【物理】2019届一轮复习人教版　匀变速直线运动的规律及应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版　匀变速直线运动的规律及应用学案

第二节 匀变速直线运动的规律及应用 ‎ [学生用书P5]‎ ‎【基础梳理】‎ 一、匀变速直线运动的基本规律 ‎1．速度与时间的关系式：v＝v0＋at．‎ ‎2．位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2．‎ ‎3．位移与速度的关系式：v2－v＝2ax．‎ 二、匀变速直线运动的推论 ‎1．平均速度公式：＝v＝．‎ ‎2．位移差公式：Δ x＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2．‎ 可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.‎ ‎3．初速度为零的匀加速直线运动比例式 ‎(1)1T末，2T末，3T末…瞬时速度之比为：‎ v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n．‎ ‎(2)1T内，2T内，3T内…位移之比为：‎ x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2．‎ ‎(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内…位移之比为：‎ xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．‎ ‎(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：‎ t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．‎ 三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律 ‎1．自由落体运动规律 ‎(1)速度公式：v＝gt．‎ ‎(2)位移公式：h＝gt2．‎ ‎(3)速度－位移关系式：v2＝2gh．‎ ‎2．竖直上抛运动规律 ‎(1)速度公式：v＝v0－gt．‎ ‎(2)位移公式：h＝v0t－gt2．‎ ‎(3)速度－位移关系式：v2－v＝－2gh.‎ ‎(4)上升的最大高度：h＝．‎ ‎(5)上升到最大高度用时：t＝．‎ ‎【自我诊断】‎ ‎ 判一判 ‎(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．( )‎ ‎(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．( )‎ ‎(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的．( )‎ ‎(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3.( )‎ ‎(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．( )‎ ‎(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同．( )‎ 提示：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√‎ ‎ 做一做 ‎(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 m C．可求得OA之间的距离为1.125 m D．可求得OA之间的距离为1.5 m 提示：选BC.设加速度为a，时间为T，则有Δs＝aT2＝1 m，可以求得CD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝，所以OB之间的距离为sOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为sOA＝sOB－sAB＝1.125 m，即B、C选项正确．‎ ‎ 匀变速直线运动规律的应用[学生用书P5]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题 ‎2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法 题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)‎ 没有涉及的物理量 ‎ 适宜选用的公式 v0、v、a、t x ‎[速度公式]‎ v＝v0＋at v0、a、t、x v ‎[位移公式]‎ x＝v0t＋at2‎ v0、v、a、x t ‎[速度位移关系式]‎ v2－v＝2ax v0、v、t、x a ‎[平均速度公式]‎ x＝t ‎3.运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以a的方向为正方向．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ ‎ 歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15 战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”‎ 舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：‎ ‎(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；‎ ‎(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.‎ ‎[审题指导] 第(1)问不知道时间，直接应用公式2ax＝v2－v解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动．‎ ‎[解析] (1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v，解得v1min＝.‎ ‎(2)法一：一般公式法 起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有 x＝v2mint，t＝ ‎2a(L＋x)＝v2－v 解得v2min＝－.‎ 法二：相对运动法 选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝－.‎ ‎[答案] (1) (2)－ ‎(1)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分阶段分析，各阶段交接处的速度往往是联系各阶段的纽带．‎ ‎(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解．‎ ‎(3)对于双向可逆匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段法求解． ‎ ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1 基本公式的应用 ‎1．某航母跑道长为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，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )‎ A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s 解析：选B.飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系v2－v＝2ax解决问题．由题知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根据v2－v＝2ax得，‎ 借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0＝＝ m/s＝10 m/s.故选项B正确．‎ ‎ 迁移2 刹车类问题 ‎2．(2018·河南、河北、山西质量监测)冰壶在水平面上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶(视为质点)沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB＝CD＝l、BC＝7l，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)冰壶经过B点时的速率；‎ ‎(2)冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比．‎ 解析：(1)冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝μg 根据速度位移关系有：v＝2a1(7l＋l)‎ 解得冰壶在B点的速率vB＝＝4.‎ ‎(2)设冰壶在AB段运动时加速度大小为a2，‎ 由AB间匀加速运动有v＝2a2l，‎ 可得冰壶在AB间运动的加速度a2＝8μg 设冰壶在CD段运动时间为t1，‎ 冰壶在AB段运动时间为t2，‎ 根据运动学关系有：lCD＝a1t，lAB＝a2t 冰壶在CD段与在AB段运动时间之比t1∶t2＝2∶1.‎ 答案：(1)4 (2)2∶1‎ ‎ 处理匀变速直线运动六法[学生用书P6]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎【典题例析】‎ ‎ 物体以一定的初速度冲上固定 的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图．已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．‎ ‎[审题突破] 本题的解答方法很多．如：因为vC＝0，故可用逆向思维法将该过程看做是沿斜面向下的匀加速直线运动．不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程．‎ ‎[解析] 法一：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面．‎ 故xBC＝，xAC＝，又xBC＝，‎ 由以上三式解得tBC＝t.‎ 法二：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 v＝2axAC ①‎ v＝v－2axAB ②‎ xAB＝xAC ③‎ 由①②③解得vB＝ ④‎ 又vB＝v0－at ⑤‎ vB＝atBC ⑥‎ 由④⑤⑥解得tBC＝t.‎ 法三：位移比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．‎ 因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.‎ 法四：时间比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．‎ 现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为tx，那么通过 BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，tEA＝(2－)tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，解得tx＝t.‎ 法五：中间时刻速度法 利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得vB＝.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t.‎ 法六：图象法 根据匀变速直线运动的规律，作出v－t图象，如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.‎ 所以＝，‎ 解得tBC＝t.‎ ‎[答案] t 匀变速直线运动问题的解题“四步骤”‎ ‎ ‎ ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1 比例法的应用 ‎1．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1‎ B．v1∶v2∶v3＝∶∶1‎ C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1‎ 解析：选BD.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶∶…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为∶∶1，选项A错误，B正确．‎ ‎ 迁移2 Δx＝aT2推论法的应用 ‎2．(2018·成都高新区月考)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )‎ A．2 m/s，3 m/s，4 m/s B．2 m/s，4 m/s，6 m/s C．3 m/s，4 m/s，5 m/s D．3 m/s，5 m/s，7 m/s 解析：选B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB＝＝4 m/s，‎ 又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确．‎ ‎ 自由落体运动和竖直上抛运动[学生用书P7]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎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(如图)‎ ‎(1)对称性 ‎①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.‎ ‎②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等．‎ ‎(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，在解决问题时要注意这个特性．‎ ‎3．竖直上抛运动的研究方法 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向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向为正方向)‎ 若v>0，物体上升，若v<0，物体下落 若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方 ‎【典题例析】‎ ‎ 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)‎ ‎[审题指导] 重物从气球上掉落时仍具有向上的速度．‎ ‎[解析] 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，v0＝10 m/s代入位移公式 h＝v0t－gt2‎ 解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)，‎ 所以重物落地速度为 v＝v0－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．‎ 法二：分段法 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则 t1＝＝ s＝1 s 上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋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 t2＝＝ s＝6 s，‎ v＝gt2＝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＝t1＋t2＝7 s.‎ ‎[答案] 7 s 60 m/s ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1 自由落体运动 ‎1．(2018·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则( )‎ A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s C．物体在前2 s内的位移大小是20 m D．物体在5 s内的位移大小是50 m 解析：选D.设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得g×(5 s)2－g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是g×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是g×(5 s)2＝50 m，选项D正确．‎ ‎ 迁移2 竖直上抛运动 ‎2．(2018·江西五校高三摸底考试)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，重力加速度g取9.8 m/s2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．‎ 解析：小球第一次下落经历的时间为：t＝＝1 s 落地前的速度的大小v＝gt＝9.8 m/s 第一次碰地弹起的速度的大小v1＝v 上升到落回的时间 t1＝＝2× s 第二次碰地弹起的速度的大小v2＝v 上升到落回的时间 t2＝＝2× s ‎⋮‎ 第n次碰地弹起的速度的大小vn＝v 上升到落回的时间 tn＝＝2× s 从开始到最终停止经历的时间为：t总＝1＋2×＋2×＋…＋2× s＝1＋7× s≈8 s.‎ 答案：8 s ‎ [学生用书P8]‎ ‎1．(2016·高考全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )‎ A. B． C. D． 解析：选A.设质点的初速度为v0、末速度为vt，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即vt＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，＝＝2v0，由加速度的定义可知质点的加速度a＝＝，由以上两式可知，a＝，A项正确，B、C、D项错误．‎ ‎2．(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/s2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2 B．关卡3‎ C．关卡4 D．关卡5‎ 解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝＝1 s，运动的距离为x1＝at2＝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内运动的距离为9 m，过了关卡2.到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能通过关卡3.到关卡4时共用时12.5 s，而第12 s时关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C项正确．‎ ‎3．(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的( )‎ A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向向上 C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向向上 解析：‎ 选AB.法一：分阶段法 物体上升的时间t上＝＝ s＝3 s，物体上升的最大高度h1＝＝ m＝45 m．物体从最高点自由下落2 s的高度h2＝gt＝×10×22 m＝20 m．运动过程如图所示，则总路程为65 m，A正确.5 s末物体离抛出点的高度为25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确.5 s末物体的速度v＝gt下＝10×2 m/s＝20 m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv＝(－v)－v0＝(－20 m/s)－30 m/s＝－50 m/s，即速度改变量的大小为50 m/s，方向向下，C错误．平均速度＝＝ m/s＝5 m/s，方向向上，D错误．‎ 法二：全过程法 由竖直上抛运动的规律可知：物体经3 s到达最大高度h1＝45 m处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋at2＝25 m>0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向向上，A、B正确．速度的变化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C错误.5 s末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度＝＝5 m/s>0，方向向上，D错误．‎ ‎4．(高考全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．‎ 解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg＝ma0 ①‎ s＝v0t0＋ ②‎ 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．‎ 设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0 ③‎ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg＝ma ④‎ s＝vt0＋ ⑤‎ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝20 m/s(72 km/h)．‎ 答案：20 m/s ‎ [学生用书P277(单独成册)]‎ ‎(建议用时：60分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人．若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )‎ A．288 m B．300 m C．150 m D．144 m 解析：选B.先求出飞机着陆后到停止所用时间t.由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m.‎ ‎2．(2018·山西四校联考)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为( )‎ A．12.5 m B．2 m C．10 m D．0.5 m 解析：选D.据v＝at可得由刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，x＝at′2＝0.5 m.‎ ‎3．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车匀加速的加速度大小为多少，s是相同的 B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间 C．若B车匀加速的时间为1 min，则s为4 km D．若B车匀减速的加速度大小为5 m/s2，则当B车停下时A车已距随州站路程为1 km 解析：选D.设B车从静止开始加速到v＝360 km/h所用时间为t，B车加速度为a，由题意得s＝vt－t＝t，而v＝at，所以两者之间的距离s＝，由此可知，B车的加速度a越大，s越小，A项错误；从襄阳站到潜江站中间间隔三个站，所以该乘客节约了三个站的减速、停车、提速时间，B项错误；若B车匀加速的时间t′＝1 min，则s＝t′＝3 km，C项错误；若B车匀减速的加速度大小a′＝5 m/s2，减速运动时间t″＝＝20 s，则当B车停下时A车已经距随州站路程为s′＝vt″－a′t″2＝1 km，D项正确．‎ ‎4．一固定的光滑斜面长为x，一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体速度为到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是( )‎ A. B．x C. D． 解析：选A.把物体的运动过程按速度大小分为两段，即0～和～v两段，由于两段的速度变化量相等，则两段的时间相等，又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3，故第一段的位移为总位移的四分之一，即，选项A正确．‎ ‎5．(2018·湖南石门检测)近年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通；设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车前1.5 m处，避免了一场事故．以下说法正确的是( )‎ A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下 ‎ B．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s C．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s 解析：选C.汽车减速到零的时间t1＝＝ s＝3 s．则t＝t′＋t1＝(0.6＋3)s＝3.6 s，故A错误；在反应时间内的位移x1＝v0t′＝15×0.6 m＝9 m．匀减速直线运动的位移x2＝＝ m＝22.5 m，则x＝x1＋x2＋1.5 m＝33 m，故C正确；平均速度＝＝ m/s＝8.75 m/s，故B、D错误．‎ ‎6．东东同学看到远处燃放的烟花，每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸．最高点与五楼顶部平齐，且前一颗烟花爆炸时后一颗烟花恰好从地面发射，他看到烟花爆炸闪光同时还听到了爆炸的声音，而在最后一颗烟花爆炸闪光之后还能听到一次爆炸的声音．请你根据这些现象估算他离烟花燃放点的距离约为(空气中声音传播速度为340 m/s，重力加速度为10 m/s2)( )‎ A．34 m B．58 m C．340 m D．580 m 解析：选D.每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸，均可视为竖直上抛运动．地面到五楼顶部的高度约为h＝15 m，则烟花上升到最高点的时间t＝＝ s＝ s．由题意知，离烟花燃放点的距离约为x＝vt＝340 m，约为580 m．选项D正确．‎ ‎7．(2018·淮南模拟)‎ 如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10 m/s2)( )‎ A．1.6 m B．2.4 m C．3.2 m D．4.0 m 解析：选C.将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动，由题意知，球从抛出到落回手中用时t＝0.4 s×4＝1.6 s，则球从最高点落回手中的时间为0.8 s，则H＝×10×0.82 m＝3.2 m，故C正确．‎ 二、多项选择题 ‎8．一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块在最初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/s2‎ B．滑块的初速度为5 m/s C．滑块运动的总时间为3 s D．滑块运动的总位移为4.5 m 解析：选CD.初速度为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s时，在前2 s内和后2 s内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3 s，选项C正确；最初1 s内的位移与总位移之比为＝，滑块最初1 s内的位移为2.5 m，故x＝4.5 m，选项D正确；根据x＝at2可得a＝1 m/s2，选项A错误；根据v＝at可得，滑块的初速度为3 m/s，选项B错误．‎ ‎9．(2018·中山模拟)‎ 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 D．小球在位置3的速度为 解析：选BCD.由Δx＝d为恒量判断，小球做匀加速直线运动，故B正确；由Δx＝aT2得a＝，故C正确；v3＝24＝，故D正确；v1＝v3－a·2T＝－×2T＝>0，故A错误．‎ ‎10.‎ ‎(2018·山东师大附中模拟)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 ∶∶1‎ B．三者运动时间之比为3∶2∶1‎ C．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 解析：选AC.由v2＝2gh，得v＝，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，A正确；由t＝得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝∶∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(－) ，c与b开始下落的时间差Δt2＝(－1)· ，故C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错误．‎ 三、非选择题 ‎11．(2018·河北定州中学模拟)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0＝72 km/h，靠近站口时以大小为a1＝5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝28.8 km/h，然后立即以a2＝4 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：‎ ‎(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？‎ ‎(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？‎ ‎(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？‎ 解析：设该车初速度方向为正方向，vt＝28.8 km/h＝8 m/s，v0＝72 km/h＝20 m/s，a1＝－5 m/s2.‎ ‎(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：‎ 由v－v＝2a1x1‎ 解得：x1＝33.6 m.‎ ‎(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vt＝v0＋a1t1，得t1＝＝2.4 s 加速阶段：t2＝＝3 s 则加速和减速的总时间为：t＝t1＋t2＝5.4 s.‎ ‎(3)在加速阶段：x2＝t2＝42 m 则总位移：x＝x1＋x2＝75.6 m 若不减速所需要时间：t′＝＝3.78 s 车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s.‎ 答案：(1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s ‎12．王兵同学利用数码相机连拍功能记录运动会上女子跳水比赛中运动员在10 m跳台跳水的全过程．所拍摄的第一张照片恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲，王兵同学认为这时她们处在最高点，第十九张如图乙，她们正好身体竖直、双手刚刚触及水面．查阅资料得知相机每秒连拍10张．设起跳时重心离台面及触水时重心离水面的距离相等．(g＝10 m/s2)由以上材料：‎ ‎(1)估算运动员的起跳速度大小；‎ ‎(2)分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升阶段还是下降阶段？‎ 解析：(1)由题意可知，相机连拍周期T＝ s＝0.1 s，运动员从起跳到双手触水的总时间t＝18T＝1.8 s.‎ 设起跳速度大小为v0，取竖直向上为正方向，‎ 则：－10＝v0t－gt2，‎ 解得：v0≈3.4 m/s.‎ ‎(2)上升时间t1＝＝0.34 s.‎ 而拍第四张照片是在0.3 s时，所以此时运动员还处于上升阶段．‎ 答案：(1)3.4 m/s (2)不是 重心处于上升阶段