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第1章 直线运动一、质点、参考系和坐标系1．质点：用来代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型．2．参考系：为了研究物体的运动而选定用来作为参考的物体．参考系可以任意选取．通常以地面或相对于地面不动的物体为参考系来研究物体的运动．3．坐标系：为了定量地描述物体的位置及位置变化，需要在参考系上建立适当的坐标系． 二、位移和路程三、速度和速率1．平均速度：运动物体的位移和运动所用时间的比值，叫做这段时间内的平均速度，即v －＝ΔxΔt ，平均速度是矢量，其方向跟位移的方向相同．2．瞬时速度：运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度，叫做瞬时速度．瞬时速度能精确描述物体在某一时刻(或某一位置)的运动快慢．3．平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小． 4．瞬时速率：简称速率，等于瞬时速度的大小，是标量． 四、加速度1．定义式：a ＝Δv Δt ；单位是m/s 2.2．物理意义：描述速度变化的快慢． 3．方向：与速度变化的方向相同． 4．物体加、减速的判定(1)当a 与v 同向或夹角为锐角时，物体加速． (2)当a 与v 垂直时，物体速度大小不变． (3)当a 与v 反向或夹角为钝角时，物体减速． [易错警示·微点拨]1．物体能否看做质点不是依据其质量、体积的大小，而是看其形状大小对研究问题的影响能否忽略． 2．参考系的选取可以是运动的物体，选定后要按“静止”处理． 3．位移和路程是两个不同的概念，只有特定情况下大小相等． 4．瞬时速率是瞬时速度的大小，而平均速率不是平均速度的大小． 5．加速度、速度、速度变化量是三个不同概念，它们之间无必然联系.考点一 对质点的进一步理解1．质点是对实际物体科学的抽象，是在研究物体运动时，抓住主要因素，忽略次要因素，对实际物体进行的近似，是一种理想化的模型，质点在现实中并不存在．2．质点是只有质量而无大小和形状的点；质点占有位置但不占有空间．3．物体可视为质点主要有以下三种情形(1)如果一个物体的各部分运动情况都相同，物体上任何一点都能反映物体的运动(即平动)，一般情况下，可把此物体视为质点．(2)如果问题所涉及的空间位移远远大于物体本身的大小时，通常物体自身的大小可以忽略不计，物体可以看做质点．(3)只研究物体的平动，而不考虑其转动效果时，物体即使是转动的，通常也可以看做质点．1．关于质点，下列说法正确的是 ( )A．只有体积很小的物体，才能被看成质点B．质点是用一个点来代表整个物体，不包括物体的质量C．在研究地球绕太阳公转时，可以把地球看做质点D．在研究地球自转时，可以把地球看做质点解析：选C.质点是一个有质量的点，将物体看做质点的条件是物体的形状或大小对研究的问题没有影响，或者对研究问题的影响可以忽略，并不是根据本身体积大小来判断，选项A、B错误；在研究地球自转时，不能把地球看做质点，选项D错误，C正确．2．(多选)2015年俄罗斯国际军事比赛于8月1日至15日在该国10个州同步举行，我军派出代表团参加了全部12个比赛项目，在“航空飞镖”战斗轰炸机组排名第三，下列可将轰炸机视为质点的是( ) A．研究人员观察测试轰炸机的飞行速度时B．研究人员观察轰炸机飞行姿势、测各项技术参数时C．研究人员确定轰炸机位置时D．研究人员欲对轰炸机关键部位实施定位观察时解析：选AC.测试轰炸机的飞行速度或确定其位置时，无需考虑其形状、大小，可将其看成质点，A、C正确；而观察轰炸机飞行姿势或确定关键部位时，都必须考虑其形状、大小，不能看成质点，B、D错误．“质点模型”的三点感悟(1)物体能否看做质点并非以体积的大小为依据，体积大的物体有时也可看成质点，体积小的物体有时不能看成质点．(2)质点并不是质量很小的点，它不同于几何图形中的“点”．(3)同一物体，有时可看成质点，有时不能．考点二对平均速度和瞬时速度的理解1．平均速度与瞬时速度的区别与联系(1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：①瞬时速度是运动时间Δt →0时的平均速度．②在匀速直线运动中，瞬时速度等于任意一段时间内的平均速度．2．平均速度与平均速率的区别平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．1．(2015·高考浙江卷)如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt .测得遮光条的宽度为Δx ，用Δx Δt 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使ΔxΔt 更接近瞬时速度，正确的措施是( )A ．换用宽度更窄的遮光条B ．提高测量遮光条宽度的精确度C ．使滑块的释放点更靠近光电门D ．增大气垫导轨与水平面的夹角解析：选A.由v ＝Δx Δt 可知，当Δt →0时，Δx Δt 可看成物体的瞬时速度，Δx 越小，Δt 也就越小，ΔxΔt 越接近瞬时速度，A 正确．提高测量遮光条宽度的精确度，只能提高测量平均速度的准确度，不能使平均速度更接近瞬时速度，B 错误．使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门的速度更小，时间更长，因此C 错误．增大气垫导轨与水平面的夹角，如果滑块离光电门近，也不能保证滑块通过光电门的时间短，D 错误．2．一质点沿直线Ox 方向做减速直线运动，它离开O 点的距离x 随时间变化的关系为x ＝(6t －2t 3)m ，它的速度v 随时间t 变化的关系为v ＝(6－6t 2)m/s ，则该质点从t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度、平均速率分别为( )A ．－2 m/s 、6 m/sB ．－2 m/s 、2 m/sC ．－2 m/s 、－18 m/sD ．6 m/s 、6 m/s解析：选A.由质点的速度—时间关系式v ＝6－6t 2，可知物体经时间1 s 速度减为0.由x 随时间t 变化关系可知在t ＝0到t ＝2 s 内发生的位移为Δx ＝－4 m ，所以t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为v ＝ΔxΔt＝－2 m/s ；由x 随时间t 变化的关系可知在t ＝0到t ＝1 s 内发生的位移为x 1＝4 m ，所以从t ＝0到t ＝2 s 内通过的路程为s ＝12 m ，所以t＝0到t ＝2 s 间的平均速率为v ＝sΔt＝6 m/s ，A 对．平均速度和瞬时速度的三点注意(1)求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度． (2)v ＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．(3)粗略计算时我们可以用很短时间内的平均速度来求某时刻的瞬时速度．考点三 速度、速度变化和加速度的理解(高频考点)1．速度、速度变化量、加速度的比较2.题组一 加速度的计算1．(2016·江门模拟)如图所示，小球以v 1＝3 m/s 的速度水平向右运动，碰一墙壁经Δt ＝0.01 s 后以v 2＝2 m/s 的速度沿同一直线反向弹回，小球在这0.01 s 内的平均加速度是( )A ．100 m/s 2，方向向右 B ．100 m/s 2，方向向左 C ．500 m/s 2，方向向左D ．500 m/s 2，方向向右解析：选C.设水平向左为正方向，由a ＝Δv Δt 得，a ＝v 2－－v 1Δt ＝2－－0.01 m/s 2＝500 m/s 2，方向与v 2方向相同，水平向左，故C 正确．题组二 加速度与速度、速度变化的关系2．如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )A．汽车在做加速直线运动B．汽车的加速度方向与v1的方向相同C．汽车的加速度方向与v1的方向相反D．汽车的加速度方向与Δv的方向相反解析：选C.根据图象，汽车的速度变小，做的是减速直线运动，选项A错误；汽车的加速度与Δv方向相同，所以与v1、v2的方向都相反，选项B、D错误，选项C正确．3．(2016·福建六校联考)一个质点做速度方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中( )A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值解析：选B.由于加速度的方向始终与速度方向相同，质点速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，选项A错误，选项B正确；位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不再变化，位移将随时间继续增大，选项C、D 错误．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)速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的．课堂小结——名师微点拨重点掌握“一个模型、三个区别”课时规范训练(单独成册)1．下列说法正确的是( )A ．对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点B ．“和谐号”动车组行驶313 km 从成都抵达重庆，这里的“313 km”指的是位移大小C ．高台跳水运动员腾空至最高位置时，速度和加速度均为零D ．绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h 的卫星，不一定相对于地面静止解析：选 D.在对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，运动员的动作特别关键，不能把运动员看成质点，A 错误；313 km 指的是路程，B 错误；高台跳水腾空至最高位置时，速度为零但加速度不为零，C 错误；绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h 的卫星不一定是同步卫星，所以不一定相对地面静止，D 正确．2．(2016·湖北黄冈质检)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，唯见长江天际流解析：选A.A 项是以水流为参考系，故有桥流水不流，A 对；B 、C 、D 都是以大地为参考系． 3．(多选)关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是( )A ．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度B ．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关C ．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D ．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢解析：选ABD.一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A 、B 均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C 错、D 正确．4．下列说法正确的是( ) A ．加速度增大，速度一定增大 B ．速度改变量Δv 越大，加速度就越大 C ．物体有加速度，速度就增加 D ．速度很大的物体，其加速度可以很小解析：选D.加速度是速度的变化量Δv 与所用时间Δt 的比值，描述的是速度变化的快慢．加速度的大小只反映速度变化的快慢，不能反映速度的大小，故加速度大，速度可能很小；加速度小，速度可能很大，A 错误，D 正确；当速度的变化量Δv 很大时，若时间Δt 也很大，由a ＝ΔvΔt 可知a 不一定大，B 错误；物体有加速度，只表明其速度在变化，它可以变大，也可以变小，也可以只有速度的方向改变而大小不变，C 错误．5．(多选)2015年7月28日下午中国在南海某海空域成功举行一场实兵对抗演习，数十架战斗机参与，假设战斗机起飞中，由静止开始加速，当加速度a 不断减小至零时，飞机刚好起飞，则此过程中飞机的( )A ．速度不断增大，位移不断减小B ．速度不断增大，位移不断增大C ．速度增加越来越慢，位移增加越来越快D ．速度增加越来越慢，位移增加越来越慢解析：选BC.飞机的加速度不断变小，但速度不断变大，只是增加变慢而已，速度变大时，位移增加变快，选项B 、C 正确．6．结合图片中的情景及数据，以下判断不正确的是( )A ．高速行驶的磁悬浮列车的加速度可能为零B ．轿车时速为72 km/h ，紧急刹车时间为4 s(可视为匀减速至静止)，由此可得轿车刹车阶段的加速度为a ＝5 m/s 2C ．位于点燃火药的炮膛中的炮弹的速度、加速度可能均为零D ．根据图中数据可求出刘翔在110 m 栏比赛中通过全程的平均速率为v ＝8.42 m/s解析：选C.高速行驶的磁悬浮列车可能做匀速直线运动，加速度为零，故A 正确；由a ＝ΔvΔt 可得加速度的大小为5 m/s 2，B 正确；位于点燃火药的炮膛中的炮弹的速度可能为零，但加速度不为零，C 错误；由v ＝xt可得v ＝8.42 m/s ，D 正确．7．为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得：运动员在前7 s 跑了61 m,7 s 末到7.1 s 末跑了0.92 m ，跑到终点共用10.8 s ，则下列说法不正确的是( )A ．运动员在百米全过程的平均速度大小是9.26 m/sB ．运动员在前7 s 的平均速度大小是8.71 m/sC ．运动员在7 s 末的瞬时速度大小为9.2 m/sD ．无法知道运动员在7 s 末的瞬时速度大小解析：选C.根据平均速度公式v ＝x t 可知选项A 、B 正确；根据瞬时速度定义v ＝ΔxΔt可知选项C 错误，选项D 正确．8．研究表明：加速度的变化率能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则感到不舒服．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是( )A ．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s 2B ．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C ．若加速度与速度同方向，如图所示的a －t 图象，表示的是物体的速度在减小D ．若加速度与速度同方向，如图所示的a －t 图象中，已知物体在t ＝0时速度为5 m/s ，则2 s 末的速度大小为8 m/s解析：选D.类比可知，加速度的变化率为Δa Δt ，单位为m/s 3，A 错；加速度的变化率为零，就是加速度恒定，做匀变速运动，B 错；加速度与速度同向，速度增大，C 错；a －t 图象中图线与坐标轴所围面积表示增加的速度，故D 对．9．(多选)一质点沿x 轴运动，其位置x 随时间t 变化的规律为：x ＝15＋10t －5t 2(m)，t 的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是( )A ．该质点的加速度大小为5 m/s 2B ．t ＝3 s 时该质点速度为零C ．0～3 s 内该质点的平均速度大小为5 m/sD ．物体在x ＝0处时其速度大小为20 m/s解析：选CD.根据s ＝v 0t ＋at 2/2可知，初速度v 0＝10 m/s ，加速度为a ＝－10 m/s 2，A 错；t ＝3 s 时，v ＝v 0＋at ＝10 m/s －10×3 m/s＝－20 m/s ，B 错；0～3 s 内的平均速度v ＝Δx /Δt ＝－5 m/s ，C 对；x ＝0时，t ＝3 s ，v ′＝－20 m/s ，D 对．10．(多选)某质点以20 m/s 的初速度竖直向上运动，其加速度保持不变，经2 s 到达最高点，上升高度为20 m ，又经过2 s 回到出发点时，速度大小仍为20 m/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10 m/s 2，方向竖直向下 B ．质点在这段时间内的平均速度为零 C ．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同解析：选AB.根据加速度的定义知，取竖直向上为正方向，则a ＝－20－204 m/s 2＝－10 m/s 2，负号表示加速度方向与规定的正方向相反，即竖直向下，选项A 正确；由位移的定义知，这段时间内的总位移为零，而路程为40 m ，根据平均速度的定义知，平均速度为零，故B 正确；质点做匀变速运动，每时每刻的加速度都相同，在最高点速度为零，但加速度大小仍为10 m/s 2，方向竖直向下，所以选项C 错误；在抛出点两时刻的瞬时速度大小相等，但方向相反，选项D 错误．11．如图所示，一小球在光滑的V 形槽中由A 点释放，经B 点(与B 点碰撞所用时间不计)到达与A 点等高的C 点，设A 点的高度为1 m ，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为( )A.23 3 m ，23 3 m B ．23 3 m ，43 3 m C.43 3 m ，233 m D ．433 m,1 m 解析：选C.小球通过的路程为小球实际运动轨迹的长度，则小球的路程为s ＝2l AB ＝2×1sin 60° m ＝43 3 m ；位移是由初位置指向末位置的有向线段，则小球的位移大小为x ＝l AC ＝1sin 60° m ＝233 m ．选项C 正确．12．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a 甲＝4 m/s 2，a 乙＝－4 m/s 2，那么对甲、乙两物体判断正确的是( )A ．甲的加速度大于乙的加速度B ．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C ．甲的速度比乙的速度变化快D ．甲、乙在相等时间内速度变化可能相等解析：选B.两物体加速度大小相等，故速度变化快慢相同，A 、C 均错误；由Δv ＝a ·Δt 可知，两物体在相等时间内速度变化大小相等，但方向相反，D 错误；由于甲物体的加速度与速度方向相同，乙物体加速度与速度方向相反，故甲做加速直线运动，乙做减速直线运动，B 正确．13．(2016·合肥模拟)(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v 1和v 2，v 1、v 2在各个时刻的大小如表所示，从表中数据可以看出( )A.火车的速度变化较慢 B ．汽车的加速度较小 C ．火车的位移在减小 D ．汽车的位移在增加解析：选AD.由表中数据可得，火车的加速度大小a 1＝0.5 m/s 2，汽车的加速度大小为a 2＝1.2 m/s 2，故A 正确、B 错误；因火车和汽车的速度方向均不变，它们的位移均随时间增加，D 正确、C 错误．14．爆炸性的加速度往往是跑车的卖点．某款跑车由静止加速至100 km/h 只需4.2 s. (1)求这款跑车的平均加速度；(2)假设普通私家车的平均加速度为3 m/s 2，它们需要多长时间才能由静止加速至100 km/h? 解析：(1)末速度v t ＝100 km/h ＝1003.6 m/s≈27.78 m/s，平均加速度a ＝v t －v 0t ＝27.78－04.2 m/s 2≈6.61 m/s 2. (2)所需时间t ′＝v t －v 0a ′＝27.78－03s ＝9.26 s. 答案：(1)6.61 m/s 2(2)9.26 s第2节 匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的基本规律 1．匀变速直线运动(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．(2)分类：⎩⎪⎨⎪⎧匀加速直线运动：a 与v 同向.匀减速直线运动：a 与v 反向.2．速度与时间的关系式：v ＝v 0＋at . 3．位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 2.4．位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论 1．平均速度公式：v －＝v t 2＝v 0＋v2.2．位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2. 3．初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T 末、2T 末、3T 末……的瞬时速度之比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n . (2)1T 内，2T 内，3T 内……位移之比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2. (3)第一个T 内，第二个T 内，第三个T 内，……，第n 个T 内位移之比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)． 三、自由落体运动和竖直上拋运动的规律 1．自由落体运动规律(1)速度公式：v ＝gt . (2)位移公式：h ＝12gt 2.(3)速度—位移关系式：v 2＝2gh . 2．竖直上拋运动规律 (1)速度公式：v ＝v 0－gt . (2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2.(3)速度—位移关系式：v 2－v 20＝－2gh .(4)上升的最大高度：h ＝v 202g.(5)上升到最大高度用时：t ＝v 0g. [易错警示·微点拨]1．匀变速直线运动的公式都是矢量方程，应用时要注意正方向． 2．平均速度公式v ＝v 0＋v t2只用于匀变速直线运动．3．“四个比例关系”的应用条件一定是初速度为零的匀变速直线运动． 4．竖直上抛运动最高点速度为零，但加速度不为零．考点一 匀变速直线运动的基本规律(高频考点)1．速度时间公式v ＝v 0＋at 、位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2、位移速度公式v 2－v 20＝2ax ，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．2．以上三个公式均为矢量式，应用时应规定正方向．3．如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．题组一 高考题组1．(2015·高考江苏卷)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t ＝v a ＝1 s ，运动的距离x 1＝12at 2＝1 m ，然后以2 m/s 的速度匀速运动，经4 s 运动的距离为8 m ，因此第1个5 s 内运动距离为9 m ，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5 s ，大于2 s ，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s ，而运动到第12 s 时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C 正确．2．(2014·高考海南卷)短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为7.5 m ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．解析：根据题意，在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速运动．设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1 s 和第2 s 内通过的位移分别为x 1和x 2，由运动学规律得x 1＝12at 20① x 1＋x 2＝12a (2t 0)2②式中t 0＝1 s ，联立①②两式并代入已知条件，得a ＝5 m/s 2③设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ；跑完全程的时间为t ，全程的距离为x .依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2④ v ＝at 1⑤ x ＝12at 21＋vt 2⑥设加速阶段通过的距离为x ′，则 x ′＝12at 21⑦联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x ′＝10 m答案：5 m/s 210 m 题组二 模拟题组3．(2016·河北唐山一模)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，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v 0，加速度为a ，则有L ＝v 0t ＋12at 2从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有 0－v 20＝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，故C 正确．4．(2016·山东济南一模)2014年12月26日，我国东部14省市ETC 联网正式启动运行，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 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零，经过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的大小； (2)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间．解析：(1)汽车过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，所以总的位移x 总1＝2x 1＋10 m ＝210 m.(2)汽车过ETC 通道时，t 1＝v 1－v 2a ×2＋10 mv 2＝22 s. 过人工收费通道时，t 2＝v 1a×2＋20 s ＝50 s ，x 2＝v 212a×2＝225 m ，二者的位移差Δx ＝x 2－x 总1＝225 m －210 m ＝15 m. 汽车在这段位移内过ETC 通道时做匀速直线运动， 所以Δt ＝t 2－(t 1＋Δxv 1)＝27 s.答案：(1)210 m (2)27 s考点二 解决匀变速直线运动的常用方法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v ＝Δx Δt 对任何性质的运动都适用，而v ＝v t 2＝12(v 0＋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 ＝aT 2：其推广式x m －x n ＝(m －n )aT 2，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 t 2与v x2，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．1．(2016·浙江台州检测)(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 1T 2D ．运动的加速度为x 1＋x 2T2解析：选AB.根据匀变速直线运动规律可知，该物体在A 点的瞬时速度大小等于物体在A 、B 两点间运动的平均速度大小，即v A ＝x 1＋x 22T ，选项A 正确；设物体加速度大小为a ，有x 2－x 1＝aT 2，则a ＝x 2－x 1T2，选项C 、D 错误；物体在B 点的速度大小为v B ＝v A ＋aT ＝3x 2－x 12T，选项B 正确． 2．(改编题)(多选)近年来我国北方出现大面积的雾霾天气，对交通造成很大影响，假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前、乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、。
自主测评一、基础知识题组1．[基本规律的考查]质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s解析：由x ＝v 0t ＋12at 2与x ＝5t ＋t 2对比可知：运动的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.将t ＝1 s 代入所给位移公式即可求出x ＝6m ，A 错；前2 s 内的平均速度为v ＝x 22＝5×2＋222＝7 m/s ，B 错；由Δx ＝aT 2可以求出当T ＝1 s 时，任意相邻1 s 内的位移差都为2 m ，C 错；由加速度的定义可知D 正确．答案：D2．[推论的考查]一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度大小之比分别是( )A ．1∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶3 解析：根据位移公式x ＝12at 2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x 1＝12at 21＝12a 、x 2＝12a (t 2＋t 1)2－12at 21＝4a 、x 3＝12a (t 3＋t 2＋t 1)2－12a (t 1＋t 2)2＝272a ，再根据平均速度公式可得选项B 正确． 答案：B二、规律方法题组3．[刹车问题的处理]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，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：刹车后最多只能到停止，t ＝v 0a ＝205s ＝4 s ，经2秒位移x 1＝v 0t －12at 2＝20×2 m －12×5×22 m ＝30 m,5 s 的位移即4秒内的位移x 2＝v 22a ＝2022×5 m ＝40 m ，故而x 1x 2＝34，选项C 正确． 答案：C4．[逆向思维法处理匀减速直线运动问题]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 解析：匀减速运动可看成是反向的匀加速运动，四秒内的位移比为7∶5∶3∶1，所以x 1x 4＝71，x 4＝x 17＝147m ＝2 m ，选项B 正确． 答案：B。
