2025届高考物理一轮复习第一章运动的描述探究均变速直线运动规律第2讲匀变速直线运动的规律学案粤教版

PAGE23-第2讲匀变速直线运动的规律学问要点一、匀变速直线运动的基本公式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1.速度—时间关系：vt＝v0＋at,2.位移—时间关系：s＝v0t＋\f(1,2)at2,3.速度—位移关系：veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as))eq\o(→,\s\up7(初速度为零),\s\do5(v0＝0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vt＝at,s＝\f(1,2)at2,veq\o\al(2,t)＝2as))二、匀变速直线运动的推论1.匀变速直线运动的三个推论(1)相同时间内的位移差：Δs＝aT2，sm－sn＝(m－n)aT2。(2)中间时刻速度：veq\f(t,2)＝eq\f(v0＋vt,2)＝eq\o(v,\s\up6(－))。(3)位移中点速度veq\f(s,2)＝eq\r(\f(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,t),2))。2.初速度为零的匀变速直线运动的常用重要推论(1)T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)T内、2T内、3T内……位移的比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝12∶22∶32∶…∶n2。(3)第一个T内、其次个T内、第三个T内……位移的比为sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。(4)从静止起先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))。三、自由落体运动1.定义：物体只在重力作用下从静止起先下落的运动。2.运动规律(1)速度公式：vt＝gt。(2)位移公式：s＝eq\f(1,2)gt2。(3)速度位移关系式：veq\o\al(2,t)＝2gs。四、竖直上抛运动1.定义：将物体以肯定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。2.运动规律(1)速度公式：vt＝v0－gt。(2)位移公式：s＝v0t－eq\f(1,2)gt2。(3)速度位移关系式：veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝－2gs。基础诊断1.如图1所示，高速马路一般状况下小汽车限速120km/h，但由于施工等特别状况会有临时限速。某货车正在以72km/h的速度行驶，看到临时限速牌起先匀减速运动，加速度大小为0.1m/s2，减速行驶了2min，则减速后货车的速度为()图1A.6.0m/s B.8.0m/sC.10.0m/s D.12.0m/s解析v0＝72km/h＝20m/s，t＝2min＝120s，a＝－0.1m/s2。由vt＝v0＋at得vt＝(20－0.1×120)m/s＝8.0m/s，故选项B正确。答案B2.如图2所示，一小球从A点由静止起先沿斜面对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2A.1∶1 B.1∶2C.1∶3 D.1∶4解析依据匀变速直线运动的速度位移公式veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as知，sAB＝eq\f(veq\o\al(2,B),2a)，sAC＝eq\f(veq\o\al(2,C),2a)，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误。答案C3.如图3中高楼为上海中心大厦，建筑主体为119层，总高为632m。现假设外墙清洁工人在320m高处进行清洁时不慎掉落一瓶水，当他发觉水瓶掉落时，水瓶已经下落了5s，此时他大声向下方行人发出警告。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，空气阻力忽视不计，g取10m/s2。下列说法正确的是()图3A.正下方的行人先望见水瓶落地，再听见警告声，时间差超过2sB.正下方的行人先听见警告声，再望见水瓶落地，时间差超过2sC.正下方的行人先望见水瓶落地，再听见警告声，时间差不到1sD.正下方的行人先听见警告声，再望见水瓶落地，时间差不到1s解析瓶子落地总时间t总＝eq\r(\f(2s,g))＝8s，当瓶子下落5s后才发觉，还剩3s落地，此时人喊出声音传到正下方时间t′＝eq\f(s′,v声)≈0.9s，故行人先听到警告声，再望见水瓶落地，且时间差超过2s。答案B匀变速直线运动规律的基本应用1.解题的基本思路eq\x(\a\al(画过程,示意图))→eq\x(\a\al(推断运,动性质))→eq\x(\a\al(选取,正方向))→eq\x(\a\al(选用公式,列方程))→eq\x(\a\al(解方程并,加以探讨))2.运动学公式中正、负号的规定一般状况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。【例1】(2024·湖北天门模拟)出租车载客后，从10时10分55秒起先做初速度为零的匀加速直线运动，经过10s时，速度计显示速度为54km/h。求：(1)这时出租车离动身点的距离；(2)出租车接着做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108km/h时，出租车起先做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解题关键→画运动过程示意图，呈现运动情景解析(1)由题意可知经过10s时，速度计上显示的速度为vt1＝15m/s，由速度公式vt＝v0＋at得a＝eq\f(vt－v0,t)＝eq\f(vt1,t1)＝1.5m/s2由位移公式得s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1.5×102m＝75m这时出租车离动身点的距离为75m。(2)当速度计上显示的速度为vt2＝108km/h＝30m/s时，由veq\o\al(2,t2)＝2as2得s2＝eq\f(veq\o\al(2,t2),2a)＝300m，这时出租车从静止载客起先，已经经验的时间为t2，可依据速度公式得t2＝eq\f(vt2,a)＝eq\f(30,1.5)s＝20s，这时出租车时辰表应显示10时11分15秒。出租车接着匀速运动，匀速运动时间t3为80s，通过位移s3＝vt2t3＝30×80m＝2400m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示s＝s2＋s3＝(300＋2400)m＝2700m＝2.7km。答案(1)75m(2)2.7km1.2024年7月19日上午，贵州铜仁市与美国超级高铁公司(简称HTT)在贵阳市实行“真空管道超级高铁研发产业园项目”签约仪式，此项协议为HTT与中国签署的第一份超级高铁建设协议。建成后，假如乘坐超级高铁(如图4)从某城市到达另一城市，600公里的路程须要40分钟。超级高铁先匀加速，达到最大速度1200km/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()图4A.加速与减速的时间不肯定相等B.加速时间为10分钟C.加速时加速度大小为2m/s2D.假如加速度大小为10m/s2，题中所述运动最短须要32分钟答案B2.[易错点——刹车类问题][粤教版必修1·P39·T4改编]以10m/s的速度行驶的无轨电车，制动后做匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则无轨电车在8s内的位移为()A.16m B.45mC.25m D.20m解析无轨电车停止所需时间为t＝eq\f(－v0,a)＝eq\f(－10,－2)s＝5s<8s，所以5s末无轨电车停止，则8s内的位移等于5s内的位移，则s＝eq\f(－veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(－102,2×（－2）)m＝25m，故选项C正确。答案C3.(2024·唐山模拟)在平直的测试汽车加速性能的场地上，每隔100m有一个醒目的标记杆。两名测试员驾车由某个标记杆从静止起先匀加速启动，当汽车通过其次个标记杆起先计时，t1＝10s时，恰好经过第5个标记杆，t2＝20s时，恰好经过第10个标记杆，汽车运动过程中可视为质点，如图5所示。求：图5(1)汽车加速度的大小；(2)若汽车匀加速达到最大速度64m/s后马上保持该速度匀速行驶，则汽车从20s末到30s末经过几个标记杆？解析(1)设汽车的加速度大小为a，经过其次个标记杆的速度为v0在0～10s内，3L＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)在0～20s内，8L＝v0t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得a＝2m/s2。(2)由(1)解得v0＝20m/s由vt＝v0＋at得vt＝v0＋at2＝60m/s最大速度vt′＝v＋aΔt代入数据得Δt＝2s在t2～t3内汽车位移s＝eq\f(v＋vt′,2)Δt＋vt′(t3－t2－Δt)代入数据得s＝eq\f(60＋64,2)×2m＋64×(30－20－2)m＝636m则经过的标记杆数n＝eq\f(s,L)＝6.36个，即6个。答案(1)2m/s2(2)6个解决匀变速运动问题的常用方法解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法考向基本公式的应用【例2】(2024·广东广州3月模拟)高速马路的ETC电子收费系统如图6所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发觉自动栏杆没有抬起，于是实行制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为()图6A.4.2m B.6.0mC.7.8m D.9.6m思路点拨(1)在识别车载电子标签的时间内汽车做什么运动？(2)在司机的反应时间内汽车做什么运动？(3)如何由匀变速直线运动规律求刹车距离？ETC通道的长度是刹车距离吗？解析汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车。在识别车载电子标签的0.3s时间内汽车匀速运动距离s1＝vt1＝6×0.3m＝1.8m，在司机的反应时间0.7s内汽车匀速运动距离s2＝vt2＝6×0.7m＝4.2m，刹车距离s3＝eq\f(v2,2a)＝3.6m，该ETC通道的长度约为s＝s1＋s2＋s3＝9.6m，所以只有选项D正确。答案D考向平均速度的应用【例3】如图7所示，一辆汽车在平直马路上做匀加速直线运动，从树A起先，在相等的时间内依次经过B、C、D、E四棵树，已知树A、B间距为s1，树D、E间距为s2，则树B、D间距为()图7A.s1＋s2 B.2s1＋s2C.s1＋2s2 D.2(s1＋s2)解析设时间间隔为t，则汽车在A、B间的平均速度为eq\f(s1,t)，D、E间的平均速度为eq\f(s2,t)，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的速度，故经过C时的速度为vC＝eq\f(s1＋s2,2t)，而汽车经过C的时刻又是汽车从B到D的中间时刻，故vC也是汽车从B到D的平均速度，所以B、D间距为s＝eq\f(s1＋s2,2t)×2t＝s1＋s2，选项A正确。答案A考向逆向思维法、对称法的应用【例4】(2024·江西南昌模拟)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最终静止。汽车在最初3s时间内通过的位移与最终3s时间内通过的位移之比为s1∶s2＝5∶3，则汽车制动的总时间t满意()A.t＞6s B.t＝6sC.4s＜t＜6s D.t＝4s解析设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，由逆向思维法求解，则汽车刹车的最终3s时间内通过的位移s2＝eq\f(1,2)a×32(m)＝eq\f(9,2)a(m)，在最初3s时间内通过的位移s1＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－3)2＝eq\f(1,2)a(6t－9)(m)，又s1∶s2＝5∶3，联立解得t＝4s，选项A、B、C错误，D正确。答案D【拓展提升】若汽车刹车的加速度大小为a＝5m/s2，求汽车刹车最初5s时间内通过的位移大小。答案40m1.(多选)一物体做匀减速直线运动(速度减为0后停止运动)，在起先连续两个1s时间内通过的位移分别为s1＝5m、s2＝3m，则下列说法正确的是()A.加速度的大小为4m/s2B.初速度的大小为6m/sC.物体运动的时间为3.5sD.物体通过的总位移的大小为9m解析由Δs＝aT2可得加速度a＝－2m/s2，选项A错误；第1s末的速度vt1＝eq\f(s1＋s2,2t)＝4m/s，得初速度v0＝vt1－at＝6m/s，选项B正确；物体速度由6m/s减小到0所需时间t1＝eq\f(Δv,a)＝3s，物体运动的时间为3s，即物体在第3s末恰好停止运动，物体通过的总位移的大小为s总＝eq\f(v0＋0,2)t1＝9m，选项C错误，D正确。答案BD2.(多选)(2024·甘肃省天水市质检)如图8所示，一可视为质点的冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度大小之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()图8A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D.t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来探讨。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求时间之比为(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度大小之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，则所求的速度大小之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故选项A错误，B正确。答案BD3.(2024·怀化模拟)如图9所示，甲、乙两车同时由静止从A点动身，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为0的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为0的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则()图9A.甲、乙不行能同时由A到达CB.甲肯定先由A到达CC.乙肯定先由A到达CD.若a1>a3，则甲肯定先由A到达C解析依据题意作速度—时间图象如图所示。依据速度－时间图线得，若a1>a3，如图(a)，因为末速度相等，位移相同，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙<t甲。若a3>a1，如图(b)，因为末速度相等，位移相同，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙>t甲，故A正确，B、C、D错误。答案A自由落体运动和竖直上抛运动1.两种运动的特性(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。(2)竖直上抛运动的重要特性①对称性如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的随意两点，C为最高点，则：②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要留意这个特性。2.竖直上抛运动的探讨方法分段法上升阶段：a＝g的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0竖直向上，加速度g竖直向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，s＝v0t－eq\f(1,2)gt2(规定竖直向上方向为正方向)若vt>0，物体上升，若vt<0，物体下落若s>0，物体在抛出点正上方，若s<0，物体在抛出点正下方考向自由落体运动【例5】(多选)[粤教版必修1·P35·T2改编]如图10所示，甲同学用手拿着一把长50cm的直尺，并使其处于竖直状态，乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的打算。某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后马上用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20cm；重复以上试验，乙同学其次次手抓住直尺位置的刻度值为10cm。直尺下落过程中始终保持竖直状态。若从乙同学看到甲同学松开直尺到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”。空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。下列说法中正确的是()图10A.乙同学第一次的“反应时间”比其次次长B.乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4m/sC.若某同学的“反应时间”大于0.4s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”D.若将直尺上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法干脆测出“反应时间”解析依据s＝eq\f(1,2)gt2可知，下落的高度越大，则时间越长，选项A正确；依据veq\o\al(2,t)＝2gs可得，第一次抓住直尺时，直尺的速度vt＝eq\r(2gs)＝2m/s，选项B错误；反应时间大于0.4s，则直尺下落的高度大于eq\f(1,2)×10×0.42m＝80cm，此高度大于直尺长度50cm，选项C正确；“反应时间”与长度是一一对应的关系，选项D正确。答案ACD考向竖直上抛运动【例6】(2024·山东临沂校级段考)气球下挂一重物，以v0＝10m/s的速度匀速上升，当到达离地面高度s＝175m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？(空气阻力不计，g取10m/s2)解析法一分成上升阶段和下落阶段两个过程处理。绳子断裂后重物要接着上升的时间t1和上升的高度s1分别为t1＝eq\f(v0,g)＝1ss1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝5m故重物离地面的最大高度为H＝s1＋s＝180m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度大小分别为t2＝eq\r(\f(2H,g))＝6svt＝gt2＝60m/s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t1＋t2＝7s。法二取全过程作为一个整体考虑。从绳子断裂起先计时，经时间t重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移s′＝－175m，由位移公式有s′＝v0t－eq\f(1,2)gt2即－175＝10t－eq\f(1,2)×10t2＝10t－5t2整理得t2－2t－35＝0解得t1＝7s，t2＝－5s(舍去)所以重物落地速度为vt＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中负号表示落地速度方向与初速度方向相反，即落地速度大小为60m/s，方向竖直向下。答案7s60m/s1.如图11所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。假设水滴从10m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约为(g取10m/s2)()图11A.20m/s B.14m/sC.2m/s D.1.4m/s解析依据公式veq\o\al(2,t)＝2gs得vt＝eq\r(2×10×10)m/s≈14m/s，选项B正确。答案B2.(2024·全国Ⅰ卷，18)如图12，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eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满意()图12A.1＜eq\f(t2,t1)＜2 B.2＜eq\f(t2,t1)＜3C.3＜eq\f(t2,t1)＜4 D.4＜eq\f(t2,t1)＜5解析本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从肯定高度处起先的自由落体运动，所以第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2＝eq\r(\f(2×\f(H,4),g))，第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3＜eq\f(t2,t1)＜4，选项C正确。答案C3.[易错点——双向可逆类]如图13所示，一小球以某一速度从倾角为30°的光滑固定斜面底端冲向顶端，然后又返回底端。A、B、C是斜面上的三个点，其中C为小球到达的最高点，B是AC段的中点。若小球在A、C间来回的总时间为t，那么小球经过B点时速度的大小等于(重力加速度为g)()图13A.eq\f(\r(2),2)gt B.eq\f(\r(2),4)gtC.eq\f(\r(2),8)gt D.eq\f(\r(2),16)gt解析小球在斜面上运动的加速度大小a＝gsin30°＝eq\f(g,2)，上滑和下滑过程是互逆的，所以上滑的时间为eq\f(t,2)，设C、A间的距离为s，则s＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)，由C到B满意veq\o\al(2,B)＝2a·eq\f(s,2)，因此vB＝eq\f(\r(2),8)gt，C正确。答案C匀变速直线运动的多过程问题eq\x(规范解题)“四步”分析法巧解多过程问题假如一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，找出各段交接处的关联物理量，可按下列四个步骤解题【例7】(12分)假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v＝21.6km/h，小汽车未减速的车速为v0＝108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4m/s2。试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处起先制动？(2)假设车过站后驾驶员马上使车以a2＝6m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速起先至最终复原到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽搁的时间至少为多少？解题关键画草图(运动过程)规范解答(1)v＝21.6km/h＝6m/s，v0＝108km/h＝30m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为x1处起先制动，则有v2－veq\o\al(2,0)＝－2a1s1(2分)解得x1＝108m。(1分)(2)小汽车通过收费站经验匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为s1和s2，时间分别为t1和t2。减速阶段，有v＝v0－a1t1(1分)解得t1＝eq\f(v0－v,a1)＝6s(1分)加速阶段，有v0＝v＋a2t2解得t2＝eq\f(v0－v,a2)＝4s(1分)则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10s。(1分)(3)加速阶段，有veq\o\al(2,0)－v2＝2a2s2(2分)解得s2＝72m则总位移s＝s1＋s2＝180m(1分)若不减速通过收费站，则所需时间t′＝eq\f(s,v0)＝6s(1分)故车因减速和加速过站而耽搁的时间至少为Δt＝t－t′＝4s。(1分)答案(1)108m(2)10s(3)4s1.赛车竞赛动身阶段，一辆赛车用时7s跑过了一段200m长的直道，该赛车的运动可简化为初速度为零的匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段，已知该车在加速阶段的第3s内通过的距离为25m，求：(1)该赛车的加速度大小；(2)该赛车在加速阶段通过的距离。解析(1)设赛车在匀加速阶段的加速度大小为a，在前2s和第3s内通过的位移分别为s1和s2，单位时间为t0，由运动学规律得前2s内通过的位移s1＝eq\f(1,2)a(2t0)2前3s内通过的位移s1＋s2＝eq\f(1,2)a(3t0)2将t0＝1s、s2＝25m代入，联立解得a＝10m/s2。(2)设赛车做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v1，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题意及运动学规律得加速运动的位移s1′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)加速运动的末速度v1＝at1匀速运动的位移s2′＝v1t2＝at1t2而t＝t1＋t2，s＝s1′＋s2′联立解得s1′＝80m。答案(1)10m/s2(2)80m2.如图14所示为一种叫“控子”的嬉戏：让小滑块从A点由静止释放，嬉戏者通过限制BC段上的可控区域的长度，让滑块到达C点时速度刚好为零，滑块自由落入洞D中即为胜利。已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长25cm，BC长1m，CD高20cm，滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a1＝2m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2＝1m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3＝3m/s2，滑块在B点、可控点前后速度大小不变，g取10m/s2，求嬉戏胜利时：图14(1)可控区域的长度L；(2)滑块从A到洞D所经验的时间t。解析(1)设滑块在B点时速度大小为vB，则由运动学规律知veq\o\al(2,B)＝2a1sAB且vB＝a1t1代入数值解得t1＝0.5s，vB＝1m/s设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知veq\o\al(2,E)－veq\o\al(2,B)＝2a2(sBC－L)，vE－vB＝a2t2从E到C，由运动学规律知veq\o\al(2,E)＝2a3L，vE＝a3t3联立并代入数值解得t2＝t3＝0.5s，L＝0.375m。(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知sCD＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,4)代入数值解得t4＝0.2s所以滑块从A到洞D所经验的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7s。答案(1)0.375m(2)1.7s课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1.在交通事故分析中，刹车线的长度是事故责任认定的重要依据。如图1所示，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车刹车线的长度是10m，假设汽车刹车时的加速度大小为5m/s2，则汽车起先刹车时的速度为()图1A.5m/s B.10m/sC.15m/s D.20m/s解析由逆向思维可知，刹车到静止，即可以看作是反向加速。由veq\o\al(2,t)＝2as可得汽车起先刹车时的速度vt＝eq\r(2as)＝eq\r(2×5×10)m/s＝10m/s，选项B正确。答案B2.一质点沿直线运动，其位移与时间的关系满意s＝2t＋t2(各物理量均选用国际单位制单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是()A.质点做匀减速直线运动B.0～5s内质点通过的位移大小为35mC.质点的加速度大小为1m/s2D.第3s末质点的速度大小为5m/s解析由s＝v0t＋eq\f(1,2)at2对比s＝2t＋t2(各物理量均选用国际单位制单位)知，质点做匀加速直线运动，初速度v0＝2m/s，加速度a＝2m/s2，选项A、C错误；0～5s内质点通过的位移大小为s1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝2×5m＋eq\f(1,2)×2×25m＝35m，选项B正确；第3s末质点的速度大小为v2＝v0＋at2＝2m/s＋2×3m/s＝8m/s，选项D错误。答案B3.如图2所示，在粗糙斜面上有一个质量为m的小物块，某时刻给它一个初速度，使其沿斜面对上做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点后停在O点。A、B、C三点到O点的距离分别为s1、s2、s3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3，则下列结论正确的是()图2A.eq\f(s1,t1)＝eq\f(s2,t2)＝eq\f(s3,t3) B.eq\f(s1,teq\o\al(2,1))＝eq\f(s2,teq\o\al(2,2))＝eq\f(s3,teq\o\al(2,3))C.eq\f(s1,t1)＜eq\f(s2,t2)＜eq\f(s3,t3) D.eq\f(s1,teq\o\al(2,1))＜eq\f(s2,teq\o\al(2,2))＜eq\f(s3,teq\o\al(2,3))解析匀减速到零的运动可以看成反方向的初速度为零的匀加速运动，所以O到A、B、C三个位置的距离分别为s1、s2、s3，时间分别为t1、t2、t3，则依据s＝eq\f(1,2)at2可得s与t2成正比，又eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝veq\f(t,2)，则eq\f(s1,t1)＞eq\f(s2,t2)＞eq\f(s3,t3)，所以B正确。答案B4.太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，如图3所示，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开着陆伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动时间里的位移或速度，以下说法正确的是(重力加速度g取10m/s2，且不随高度的改变而改变)()图3A.自由落体运动的位移是3.9×104mB.自由落体运动的位移是2.1×104mC.自由落体运动的末速度是6.0×102m/sD.自由落体运动的平均速度是6.0×102m/s解析依据题意，运动员做自由落体运动的时间t＝60s，因此，自由落体运动的位移s＝eq\f(1,2)gt2＝1.8×104m，A、B错误；运动员自由落体的末速度vt＝gt＝6.0×102m/s，C正确；自由落体运动的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)vt＝3.0×102m/s，D错误。答案C5.目前交警部门开展的“车让人”活动深化人心，如图4所示，司机发觉前方有行人正通过人行横道时起先做匀减速直线运动，汽车经4s恰好在停车线处停止运动。若在第1s内的位移是14m，则最终1s内的位移是()图4A.3.5m B.2mC.1m D.0解析利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以eq\f(7,1)＝eq\f(14m,s1)，s1＝2m，故B正确。答案B6.(2024·湖北武汉4月调考)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k＞1)，位移大小为s。则在随后的4t时间内，质点的位移大小为()A.eq\f(8（3k－2）s,k＋1) B.eq\f(8（2k－1）s,k＋1)C.eq\f(8（2k－1）s,k－1) D.eq\f(3（5k－3）s,k＋1)解析依据题意可得s＝eq\f(v0＋kv0,2)t，经过时间t速度由v0变为kv0，则质点的加速度a＝eq\f(kv0－v0,t)＝(k－1)eq\f(v0,t)，在随后的4t时间内，质点的位移大小为s′＝kv0·4t＋eq\f(1,2)a(4t)2，联立解得s′＝eq\f(8（3k－2）s,k＋1)，所以选项A正确。答案A7.(2024·安徽淮北、宿州模拟)做匀变速直线运动的质点，从运动过程中某时刻起先连续相等的三个时间间隔T内，第一个T内的位移为s1，第三个T内的位移为s3。则该质点()A.加速度为a＝eq\f(s3－s1,T2)B.在其次个T内的位移为s3＝3s1C.在其次个T末的速度为v＝eq\f(3s3＋s1,4T)D.在其次个T内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s3－s1,2T)解析匀变速直线运动中连续相邻相等时间内的位移差为定值Δs＝aT2，即s2－s1＝aT2，s3－s2＝aT2，联立解得a＝eq\f(s3－s1,2T2)，s2＝eq\f(s1＋s3,2)，所以选项A、B错误；中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即veq\f(t,2)＝eq\f(s,t)，故在其次个T末的速度为v＝eq\f(s2＋s3,2T)＝eq\f(s1＋3s3,4T)，选项C正确；在其次个T内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s2,T)＝eq\f(s1＋s3,2T)，选项D错误。答案C8.(2024·浙江4月模拟)公交车是现代城市很重要的交通工具，它具有便利、节能减排、缓解城市交通压力等很多作用。某日，某中学黄老师在家访途中向一公交车站走去，发觉一辆公交车正从身旁平直的马路驶过，此时，他的速度是1m/s，公交车的速度是15m/s，黄老师距车站的距离为50m。假设公交车在行驶到距车站25m处起先刹车，刚好到车站停下，停车时间为8s。而黄老师的最大速度只能达到6m/s，最大起跑加速度只能达到2.5m/s2。(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动过程，求其加速度大小；(2)若公交车可视为质点，则在(1)问的状况下，试计算分析，黄老师能赶上这班车，还是等下一班车。解析(1)由匀变速直线运动规律知，公交车刹车的加速度a1＝eq\f(0－veq\o\al(2,1),2s1)＝eq\f(0－152,2×25)m/s2＝－4.5m/s2故其加速度的大小为4.5m/s2。(2)公交车从与黄老师相遇处到起先刹车用时t1＝eq\f(s－s1,v1)＝eq\f(50－25,15)s＝eq\f(5,3)s公交车刹车过程用时t2＝eq\f(0－v1,a1)＝eq\f(10,3)s黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时t3＝eq\f(v2－v3,a2)＝eq\f(6－1,2.5)s＝2s黄老师加速过程中的位移s2＝eq\f(v2＋v3,2)t3＝7m以最大速度跑到车站的时间t4＝eq\f(s－s2,v2)＝eq\f(43,6)s因为t3＋t4＜t1＋t2＋8s所以黄老师能赶上这班车。答案(1)4.5m/s2(2)能赶上这班车计算过程见解析综合提能练9.(多选)一物体沿直线运动，其平均速度与时间的关系满意eq\o(v,\s\up6(－))＝5＋4t(各物理量均选用国际单位制单位)，则下列说法正确的是()A.物体做匀加速直线运动B.前4s时间内物体通过的位移大小为84mC.物体的加速度大小为4m/s2D.第3s末物体的速度大小为22m/s解析依据平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)知，s＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝5t＋4t2(各物理量均选用国际单位制单位)，对比s＝v0t＋eq\f(1,2)at2知，物体做匀加速直线运动，初速度v0＝5m/s，加速度a＝8m/s2，选项A正确，C错误；前4s时间内物体通过的位移大小为s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a