【物理】2020届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律学案

【物理】2020届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律学案

第2节　匀变速直线运动的规律 一、匀变速直线运动的规律 ‎1．基本公式 ‎(1)速度公式：v＝v0＋at。‎ ‎(2)位移公式：x＝v0t＋at2。‎ ‎(3)速度—位移关系式：v2－v02＝2ax。‎ ‎2．重要推论 ‎(1)平均速度：＝v＝，即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，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。‎ ‎(2)任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。[注1]‎ ‎(3)位移中点速度：v＝ 。[注2]‎ ‎(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例 ‎①1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比：‎ v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。‎ ‎②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：‎ x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。‎ ‎③通过连续相等的位移所用时间之比：‎ t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。‎ 二、自由落体和竖直上抛运动的基本规律 自由落体运动 ‎[注3]‎ 竖直上抛运动 ‎[注4]‎ 速度公式 v＝gt v＝v0－gt 位移公式 h＝gt2‎ h＝v0t－gt2‎ 速度—位移关系式 v2＝2gh v2－v02＝－2gh ‎【注解释疑】‎ ‎[注1] 此公式可以延伸为xm－xn＝(m－n)aT2，常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度。‎ ‎[注2] 不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有：v＞v。‎ ‎[注3] 自由落体运动隐含两个条件：初速度为零，加速度为g。‎ ‎[注4] 整段研究竖直上抛运动时，注意所选取的正方向和相应时刻或位置速度的方向。‎ ‎[深化理解]‎ ‎1．匀变速直线运动的公式中，各物理量必须相对同一参考系，高中阶段一般都选地面为参考系。‎ ‎2．v0、v、a(g)、x(h)均为矢量，应用时要规定正方向，通常以v0的方向为正方向，以v0对应的位置为初始位置。‎ ‎3．在求解竖直上抛运动或其他运动方向发生变化的问题时，更要注意物理量的正、负。为了能够轻松应用公式，可以先在公式中直接写成加、减号，物理量只代入大小进行计算。‎ ‎[基础自测]‎ 一、判断题 ‎(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)‎ ‎(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(×)‎ ‎(3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)‎ ‎(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)‎ ‎(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。(×)‎ ‎(6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。(√)‎ 二、选择题 ‎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－t2(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 m B．前2 s内的平均速度是3 m/s C．运动的加速度为1 m/s2‎ D．任意1 s内的速度增量都是－2 m/s 解析：选BD　第1 s内的位移x1＝(6＋5×1－1) m－6 m＝4 m，故A错误。前2 s内的位移x2＝(6＋5×2－4)m－6 m＝6 m，则前2 s内的平均速度＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确。根据x＝v0t＋at2＝6＋5t－t2得，加速度a＝－2 m/s2，任意1 s内速度的增量Δv＝at＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故C错误，D正确。‎ ‎2．[人教版必修1 P49做一做改编]‎ 一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3＝8 m。由此可求得(　　)‎ A．第一次闪光时质点的速度 B．质点运动的加速度 C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移 D．质点运动的初速度 解析：选C　由于闪光时间未知，所以根据s2－s1＝s3－s2＝aT2，只能求出第二、三次闪光的时间间隔内质点的位移s2＝5 m，选项C正确。‎ ‎3．[教科版必修1P34T4]在自由落体运动中，第1个2 s、第2个2 s和第5 s内的位移之比为(　　)‎ A．1∶3∶5　　　　　　　　　 B．2∶6∶5‎ C．2∶8∶7 D．4∶12∶9‎ 解析：选D　根据初速度为零的匀加速直线运动的比例，三段时间内的位移之比为(1＋3)∶(5＋7)∶9＝4∶12∶9，D正确。‎ ‎4．从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面，在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是(　　)‎ A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同 B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反 C．物体上升过程经历的时间大于物体下落过程经历的时间 D．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间 解析：选A　物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下落阶段加速度相同，大小为g，方向向下，A项正确，B项错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C、D项错误。‎ 高考对本节内容的考查，主要集中在匀变速直线运动规律的应用、自由落体运动、竖直上抛运动等，主要以选择题的形式呈现，难度一般。‎ 考点一　匀变速直线运动规律的理解与应用[师生共研类]‎ ‎1．规范解题流程 ⇒⇒⇒⇒ ‎2．恰当选用公式 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 适宜选用公式 v0，v，a，t x v＝v0＋at v0，a，t，x v x＝v0t＋at2‎ v0，v，a，x t v2－v02＝2ax v0，v，t，x a x＝t ‎3．两类特殊的匀减速直线运动 刹车类问题 双向运动类 其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义 ‎[典例]　如图所示，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L＝1.2 m的平板车开始以a＝6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度为h＝0.45 m。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎(1)求小车左端离O点的水平距离；‎ ‎(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件？‎ ‎[解析]　(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t0，在该时间段内由运动学公式 对小球有：h＝gt02 ①‎ 对平板车有：x＝at02 ②‎ 由①②式并代入数据可得：x＝0.27 m。‎ ‎(2)从释放第一个小球至第二个小球下落到平板车上表面处历时Δt＋t0，设平板车在该时间段内的位移为x1，由运动学公式有：x1＝a(Δt＋t0)2 ③‎ 至少有2个小球落在平板车上须满足：x1≤x＋L ④‎ 由①～④式并代入数据可得：Δt≤0.4 s。‎ ‎[答案]　(1)0.27 m　(2)Δt≤0.4 s ‎[解题方略]　求解多阶段运动问题的“三步走”‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[匀变速直线运动基本公式的应用]‎ 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 m C．质点运动的加速度为1 m/s2‎ D．质点3 s末的速度为5 m/s 解析：选B　根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×25 m＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。‎ ‎2．[汽车刹车问题]‎ 汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，看到前方有障碍物立即刹车(反应时间不计)，刹车后加速度大小为5 m/s2，则汽车刹车后第2 s内的位移和刹车后5 s内的位移为(　　)‎ A．30 m,40 m　　　　　　　　　 B．30 m,37.5 m C．12.5 m,40 m D．12.5 m,37.5 m 解析：选C　由v＝v0＋at，可求得汽车刹车后运动的时间t＝4 s，刹车后第2 s内位移x2＝ m－ m＝12.5 m。刹车后5 s内位移等于4 s内的位移，可看成初速度为0的反向匀加速直线运动，x5＝at2＝×5×42 m＝40 m。故C正确。‎ ‎3．[多过程问题]‎ 有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48 m。问：‎ ‎(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少？‎ ‎(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少？‎ 解析：(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，由位移公式得h＝＋，代入数据解得vm＝8 m/s，‎ 因为vm＝8 m/s＜9 m/s，符合题意。‎ 加速的时间为t1＝＝ s＝4 s。‎ 减速的时间为t2＝＝ s＝8 s。‎ 运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s。‎ ‎(2)设加速的时间为t1′，减速的时间为t2′，匀速上升时的速度为v，且v＜8 m/s，则加速的时间为t1′＝，‎ 减速的时间为t2′＝。‎ 匀速运动的时间为t＝15 s－t1′－t2′。‎ 上升的高度为h＝(t1′＋t2′)＋v(15 s－t1′－t2′)，‎ 联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去。‎ 答案：(1)12 s　(2)4 m/s 考点二　解决匀变速直线运动的常用方法[基础自修类]‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[基本公式法]‎ 如图所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动。已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的，则下列物理量中可求出的是(　　)‎ A．A、B两点之间的距离 B．质点从A运动到B所用的时间 C．质点运动的加速度大小 D．质点到达B点时的速度大小 解析：选B　设质点在第1 s内的位移为x，则它在最后1 s内位移为4x，设质点运动的加速度大小为a，质点从A运动到B所用的时间为t，利用匀变速直线运动规律可得x＝a ‎×12,4x＝a×t2－a×(t－1)2，联立可解得t，不能得出a和x，不能求出A、B两点之间的距离及质点到达B点时的速度大小，选项B正确，A、C、D错误。‎ ‎2．[平均速度法]‎ ‎(2016·上海高考)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是(　　)‎ A. m/s2　　　　　　　　　 B. m/s2‎ C. m/s2 D. m/s2‎ 解析：选B　根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝1＝ m/s＝4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝2＝ m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2，故选项B正确。‎ ‎3．[推论法]‎ 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时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，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。‎ ‎4．[比例法]‎ 质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5 s内三段位移之比为(　　)‎ A．2∶6∶5　　　　　　　　　 B．2∶8∶7‎ C．4∶12∶9 D．2∶2∶1‎ 解析：选C　质点在从静止开始运动的前5 s内的每1 s内位移之比应为1∶3∶5∶7∶9，因此第1个2 s内的位移为(1＋3)＝4份，第2个2 s内的位移为(5＋7)＝12份，第5 s内的位移即为9份，C正确。‎ ‎5．[逆向思维法]‎ ‎(多选)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分别为(　　)‎ 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　采用逆向思维法求解。该运动的逆运动为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v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，所以选项B正确。由于每块木块厚度相同，故由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，所以选项D正确。‎ ‎6．[图像法]‎ 如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则(　　)‎ A．甲、乙不可能同时由A到达C B．甲一定先由A到达C C．乙一定先由A到达C D．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C 解析：选A　根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。‎ 若a3＞a1，如图2，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲。通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达。故A正确，B、C、D错误。‎ ‎[名师微点]‎ 解决匀变速直线运动的六种方法 考点三　自由落体和竖直上抛运动[师生共研类]‎ ‎1．求解自由落体运动的两点注意 ‎(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。‎ ‎①从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…‎ ‎②从运动开始一段时间内的平均速度＝＝＝gt ‎③连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2‎ ‎(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。‎ ‎2．研究竖直上抛运动的两种方法 ‎(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。‎ ‎(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。‎ ‎3．用好竖直上抛运动的三类对称 时间对称 物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝ 物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的时间相等 物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反 速度对称 物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反 能量对称 竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等 ‎[例1]　如图所示木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？‎ ‎(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？‎ ‎[解析]　(1)木杆由静止开始做自由落体运动，‎ 木杆的下端到达圆筒上端A用时 t下A＝ ＝ s＝ s 木杆的上端到达圆筒上端A用时 t上A＝ ＝ s＝2 s 则木杆通过圆筒上端A所用的时间 t1＝t上A－t下A＝s。‎ ‎(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时 t上B＝ ＝ s＝ s 则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B －t下A＝s。‎ ‎[答案]　(1)s　(2)s 在计算木杆通过圆筒的时间时，既不能将木杆视为质点，又不能将圆筒视为质点，此时要注意确定木杆通过圆筒的开始和终止时刻之间所对应的下落高度。　 ‎ ‎[例2]　(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为(　　)‎ A．(2－)s　　　　　　　　　 B．(2＋)s C．(2＋)s D. s ‎[解析]　物体在塔顶边缘的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A 点之上时，通过位移大小为10 m处有上升和下降两种过程，在A点之下10 m处只有下降过程。‎ 法一：分段法 由H＝，得v0＝20 m/s，‎ 物体上升10 m时，速度为v1，则由v12－v02＝－2gh，‎ 得v1＝10 m/s，‎ 则t1＝＝(2－)s，故A对；‎ 物体从抛出到下落至A点上方10 m时，‎ t2＝t1＋＝(2＋)s，故B对；‎ 物体从最高点到下落至A点下方10 m处时，‎ H＋h＝gt32，则t3＝ s，‎ 故物体从抛出到下落至A点下方10 m处时，‎ t3′＝＋t3＝(2＋)s，故C对，D错。‎ 法二：全程法 取竖直向上为正方向，物体的位移为x＝v0t－gt2，‎ 当物体位于A点上方10 m处时x＝10 m，‎ 解得t1＝(2－)s，t2＝(2＋)s，故选项A、B对。‎ 当物体位于A点下方10 m处时，x＝－10 m，‎ 解得t3＝(2＋)s，另一解为负值，舍去，故选项C对，D错。‎ ‎[答案]　ABC 解答竖直上抛问题采用全程法比分段法更快捷，但要注意各矢量的正、负问题，全程法中如果取v0的方向为正方向，则v＞0时，物体正在上升；v＜0时，物体正在下降；h＞0时，物体在抛出点上方；h＜0时，物体在抛出点下方。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[天体表面的自由落体运动]‎ 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的小球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。‎ ‎2．[竖直上抛运动]‎ 如图所示，将一小球以10 m/s的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10 m/s2。则3 s内小球运动的(　　)‎ A．路程为25 m B．位移为15 m C．速度改变量为30 m/s D．平均速度为5 m/s 解析：选A　应用全程法求解位移，由x＝v0t－gt2得位移x＝－15 m，B错误；平均速度＝＝－5 m/s，D错误；小球竖直上抛，由v＝v0－gt得速度的改变量Δv＝v－v0＝－gt＝－30 m/s，C错误；上升阶段通过路程x1＝＝5 m，下降阶段通过的路程x2＝gt22，t2＝t－＝2 s，解得x2＝20 m，所以3 s内小球运动的路程为x1＋x2＝25 m，A正确。‎ ‎3．[竖直上抛运动与科技生活的综合]‎ 某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从水平地面上发射后始终在垂直于水平地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小；‎ ‎(2)火箭上升到离地面的最大高度；‎ ‎(3)火箭从发射到返回发射点的时间。‎ 解析：设燃料恰好用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1，火箭的上升阶段可分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点。‎ ‎(1)对第一个过程有h1＝t1‎ 代入数据解得v1＝20 m/s。‎ ‎(2)对第二个过程有h2＝ 代入数据解得h2＝20 m 所以火箭上升到离地面的最大高度h＝h1＋h2＝60 m。‎ ‎(3)第二个过程用时t2＝ 代入数据解得t2＝2 s 设火箭从最高点返回发射点用时t3‎ 由h＝gt32得t3＝ 代入数据解得t3≈3.5 s 火箭从发射到返回发射点的时间t＝t1＋t2＋t3＝9.5 s。‎ 答案：(1)20 m/s　(2)60 m　(3)9.5 s ‎“形异质同”快解题——两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题 什么是“形异质同”和“形同质异”‎ ‎“形异质同”是指遵循的物理规律相同，但情景新颖、信息陌生、物理过程独特的题目，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。其实这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问题我们称之为“形异质同”。‎ 另外，“形同质异”是指物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的题目，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误。这类问题我们称之为“形同质异”。‎ 无论是“形异质同”还是“形同质异”，都是命题人常采用的命题手段之一，为引起同学们对此类问题的重视，本书创编此栏目，旨在让同学们在平时的训练中，多比较、多总结，不再因无谓失分而遗憾。‎ ‎ (一)水平刹车与沿粗糙斜面上滑 ‎1．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内的平均速度为(　　)‎ A．6 m/s　　　　　　　　　 B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s 解析：选B　将题目中的表达式与x＝v0t＋at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12‎ ‎ m/s2。所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝ s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度＝＝ m/s＝8 m/s。故B正确。‎ ‎2.(多选)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s 沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是(　　)‎ A．小木块与木板间的动摩擦因数为 B．小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点 C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下 D．小木块滑到最高点后将静止不动 解析：选AD　小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得μ＝，A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝＝1 s，小木块速度减为零时，有：mgsin 30°＝μmgcos 30°，故小木块将静止在最高点，D正确，B、C错误。‎ 汽车在水平路面上的刹车问题和物体沿粗糙斜面上滑问题，表面上看是两种不同的问题，但是，若物体在斜面上满足mgsin θ≤μmgcos θ，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题是相同的。　‎ ‎ (二)竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑 ‎3．一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为10 m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　)‎ A．在A点上方15 m处，速度方向竖直向上 B．在A点下方15 m处，速度方向竖直向下 C．在A点上方75 m处，速度方向竖直向上 D．在A点上方75 m处，速度方向竖直向下 解析：选C　若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v＝v0－gt，物体的初速度为v0＝v＋gt＝40 m/s，物体的位移为h1＝(v0＋v)＝75 m，物体在A点的上方，C正确，D错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v0′＝－v＋gt＝20 m/s，物体的位移为h2＝(v0′－v)＝15 m，物体仍然在A点的上方，A、B错误。‎ ‎4．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m ‎/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。那么经过3 s时的速度大小和方向是(　　)‎ A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下 C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下 解析：选B　取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示物体在t＝3 s时速度方向沿斜面向下，故B选项正确。‎ ‎ 物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同。‎