题的基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选公式列方程→解方程并讨论1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 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 /s2由静止加速到2 /s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A．关卡2B．关卡3．关卡4 D．关卡解析：选关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝va＝1 s，运动的距离x1＝12at2＝1 ，然后以2 /s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 ，因此第1个s内运动距离为9 ，过了关卡2，到关卡3时再用时3 s，大于2 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，正确．2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长2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 /s2 B．1 /s2．0 /s2 D．02 /s2解析：选设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋12at2从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下，有0－v20＝2a•2L，解得a≈－0 /s2或a＝－18 /s2(舍去)，则加速度大小约为0 /s2，故正确．3．短跑运动员完成100 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1100 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 ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．。
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。
(全国用)高考物理大一轮复习 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(20
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第2讲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＝v0＋at。
(2)位移公式：x＝v0t＋错误!at2。
（3）位移速度关系式：v2－v错误!＝2ax.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时速度.v t。
平均速度公式：v＝错误!＝2（2）连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等.即x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2。
v x＝错误!.(3)位移中点速度22。
初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论（1）1T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）1T内，2T内，3T内,…,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)。
2018版高考物理一轮总温习 第1章节 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动规律讲义
4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论 (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＝_1_2_∶__2_2_∶__3_2∶__…__∶__n_2_。 (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_∶__…__∶__(_2_n_－__1_)_。
例 2 [2017·山东济南调研]如图所示是一种较 精确测量重力加速度 g 值的方法：将下端装有弹射 装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小 球竖直向上被弹出，在 O 点与弹簧分离，然后返 回。在 O 点正上方选取一点 P，利用仪器精确测得 OP 间的距离为 H，从 O 点出发至返回 O 点的时间间隔为 T1，小球两次经过 P 点的时间间隔为 T2。求：
必考部分
第1章 运动的描述匀变速直 线运动的研究
第2讲 匀变速直线运动规律
板块一 主干梳理·对点激活
知识点 1 匀变速直线运动及其公式 Ⅱ 1.定义和分类 (1)匀变速直线运动：物体在一条直线上运动，且加__速__度_ 不变。 (2)分类匀匀减加速速直直线线运运动动：：aa与与vv__反同____向向____。。
(2)由速度公式 v＝v0－at 可知，列车减速到速度为 0 的 时间 t＝0－－av0，可知 a 最小时，列车减速运动的时间最长， tmax＝avm0in＝18.06 s＝50 s。
总结升华 求解匀变速直线运动问题的一般步骤
(1)基本思路
(2)应注意的两类问题 ①如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析， 应注意分析各段的运动性质；各段交接处的速度往往是联 系各段的纽带。 ②对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其 加速度也突变为零。求解此类问题应先判断车停下所用时 间，再选择合适公式求解。
全国用2018版高考物理大一轮温习第一章运动的描述匀变速直线运动本章学科素养提升
第一章 运动的描述 匀变速直线运动用极限思想明白得两种速度关系1.两种速度的关系(1)瞬时速度是运动时刻Δt →0时的平均速度.(2)关于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等.2.关于用平均速度法求瞬时速度(1)方式概述：由平均速度公式v ＝Δx Δt 可知，当Δx 、Δt 都超级小，趋向于极限时，这时的平均速度就能够够为是某一时刻或某一名置的瞬时速度.(2)选用思路：当已知物体在微小时刻Δt 内发生的微小位移Δx 时，可由v ＝Δx Δt粗略地求出物体在该位置的瞬时速度.例1 如图1所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置A 、B ，A 、B 间距离为L ＝30 cm ，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d ＝1 cm 的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A 、B ，记录遮光条通过A 、B 的时刻别离为 s 、 s ，滑块从A 到B 所历时刻为 s ，则下列说法正确的是( )图1A.滑块通过A 的速度为1 cm/sB.滑块通过B 的速度为2 cm/sC.滑块加速度为5 m/s 2D.滑块在A 、B 间的平均速度为3 m/s答案 C解析 v A ＝dt A＝错误! m/s ＝1 m/s v B ＝d t B＝2 m/s a ＝Δv Δt＝错误! m/s 2＝5 m/s 2 v AB ＝v A ＋v B 2＝ m/s.例2 珠海航展现场空军八一飞行演出队两架“歼－10”飞机演出剪子对冲，上演出色空中秀.质量为m 的“歼－10”飞机演出后返回某机场，降落在跑道上.减速进程简化为两个匀减速直线运动.飞机以速度v 0着陆后当即打开减速阻力伞，加速度大小为a 1，运动时刻为t 1；随后在无阻力伞情形下匀减速直至停下.在平直跑道上减速滑行总路程为x .求第二个减速时期飞机运动的加速度大小和时刻.【思维流程】答案 v 0－a 1t 122x ＋a 1t 21－2v 0t 12x ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1 解析 如图所示，设A 为飞机着陆点，AB 、BC 别离为两个匀减速运动进程，在C 点停下.A 到B 进程，依据运动学规律有：x 1＝v 0t 1－12a 1t 21 v B ＝v 0－a 1t 1B 到C 进程，依据运动学规律有：x 2＝v B t 2－12a 2t 22 0＝v B －a 2t 2A 到C 进程， 有：x ＝x 1＋x 2联立解得：a 2＝v 0－a 1t 122x ＋a 1t 21－2v 0t 1t 2＝2x ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1.1.对多进程的运动问题，若用传统的解析法分析，不仅求解困难，而且计算进程复杂，有时乃至难以求出正确答案，现在若依据题中所描述的运动进程画出物体的运动进程图象辅助分析，则可方便求解.2.关于两个质点别离以不同的加速度运动，比较运动快慢问题时可作速度(速度)—时刻图象进行辅助分析，现在依照图象“面积”相等这一特点比较时刻长短.3.所描述的物理量做非线性转变时，可先构建一个物理量与另一物理量的线性转变关系图象，如“反比关系可转化为与倒数成正比”，然后应用“面积”含义或斜率的含义即可求解具体问题.例3如图2所示，两滑腻斜面的总长度相等，高度也相同，a、b两球由静止从顶端下滑，若球在图上转折点无能量损失，则()图2球后着地球后着地C.两球同时落地D.两球着地时速度相同【思路追踪】审题关键点思维路径“总长度相同”(1)指出两球运动路程相同“由静止从顶端下滑”(2)指出两球初速度相同“转折点无能量损失”(3)指出两球末速率相等(4)初末速率、路程均相等，可引伸到速率—时间图象上比较时间长短答案 A解析本题若采纳解析法，难度专门大.可利用v－t图象(那个地址的v是速度，曲线下的面积表示路程s)进行定性比较.在同一个v－t图象中作出a、b的速度图线如图所示，由于开始运动时b的加速度较大，则斜率较大；由机械能守恒可知末速度相同，故曲线结尾在同一水平线上，由于两斜面长度相同，则应使图线与t轴围成的“面积”相等.结合图中图线特点可知b用的时刻较少，由此可知A正确，B、C、D错误.。
2018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2节匀变速直线运动的规律及其应用教师用书
第2节 匀变速直线运动的规律及其应用知识点1 匀变速直线运动及其公式1．匀变速直线运动及三个基本公式2.(1)任意两个连续相等的时间间隔(T )内，位移之差是一恒量，即Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.(2)平均速度：v ＝v0＋v 2＝v t 2，即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或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半．(3)初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论①1T 末、2T 末、3T 末…瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .②1T 内、2T 内、3T 内…位移的比为：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…位移的比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶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的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n知识点2 自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动(1)条件：物体只受重力作用，从静止开始下落．(2)运动特点：初速度v 0＝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 ＝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 ＝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 ＝v202g. ⑤上升到最高点所用时间：t ＝v0g. [物理学史链接]意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，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“小球质量越大下落越快”的错误观点.1．正误判断 (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随时间均匀增加的．(×) (4)一个铁钉和一团棉花同时从同一高度下落，两者同时落地．(×) (5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．(×)(6)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反．(×) 2．[基本规律的应用]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( ) 【导学号：92492014】A ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 mB ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 mC ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 mD ．a ＝0.8 m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m。
2018高考物理大一轮复习：第1章-运动的描述、匀变速直线运动(8份打包)
2018高考物理大一轮复习：第1章-运动的描述、匀变速直线运动（8份打包）第1节描述运动的基本概念一、质点、参考系和坐标系1．质点：用来代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型．2．参考系：为了研究物体的运动而选定用来作为参考的物体．参考系可以任意选取．通常以地面或相对于地面不动的物体为参考系来研究物体的运动．3．坐标系：为了定量地描述物体的位置及位置变化，需要在参考系上建立适当的坐标系．二、位移和路程位移路程定义位移表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段路程是质点运动轨迹的长度区别①位移是矢量，方向由初位置指向末位置②路程是标量，没有方向联系①在单向直线运动中，位移的大小等于路程②其他情况下，位移的大小小于路程三、速度和速率1．平均速度：运动物体的位移和运动所用时间的比值，叫做这段时间内的平均速度，即v－＝ΔxΔt，平均速度是矢量，其方向跟位移的方向相同．2．瞬时速度：运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度，叫做瞬时速度．瞬时速度能精确描述物体在某一时刻(或某一位置)的运动快慢．3．平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小．4．瞬时速率：简称速率，等于瞬时速度的大小，是标量．四、加速度1．定义式：a＝ΔvΔt；单位是m/s2.2．物理意义：描述速度变化的快慢．3．方向：与速度变化的方向相同．4．物体加、减速的判定(1)当a与v同向或夹角为锐角时，物体加速．(2)当a与v垂直时，物体速度大小不变．(3)当a与v反向或夹角为钝角时，物体减速．[自我诊断]1．判断正误(1)研究物体的运动时，只能选择静止的物体作为参考系．(×)(2)“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”只是诗人的一种臆想，没有科学道理．(×)(3)研究花样游泳运动员的动作时，不能把运动员看做质点．(√)(4)电台报时说“现在是北京时间8点整”，这里的“8点整”实际上指的是时刻．(√)(5)平均速度的方向与位移方向相同．(√)(6)子弹击中目标的速度属于瞬时速度．(√)(7)物体的速度很大，加速度不可能为零．(×)(8)甲的加速度a甲＝2 m/s2，乙的加速度a乙＝－2 m/s2，a甲＞a乙．(×)2．下列说法正确的是()A．参考系必须是固定不动的物体B．参考系可以是变速运动的物体C．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点D．研究跳水运动员转体动作时，运动员可视为质点解析：选B.参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的物体，也可以是运动的物体，A错误，B正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，C错误；在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D错误．3．关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是()A．加速度方向为正时，速度一定增加B．速度变化得越快，加速度就越大C．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小解析：选B.速度是否增加，与加速度的正负无关，只与加速度与速度的方向是否相同有关，A错误；“速度变化得越快”是指速度的变化率ΔvΔt越大，即加速度a越大，B正确；加速度方向保持不变，速度方向可能变，也可能不变，当物体做减速直线运动时，v＝0以后就反向运动，C错误；物体在运动过程中，若加速度的方向与速度方向相同，尽管加速度在变小，但物体仍在加速，直到加速度a＝0，速度达到最大值，D错误．考点一对质点和参考系的理解1．建立质点模型的两个关键点(1)明确题目中要研究的问题是什么．质点是对实际物体科学地抽象，是研究物体运动时对实际物体进行的近似，质点实际上并不存在．(2)物体的大小和形状对所研究的问题能忽略不计时，可将物体视为质点，并非依据物体自身大小来判断．2．参考系的选取(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选参考系的原则是观测运动方便和描述运动尽可能简单．1．关于质点，下列说法正确的是 ()A．只有体积很小的物体，才能被看成质点B．质点是用一个点来代表整个物体，不包括物体的质量C．在研究地球绕太阳公转时，可以把地球看做质点D．在研究地球自转时，可以把地球看做质点解析：选C.质点是一个有质量的点，将物体看做质点的条件是物体的形状或大小对研究的问题没有影响，或者对研究问题的影响可以忽略，并不是根据本身体积大小来判断，选项A、B错误；在研究地球自转时，不能把地球看做质点，选项D错误，C正确．2．甲、乙、丙三个观察者同时观察一个物体的运动．甲说：“它在做匀速运动．”乙说：“它是静止的．”丙说：“它在做加速运动．”这三个人的说法()A．在任何情况下都不对B．三人中总有一人或两人的说法是错误的C．如果选择同一参考系，那么三个人的说法都对D．如果各自选择自己的参考系，那么三个人的说法就可能都对解析：选D.如果被观察物体相对于地面是静止的，甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动，再以他们自己为参考系，则三个人的说法都正确，A、B错误，D正确；在上面的情形中，如果他们都选择地面为参考系，三个人的观察结果应是相同的，因此C错误．“质点模型”的三点感悟(1)物体能否看做质点并非以体积的大小为依据，体积大的物体有时也可看成质点，体积小的物体有时不能看成质点．(2)质点并不是质量很小的点，它不同于几何图形中的“点”．(3)同一物体，有时可看成质点，有时不能．考点二对平均速度和瞬时速度的理解1．平均速度与瞬时速度的区别与联系(1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：①瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．②在匀速直线运动中，瞬时速度等于任意一段时间内的平均速度．2．平均速度与平均速率的区别平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．1. 如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx，用ΔxΔt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是()A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度C．使滑块的释放点更靠近光电门D．增大气垫导轨与水平面的夹角解析：选A.由v＝ΔxΔt可知，当Δt→0时，ΔxΔt可看成物体的瞬时速度，Δx越小，Δt也就越小，ΔxΔt越接近瞬时速度，A正确；提高测量遮光条宽度的精确度，只能提高测量平均速度的准确度，不能使平均速度更接近瞬时速度，B错误；使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门的速度更小，时间更长，因此C错误；增大气垫导轨与水平面的夹角，如果滑块离光电门近，也不能保证滑块通过光电门的时间短，D错误．2. (多选)如图所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 km，实际从A运动到B用时5 min，赛车上的里程表指示的里程数是15 km，当他经过某路标C时，车内速度计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是()A．整个过程中赛车的平均速度为180 km/hB．整个过程中赛车的平均速度为108 km/hC．赛车经过路标C时的瞬时速度为150 km/hD．赛车经过路标C时速度方向为由A指向B解析：选BC.赛车运动的位移为9 km，赛车运动的路程为15 km.赛车在整个运动过程中的平均速度计算公式为v＝xt＝108 km/h；指针显示赛车经过路标C时瞬时速度的大小为150 km/h，方向应沿C 点切线而非A→B.平均速度和瞬时速度的三点注意(1)求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度．(2)v＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．(3)粗略计算时我们可以用很短时间内的平均速度来求某时刻的瞬时速度．考点三对速度、速度变化和加速度的理解1．速度、速度变化量和加速度的对比名称项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动的快慢和方向，是状态量描述物体速度的变化，是过程量描述物体速度变化快慢，是状态量定义式 v＝xtΔv＝v－v0 a＝ΔvΔt＝v－v0Δt方向与位移x同向，即物体运动的方向由v与v0的矢量差或a 的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v方向无关2.a＝ΔvΔt是加速度的定义式，加速度的决定式是a＝Fm，即加速度的大小由物体受到的合力F和物体的质量m共同决定，加速度的方向由合力的方向决定．[典例](多选)有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断的正确说法()①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车③运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶④太空的空间站在绕地球匀速转动A．①因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．②轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C．③高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度很大D．④尽管空间站匀速转动，但加速度不为零解析点火后虽然火箭速度为零，但由于气体的反冲力很大而使火箭具有很大的加速度，A错误；加速度表示速度变化的快慢，速度变化越快，加速度越大，B正确；一个物体运动速度大，但速度不发生变化，如做匀速直线运动，则它的加速度为零，C错误；曲线运动的速度方向发生了变化，速度就发生了变化，所以一定有加速度，D正确．答案BD1．(多选)下面所说的物体运动情况中，可能出现的是()A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大C．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小解析：选ABC.物体以很大的速度做匀速运动时，加速度为零，A可能；火箭开始发射时速度很小，而加速度很大，B可能；竖直上抛到最高点的物体速度为零，而其加速度不为零，C可能；物体加速度方向与运动方向相同时，物体做加速运动，D不可能．2．如图所示，小球以v1＝3 m/s的速度水平向右运动，碰一墙壁经Δt＝0.01 s后以v2＝2 m/s的速度沿同一直线反向弹回，小球在这0.01 s内的平均加速度是()A．100 m/s2，方向向右 B．100 m/s2，方向向左C．500 m/s2，方向向左 D．500 m/s2，方向向右解析：选C.设水平向左为正方向，由a＝ΔvΔt得，a＝v2－－＝2－－＝500 m/s2，方向与v2方向相同，水平向左，故C正确．课时规范训练[基础巩固题组]1．下列说法正确的是()A．对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点B．“和谐号”动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km”指的是位移大小C．高台跳水运动员腾空至最高位置时，速度和加速度均为零D．绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定相对于地面静止解析：选D.在对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，运动员的动作特别关键，不能把运动员看成质点，A错误；313 km指的是路程，B错误；高台跳水腾空至最高位置时，速度为零但加速度不为零，C错误；绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星不一定是同步卫星，所以不一定相对地面静止，D正确．2．飞机着地后还要在跑道上滑行一段距离，机舱内的乘客透过窗户看到树木向后运动，乘客选择的参考系是()A．停在机场的飞机 B．候机大楼C．乘客乘坐的飞机 D．飞机跑道解析：选C.飞机着地后在跑道上滑行时，乘客以自己乘坐的飞机为参考系，会看到窗外的树木向后运动，C正确．3．根据材料，结合已学的知识，判断下列说法正确的是()A．图甲为我国派出的军舰护航线路图，总航程4 500海里，总航程4 500海里指的是位移B．图甲为我国派出的军舰护航线路图，总航程4 500海里，总航程4 500海里指的是路程C．如图乙所示是奥运火炬手攀登珠峰的线路图，由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬手的位移D．如图丙所示是高速公路指示牌，牌中“25km”是指从此处到下一个出口的位移是25 km解析：选B.军舰航程是指其运动路径的总长度，指路程，A错误，B正确；奥运火炬手所走线路的总长度是火炬手的路程，C错误；高速公路指示牌中“25 km”是指从此处至下一个出口的路程为25 km，D错误．4．(多选)科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星．这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星，它的质量是木星质量的4倍，它的轨道与太阳的距离是地球与太阳的距离的几千倍．根据以上信息，下列说法正确的是()A．幸神星质量太大，不能看做质点B．研究幸神星绕太阳运动时，可以将其看做质点C．比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系时，可以选择太阳为参考系D．幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大解析：选BC.物体能否看做质点与物体的质量无关，A错误；幸神星的形状和大小相对其到太阳的距离来说属于次要的因素，因此可以看做质点，B正确；比较两个物体运动的快慢，要选择同一参考系，C正确；幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移均为零，D错误．5．(多选)三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是()A．三个质点从N点到M点的平均速度相同B．三个质点任意时刻的速度方向都相同C．三个质点任意时刻的位移方向都相同D．三个质点从N点到M点的位移相同解析：选AD.位移是指从初位置指向末位置的有向线段，在任意时刻，三个质点的位移方向不同，只有均到达M点时，位移方向相同，C错误，D正确；根据平均速度的定义式v＝xt可知三个质点从N点到M点的平均速度相同，A正确；质点任意时刻的速度方向沿轨迹的切线方向，故三个质点的速度方向不会在任意时刻都相同，B错误．6．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，其加速度可以很小解析：选D.加速度是速度的变化量Δv与所用时间Δt的比值，描述的是速度变化的快慢．加速度的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，速度可能很小；加速度小，速度可能很大，A错误，D正确；当速度的变化量Δv很大时，若时间Δt也很大，由a＝ΔvΔt可知a不一定大，B错误；物体有加速度，只表明其速度在变化，它可以变大，也可以变小，也可以只有速度的方向改变而大小不变，C错误．7．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 m/s2，a乙＝－4 m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是()A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化可能相等解析：选B.两物体加速度大小相等，故速度变化快慢相同，A、C均错误；由Δv＝a•Δt可知，两物体在相等时间内速度变化大小相等，但方向相反，D错误；由于甲物体的加速度与速度方向相同，乙物体加速度与速度方向相反，故甲做加速直线运动，乙做减速直线运动，B正确．[综合应用题组]8．为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得：运动员在前7 s跑了61 m,7 s末到7.1 s末跑了0.92 m，跑到终点共用10.8 s，则下列说法不正确的是()A．运动员在百米全过程的平均速度大小是9.26 m/sB．运动员在前7 s的平均速度大小是8.71 m/sC．运动员在7 s末的瞬时速度大小为9.2 m/sD．无法精确知道运动员在7 s末的瞬时速度大小解析：选C.根据平均速度公式v＝xt可知选项A、B正确；根据瞬时速度定义v＝ΔxΔt可知选项C错误，选项D正确．9．研究表明：加速度的变化率能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则感到不舒服．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是()A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s2 B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象中，已知物体在t＝0时速度为5 m/s，则2 s末的速度大小为8 m/s解析：选D.类比可知，加速度的变化率为ΔaΔt，单位为m/s3，A错；加速度的变化率为零，就是加速度恒定，是匀变速运动，B 错；加速度与速度同向，速度增大，C错；a－t图象中图线与坐标轴所围面积表示增加的速度，故D对．10．如图所示，一小球在光滑的V形槽中由A点释放，经B点(与B点碰撞所用时间不计)到达与A点等高的C点，设A点的高度为1 m，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为()A.23 3 m，23 3 mB.23 3 m，43 3 mC.43 3 m，23 3 mD.43 3 m,1 m解析：选C.小球通过的路程为小球实际运动轨迹的长度，则小球的路程为s＝2lAB＝2×1sin 60° m＝43 3 m；位移是由初位置指向末位置的有向线段，则小球的位移大小为x＝lAC＝1sin 60° m＝23 3 m．选项C正确．11．(多选)一物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12 m/s，方向向东，当t＝2 s时，物体的速度大小为8 m/s，方向仍向东，则当t为多少时，物体的速度大小变为2 m/s()A．3 s B．5 sC．7 s D．9 s解析：选BC.物体的加速度a＝ΔvΔt＝v－v0t＝8－122 m/s2＝－2 m/s2，且t′＝v′－v0a，当v′＝2 m/s时，t1＝5 s；当v′＝－2 m/s时，t2＝7 s，B、C正确．12．一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x＝5＋2t3(m)，它的速度随时间t变化关系为v＝6t2(m/s)．该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度大小分别为()A．12 m/s,39 m/s B．8 m/s,38 m/sC．12 m/s,19.5 m/s D．8 m/s,12 m/s解析：选B.平均速度v＝ΔxΔt，t＝0时，x0＝5 m；t＝2 s时，x2＝21 m；t＝3 s时，x3＝59 m，故v 1＝x2－x02 s＝8 m/s，v 2＝x3－x21 s＝38 m/s，B正确．13．(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2，v1、v2在各个时刻的大小如表所示，从表中数据可以看出()t/s 0 1 2 3 4v1/(m•s－1) 18.0 17.5 17.0 16.5 16.0v2/(m•s－1) 9.8 11.0 12.2 13.4 14.6A.火车的速度变化较慢B．汽车的加速度较小C．火车的位移在减小D．汽车的位移在增加解析：选AD.由表中数据可得，火车的加速度大小a1＝0.5 m/s2，汽车的加速度大小为a2＝1.2 m/s2，故A正确、B错误；因火车和汽车的速度方向均不变，它们的位移均随时间增加，D正确、C错误．14．(多选)如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是()A．0～1 s内的平均速度是2 m/sB．0～2 s内的位移大小是3 mC．0～1 s内的加速度大于2～4 s内的加速度D．0～1 s内的运动方向与2～4 s内的运动方向相反解析：选BC.根据v－t图象可知，质点在0～1 s内的位移x1＝12×2×1 m＝1 m,1～2 s内的位移x2＝2×1 m＝2 m，故0～1 s内的平均速度v 1＝x1t1＝1 m/s,0～2 s内的位移x＝x1＋x2＝3 m，A错误、B正确；0～1 s内的加速度a1＝2－01 m/s2＝2 m/s2,2～4 s内的加速度a2＝0－22 m/s2＝－1 m/s2，负号表示a2和v方向相反，故a1＞|a2|，C正确；0～1 s内与2～4 s内的速度均为正值，表示物体都沿正方向运动，D错误．第2节匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的基本规律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：匀加速直线运动：a与v同向.匀减速直线运动：a与v 反向.2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋12at2.4．位移与速度的关系式：v2－v20＝2ax.二、匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：v－＝v ＝v0＋v2.2．位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.可以推广到xm－xn＝(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……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.(2)1T内，2T内，3T内......位移之比为：x1∶x2∶x3∶ (x)＝1∶22∶32∶…∶n2.(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝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∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．三、自由落体运动和竖直上拋运动的规律1．自由落体运动规律(1)速度公式：v＝gt.(2)位移公式：h＝12gt2.(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.2．竖直上拋运动规律(1)速度公式：v＝v0－gt.(2)位移公式：h＝v0t－12gt2.(3)速度—位移关系式：v2－v20＝－2gh.(4)上升的最大高度：h＝v202g.(5)上升到最大高度用时：t＝v0g.[自我诊断]1．判断正误(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)匀变速直线运动的位移是均匀增加的．(×)(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)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．(×)(6)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反．(×)2．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为()A.2v B．3vC．2v D.5v解析：选A.由匀变速直线运动的中间位置的速度公式vx2＝ v20＋v22，有v＝ 0＋v2底2，得v底＝2v，所以只有A 项正确．3．(多选)在某一高度以v0＝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/s2)()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.规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s、方向向上时，vt＝10 m/s，由v＝v0＋vt2得v＝15 m/s，方向向上，A正确．当小球的末速度大小为10 m/s、方向向下时，vt＝－10 m/s，由v＝v0＋vt2得v＝5 m/s，方向向上，B错误，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x＝v20－v2t2g＝15 m，D正确．考点一匀变速直线运动的基本规律1．运动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．多过程问题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连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．3．解决运动学问题的基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选公式列方程→解方程并讨论1．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3C．关卡4 D．关卡5解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝va＝1 s，运动的距离x1＝12at2＝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，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C正确．2．一旅客在站台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/s2 B．1 m/s2C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋12at2从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有0－v20＝2a•2L，解得a≈－0.5 m/s2或a＝－18 m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s2，故C正确．。
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第2节 匀变速直线运动的规律
课时规范训练 [基础巩固题组]
1．物体从静止开始做匀加速直线运动，在第2 s 内的位移为x m ，则物体运动的加速度大小是( )
A.
3x 2
m/s 2
B ．2x 3 m/s 2
C.x
2
m/s 2
D.x
4
m/s 2
解析：选B.由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2得物体在第2 s 内的位移x ＝12a ×22－12a ×12
，解
得a ＝2x 3
m/s 2
，B 正确．
2．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第2 s 和第4 s 内位移的大小均为5 m ，则物体的加速度大小为( )
A ．0
B ．2 m/s 2
C ．5 m/s 2
D ．6 m/s 2
解析：选C.由题意知，小球第2 s 处于上滑阶段，第4 s 处于下滑阶段，以沿斜面向上为正，则由x m －x n ＝(m －n )aT 2得a ＝5－ －5 2－4 ·1
2 m/s 2＝－5 m/s 2
，C 正确．
3．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间间隔，在第三个T 时间内位移是3 m ，第三个T 时间末的瞬时速度为3 m/s ，则( )
A ．物体的加速度是1 m/s 2
B ．第一个T 时间末的瞬时速度为0.6 m/s
C ．时间间隔T ＝1 s
D ．物体在第1个T 时间内的位移为0.6 m
解析：选D.初速度为0的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此判断第一个T 时间内的位移x 1＝1
5
×3 m＝0.6 m ，选项D 正确；第二个T 时间内的位移
x 2＝3
5×3 m＝1.8 m ，由v 23－0＝2a (x 1＋x 2＋x 3)得a ＝56
m/s 2，选项A 错误；由Δx ＝aT 2
得1.8
m －x 1＝aT 2
，解得T ＝65 s ，选项C 错误；第一个T 时间末的瞬时速度v 1＝aT ＝1 m/s ，选项B
错误．
4．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
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＋
12
gt 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 ＝
2v
g
，故A 正确． 5．(多选)一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )
A ．初速度v 0的大小为2.5 m/s
B ．加速度a 的大小为1 m/s 2
C ．位移x 3的大小为1.125 m
D ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s
解析：选BCD.由Δx ＝aT 2
可得加速度的大小a ＝1 m/s 2
，则选项B 正确；第1 s 末的速度v 1＝
x 1＋x 2
2T
＝2.5 m/s ，则v 0＝v 1＋at 1＝3.5 m/s ，选项A 错误；物体的速度由2.5 m/s 减速到0所需时间t ＝0－v 1－a ＝2.5 s ，经过位移x 3的时间t ′＝1.5 s ，故x 3＝12at ′2
＝1.125 m ，
选项C 正确；位移x 3内的平均速度v ＝
x 3
t ′
＝0.75 m/s ，则选项D 正确． 6．我国已完成了舰载机阻拦着舰试验．与陆上基地飞机着陆时可缓慢减速平飞不同，舰载机着舰必须加速，一旦舰载机尾钩未能挂住阻拦索，必须能快速拉升逃逸．假设“歼－15”战机着舰速度为30 m/s ，钩住阻拦索减速滑行45 m 停下．若没有钩住阻拦索，必须加速到50 m/s 才能安全飞离航母，航母甲板上可用于战机加速的长度仅有200 m ．求：
(1)“歼－15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度大小和滑行时间； (2)“歼－15”战机在甲板上加速飞行的加速度至少是多少？
解析：(1)“歼－15”战机钩住阻拦索后做匀减速运动，则有加速度a 1＝0－v 2
2x 1
＝－10
m/s 2
由x 1＝1
2(v 0＋0)t
代入数据解得t ＝3 s
(2)若未钩住阻拦索，“歼－15”战机加速飞行的加速度
a 2＝v 21－v 2
02x 2＝4 m/s 2
答案：(1)－10 m/s 2 3 s (2)4 m/s 2
[综合应用题组]
7．A 、B 两小球从不同高度自由下落，同时落地，A 球下落的时间为t ，B 球下落的时间为t
2
，当B 球开始下落的瞬间，A 、B 两球的高度差为( ) A ．gt 2
B.38gt 2
C.34
gt 2 D.14
gt 2 解析：选D.h A ＝12gt 2，h B ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝18gt 2
，所以B 刚下落瞬间，A 、B 间距离为Δh ＝h A
－12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22－h B ＝14
gt 2
，故D 对． 8．假设某无人机靶机以300 m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时发射导弹，导弹以80 m/s 2
的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( )
A ．3.75 s
B ．15 s
C ．30 s
D ．45 s
解析：选B.导弹由静止做匀加速直线运动，即v 0＝0，a ＝80 m/s 2
，据公式v ＝v 0＋at ，
有t ＝v a ＝1 20080
s ＝15 s ，即导弹发射后经15 s 击中无人机，选项B 正确．
9．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x ＝(10－0.1v 2
)m ，则下列分析正确的是( )
A ．上述过程的加速度大小为10 m/s 2
B ．刹车过程持续的时间为5 s
C ．0时刻的初速度为10 m/s
D ．刹车过程的位移为5 m
解析：选C.由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝12a v 2－12a v 20，对照x ＝(10－0.1v 2
)m ，可知a ＝－5
m/s 2
，v 0＝10 m/s ，选项A 错误，C 正确；由v ＝v 0＋at 可得刹车过程持续的时间为t ＝2 s ，由v 2
－v 2
0＝2ax 可得刹车过程的位移x ＝10 m ，选项B 、D 错误．
10．(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A ．加速、减速中的加速度大小之比为a 1∶a 2等于2∶1
B ．加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2等于1∶1
C ．加速、减速中的位移大小之比x 1∶x 2等于2∶1
D ．加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2不等于1∶2
解析：选BC.汽车由静止运动8 s ，又经4 s 停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初
速度相等，由v ＝at ，知a 1t 1＝a 2t 2，a 1a 2＝12，A 、D 错；又由v 2
＝2ax 知a 1x 1＝a 2x 2，x 1x 2＝a 2a 1＝21
，
C 对；由v ＝v
2
知，v 1∶v 2＝1∶1，B 对．
11．一质点以一定的初速度冲上一倾角为θ的斜面，结果最后静止在斜面上，如图所示，在第1 s 内位移为6 m ，停止运动前的最后1 s 内位移为2 m ，求：
(1)在整个减速运动过程中质点的位移大小； (2)整个减速过程共用的时间．
解析：(1)设质点做匀减速运动的加速度大小为a ，初速度为v 0.由于质点停止运动前的最后1 s 内位移为2 m ，对整个过程逆向考虑，则x 2＝12
at 2
2
所以a ＝2x 2t 22
＝4 m/s 2
质点在第1 s 内位移为6 m ，由x 1＝v 0t 1－12at 2
1
所以v 0＝2x 1＋at 2
1
2t 1
＝8 m/s
在整个减速运动过程中质点的位移大小x ＝v 20
2a
＝8 m
(2)对整个过程逆向考虑，有x ＝12at 2
所以t ＝
2x
a
＝2 s
答案：(1)8 m (2)2 s。