优化探究高考物理一轮复习1.2匀变速直线运动的规律知能检测

学习资料匀变速直线运动的规律建议用时：45分钟1．(2019·德阳调研)一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位）,则关于该质点的运动,下列说法正确的是（ ）A ．质点可能做匀减速直线运动B ．5 s 内质点的位移为35 mC ．质点运动的加速度为1 m/s 2D ．质点3 s 末的速度为5 m/sB ［根据平均速度v ＝错误!知，x ＝vt ＝2t ＋t 2，根据x ＝v 0t ＋错误!at 2＝2t ＋t 2知，质点的初速度v 0＝2 m/s,加速度a ＝2 m/s 2，质点做匀加速直线运动，故A 、C 错误；5 s 内质点的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝2×5 m＋错误!×2×25 m＝35 m,故B 正确；质点在3 s 末的速度v ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋2×3 m/s＝8 m/s ，故D 错误.］2．（2019·福建五校第二次联考）宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第5 s 内的位移是18 m,则（ )A ．物体在2 s 末的速度是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度是3。

6 m/sC ．物体自由下落的加速度是5 m/s 2D ．物体在5 s 内的位移是50 mD [根据运动学公式Δx ＝错误!at 错误!－错误!at 错误!＝18 m ，t 2＝5 s ，t 1＝4 s ，解得a ＝4 m/s 2，选项C 错误；物体在2 s 末的速度为v 2＝4×2 m/s＝8 m/s ，选项A 错误;物体在5 s 内的位移为x 5＝错误!×4×52 m ＝50 m,选项D 正确;物体在第5 s 内的位移为18 m ，故物体在第5 s 内的平均速度为18 m/s ，选项B 错误。

第2讲 匀变速直线运动的规律知识巩固练1．(多选)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t －t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是－2 m/s 【答案】BD2．(2021年日照二模)某机动车在年检时，先做匀速直线运动再做匀减速直线运动至停止．已知总位移为s ，匀速阶段的速度为v 、时间为t ，则匀减速阶段的时间为( )A ．s v－t B ．s v－2t C ．2s v －tD ．2sv－2t【答案】D 【解析】设匀减速的时间为t 1，则s ＝vt ＋v ＋02t 1，解得t 1＝2sv－2t ，D 正确．3．(多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1【答案】BD 【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，故C 错误，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故A 错误，B 正确．4．“道路千万条，安全第一条．”《道路交通安全法》第四十七条规定：“机动车行经人行横道，应减速行驶；遇行人正在通过人行横道时，应停车让行．”一辆汽车以7.5 m/s 的速度匀速行驶，驾驶员发现前方的斑马线上有行人通过，随即刹车使车做匀减速直线运动至停止．若驾驶员的反应时间为0.6 s ，汽车在最后2 s 内的位移为5 m ，则汽车距斑马线的安全距离至少为( )A ．14.75 mB ．6.25 mC ．15.75 mD ．8.75 m【答案】C 【解析】设汽车匀减速的加速度大小为a ，由汽车在最后2 s 内的位移为5 m 得x ＝12at 2，解得a ＝2x t 2＝2×522 m/s 2＝2.5 m/s 2，故汽车的刹车位移为x ′＝v 0t 0＋v 202a ＝7.5×0.6 m ＋7.522×2.5m ＝15.75 m ，故C 正确．5．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x ＝10－0.1v 2(m)，下列分析正确的是 ( )A ．上述过程的加速度大小为10 m/s 2B ．刹车过程持续的时间为5 sC ．0时刻的初速度为10 m/sD ．刹车过程的位移为5 m【答案】C 【解析】由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－12a v 20＋12a v 2，对照x ＝10－0.1v 2(m)可知12a ＝－0.1，－12av 20＝10，解得a ＝－5 m/s 2，v 0＝10 m/s ，故A 错误，C 正确．由v 0＝－at 可得刹车过程持续的时间t ＝2 s ，由v 20＝－2ax 可得刹车过程的位移x ＝10 m ，故B 、D错误．6．(2021年济南模拟)伽利略在研究匀变速直线运动规律时，让小球从斜面的不同位置自由滚下，观测出小球从不同起点运动到底端的位移s 与所对应的时间t ，画出s －t 2图像．设小球运动的加速度为a ，则图像的斜率为( )A ．12aB ．aC ．1aD ．2a【答案】A 【解析】小球从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，位移—时间关系为s＝12at 2，即s 与t 2成正比，所以s －t 2图像是一条过原点的直线，直线的斜率为12a ，故A 正确．BT 3BT 3综合提升练7．(2021年成都七中月考)四川九寨沟地震灾后重建中，在某工地上一卡车以10 m/s 的速度匀速行驶，刹车后第一个2 s 内的位移与最后一个2 s 内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s 内卡车通过的距离是( )A ．2.5 mB ．4 mC ．12 mD ．12.5 m【答案】D 【解析】设刹车时加速度大小为a ，则第一个2 s 内的位移x 1＝v 0t －12at2＝(20－2a ) m ，根据逆向思维，最后1个2 s 内的位移x 2＝12at 2＝2a m ，由x 1x 2＝20－2a 2a ＝32，解得a ＝4 m/s 2，卡车从刹车到停止需要时间t 0＝v 0a ＝2.5 s ，则刹车后4 s 内的位移x ＝v 202a＝12.5 m ，D 正确．8．(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则物体 ( )A ．在A 点的速度大小为x 1＋x 22TB ．在B 点的速度大小为3x 2－x 12TC ．运动的加速度为2x 1T2D ．运动的加速度为x 1＋x 2T 2【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v A ＝v ＝x 1＋x 22T ，A 正确．设物体的加速度为a ，则x 2－x 1＝aT 2，所以a ＝x 2－x 1T2，C 、D 错误．物体在B 点的速度大小v B ＝v A ＋aT ，代入数据得v B ＝3x 2－x 12T，B 正确．9．一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m 的竖直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中平均速度之比为2∶1C ．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2D ．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4【答案】C 【解析】设下滑过程中的最大速度为v ，由位移公式x ＝v 2t ，可得v ＝2xt＝2×123 m/s ＝8 m/s ，故A 错误．加速与减速运动过程中平均速度都为v2，平均速度之比为1∶1，故B 错误．由v ＝at 可知加速度大小和时间成反比，加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，所以加速与减速运动过程的时间之比为1∶2，故C 正确．加速与减速运动过程平均速度大小相等，位移大小之比等于时间之比为1∶2，故D 错误．10．(2021年泰安二模)(多选)一质点以初速度v 、加速度a 做匀变速直线运动，经一段时间后质点运动的路程与位移大小之比为5∶3，则该过程的位移和时间可能为( )A ．位移大小为v 24aB ．位移大小为3v28aC ．时间为3v2aD ．时间为3va【答案】BCD 【解析】因路程与位移大小之比为5∶3而不等，故质点先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，质点速度减为零时的时间和位移分别为t 1＝v a ，x 1＝v 22a ，质点反向加速的时间为t 2，速度为v 2，有v 2＝at 2，x 2＝v 222a，若总位移为正，即x 1>x 2，可知t 1>t 2，有x 1＋x 2x 1－x 2＝53，解得v 2＝v 2.则运动时间为t 1＋t 2＝3v 2a ，位移为x 1－x 2＝3v28a，B 、C 正确；若总位移为负，即x 1<x 2，可知t 1<t 2，有x 1＋x 2x 2－x 1＝53，解得v 2＝2v ，则运动时间为t 1＋t 2＝3va，位移为x 2－x 1＝3v22a，A 错误，D 正确．。

物理一轮复习 1.2 匀变速直线运动规律学案 新人教版必修1【考纲知识梳理】 一、匀变速直线运动1.定义:在变速直线运动中,如果在相等的时间内速度的改变量相等,这种运动就叫做匀变速直线运动.匀变速直线运动是加速度不变的直线运动.2.分类①匀加速直线运动:速度随时间均匀增加的匀变速直线运动. ②匀减速直线运动:速度随时间均匀减小的匀变速直线运动. 二、匀变速直线运动的基本规律1、两个基本公式：位移公式： 速度公式：atv v t +=0 2、两个推论：匀变速度运动的判别式：21aT s s s n n =-=∆-速度与位移关系式：asv v 2202=-3、两个特性202tt υυυ+=)(212202t s υυυ+=可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有22st V V <4、做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：at V = ，221at s =， as V 22= ， t V s 2=以上各式都是单项式，因此可以方便地找到各物理量间的比例关系5、两组比例式：对于初速度为零的匀加速直线运动： （1）按照连续相等时间间隔分有1s 末、2s 末、3s 末……即时速度之比为：nv v v v n ::3:2:1::::321 =前1s 、前2s 、前3s……内的位移之比为2222321::3:2:1::::n x x x x n =第1s 、第2s 、第3s……内的位移之比为)12(::5:3:1::::-=n x x x x n ⅢⅡⅠ（2）按照连续相等的位移分有1X 末、2X 末、3X 末……速度之比为：n n ::3:2:1::::321 =υυυυ前1m 、前2m 、前3m……所用的时间之比为n t t t n ::3:2:1::::321 =υ第1m 、第2m 、第3m……所用的时间之比为)1(::)23(:)12(:1::::321----=n n t t t t n三、自由落体运动和竖直上抛运动 1、自由落体运动：（1）定义：自由落体运动：物体只在重力作用下，从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动。

第二讲 匀变速直线运动规律及应用一、单选题1．屋檐离地面的高度为45m ，每隔相等时间滴下一滴水，当第7滴水刚滴下时，第一滴水恰好落到地面上，则第3滴水与第5滴水的高度差为（ ）A ．5mB ．10mC ．15mD ．20m2．如图所示，小球在竖直砖墙的某位置由静止释放，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…所示的小球运动过程中每次曝光的位置图，已知连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度均为d ，根据图中的信息，下列判断正确的是（ ）A ．小球从位置“1”开始释放B ．小球所在地的重力加速度大小为22d T C ．小球在位置“3”的速度大小为7d TD ．小球在位置“4”的速度大小为小球在位置“2”的1.8倍3．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A 、B 、C 三点，已知AB =6m ，BC =10m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是（ ）A ．2m/s ，3m/s ，4m/sB ．3m/s ，4m/s ，5m/sC ．2m/s ，4m/s ，6m/sD ．3m/s ，5m/s ，7m/s4．一个做匀速直线运动的物体，从某时刻起做匀减速运动经6s 静止，设连续通过三段位移的时间分别是3s 、2s 、1s ，这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（ ）A ．1∶2∶3，1∶1∶1B ．33∶23∶1，32∶22∶1C ．1∶23∶33，1∶22∶32D ．5∶3∶1，3∶2∶1 5．物体做匀加速直线运动，已知第1s 内的平均速度是6m/s ，第2s 内的平均速度是8m/s ，则下面结论正确的是（ ）A ．该物体零时刻的速度是0m/sB ．前2s 内的平均速度是4m/sC ．第1s 末的速度为6m/sD ．物体的加速度是2m/s 26．一质点做匀变速直线运动，加速度大小为a ，初速度大小为v ，经过一段时间速度大小变为2v ，这段时间内的路程与位移大小之比为5：3，则下列叙述正确的是（ ）A ．在该段时间内质点运动方向不变B ．这段时间为5v aC ．这段时间的路程为252v a D ．再经过相同的时间质点速度大小为3v7．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。

课后达标检测2 匀变速直线运动的规律及应用一、单项选择题1．做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0 2.某同学在实验室做了如图所示的实验，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 ，则小球开始下落的位置距光电门的距离为( )A ．1 mB ．1.25 mC ．0.4 mD ．1.5 m3．(2014·福州高三模拟)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 m4．小球每隔0.2 s 从同一高度抛出，做初速为6 m/s 的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到小球数为(取g ＝10 m/s2)( )A ．三个B ．四个C ．五个D ．六个5．一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.18g(T2a －T2b )B.14g(T2a －T2b ) C.12g(T2a －T2b ) D.12g(Ta －Tb) ☆6．如图所示，甲、乙两物体分别从A 、C 两地由静止出发做加速运动，B 为AC 中点，两物体在AB 段的加速度大小均为a1，在BC 段的加速度大小均为a2，且a1<a2.若甲由A 到C 所用时间为t 甲，乙由C 到A 所用时间为t 乙，则t 甲与t 乙的大小关系为( )A ．t 甲＝t 乙B ．t 甲>t 乙C ．t 甲<t 乙D ．无法确定二、多项选择题7．(2014·江南十校联考)16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．以下说法与事实相符的是( )A ．根据亚里士多德的论断，两物体从同一高度自由下落，重的物体和轻的物体下落快慢相同B ．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因C ．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比D ．牛顿总结伽利略等前人的经验，得出了牛顿第一定律8．(原创题)一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滚下，到达斜面中点用时1 s ，速度为2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．斜面长度为1 mB ．斜面长度为2 mC ．物体在斜面上运动的总时间为 2 sD ．到达斜面底端时的速度为4 m/s9．做初速度不为零的匀加速直线运动的物体，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，则以下判断正确的是( )A ．物体在A 点的速度大小为x1＋x22TB ．物体运动的加速度为2x1T2C ．物体运动的加速度为x2－x1T2D ．物体在B 点的速度大小为2x2－x1T三、非选择题10．(2014·山西四校联考)在国庆阅兵演习中，某直升机在地面上空某高度A 位置处于静止状态待命，现接到上级命令，要求该机10时58分20秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB 段加速后，进入BC 段的匀速受阅区，11时准时通过C 位置．已知xAB ＝5 km ，xBC ＝10 km.问：(1)直升机在BC 段的速度大小是多少？(2)直升机在AB 段做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？11．(2014·广州模拟)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 ＝l 2，AB 段和BC 段的平均速度分别为v1＝3 m/s 、v2＝6 m/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 ＝2 m/s2，试求AC 的距离l.☆12.(原创题)2013年11月6日，天津至秦皇岛高速铁路进入运行试验阶段，为年底前正式开通运营做准备．目前我国高铁常使用自动闭塞法行车，如图所示，自动闭塞是通过信号机将行车区间划分为若干个闭塞分区，每个闭塞分区的首端设有信号灯，当闭塞分区有列车B 占用时信号灯显示红色(停车)，后一个闭塞分区显示黄色(制动减速)，其他闭塞分区显示绿色(正常运行)．假设列车A 制动时所受总阻力为重力的0.1倍，不考虑反应时间．(g 取10 m/s2)求：(1)如果信号系统发生故障，列车A 的运行速度是30 m/s ，司机看到停在路轨上的列车B 才开始刹车，要使列车不发生追尾，则列车A 司机可视距离不得少于多少？(2)如果信号系统正常，司机可视距离取列车A 司机的可视距离，列车设计运行速度为252 km/h ，当司机看到黄灯开始制动，到红灯处停车，则每个闭塞分区至少多长？课后达标检测21．[解析]选B.各秒内物体的位移之比为7∶5∶3∶1，由于第1 s 内位移为14 m ，故最后1 s 内的位移为2 m ，B 正确．2．[解析]选B.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 ＝s/t＝5 m/s ，由自由落体运动规律可知h ＝v22g＝1.25 m ，故B 正确． 3．[解析]选C.由Δx ＝aT2得：7－9＝a×12，a ＝－2 m/s2，由x ＝v0t ＋12at2得：9＝v0×1＋12×(－2)×12，v0＝10 m/s ，所以汽车到停下来用时t ＝0－v0a ＝0－10－2s ＝5 s,6秒内的位移：x ＝v t ＝0＋102×5 m＝25 m ，故C 对． 4．[解析]选C.小球在抛点上方运动的时间t ＝2v0g ＝2×610s ＝1.2 s ．因每隔0.2 s 在抛点抛出一个小球，因此第一个小球在1.2 s 的时间内能遇上n ＝1.2 s 0.2 s－1＝5个小球，故选项C 正确．5．[解析]选A.由对称性可知，从最高点到b 、a 点的时间分别为：12Tb 、12Ta ，由自由落体运动规律得： ab ＝12g[(12Ta)2－(12Tb)2]＝18g(T2a －T2b )，故A 正确． 6.[解析]选B.由本题所给条件，可巧用图象法求解．画出甲、乙运动的v －t 图象，可得t 甲>t 乙，B 正确．7．[解析]选CD.亚里士多德认为重物下落快，力是维持物体运动的原因，则A 、B 错误；伽利略通过理想斜面实验，推翻了力是维持物体运动的原因，牛顿总结伽利略等前人的经验，得到牛顿第一定律，则C 、D 正确．8．[解析]选BC.v ＝v 中2＝1 m/s ，L 2＝v －t1＝1 m ，L ＝2 m ，故A 错B 对；由t1∶t2＝1∶(2－1)得：t2＝(2－1) s ，t ＝t1＋t2＝ 2 s ，故C 对；由v ＝at 知，v 底＝2 2 m/s ，故D 错．9．[解析]选AC.根据匀变速直线运动规律，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，故A 正确；根据x2－x1＝aT2，C 正确，B 错误；根据v ＝v0＋aT ，物体在B 点的速度大小为3x2－x12T，D 错误． 10．[解析](1)直升机从A 位置到C 位置运动的总时间t ＝100 s ，设该直升机在BC 段的速度大小为v ，则在AB 段的平均速度为v 2，由题意得：xBC v ＋xAB v 2＝t 代入数值得v ＝200 m/s.(2)设直升机在AB 段的加速度为a ，由v2＝2axAB得a ＝4 m/s2.[答案](1)200 m/s (2)4 m/s211．[解析](1)设加速度大小为a ，经A 、C 的速度大小分别为vA 、vC.由匀加速直线运动规律可得：v2B －v2A ＝2a×l 2① v2C －v2B ＝2a×l 2② v1＝vA ＋vB 2③ v2＝vB ＋vC 2④ 解①②③④式得：vB ＝5 m/s.(2)解①②③④式得：vA ＝1 m/s ，vC ＝7 m/s由v2C －v2A ＝2al ，得：l ＝12 m.[答案](1)5 m/s (2)12 m12．[解析](1)动车紧急制动时，加速度大小为μmg ＝maa ＝0.1g ＝1 m/s2如果信号故障，要使列车不发生追尾，则列车A 司机可视距离不得少于列车A 的紧急制动距离，由运动学公式得0－v21＝－2ax1代入数据得可视距离不得少于x1＝450 m.(2)当列车运行速度为v2＝252 km/h ＝70 m/s 时，紧急制动距离x2＝v222a代入数据得x2＝2 450 m信号正常，当司机看到黄灯开始制动，到红灯处停车．每个闭塞分区的最小长度为 x2－x1＝2 450 m －450 m ＝2 000 m .[答案](1)450 m (2)2 000 m。

【优化探究】（新课标）2015届高考物理一轮总复习第4单元实验研究匀变速直线运动知能检测(时间：45分钟，满分100分)[命题报告·教师用书独具](所用交流电的频率为50Hz)，得到如图所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是( )A．实验时应先放开纸带再接通电源B．(x6－x1)等于(x2－x1)的6倍C．从纸带可求出计数点B对应的速率D．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02 s解析：在“研究匀变速直线运动”的实验中，实验时应先接通电源再放开纸带，A错误；根据做匀变速直线运动的物体在相邻相等的时间间隔内通过的位移差相等得x M－x N＝(M－N)aT2，可知(x6－x1)等于(x2－x1)的5倍，B错误；根据B点为A与C的中间时刻点有v B＝x AC，C正确；由于相邻的计数点之间还有4个点没有画出，所以相邻两个计数点间时间间隔2T为0.1 s，D错误．答案：C2．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)中的器材．A ．直流电源、天平及砝码B ．直流电源、毫米刻度尺C ．交流电源、天平及砝码D ．交流电源、毫米刻度尺(2)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt 图象外，还可作__________图象，其纵轴表示的是________，横轴表示的是________．解析：(1)打点计时器需接交流电源．重力加速度与物体的质量无关，所以不需要天平和砝码．计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺，故D 正确．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22－h 图象，其斜率也等于重力加速度．答案：(1)D (2)v 22h 速度平方的二分之一 重物下落的高度3．如图甲是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点．加速度大小用a 表示．(1)OD 间的距离为________ cm.(2)如图乙是根据实验数据绘出的x ­ t 2图线(x 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，其大小为________m/s 2(保留三位有效数字)．解析：由于物体做的是匀变速直线运动，所以其从某一点开始运动的位移x ＝v 0t ＋12at 2，由于x ­ t 2图线是一条过原点的倾斜直线，因此v 0＝0，则x ＝a2t 2，故x ­t 2图的斜率为a2，通过图线可求得斜率为0.468.答案：(1)1.20(1.18～1.22之间均可)(2)12a 0.468(0.464～0.470之间均可) 4．在“研究匀变速直线运动规律”的实验中，小车拖动纸带运动，打点计时器在纸带上打出一系列点，如图所示，选定五个计数点，每相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s ，用刻度尺测量出的数据如图所示．则小车在C 点的速度v ＝________ m/s ，小车运动的加速度a ＝________ m/s 2(结果保留三位有效数字)．解析：匀变速直线运动的纸带问题：①利用一段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得：v C ＝AE 4t ＝0.496 20.4 m/s≈1.24 m/s；②利用逐差法求加速度，a ＝x 3＋x 4－x 1－x 24t2＝0.496 2－2×0.123 80.04m/s 2≈6.22 m/s 2.答案：1.24 6.225．(2014年海口模拟)如图甲所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为相邻的计数点，相邻计数点的时间间隔T ＝0.1 s.甲(1)在如图乙所示的坐标系中作出小车的v ­ t 图线．乙(2)将图线延长与纵轴相交，交点的速度大小是______ cm/s ，此速度的物理意义是________________________________________________________________________．(3)小车的加速度大小是________． 解析：(1)应用v n ＝x n ＋x n ＋12T， 求出计数点B 、C 、D 、E 、F 对应的速度为v B ＝16.50 cm/s ，v C ＝21.40 cm/s ，v D ＝26.30 cm/s ，v E ＝31.35 cm/s ，v F ＝36.30 cm/s ，在v ­ t 坐标系中描点、连线，如图所示．(2)由图中可以读出， 图线与纵轴交点的速度大小为11.6 cm/s ，此速度表示A 点的瞬时速度．(3)利用斜率求加速度a ＝Δv Δt ＝0.5 m/s 2.答案：(1)见解析(2)11.60(11.30～11.60之间均可) 表示A 点的瞬时速度 (3)0.5 m/s 26．(2014年泰安模拟)光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图(a)所示，a 、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a 、b 间通过时，光电计时器就可以精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来．现利用图(b)所示的装置测量滑块和长木板间的动摩擦因数，图中MN 是水平桌面，Q 是长木板与桌面的接触点，1和2是固定在长木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，长木板顶端P 点悬有一铅锤，实验时，让滑块从长木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.0×10－2s 和4.0×10－3s ．用精度为0.05 mm 的游标卡尺测量滑块的宽度为d ＝1.010 cm.(1)滑块通过光电门1时的速度v 1＝________m/s ，滑块通过光电门2时的速度v 2＝________m/s(结果保留两位有效数字)．(2)由此测得的瞬时速度v 1和v 2只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的________，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将________的宽度减小一些．(3)为了计算出滑块的加速度，除了测量d 、t 1和t 2之外，还需要测量________．则用这些物理量计算加速度的表达式为a ＝________.解析：(1)v 1＝d t 1＝1.010×10－21.0×10－2 m/s ＝1.0 m/sv 2＝d t 2＝1.010×10－24.0×10－3m/s ＝2.5 m/s.(2)v 1、v 2实质上是滑块通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些．(3)为了计算出滑块的加速度，除了测量d 、t 1和t 2之外，还需要测量的物理量有两种方案．方案一：测滑块由光电门1运动至光电门2所用时间t ，由v 2＝v 1＋at 得a ＝d t 1－t 2tt 1t 2.方案二：测两光电门之间的距离x ，由v 22－v 12＝2ax 得a ＝d 2t 12－t 222xt 12t 22. 答案：(1)1.0 2.5 (2)平均速度 滑块(3)滑块由光电门1运动至光电门2所用时间t 或两光电门之间的距离xd t 1－t 2tt 1t 2或d 2t 12－t 222xt 12t 227．(2014年梅州模拟)如图甲所示为用打点计时器记录小车运动情况的装置，开始时小车在水平玻璃板上匀速运动，后来在薄布面上做匀减速运动，所打出的纸带如图乙所示(附有刻度尺)，纸带上相邻两点对应的时间间隔为0.02 s.甲从纸带上记录的点迹情况可知，A 、E 两点迹之间的距离为______________cm ，小车在玻璃板上做匀速运动的速度大小为________m/s ；小车在布面上运动的加速度大小为________m/s 2.解析：A 、E 两点的刻度分别为x A ＝13.20 cm ，x E ＝6.00 cm ，AE ＝x A －x E ＝7.20 cm(答案在7.19～7.21之间均可)，匀速运动的速度为v ＝x AE4T＝0.90 m/s(答案在0.89 m/s ～0.91 m/s 之间均可)．F 点以后做减速运动，相邻T 内的位移差为Δx ＝0.2 cm.由Δx ＝aT 2得：a ＝Δx T 2＝0.2×10－20.022m/s 2＝5.0 m/s 2(答案在4.9 m/s 2～5.1 m/s 2之间均可)．答案：7.20(7.19～7.21之间均可) 0.90(0.89～0.91之间均可) 5.0(4.9～5.1之间均可)。

2021年高考物理一轮复习考点优化训练02匀变速直线运动的规律及应用1.(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 m2．物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是()A．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1C．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1D．加速、减速过程中速度的变化率大小之比为2∶13．(2020·台州质检)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为()A．2 m/s2B．1 m/s2C．0.5 m/s2D．0.2 m/s24.(2020·宁波质检)如图所示，一个小球从地面竖直上抛．已知小球两次经过较低点A 的时间间隔为T A ，两次经过较高点B 的时间间隔为T B ，重力加速度为g ，则A 、B 两点间的距离为( ) A.（T A －T B ）g 2B.（T 2A －T 2B ）g 2C.（T 2A －T 2B ）g 4D.（T 2A －T 2B ）g 85．(2020·名校新高考联盟联考)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．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10 m ，假设汽车刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则汽车开始刹车时的速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s6.(2020·舟山月考)图甲是某研究者在地面上拍摄的小球做自由落体运动的频闪照片．假设在月球上使用相同的设备，并保持频闪光源闪光的时间间隔不变，拍摄小球在月球表面做自由落体运动的频闪照片，可能是图乙中的(月球表面的重力加速度是地球的1/6)( )7．(多选)如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置．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dT2D．小球在位置3的速度为7d 2T8.一小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．经过b点时速度为v，经过c点时速度为3v，则ab段与ac段位移之比为()A．1∶3 B．1∶5 C．1∶8 D．1∶99.(2020·温州质检)如图为一足够长的光滑斜面，现将一可视为质点的滑块以一定的初速度从斜面底端A点冲上斜面，用计时器记录滑块从出发到返回A点用时为t1，两次经过距A点s处的B点时间间隔为t2，则该滑块在斜面上运动的加速度为()A.8st21－t22B.4s t21－t22C.8s（t1－t2）2D.s4（t1－t2）210某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s后听到石块直接落到崖底的声音．探险者离崖底的高度最接近的是()A．25 m B．50 m C．110 m D．150 m11.(多选)(2020·嘉兴质检)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h1∶h2∶h3＝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12如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )A ．13 sB ．16 sC ．21 sD ．26 s13.(2020·杭州市萧山区第八高级中学期末)自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机会经常遇到动物经过公路的情形．如图所示是一辆汽车正在以v ＝20 m/s 的速度匀速行驶，突然公路上冲出几只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程是匀减速运动，加速度大小为4 m/s 2，小动物与汽车距离约为55 m ，以下说法正确的是( )A ．汽车匀减速6 s 末的速度为－4 m/sB ．汽车一定撞上小动物C ．汽车第二秒初的速度为16 m/sD ．汽车最后一秒的位移为4 m14．(2020·宁波质检)原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目．已知质量m ＝60 kg 的运动员原地摸高为2.05 m ，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5 m ，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85 m 的高度．假设运动员起跳时为匀加速运动，求：(1)该运动员离地面时的速度大小；(2)起跳过程中运动员对地面的压力；(3)从开始起跳到双脚落地需要的时间．15.(2020·浙江五校考试)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，试求小球从开始下落到停止运动所用的时间．。

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：①匀加速直线运动，a 与v 0方向相同。

②匀减速直线运动，a 与v 0方向相反。

2．匀变速直线运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0＋at 。

(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。

(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax 。

初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度的比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n (2)1T 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 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的比为： t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)1．一观察者站在第一节车厢前端，当列车从静止开始做匀加速运动时，下列说法正确的是( )A ．每节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶2∶3…B ．每节车厢末端经过观察者的时间之比是1∶3∶5…C ．在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶3∶5…D ．在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶2∶3…解析：选AC 根据初速度为零的匀变速直线运动的推论及v 2＝2ax 知选项A 、C 正确。

匀变速直线运动的重要推论匀变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋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 ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2。

还可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2。

1.2匀变速直线运动的规律及应用【自主学习】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不变的运动。

2．匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式：(2)位移公式：(3)速度位移关系式：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＝。

(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，还等于的瞬时速度。

即：。

(3)位移中点速度（中位速度）：。

.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＝ .(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n＝ .(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＝．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶t n＝．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，从开始下落．(2)基本规律①速度公式： .②位移公式： .③速度位移关系式： .2．竖直上抛运动(1)运动特点：初速度方向，加速度为，上升阶段做运动，下降阶段做运动．(2)运动性质：运动．(3)基本规律①速度公式：；②位移公式： .③速度位移关系式： .【针对训练】1、如图所示，小球以大小为v1=3m/s的水平速度向右运动，碰一墙壁经△t=0.01s后以大小为v2=2m/s的速度沿同一直线反向弹回，则小球在这0.01s内的平均加速度是（）A．100m/s2，方向向左B．500m/s2，方向向左C．100m/s2，方向向右D．500m/s2，方向向右2、雨滴从高空下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到减为零，在此过程中雨滴的运动情况是（）A．速度不断减小，加速度为零时，速度最小B．速度不断增大，加速度为零时，速度最大C．速度一直保持不变D．速度的变化率越来越小3、某物体以3.0m/s2的加速度做匀加速直线运动，则物体（）A．每秒的位移为3mB．每秒的速度是3m/sC．任意1s末的速度是初速度的3倍D．任意1s末的速度比初速度大3m/s4、一物体做匀变速直线运动，初速度为2m/s，加速度大小为1m/s2，则经1s后，其末速度（）A．一定为3m/s B．一定为1m/s C．可能为1m/s D．不可能为1m/s5、物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6m/s，第2s末的速度是8m/s，则下面结论正确的是（）A．物体的初速度是3m/sB．物体的加速度是6m/s2C．任何1s内的速度变化都是2m/sD．第1s内的平均速度是6m/s6、某物体作匀变速直线运动的位移公式可以表示为s = 4t－4t2(m)，则该物体运动地初速度及加速度的大小分别是（）A．4m/s 4m/s2 B．8m/s 8m/s2C．4m/s －8m/s2 D．4m/s 8m/s27、一物体从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时速度为v，再运动到C点时的速度为2v，则AB与BC的位移大小之比为（）A．1:3 B．1:4 C．1:2 D．1:18、汽车由静止开始匀加速前进，经过10s速度达到5m/s，则汽车在这10s内（）A．汽车的加速度是5m/s2B．汽车的平均速度是2.5m/sC．汽车的平均速度是2m/sD．汽车的位移是25m9、物体以12m/s的初速度在水平面上做匀减速直线运动，它的加速度大小是0.8m/s2，经20s物体发生的位移是（）A．80m B．90m C．100m D．110m10、从车站开出的汽车，做匀加速运动，走了12s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车，总共历时20s，行进了50m，则汽车的最大速度为（）A.2.5m/sB. 5m/sC.7.5m/sD.10m/s11、汽车由静止开始从A点沿直线ABC 作匀变速直线运动，第4s末通过B点时关闭发动机，再经6s到达C点时停止。

[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·山东潍坊月考)图甲、乙、丙是中学物理课本必修1中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图像，下列说法正确的是()A．甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移偏小B．甲图中利用矩形面积的和表示位移大小比乙图利用梯形面积表示位移大小更接近真实值C．这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动D．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示加速度变化量解析：物体的位移等于图线与时间轴所围的面积大小，则知甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移大小偏小，故A正确．根据“面积”表示位移可知，乙图利用梯形面积表示位移大小比甲图中利用矩形面积的和表示位移大小更接近真实值，故B错误．这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动，故C错误．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示速度变化量，故D错误．答案：A2．在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆最大刹车加速度是15 m/s2，该路段的限速为60 km/h，则该车()A．超速B．不超速C．无法判断D．速度刚好是60 km/h解析：如果以最大刹车加速度刹车，那么由v＝2as可求得刹车时的速度为30 m/s ＝108 km/h，所以该车超速行驶，A正确．答案：A3．汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s 2，那么开始刹车后2 s 内与开始刹车后6 s 内汽车通过的位移之比为( ) A ．1∶1 B ．1∶3 C ．3∶4D ．4∶3解析：汽车从刹车到停止用时t 刹＝v 0a ＝205 s ＝4 s ，故刹车后2 s 和6 s 内汽车的位移分别为s 1＝v 0t －12at 2＝20×2 m －12×5×22m ＝30 m ，s 2＝v 0t 刹－12at 2刹＝20×4 m －12×5×42 m ＝40 m ，s 1∶s 2＝3∶4，C 选项正确．答案：C4．(2018·天津五区县高三模拟)一质点在做匀加速直线运动，加速度为a ，在时间t 内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t 内的位移为( ) A.12at 2 B ．at 2 C.32at 2D ．2at 2解析：设质点的初速度为v 0，则t s 末的速度为3v 0，根据速度位移公式得s ＝(3v 0)2－v 202a ＝4v 20a ，因为t ＝3v 0－v 0a ＝2v 0a ，则有v 0＝at 2，可知s ＝at 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．故选B. 答案：B5．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．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 )时刻距离海平面的深度为( )A.v (t －t 0)22t B.v t 202tC.v t 2D ．v t 0(1－t 02t )解析：潜水器减速上升，加速度a ＝vt ，由2aH ＝v 2得，开始运动时距离水面高度H ＝v 22a ＝12v t ，经时间t 0上升的距离为h ＝v t 0－12at 20＝v t 0－v t 202t ，此时到水面的距离Δh ＝H －h ＝v (t －t 0)22t . 答案：A6．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．已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起落点竖直距离约5 m ，g 取10 m/s 2，这个照相机的曝光时间约为( ) A ．1×10－3 s B ．1×10－2 s C ．5×10－2 sD ．0.1 s解析：自由落体运动5 m 的末速度为v t ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.由于0.12 m 远小于5 m ，故可以近似地将AB 段当匀速运动，故时间为t ≈AB v t ＝0.12 m 10 m/s＝0.012 s ≈0.01 s ，故选B. 答案：B7．某同学观看跳台跳水比赛，一跳水运动员在离水面10 m 高的平台向上跃起，该同学估测运动员跃起离平台的最大高度约为0.2 m ．假设运动员做竖直上抛运动，则该运动员在空中完成动作的时间大约为( ) A ．1.2 s B ．1.4 s C ．1.6 sD ．2.0 s解析：运动员做竖直上抛运动，上升到最高点h 1＝0.2 m 时，看作反方向的自由落体运动，h 1＝12gt 21，t 1＝2h 1g ＝0.2 s ，上升到最高点时距离水面10.2 m ，h 2＝12gt 22，t 2＝2h 2g ＝1.4 s ，故t ＝t 1＋t 2＝1.6 s ，选项C 正确．答案：C二、多项选择题8．某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该物体的位移s (m)和时间t (s)的关系式为s ＝6t －t 2，则( ) A ．该物体在时间0～4 s 内的位移是8 m B ．该物体在时间0～4 s 内经过的路程为10 m C ．该物体在时间0～4 s 内的平均速度为2 m/s D ．该物体在t ＝3 s 时的加速度方向发生改变解析：由匀变速直线运动的位移随时间的变化关系式s ＝v 0t ＋12at 2及题中给出的关系式s ＝6t －t 2，比较可得v 0＝6 m/s ，a ＝－2 m/s 2.0～4 s 内的位移s ＝6×4 m －42 m ＝8 m ，故A 正确．物体经过3 s 速度减小到零，前3 s 内路程x 1＝v ×t ＝62×3 m ＝9 m ，第4 s 内路程x 2＝12×2×12 m ＝1 m ，故4 s 内经过的路程为10 m ，故B 正确.0～4 s 内的平均速度v ′＝Δs Δt ＝84 m/s ＝2 m/s ，故C 正确．物体做的匀变速直线运动，加速度方向不变， 3 s 末速度方向发生变化，故D 错误． 答案：ABC[能力题组]一、选择题9．在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的小球站在某高台上，放手后小球自由下落，两小球落地的时间差为Δt .如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，则两小球落地的时间差将( ) A ．减小 B ．增大 C ．不变D ．无法判定解析：设细线的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球还要运动的位移为L ，在L 内运行的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，落地的速度越大，知高度越高，另一个小球在位移L 内的初速度越大，根据L ＝v 0t ＋12gt 2，初速度越大，时间越短，所以两小球落地的时间差将减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A. 答案：A10．(2018·黑龙江大庆模拟)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 ，上升的最大高度为h .现在距物体抛出点34h 处设置一块挡板，物体撞击挡板后的速度大小减为0，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 ．0.4t B ．0.5t C ．0.6tD ．0.7t解析：物体下降时间为0.5t ，故高度为h ＝12g (t 2)2，物体自由落体运动14h 过程，有14h ＝12gt ′2，物体到挡板处的时间t ′＝h2g ＝0.25t ，故第二次物体上升的时间t ″＝0.5t －t ′＝0.5t －0.25t ＝0.25t ，物体撞击挡板后下降的时间34h ＝12gt 21，t 1＝3h 2g ＝34t ，所以第二次物体上升和下降的总时间t 2＝t ″＋t 1＝0.25t ＋34t ≈0.7t ，故选D. 答案：D11．(多选)(2018·山东济南模拟)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8 s 时刻物体的速度大小变为8 m/s(g 取10 m/s 2)，则下列说法正确的是( )A ．物体一定是在t ＝3.2 s 时回到抛出点B ．t ＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是16 m/sD ．t ＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：物体做竖直上抛运动，在0.8 s 内的速度变化量Δv ＝gt ＝10×0.8 m/s ＝8 m/s ，由于初速度不为零，可知t ＝0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B 、D 错误；由v ＝v 0－gt ，代入数据解得v 0＝16 m/s ，则上升到最高点的时间t 1＝v 0g ＝1610 s ＝1.6 s ，则回到抛出点的时间t ＝2t 1＝2×1.6 s ＝3.2 s ，故A 、C 正确． 答案：AC 二、非选择题12．某人在相距10 m 的A 、B 两点间练习折返跑，他在A 点由静止出发跑向B 点，到达B 点后立即返回A 点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4 m/s 2和8 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，从B 点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A 点，求： (1)从B 点返回A 点的过程中以最大速度运动的时间；(2)从A 点运动到B 点与从B 点运动到A 点的平均速度的大小之比．解析：(1)设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t 1，加速运动的位移大小为s 1，从B 点返回A 点的过程中做匀速运动的时间为t 2，A 、B 两点间的距离为L ，由运动学公式可得 v m ＝a 1t 1 s 1＝v m 2t 1 L －s 1＝v m t 2联立以上各式并代入数据可得t 2＝2 s.(2)设此人从A 点运动到B 点的过程中做匀速运动的时间为t 3，减速运动的位移大小为s 2，减速运动的时间为t 4，由运动学方程可得 v m ＝a 2t 4 s 2＝v m 2t 4 L －s 1－s 2＝ v m t 3v ABvBA＝t 1＋t 2t 1＋t 3＋t 4联立以上各式并代入数据可得v ABvBA＝1213答案：(1)2 s (2)121313．2017年全国跳水冠军赛暨第十三届全运会预选赛于5月13日结束首日较量．女子10米台，任茜、司雅杰、张家齐等顺利晋级决赛，图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿．运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g 取10 m/s 2)(1)运动员起跳时的速度v 0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留三位有效数字)． 解析：(1)上升阶段：－v 20＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1 解得t 1＝v 0g ＝310 s ＝0.3 s 自由落体过程：H ＝12gt 22 解得t 2＝2Hg ＝2×10.4510 s ≈1.45 s故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s 答案：(1)3 m/s (2)1.75 s。

1.2 匀变速直线运动的规律 （精讲）1. 匀变速直线运动及其公式应用是高考热点，几乎是每年必考，全国卷多数情况下以计算题形式出现，应高度重视．2. 自由落体与竖直上抛运动是高考热点，几乎是每年必考，全国卷多数情况下以计算题形式出现，应高度重视．3. 通常结合生活实例，通过实例的分析，结合情景、过程、建立运动模型，再应用相应规律处理实际问题.本考点内容命题形式倾向于应用型、综合型和能力型、易与生产生活、军事科技、工农业生产等紧密联系，还可以以力、电综合题形式出现，主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等难度。

知识点一 匀变速直线运动的基本规律 1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。

2．分类(1)匀加速直线运动：a 与v 方向相同。

(2)匀减速直线运动：a 与v 方向相反。

3．基本规律⎭⎪⎬⎪⎫1速度—时间关系：v ＝v 0＋at2位移—时间关系：x ＝v 0t ＋12at 23速度—位移关系：v 2－v 20＝2ax――――→初速度为零即v 0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v ＝atx ＝12at 2v 2＝2ax知识点二 匀变速直线运动重要推论和比例关系的应用 1．两个重要推论(1)中间时刻速度v t2＝v ＝v 0＋v 2，即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。

(2)位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2，即任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量。

可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2。

2．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N＝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x1∶x2∶x3∶…∶x n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。

匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的基本规律1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。

2．分类(1)匀加速直线运动：a 与v 方向相同。

(2)匀减速直线运动：a 与v 方向相反。

3．基本规律⎭⎪⎬⎪⎫(1)速度—时间关系：v ＝v 0＋at(2)位移—时间关系：x ＝v 0t ＋12at 2――――――→初速度为零即v 0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v ＝at x ＝12at 2 二、匀变速直线运动的重要关系式 1．两个导出式⎭⎪⎬⎪⎫(1)速度—位移关系：v 2－v 20＝2ax(2)位移—平均速度关系：x ＝v －t ＝v 0＋v 2t ――――→初速度为零v 0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v 2＝2ax x ＝v 2t2．三个重要推论(1)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量。

即位移差：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。

(2)中间时刻速度v t 2＝v －v 0＋v2，即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。

(3)位移中点的速度v x 2＝v 20＋v 22。

3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为v1∶v2∶v3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N＝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x1∶x2∶x3∶…∶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t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)。

三、自由落体运动和竖直上抛运动自由落体运动运动条件(1)物体只受重力作用(2)由静止开始下落运动性质初速度为零的匀加速直线运动运动规律(1)速度公式：v＝gt(2)位移公式：h＝12gt2(3)速度—位移公式：v2＝2gh竖直上抛运动运动性质匀变速直线运动运动规律(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－v 20＝－2gh(4)上升的最大高度：H＝v 202g(5)上升到最高点所用时间：t＝v0g一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。

峙对市爱惜阳光实验学校第二讲匀变速直线运动的规律及用根底自测一、匀变速直线运动：沿着一条直线，且加速度保持不变的运动．分为匀加速直线运动〔a与v同方向〕和匀减速直线运动〔a与v反向〕二、匀变速直线运动的规律：1.一个义式：2.两个根本规律：①速度公式：v = v0 + at；②位移公式：x = v0t + at2/23.三个重要推论：①做匀变速直线的物体在连续相的相邻时间间隔T内的位移差于恒量，即说明：②做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度于这段时间初末时刻速度矢量和的一半，还于中间时刻的瞬时速度，即v平均 = v t/2= (v0+ v t)/2；【匀变速直线运动的某段位移中点的瞬时速度 v x/2 = 】说明：无论匀加速还是匀减速直线运动都有③位移速度关系式：v2t– v02 =2ax4.初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律：⑴在1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n= 1∶2∶3∶…∶n⑵在1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n= 12∶22∶32∶…∶n2⑶在第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∶x Ⅲ∶…∶x N =1∶3∶5∶…∶(2n– 1)⑷从静止开始通过连续相的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n =1∶(2–1)∶(3–2)∶…∶(n–n－1)实例指导【例1】根据给出的速度和加速度的正负，对物体运动性质的判断正确的选项是〔〕A．v > 0，a < 0，物体做加速运动 B．v < 0，a < 0，物体做加速运动C．v < 0，a > 0，物体做减速运动 D．v > 0，a >0，物体做加速运动BCD；速度和加速度都是矢量，假设二者符号相同，物体就做加速运动，故B、D正确；假设二者符号相反，物体就做减速运动，故A错误，C正确．【变式跟踪1】一物体由静止开始沿光滑斜面做匀加速直线运动，运动6秒到达斜面底端，斜面长为18米，那么：⑴物体在第3秒内的位移多大？⑵前3秒内的位移多大？⑴第1 s，第2 s，第3 s……第6 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，因此第3秒内的位移xⅢ =51＋3＋5＋7＋9＋11×18 m = 2.5 m，⑵将6 s的时间分成2个3 s，前3 s内的位移x3＝11＋3×18 m＝4.5 m.【例2】航展现场空八一飞行表演队两架“歼-10〞飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m的“歼-10〞飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v0着陆后立即翻开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为x ．求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下．A到B过程，依据运动学规律有：x1 = v0t1–12a1t12，v B = v0– a1t1，B到C过程，依据运动学规律有：x2 = v B t2–12a2t22，0 = v B– a2t2，A到C过程，有：x = x1 + x2，联立解得：a2 = (v 0–a1t1)2/(2x + a1t12–2 v0t1) t2= (2x + a1t12–2v0t1)/( v0– a1t1)【变式跟踪2】如下图是某型号全液体燃料发射时第一级发动机工作时的a – t图象，开始时的加速度曲线比拟平滑，在120 s的时候，为了把加速度限制在4g以内，第一级的推力降至60%，第一级的整个工作时间为200s．由图线可以看出，的初始加速度为15 m/s2，且在前50 s内，加速度可以看做均匀变化，试计算：⑴ t = 50 s时的速度大小；⑵如果是竖直发射的，在前看成匀加速运动，那么时离地面的高度是多少？如果此时有一碎片脱落，不计空气阻力，碎片将需多长时间落地？〔取g = 10m/s2，结果可用根式表示〕⑴因为在前50 s内，加速度可以看做均匀变化，那么加速度图线是倾斜的直线，它与时间轴所围的面积就表示该时刻的速度大小，所以有：v = (1/2)(15＋20)×50 m/s = 875 m/s．⑵如果是竖直发射的，在t = 10 s前看成匀加速运动，那么t = 10 s时离地面的高度是h=at2/2 =(1/2)×15×102 m = 750 m，如果有一碎片脱落，它的初速度v1＝at＝150 m/s，离开后做竖直上抛运动，有－h = v1t－12gt2，代入数据解得t＝5(3＋15) s，t′＝5(3－15) s舍去．【例3】一辆以10 m/s的速度沿平直的公路匀速，因故紧急刹车，加速度大小为0.2 m/s2，那么刹车后在1 min内通过的位移大小为〔〕A．240 m B．250 m C．260 m D．90 mB；因刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t = v0/a = 50 s，所以刹车后在1 min内通过的位移为x = v0t/2 = 250 m．【变式跟踪3】一辆公共进站后开始刹车，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，那么刹车后6 s内的位移是〔〕A．20 m B．24 m C．25 m D．75 mC；因做匀减速直线运动．由x = v0t＋12at2得 9＝v0×1－12a×12，9＋7＝v0×2－12a×22，解得v0 = 10 m/s，a = 2 m/s2．从刹车到停止所需时间t = v0/a = 5s；刹车后6 s内的位移即5 s内的位移x = v0t –12at2，代入数据解得x = 25 m．【例4】〔2021高考〕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〔 B 〕A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s【预测1】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倍，那么起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是〔〕A．3∶2 B．1∶1 C．1∶2 D．2∶1B；由x = vt/2解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是 t1:t2 =(x1/x2)(v2/v1) =1∶1，选项B正确．【例5】〔2021卷〕一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s 内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：⑴客车运行速度的大小；⑵货车运行加速度的大小⑴设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨长度为l，那么客车速度为v = l/Δt，其中l = 25.0m、Δt = 10.0/(16–1) s 得 v = 37.5m/s．⑵设从货车开始运动后t = 20.0s内客车行驶了s1米，货车行驶了s2米，货车加速度为a，30节货车车厢的总长度为L = 30×16.0m．由运动学公式有 s1 = vt、s2 = at2/2，由题给条件有L = s1– s2，联立上述各式，并代入数据解得a = 1.35m/s2．【预测2】小明同学乘坐“和谐号〞动车组，发现车厢内有速率显示屏．当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，数据列于表．动车组的总质量M = 2.0×105kg，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g = 10m/s2．在小明同学记录动车组速率这段时间内，求：⑴动车组的加速度值；⑵动车组牵引力的最大值；⑶动车组位移的大小．⑴通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a1、a2，由 a =Δv/Δt 代入数据后得a1=0.1m/s2、a2 = 0.2m/s2．⑵由牛顿第二律 F - F f = Ma，F f = 0.1Mg当加速度大时，牵引力也大．代入数据得 F = F f + Ma2 = ×105N．⑶通过作出动车组的 v – t图可知，第一次加速运动的结束时刻是200s，第二次加速运动的开始时刻是450s．x1 =[ (v1 + v2)/2]t1、x2 = v2t2、x3 = [ (v2 + v3)/2]t3、x = x1 + x2 + x3，代入数据解得x = 30250m．随堂演练1．一个物体从静止开始做匀加速直线运动．它在第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2，在走完第1 m时与走完第2 m时的速度之比为v1∶v2．以下说法正确的选项是〔〕A．x1∶x2 = 1∶3，v1∶v2 = 1∶2 B．x1∶x2 =t/s v/m·s-10 30100 40300 50400 50500 60550 70600 80v/m·s-1t/s100 200 300 400 500 60020406080v 1∶v 2 = 1∶2C ．x 1∶x 2 = 1∶4，v 1∶v 2 = 1∶2D ．x 1∶x 2 = 1∶4，v 1∶v 2 = 1∶2 B ；由x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶xn ＝1∶3∶5∶…∶(2n – 1)知x 1∶x 2＝1∶3，由x ＝12at 2知t 1∶t 2＝1∶2，又v ＝at 可得v 1∶v 2＝1∶2，正确． 2．某做匀加速直线运动的物体初速度为2 m/s ，经过一段时间t 后速度变为6m/s ，那么 t/2时刻的速度为〔 〕A ．由于t 未知，无法确 t/2时刻的速度B ．5 m/sC ．由于加速度a 及时间t 未知，无法确t/2时刻的速度D ．4 m/sD ；中间时刻的速度于这段时间内的平均速度，即v t/2 = (v 0 + v)/2 = 4 m/s 3．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的照射下，可以看到水滴好似静止在空中固的位置不动，如下图．某同学为计算该装置喷射水滴的时间间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间间隔为〔g 取10 m/s 2〕〔 〕A ．0.01 sB ．0.02 sC ．0.1 sD ．0.2 s C ；自上而下第一、二和三点之间的距离分别为x 1 = (10.00 – 1.00)×10－2m = 9.00×10－2m ，x 2 = (29.00 – 10.00)×10－2m ＝19.00×10－2m ，根据公式Δx = aT 2得x 2–x 1 = gT 2，故T = 0.1 s ．4．做匀减速直线运动的物体经4 s 后停止，假设在第1 s 内的位移是14 m ，那么最后1 s 内的位移是〔 〕A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0B ；设加速度大小为a ，那么开始减速时的初速度大小为v 0＝at ＝4a ，第1 s内的位移是x 1＝v 0t 1－12at 12＝3.5a = 14 m ，所以a ＝4 m/s 2，物体最后1 s 的位移是x ＝12at 22＝2 m ．此题也可以采用逆向思维的方法，把物体的运动看做是初速度为零的匀加速直线运动，其在连续相邻相时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，第4 s 内的位移是14 m ，所以第1 s 内的位移是2 m ．5．沙尘暴天气会严重影响交通．有一辆卡车以54 km/h 的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒〔假设没有人扶起他〕，该司机刹车的反时间为0.6 s ，刹车后卡车匀减速，最后停在老人前1.5 m 处，防止了一场事故．刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，那么〔 〕A ．司机发现情况后，卡车经过3 s 停下B ．司机发现情况时，卡车与该老人的距离为33 mC ．从司机发现情况到停下来的过程，卡车的平均速度为11 m/sD ．假设卡车的初速度为72 km/h ，其他条件都不变，那么卡车将撞到老人BD ；v 0＝15 m/s ，故刹车后卡车做匀减速运动的时间t 2 = v 0/a = 3 s ，故卡车经过 s 停下来，A 错误；卡车与该老人的距离x ＝v 0t 1 + v 02/2a ＋Δx ＝33 m ，B 正确；v 平 = (x –Δx)/(t 1 + t 2) ＝8.75 m/s ，C 错误；x′ = v′t 1 + v′2/2a = 52 m > 33 m ，所以D 正确．6．从地面竖直上抛一物体A ，同时在离地面某一高度处有一物体B 自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v ，那么以下说法正确的选项是 〔 〕A ．A 上抛的初速度与B 落地时速度大小相，都是2vB ．两物体在空中运动的时间相C．A上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D．两物体在空中同时到达的同一高度处一是B开始下落时高度的中点AC；设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体初速度为v0，由题gt = v0– gt = v 得v0=2v．故A 正确．根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为t B= 2v/2g，A竖直上抛，在空中运动时间t A = 2×(2v/g) = 4v/g．故B错误．物体A能上升的最大高度h A = (2v)2/2g，B开始下落的高度h B=g(2v/g)2/2，显然两者相．故C正确．两物体在空中同时到达同一高度为h = gt2/2 = g(v/g)2/2 = v2/2g = h B/4．故D错误．应选AC7．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西B在东，一辆匀速行驶的自东向西经过B路牌时，一只小鸟恰自A 路牌向B匀速飞去，小鸟飞到正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，也行驶到A．以为正方向，它们的位移-时间图像如下图，图中t2 = 2t1，由图可知〔〕A．小鸟的速率是速率的两倍 B．相遇时小鸟与位移的大小之比是3:1 C．小鸟飞行的总路程是的倍 D．小鸟和在0－t2时间内位移相BC；设AB之间的距离为L，小鸟的速率是v1，的速率是v2，小鸟从出发到与相遇的时间与返回的时间相同，故它们相向运动的时间为t1/2，那么在小鸟和相向运动的过程中有v1t1/2 + v2t1/2 = L，即〔v1 + v2〕t1/2 = L，对于来说有v2t2 = L；联立以上两式可得v1 =3 v2，故A错误B正确．通过的总路程为x2 = v2t2，小鸟飞行的总路程为x1 = v1t1=3 v2×(t2/2) = (3/2)x2，故C正确．小鸟回到出发点，故小鸟的位移为0，故D错误．应选BC．8．刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动产生明显的滑动痕迹，即常说的刹车线．由刹车线长短可以得知刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据．假设某刹车后至停止的加速度大小为7 m/s2，刹车线长为14 m，求：⑴该刹车前的初始速度v0的大小；⑵该从刹车至停下来所用的时间t0；⑶在此过程中的平均速度．⑴由题意根据运动学公式v2– v20 = 2ax得– v20 = 2ax 代入数据解得v0 =14 m/s．⑵法1：由得；法2：(逆过程) 由x =12at02得⑶法1：v平均 = x/t = 7 m/s；法2：v平均 = (v0 + v)/2 = 7 m/s．9.物体以一的初速度v0冲上固的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如下图．物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．法1〔比例法〕：对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相的时间里通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶x n=1∶3∶5∶…∶(2n– 1)，现有x BC∶x AB = (x AC/4)∶(3x AC/4) = 1∶3，通过x AB 的时间为t，故通过x BC的时间t BC = t．法2〔中间时刻速度法〕：中间时刻的瞬时速度于这段位移的平均速度．v AC= (v0 + 0)/2 = v0/2，又v02 = 2ax AC① v B2 = 2ax BC②x BC = x AC/4 ③解①②③得：v B= v0/2，可以看出v B正好于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．因此有t BC = t．法3〔利用有关推论〕：对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相的各段位移所用的时间之比为 t1∶t2∶t3∶…∶t n = 1∶(2-1)∶(3-2)∶(4 -3)∶…∶(n-n－1)．现将整个斜面分成相的四段，如下图．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，得t x = t．10.(2021六校教学研究会)歼—15 战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。

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。

【优化探讨】（新课标）2021届高考物理一轮总温习 第2单元 匀变速直线运动的规律知能检测[随堂演练]1．质点做直线运动的位移x 与时刻t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采纳国际单位制单位)，那么该质点( )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：由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对照题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.那么第1 s内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内速度增量Δv ＝at ＝2 m/s ，D 对．答案：D2．(2021年武昌调研)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s 内的位移为5 m ，那么以下说法正确的选项是( )A ．物体在第3 s 末的速度必然是6 m/sB ．物体的加速度必然是2 m/s 2C ．物体在前5 s 内的位移必然是25 mD ．物体在第5 s 内的位移必然是9 m解析：匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，依照第3 s 内的位移为5 m ，那么 s 时刻的瞬时速度为v ＝5 m/s, s 时刻即为前5 s 的中间时刻，因此前5 s 内的位移为x ＝vt ＝5×5 m＝25 m ，C 项对；由于无法确信物体在零时刻的速度和匀变速运动的加速度，故A 、B 、D 项均错．答案：C3．火车匀加速直线前进，前端通过A 点时的速度为v 1，结尾通过A 点时的速度为v 2，那么火车中点通过A点时的速度为( )C. v21＋v222D.v22－v212解析：设火车中点通过A点时的速度为v C，有：v2C－v21＝2a·x2v22－v2C＝2a·x2解得：v C＝v21＋v22 2.答案：C4．(2021年高考广东理综)某航母跑道长200 m．飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统取得的最小初速度为( )A．5 m/s B．10 m/sC．15 m/s D．20 m/s解析：由题知，位移x＝200 m，加速度a＝6 m/s2，末速度v＝50 m/s，求初速度v0.由v2－v02＝2ax可得：v0＝10 m/s，故B项正确．答案：B[限时检测](时刻：45分钟，总分值100分)[命题报告·教师用书独具]一、选择题(选项前的字母填在题后的括号内)1．(2021年上海模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，持续通过三段位移的时刻别离是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比别离是( )A ．1∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶8∶27,1∶4∶9C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶3解析：依照位移公式x ＝12at 2，从开始运动起，持续通过的三段位移别离为x 1＝12at 12＝12a 、x 2＝12a (t 2＋t 1)2－12at 12＝4a 、x 3＝12a (t 3＋t 2＋t 1)2－12a (t 1＋t 2)2＝272a ，再依照平均速度公式v ＝x /t 可得选项B 正确．答案：B2．汽车进行刹车实验，假设速度从8 m/s 匀减速到零所用的时刻为1 s ，按规定速度为8 m/s 的汽车刹车后位移不得超过5.9 m ，那么上述刹车实验是不是符合规定( )A ．位移为8 m ，符合规定B ．位移为8 m ，不符合规定C ．位移为4 m ，符合规定D ．位移为4 m ，不符合规定解析：由x ＝v t ＝v 0＋v t 2t 得：x ＝8＋02×1 m＝4 m ＜ m ，故C 正确．答案：C3．(2021年皖南八校联考)一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)．设抛出时t＝0，取得物体上升高度随时刻转变的h­t图象如下图，那么该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小别离为( )A ．8 m/s 2,20 m/sB ．10 m/s 2,25 m/sC ．8 m/s 2,25 m/sD ．10 m/s 2,20 m/s解析：由题图已知，物体上升的最大高度H m ＝25 m ，上升和下落的时刻均为t ＝ s ，由H m ＝12gt 2可得出该行星表面的重力加速度大小为g ＝8 m/s 2.由t ＝v 0g 可得：v 0＝gt ＝20 m/s ，故A 正确．答案：A4．(2021年武汉调研)如下图，在倾角θ＝30°的足够长的滑腻斜面上，一质量为2 kg 的小球自与斜面底端P 点相距0.5 m 处，以4 m/s 的初速度沿斜面向上运动．在返回P 点之前，假设小球与P 点之间的距离为d ，重力加速度g 取10 m/s 2，那么d 与t 的关系式为( )A ．d ＝4t ＋B ．d ＝4t －C ．d ＝＋4t ＋D ．d ＝＋4t －解析：小球沿滑腻斜面向上运动，由于所受合力沿斜面向下，大小为mg sin θ，因此小球做匀减速直线运动，知足x ＝v 0t －12at 2.初始时刻至P 的距离为 m ，因此d ＝＋4t －，D 正确．答案：D5．A 、B 两小球从不同高度自由下落，同时落地，A 球下落的时刻为t ，B 球下落的时刻为t /2，当B 球开始下落的刹时，A 、B 两球的高度差为( )A ．gt 2gt 2 gt 2gt 2解析：A 球下落高度为h A ＝12gt 2，B球下落高度为h B ＝12g (t2)2＝18gt 2，当B 球开始下落的刹时，A 、B 两球的高度差为Δh ＝h A －12g (t 2)2－h B ＝14gt 2，因此D 项正确． 答案：D6．跳伞运动员以5 m/s的速度匀速降落，在离地面h＝10 m的地址掉了一颗扣子，跳伞员比扣子晚着陆的时刻为(扣子所受空气阻力可忽略，g ＝10 m/s 2)( )A ．2 s s C ．1 sD ．(2－2) s解析：v 0＝5 m/s ，a ＝g ＝10 m/s 2，h ＝10 m 由h ＝v 0t ＋12gt 2，代入数据得扣子下落的时刻为t ＝1 s ，(t ＝－2 s 舍去)． 又跳伞运动员下落的时刻t ′＝hv 0＝2 s.故跳伞运动员比扣子晚着陆的时刻为t ′－t ＝1 s. 答案：C7．(2021年抚顺模拟)我国是一个能源消耗大国，节约能源迫在眉睫．设有一架直升机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升进程中每秒钟的耗油量V ＝pa ＋q (p 、q 均为常数，a 为向上的加速度)，假设直升机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，那么其加速度大小应为( )解析：飞机匀加速上升，那么H ＝12at 2，耗油总量V 0＝Vt ＝(pa ＋q )t . 联立得V 0＝p2Ha ＋q2H a，当p 2Ha ＝q2H a 时，V 0有最小值，即a ＝q p.答案：B8．(2021年黄冈质检)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，滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块最开始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 ．滑块运动的总时刻为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m解析：依照题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时刻为t ，加速度为a ，设逆运动最初2 s 内位移为x 1，最后2 s 内位移为x 2，由运动学公式有x 1＝12a ×22；x 2＝12at 2－12a (t －2)2；且x 2＝2x 1；＝12at 2－12a (t －1)2，代入数据得正确选项为C 、D. 答案：CD9．物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点，所历时刻为t .此刻物体从A 点由静止动身，先做匀加速直线运动(加速度为a 1)，到某一最大速度v m 后当即做匀减速直线运动(加速度大小为a 2)，至B 点速度恰好减为0，所历时刻仍为t ，那么物体的( )A ．v m 只能为2v ，与a 1、a 2的大小无关B ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关C ．a 1、a 2须是必然的D ．a 1、a 2必需知足a 1·a 2a 1＋a 2＝2v t解析：由x AB ＝vt ＝v m2t 1＋v m2t 2＝v m2t 得，v m ＝2v ，与a 1、a 2的大小无关，故A 正确；由t 1＝v m a 1，t 2＝v m a 2得t ＝v m a 1＋v m a 2，即得a 1·a 2a 1＋a 2＝2vt，故D 正确．答案：AD10．如下图，传送带维持1 m/s 的速度顺时针转动．现将一质量m ＝0.5 kg 的物体轻轻地放在传送带的a 点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，a 、b 间的距离L ＝2.5 m ，那么物体从a 点运动到b 点所经历的时刻为(g 取10 m/s 2)( )s B．(6－1) s C．3 s D．s解析：物块开始做匀加速直线运动，a ＝μg ＝1 m/s 2，速度达到皮带的速度时发生的位移x ＝v 22a ＝12×1 m ＝ m ＜L ，故物体接着做匀速直线运动，第1段时刻t 1＝v a＝1 s ，第2段时刻t 2＝L －xv ＝错误! s ＝2 s ，t 总＝t 1＋t 2＝3 s.答案：C二、非选择题(此题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)(2021年合肥模拟)飞机着陆后以6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60 m/s ，求：(1)它着陆后12 s 内滑行的位移x ；(2)整个减速进程的平均速度(用两种方式求解)；(3)静止前4 s 内飞机滑行的位移x ′.解析：(1)以初速度方向为正方向，那么有a ＝－6 m/s 2飞机在地面滑行最长时刻t ＝Δv a ＝0－60－6s ＝10 s 因此飞机12 s 内滑行的位移等于10 s 内滑行的位移由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－v 202a ＝－6022×－6 m ＝300 m.(2)法一：v ＝v t ＋v 02＝0＋602 m/s ＝30 m/s法二：v ＝Δx Δt ＝30010m/s ＝30 m/s (3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动x ′＝12at 2＝12×6×42 m ＝48 m. 答案：(1)300 m (2)30 m/s (3)48 m12．(15分)(2021年南开区高三检测)如下图，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度v0＝2 m/s、加速度a＝2 m/s2向下滑，在抵达底端前1 s内，所滑过的距离为715L，其中L为斜面长，那么(1)小滑块在斜面上滑行的时刻为多少？(2)小滑块抵达斜面底端时的速度v 是多少？(3)斜面的长度L 是多少？解析：设小滑块在斜面距离为815L 上的滑行时刻为t ，抵达815L 处的速度为v 1，又a ＝2 m/s 2，v 0＝2 m/s ，那么7L 15＝v 1×1＋12a ×12 v 1＝v 0＋at8L 15＝v 0t ＋12at 2 联立得t ＝2 s ，L ＝15 m小滑块在斜面上滑行的时刻t 总＝t ＋1＝3 s抵达斜面底端时v ＝v 0＋at 总＝8 m/s.答案：(1)3 s (2)8 m/s (3)15 m。