全品高考复习方案-物理-听课详答
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参考答案第一单元 直线运动第1讲 描述直线运动的基本概念【教材知识梳理】 核心填空一、1.质量 2.形状 大小 二、1.假定不动 2.地面 三、1.一个点 2.一段线段 四、1.标 2.矢五、1.运动位移 2.ΔxΔt 3.位移六、1.速度的变化量 2.ΔvΔt3.Δv F 合易错判断(1)(×)参考系是假定不动的物体，运动物体(对地)也可以作参考系．(2)(×)做单方向直线运动的物体，其位移大小等于路程；对于往返直线运动，其位移大小小于路程．(3)(√)根据平均速度定义可知平均速度的方向与位移方向相同，二者都是矢量．(4)(√)根据瞬时速度定义可知瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向． (5)(√)加速度是矢量，正负表示方向，绝对值表示大小．(6)(√)无论物体加速度是增大还是减小，只要加速度与速度同向，物体速度就增大，反向速度就减小．【考点互动探究】考点一 对质点、参考系、位移、路程的理解 1．D [解析] 金星通过太阳和地球之间时，我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A 错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B 错误；9：30：41为凌甚时刻，选项C 错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D 正确． 2．AC [解析] 在O 处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km ＝5 km ，方向为东偏北θ，满足sin θ＝35，即θ＝37°，运动的路程为7 km ，选项A 、C 正确；由运动的相对性可知B 错误；若湖岸上的观察员运行速度大小、方向均与小船一样，则小船相对其而言是静止的，选项D 错误．3．C [解析] 物体的位移是由A 到C 的有向线段，故其方向是由A 指向C ，选项D 错误；其大小为 （3R ）2＋R 2＝10R ，选项A 、B 错误；对于物体由A 到C 的路程，应该是AB ＋BC ＝πR ＋34×2πR ＝5π2R ，选项C 正确．考点二 对速度、平均速度、瞬时速度的理解 运动方向 平均速度例1 A [解析] 宽度越窄，平均速度越接近通过光电门时的瞬时速度，故选项A 正确．提高测量遮光条宽度的精确度，只是提高测量速度的精度，故选项B 错误．改变滑块的释放点到光电门的距离，只是改变测量速度的大小，故选项C 错误．改变气垫导轨与水平面的夹角，只是改变测量速度的大小，故选项D 错误．变式题 BC [解析] 由v ＝x t可得该人在第2 s 内的平均速度为2 m/s ，选项B 正确；前4 s 内的平均速度为v ＝1＋2＋3＋44 m/s ＝2.5 m/s ，C 正确；因该人的运动不是匀变速直线运动，故无法确定其瞬时速度大小，选项A 、D 均错误．考点三 对加速度及速度与加速度关系的理解1．ABD [解析] 加速度的正、负表示方向，绝对值表示大小，甲、乙加速度大小相等，选项A 正确；甲的加速度与速度同向，所以做加速运动，乙的加速度与速度方向相反，所以做减速运动，选项B 正确；加速度大小表示速度变化的快慢，甲、乙速度变化一样快，选项C 错误；由Δv ＝a Δt 可知每经过1 s ，甲的速度增加4 m/s ，D 正确．2．A [解析] 遮光板通过第一个光电门的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m/s ＝0.10 m/s ，遮光板通过第二个光电门的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10 m/s ＝0.30 m/s ，故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt≈0.067 m/s 2.3．AD [解析] 由加速度的定义可知，速度变化的方向为正，加速度的方向为正，选项A 正确；物体做减速运动时，物体加速度增大，速度反而越来越小，选项B 错误；若物体做加速度逐渐减小的加速运动，速度越来越大，加速度反而越来越小，选项C 错误；在曲线运动中，加速度既不与速度同向，也不与速度反向，可以与速度方向垂直，选项D 正确．考点四 对匀速直线运动规律的理解和应用 例2 (1)17 m (2)17.9 m/s[解析] (1)设p 1、n 1、p 2、n 2对应的时刻分别为t 1、t 2、t 3、t 4，t 1～t 2的中间时刻(汽车与超声波第一次相遇的时刻)为t 5，t 3～t 4的中间时刻(汽车与超声波第二次相遇的时刻)为t 6.从题目所给条件得，标尺上每小格表示的时间为130s ．则有超声波第一次与汽车相遇的位移为s 1＝t 2－t 12v超声波第二次与汽车相遇的位移为s 2＝t 4－t 32v汽车的位移为s 1－s 2＝17 m(2)汽车的运动时间为Δt ′＝t 6－t 5 汽车的速度为v ′＝s 1－s 2t 6－t 5，从标尺上读出数据代入得 v ′＝17.9 m/s.[点评] 解决本题的关键是搞清汽车与超声波两次相遇的时刻，找时间关系，从超声波的运动过程反映汽车的位移关系．变式题 B [解析] 根据匀速直线运动位移公式x ＝vt 可得曝光时间(数量级)等于子弹影像前后错开的距离(模型建立的关键点)除以子弹速度，所以，必须知道子弹影像前后错开距离和子弹速度的数量级，根据题意，子弹长度一般不超过10 cm ，所以弹头长度的数量级为10－2m ；再根据题意“子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1%～2%” 可得“子弹影像前后错开的距离”的数量级应该是10－4 m ，而弹头速度500 m/s 的数量级为102m/s ，所以曝光时间最接近的数量级为10－6s.【教师备用习题】 1．有一个方法可以用来快速估测闪电处至观察者之间的直线距离(如图)：只要数出自观察到闪光起至听到雷声的时间——t秒，就能估算出以千米为单位的闪电处至观察者之间的直线距离x.已知空气中的声速约为340 m/s，则x约为( )A．t kmB.t2kmC.t3kmD.t4km[解析] C 忽略光传播的时间，则声音从闪电处到观察者用时t秒，声速约为v＝340 m/s＝13km/s，所以s＝vt＝t3km，选项C正确．2．(多选)一身高为H的田径运动员正在参加百米国际比赛，在终点处，有一站在跑道终点旁的摄影记者用照相机给他拍摄冲线过程，摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16，快门(曝光时间)是160s，得到照片后测得照片中运动员的高度为h，胸前号码布上模糊部分宽度是ΔL.由以上数据可以知道运动员的( )A．百米成绩B．冲线速度C．百米内的平均速度D．冲线时160s内的位移[解析] BD 由于无法知道运动员跑100 m经历的时间，故无法确定其平均速度和成绩，选项A、C错误；由题意可求出冲线时160 s内运动员跑过的距离Δx＝HhΔL，进一步求得160s内的平均速度v ＝Δx160s ，由于时间极短，可把这段时间内的平均速度近似看成是冲线时的瞬时速度，选项B 、D 正确．3．一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车做匀速直线运动．司机发现其正要通过正前方高山悬崖下的隧道，于是鸣笛，5 s 后听到回声，听到回声后又行驶10 s 司机第二次鸣笛，3 s 后听到回声．请根据以上数据计算一下客车的速度，看客车是否超速行驶．已知此高速公路的最高限速为120 km/h ，声音在空气中的传播速度为340 m/s.[答案] 未超速[解析] 设客车行驶速度为v 1，声速为v 2，客车第一次鸣笛时与悬崖的距离为L ，由题意知：2L －v 1×5 s ＝v 2×5 s ①当客车第二次鸣笛时，客车距悬崖为L ′，则 2L ′－v 1×3 s ＝v 2×3 s 又因为L ′＝L －v 1×15 s则2(L －v 1×15 s)－v 1×3 s ＝v 2×3 s ② 由①②联立解得v 1＝v 214≈87.43 km/h ＜120 km/h故客车未超速．4．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?[答案] (1)6.61 m/s 2(2)9.26 s[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. 5．如图，某同学为了测定汽车的运动速度，将测速传感器B 固定在马路正中央，测速传感器B 是一个能发射超声波的小盒子，工作时B 向正前方运动的汽车A 发出短暂的超声波脉冲，脉冲经汽车A 反射后又被B 接收，从B 第1次发射超声波开始计时，当超声波脉冲到达汽车时完成位移为x 1，在t 1时刻接收到超声波，在T 时刻第2次发射超声波脉冲，在t 2时刻接收到超声波．(1)求超声波的速度v 1；(2)若第2次超声波脉冲到达汽车时完成位移为x 2，汽车的运动速度v 2是多少？[答案] (1)2x 1t 1 (2)2（x 2－x 1）t 2－t 1＋T[解析] (1)对第1次发射的超声波，经时间t 12超声波脉冲到达汽车时完成的位移为x 1，超声波的速度v 1＝2x 1t 1(2)汽车第1次接收脉冲到第2次接收脉冲的位移 x ＝x 2－x 1 运动的时间t ＝t 2－T2＋T －t 12汽车的运动速度v 2＝x 2－x 1t ＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋T第2讲 匀变速直线运动的规律及应用【教材知识梳理】核心填空一、1.(1)v ＝v 0＋at (2)x ＝v 0t ＋12at 2(3)v 2－v 20＝2ax 2.(1)v 0＋v2(2) aT 2二、1.(1)零 (2)匀加速 2.(1)v ＝gt (2)h ＝12gt 2(3)v 2＝2gh 易错判断 (1)(√)(2)(×)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度为6 m/s ，1 s 后速度为反向10 m/s ，加速度大小为14 m/s 2.(3)(×)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s 末，第2 s 末，第3 s 末的瞬时速度之比为1∶2∶3.(4)(×)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v 运动距离是由v 到2v 运动距离的13.(5)(×) 只有匀变速直线运动和匀速直线运动，其中间时刻的瞬时速度才一定等于其平均速度．(6)(√) 根据推论Δx ＝aT 2可知该说法正确． 【考点互动探究】考点一 匀变速直线运动规律的基本应用v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2 v 2－v 20＝2ax x ＝v ＋v 02t 例1 (1)0.5 s 2 m/s 2(2)6.5 m[解析] (1)汽车从O 到标志杆B 的过程中：L OA ＋ΔL ＝v 0Δt ＋v 0(t B －Δt )－12a (t B －Δt )2汽车从O 到标志杆C 的过程中：L OA ＋2ΔL ＝v 0Δt ＋v 0(t C －Δt )－12a (t C －Δt )2联立方程组得v 0＝16 m/s ，a ＝2 m/s 2，Δt ＝0.5 s (2)汽车从开始到停下运动的距离x ＝v 0Δt ＋v 202a可得x ＝72 m因此汽车停止运动时车头在C 、D 之间离DL OA ＋3ΔL －Δs －x ＝(44＋36－1.5－72) m ＝6.5 m 变式题 B [解析] 由题意可知，x 起飞＝3000 m ，x 着陆＝2000 m ，v 起飞＝1.5v 0，v 着陆＝v 0，由x ＝v 2t 可得：t 起飞＝2x 起飞v 起飞＝6000 m 1.5v 0＝4000 m v 0；t 着陆＝4000 m v 0，选项B 正确．考点二 研究匀变速直线运动的特殊方法 1．B [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，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2 m ，选项B 正确．2．A [解析] 设物体的加速度为a ，由于物体做初速度为0的匀加速直线运动，根据v ＝v 0＋at 可得：物体在第(n －1)秒末的速度为v 1＝(n －1)a ，物体在第n 秒末的速度为v 2＝na ，则在第n 秒内的平均速度v ＝na ＋（n －1）a 2＝（2n －1）a2，根据s ＝vt ，知物体在第n秒内的位移s ＝2n －12a ×1，故物体的加速度a ＝2s 2n －1，选项A 正确．3．C [解析] 设相等的时间为t ，加速度为a ，由Δs ＝at 2可得加速度为a ＝Δst 2＝4 m －3 m t 2＝1 m t 2，物块在Q 点的速度为PN 段的平均速度，v Q ＝v PN ＝4 m ＋3 m 2t ＝7 m2t，则O 、Q间的距离s OQ ＝v 2Q2a ＝498 m ，则OP 长度为s OP ＝s OQ －s PQ ＝498 m －3 m ＝258m ，选项C 正确．4．这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求[解析] 解法一：(利用中间时刻瞬时速度等于平均速度)该款小轿车设计的紧急制动加速度为a 0＝v 202s①代入数据解得a 0＝8 m/s 2②设测得的加速度为a ，轿车在制动的最初t 1＝1 s 内的平均速度v ＝x t 1③ 平均速度v 等于t 1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t 2＝1 s ，因此有a ＝v t 2④ 联立③④并代入数据解得a ＝8.2 m/s 2⑤a >a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求． 解法二：①②式同解法一设测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21从小轿车开始制动到停止过程有0＝v 0－at解得a ＝8.2 m/s 2a >a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．解法三：设测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21 从小轿车开始制动到停止过程有0＝v 0－at解得a ＝8.2 m/s 2若该轿车以20 m/s 的初速度开始刹车，则刹车距离由x ＝v 202a得 x ＝24.4 mx ＜25 m ，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．考点三 抛体运动中的直线运动v 0－gt v 0t －12gt 2 －2gh例2 7 s 60 m/s[解析] 解法一：全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去) 所以重物落地速度为v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反． 解法二：分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10m ＝5 m故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2Hg＝2×18010s ＝6 s v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时t ＝t 1＋t 2＝7 s.变式题1 C [解析] 知道石子的落地速度，根据v 2＝2gh 可求出楼的高度，故①正确；知道石子下落的时间，根据h ＝12gt 2可求出楼的高度，故②正确；石子最初1 s 内的位移可以通过h ＝12gt 2求出，不能求出落地速度或落地时间，故③错误；知道石子最后1 s 内的位移，根据x ＝v 0t ＋12gt 2可以求出最后1 s 内的初速度，根据速度时间公式求出落地速度，再根据v 2＝2gh 求出楼的高度，故④正确．综上分析，可知选项C 正确．变式题2 BD [解析] t ＝2 s 时甲上升的高度h ＝30＋102×2 m ＝40 m ，由于甲、乙抛出点间的距离未知，因此不能确定两球此时的高度差，选项A 错误；t ＝4 s 时，甲球的运动时间为4 s ，乙球的运动时间为2 s ，由图像可知，这时甲、乙相对各自抛出点的位移相等，选项B 正确；由于两球抛出点不在同一高度，因此两球从抛出至落到地面的时间间隔不能确定，选项C 错误；两球抛出时初速度相等，因此从抛出至达到最高点的时间间隔相同，均为3 s ，选项D 正确．变式题3 A [解析] 向上抛出的小球做竖直上抛运动，有h ＝－vt 1＋12gt 21；向下抛出的小球做竖直下抛运动，有h ＝vt 2＋12gt 22，由以上两式解得t 1－t 2＝2vg，选项A 正确．考点四 多阶段匀变速直线运动问题例3 C [解析] 该同学从关卡1出发做初速度为零的匀加速直线运动，由v ＝at 1＝2 m/s ，易知t 1＝1 s ，在这1 s 内他跑了x ＝12at 21＝1 m ，从1 s 末起，他将做匀速直线运动，此时离关卡关闭还剩4 s ，他能跑2 m/s ×4 s ＝8 m ，因此，他能顺利通过关卡2，选项A 错误；而7 s 末时他跑了1 m ＋2 m/s×6 s ＝13 m ，还未到关卡3，而12 s 末时他跑了1 m ＋2 m/s×11 s ＝23 m ，还未到关卡4，离关卡4还有1 m ，仅需0.5 s<2 s ，到达关卡4时关卡4处于关闭状态，故不能通过关卡4，选项C 正确，B 、D 错误．变式题 (1)8 m/s (2)不能挑战成功[解析] (1)列车从静止加速至最大速度过程，所用时间为：t 1＝v m a＝20 s运动位移为：x 1＝v 2m2a＝200 m故列车加速至最大速度后立即做减速运动，列车在两站间运动总时间为t 车＝2t 1＝40 s 运动员在地面道路奔跑的最长时间为：t ＝2t a ＋2t 1－t b ＝50 s 最小平均速度为：v ＝x t＝8 m/s(2)列车在郑州地铁这两站间运动总时间为：t ′车＝2t 1＋x ′－xv m＝70 s运动员在地面道路奔跑的时间为： t ′＝2t ′a ＋t ′车－t ′b ＝100 s 能赶上列车的平均速度为v ′＝x ′t ′＝10 m/s 因v ′＞v ，故不能挑战成功． 【教师备用习题】1．[2015·河南濮阳期中]汽车以10 m/s 的速度行驶，刹车时加速度大小为2 m/s 2，刹车后8 s 通过的位移是( )A ．16 mB ．25 mC ．75 mD ．144 m[解析] B 根据匀变速直线运动速度公式v ＝v 0＋at 可得汽车速度减为零所需的时间t ＝v －v 0a ＝0－10－2 s ＝5 s ，所以刹车后8 s 内的位移等于刹车后5 s 内的位移，则x ＝v 02t ＝25 m ，选项B 正确． 2．高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A 以恒定速率360 km/h 运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B ，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B 车，当A 车快到襄阳站且距襄阳站的路程为s 处时，B 车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360 km/h 时恰好遇到A 车，两车连锁并打开乘客双向通道，A 、B 列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B 车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则( )A ．无论B 车匀加速的加速度值为多少，s 是相同的 B ．乘客甲节约了五个站的减速、停车、加速时间C ．若B 车匀加速的时间为1 min ，则s 为4 kmD ．若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则当B 车停下时A 车距随州站的路程为1 km[解析] D 当B 车开始匀加速时，A 、B 两车之间的距离为s ＝vt －0＋v2t ，又v ＝at ，若B 车的加速度越大，则时间t 越短，因而s 越小，选项A 错误；由题意可知乘客甲从襄阳到潜江节约了3个站的减速、停车、加速时间，选项B 错误；若B 车匀加速的时间为1 min ，则s ＝3000 m ，选项C 错误；若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则t ′＝v a ′＝20 s ，因而当B 车停下时A 车距随州站的距离为s ′＝vt ′－0＋v2t ′＝1000 m ，选项D 正确．3．十字路口一侧停车线后已经停有20辆汽车且排成一列，平均每辆汽车有效占道路的长度为5 m ，绿灯亮起后，假设每辆汽车都同时以加速度0.8 m/s 2启动，速度达到4 m/s 改为匀速行驶，如果十字路口马路的宽度为70 m ，那么这一次绿灯亮多长时间才能让全部停着的车辆都通过马路？[答案] 45 s[解析] 研究最后一辆汽车，其通过马路所行驶的距离为 s ＝20×5 m ＋70 m ＝170 m设汽车从启动到速度v ＝4 m/s 所通过的位移为x 1，所用时间为t 1，则有v 2＝2ax 1解得x 1＝v 22a ＝422×0.8m ＝10 m<s ＝170 m即汽车达到v ＝4 m/s 时未通过马路又v ＝at 1，所以t 1＝v a ＝40.8s ＝5 s设汽车匀速通过马路的时间为t 2，所通过的位移为x 2，则有 x 2＝s －x 1＝170 m －10 m ＝160 m 又x 2＝vt 2解得t 2＝x 2v ＝1604s ＝40 s因此绿灯亮的时间为t ＝t 1＋t 2＝(5＋40) s ＝45 s专题1 运动图像 追及相遇问题【热点题型探究】热点一 准确解读图像信息1．B [解析] 在位移—时间图像中，斜率表示速度，0.2～0.5 h 内，甲的s t 图线的斜率大于乙的s t 图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B 正确；0.2～0.5 h 内甲、乙均做匀速直线运动，故加速度都为零，A 错误；由图像可看出，0.6～0.8 h 内，甲的位移大于乙的位移，C 错误；在0～0.8 h 内甲、乙的位移相等，路程不相等，D 错误．2．(1)1.5 m/s 2 (2)20 m/s[解析] (1)加速度a ＝v t －v 0t由v t 图像并代入数据得a ＝1.5 m/s 2.(2)设20 s 时速度为v m ，0～20 s 的位移s 1＝0＋v m 2t 1 20～45 s 的位移s 2＝v m t 245～75 s 的位移s 3＝v m ＋02t 3 0～75 s 这段时间的总位移s ＝s 1＋s 2＋s 30～75 s 这段时间的平均速度v ＝s t 1＋t 2＋t 3代入数据得v ＝20 m/s.3．C [解析] 选项A 中的位移图像的纵坐标代表位移，其值有时取正值，有时取负值，这说明物体围绕起点做往返运动，选项A 不符合题意；v t 图像的纵坐标代表速度，速度的符号代表方向，速度取正值时代表速度方向与规定的正方向相同，取负值时代表物体的速度方向与正方向相反，可见选项B 不符合题意；根据选项C 、D 中的a t 图像作出对应的v t 图像，参考选项B 的分析可知，选项C 符合题意，D 不符合题意．热点二 利用图像解决运动问题例1 不会相撞[解析] 方法一(解析法)：令a 1＝－10 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，a 3＝－5 m/s 2.在t 1＝3 s 末，甲车速度v 1＝v 0＋a 1t 1＝0；设之后再经过t 2时间甲、乙两车速度相等，此时乙车与甲车的位移之差最大．由 a 2t 2＝v 0＋a 3t 2解得t 2＝3 s此时甲车总位移x 甲＝v 02t 1＋12a 2t 22＝67.5 m 乙车总位移x 乙＝v 0t 1＋v 0t 2＋12a 3t 22＝157.5 m 因x 乙－x 甲＝90 m<100 m ，故此过程两车不会相撞．此后甲车速度增大，乙车速度减小，两车距离增大，故0～9 s 内两车不会相撞． 方法二(图像法)：由加速度图像可画出两车的速度图像由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时乙车与甲车的位移之差最大，图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，Δx ＝12×30×3 m ＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m. 故不会相撞．变式题1 D [解析] 依据x ＝v 0t －12gt 2作x t 图，如图所示．显然，两条图线相交表示A 、B 相遇．由图可直接看出，当Δt 满足关系式2v 0g ＜Δt ＜4v 0g时，A 、B 可在空中相遇，选项D 正确．变式题2 8.5 s[解析] 物体在奇数秒内做匀加速直线运动，加速度大小为 2 m/s 2；在偶数秒内做匀速直线运动；直观地描述物体的运动可以借助v t 图像，如图所示，物体在第1 s 内的位移为1 m ，第2 s 内的位移为2 m ，第3 s 内的位移为3 m ，由此规律可得，物体在n s(n 为整数)内的位移s ＝n （n ＋1）2 m ．令s ＜40.25 m ，得n ＜9，物体在8 s 内的位移为36 m ，余下的4.25 m 将在第9 s 的部分时间内完成，8 s 末物体的速度为8 m/s ，由4.25 m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8t ＋12×2t 2 m ，解得t ＝0.5 s ，所以物体总共用时8.5 s.热点三 对相遇、追及问题的分析例2 (1)1∶3 (2)4.0 m[解析] (1)由图像可知，a 甲＝40－10t 1m/s 2 a 乙＝10－0t 1m/s 2 由题知，甲车的质量与其加速度大小的乘积等于乙车的质量与其加速度大小的乘积，即 m 甲a 甲＝m 乙a 乙解得m 甲m 乙＝13. (2)在t 1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v ＝10 m/s ，此时两车相距最近对乙车有v ＝a 乙t 1对甲车有v ＝a 甲(0.4 s －t 1)解得t 1＝0.3 s车的位移等于v t 图线与坐标轴所围面积，有x 甲＝（40＋10）t 12 m ＝7.5 m x 乙＝10t 12m ＝1.5 m 两车相距最近时的距离为x min ＝x 0＋x 乙－x 甲＝4.0 m.变式题1 AD [解析] 作出汽车甲、乙的速度—时间图线如图所示．当汽车乙追上汽车甲时，两车位移相等，从图像上可以看出，当甲、乙位移相等时，两图像与时间轴所围的“面积”相等，则乙车追上甲车时，乙车的速度为2v 0.但从图像上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故A 、D 正确，B 、C 错误．变式题2 AB [解析] 由图读出t ＝6 s 时，小王通过的位移为：x 1＝6＋122×6 m ＝54 m ，小张通过的位移为：x 2＝0＋122×6 m ＝36 m ，两者位移之差：Δx ＝x 1－x 2＝18 m ．若x 0＝18 m ＝Δx ，两车在t ＝6 s 时刻相遇，此刻以后小张的速度大于小王的速度，两车不可能再相遇．选项A 正确；若x 0＜18 m ＝Δx ，说明t ＝6 s 前，小王已追上小张相遇一次，相遇时，小王的速度大于小张的速度，后来由于小王速度大，小王在小张的前面，两车距离增大，在t ＝6 s 后，小张的速度大于小王的速度，两车距离减小，可以再次相遇，相遇后小张的速度大于小王的速度，不可能再相遇．所以两车相遇2次．选项B 正确；若x 0＝36 m 和54 m ，两车速度相等时，小王还没有追上小张，则两车不可能相遇．选项C 、D 错误．变式题3 B [解析] 由题图可知：虽然A 车的加速度先增大后减小，但速度一直在增大，所以A 车一直在做加速运动，选项A 错误；由v t 图像不难判断，在2t 0时刻，A 、B 两车位移相同，又由于两车从同地出发，故两车此时第一次相遇，选项C 、D 错误；由v t 图像可知v 2＝2v 1，又由a t 图像与时间轴所围面积等于速度的改变量，可得a 2＝2a 1，选项B 正确．【高考模拟演练】1．A [解析] v t 图像中图线与横轴围成的面积代表位移，可知甲的位移大于乙的位移，而时间相同，故甲的平均速度比乙的大，A 正确，C 错误；匀变速直线运动的平均速度可以用v 1＋v 22来表示，乙的运动不是匀变速直线运动，B 错误；图像的斜率的绝对值代表加速度的大小，则甲、乙的加速度均减小，D 错误．2．D [解析] 解答本题的突破口是T ～2T 时间内的加速度跟0～T 2时间内的加速度大小相等，方向相反，从而排除选项A 、B 、C ，选项D 正确．3．C [解析] 在t 2时刻之前，A 的速度小于B 的速度，B 在A 的前方，两者距离不断增大；在t 2时刻之后，A 的速度大于B 的速度，B 在A 的前方，两者距离不断减小，所以在t 2时刻，两者距离最远．选项A 、B 错误．速度图线的斜率等于加速度，斜率越大，加速度越大，可知在0～t1时间内质点B比质点A加速度大，选项C正确．两个质点在t2时刻之后位移相等时相遇一次，之后由于A的速度大于B的速度，不可能再相遇，选项D错误．4．AB [解析] 吴敏霞跳水过程分为入水前的竖直上抛运动和入水后的匀减速两个过程，t1时刻，吴敏霞速度为零，到达最高点，选项A正确；t2时刻，吴敏霞的加速度发生改变，说明受力发生变化，即t2时刻开始受到水的作用力，进入水面，选项B正确，C错误；t3时刻，吴敏霞向下匀减速到速度为零，到达水中最深处，选项D错误．【教师备用习题】1．(多选)[2013·四川卷]甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其vt 图像如图所示，则( )A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同[解析] BD 0～1 s内，甲的速度为正值，沿正方向运动，乙的速度由负值变为正值，先沿负方向运动后沿正方向运动，A错误；0～7 s内，乙的图像与坐标轴所围的面积为0，故位移为0，B正确；甲在0～1 s内沿正方向做匀加速运动，在1～2 s内沿正方向做匀减速运动，在2～3 s内沿正方向做匀加速运动，在3～4 s内沿正方向做匀减速运动，故甲在0～4 s内沿正方向做单方向上的直线运动，C错误；在t＝6 s时甲、乙的图像斜率均小于0，故其加速度方向都为负，D正确．2．[2014·江苏卷]一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止. 下列速度v和位移x的关系图像中，能描述该过程的是( )A B C D[解析] A 设汽车做匀加速直线运动时的加速度为a1，则由运动学公式得2a1x＝v2，由此可知选项C、D错误；设刹车时汽车的位移为x0，速度为v0，其后做减速运动的加速度为a2，则减速过程有v2－v20＝2a2(x－x0)，这里的v20＝2a1x0，x>x0，则v2＝2a1x0＋2a2(x－x0)＝2(a1－a2)x0＋2a2x，即v＝2（a1－a2）x0＋2a2x(x>x0，a2<0)．综上所述，只有选项A正确．3．如图所示，小球甲从倾角θ＝30°的光滑斜面上高h＝5 cm的A点由静止释放，同时小球乙自C点以速度v0沿光滑水平面向左匀速运动，C点与斜面底端B处的距离L＝0.4 m，甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去，甲释放后经过t＝1 s刚好追上乙，求乙的速度v0(g取10 m/s2)．[答案] 0.4 m/s，方向水平向左[解析] 设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a，运动时间为t1，运动到B处时的速度为v1，从B处到追上小球乙所用时间为t2，则a＝g sin 30°＝5 m/s2由hsin 30°＝12at21得t1＝4ha＝0.2 s，t2＝t－t1＝0.8 s，v1＝at1＝1 m/s甲刚好追上乙时，v0t＋L＝v1t2，代入数据解得：v0＝0.4 m/s，方向水平向左．实验1 研究匀变速直线运动【实验器材】小车 纸带 0.02 s 0.02 s【考点互动探究】考点一 实验原理与实验操作1．(1)匀速直线 匀变速直线 (2)x 1＋x 22T (3)①Δx T 2 ②Δv Δt2．(1)没有滑轮 (3)接通电源 放开小车 关闭电源例1 (1)交流 0.02 (2)A (3)相邻相等时间内的位移差相等 0.53 1.13[解析] (1)电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，当电源频率为50 Hz 时，它每隔0.02 s 打一次点；(2)在使用打点计时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，A 正确；(3)当相邻相等时间内的位移之差都相等时，小车做匀加速直线运动．v C ＝x 2＋x 32T ，T ＝0.1 s ，可求得v C ＝0.53 m/s ，由Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝aT 2可得：a ＝1.13 m/s 2.变式题 (1)CD (2)39.0(3)逐渐增大到39.8 cm/s 逐渐增大到等于重力(4)为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用．磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用．[解析] (1)C 选项应用手提着穿过限位孔的纸带且让磁铁靠近打点计时器从静止释放纸带，D 选项应先接通电源后释放纸带．(2)v 4＝5.60－4.040.02×2cm/s ＝39.0 cm/s. (3)磁铁速度逐渐增大到39.8 cm/s ，加速度逐渐减小到零．说明电磁阻力逐渐增大到等于重力．考点二 数据处理与误差分析1．(1)0.1 (2)0.1 (4)①（x 4＋x 5＋x 6）－（x 1＋x 2＋x 3）9T 2 ②x n ＋x n ＋12T斜率 例2 (1)靠近 接通电源 释放纸带(2)b 纸带与打点计时器间的摩擦力[解析] (1)重物靠近打点计时器时，打点计时器才能在纸带上打下足够多的点，以便获取相关的数据，使得实验数据更加可靠；实验时，要先接通电源后释放纸带，以保证打下的第一个点速度为零；(2)纸带b 中相邻两点之间的距离是均匀增大的，而纸带c 相邻两点之间的距离则是先增大后减小，故要选择纸带b 计算重力加速度；在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地的重力加速度，这是由于重物下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器间有摩擦阻力．变式题 (1)4.30(填“4.29”或“4.31”同样给分) (2)物块加速度小于g h s＝5.88 m/s 2(或：物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)[解析] (1)根据逐差法求出加速度 a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）（2T ）2＝4.30 m/s 2. (2)根据牛顿第二定律，物块沿光滑斜面下滑的加速度a ′＝g sin θ＝g h s ＝5.88 m/s 2，由于a ＜a ′，可知斜面是粗糙的．。
