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1、第2講　勻變速直線運動的規(guī)律及應用——賀國磊 第2講　勻變速直線運動的規(guī)律及應用 知識一　勻變速直線運動的規(guī)律 1．勻變速直線運動 (1)定義：沿著一條直線運動，且加速度不變的運動． (2)分類 ①勻加速直線運動，a與v0同向． ②勻減速直線運動，a與v0反向． 2．勻變速直線運動的規(guī)律 (1)速度公式：v＝v0＋at. (2)位移公式：x＝v0t＋at2. (3)位移速度關系式：v2－v＝2ax. 3．勻變速直線運動的兩個重要推論 (1)物體在一段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量和的一半，即：＝v＝. (2)任意兩個連續(xù)相等

2、的時間間隔T內(nèi)的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2. 4．初速度為零的勻變速直線運動的四個重要推論 (1)1T末、2T末、3T末、……瞬時速度的比： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n (2)1T內(nèi)、2T內(nèi)、3T內(nèi)……位移的比： x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2 (3)第一個T內(nèi)、第二個T內(nèi)、第三個T內(nèi)……位移的比：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) (4)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移分別所用時間的比： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 例1．(多選

3、)做勻減速直線運動的質點，它的加速度大小為a，初速度大小為v0，經(jīng)過時間t速度減小到零，則它在這段時間內(nèi)的位移大小可用下列哪些式子表示(　　) A．v0t＋at2　　　　　　　 B．v0t C. D.at2 【解析】　質點做勻減速直線運動，加速度為－a，位移為v0t－at2，A 、B錯；平均速度大小為，位移大小為·t，C對；勻減速到零的直線運動可借助反向的初速度為零的勻加速直線運動來計算，位移大小為at2，D對． 【答案】　CD 例2 ．[2014·福建卷Ⅰ] 如下圖所示，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零．對于該運動過程，若用h、s、v、a分

4、別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖像中能正確描述這一運動規(guī)律的是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D [解析] 關鍵點：物理公式與數(shù)學函數(shù)相結合 設滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面傾角為θ，滑塊在表面粗糙的固定斜面上下滑時做勻減速直線運動，加速度不變，其加速度的大小為a＝μgcosθ－gsin θ，故D項錯誤；由速度公式v＝v0－at可知，v-t圖像應為一條傾斜的直線，故C項錯誤；由位移公式s＝v0t－at2可知，B項正確；由位移公式及幾何關系可得h＝ssinθ＝sinθ，故A項錯誤．

5、 例3 . [2013聊城模擬]物體靜止在光滑水平面上，對物體施一水平向右的恒力F1，經(jīng)過時間t突然撤去F1，立即對它施一水平向左的恒力F2，又經(jīng)過時間t物體恰好到達出發(fā)點．則兩段時間內(nèi)（ ） A．加速度a1和a2大小之比為1：2 B．最大速度υ1m和υ2m大小之比為2：1 C．通過的位移x1和x2大小之比是1：3 D．F1、F2對該物體做功的最大即時功率之比是1：6 【解析】A、物體從靜止起受水平恒力F1?作用，做勻加速運動，經(jīng)一段時間t后的速度為v1=a1t= t，以后受恒力F2，做勻減速運動 a2=，經(jīng)同樣時間后回到原處，整個時間內(nèi)再聯(lián)系物體的位移為零，于是a1t2+v1

6、t-a2t2=0，解得 F2=3F1，所以加速度之比1：3，故A錯誤； B、v2=v1-a2t=t，所以v2：v1==-2，即v2：v1速度大小比為：2：1，最大速度υ1m和υ2m大小之比為1：2，故B錯誤； C、通過的位移大小相等，所以位移之比為1；1，故C錯誤； D、最大功率P=Fvm，所以F1、F2對該物體做功的最大即時功率之比是F1v1：F2v2=1：6，故D正確． 【答案】D 知識二　自由落體運動和豎直上拋運動 自由 落體 (1)速度公式：v＝gt (2)位移公式：h＝gt2 (3)速度—位移關系式：v2＝2gh 豎直 上拋 (4)速度公式：v＝v0－gt

7、 (5)位移公式：h＝v0t－gt2 (6)速度—位移關系式：v2－v＝－2gh (7)上升的最大高度：H＝ (8)上升到最大高度的時間：t＝ 例4 ．一個小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB.該愛好者用直尺量出軌跡的長度，如圖1－2－1所示．已知曝光時間為 s，則小石子的出發(fā)點離A點約為(　　) 圖1－2－1 A．6.5 m B．10 m C．20 m D．45 m 【解析】　因曝光時間極短，故AB段可看做勻速直線運動，小石子到達A點時的速度為vA＝＝ m/s＝20 m/s，h＝＝ m＝20 m. 【答案】　C

8、例5．蹦床運動要求運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦起、騰空并做空中運動．為了測量運動員躍起的高度，訓練時可在彈性網(wǎng)上安裝壓力傳感器，利用傳感器記錄彈性網(wǎng)所受的壓力，并在計算機上作出壓力—時間圖象，假如作出的圖象如圖1－2－2所示．設運動員在空中運動時可視為質點，則運動員躍起的最大高度是(g取10 m/s2)(　　) 圖1－2－2 A．1.8 m B．3.6 m C．5.0 m D．7.2 m 【解析】　從題目中的F－t圖象中可以看出，運動員脫離彈性網(wǎng)后騰空的時間為t1＝2.0 s，則運動員上升到最大高度所用的時間為t2＝1.0 s，所以上升的最大高度h＝gt＝5.0 m，選項C

9、正確． 【答案】　C 考點突破 考點一 [04]　勻變速直線運動規(guī)律的應用 一、解題的基本思路 →→→→ 二、對勻變速直線運動規(guī)律的兩點說明 1．正、負號的規(guī)定：直線運動中可以用正、負號表示矢量的方向，一般情況下，我們規(guī)定初速度的方向為正方向，與初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取負值，當v0＝0時，一般以a的方向為正方向． 2．物體先做勻減速直線運動，速度減為零后又反向做勻加速直線運動，全程加速度不變，可以將全程看作勻減速直線運動，應用基本公式求解． 例1　(2013·四川高考)近來，我國多個城市開始重點治理“中國式過馬路”行為．每年全國由于行人不遵守交通規(guī)則而引發(fā)的交

10、通事故上萬起，死亡上千人．只有科學設置交通管制，人人遵守交通規(guī)則，才能保證行人的生命安全． 如圖1－2－3所示，停車線AB與前方斑馬線邊界CD間的距離為23 m．質量8 t、車長7 m的卡車以54 km/h的速度向北勻速行駛，當車前端剛駛過停車線AB，該車前方的機動車交通信號燈由綠燈變黃燈． 圖1－2－3 (1)若此時前方C處人行橫道路邊等待的行人就搶先過馬路，卡車司機發(fā)現(xiàn)行人，立即制動，卡車受到的阻力為3×104 N．求卡車的制動距離； (2)若人人遵守交通規(guī)則，該車將不受影響地駛過前方斑馬線邊界CD.為確保行人安全，D處人行橫道信號燈應該在南北向機動車信號燈變黃燈后至少多久變?yōu)?/p>

11、綠燈？ 【審題指導】　本題以生活中“過馬路”為背景考查運動學基本規(guī)律的應用，求解的關鍵在于：(1)中卡車到達前方C處人行橫道時，速度恰好減為零；(2)中要明確卡車不受影響的距離所對應的時間為黃燈閃爍時間． 【解析】　此題運用動能定理解答較簡單，也可根據(jù)卡車剎車做勻減速直線運動，應用牛頓第二定律和運動學公式解決問題． 已知卡車質量m＝8 t＝8×103 kg、初速度v0＝54 km/h＝15 m/s. (1)從制動到停止，已知卡車所受阻力f＝－3×104 N，a＝ 設卡車的制動距離為s1，有0－v＝2as1① 代入數(shù)據(jù)解得s1＝30 m② (2)已知車長l＝7 m，AB與CD的距離

12、為s0＝23 m．設卡車駛過的距離為s2，D處人行橫道信號燈至少需要經(jīng)過時間Δt后變?yōu)榫G燈，有 s2＝s0＋l③ s2＝v0Δt④ 聯(lián)立③④式，代入數(shù)據(jù)解得Δt＝2 s. 【答案】　(1)30 m　(2)2 s 解勻變速直線運動應注意的問題 (1)如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是聯(lián)系各段的紐帶． (2)描述勻變速直線運動的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五個量，每一個基本公式中都涉及四個量，選擇公式時一定要注意分析已知量和待求量，根據(jù)所涉及的物理量選擇合適的公式求解，會使問題簡化． (3)對于剎車類問題，當車速度為零時，停止運動，其加速

13、度也突變?yōu)榱悖蠼獯祟悊栴}應先判斷車停下所用時間，再選擇合適公式求解． 變式訓練1　一物體由靜止開始沿光滑斜面做勻加速直線運動，從斜面頂端運動6秒到達斜面底端，已知斜面長為18米，則 (1)物體在第3秒內(nèi)的位移多大？ (2)前3秒內(nèi)的位移多大？ 【解析】　(1)第1 s，第2 s，第3 s……第6 s內(nèi)的位移之比為1∶3∶5∶7∶9∶11， 因此第3秒內(nèi)的位移 xⅢ＝×18 m＝2.5 m， (2)將6 s的時間分成2個3 s， 前3 s內(nèi)的位移x3＝×18 m＝4.5 m. 【答案】　(1)2.5 m　(2)4.5 m 　考點二 [05]　自由落體和豎直上拋運動 一、自

14、由落體運動 自由落體運動是初速度為零，加速度為g的勻加速直線運動，因此一切勻加速直線運動的公式均適用于自由落體運動．特別是初速度為零的勻加速直線運動的比例關系式，在自由落體運動中應用更頻繁． 二、豎直上拋運動 1．重要特性 圖1－2－4 (1)對稱性：如圖1－2－4所示，物體以初速度v0豎直上拋，A、B為途中的任意兩點，C為最高點，則： ①時間對稱性：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理有tAB＝tBA. ②速度對稱性：物體上升過程經(jīng)過A點的速度與下降過程經(jīng)過A點的速度大小相等． (2)多解性：在豎直上拋運動中，當物體經(jīng)過拋出點上

15、方 某一位置時，可能處于上升階段，也可能處于下落階段，因此這類問題可能造成時間多解或者速度多解，也可能造成路程多解． 2．處理方法 (1)分段處理：①上升階段做勻減速直線運動；下降階段做自由落體運動． ②幾個特征物理量：上升高度h＝ 上升時間T＝，運動時間t＝ 落地速度v＝－v0. (2)全程處理 ①初速度為v0(設為正方向)，加速度a＝－g的勻變速直線運動． ②運動規(guī)律：v＝v0－gt，h＝v0t－gt2，v2－v＝－2gh. 例2　(多選)在塔頂上將一物體豎直向上拋出，拋出點為A，物體上升的最大高度為20 m，不計空氣阻力，設塔足夠高，則物體位移大小為10 m時，物體通

16、過的路程可能為(　　) A．10 m　　　　　　 B．20 m C．30 m D．50 m 【解析】　 物體在塔頂上的A點拋出，位移大小為10 m的位置有兩處，如圖所示，一處在A點之上，另一處在A點之下，在A點之上時，通過位移為10 m處又有上升和下降兩種過程，上升通過時，物體的路程s1等于位移x1的大小，即s1＝x1＝10 m；下降通過時，路程s2＝2H－x1＝2×20 m－10 m＝30 m，在A點之下時，通過的路程s3＝2H＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D正確． 【答案】　ACD 變式訓練2 　甲球從離地面H高處從靜止開始自由下落，同時使乙球從甲

17、球的正下方地面處做豎直上拋運動．欲使乙球上升到處與甲球相撞，則乙球上拋的初速度應為(　　) A.　　B.　　C.　　D. 【審題指導】　(1)分析甲、乙各自運動規(guī)律．(2)充分利用相遇條件． 【解析】　方法一　解析法 由豎直上拋運動規(guī)律知＝v0t－gt2，由自由落體運動規(guī)律知H－＝gt2，聯(lián)立可得t＝，v0＝，B對． 方法二　相對運動法 以自由下落的甲球為參考系，則乙球將向上做勻速運動，設乙球拋出時的初速度為v0，則從拋出到兩球相遇的時間為t＝，在這段時間內(nèi)對甲球有：＝gt2，聯(lián)立得v0＝，B對． 方法三　圖象法 取向上為正方向，作出兩球的v－t圖象，則兩圖線平行，由圖線所

18、圍面積的意義知v0t＝H，而H－＝gt2，所以v0＝，B對． 【答案】　B 方法薈萃 巧解勻變速直線運動問題的六種方法 運動學問題的求解一般有多種方法，除直接應用公式外，還有如下方法： 一、平均速度法 定義式＝對任何性質的運動都適用，而＝(v0＋v)適用于勻變速直線運動． 二、中間時刻速度法 利用“任一時間t，中間時刻的瞬時速度等于這段時間t內(nèi)的平均速度”，即v＝，適用于任何一個勻變速直線運動，有些題目應用它可以避免常規(guī)解法中用位移公式列出的含有t2的復雜式子，從而簡化解題過程，提高解題速度. 三、比例法 對于初速度為零的勻加速直線運動與末速度為零的勻減速直線運動，可利

19、用初速度為零的勻加速直線運動的重要特征的比例關系，用比例法求解． 四、逆向思維法 把運動過程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”的反向研究問題的方法，一般用于末態(tài)已知的情況． 五、圖象法 應用v－t圖象，可以使比較復雜的問題變得形象、直觀和簡單，尤其是用圖象定性分析，可避開繁雜的計算，快速得出答案． 六、推論法 在勻變速直線運動中，兩個連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移之差為一恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝aT2，若出現(xiàn)相等的時間間隔問題，應優(yōu)先考慮用Δx＝aT2求解． 例3 　 圖1－2－5 物體以一定的初速度v0沖上固定的光滑斜面，到達斜面最高點C時速度恰為零，如圖1－2－5所示．已知物體第

20、一次運動到斜面長度3/4處的B點時，所用時間為t，求物體從B滑到C所用的時間． 【規(guī)范解答】　解法一　比例法 對于初速度為0的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等的各段位移所用的時間之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 現(xiàn)將整個斜面分成相等的四段，如圖所示．設通過BC段的時間為tx，那么通過BD、DE、EA的時間分別為： tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，tEA＝(2－)tx， 又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tx＝t. 解法二　平均速度法 利用教材中的推論：中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度． AC＝＝＝， 又v＝2axAC① v＝2

21、axBC② xBC＝xAC③ 由①②③解得：vB＝. 可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B點是中間時刻的位置． 因此有tBC＝t. 【答案】　t 變式訓練3 從斜面上某一位置，每隔0.1 s釋放一個小球，在連續(xù)釋放幾顆小球后，對在斜面上滾動的小球拍下照片，如圖1－2－6所示，測得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm，求： 圖1－2－6 (1)小球的加速度大小； (2)拍攝時B球的速度大??； (3)拍攝時xCD的大小． 【解析】　(1)由a＝得小球的加速度a＝＝5 m/s2 (2)B點的速度等于AC段上的平均速度，即 vB＝＝1.75 m/s (3)由相

22、鄰相等時間內(nèi)的位移差恒定，即xCD－xBC＝xBC－xAB，所以xCD＝2xBC－xAB＝0.25 m 【答案】　(1)5 m/s2　(2)1.75 m/s (3)0.25 m 課堂練習 ⊙考查自由落體運動 1．(2011·重慶高考)某人估測一豎直枯井深度，從井口靜止釋放一石頭并開始計時，經(jīng)2 s聽到石頭落底聲，由此可知井深約為(不計聲音傳播時間，重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．10 m　　　B．20 m　　　C．30 m　　　D．40 m 【解析】　從井口由靜止釋放，石頭做自由落體運動，由運動學公式h＝gt2可得h＝×10×22 m＝20 m. 【答案】　B 2

23、．[2014上海單科，8]在離地高h處，沿豎直方向同時向上和向下拋出兩個小球，它們的初速度大小均為v，示計空氣阻力，兩球落地的時間差為 （A） （B） （C） （D） [解析]：關鍵點：最終落地時末速度相同 ⊙勻變速直線運動規(guī)律的一般應用 3 ．(2011·天津高考)質點做直線運動的位移x與時間t的關系為x＝5t＋t2(各物理量均采用國際單位制單位)，則該質點(　　) A．第1 s內(nèi)的位移是5 m B．前2 s內(nèi)的平均速度是6 m/s C．任意相鄰的1 s內(nèi)位移差都是1 m D．任意1 s內(nèi)的速度增量都是2 m/s 【解析】　由勻變速直線運動的位移公式x＝v0t＋a

24、t2，對比題給關系式可得v0＝5 m/s，a＝2 m/s2.則第1 s內(nèi)的位移是6 m，A錯；前2 s內(nèi)的平均速度是＝＝ m/s＝7 m/s，B錯；Δx＝aT2＝2 m，C錯；任意1 s內(nèi)速度增量Δv＝at＝ 2 m/s，D對． 【答案】　D 4． [2010新課標,24]短跑名將博爾特在北京奧運會上創(chuàng)造了100m和200m短跑項目的新世界紀錄，他的成績分別是9.69 s和l9.30 s。假定他在100 m比賽時從發(fā)令到起跑的反應時間是0.15 s，起跑后做勻加速運動，達到最大速率后做勻速運動。200 m比賽時，反應時間及起跑后加速階段的加速度和加速時間與l00 m比賽時相同，但由于彎道和

25、體力等因素的影響，以后的平均速率只有跑l00 m時最大速率的96％。求： (1)加速所用時間和達到的最大速率： (2)起跑后做勻加速運動的加速度。(結果保留兩位小數(shù)) 【關于勻變速直線運動的規(guī)律公式的選擇】 [解析] 解：（1）設加速所用時間為t（以s為單位），勻速運動的速度為v（以m/s為單位），則有① ② 由①②式得 ③ ④ （2）設加速度大小為，則 ⑤ 5． 圖1－2－7 如圖1－2－7所示，一小球分別以不同的初速度，從光滑斜面的底端A點向上做直線運動，所能到達的最高點位置分別為a、b、c，它們距斜面底端A點的距離分別為s1、s2

26、、s3，對應到達最高點的時間分別為t1、t2、t3，則下列關系正確的是(　　) A.＝＝ B.>> C.＝＝ D.>> 【解析】　利用逆向思維，將小球的運動看作沿斜面向下的初速度為零的勻加速直線運動，由＝知選項A、B表達的是平均速度，由題意可知到達a點的小球初速度最大，由＝可知該小球在此過程中的平均速度最大，A、B錯；由x＝at2知選項C、D表達的是加速度的一半，由受力情況可知三個過程的加速度相等，C對、D錯． 【答案】　C ⊙豎直上拋問題 6．(多選)(2014·長沙雅禮中學模擬)某物體以30 m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10 m/s2.則5 s內(nèi)物體的(　

27、　) A．路程為65 m B．位移大小為25 m，方向向上 C．速度改變量的大小為10 m/s D．平均速度大小為13 m/s，方向向上 【解析】　上升時間t1＝＝ s＝3 s，上升位移為h1＝＝ m＝45 m，自由落體時間t2＝2 s，下降高度為h2＝gt＝×10×22 m＝20 m，故5 s內(nèi)的路程為s＝h1＋h2＝65 m，故A正確；此時位移為h＝h1－h(huán)2＝25 m，方向豎直向上，故B正確；此時速度大小為v＝gt＝10×2 m/s＝20 m/s，方向豎直向下，所以速度的改變量Δv＝－20 m/s－30 m/s＝－50 m/s，故C錯；平均速度為＝＝＝ m/s＝5 m/s，故D

28、錯． 【答案】　AB 7．從離地H高處自由下落小球a，同時在它正下方H處以速度V0豎直上拋另一小球b，不計空氣阻力，有（ ） （1）若V0＞，小球b在上升過程中與a球相遇 （2）若V0＜,小球b在下落過程中肯定與a球相遇 （3）若V0=，小球b和a不會在空中相遇 （4）若V0=，兩球在空中相遇時b球速度為零?！　　? A．只有（2）是正確的　　 B．（1）（2）（3）是正確的　　 C．（1）（3）（4）正確的　　 D．（2）（4）是正確的。 ⊙剎車問題 8．一輛車正以20.0 m/s的速度向前行駛．突然，司機看到一個小孩站在

29、路上．她花了0.80 s的時間才反應過來，并立即踩下剎車，使車以7.0 m/s2的加速度逐漸減慢車速．車在停止前還會前進多遠？ 【解析】　0.80 s反應時間內(nèi)，車勻速運動 x1＝v0·t＝16 m. 剎車過程為勻減速，a＝－7.0 m/s2. 由v2－v＝2ax，得 x2＝≈28.6 m 所以車在停止前還會前進 x＝x1＋x2＝44.6 m 【答案】　44.6 m 9．甲車以10 m/s的速度在平直的公路上勻速行駛，乙車以4 m/s的速度與甲車平行同向做勻速直線運動．甲車經(jīng)過乙車旁邊時開始以0.5 m/s2的加速度剎車，從甲車剎車開始計時，求： (1)乙車在追上甲車前，兩

30、車相距的最大距離； (2)乙車追上甲車所用的時間． 解析　關鍵點：注意剎車陷阱 (1)當甲車速度減至等于乙車速度時兩車的距離最大，設該減速過程所用時間為t， 則有v乙＝v甲－at，解得t＝12 s， 此時甲、乙間距離為v甲t－at2－v乙t＝36 m (2)設甲車減速到零所需時間為t1，則有t1＝＝20 s t1時間內(nèi)，s甲＝t1＝×20 m＝100 m s乙＝v乙t1＝4×20 m＝80 m 此后乙車運動時間t2＝＝ s＝5 s 故乙車追上甲車需t1＋t2＝25 s. 答案　(1)36 m　(2)25 s 課時限時檢測(二)　勻變速直線運動的規(guī)律及應用 (時間：4

31、5分鐘　滿分：100分) 知識點 題號 易 中 難 勻變速規(guī)律 公式法 2、4 7、9、11 10 推論 5 8 特殊法 1 自由落體與豎直上拋 3 6 12 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分．在每小題給出的四個選項中，1～6題只有一項符合題目要求，7～10題有多項符合題目要求．全部選對的得7分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分．) 1．做勻減速直線運動的物體經(jīng)4 s停止，若在第1 s內(nèi)的位移是14 m，則最后1 s內(nèi)位移是(　　) A．3.5 m　　　　　　　　 B．2 m C．1 m D．0 【

32、解析】　利用“逆向思維法”，把物體的運動看成逆向的初速度為零的勻加速直線運動，則勻減速直線運動的物體在相等時間內(nèi)的位移之比為7∶5∶3∶1，所以＝，x1＝2 m．故選B. 【答案】　B 2．汽車以20 m/s的速度做勻速直線運動，剎車后的加速度大小為5 m/s2，那么在剎車后的前3 s內(nèi)與后1 s內(nèi)汽車通過的位移之比為(　　) A．1∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．15∶1 【解析】　汽車從剎車至停止經(jīng)過的時間t＝ s＝4 s 前3 s內(nèi)的位移x1＝20×3 m－×5×32 m＝37.5 m 后1 s內(nèi)的位移等于第4 s內(nèi)的位移，則有： x2＝ m－x1＝2.5 m(

33、或x2＝×5×12 m＝2.5 m) 故x1∶x2＝15∶1. 【答案】　D 3．從塔頂釋放一個小球A,1 s后從同一地點再釋放一個小球B，設兩球都做自由落體運動，則落地前A、B兩球之間的距離(　　) A．保持不變 B．不斷減小 C．不斷增大 D．有時增大，有時減小 【解析】　設B球下落了時間t s，則A球下落了時間(t＋1)s.由h＝gt2得hB＝gt2，hA＝g(t＋1)2.A、B兩球間距離h＝hA－h(huán)B＝g(2t＋1)，可見h隨時間t的增大而增大，C項正確． 【答案】　C 4．一物體做勻加速直線運動，通過一段位移Δx所用的時間為t1，緊接著通過下一段位移Δx所用的

34、時間為t2，則物體運動的加速度為(　　) A. B. C. D. 【解析】　物體做勻變速直線運動，由勻變速直線運動規(guī)律： ＝v＝知：v1＝① v2＝② 由勻變速直線運動速度公式vt＝v0＋at知 v2＝v1＋a·()③ ①②③式聯(lián)立解得a＝ 【答案】　A 5．做勻加速直線運動的某物體初速度為2 m/s，經(jīng)過一段時間t后速度變?yōu)? m/s，則時刻的速度為(　　) A．由于t未知，無法確定時刻的速度 B．由于加速度a及時間t未知，無法確定時刻的速度 C．5 m/s D．4 m/s 【解析】　中間時刻的速度等于初、末速度矢量和的一半 m/s＝4 m/s，D對．

35、 【答案】　D 6. 圖1－2－8 如圖1－2－8所示是木星的一個衛(wèi)星——木衛(wèi)1上面的珞璣火山噴發(fā)的情景，圖片中的英文單詞E-ruption意思是“火山噴發(fā)”．經(jīng)觀測火山噴發(fā)出巖塊上升高度可達250 km，每一塊石頭的留空時間為1 000 s．已知在距離木衛(wèi)1表面幾百千米的范圍內(nèi)，木衛(wèi)1的重力加速度g木衛(wèi)可視為常數(shù)，而且在木衛(wèi)1上沒有大氣．則據(jù)此可求出g木衛(wèi)與地球表面重力加速度g(g＝10 m/s2)的關系是(　　) A．g木衛(wèi)＝g B．g木衛(wèi)＝g C．g木衛(wèi)＝g D．g木衛(wèi)＝g 【解析】　一塊石頭的留空時間為1 000 s，石頭上升或下落時間為500 s，根據(jù)h＝g木

36、衛(wèi)t2，解得g木衛(wèi)＝2 m/s2，C正確． 【答案】　C 7．給滑塊一初速度v0使它沿光滑斜面向上做勻減速運動，加速度大小為，當滑塊速度大小為時，所用時間可能是(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 【解析】　當滑塊速度大小為時，其方向可能與初速度方向相同，也可能與初速度方向相反，因此要考慮兩種情況，即v＝和v＝－，代入公式t＝，得t＝和t＝，故B、C選項正確． 【答案】　BC 8．做初速度不為零的勻加速直線運動的物體，在時間T內(nèi)通過位移x1到達A點，接著在時間T內(nèi)又通過位移x2到達B點，則以下判斷正確的是(　　) A．物體在A點的速度大小為 B．物體運動的加速度為

37、 C．物體運動的加速度為 D．物體在B點的速度大小為 【解析】　根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，中間時刻的瞬時速度等于該段時間內(nèi)的平均速度，故A正確；根據(jù)x2－x1＝aT2，C正確，B錯誤；根據(jù)v＝v0＋aT，物體在B點的速度大小為，D錯誤． 【答案】　AC 9．(2014·武漢二中模擬)升降機由靜止開始以加速度a1勻加速上升2 s，速度達到3 m/s，接著勻速上升10 s，最后再以加速度a2勻減速上升3 s才停下來，則(　　) A．勻加速上升的加速度為1.5 m/s2 B．勻減速上升的加速度為1.5 m/s2 C．上升的總高度為37.5 m D．上升的總高度為32.5 m 【解析

38、】　由v＝at知a1＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，A正確；勻減速時a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，B錯誤；升降機上升總高度x＝·t1＋v·t2＋·t3＝(3＋30＋4.5) m＝37.5 m，故C正確，D錯誤． 【答案】　AC ☆10. 圖1－2－9 如圖1－2－9所示，平直路面上有A、B兩塊擋板，相距6 m，一物塊(可視為質點)以8 m/s的初速度從緊靠A板處出發(fā)，在A、B兩板間做往復勻減速運動．物塊每次與A、B板碰撞后均以原速反彈回去，現(xiàn)要求物塊最終停在距B板2 m處，已知物塊和A擋板只碰撞了一次，則(　　) A．物塊全程運動的可能時間為6 s B．物塊通過的路程可能

39、為20 m C．物塊的加速度大小可能為1.6 m/s2 D．物塊的加速度大小可能為2 m/s2 【解析】　物塊雖然做的是往復運動，但完全可以等效成勻減速直線運動．設物塊的加速度為a，運動時間為t，根據(jù)題意可得：v0＝at，x＝at2/2；因物塊和A擋板只碰撞了一次，物塊通過的路程為16 m或20 m，把數(shù)據(jù)代入上面兩式，可算出物塊運動全程的時間可能為4 s或5 s，物塊運動的加速度大小應為2 m/s2或1.6 m/s2. 【答案】　BCD 二、非選擇題(本題共2小題，共30分．計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位．) 11．(12分)從車站開出的汽車，做勻加速

40、直線運動，走了12 s時，發(fā)現(xiàn)還有乘客沒上來，于是立即做勻減速運動至停車．汽車從開出到停止總共歷時20 s，行進了50 m．求汽車的最大速度． 【解析】　設最高速度為vm，由題意，可得方程組： x＝a1t＋vmt2＋a2t，t＝t1＋t2 vm＝a1t1,0＝vm＋a2t2 整理得：vm＝＝ m/s＝5 m/s. 【答案】　5 m/s 圖1－2－10 ☆12.(18分)(2014·青島模擬)如圖1－2－10所示，A、B兩棒長均為L＝1 m，A的下端和B的上端相距x＝20 m，若A、B同時運動，A做自由落體運動，B做豎直上拋運動，初速度v0＝40 m/s.求： (1)A、B兩棒何時相遇． (2)從相遇開始到分離所需的時間． 【解析】　(1)設經(jīng)過時間t兩棒相遇 由gt2＋(v0t－gt2)＝x 得t＝＝ s＝0.5 s. (2)從相遇開始到兩棒分離的過程中，A棒做初速度不為零的勻加速直線運動，B棒做勻減速直線運動，設從相遇開始到分離所需時間為Δt，則 (vAΔt＋gΔt2)＋(vBΔt－gΔt2)＝2L 其中vA＝gt，vB＝v0－gt 代入后解得Δt＝＝ s＝0.05 s. 【答案】　(1)0.5 s　(2)0.05 s 19