高考物理人教一轮复习 第一章 运动的描述 全章+小结练

考点内容要求考纲解读参考系、质点I1.直线运动的有关概念、规律是本章的重点，匀变速直线运动规律的应用及v—t图象是本章的难点．2．注意本章内容与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情景的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题．3．本章规律较多，同一试题往往可以从不同角度分析，得到正确答案，多练习一题多解，对熟练运用公式有很大帮助.位移、速度和加速度Ⅱ匀变速直线运动及其公式、图象Ⅱ实验：研究匀变速直线运动注：各考点要求中罗马数字Ⅰ、Ⅱ的含义如下：Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用它们．Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用．第1课时运动的描述考纲解读1.知道参考系、质点、位移的概念，理解物体看成质点的条件和位移的矢量性.2.知道速度与加速度、平均速度和瞬时速度的区别，并理解二者间的关系．考点一对质点和参考系的理解1．质点(1)用来代替物体的有质量的点叫做质点．(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点．(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在．2．参考系(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，我们都假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同．通常以地球为参考系．例12013年8月15日消息，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——木星质量的4倍，它的轨道半径是地球轨道的几千倍．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，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，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物体能否看做质点与质量无关，A错；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对；比较两个物体运动速度的大小，要选择同一参考系，C对；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．答案BC变式题组1．[对质点的理解]在研究下述运动时，能把物体看做质点的是()A．研究短跑运动员的起跑动作时B．研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时C．将一枚硬币用力上抛并猜测它落地时正面是朝上还是朝下时D．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时答案B2．[对质点和参考系的理解]美国宇航局科学家宣布，1977年9月5日发射升空的“旅行者1号”探测器经过36年的长途跋涉，终于飞出了太阳系，进入星际空间，则以下说法正确的是()A．在分析探测器36年的运动时，不能将其视为质点5．[加速度和速度关系的理解]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正确的说法()A．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车．因轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零答案B6．[加速、减速的判断]根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是()A．v0>0，a<0，物体做加速运动B．v0<0，a<0，物体做减速运动C．v0<0，a>0，物体做减速运动D．v0>0，a>0，物体做加速运动答案CD对速度与加速度关系的三点提醒(1)速度的大小与加速度的大小没有必然联系．(2)速度变化量与加速度没有必然的联系，速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决定．(3)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，而不是看加速度的变化情况．加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢．①a和v同向加速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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))②a和v反向减速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不变，v随时间均匀减小,a增大，v减小得越来越快,a减小，v减小得越来越慢))考点四“匀速运动”模型的实际应用1．模型介绍“匀速运动”是一种理想化模型，是最基本、最简单的运动，且应用广泛．例如：声、光的传播都可以看成匀速，而实际生活中的运动估算，也经常用到这一模型，如计算飞行时间。2．分析方法在这类问题中位移的计算是关键，有时要巧用几何关系(如光波、声波反射、折射问题，如图2)，有时要估算长度(如高速摄影，如图3)，有时要求相对位移(如动态测速)等．这类问题的核心方程只有一个：v＝eq\f(x,t).图2图3图4例4如图4所示，一艘海轮用船上天线D向海岸边的信号接收器A发送电磁波脉冲信号．信号接收器和船上天线的海拔高度分别为AB＝H和CD＝h.船上天线某时刻发出一个电磁波脉冲信号，接收器接收到一个较强和较弱的脉冲，前者是直接到达的信号，后者是经海平面反射后再到达的信号，两个脉冲信号到达的时间间隔为Δt，电磁波的传播速度为c，求船上天线发出信号时海轮与海岸的距离L.解析如图所示，从船上天线D向接收器A发出的电磁波脉冲信号，一方面沿直线DA直接传播到A，另一方面经过海面E点反射沿折线DEA传播到A，前者脉冲较强，后者脉冲较弱．由反射定律可知∠DEC＝∠AEB延长AE交DC的延长线于F，过A作AG平行于BC，交CD的延长线于G，则有DE＝EF，GD＝H－h，GF＝H＋h，设信号接收器接收到沿直线DA和折线DEA传播的电磁波脉冲信号所需要的时间分别为t1和t2，则有(ct1)2＝(H－h)2＋L2(ct2)2＝(H＋h)2＋L2根据题意有t2－t1＝Δt联立解得L＝eq\r(\f(1,4)\f(4Hh,cΔt)－cΔt2－H－h2)答案eq\r(\f(1,4)\f(4Hh,cΔt)－cΔt2－H－h2)拓展题组7．[匀速运动模型的应用]天空有近似等高的浓云层．为了测量云层的高度，在水平地面上与观测者的距离为d＝3.0km处进行一次爆炸，观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声时间上相差Δt＝6.0s．试估算云层下表面的高度．已知空气中的声速v＝eq\f(1,3)km/s.答案2.0×103m解析如图所示，O表示爆炸处，A表示观测者所在处，h表示云层下表面的高度．用t1表示爆炸声直接传到A处所经时间．则有d＝vt1，用t2表示爆炸声经云层反射到A处所经时间，因为入射角等于反射角，故有2eq\r(\f(d,2)2＋h2)＝vt2，又知t2－t1＝Δt，联立可得h＝eq\f(1,2)eq\r(vΔt2＋2dvΔt)，代入数值得h＝2.0×103m.8．[匀速直线运动模型的应用]如图5所示是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测汽车的速度．图6中p1、p2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是p1、p2由汽车反射回来的信号．设测速仪匀速扫描，p1、p2之间的时间间隔Δt＝1.0s，超声波在空气中传播的速度是v＝340m/s，若汽车是匀速行驶的，则根据图6可知，汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离是______m，汽车的速度是________m/s.图5图6答案1717.9解析测速仪匀速扫描，p1、p2之间的时间间隔为1.0s，由题图可知p1、p2之间有30个小格，故每一个小格对应的时间间隔t0＝eq\f(1.0,30)s＝eq\f(1,30)s，p1、n1间有12个小格，说明p1、n1之间的间隔t1＝12t0＝12×eq\f(1,30)s＝0.4s．同理p2、n2之间的间隔t2＝0.3s.因而汽车接收到p1、p2两个信号时离测速仪的距离分别为x1＝v·eq\f(t1,2)，x2＝v·eq\f(t2,2).汽车这段时间内前进的距离为x＝x1－x2＝v(eq\f(t1－t2,2))＝17m.汽车在接收到p1、p2两个信号的时刻应分别对应于题图中p1、n1之间的中点和p2、n2之间的中点，其间共有28.5个小格，故接收到p1、p2两个信号的时间间隔t＝28.5t0＝0.95s，所以汽车速度为v车＝eq\f(x,t)≈17.9m/s.高考模拟明确考向1．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点()A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻的1s内位移差都是1mD．任意1s内的速度增量都是2m/s答案D解析由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，对比题给关系式可得v0＝5m/s，a＝2m/s2，则第1s内的位移是6m，A错；前2s内的平均速度是eq\x\to(v)＝eq\f(x2,t)＝eq\f(5×2＋\f(1,2)×2×22,2)m/s＝7m/s，B错；Δx＝aT2＝2m，C错；任意1s内的速度增量Δv＝aΔt＝2m/s，D对．2．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2，则物体运动的加速度为()A.eq\f(2Δxt1－t2,t1t2t1＋t2) B.eq\f(Δxt1－t2,t1t2t1＋t2)C.eq\f(2Δxt1＋t2,t1t2t1－t2) D.eq\f(Δxt1＋t2,t1t2t1－t2)答案A解析物体做匀加速直线运动在前一段Δx所用的时间为t1，平均速度为eq\x\to(v)1＝eq\f(Δx,t1)，即为eq\f(t1,2)时刻的瞬时速度；物体在后一段Δx所用的时间为t2，平均速度为eq\x\to(v)2＝eq\f(Δx,t2)，即为eq\f(t2,2)时刻的瞬时速度．速度由eq\x\to(v)1变化到eq\x\to(v)2所用的时间为Δt＝eq\f(t1＋t2,2)，所以加速度a＝eq\f(\x\to(v)2－\x\to(v)1,Δt)＝eq\f(2Δxt1－t2,t1t2t1＋t2)，A正确．3．下列诗句描绘的情景中，含有以流水为参考系的是()A．人在桥上走，桥流水不流B．飞流直下三千尺，疑是银河落九天C．白日依山尽，黄河入海流D．孤帆远影碧空尽，唯见长江天际流答案A解析A项是以流水为参考系，故有桥流水不流，A对；B、C、D都是以大地为参考系．4．如图7所示，小明骑自行车由静止沿直线运动，他在第1s内、第2s内、第3s内、第4s内通过的位移分别为1m、2m、3m、4m，则()图7A．他4s末的瞬时速度为4m/sB．他第2s内的平均速度为1.5m/sC．他4s内的平均速度为2.5m/sD．他1s末的速度为1m/s答案C5．关于速度、速度改变量、加速度，正确的说法是()A．物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大B．速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零C．某时刻物体的速度为零，其加速度一定为零D．加速度很大时，运动物体的速度一定很大答案B解析速度反映的是物体运动的快慢，速度的变化量指的是速度变化的多少，即Δv＝v2－v1，而加速度指的是速度变化的快慢，即速度的变化率a＝eq\f(Δv,Δt)，由此可知，只有B正确．6．中俄“海上联合—2013”海上联合军事演习中，我国研发的一艘“022”型导弹快艇以30m/s的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度v1逃跑的假想敌舰．当两者相距L0＝2km时，以60m/s相对地面的速度发射一枚导弹，假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰，经过t1＝50s艇长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰速度减小但仍在继续逃跑，速度变为v2，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚导弹以同样速度发射后，又经t2＝30s，导弹再次击中敌舰并将其击沉．不计发布命令和发射反应的时间，发射导弹对快艇速度没有影响，求敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？答案20m/s10m/s解析当导弹快艇与敌舰相距L0＝2km时，发射第一枚导弹，经t1＝50s击中敌舰，设v＝60m/s，则有：(v－v1)t1＝L0，解得：v1＝20m/s击中敌舰时，导弹快艇与敌舰的距离为L0－(30m/s－v1)t1＝1500m马上发射第二枚导弹，此时敌舰的速度为v2，经t2＝30s，导弹再次击中敌舰，则有：(v－v2)t2＝1500m，解得v2＝10m/s.练出高分一、单项选择题1．下列关于矢量和标量的说法正确的是()A．矢量和标量没有严格的区别，同一个物理量可以是矢量，也可以是标量B．矢量都是有方向的C．时间、时刻是标量，路程是矢量D．初中学过的电流是有方向的量，所以电流是矢量答案B2．以下说法中正确的是()A．做匀变速直线运动的物体，ts内通过的路程与位移的大小一定相等B．质点一定是体积和质量都极小的物体C．速度的定义式和平均速度公式都是v＝eq\f(Δx,Δt)，因此速度就是指平均速度D．速度不变的运动是匀速直线运动答案D解析往复的匀变速直线运动中，路程不等于位移大小，A错；质点不一定是体积小、质量小的物体，B错；速度分为平均速度和瞬时速度，C错；速度不变是指速度的大小和方向均不变，故做匀速直线运动，D对．3．如图1所示哈大高铁运营里程921公里，设计时速350公里．某列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5s内的位移是57.5m，第10s内的位移是32.5m，则下列说法正确的有()图1A．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．时速350公里是指平均速度，921公里是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25m/s2D．列车在开始减速时的速度为80m/s答案D解析因列车的大小远小于哈尔滨到大连的距离，研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，A错；由时间、时刻、位移与路程的意义知时速350公里是指平均速率，921公里是指路程，B错；由等时位移差公式xn－xm＝(n－m)aT2可知加速度大小为a＝eq\f(57.5－32.5,5)m/s2＝5m/s2，C错；由题意可知第4.5s末列车速度为57.5m/s，由加速度公式知v0＝80m/s，D对.4．某质点以20m/s的初速度竖直向上运动．其加速度保持不变，经2s到达最高点，上升高度为20m，又经过2s回到出发点时，速度大小仍为20m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是()A．质点运动的加速度大小为10m/s2，方向竖直向下B．质点在这段时间内的平均速度大小为10m/sC．质点在最高点时加速度为零D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相等答案A二、多项选择题5．甲、乙、丙三人各乘一艘飞艇，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲艇匀速上升，丙看到乙艇匀速下降，甲看到丙艇匀速上升，则甲、乙、丙艇相对于地球的运动情况可能是()A．甲和乙匀速下降，且v乙>v甲，丙静止B．甲和乙匀速下降，且v乙>v甲，丙匀速上升C．甲和乙匀速下降，且v乙>v甲，丙匀速下降D．甲匀速下降，乙匀速上升，丙静止不动答案ABC解析甲看到楼房匀速上升，以地球为参考系，说明甲艇在匀速下降．乙看到甲艇匀速上升，说明乙艇也在匀速下降，且乙艇下降的速度大于甲艇下降的速度，即v乙>v甲．丙看到乙艇匀速下降，丙的运动相对地球可能有三种情况：①丙静止；②丙匀速下降，但v丙<v乙；③丙匀速上升．丙的这三种情况都符合丙看到乙艇匀速下降的情形，至于甲看到丙艇匀速上升，丙同样可能有三种情况：①丙静止；②丙匀速下降，但v丙<v甲；③丙匀速上升．综上分析，该题答案为A、B、C.6．下面描述的几个速度中，属于瞬时速度的是()A．子弹以790m/s的速度击中目标B．信号沿动物神经传播的速度大约为10m/sC．汽车上速度计的示数为80km/hD．台风以360m/s的速度向东北方向移动答案AC解析790m/s是击中目标时刻的瞬时速度；信号沿动物神经传播是在一个过程内的平均速度；汽车速度计上显示的是瞬时速度；台风移动过程中速度的变化是很大的，360m/s是平均速度．7．下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是()A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C．匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D．变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度答案AC解析若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A选项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，例如物体做圆周运动旋转一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度，D选项错．8．如图2所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，在AB、ABC、ABCD、ABCDE四段轨迹上运动所用的时间分别是1s、2s、3s、4s．下列说法正确的是()图2A．物体在AB段的平均速度为1m/sB．物体在ABC段的平均速度为eq\f(\r(5),2)m/sC．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点的速度等于ABC段的平均速度答案ABC解析由eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)可得：eq\x\to(v)AB＝eq\f(1,1)m/s＝1m/s，eq\x\to(v)AC＝eq\f(\r(5),2)m/s，故A、B均正确；所选取的过程离A点越近，其阶段的平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确；由A经B到C的过程不是匀变速直线运动过程，故B点虽为中间时刻，但其速度不等于ABC段的平均速度，D错误．9．关于加速度的方向，下列说法中正确的是()A．总与初速度的方向一致B．总与平均速度的方向一致C．总与速度变化的方向一致D．与物体运动的方向无关答案CD三、非选择题10．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0cm的遮光板，如图3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Δt1＝0.30s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝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所用的时间为Δt＝3.0s．试估算：图3(1)滑块的加速度多大？(2)两个光电门之间的距离是多少？答案(1)0.067m/s2(2)0.6m解析(1)遮光板通过第一个光电门的速度v1＝eq\f(L,Δt1)＝eq\f(0.03,0.30)m/s＝0.10m/s遮光板通过第二个光电门的速度v2＝eq\f(L,Δt2)＝eq\f(0.03,0.10)m/s＝0.30m/s故滑块的加速度a＝eq\f(v2－v1,Δt)≈0.067m/s2(2)两个光电门之间的距离x＝eq\f(v1＋v2,2)Δt＝0.6m11．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止，下表给出了不同时刻汽车的速度：时刻/s1.02.03.05.07.09.510.5速度/(m·s－1)369121293(1)汽车从开出到停止总共经历的时间是多少？(2)汽车通过的总路程是多少？答案(1)11s(2)96m解析(1)汽车匀减速运动的加速度a2＝eq\f(3－9,1)m/s2＝－6m/s2设汽车从3m/s经t′停止，t′＝eq\f(0－3,－6)s＝0.5s故汽车从开出到停止总共经历的时间为t总＝10.5s＋0.5s＝11s(2)汽车匀加速运动的加速度a1＝eq\f(6－3,1)m/s2＝3m/s2汽车匀加速运动的时间t1＝eq\f(12－0,3)s＝4s汽车匀减速运动的时间t3＝eq\f(0－12,－6)s＝2s汽车匀速运动的时间t2＝t总－t1－t3＝5s汽车匀速运动的速度为v＝12m/s则汽车总共运动的路程s＝eq\f(v,2)t1＋vt2＋eq\f(v,2)t3＝(eq\f(12,2)×4＋12×5＋eq\f(12,2)×2)m＝96m

第2课时匀变速直线运动规律的应用考纲解读1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．考点一匀变速直线运动公式的应用1．基本规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．2．两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：eq\x\to(v)＝v＝eq\f(v0＋v,2).(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.3．v0＝0的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))例1做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BC＝eq\f(l,2)，AB段和BC段的平均速度分别为v1＝3m/s、v2＝6m/s，则：(1)物体经B点时的瞬时速度vB为多大？(2)若物体运动的加速度a＝2m/s2，试求AC的距离l.解析(1)设物体运动的加速度大小为a，经A、C点的速度大小分别为vA、vC.由匀加速直线运动规律可得：veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2a×eq\f(l,2)①veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)＝2a×eq\f(l,2)②v1＝eq\f(vA＋vB,2)③v2＝eq\f(vB＋vC,2)④解①②③④式得：vB＝5m/s(2)解①②③④式得：vA＝1m/s，vC＝7m/s由veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,A)＝2al得：l＝12m.答案(1)5m/s(2)12m递进题组1．[有关推论的应用]高速公路限速120km/h，一般也要求速度不小于80km/h.冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是()A．10m/sB．15m/sC．10eq\r(3)m/sD．20m/s答案B解析设最大速度为vm，能见度为x，反应时间为t，则有x＝vm·t＋eq\f(0－v\o\al(2,m),－2a)，即30＝0.5vm＋eq\f(v\o\al(2,m),10)解得：vm＝15m/s.2．[基本公式的应用]卡车原来以10m/s的速度在平直公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机从较远的地方立即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到2m/s时，交通灯恰好转为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程一半的时间卡车就加速到原来的速度．从刹车开始到恢复原速的过程用了12s．求：(1)卡车在减速与加速过程中的加速度；(2)开始刹车后2s末及10s末的瞬时速度大小．答案(1)－1m/s22m/s2(2)8m/s6m/s解析(1)设卡车从点A开始减速，则vA＝10m/s，用时t1到达点B；从点B又开始加速，用时t2到达点C.取vA的方向为正方向，则vB＝2m/s，vC＝10m/s.且t2＝eq\f(1,2)t1，t1＋t2＝12s，解得t1＝8s，t2＝4s由速度公式v＝v0＋at得在AB段vB＝vA＋a1t1在BC段vC＝vB＋a2t2联立上述各式解得a1＝－1m/s2，a2＝2m/s2(2)2s末卡车的瞬时速度大小为v1＝vA＋a1t′＝10m/s－1×2m/s＝8m/s10s末卡车的瞬时速度大小为v2＝vB＋a2t″＝2m/s＋2×(10－8)m/s＝6m/s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．考点二常用的“六种”物理思想方法1．一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．2．平均速度法定义式eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)对任何性质的运动都适用，而eq\x\to(v)＝v＝eq\f(1,2)(v0＋v)只适用于匀变速直线运动．3．比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解．4．逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．5．推论法利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．6．图象法利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v与v，还可以求解追及问题；用x－t图象可求出任意时间内的平均速度等．例2物体以一定的初速度从斜面底端A点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1，已知物体运动到距斜面底端eq\f(3,4)l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．图1解析解法一：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．设物体从B到C所用的时间为tBC.由运动学公式得xBC＝eq\f(at\o\al(2,BC),2)，xAC＝eq\f(at＋tBC2,2)，又xBC＝eq\f(xAC,4)，由以上三式解得tBC＝t.解法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得veq\o\al(2,0)＝2axAC①veq\o\al(2,B)＝veq\o\al(2,0)－2axAB②xAB＝eq\f(3,4)xAC③由①②③解得vB＝eq\f(v0,2)④又vB＝v0－at⑤vB＝atBC⑥由④⑤⑥解得tBC＝t.解法三：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x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．因为xCB∶xBA＝eq\f(xAC,4)∶eq\f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.解法四：中间时刻速度法利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，eq\x\to(v)AC＝eq\f(v0＋0,2)＝eq\f(v0,2).又veq\o\al(2,0)＝2axAC，veq\o\al(2,B)＝2axBC，xBC＝eq\f(xAC,4).由以上三式解得vB＝eq\f(v0,2).可以看成vB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tBC＝t.解法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，画出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的平方比，得eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(CO2,CD2)，且eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(4,1)，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以eq\f(4,1)＝eq\f(t＋tBC2,t2)，解得tBC＝t.答案t递进题组3．[平均速度公式的应用]质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为()A.eq\r(\f(sa1＋a2,a1a2)) B.eq\r(\f(2sa1＋a2,a1a2))C.eq\f(2sa1＋a2,a1a2) D.eq\r(\f(a1a2,2sa1＋a2))答案B解析整个运动过程由匀加速、匀减速两个阶段组成．基本解题思路是先找到转折点速度，再利用平均速度关系式或速度公式求时间．设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)＝s，解得：v＝eq\r(\f(2a1a2s,a1＋a2))；而s＝eq\f(0＋v,2)t1＋eq\f(v＋0,2)t2＝eq\f(v,2)t，由此解得：t＝eq\r(\f(2a1＋a2s,a1a2))，所以正确答案为B.4．[几种常见的解法]一个做匀加速直线运动的质点，在最初的连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，每个时间间隔为4s，求质点的初速度和加速度．答案1m/s22.5m/s2解析解法一：用基本公式求解画出运动过程示意图，如图所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移时间公式，即x1＝vAt＋eq\f(1,2)at2，x2＝vA(2t)＋eq\f(1,2)a(2t)2－(vAt＋eq\f(1,2)at2)将x1＝24m，x2＝64m，t＝4s代入上式解得a＝2.5m/s2，vA＝1m/s解法二：用中间时刻速度公式求解连续的两段时间t内的平均速度分别为eq\x\to(v)1＝eq\f(x1,t)＝6m/s，eq\x\to(v)2＝eq\f(x2,t)＝16m/s即eq\x\to(v)1＝eq\f(vA＋vB,2)＝6m/s，eq\x\to(v)2＝eq\f(vB＋vC,2)＝16m/s由于点B是AC段的中间时刻，则vB＝eq\f(vA＋vC,2)＝eq\f(\x\to(v)1＋\x\to(v)2,2)＝eq\f(6＋16,2)m/s＝11m/s可得vA＝1m/s，vC＝21m/s则a＝eq\f(vC－vA,2t)＝eq\f(21－1,2×4)m/s2＝2.5m/s2解法三：用Δx＝aT2求解由Δx＝aT2得a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(64－24,42)m/s2＝2.5m/s2再由x1＝vAt＋eq\f(1,2)at2解得vA＝1m/s考点三自由落体运动和竖直上抛运动1．特点和规律(1)自由落体运动的特点①从静止开始，即初速度为零．②只受重力作用的匀加速直线运动．③公式：v＝gt，h＝eq\f(1,2)gt2，v2＝2gh.(2)竖直上抛运动的特点①初速度竖直向上．②只受重力作用的匀变速直线运动．③若以初速度方向为正方向，则a＝－g.2．处理竖直上抛运动的方法(1)分段处理①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．②几个特征物理量上升的最大高度H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，上升到最高点所用的时间T＝eq\f(v0,g)，回到抛出点所用的时间t＝eq\f(2v0,g)，回到抛出点时的速度v＝－v0.(2)全程处理①初速度为v0(设为正方向)，加速度为a＝－g的匀变速直线运动．②v>0时，物体上升．v<0时，物体下降．③h>0时，物体在抛出点上方．h<0时，物体在抛出点下方．例3某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子．不考虑空气阻力，取g＝10m/s2.求：(1)石子上升的最大高度及回到抛出点所用的时间；(2)石子抛出后到达距抛出点下方20m处所需的时间．解析解法一：(1)上升过程为匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，v0＝20m/s，a1＝－g，v＝0，根据匀变速直线运动公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，v＝v0＋at得石子上升的最大高度：H＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m；上升时间：t1＝eq\f(－v0,a1)＝eq\f(v0,g)＝eq\f(20,10)s＝2s下落过程为自由落体运动，取竖直向下为正方向．v0′＝0，a2＝g，回到抛出点时，x1＝H，根据自由落体运动规律得下落到抛出点的时间：t2＝eq\r(\f(2x1,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2st＝t1＋t2＝4s所以最大高度H＝20m，从抛出点抛出到回到抛出点所用时间为4s.(2)到达抛出点下方20m处时，x2＝40m，从最高点下落到抛出点下方20m处所需的时间：t2′＝eq\r(\f(2x2,g))＝eq\r(\f(2×40,10))s＝2eq\r(2)st′＝t1＋t2′＝(2＋2eq\r(2))s所以石子抛出后到达距抛出点下方20m处所需的时间为(2＋2eq\r(2))s.解法二：(1)全过程分析，取竖直向上为正方向，v0＝20m/s，a＝－g，到达最大高度时v＝0，回到原抛出点时x1＝0，落到抛出点下方20m处时x＝－20m，由匀变速直线运动公式得最大高度：H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m回到原抛出点时：x1＝v0t1－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，t1＝eq\f(2v0,g)＝eq\f(2×20,10)s＝4s(2)到达距抛出点下方20m处时：x＝v0t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，代入数据得－20＝20t2－eq\f(1,2)×10teq\o\al(2,2)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2＝2＋2\r(2)s,t2′＝2－2\r(2)s不符合题意，舍去))答案(1)20m4s(2)(2＋2eq\r(2))s递进题组5．[竖直上抛运动问题的分析]将某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2.5s内物体的()A．路程为65mB．位移大小为25m，方向竖直向上C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向竖直向上答案AB解析物体的初速度v0＝30m/s，g＝10m/s2，其上升时间t1＝eq\f(v0,g)＝3s，上升高度h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝45m；下降时间t2＝5s－t1＝2s，下降高度h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝20m．末速度v1＝gt2＝20m/s，方向竖直向下．故5s内的路程s＝h1＋h2＝65m；位移x＝h1－h2＝25m，方向竖直向上；速度改变量Δv＝vt－v0＝(－20－30)m/s＝－50m/s，负号表示方向竖直向下；平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝5m/s.综上可知只有A、B正确．6．[自由落体运动的分析]某同学站在一平房边观察从屋檐边缘滴下的水滴，发现屋檐的滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1m，由此求：(g取10m/s2)(1)屋檐离地面多高？(2)滴水的时间间隔为多少？答案(1)3.2m(2)0.2s解析如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设时间间隔为T，则这一滴水在0时刻、T末、2T末、3T末、4T末所处的位置，分别对应图中第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置．(1)由于初速度为零的匀加速直线运动从开始运动起，在连续相等的时间间隔内的位移比为1∶3∶5∶7∶……∶(2n－1)，令相邻两水滴之间的间距从上到下依次为x0∶3x0∶5x0∶7x0.显然，窗高为5x0，即5x0＝1m，得x0＝0.2m.屋檐总高x＝x0＋3x0＋5x0＋7x0＝16x0＝3.2m.(2)由x0＝eq\f(1,2)gT2知，滴水的时间间隔为T＝eq\r(\f(2x0,g))＝eq\r(\f(2×0.2,10))s＝0.2s.竖直上抛运动的对称性如图2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，则图2(1)时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.(2)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等．

考点四抓住运动转折点分析多过程问题例4为了使航天员能适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重训练时需要创造出一种失重环境．如图3所示，航天员乘坐在总质量m＝5×104kg的训练飞机上，飞机以200m/s的速度沿30°倾角匀速爬升到7000m高空时向上拉起，沿竖直方向以v0＝200m/s的初速度向上做匀减速直线运动，匀减速的加速度大小为g.当飞机到最高点后立即掉头向下，沿竖直方向以加速度g做加速运动，在这段时间内创造出完全失重的环境．当飞机离地2000m高时，为了安全必须拉起，之后又可一次次重复为航天员提供失重训练．若飞机飞行时所受的空气阻力Ff＝kv(k＝900N·s/m)，每次飞机速度达到350m/s后必须终止失重训练(否则飞机可能失控)．求：(整个运动空间重力加速度g的大小均为10m/s2)图3(1)飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间；(2)飞机从最高点下降到离地4500m时飞机发动机的推力．解析(1)上升时间t上＝eq\f(v0,g)＝20s上升高度h上＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝2000m竖直下落当速度达到v1＝350m/s时，下落高度h下＝eq\f(v\o\al(2,1),2g)＝6125m此时离地高度Δh＝h＋h上－h下＝7000m＋2000m－6125m＝2875m>2000m所以t下＝eq\f(v1,g)＝eq\f(350m/s,10m/s2)＝35s飞机一次上下为航天员创造的完全失重的时间为t＝t上＋t下＝20s＋35s＝55s(2)飞机离地4500m>2875m时，仍处于完全失重状态，飞机自由下落的高度为h2＝2000m＋7000m－4500m＝4500m此时飞机的速度v2＝eq\r(2gh2)＝eq\r(2×10×4500)m/s＝300m/s由于飞机加速度为g，所以推力F推应与空气阻力大小相等，即F推＝Ff＝kv2＝900×300N＝2.7×105N答案(1)55s(2)2.7×105N递进题组7．[多过程运动问题]物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是()A.eq\f(x1,x2)＝eq\f(t1,t2) B.eq\f(a1,a2)＝eq\f(t1,t2)C.eq\f(x1,t1)＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2) D．v＝eq\f(2x1＋x2,t1＋t2)答案ACD解析由题意可知物体加速和减速时最大速度相同，根据x＝eq\f(1,2)vt、v＝at，可知选项A、C、D正确；由于a1t1＝a2t2，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(t2,t1)，B错误．8．[多过程运动问题]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小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．答案5∶7解析设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得v＝at0s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)s2＝vt0＋eq\f(1,2)×(2a)teq\o\al(2,0)设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′.同样有v′＝(2a)t0s1′＝eq\f(1,2)×(2a)teq\o\al(2,0)s2′＝v′t0＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则有s＝s1＋s2s′＝s1′＋s2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为eq\f(s,s′)＝eq\f(5,7)求解多阶段运动问题的四点注意(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．(4)匀变速直线运动涉及的公式较多，各公式相互联系，大多数题目可一题多解，解题时要开阔思路，通过分析、对比，根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程，选取最简捷的解题方法．高考模拟明确考向1．(2013·广东·13)某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/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．5m/sB．10m/sC．15m/sD．20m/s答案B解析由veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as得：v0＝eq\r(v\o\al(2,t)－2as)＝eq\r(502－2×6×200)m/s＝10m/s.2．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5m/s，第9s内的位移比第5s内的位移多4m，则该质点的加速度、9s末的速度和质点在9s内通过的位移分别是()A．a＝1m/s2，v9＝9m/s，x9＝40.5mB．a＝1m/s2，v9＝9m/s，x9＝45mC．a＝1m/s2，v9＝9.5m/s，x9＝45mD．a＝0.8m/s2，v9＝7.7m/s，x9＝36.9m答案C解析根据匀变速直线运动的规律，质点t＝8.5s时刻的速度比在t＝4.5s时刻的速度大4m/s，所以加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4m/s,4s)＝1m/s2，v9＝v0＋at＝9.5m/s，x9＝eq\f(1,2)(v0＋v9)t＝45m，选项C正确．3．如图4所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10m/s2)()图4A．1.6mB．2.4mC．3.2mD．4.0m答案C解析由演员刚接到球的状态分析，此时空中有三个球，由于相邻球的运动时间间隔均为0.4s，考虑到运动特点知，此时最高点有一个球．因此，球单向运动时间为0.8s，故所求高度为：h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×(0.8)2m＝3.2m.4．(2014·山东·23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图5甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m．减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g取10m/s2.求：甲乙图5(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．答案(1)8m/s22.5s(2)0.3s(3)eq\f(\r(41),5)解析(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20m/s，末速度vt＝0，位移x＝25m，由运动学公式得veq\o\al(2,0)＝2ax①t＝eq\f(v0,a)②联立①②式，代入数据得a＝8m/s2③t＝2.5s④(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋x⑤Δt＝t′－t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3s⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma⑧由平行四边形定则得Feq\o\al(2,0)＝F2＋(mg)2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得eq\f(F0,mg)＝eq\f(\r(41),5).练出高分一、单项选择题1．假设某无人机靶机以300m/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激光弹，激光弹以80m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1200m/s的速度在目标位置击中该无人机，则激光弹发射后击中无人机所需的时间为()A．3.75sB．15sC．30sD．45s答案B解析激光弹由静止做匀加速直线运动，即v0＝0，a＝80m/s2，据公式v＝v0＋at，有t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1200,80)s＝15s，即激光弹发射后经15s击中无人机，选项B正确．2．某动车组列车以平均速度v从甲地开到乙地所需的时间为t，该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的时间是t0(列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为()A.eq\f(vt,t－t0) B.eq\f(vt,t＋t0)C.eq\f(vt,t－\f(1,2)t0) D.eq\f(vt,t＋\f(1,2)t0)答案C解析依题意可得vt＝v0(t－t0)＋2×eq\f(v0,2)×eq\f(t0,2)，解得v0＝eq\f(vt,t－\f(1,2)t0)，故选项C正确．3．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0.5cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3s，g取10m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为()图1A．1mB．1.25mC．0.4mD．1.5m答案B解析本题主要考查瞬时速度的含义．小球通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度可看成瞬时速度，v＝eq\f(x,t)＝5m/s，由自由落体运动规律可知h＝eq\f(v2,2g)＝1.25m，B正确．4．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为()A.eq\f(1,8)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))B.eq\f(1,4)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))C.eq\f(1,2)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))D.eq\f(1,2)g(Ta－Tb)答案A解析根据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为eq\f(Ta,2)，从b点到最高点的时间为eq\f(Tb,2)，所以a点到最高点的距离ha＝eq\f(1,2)g(eq\f(Ta,2))2＝eq\f(gT\o\al(2,a),8)，b点到最高点的距离hb＝eq\f(1,2)g(eq\f(Tb,2))2＝eq\f(gT\o\al(2,b),8)，故a、b之间的距离为ha－hb＝eq\f(1,8)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))，故选A.5．取一根长2m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘．在线端系上第一个垫圈，隔12cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36cm、60cm、84cm，如图2所示．站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘．松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈()图2A．落到盘上的声音时间间隔越来越大B．落到盘上的声音时间间隔相等C．依次落到盘上的速率关系为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2D．依次落到盘上的时间关系为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))答案B解析垫圈的运动可以看成倒过来的初速度为零的匀加速运动，垫圈之间的距离分别为12cm、36cm、60cm、84cm，满足1∶3∶5∶7的关系，因此时间间隔相等，A错误，B正确；各个时刻末的速度之比应为1∶2∶3∶4，依次落到盘上的时间关系为1∶2∶3∶4，C、D错误.二、多项选择题6．给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为eq\f(g,2)，当滑块速度大小减为eq\f(v0,2)时，所用时间可能是()A.eq\f(v0,2g)B.eq\f(v0,g)C.eq\f(3v0,g)D.eq\f(3v0,2g)答案BC解析当滑块速度大小减为eq\f(v0,2)时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝eq\f(v0,2)或v＝－eq\f(v0,2)，代入公式t＝eq\f(v0－v,a)得t＝eq\f(v0,g)或t＝eq\f(3v0,g)，故B、C正确．7．一物体以初速度v0做匀减速运动，第1s内通过的位移为x1＝3m，第2s内通过的位移为x2＝2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是()A．初速度v0的大小为2.5m/sB．加速度a的大小为1m/s2C．位移x3的大小为1.125mD．位移x3内的平均速度大小为0.75m/s答案BCD解析本题考查了匀变速直线运动，意在考查学生对匀变速直线运动规律的灵活应用．由Δx＝aT2可得加速度的大小a＝1m/s2，则B正确；第1s末的速度v1＝eq\f(x1＋x2,2T)＝2.5m/s，则A错误；物体的速度由2.5m/s减速到0所需时间t＝eq\f(Δv,－a)＝2.5s，经过位移x3的时间t′为1.5s，故x3＝eq\f(1,2)at′2＝1.125m，C正确；位移x3内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x3,t′)＝0.75m/s，则D正确.8．在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8s，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4s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a1∶a2等于2∶1B．加速、减速中的平均速度大小之比eq\x\to(v)1∶eq\x\to(v)2等于1∶1C．加速、减速中的位移大小之比x1∶x2等于2∶1D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2不等于1∶2答案BC解析汽车由静止运动8s，又经4s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a1t1＝a2t2，eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，A、D错；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq\f(x1,x2)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，C对；由eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)知，eq\x\to(v)1∶eq\x\to(v)2＝1∶1，B对．9．物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体()A．在A点的速度大小为eq\f(x1＋x2,2T)B．在B点的速度大小为eq\f(3x2－x1,2T)C．运动的加速度为eq\f(2x1,T2)D．运动的加速度为eq\f(x1＋x2,T2)答案AB解析匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则vA＝eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,2T)，A正确．设物体的加速度为a，则x2－x1＝aT2，所以a＝eq\f(x2－x1,T2)，C、D均错误．物体在B点的速度大小为vB＝vA＋aT，代入数据得vB＝eq\f(3x2－x1,2T)，B正确．三、非选择题10．一物体在与初速度方向相反的恒力作用下做匀减速直线运动，初速度为v0＝20m/s，加速度为a＝－5m/s2，求：(1)物体经多少秒后回到出发点？(2)由开始运动算起，求6s末物体的速度．答案(1)8s(2)10m/s，方向与初速度方向相反解析由于物体做匀变速直线运动，故可以直接应用匀变速运动公式．以v0的方向为正方向．(1)设经时间t回到出发点，此过程中位移x＝0，代入公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，并将a＝－5m/s2，v0＝20m/s代入，得t＝－eq\f(2v0,a)＝－eq\f(2×20,－5)s＝8s.(2)由公式v＝v0＋at知6s末物体的速度v＝v0＋at＝20m/s＋(－5)×6m/s＝－10m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反.11．从斜面上某一位置每隔0.1s释放一个小球，在连续释放几个小球后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图3所示．现测得AB＝15cm，BC＝20cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同，求：图3(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)D、C两球相距多远？(4)A球上面正在运动着的小球共有几个？答案(1)5m/s2(2)1.75m/s(3)25m(4)2解析(1)由Δx＝aT2得a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(BC－AB,T2)＝eq\f(0.20－0.15,0.12)m/s2＝5m/s2.(2)vB＝eq\f(AB＋BC,2T)＝eq\f(0.15＋0.20,2×0.1)m/s＝1.75m/s.(3)由Δx＝DC－BC＝BC－AB得DC＝BC＋(BC－AB)＝20cm＋5cm＝25cm(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为tB＝eq\f(vB,a)＝eq\f(1.75,5)s＝0.35s则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两个．12．(2014·新课标Ⅰ·24)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1s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的加速度为晴天时的eq\f(2,5)，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．答案20m/s(72km/h)解析设路面干燥时，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由运动学公式得s＝v0t0＋eq\f(v\o\al(2,0),2a0)①式中，v0为汽车刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车的加速度为a，依题意有a＝eq\f(2,5)a0②设在雨天行驶时汽车，安全行驶的最大速度为v，由运动学公式得s＝vt0＋eq\f(v2,2a)③联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20m/s(72km/h)

单元小结练运动学规律的解题技巧练一、单项选择题1．在公式v＝v0＋at和x＝v0t＋eq\f(1,2)at2中涉及的五个物理量，除t是标量外，其他四个量v、v0、a、x都是矢量，在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中，当取其中一个量的方向为正方向时，其他三个量的方向与此相同的取正值，与此相反的取负值，若取速度v0方向为正方向，以下说法正确的是()A．匀加速直线运动中a取负值B．匀加速直线运动中a取正值C．匀减速直线运动中a取正值D．无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动a都取正值答案B解析据v＝v0＋at可知，当v0与a同向时，v增大；当v0与a反向时，v减小．故当v0取正值时，匀加速直线运动中，a取正；匀减速直线运动中，a取负，故选项B正确．2．汽车遇紧急情况刹车，经1.5s停止，刹车距离为9m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1s的位移是()A．4.5mB．4mC．3mD．2m答案B3．一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分为1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为()A．1∶3∶5B．1∶4∶9C．1∶8∶27D．1∶16∶81答案C4．如图1所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于()图1A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4答案C解析由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得，xAB＝eq\f(v2,2a).xBC＝eq\f(2v2－v2,2a)＝eq\f(3v2,2a)，所以xAB∶xBC＝1∶3，C正确.5．一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＝(10－0.1v2)m，则下列分析正确的是()A．上述过程的加速度大小为10m/s2B．刹车过程持续的时间为5sC．0时刻的初速度为10m/sD．刹车过程的位移为5m答案C解析由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得x＝eq\f(1,2a)v2－eq\f(1,2a)veq\o\al(2,0)，对照x＝(10－0.1v2)m，可知a＝－5m/s2，v0＝10m/s，选项A错误，C正确；由v＝v0＋at可得刹车过程持续的时间为t＝2s，由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得刹车过程的位移x＝10m，选项B、D错误．6．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图2所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时A、B