【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讲　匀变速直线运动的规律 知识排查 匀变速直线运动的规律 匀变速直线运动的推论 ‎1.匀变速直线运动的3个推论 ‎(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2‎ ‎(2)中间时刻速度：v＝＝ ‎(3)位移中点速度：v＝ ‎2.初速度为零的匀变速直线运动的常用推论 ‎(1)T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…n。‎ ‎(2)T内、2T内、3T内……位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…n2。‎ ‎(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内……位移的比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。‎ ‎(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。‎ 自由落体运动 ‎1.条件：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。‎ ‎2.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。‎ 竖直上抛运动 ‎1.概念：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。‎ ‎2.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。‎ 小题速练 ‎1.思考判断 ‎(1)伽利略从理论和实验两个角度证明了轻、重物体下落一样快。(　　)‎ ‎(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(　　)‎ ‎(3)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体在时间t内位移一定最大。(　　)‎ ‎(4)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。(　　)‎ ‎(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，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√‎ ‎2.一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，7m/s 解析　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，所以B点的速度等于全程的平均速度，即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，选项B正确。‎ 答案　B ‎3.[人教版必修1·P40·T3改编]以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为(　　)‎ A.50 m　　　　 B.45 m C.40.5 m D.40 m 解析　根据x＝v0t＋at2，代入数值可求得a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为 t′＝＝ s＝4.5 s<5 s，所以5 s内汽车已停车，5 s内的位移x＝－＝‎ ‎－ m＝40.5 m，故选项C正确。‎ 答案　C ‎　匀变速直线运动规律的基本应用 ‎1.常用公式的恰当选用 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－v＝2ax v0、v、t、x a x＝t ‎2.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，我们规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。当初速度为零时，一般取加速度a的方向为正方向。‎ ‎【例1】 (2019·湖北黄冈期末)一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度a1做匀加速运动，至速度为v后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a2匀减速前进，直到停止，全程长为L。‎ ‎(1)求全程所用时间；‎ ‎(2)速度v为何值时，全程所用时间最短。‎ 解析　(1)火车加速过程：设加速度为a1，位移为x1，所用时间为t1，‎ 则v＝a1t1‎ v2＝2a1x1‎ 减速过程：设加速度大小为a2，位移为x2，所用时间为t2，‎ 则v＝a2t2‎ v2＝2a2x2‎ 匀速过程：所用时间为t3，则L－x1－x2＝vt3‎ 全程所用时间t＝t1＋t2＋t3‎ 由以上各式联立解得t＝＋＋。‎ ‎(2)火车先加速到v1再减速到零时，正好跑完全程，所用时间最短，即L＝x1＋x2，‎ 解得v＝。‎ 答案　(1)＋＋　(2) ‎“一画、二选、三注”解决匀变速直线运动问题 ‎　　　　　　‎ ‎1.如图1所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于(　　)‎ 图1‎ A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4‎ 解析　根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v＝2ax，知xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3。选项C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎2.一质点沿直线运动，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　物体在t时间内的位移x＝vt＝2t＋t2，结合x＝v0t＋at2可知，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，选项A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋at2＝35 m，选项B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝8 m/s，选项D错误。‎ 答案　B ‎3.中国正在建造航空母舰。已知歼－15在航空母舰的跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当歼－15的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞，设航空母舰处于静止状态。求：‎ 图2‎ ‎(1)若要求歼－15滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？‎ ‎(2)若“辽宁舰”上不装弹射系统，要求该种飞机仍能在舰上正常起飞，问该舰身长至少应为多长？‎ ‎(3)若“辽宁舰”上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L＝160 m，为使歼－15仍能从此舰上正常起飞，可采用先让“辽宁舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让歼－15起飞，则“辽宁舰”的航行速度至少为多少？‎ 解析　(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式，有v2－v＝2ax，得飞机的初速度为v0＝＝30 m/s。‎ ‎(2)根据速度位移公式得：v2＝2ax′，‎ 解得x＝＝250 m。‎ ‎(3)设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v1。‎ 对航空母舰有：L1＝v1t，‎ 对飞机有：v＝v1＋at，v2－v＝2a(L＋L1)，‎ 联立并代入数据解得：v1＝10m/s。‎ 答案　(1) 30 m/s　(2) 250 m　(3) 10 m/s ‎　解决匀变速直线运动问题的常用方法 解答匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法 ‎【例2】 物体以一定的初速度从斜面底端A点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3所示。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。‎ 图3‎ ‎【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：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，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＝2axAC①‎ v＝v－2axAB②‎ xAB＝xAC③‎ 由①②③解得vB＝④‎ 又vB＝v0－at⑤‎ vB＝atBC⑥‎ 由④⑤⑥解得tBC＝t。‎ 法二：平均速度法 利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。‎ AC＝＝。‎ 又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝。‎ 由以上三式解得vB＝。‎ 可以看出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。‎ 法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC。‎ 由运动学公式得xBC＝at，xAC＝a(t＋tBC)2，又xBC＝，由以上三式解得tBC＝t。‎ 法四：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。‎ 因为xBC∶xAB＝∶＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。‎ 法五：图象法 根据匀变速直线运动的规律，画出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的平方比，‎ 得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC。‎ 所以＝，解得tBC＝t。‎ 答案　t ‎1.双向可逆运动 ‎(1)常见情景 ‎①如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回。‎ ‎②竖直上抛运动。‎ ‎(2)特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向均不变。‎ ‎2.刹车类问题 指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。　　　　　　‎ ‎1.做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小3 m/s。则质点的加速度大小为(　　)‎ A.1 m/s2 B.2 m/s2 ‎ C.3 m/s2 D.4 m/s2‎ 解析　第1个3 s内平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5‎ ‎ s内平均速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，a＝＝＝ m/s2＝3 m/s2，选项C正确。‎ 答案　C ‎2.如图4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，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比或穿过每个木块所用时间比正确的是(　　)‎ 图4‎ A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1‎ B.v1∶v2∶v3＝∶∶1‎ C.t1∶t2∶t3＝1∶∶ D. t 1∶t 2∶t 3＝(－)∶(－1)∶1‎ 解析　用“逆向思维”法解答，则可视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v＝2a·L，v＝2a·2L，v＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹从右到左运动L、2L、3L时的速度，则v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A、B错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎3.(多选)(2019·石家庄一模)某质点做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，最后停在D点，如图5所示。已知AB＝6 m，BC＝4 m，从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为－2 m/s，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.质点到达B点的速度大小为2.55 m/s B.质点的加速度大小为2 m/s2‎ C.质点从A点运动到C点的时间为4 s D.A、D两点间的距离为12.25 m 解析　法一　逐差相等法和平均速度法 根据题设条件可得Δv＝at＝－2 m/s，AB、BC为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动的推论Δx＝at2可得t＝＝ s＝1 s，a＝－2 m/s2，选项B正确；质点从A到C的时间2t＝2 s，选项C错误；由匀变速直线运动的平均速度公式可得vB＝ m/s＝5 m/s，选项A错误；由速度位移公式可得xAD＝xAB＋＝12.25 m，选项D正确。‎ 法二　基本公式法，逆向思维法 运动过程可以看成是从D点出发，初速度为零的匀加速直线运动。设质点在B点的速度为vB，质点的加速度大小为a，根据题意有vA＝vB＋Δv，vC＝vB－Δv。根据v2－v＝2ax得v－v＝2axAB，v－v＝2axBC，联立方程并代入数据解得vB＝5 m/s，a＝2 m/s2，选项A错误，B正确；质点从A到C的时间Δt＝2＝2 s，选项C错误；A、D两点间的距离xAD＝xAB＋＝12.25 m，选项D正确。‎ 答案　BD ‎　自由落体运动和竖直上抛运动 ‎1.自由落体运动规律的快捷应用 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.竖直上抛运动的重要特性 ‎(1)对称性 如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：‎ ‎(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，形成多解，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 ‎ 【例3】 甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。欲使乙球上升到处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　由竖直上抛运动规律知＝v0t－gt2，由自由落体运动规律知H－＝‎ gt2，联立可得v0＝，选项B正确。‎ 答案　B ‎1.(2018·上海普陀区二模)甲、乙两同学们利用反应尺估测反应时间。如图 ‎6，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，乙同学的手指对齐直尺的零刻度线。当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺。若乙同学的反应时间范围为0～‎ ‎0.3 s，则该直尺的长度至少为(g取10 m/s2)(　　)‎ 图6‎ A.40 cm B.45 cm C.90 cm D.100 cm 解析　直尺下降的时间即为自由落体运动的时间，根据x＝gt2可得：‎ x＝×10×0.32 m＝0.45 m＝45 cm，选项B正确。‎ 答案　B ‎2.(多选)(2019·山东省实验中学一模)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)(　　)‎ A.小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向向上 B.小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向下 C.小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向上 D.小球的位移大小一定是15 m 解析　若当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，该过程小球一直向上运动，则＝ m/s＝15 m/s，方向向上；位移为x＝＝15 m，方向向上，选项A正确；若当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，则＝ m/s＝5 m/s，方向向上；位移为x＝＝15 m，方向向上，所以小球的位移大小一定是15 m，选项B错误，C、D正确。‎ 答案　ACD ‎　匀变速直线运动的多过程问题 ‎“四步”分析法 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，找出各段交接处的关联物理量，可按下列四个步骤解题。‎ ‎(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；‎ ‎(2)列：列出各运动阶段的运动方程；‎ ‎(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；‎ ‎(4)解：联立求解，算出结果。‎ ‎【例4】 (12分)假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2。试问：‎ ‎(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？‎ ‎(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？‎ ‎(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？‎ ‎【规范解析】　(1)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为x1处开始制动，则有 v2－v＝2a1x1(1分)‎ 解得x1＝108 m(1分)‎ ‎(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。‎ 减速阶段，有vt＝v0－a1t1(1分)‎ 解得t1＝＝6 s(1分)‎ 加速阶段，有v0＝v＋a2t2(1分)‎ 解得t2＝＝4 s(1分)‎ 则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s(1分)‎ ‎(3)加速阶段，有v－v＝2a2x2(1分)‎ 解得x2＝72 m(1分)‎ 则总位移x＝x1＋x2＝180 m(1分)‎ 若不减速通过收费站，则所需时间t′＝＝6 s(1分)‎ 故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt＝t－t′＝4 s(1分)‎ 答案　(1)108 m　(2)10 s　(3)4 s 解题关键　多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键。‎ ‎1.(多选)(2019·山东枣庄质检)的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点，每隔2 s将物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图7‎ 如图7所示，t＝0时，质量为0.5 kg t/s ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ v/(m·s－1)‎ ‎0‎ ‎8‎ ‎12‎ ‎8‎ A.t＝3 s的时刻物体恰好经过B点 B.t＝10 s的时刻物体恰好停在C点 C.物体运动过程中的最大速度为12 m/s D.A、B间的距离小于B、C间的距离 解析　根据表中数据，可以求出物体下滑的加速度大小a1＝4 m/s2和在水平面上的加速度大小a2＝2 m/s2。根据运动学公式有8 m/s＋a1t1－a2t2＝12 m/s，t1＋t2＝2 s，解出t1＝ s，知物体经过t＝ s到达B点，到达B点时的速度最大，为v＝a1t＝ m/s，选项A、C错误；第6 s末的速度是8 m/s，到停下来还需的时间t′＝ s＝4 s，所以运动到C点的时间为10 s，选项B正确；根据v2－v＝2ax ‎，求出AB段的长度为 m，BC段长度为 m，则A、B间的距离小于B、C间距离，选项D正确。‎ 答案　BD ‎2.一突击队演练直升机低空跳伞，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开直升机做自由落体运动。运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降，为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？‎ ‎(2)伞兵在空中运动的最短时间为多少？‎ 解析　(1)设伞兵展伞时离地面的高度至少为h，此时速度为v0，‎ 则有v2－v＝－2ah，又v＝2g(H－h)，‎ 联立并代入数据解得v0＝50 m/s，h＝99 m。‎ ‎(2)设伞兵在空中运动的最短时间为t，此过程伞兵在最低限定高度展伞，则有v0＝gt1，t1＝＝5 s，t2＝＝3.6 s，故所求时间为t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s。‎ 答案　(1)99 m　(2)8.6 s 活页作业 ‎ (时间：40分钟)‎ 基础巩固练 ‎1.(多选)如图1所示，飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法不正确的是(　　)‎ 图1‎ A.由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动 B.若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动 C.若已知飞机做匀变速直线运动，测出各相邻相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度 D.若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度 解析　因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，选项A说法错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，选项B说法正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，选项C说法正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，选项D说法正确。‎ 答案　BCD ‎2.(2018·江苏如皋市调研)小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图2所示。已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B点的速度，需测量(　　)‎ 图2‎ A.照片中AC的距离 B.照片中球的直径及AC的距离 C.小钢球的实际直径、照片中AC的距离 D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离 解析　根据匀变速直线运动的规律可知vB＝；为求解AC的实际距离，需知道小钢球的实际直径、照片中球的直径及照片中AC的距离，然后根据比例关系可知AC的实际距离，故选项D正确，A、B、C错误。‎ 答案　D ‎3.做匀加速直线运动的列车出站时，车头经过站台某点O时速度是1 m/s，车尾经过O点时的速度是7 m/s，则这列列车的中点经过O点时的速度为(　　)‎ A.5 m/s B.5.5 m/s C.4 m/s D.3.5 m/s 解析　根据匀变速直线运动过程中，中间位置速度公式v＝，可得这列列车的中点经过O点时的速度为v＝ m/s＝5 m/s，选项A正确。‎ 答案　A ‎4.(2019·广东茂名五大联盟模拟)一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移之比为5∶3，则下列叙述正确的是(　　)‎ A.这段时间内质点运动方向不变 B.这段时间为 C.这段时间的路程为 D.再经过相同时间质点速度大小为3v 解析　由题意知，质点是做匀减速直线运动，速度减小到零后，再返回匀加速运动，即在这段时间内运动方向改变，如图所示，‎ 选项A错误；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，这段时间t＝，选项B正确；由 v2－v＝2ax得，由初速度为v减速到零所通过的路程s1＝，然后反向加速到2v所通过的路程s2＝＝，总路程为s＝s1＋s2＝，选项C错误；再经过相同时间，质点速度v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，选项D错误。‎ 答案　B ‎5.(2019·湖南衡阳县一中高三测试)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为(　　)‎ A.(Δv)2 B. C.(Δv)2 D. 解析　质点做匀加速直线运动，设质点初速度为v0，发生位移x1时速度为v0＋Δv ‎，紧接着发生位移x2时速度为v0＋2Δv，质点的加速度为a；由运动学公式有 ‎(v0＋Δv)2－v＝2ax1；(v0＋2Δv)2－(v0＋Δv)2＝2ax2；有以上两式解得a＝，选项D正确。‎ 答案　D ‎6.(2019·河南豫东、豫北十所名校联考)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　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，选项B正确。‎ 答案　B ‎7.(2019·陕西宝鸡检测)从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻(　　)‎ A.甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变 B.甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大 C.甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变 D.甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小 解析　小球甲释放后，设经过时间t(t>1 s)，两小球间距离为Δh，则Δh＝gt2－‎ g·(t－1)2，即Δh＝g(2t－1)(只表示函数关系)，故t增大，Δh也随之增大，而据vt＝gt可知Δv＝gt－g(t－1)＝g(只表示大小)，速度差保持不变，选项A、B、D错误，C正确。‎ 答案　C ‎8.(多选)(2019·郑州模拟)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　取竖直向上为正方向，由v＝2gh得v0＝20 m/s。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正确，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正确，D错误。‎ 答案　ABC 综合提能练 ‎9.(多选)(2019·大同模拟)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图3所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为 ‎5 m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s B.小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m C.小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25 m/s D.三角警示牌至少要放在车后58 m远处，才能有效避免两车相撞 解析　从刹车到停止时间为t2，则t2＝＝ s＝6 s，选项A正确；小轿车的刹车距离x＝＝ m＝90 m，选项B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝30×0.6 m＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，故减速到警示牌的速度为v，则2ax′＝v′2－v，解得v′＝2 m/s，选项C错误；小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18) m＝108 m，放置的位置为Δx＝(108－50) m＝58 m，选项D正确。‎ 答案　AD ‎10.(多选)如图4所示，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所用的时间相等，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.可以求出物体加速度的大小 B.可以求得CD＝4 m C.可以求得OA之间的距离为1.125 m D.可以求得OB之间的距离为12.5 m 解析　由匀变速直线的运动规律有xCD－xBC＝xBC－xBA＝aT2，可得xCD＝4 m，而时间T未知，故选项A错误，B正确；由匀变速直线运动的规律有vB＝＝，a＝，xOB＝＝3.125 m，所以xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，选项C正确，D错误。‎ 答案　BC ‎11.(2019·江西赣中南五校联考)我国是一个消耗能源的大国，节约能源刻不容缓，设有一架直升飞机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V＝pa＋q(p、q均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　设匀加速直线运动的加速度为a，高度为h，由h＝at2得，t＝，则消耗的油量V′＝(pa＋q)t＝(pa＋q)＝，知p2a＝时，油量消耗最小，解得a＝，故B正确。‎ 答案　B ‎12.如图5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。‎ 图5‎ ‎(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＝gt①‎ 对平板车有：x＝at②‎ 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)2③‎ 至少有2个小球落在平板车上须满足：x1≤x＋L④‎ 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 ‎13.(2019·济南模拟)我国高速公路开通了电子不停车收费系统，即ETC系统。汽车可以分别通过ETC通道和人工收费通道，如图6所示。假设汽车以正常行驶速度v1＝16 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝8 m处匀减速至v2＝4 m/s，然后匀速通过该区域，再匀加速至v1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t0＝25 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2。求：‎ 图6‎ ‎(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大小；‎ ‎(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时间Δt是多少？‎ 解析　(1)设汽车通过ETC通道时的匀减速过程的位移为x1，匀加速过程的位移为x2，则x1＝＝60 m，x2＝＝120 m 汽车的总位移x＝x1＋d＋x2＝188 m。‎ ‎(2)汽车通过ETC通道时，‎ 匀减速过程的时间t1＝＝6 s，‎ 匀速过程的时间t2＝＝2 s，‎ 匀加速过程的时间t3＝＝12 s 所以汽车通过ETC通道的总时间t＝t1＋t2＋t3＝20 s 汽车通过人工收费通道时，匀减速过程的时间 t1′＝＝8 s，‎ 匀加速过程的时间t2′＝＝16 s 所以汽车通过人工通道的总时间t′＝t1′＋t0＋t2′＝49 s 则节约的时间Δt＝t′－t＝29 s。‎ 答案　(1)188 m　(2)29 s