课时跟踪检测(二) 匀变速直线运动的规律
匀变速直线运动规律 (2)
2.如果不计空气阻力，要使一颗礼花弹上升至320 m高
处，在地面发射时，竖直向上的初速度至少为(g取10
m/s2)
()
A.40 m/s
B.60 m/s
C.80 m/s
D.100 m/s
解析：由竖直上抛运动的对称性可知，物体以初速度v0竖 直上抛可升到320 m高处，则物体从320 m高处由静止自由
1.物体上升到最高点时速度虽为零，但并不处于平衡 状态.
2.由于竖直上抛运动的上升和下降阶段加速度相同， 故可对全程直接应用匀变速直线运动的基本公式， 但要注意各物理量的方向.
1.对匀变速直线运动公式的理解和应用 (1)正、负号的规定
运用匀变速直线运动的基本公式，要注意各物理量的符 号，一般情况下，我们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.
因为汽车经t0＝
＝4 s停止，故t2＝5 s舍去，A正确.
答案：A
1.重要特性 (1)对称性
如图1－2－1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点的速度与下降过程经过A点的速度 大小相等. ③能量对称性 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.
下落到地面的速度也为v0，因此v ＝022 gh，v0＝ m/s.C项正确.
＝80
可从多种解法的 对比中进一步明确解题的基本思路和方法，从而提高解题 能力.
方法
分析说明
一般公式指速度公式、位移公式及推论的三个
一般 公式.使用时要注意方向性.一般以v0的方向为正 公式法 方向，其余与正方向相同者为正，与正方向相
匀变速直线运动的基本规律
度恰为零,如图所示。 处的 B 点时,所用时 ������+������0 ������0 +0已知物体第一次运动到斜面长度 ������0 2 间为 t,求物体从 B 滑到 C 所用的时间。 2
������������ =2axBC② xBC=4xAC③
������ 2 2
利用推论:中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。 3 =
三、竖直上抛运动
1.定义 将物体以一定的初速度竖直向上抛出, 物体只在重力作用下的运动。 2.特点 上升过程是加速度为 g 的匀减速直线运动; 下落过程是自由落体运动。 3.规律 ( 1) v=v0-gt, h=v0t- gt2。 ( 2) 对称性: ①速度对称: 即在上升和下降过程中, 经过同一位置时, 物体 的速度大小相等; ②时间对称: 即在上升和下降过程中, 经过同一段路程, 所 经历的时间相等。
第一章
第二节
匀变速直线运动的基本规律 5 -5-
一
二 三
二、自由落体运动
1.定义 物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。 2.特点 初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动。 3.运动规律 1 2 v=gt,h= gt ,v2=2gh。
2
第一章
第二节
匀变速直线运动的基本规律 6 -6-
一
二 三
分类 匀加速直线运动 匀减速直线运动 速度变化 增大 减小 加速度方向与 速度方向关系 同向 反向 加速度情况 恒定
第一章
第二节
匀变速直线运动的基本规律 3 -3-
一
二 三
2.匀变速直线运动的规律 (1)两个基本公式 ①速度公式:v=v0+at。 ②位移公式:x=v0t+ at 。 ③位移速度关系式: v -v0 2 =2ax。 (2)两个重要推论 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一半,还等于中间时刻的瞬时速度。 平均速度公式:v =
专题02 匀变速直线运动的规律及图像(解析版).pdf
2020年高考物理二轮温习热点题型与提分秘籍专题02 匀变速直线运动的规律及图像题型一 匀变速直线运动的规律及应用【题型解码】 (1)匀变速直线运动的基本公式(v －t 关系、x －t 关系、x －v 关系)原则上可以解决任何匀变速直线运动问题．因为那些导出公式是由它们推导出来的,在不能准确判断用哪些公式时可选用基本公式．(2)未知量较多时,可以对同一起点的不同过程列运动学方程．(3)运动学公式中所含x 、v 、a 等物理量是矢量,应用公式时要先选定正方向,明确已知量的正负,再由结果的正负判断未知量的方向．【典例分析1】(2019·安徽蚌埠高三二模)图中ae 为珠港澳大桥上四段110 m 的等跨钢箱连续梁桥,若汽车从a 点由静止开始做匀加速直线运动,通过ab 段的时间为t ,则通过ce 段的时间为( )A ．t B.t 2C ．(2－)t D ．(2＋) t22【参考参考答案】 C【名师解析】 设汽车的加速度为a ,通过bc 段、ce 段的时间分别为t 1、t 2,根据匀变速直线运动的位移时间公式有：x ab ＝at 2,x ac ＝a (t ＋t 1)2,x ae ＝a (t ＋t 1＋t 2)2,解得：t 2＝(2－)t ,故C 正确,A 、B 、D 错误。
1212122【典例分析2】(2019·全国卷Ⅰ,18)如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H 。
上升第一个所用的时间为t 1,第四个所用的时间为t 2。
不计空气阻力,则满足( )H 4H 4t 2t 1A.1＜＜2 B.2＜＜3t 2t 1t 2t 1C.3＜＜4 D.4＜＜5t 2t 1t 2t 1【参考参考答案】 C【名师解析】 本题应用逆向思维求解,即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动,所以第四个所用的时间为t 2＝,第一个所用的时间为t 1＝－,因此有＝＝2＋H 42×H 4g H 42H g 2×34Hg t 2t 112－3,即3＜＜4,选项C 正确。
专题二匀变速直线运动的规律
四个注意 （1）条件性 （3）区别性
（2）矢量性 （4）阶段性
会正确运用匀变速直线运动的速度和位移公式对 简单问题进行具体的分析和计算
匀变速直线运动的解题步骤 (1)审查题意，构建模型； (2)设定方向，写出公式； (3)代入数据，数学运算； (4)结果分析，完善答案.
例1.物体做匀加速运动，已知加速度为2m/s2 ，那 1.物体做匀加速运动，已知加速度为2m/s 物体做匀加速运动 么在任意1s 1s内 么在任意1s内 （ ） 物体的末速度一定是初速度的2 A. 物体的末速度一定是初速度的2倍。 物体的末速度一定比初速度大2m/s B. 物体的末速度一定比初速度大2m/s C. 物体的初速度一定比前1 秒的末速度大2m/s 物体的初速度一定比前1 秒的末速度大2m/s 物体的末速度一定比前1 秒内的初速度大2m/s D. 物体的末速度一定比前1 秒内的初速度大2m/s
t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7
总结： 总结：匀变速直线运动的规律
一个对象 两种方法 两个推导 三个公式 做匀变速直线运动的物体 图象法和公式法（数形结合思想） 会推导速度公式和位移公式
(1) vt= v0 + a t (2)V=s/t= (vt+ v0 )/2 v 1 2 ( 3) s = v0t + at 2
A B
如图所示,一小球从A点由静止开始沿斜面匀加速 滑下,然后沿水平匀减速运动到C停止.已知AB长 S1,BC长S2小球A经B到C共用时间为t,试分别求出 小球在斜面上和水平面上运动问题的处理 例5、一个滑块沿斜面滑下,依次通过斜面上的A、 一个滑块沿斜面滑下,依次通过斜面上的A 三点，如图示，已知AB=6m BC=10m， AB=6m， B、C三点，如图示，已知AB=6m，BC=10m，滑 块经过AB BC两段位移的时间都是 AB、 两段位移的时间都是2s 块经过AB、BC两段位移的时间都是2s ，求 （1）滑块运动的加速度 （2）滑块在A、C点的瞬时速度 滑块在A
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第二讲匀变速直线运动和自由落体运动的规律
第一章直线运动第二讲匀变速直线运动和自由落体运动的规律课时跟踪练(二)匀变速直线运动和自由落体运动的规律时间：40分钟答案见P35A组基础巩固1．(2018·河南林州一中质检)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解析：设航母匀速运动的最小速度为v1，飞机起飞速度为v2，对于航母则有x1＝v1t，对于飞机则有v2＝v1＋at，飞机起飞时的位移满足v22－v21＝2ax2，两者相对位移等于航母的跑道长，故有x2－x1＝160 m，联立解得v1＝10 m/s，故A正确．答案：A2．(多选)(2018·湖南常德一中模拟)A与B两个质点向同一方向运动，A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀速直线运动．开始计时时，A，B位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时() A．两质点速度相等B．A与B在这段时间内的平均速度相等C．A的瞬时速度是B的2倍D．A与B的位移相同解析：要求A、B同一时刻到达同一位置，初始时刻A、B位于同一位置，末时刻又在同一位置，所以两质点位移相等，故D正确；A、B同时开始运动，所以相遇时运动的时间相等，可知平均速度相等，故B正确；相遇时位移相等，设A的速度为v A，B的速度为v B，＝2v B，故C正确，A错误．则有v A2t＝v B t，得v A答案：BCD3．(2018·福建师大附中模拟)在空中的某点O以一定的初速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，0.8 s后物体的速率变为8 m/s，关于此时物体的位置和速度方向的说法，正确的是(g取10 m/s2)()A．在O点上方，速度方向向下B．在O点上方，速度方向向上C．在O点，速度方向向下D．在O点下方，速度方向向下解析：取竖直向上为正方向，若物体此时的位置在O点上方或下方，速度方向向下，v＝8 m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝0，与物体以一定的初速度竖直向上抛出不符，故A、D错误；若物体此时的位置在O点上方，速度方向向上，v＝8 m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝16 m/s，与物体以一定的初速度竖直向上抛出相符，故B正确；若物体在O点，则上升和下降的时间均为0.4 s，回到O点的速度为v＝gt＝4 m/s，与题目数据不符，故C错误．答案：B4.(2018·株洲二中模拟)为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹AB.已知每层砖的平均厚度为6 cm，拍摄到的石子位置A距石子起始落点的竖直距离约5 m．这个照相机的曝光时间约为(g取10 m/s2)()A．1×10－3 s B．1×10－2 sC．5×10－2 s D．0.1 s解析：自由落体运动位移为5 m时的末速度为：v1＝2gh＝10 m/s；由于0.12 m远小于5 m，故可能近似地将AB段当成匀速运动，＝0.012 s≈0.01 s，故选B.故时间为：t＝ABv1答案：B5．(2017·株洲二中检测)如图所示，在水平面上有一个质量为m 的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最终停在O 点．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为L 1、L 2、L 3，小物块由A 、B 、C 三点运动到O 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论正确的是( )A.L 1t 1＝L 2t 2＝L 3t 3B.L 1t 1<L 2t 2<L 3t 3C.L 1t 21＝L 2t 22＝L 3t 23D.L 1t 21<L 2t 22<L 3t 23解析：研究小物块运动的逆过程，小物块从O 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，x ＝12at 2，故a ＝2x t 2， 故位移与时间平方的比值为定值，即L 1t 21＝L 2t 22＝L 3t 23，故选C. 答案：C6．(多选)汽车由静止开始从A 点沿直线ABC 做匀变速直线运动，第4 s 末通过B 点时关闭发动机，再经6 s 到达C 点时停止．已知AC 的长度为30 m ，则下列说法正确的是( )A ．通过B 点时速度是3 m/sB ．通过B 点时速度是6 m/sC ．AB 的长度为12 mD ．汽车在AB 段和BC 段的平均速度相同解析：汽车由静止开始从A 点沿直线ABC 做匀变速直线运动，画出v-t 图象，由图可得x AC ＝12v B t ，解得v B ＝6 m/s ，所以选项A 错误，B 正确；0～4 s 内，x AB ＝12v B t 1＝12 m ，所以选项C 正确；由v＝v 0＋v t 2，知汽车在AB 段和BC 段的平均速度相同，选项D 正确．答案：BCD7．(多选)(2017·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：若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a＝－8－5 s ＝1.6 s<2 s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 202a ＝6410 m ＝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 ＝1.68s ＝0.2 s 时汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．答案：AD8．一质点由静止从A 点出发，先做匀加速直线运动，加速度大小为a ，后做匀减速直线运动，加速度大小为3a ，速度为零时到达B 点．A 、B 间距离为x ，求质点运动过程中的最大速度．解析：设运动过程中的最大速度为v ，则匀加速直线运动的位移x 1＝v 22a， 匀减速直线运动的位移x 2＝v 22×3a， 由题意x ＝v 22a ＋v 22×3a， 解得v ＝ 3ax 2. 答案： 3ax 2B 组 能力提升9．(2018·蚌埠模拟)一质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a 1，经时间t 后做匀减速直线运动，加速度大小为a 2，若再经时间t 恰能回到出发点，则a 1∶a 2应为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：规定初速度方向为正方向，在加速阶段有x ＝12a 1t 2，减速阶段有－x ＝v 0t －12a 2t 2，其中v 0＝a 1t ，可得a 1∶a 2＝1∶3，C 正确． 答案：C10．(2018·湖南长沙雅礼中学月考)如图所示，一物体做匀加速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，其中B 是AC 的中点．已知物体在AB 段的平均速度大小为3 m/s ，在BC 段的平均速度大小为6 m/s ，则物体经过B 点时的速度大小是( )A ．4 m/sB ．4.5 m/sC ．5 m/sD ．5.5 m/s解析：因为物体在AB 段的平均速度大小为3 m/s ，所以3 m/s ＝v A ＋v B 2，在BC 段的平均速度大小为6 m/s ，所以6 m/s ＝v C ＋v B 2；又因为AB ＝AC ，故v 2B －v 2A ＝v 2C －v 2B ，联立解得v B ＝5 m/s ，C 正确．答案：C11．(2018·福州模拟)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水平地面的方向上运动．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，取重力加速度大小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：设燃料恰好用完时火箭的速度为v 1，所用时间为t 1，火箭的上升阶段可分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程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＝60 m.(3)第二个过程用时t 2＝v 1g， 代入数据解得t 2＝2 s ，设火箭从最高点返回发射点用时t 3由h ＝12gt 23得t 3＝ 2h g， 代入数据解得t 3≈3.5 s ，火箭从发射到返回发射点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝9.5 s.答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)9.5 s12．(2018·山东潍坊中学模拟)我国东部14省市ETC 联网已正常运行，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v 1＝15 m/s 的速度朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在收费站中心线前x ＝10 m 处正好匀减速至v 2＝5 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1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速度为0，经过t ＝20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1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/s 2.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)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？ 解析：(1)过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为x 1＝v 21－v 222a＝100 m ， 所以总的位移x 总1＝2x 1＋x ＝210 m.(2)过ETC 通道时t 1＝v 1－v 2a ×2＋x v 2＝22 s ， 过人工收费通道时t 2＝v 1a×2＋t ＝50 s ， x 2＝v 212a×2＝225 m ， 二者的位移差Δx ＝x 2－x 总1＝(225－210) m＝15 m ，在这段位移内汽车过ETC 通道时是做匀速直线运动，所以Δt ＝t 2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫t 1＋Δx v 1＝27 s. 答案：(1)210 m (2)27 s。
2023年高考小专题复习学案 专题2匀变速直线运动的基本规律
专题2 匀变速直线运动的基本规律【知识梳理】一、匀变速直线运动的基本规律1．匀变速直线运动：沿着一条直线且不变的运动，其v－t图线是一条。
2．四个基本规律(1)速度与时间的关系式：，若是v0=0的匀加速直线运动，则。
(2)位移与时间的关系式：，若是v0=0的匀加速直线运动，则。
(3)速度位移关系式：，若是v0=0的匀加速直线运动，则。
(4)平均速度公式：，则速度位移关系式为。
3．位移的关系式及选用原则(1)不涉及加速度a时，选择。
(2)不涉及运动的时间t时，选择。
二、匀变速直线运动的基本规律解题技巧1．基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取→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，通常以的方向为正方向；当v0＝0时，一般以的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取，相反时取。
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，可以看成反向的运动。
(2)图像法：借助v－t图像(斜率、面积)分析运动过程。
三、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运动，加速度a突然消失。
(2)求解时要注意确定实际运动。
(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运动。
2．双向可逆类问题(1)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)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． 【专题练习】 一、单项选择题1．一架战机起飞前从静止做加速度为a 的匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需的时间为t ，则战机起飞前运动的距离表达式错误的是（ ） A ．vtB ．2vtC ．212atD ．22v a2．物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第5s 内的位移为x ，则物体运动的加速度为（ ） A ．49x B ．9x C ．3x D ．29x 3．一物体做匀减速直线运动，在第二秒内的位移为3m ，第三秒内的位移为0.125m ，则物体的加速度大小为（ ） A ．23m/sB ．23.5m/sC ．24m/sD ．24.25m/s4．一列火车沿直线轨道从静止出发由A 地驶向B 地，火车先做匀加速运动，加速度大小为a ，接着做匀减速运动，加速度大小为2a ，到达B 地时恰好静止。
2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测二匀变速直线运动的规律
课时跟踪检测（二） 匀变速直线运动的规律一、立足主干学问，注意基础性和综合性1．(2024·武汉高三调研)以8 m/s 的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s ，则小树高约为( )A ．0.8 mB ．1.6 mC ．2.4 mD ．3.2 m解析：选C 石子竖直上升的最大高度为H ＝v 22g ＝3.2 m ，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t 1＝t 2＝0.4 s ，则最高点到小树顶端的距离为h 1＝12gt 12＝0.8 m ，则小树高约为h ＝H －h 1＝2.4 m ，故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，动车进站时做匀减速直线运动。
他发觉第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 将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t ，动车第7节车厢通过旅客过程，有12at 2＝25 m ，第6、7节车厢通过旅客过程，有12a (t ＋4 s)2＝2×25 m，解得a ≈0.5 m/s 2，C 正确。
3．(2024·湖北高考)2024年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。
某轮竞赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m 完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整。
假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s 2，则她用于姿态调整的时间约为( )A ．0.2 sB ．0.4 sC ．1.0 sD ．1.4 s解析：选B 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t ＝ 2Hg＝2×1010s≈1.4 s，下落前5 m 的过程所用的时间为t 1＝2hg＝2×510s ＝1 s ，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t 2＝t －t 1＝0.4 s 。
人教版高中物理必修 第二章 匀变速直线运动的研究-课时2 匀变速直线运动规律及其应用(含自由落体)
B
[解析]物体沿斜面沿直线下滑，设斜面的倾角为。在动摩擦因数不变的情况下，下滑的加速度为,因此加速度大小不变，由说明相等时间内的速度变化量相同，选项A错，B正确；根据匀变速直线运动的相关公式可知，相同时间内，下滑位移越来越大，选项C错；根据匀变速直线运动的推论,在相邻的相等时间内的位移差为恒定值，选项D错误。
B
[解析]苹果自由落体运动的速度与时间关系为，因此正确选项为B。
典例6 关于伽利略对自由落体运动的研究，下列叙述错误的是( )A. 伽利略认为，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快B. 伽利略把实验和逻辑推理和谐地结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C. 伽利略用实验直接证实了自由落体运动下落高度与时间的平方成正比D. 伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量
C
[解析] 伽利略认为，做自由落体运动的物体下落的快慢与物体的质量无关，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快，故A正确；伽利略把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B正确；伽利略猜想自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故C错误；伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量，故D正确；此题选择错误的选项，故选C。
[答案]
[解析]设飞机起飞所用的时间为，在时间内航空母舰航行的距离为，航空母舰的最小速度为，对航空母舰有，对飞机有，，联立方程并代入数据解得，即航空母舰的航行速度至少为。
考点3 直线运动的图像
1.图像：图像的物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律。
匀变速直线运动公式规律总结
匀变速直线运动公式、规律总结一．基本规律：=ts １． =t v v t 0-（１）加速度 =20t v v + at v v t +=0 2021at t v s +=2 t v v t 20+= t v t 22022v v as t -= 注意：基本公式中（１）式适用于一切变速运动，其余各式只适用于匀变速直线运动．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。
二．匀变速直线运动的两个重要规律：１．匀变速直线运动中某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度： 即2tv =t s 20t v v + ２．匀变速直线运动中连续相等的时间间隔内的位移差是一个恒量：设时间间隔为T ，加速度为a ，连续相等的时间间隔内的位移分别为S １，S ２，S ３，……S N ； 则S=S 2－S 1=S 3－S 2= …… =S N －S N －1=aT 2注意：设在匀变速直线运动中物体在某段位移中初速度为，末速度为，在位移中点的瞬时速度为2s v ，则中间位置的瞬时速度为2s v =2220t v v + 无论匀加速还是匀减速总有2t v ==20t v v +＜2s v =2220t v v +三．自由落体运动和竖直上抛运动：=2tv2tv总结：自由落体运动就是初速度=0，加速度=的匀加速直线运动．（１）瞬时速度gtvt-2021gttvs-=（３）重要推论22vvt-=-总结：竖直上抛运动就是加速度ga-=的匀变速直线运动．四．初速度为零的匀加速直线运动规律：设T为时间单位，则有：（１）１s末、２s末、３s末、…… ns末的瞬时速度之比为：ｖ1∶ｖ2∶ｖ3∶……：ｖn=1∶2∶3∶……∶n同理可得:１T末、２T末、３T末、…… nT末的瞬时速度之比为：ｖ1∶ｖ2∶ｖ3∶……：ｖn=1∶2∶3∶……∶n（２）１s内、２s内、３s内……ｎs内位移之比为：S1∶S2∶S3∶……：S n=12∶22∶32∶……∶n2同理可得:１T内、２T内、３T内……ｎT内位移之比为：S1∶S2∶S3∶……：S n=12∶22∶32∶……∶n2（３）第一个１s内，第二个２s内，第三个３s内，……第n个1s内的位移之比为：SⅠ∶SⅡ∶SⅢ∶……：S N=1∶3∶5∶……∶（2n－1）同理可得:第一个T内，第二个T内，第三个T内，……第n个T内的位移之比为：SⅠ∶SⅡ∶SⅢ∶……：S 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=1∶（12-）∶（23-）∶………∶（1--nn）课时4：匀速直线运动、变速直线运动基本概念（例题）一．变速直线运动、平均速度、瞬时速度：例1：一汽车在一直线上沿同一方向运动，第一秒内通过5m，第二秒内通过10m，第三秒内通过20m，第四秒内通过5m，则最初两秒的平均速度是_________m/s，则最后两秒的平均速度是_________m/s，全部时间的平均速度是_________m/s．例2：做变速运动的物体，若前一半时间的平均速度为4m/s，后一半时间的平均速度为8m/s，则全程内的平均速度是_________m/s；若物体前一半位移的平均速度为4m/s，后一半位移的平均速度为8m/s，则全程内的平均速度是_________m/s．二．速度、速度变化量、加速度：提示：1、加速度：是表示速度改变快慢的物理量，是矢量。
第2天 匀变速直线运动基本规律(解析版)
第2天 匀变速直线运动基本规律 （复习篇）1.理解匀变速直线运动的v －t 图像特点.2.掌握匀变速直线运动的速度公式，会用此公式解决简单的匀变速直线运动问题．3.会用公式x ＝v 0t ＋12at 2解决匀变速直线运动的问题.4.理解匀变速直线运动的速度与位移的关系式并会应用公式v 2－v 02＝2ax 解题．1. 火车正常行驶的速度是54 km/h ，关闭发动机后，开始做匀减速直线运动，第6 s 末的速度是43.2 km/h ，求： (1)火车的加速度；(2)火车在第15 s 末的速度大小； (3)火车在第45 s 末的速度大小．答案 (1)0.5 m/s 2，方向与火车运动方向相反 (2)7.5 m/s (3)0 解析 (1)以火车运动的方向为正方向， v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，v 1＝43.2 km/h ＝12 m/s. 由加速度定义式可知：a ＝Δv Δt ＝12－156 m/s 2＝－0.5 m/s 2，负号表示方向与火车运动方向相反； (2)火车从开始减速到停止所用的时间 t ＝0－v 0a ＝0－15－0.5s ＝30 s ， 火车在第15 s 末的速度大小为：v 2＝v 0＋at 2＝[15＋(－0.5)×15] m/s ＝7.5 m/s ；(3)由(2)分析可知，火车从开始减速到停止所用的时间为30 s ，所以火车在第45 s 末的速度为零． 2. 某辆赛车在一段平直跑道上做初速度为零的匀加速直线运动，前2 s 内位移是 8 m ，则( )A ．赛车的加速度是2 m/s 2B ．赛车的加速度是3 m/s 2C ．赛车第4 s 内的位移是32 mD ．赛车第4 s 内的位移是14 m 答案 D解析 赛车做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移与时间的关系式x ＝12at 2，解得a ＝4 m/s 2，故A 、B 错误；赛车第4 s 内的位移为前4 s 内的位移减去前3 s 内的位移，由Δx ＝ 12at 42－12at 32解得赛车第4 s 内的位移为14 m ，故C 错误，D 正确．一、匀变速直线运动的速度与时间的关系1．公式v ＝v 0＋at 中各量的含义：v 0、v 分别表示物体的初、末速度，a 为物体的加速度，且a 为恒量，at 就是物体运动过程中速度的变化量．2．公式的适用条件：公式v ＝v 0＋at 只适用于匀变速直线运动． 3．公式的矢量性公式v ＝v 0＋at 中的v 、v 0、a 均为矢量，应用公式解题时，应先选取正方向，一般以v 0的方向为正方向．(1)若加速度方向与正方向相同，则加速度取正值；若加速度方向与正方向相反，则加速度取负值． (2)若计算出v 为正值，则表示末速度方向与初速度的方向相同；若v 为负值，则表示末速度方向与初速度的方向相反． 4．两种特殊情况 (1)当v 0＝0时，v ＝at .由于匀变速直线运动的加速度恒定不变，表明由静止开始的匀加速直线运动的速度大小与其运动时间成正比．(2)当a ＝0时，v ＝v 0.加速度为零的运动是匀速直线运动． 二、匀变速直线运动的特点及v －t 图像 1．匀变速直线运动加速度保持不变的直线运动． 2．匀变速直线运动的特点 (1)加速度a 恒定不变； (2)v －t 图像是一条倾斜直线． 3．匀变速直线运动的v －t 图像(1)匀速直线运动的v －t 图像是一条平行于时间轴的直线．(2)匀变速直线运动的v －t 图像是一条倾斜的直线，如图所示，a 表示匀加速直线运动，b 表示匀减速直线运动．①v －t 图线的斜率表示加速度：斜率的大小等于物体的加速度的大小，斜率的正、负表示加速度的方向．②v －t 图线与纵轴的交点的纵坐标表示物体的初速度．(3)v －t 图线是一条曲线，则物体做非匀变速直线运动，物体在某时刻的加速度等于该时刻图线切线的斜率．图甲中，图线斜率增大，物体的加速度增大，图乙中，图线斜率减小，物体的加速度减小．三、匀变速直线运动的位移与时间的关系1．在v －t 图像中，图线与坐标轴所围的面积对应物体的位移，t 轴上方面积表示位移为正，t 轴下方面积表示位移为负．2．位移与时间公式x ＝v 0t ＋12at 2只适用于匀变速直线运动．3．公式中x 、v 0、a 都是矢量，应用时必须选取正方向．一般选v 0的方向为正方向．当物体做匀减速直线运动时，a 取负值，计算结果中，位移x 的正负表示其方向．4．当v 0＝0时，x ＝12at 2，即由静止开始的匀加速直线运动的位移与时间公式，x 与t 2成正比．三、匀变速直线运动的位移与速度的关系 对速度与位移的关系式v 2－v 02＝2ax 的理解 1．适用范围：仅适用于匀变速直线运动．2．矢量性：公式中v 0、v 、a 、x 都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，一般取v 0方向为正方向：(1)若是加速运动，a 取正值，若是减速运动，a 取负值．(2)x ＞0，位移的方向与初速度方向相同，x ＜0位移的方向与初速度方向相反． (3)v ＞0，速度的方向与初速度方向相同，v ＜0速度的方向与初速度方向相反．一、刹车类问题分析例题1. 汽车以36 km/h 的速度在平直公路上匀速行驶，刹车后以2 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，求：(1)刹车后3 s 末的速度大小；(2)刹车后汽车发生位移16 m 所经历的时间； (3)刹车后8 s 内汽车通过的位移大小． 答案 (1)4 m/s (2)2 s (3)25 m解析 (1)汽车的初速度大小为v 0＝36 km/h ＝10 m/s,刹车时间t ＝v 0a ＝5 s,所以刹车后3 s 末的速度大小为v 1＝v 0－at 1＝4 m/s(2)设汽车发生位移x 所经历的时间为t 2，则汽车的位移x ＝v 0t 2－12at 22＝16 m解得t 2＝2 s 或t 2＝8 s(舍去)(3)由于8 s 大于汽车的刹车时间，所以8 s 内汽车通过的位移大小为刹车距离，即x 1＝v 022a ＝25 m.解题归纳：刹车类问题的处理思路实际交通工具刹车后可认为是做匀减速直线运动，当速度减小到零时，车辆就会停止．解答此类问题的思路是：(1)先求出它从刹车到停止的刹车时间t 刹＝v 0a；(2)比较所给时间与刹车时间的关系确定运动时间，最后再利用运动学公式求解．若t <t 刹，则在t 时间内未停止运动，可用公式求解；若t >t 刹，不能盲目把时间代入． 二、逆向思维法例题2. 飞机着陆后以6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动直至静止．其着陆速度为60 m/s ，求： (1)飞机着陆过程中滑行的距离；(2)飞机着陆过程中最后4 s 内滑行的位移大小． 答案 (1)300 m (2)48 m解析 (1)取初速度方向为正方向，v 0＝60 m/s ， a ＝－6 m/s 2，v ＝0, 由v 2－v 02＝2ax 得x ＝v 2－v 022a ＝0－6022×(－6)m ＝300 m.(2)匀减速直线运动速度减到零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，a ′＝6 m/s 2飞机最后4 s 内滑行的位移x ′＝12a ′t 2＝12×6×42 m ＝48 m.解题归纳：逆向思维法求解运动问题逆向思维法是把运动过程的“末状态”作为“初状态”来反向研究问题的方法．如物体做匀减速直线运动可看成反向匀加速直线运动来处理．末状态已知的情况下，若采用逆向思维法往往能起到事半功倍的效果．（建议用时：30分钟）一、单选题1．如图所示是一个质点在水平面上运动的v －t 图像，以下判断正确的是 ( )A ．在0～1 s 的时间内，质点在做匀加速直线运动B ．在0～3 s 的时间内，质点的加速度方向发生了变化C ．第6 s 末，质点的加速度为零D ．第6 s 内，质点的速度变化量为－4 m/s 答案 D解析 在0～1 s 的时间内，质点的速度均匀减小，说明在做匀减速直线运动，故选项A 错误；在0～3 s 的时间内，质点的加速度方向始终为正，故选项B 错误；第6 s 末，质点的速度为零，但加速度不为零，故选项C 错误；第6 s 末质点的速度为0，第5 s 末质点的速度为4 m/s ，则速度变化量为Δv ＝0－4 m/s ＝－4 m/s ，故选项D 正确．2．物体做匀加速直线运动，到达A 点时的速度为5 m/s ，经3 s 到达B 点时的速度为14 m/s ，再经过4 s 到达C 点，则它到达C 点时的速度为( ) A ．23 m/s B ．5 m/s C ．26 m/s D ．10 m/s答案 C解析 物体的加速度a ＝Δv Δt ＝14－53 m/s 2＝3 m/s 2，到达C 点时的速度v C ＝v B ＋at ＝(14＋3×4) m/s ＝26 m/s ，选项C 正确．3．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1 s 内的位移为2 m ，则下列说法正确的是( )A ．物体运动的加速度为2 m/s 2B ．物体在前2 s 内的位移为8 mC ．物体在第2 s 内的位移为4 mD ．物体在第2 s 内的平均速度为8 m/s 答案 B解析 根据x 1＝12at 12得，物体运动的加速度a ＝2x 1t 12＝4 m/s 2，故A 错误；物体在前2 s 内的位移为x 2＝12at 22＝12×4×22 m ＝8 m ，故B 正确；物体在第2 s 内的位移x Ⅱ＝x 2－x 1＝6 m ，则第2 s 内的平均速度为6 m/s ，故C 、D 错误．4．如图所示，一小车从A 点由静止开始做匀加速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则x AB ∶x BC 等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案 C解析 设小车的加速度为a ，由v 2－v 02＝2ax得x AB ＝v 22a ，x BC ＝x AC －x AB ＝(2v )22a －v 22a ＝3v 22a，故x AB ∶x BC＝1∶3，选项C 正确．二、多选题5．(多选)甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动，两物体运动的v －t 图像如图所示，下列判断正确的是( )A ．甲做匀速直线运动，乙先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动B ．两物体两次速度相同的时刻分别在第1 s 末和第4 s 末C ．乙在前2 s 内的加速度为2 m/s 2,2 s 后的加速度为1 m/s 2D ．2 s 后，甲、乙两物体的速度方向相反 答案 AB解析 由v －t 图像可知，甲以2 m/s 的速度做匀速直线运动，乙在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度a 1＝2 m/s 2，在2～6 s 内做匀减速直线运动，加速度a 2＝－1 m/s 2，选项A 正确，C 错误；第1s 末和第4 s 末两物体速度相同，选项B 正确；0～6 s 内甲、乙的速度方向都沿正方向，选项D 错误．6． (多选)如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s ，下列说法中正确的有( )A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C ．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D ．如果距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处 【答案】AC【解析】如果立即做匀加速直线运动，t 1＝2 s 内的位移x ＝v 0t 1＋12a 1t 21＝20 m>18 m ，此时汽车的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1＝12 m/s<12.5 m/s ，汽车没有超速，A 正确，B 错误．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车通过的位移小于匀速运动通过的位移，x ＝v 0t 1＝16 m<18 m ，C 正确．汽车以最大加速度匀减速到速度减为零时通过的位移最小，此过程需要的时间t 2＝v 0a 2＝1.6 s ，通过的位移为x 2＝12a 2t 22＝6.4 m>5 m ，D 错误．三、解答题7．汽车原来以10 m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机从较远的地方开始刹车，使汽车匀减速前进，当车速减到2 m/s 时，交通灯转为绿色，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程一半的时间，使汽车加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原来速度的过程用了12 s ．求： (1)减速与加速过程中的加速度大小；(2)开始刹车后2 s 末及10 s 末的瞬时速度大小． 答案 (1)1 m/s 2 2 m/s 2 (2)8 m/s 6 m/s解析 (1)汽车先做匀减速运动，再做匀加速运动，其运动简图如图所示，设汽车从A 点开始减速，其运动的初速度v A ＝10 m/s ，用t 1表示从A 点到达B 点经过的时间，汽车从B 点又开始加速，经过时间t 2到达C 点，则v B ＝2 m/s ，v C ＝10 m/s ，且t 2＝12t 1，t 1＋t 2＝12 s ，可得t 1＝8 s ，t 2＝4 s在AB 段，v B ＝v A －a 1t 1；在BC 段，v C ＝v B ＋a 2t 2 代入数据得a 1＝1 m/s 2，a 2＝2 m/s 2.(2)2 s 末的速度大小v 2＝v A －a 1t 1′＝10 m/s －1×2 m/s ＝8 m/s10 s 末的速度大小v 10＝v B ＋a 2t 2′＝2 m/s ＋2×(10－8) m/s ＝6 m/s.8．如图甲，滑板运动深受部分年轻人的喜爱，他们在斜坡上冲上、滑下，享受着运动的乐趣．为研究此运动过程，可以建立如图乙所示物理模型．物体由底端D 点以v 0＝4 m/s 的初速度滑上固定的光滑斜面，途经A 、B 两点，已知AB ＝BC ，由B 点再经过0.5 s 物体滑到斜面最高点C 时速度恰好为零．设斜面长度为4 m ，求：(物体在光滑斜面上上滑与下滑的加速度大小相等) (1)物体运动的加速度；(2)物体经过B 点时的速度大小； (3)物体两次经过A 点的时间间隔．答案 (1)2 m/s 2，方向沿斜面向下 (2)1 m/s (3) 2 s解析 (1)设物体运动的加速度大小为a ，斜面长度为L ，根据运动学公式可得2aL ＝v 02 解得a ＝2 m/s 2，方向沿斜面向下．(2)将物体的匀减速上滑过程逆向看作反向的初速度为零的匀加速下滑过程，则物体经过B 点时的速度大小为 v B ＝at 1＝1 m/s(3)AB 和BC 的长度为AB ＝BC ＝v B 22a ＝0.25 m物体从C 到A 的时间为 t 2＝2(AB ＋BC )a ＝22s 根据运动的对称性可知物体两次经过A 点的时间间隔为Δt ＝2t 2＝ 2 s.10。
第一章课时跟踪检测(二) 匀变速直线运动的规律
课时跟踪检测(二)匀变速直线运动的规律对点训练：自由落体运动1．(2015·上海十三校联考)在真空中，将苹果和羽毛同时从同一高度由静止释放，下列频闪照片中符合事实的是()图12．(2015·哈尔滨三中月考)关于自由落体运动(g＝10 m/s2)，下列说法中不正确的是()A．它是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动B．在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5C．在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3D．从开始运动到距下落点5 m、10 m、15 m所经历的时间之比为1∶2∶3对点训练：竖直上抛运动3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。
为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图2所示。
设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取10 m/s2)()图2A．1.8 m B．3.6 mC．5.0 m D．7.2 m4．(2015·宿州模拟)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一定为15 m/s，方向向上B．小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s，方向向下C．小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s，方向向上D．小球的位移大小一定是15 m对点训练：重要推论的应用5．(2015·信阳模拟)中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3 000 m，着陆距离大约为2 000 m。
设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是()A．3∶2 B．1∶1C ．1∶2D ．2∶16．(2015·河南偃师高中月考)将一小球竖直向上抛出，若小球所受空气阻力大小不变，小球到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内通过的路程分别为x 1和x 2，速度变化量的大小分别为Δv 1和Δv 2。
2017年高中物理一轮复习课时跟踪检测二 匀变速直线运
课时跟踪检测（二） 匀变速直线运动的规律对点训练：匀变速直线运动的基本规律1．(2017·宁波效实中学期中)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器。
假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海面的深度为( )A.v t －t 022tB.vt 022tC.vt 2 D ．vt 0⎝⎛⎭⎪⎫1－t 02t 解析：选A “蛟龙号”潜水器加速度a ＝v t ，减速上浮时距离海面深度H ＝vt 2，经t 0时间上升距离h ＝vt 0－vt 022t ，此时到海面的距离为H －h ＝v t －t 022t ，A 正确。
2.(多选)(2017·西安模拟)一根轻质细线将2个薄铁垫片A 、B 连接起来，一同学用手固定B ，此时A 、B 间距为3L ，A 距地面为L ，如图所示。
由静止释放A 、B ，不计空气阻力，且A 、B 落地后均不再弹起。
从开始释放到A 落地历时t 1，A 落地前的瞬时速率为v 1，从A 落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前的瞬时速率为v 2，则( )A ．t 1>t 2B.t 1＝t 2 C ．v 1∶v 2＝1∶2 D ．v 1∶v 2＝1∶3解析：选BC 由题意可知L ＝12at 12，L ＋3L ＝12a (t 1＋t 2)2，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；而v 1＝at 1，v 2＝a (t 1＋t 2)，故v 1∶v 2＝1∶2，选项C 正确，D 错误。
3．(多选)(2017·潍坊模拟)如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点。
每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．t ＝3 s 的时刻物体恰好经过B 点B ．t ＝10 s 的时刻物体恰好停在C 点C ．物体运动过程中的最大速度为12 m/sD ．A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离解析：选BD 根据题中图表的数据，可以求出物体下滑的加速度a 1＝4 m/s 2和在水平面上的加速度a 2＝－2 m/s 2。
江苏专版高考物理一轮复习课时跟踪检测二匀变速直线运动的规律含解析20190508119.doc
课时跟踪检测（二）匀变速直线运动的规律对点训练：匀变速直线运动的基本规律1．(2018·苏州模拟)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)，下列说法正确的是( )A ．该质点的加速度大小为1 m/s 2B ．该质点在1 s 末的速度大小为6 m/sC ．该质点第2 s 内的平均速度为8 m/sD ．前2 s 内的位移为8 m解析：选C 根据x ＝v 0t ＋12at 2＝5t ＋t 2得，质点的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2，故A 错误；质点在1 s 末的速度v 1＝v 0＋at ＝5 m/s ＋2×1 m/s＝7 m/s ，故B 错误；质点在第2 s 内的位移x 2＝(5×2＋4)m －(5×1＋1)m ＝8 m ，则第2 s 内的平均速度v ＝x 2t ＝81m/s ＝8 m/s ，故C 正确；前2 s 内的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝5×2 m＋4 m ＝14 m ，故D 错误。
2.(2018·厦门模拟)如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况。
当车速v ≤10 m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为 5 m/s 2，使汽车避免与障碍物相撞。
则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( )A ．50 mB ．20 mC ．10 mD ．1 m 解析：选C 由题意知，车速v ≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5 m/s 2，最后末速度减为0，由推导公式v 2＝2ax 可得：x ≤v 22a ＝1022×5 m ＝10 m ，所以系统设置的安全距离约10 m ，故C 正确，A 、B 、D 错误。
2020年高考物理复习(新课改专用)匀变速直线运动的规律
二、自由落体和竖直上抛运动的基本规律
自由落体运动
[注 3]
竖直上抛运动
[注 4]
v0－gt v＝_______
速度公式 位移公式 速度—位移关系式
v＝gt
1 2 h＝____ 2gt
1 2 h＝v0t－2gt－2 Nhomakorabeagh v2－v02＝______
v2＝2gh
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[深化理解]
1．匀变速直线运动的公式中，各物理量必须相对同一参考系， 高中阶段一般都选地面为参考系。
答案：C
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3．[多过程问题] 有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为 2 m/s2， 制动时匀减速上升的加速度大小为 1 m/s2，中间阶段电梯 可匀速运行，电梯运行上升的高度为 48 m。问： (1)若电梯运行时最大限速为 9 m/s，电梯升到最高处的最 短时间是多少？ (2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升， 全程共用时间为 15 s，上升的最大速度是多少？
答案：BD
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2． [人教版必修 1 P49 做一做改编]一个质点正在做匀加速直线运 动， 用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪 光照片得到的数据， 发现质点在第一次、 第二次闪光的时间 间隔内移动了 s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔 内移动了 s3＝8 m。由此可求得 ( A．第一次闪光时质点的速度 B．质点运动的加速度 C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移 D．质点运动的初速度 )
间。如果问题涉及最后阶段(到停 大小、方向均不变，求解时
止运动)的运动，可把该阶段看成 可对全过程列式，但必须注 反向的初速度为零、加速度不变 的匀加速直线运动 意x、v、a等矢量的正负号 及物理意义
(新教材一轮)课时练2匀变速直线运动的规律及应用含解析
匀变速直线运动的规律及应用1.(匀变速直线运动规律的应用)物体从静止开始做匀加速直线运动,已知第3 s内通过的位移是3 m,下列说法正确的是()A.第3 s内物体的平均速度是1 m/sB.物体的加速度是1.0 m/s2C.前3 s内物体的位移是5.4 mD.3 s末物体的速度是4 m/s2.(匀变速直线运动规律的应用)如图所示,很小的木块由静止开始沿斜面下滑,经时间t后进入一水平面,两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接,再经2t时间停下,则木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比分别为()A.1∶22∶1B.1∶21∶2C.2∶12∶1D.2∶11∶23.(多选)(刹车问题)一汽车在水平面上运动,当它开始刹车时,其位移与时间的关系是x=12t-2t2 (m),其中t的单位是s,则此汽车()A.经6 s停下来B.2 s末的速度是8 m/sC.刹车过程中行驶的距离是18 mD.全程的平均速度是6 m/s4.(匀变速直线运动规律的应用)一种超级高铁行驶600 km的路程需要40 min,超级高铁先匀加速,达到最大速度1 200 km/h后匀速运动,快进站时再匀减速运动,且加速与减速的加速度大小相等,则下列关于超级高铁的说法正确的是()A.加速与减速的时间不相等B.加速时间为10 minC.加速时加速度大小为2 m/s2D.如果加速度大小为10 m/s2,题中所述运动需要20 min5.(竖直上抛运动)系一重物的气球,以4 m/s的速度匀速上升,离地9 m时绳断了。
则重物脱离气球后离地面的最大高度是(不计空气阻力,g取10 m/s2)()A.0.8 mB.9 mC.9.8 mD.10 m6.(多选)(平均速度公式的应用)(2020湖南常德高三模拟)一物体沿一直线运动,先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程,已知物体在这三个运动过程中的位移均为s,所用时间分别为t,则()2t、t和32A.物体做匀加速运动时加速度大小为ss2B.物体做匀减速运动时加速度大小为4s9s2C.物体在这三个运动过程中的平均速度大小为s3sD.物体做匀减速运动的末速度大小为s3s7.(竖直上抛运动)不计空气阻力,以一定的初速度竖直上抛一物体,从抛出至回到抛出点的时间为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()A.0.5tB.0.4tC.0.3tD.0.2t素养综合练8.(多选)观察水龙头,在水龙头出水口出水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时,发现自来水水流不太大时,从水龙头中连续流出的水会形成一水柱。
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课时跟踪检测（二） 匀变速直线运动的规律对点训练：自由落体运动1.某同学在实验室做了如图1所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm ，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3 s ，g 取10 m/s 2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为( )图1A ．1 mB ．1.25 mC ．0.4 mD ．1.5 m解析：选B 小球经过光电门的速度v ＝d Δt ＝0.5×10－21.00×10－3m /s ＝5.0 m/s ，由v 2＝2gh 可得小球开始下落的位置距光电门的距离为h ＝v 22g＝1.25 m ，故B 正确。
2．(2016·哈尔滨模拟)关于自由落体运动(g ＝10 m/s 2)，下列说法中不正确的是( ) A ．它是竖直向下，v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动 B ．在开始连续的三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5 C ．在开始连续的三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3D ．从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3解析：选D 自由落体运动是竖直向下，v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动，A 正确；根据匀变速直线运动规律，在开始连续的三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5，B 正确；在开始连续的三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3，C 正确；从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3，D 错误。
对点训练：竖直上抛运动3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。
为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图2所示。
设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g 取10 m/s 2)( )图2A ．1.8 mB ．3.6 mC ．5.0 mD ．7.2 m解析：选C 由题图可知运动员在空中的时间t ＝2.0 s ，故运动员跃起的最大高度H m＝12g ⎝⎛⎭⎫t 22＝5.0 m ，C 正确。
4．以v 0＝20 m /s 的速度竖直上抛一小球，2 s 后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球。
g 取10 m/s 2，则两球相碰处离出发点的高度是( )A ．10 mB ．15 mC ．20 mD ．不会相碰解析：选B 方法一：设第二个小球抛出后经t 时间与第一个小球相遇，根据位移相等有v 0(t ＋2 s)－12g (t ＋2 s)2＝v 0t －12gt 2解得t ＝1 s代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2，解得h ＝15 m 。
方法二：因为第二个小球抛出时，第一个小球恰开始自由下落(到达最高点)，根据速度对称，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，有－[v 0－g (t ＋2 s)]＝v 0－gt解得t ＝1 s ，代入位移公式，解得h ＝15 m 。
对点训练：匀变速直线运动规律的应用5．(2016·郑州质检)质点以加速度a 由静止出发做直线运动，在t 时刻，加速度变为2a ；在2t 时刻，加速度变为3a ；…；在10t 时刻，加速度变为11a ，则下列说法中正确的是( )A ．在10t 时刻质点的速度大小为11atB ．在10t 时刻质点的速度大小为66atC ．在10t 时间内质点通过的总位移为385at 2D ．在10t 时间内质点的平均速度大小为774at解析：选D 根据递推关系，找出规律。
质点在t 时刻的速度为v t ＝at ，在2t 时刻的速度为v 2t ＝v t ＋2at,3t 时刻的速度为v 3t ＝v 2t ＋3at ，同理推出nt 时刻的速度为v nt ＝at (1＋2＋3＋…＋n )＝12n (n ＋1)at ，由此可得A 、B 错误；对nt 时间内通过的位移同样利用递推关系得到s ＝(12＋22＋…＋n 2)at 22＝112n (n ＋1)(2n ＋1)at 2，代入数据可得在10t 时间内通过的总位移为3852at 2，平均速度大小为774at ，C 错误，D 正确。
6．(2016·南昌模拟)一物体以初速度为v 0做匀减速运动，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，则下列说法中不正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为98mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选A 根据匀变速直线运动位移－时间公式，则有x 1＝v 0t 1－12at 12，x 2＝v 0(t 1＋t 2)－12a (t 1＋t 2)2－x 1，解得：v 0＝3.5 m /s ，a ＝1 m/s 2；设物体的停止距离为x ，停止时所用时间为t ，根据匀变速直线运动位移－速度公式和速度时间公式，则有v 02＝2ax ，v 0＝at ，解得：x ＝498 m ，t ＝3.5 s ，因此，x 3＝x －x 1－x 2＝98m ，所用时间t 3＝t －t 1－t 2＝1.5 s ，位移x 3内的平均速度大小v 3＝x 3t 3＝0.75 m/s ，所以不正确选项为A 。
7．(多选)(2016·潍坊模拟)如图3所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点。
每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )图3A ．t ＝3 sB ．t ＝10 s 的时刻物体恰好停在C 点 C ．物体运动过程中的最大速度为12 m/sD ．A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离解析：选BD 根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a 1＝4 m /s 2和在水平面上的加速度a 2＝－2 m/s 2。
根据运动学公式：8＋a 1t 1＋a 2t 2＝12，t 1＋t 2＝2，解出t 1＝43s ，知经过103 s 到达B 点，到达B 点时的速度v ＝a 1t ＝403m /s 。
如果第4 s 还在斜面上的话，速度应为16 m/s ，从而判断出第4 s 已过B 点，是在2 s 到4 s 之间经过B 点。
所以最大速度不是12 m /s ，故A 、C 均错误。
第6 s 末的速度是8 m/s ，到停下来还需的时间t ′＝0－8－2 s ＝4 s ，所以到C 点的时间为10 s ，故B 正确。
根据v 2－v 02＝2ax ，求出AB 段的长度为2009m ，BC 段长度为4009m ，则A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离，故D 正确。
对点训练：匀变速直线运动的重要推论8．(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m /s ，1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：选AD 若规定初速度v 0的方向为正方向，则仔细分析“1 s 后速度的大小变为10 m /s ”这句话，可知1 s 后物体速度可能是10 m/s ，也可能是－10 m/s ，因此，两速度同向时，a 1＝v t －v 0t ＝10－41 m /s 2＝6 m/s 2，x 1＝v 0＋v t 2t ＝7 m 。
两速度反向时，a 2＝v t －v 0t ＝－10－41m /s 2＝－14 m/s 2，x 2＝v 0＋v t2t ＝－3 m 。
式中负号表示方向与规定的正方向相反，A 、D 正确。
9．(2016·厦门模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。
开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m 。
则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m解析：选C 由Δx ＝9 m －7 m ＝2 m 可知，汽车在第3 s 、第4 s 、第5 s 内的位移分别为5 m 、3 m 、1 m ，汽车在第5 s 末的速度为零，故刹车后6 s 内的位移等于前5 s 内的位移，大小为9 m ＋7 m ＋5 m ＋3 m ＋1 m ＝25 m ，故C 正确。
10.(2016·唐山一模)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，动车进站时可以看作匀减速直线运动。
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4所示。
则该动车的加速度大小约为( )图4A ．2 m /s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m /s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 将动车的运动逆向等效为反向的匀加速直线运动，动车第七节车厢通过旅客过程，12at 2＝25 m ，第六、七节车厢通过旅客过程，12a (t ＋4 s)2＝2×25 m ，解两式得：a ＝258(2－1)2 m /s 2≈0.5 m/s 2，C 项正确。
11．动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的。
若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60 m 所用的时间是10 s ，通过第二个60 m 所用的时间是6 s 。
则( )A ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mB ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mC ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 mD ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m解析：选A 设通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以5 s 末的速度v 1＝x 1t 1，解得v 1＝6 m/s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2t 2，解得v 2＝10 m /s 。
由v 2＝v 1＋at 得a ＝0.5 m/s 2，由再接下来的6 s 和前面的6 s ，是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2，即x －60＝aT 2，解得x ＝78 m 。
12．(2015·江苏高考)如图5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 。