學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第二節(jié)勻變速直線運動的規(guī)律及應(yīng)用［學(xué)生用書P5］【基礎(chǔ)梳理】一、勻變速直線運動的基本規(guī)律1．速度與時間的關(guān)系式：v＝v0＋at．2．位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t＋eq\f(1，2)at2．3．位移與速度的關(guān)系式:v2－veq\o\al(2,0）＝2ax．二、勻變速直線運動的推論1．平均速度公式：eq\x\to(v）＝veq\s\do9（\f(t,2))＝eq\f（v0＋vt，2)．2．位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2．可以推廣到xm－xn＝(m－n)aT2.3．初速度為零的勻加速直線運動比例式(1）1T末，2T末，3T末…瞬時速度之比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n．(2）1T內(nèi),2T內(nèi),3T內(nèi)…位移之比為:x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2．（3）第一個T內(nèi)，第二個T內(nèi)，第三個T內(nèi)…位移之比為:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1)．（4）通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶（eq\r(2）－1)∶(eq\r(3）－eq\r（2))∶…∶(eq\r（n）－eq\r(n－1))．三、自由落體運動和豎直上拋運動的規(guī)律1．自由落體運動規(guī)律(1）速度公式：v＝gt．（2)位移公式：h＝eq\f(1,2)gt2．(3)速度－位移關(guān)系式：v2＝2gh．2．豎直上拋運動規(guī)律（1）速度公式：v＝v0－gt．（2）位移公式:h＝v0t－eq\f(1，2）gt2．(3）速度－位移關(guān)系式：v2－veq\o\al（2，0)＝－2gh。(4)上升的最大高度：h＝eq\f(veq\o\al（2，0），2g）．(5)上升到最大高度用時：t＝eq\f(v0，g）．【自我診斷】判一判（1)勻變速直線運動是加速度均勻變化的直線運動．（）(2）勻變速直線運動是速度均勻變化的直線運動．()(3)勻加速直線運動的位移是均勻增加的．(）（4）勻加速直線運動1T末、2T末、3T末的瞬時速度之比為1∶2∶3.（）（5)做自由落體運動的物體,下落的高度與時間成正比．(）（6)做豎直上拋運動的物體，上升階段與下落階段的加速度方向相同．（）提示：(1)×(2）√(3)×（4)×（5)×(6)√做一做（多選)物體自O(shè)點由靜止開始做勻加速直線運動，A、B、C、D為其運動軌跡上的四點，測得AB＝2m，BC＝3m．且物體通過AB、BC、CD所用時間相等，則下列說法正確的是（）A．可以求出物體加速度的大小B．可以求得CD＝4mC．可求得OA之間的距離為1.125mD．可求得OA之間的距離為1.5m提示:選BC。設(shè)加速度為a，時間為T，則有Δs＝aT2＝1m，可以求得CD＝4m，而B點的瞬時速度vB＝eq\f（sAC,2T），所以O(shè)B之間的距離為sOB＝eq\f(veq\o\al（2，B）,2a）＝3.125m，OA之間的距離為sOA＝sOB－sAB＝1。125m，即B、C選項正確．

勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用[學(xué)生用書P5］【知識提煉】1．“一畫、二選、三注意”解決勻變速直線運動問題2．對于運動學(xué)公式的選用可參考下表所列方法題目中所涉及的物理量（包括已知量、待求量和為解題設(shè)定的中間量)沒有涉及的物理量適宜選用的公式v0、v、a、tx［速度公式］v＝v0＋atv0、a、t、xv[位移公式］x＝v0t＋eq\f(1，2）at2v0、v、a、xt[速度位移關(guān)系式］v2－veq\o\al（2，0)＝2axv0、v、t、xa［平均速度公式]x＝eq\f（v＋v0，2）t3。運動學(xué)公式中正、負號的規(guī)定直線運動可以用正、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(dāng)v0＝0時，一般以a的方向為正方向．【典題例析】殲－15戰(zhàn)機是我國自行設(shè)計研制的首型艦載多用途戰(zhàn)斗機，短距起飛能力強大．若殲－15戰(zhàn)機正常起飛過程中加速度為a,經(jīng)距離s后達到起飛速度騰空而起．現(xiàn)已知“遼寧”艦起飛甲板長為L（L＜s），且起飛過程可簡化為勻加速直線運動．現(xiàn)有兩種方法助其正常起飛，方法一:在航空母艦靜止的情況下，用彈射系統(tǒng)給戰(zhàn)機以一定的初速度；方法二:起飛前先讓航空母艦沿戰(zhàn)機起飛方向以某一速度勻速航行．求：（1）方法一情況下彈射系統(tǒng)使戰(zhàn)機具有的最小速度v1min；（2)方法二情況下航空母艦的最小速度v2min.［審題指導(dǎo)]第（1）問不知道時間,直接應(yīng)用公式2ax＝v2－veq\o\al（2,0)解決;第(2)問要考慮相對運動,在考慮戰(zhàn)機運動的同時，還要考慮航空母艦的運動．［解析](1）若殲－15戰(zhàn)機正常起飛,則有2as＝v2，在航空母艦靜止的情況下，用彈射系統(tǒng)給戰(zhàn)機以最小速度v1min，則滿足2aL＝v2－veq\o\al(2，1min),解得v1min＝eq\r(2a(s－L)）。（2)法一：一般公式法起飛前先讓航空母艦沿戰(zhàn)機起飛方向以最小速度v2min勻速航行，戰(zhàn)機起飛時對地速度為v，設(shè)起飛過程航空母艦的位移為x，起飛時間為t，則有x＝v2mint，t＝eq\f(v－v2min，a)2a(L＋x）＝v2－veq\o\al(2，2min）解得v2min＝eq\r(2as)－eq\r（2aL)。法二：相對運動法選航空母艦為參考系，則起飛過程，相對初速度為0，相對末速度為v－v2min，相對加速度仍為a,相對位移為L，根據(jù)2aL＝（v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝eq\r（2as)－eq\r(2aL)。［答案](1)eq\r（2a（s－L)）(2）eq\r（2as)－eq\r(2aL）(1)如果一個物體的運動包含幾個階段,就要分階段分析，各階段交接處的速度往往是聯(lián)系各階段的紐帶．(2）對于剎車類問題，當(dāng)車速度為零時，停止運動，其加速度也突變?yōu)榱悖蠼獯祟悊栴}應(yīng)先判斷車停下所用時間，再選擇合適公式求解．(3)對于雙向可逆勻變速直線運動,常出現(xiàn)多解問題，可用全程法求解,也可用分段法求解．eq\a\vs4\al（）【遷移題組】遷移1基本公式的應(yīng)用1．某航母跑道長為200m，飛機在航母上滑行的最大加速度為6m/s2，起飛需要的最低速度為50m/s。那么，飛機在滑行前，需要借助彈射系統(tǒng)獲得的最小初速度為()A．5m/s B．10m/sC．15m/s D．20m/s解析：選B。飛機在滑行過程中，做勻加速直線運動，根據(jù)速度與位移的關(guān)系v2－veq\o\al(2,0)＝2ax解決問題．由題知，v＝50m/s,a＝6m/s2，x＝200m，根據(jù)v2－veq\o\al（2,0）＝2ax得,借助彈射系統(tǒng)飛機獲得的最小初速度v0＝eq\r（v2－2ax)＝eq\r(502－2×6×200）m/s＝10m/s。故選項B正確．遷移2剎車類問題2．（2018·河南、河北、山西質(zhì)量監(jiān)測）冰壺在水平面上某次滑行可簡化為如下過程：如圖所示，運動員給冰壺施加一水平恒力將靜止于A點的冰壺(視為質(zhì)點)沿直線AD推到B點放手，最后冰壺停于D點．已知冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ，AB＝CD＝l、BC＝7l，重力加速度為g.求：（1）冰壺經(jīng)過B點時的速率；(2)冰壺在CD段與在AB段運動的時間之比．解析：（1)冰壺從B點到D點做勻減速直線運動，加速度大小為a1＝μg根據(jù)速度位移關(guān)系有：veq\o\al（2，B)＝2a1(7l＋l）解得冰壺在B點的速率vB＝eq\r(16μgl)＝4eq\r(μgl)。（2）設(shè)冰壺在AB段運動時加速度大小為a2,由AB間勻加速運動有veq\o\al（2，B)＝2a2l，可得冰壺在AB間運動的加速度a2＝8μg設(shè)冰壺在CD段運動時間為t1,冰壺在AB段運動時間為t2，根據(jù)運動學(xué)關(guān)系有：lCD＝eq\f(1,2)a1teq\o\al（2,1)，lAB＝eq\f(1，2)a2teq\o\al(2,2)冰壺在CD段與在AB段運動時間之比t1∶t2＝2eq\r(2)∶1。答案：(1）4eq\r(μgl)（2）2eq\r(2）∶1處理勻變速直線運動六法[學(xué)生用書P6］【知識提煉】【典題例析】物體以一定的初速度沖上固定的光滑斜面，斜面總長度為l，到達斜面最高點C時速度恰好為零，如圖．已知物體運動到距斜面底端eq\f(3，4）l處的B點時,所用時間為t,求物體從B滑到C所用的時間．[審題突破]本題的解答方法很多．如：因為vC＝0，故可用逆向思維法將該過程看做是沿斜面向下的勻加速直線運動．不論采用什么方法,一定要從時間、位移和速度三方面找到相互聯(lián)系，建立方程．[解析]法一:逆向思維法物體向上勻減速沖上斜面，相當(dāng)于向下勻加速滑下斜面．故xBC＝eq\f（ateq\o\al（2，BC)，2)，xAC＝eq\f(a（t＋tBC）2，2)，又xBC＝eq\f（xAC,4），由以上三式解得tBC＝t。法二：基本公式法因為物體沿斜面向上做勻減速運動，設(shè)物體從B滑到C所用的時間為tBC，由勻變速直線運動的規(guī)律可得veq\o\al（2,0)＝2axAC ①veq\o\al(2,B）＝veq\o\al（2,0）－2axAB ②xAB＝eq\f（3，4)xAC ③由①②③解得vB＝eq\f（v0，2） ④又vB＝v0－at ⑤vB＝atBC ⑥由④⑤⑥解得tBC＝t.法三：位移比例法對于初速度為零的勻加速直線運動,在連續(xù)相等的時間里通過的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）．因為xCB∶xBA＝eq\f(xAC,4）∶eq\f(3xAC，4）＝1∶3，而通過xBA的時間為t,所以通過xBC的時間tBC＝t.法四：時間比例法對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等的各段位移所用的時間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r（2)－1）∶(eq\r（3)－eq\r（2))∶…∶（eq\r(n)－eq\r（n－1)）．現(xiàn)將整個斜面分成相等的四段，如圖所示，設(shè)通過BC段的時間為tx，那么通過BD、DE、EA的時間分別為tBD＝(eq\r（2）－1）tx，tDE＝（eq\r(3)－eq\r（2））tx，tEA＝(2－eq\r（3)）tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t,解得tx＝t。法五：中間時刻速度法利用推論：中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度，eq\x\to(v）AC＝eq\f（v0＋v，2)＝eq\f(v0,2）。又veq\o\al（2，0）＝2axAC,veq\o\al（2,B)＝2axBC，xBC＝eq\f（xAC,4）。由以上三式解得vB＝eq\f（v0，2).可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B點是這段位移的中間時刻,因此有tBC＝t.法六：圖象法根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，作出v－t圖象,如圖所示．利用相似三角形的規(guī)律，面積之比等于對應(yīng)邊平方比，得eq\f(S△AOC，S△BDC)＝eq\f(CO2,CD2)，且eq\f（S△AOC,S△BDC)＝eq\f（4,1),OD＝t,OC＝t＋tBC。所以eq\f(4，1)＝eq\f（（t＋tBC）2，teq\o\al（2，BC))，解得tBC＝t。［答案］teq\a\vs4\al（）勻變速直線運動問題的解題“四步驟”【遷移題組】遷移1比例法的應(yīng)用1．（多選）北京時間2017年3月26日世界女子冰壺錦標賽決賽在北京首都體育館舉行．加拿大以8比3戰(zhàn)勝了俄羅斯隊，時隔九年再次奪冠，比賽中一冰壺以速度v垂直進入三個相等寬度的矩形區(qū)域做勻減速直線運動,且在剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零,則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是（）A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝eq\r(3）∶eq\r(2)∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶eq\r（2)∶eq\r(3）D．t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r（2)）∶(eq\r(2）－1)∶1解析：選BD.因為冰壺做勻減速直線運動，且末速度為零，故可以視為反向的勻加速直線運動來研究,通過連續(xù)相等位移所用的時間之比為1∶(eq\r（2)－1)∶(eq\r(3）－eq\r(2))…，故冰壺勻減速通過三段連續(xù)相等位移所用的時間之比為（eq\r(3)－eq\r（2））∶（eq\r（2）－1）∶1，選項C錯誤,D正確；初速度為零的勻加速直線運動在各位移等分點的速度之比為1∶eq\r（2)∶eq\r（3）…，則冰壺勻減速進入每個矩形區(qū)域時的速度之比為eq\r(3）∶eq\r（2）∶1，選項A錯誤,B正確．遷移2Δx＝aT2推論法的應(yīng)用2．（2018·成都高新區(qū)月考）一小球沿斜面勻加速滑下，依次經(jīng)過A、B、C三點，已知AB＝6m，BC＝10m，小球經(jīng)過AB和BC兩段所用的時間均為2s，則小球經(jīng)過A、B、C三點時的速度大小分別是()A．2m/s,3m/s，4m/sB．2m/s，4m/s，6m/sC．3m/s,4m/s，5m/sD．3m/s,5m/s，7m/s解析：選B。根據(jù)物體做勻加速直線運動的特點,兩點之間的平均速度等于中間時刻的瞬時速度,故B點的速度就是AC段的平均速度，vB＝eq\f（AB＋BC，2t）＝4m/s，又因為連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，則由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2m/s，vC＝6m/s，故選項B正確．自由落體運動和豎直上拋運動[學(xué)生用書P7］【知識提煉】1．自由落體運動為初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動．2．豎直上拋運動的重要特性(如圖)(1）對稱性①時間對稱：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tAB＝tBA。②速度對稱：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：當(dāng)物體經(jīng)過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性．3．豎直上拋運動的研究方法分段法上升階段：a＝g的勻減速直線運動下降階段：自由落體運動全程法初速度v0向上,加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－eq\f(1,2）gt2(向上方向為正方向）若v〉0，物體上升，若v<0，物體下落若h>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方【典題例析】氣球以10m/s的速度沿豎直方向勻速上升,當(dāng)它上升到離地175m的高處時，一重物從氣球上掉落,則重物需要經(jīng)過多長時間才能落到地面？到達地面時的速度是多大？（g取10m/s2)［審題指導(dǎo)]重物從氣球上掉落時仍具有向上的速度．[解析]法一：全程法取全過程為一整體進行研究,從重物自氣球上掉落計時，經(jīng)時間t落地，規(guī)定初速度方向為正方向，畫出運動草圖,如圖所示．重物在時間t內(nèi)的位移h＝－175m將h＝－175m，v0＝10m/s代入位移公式h＝v0t－eq\f(1,2）gt2解得t＝7s或t＝－5s（舍去)，所以重物落地速度為v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中負號表示方向豎直向下，與初速度方向相反．法二：分段法設(shè)重物離開氣球后，經(jīng)過t1時間上升到最高點，則t1＝eq\f（v0，g)＝eq\f（10,10)s＝1s上升的最大高度h1＝eq\f(veq\o\al(2，0）,2g）＝eq\f(102,2×10）m＝5m故重物離地面的最大高度為H＝h1＋h＝5m＋175m＝180m重物從最高處自由下落，落地時間和落地速度分別為t2＝eq\r（\f（2H，g)）＝eq\r(\f（2×180,10）)s＝6s，v＝gt2＝10×6m/s＝60m/s，方向豎直向下所以重物從氣球上掉落至落地共歷時t＝t1＋t2＝7s。［答案]7s60m/s【遷移題組】遷移1自由落體運動1．(2018·福建六校聯(lián)考)假設(shè)一位同學(xué)在某星球上完成自由落體運動實驗：讓一個質(zhì)量為2kg的物體從一定的高度自由下落,測得在第5s內(nèi)的位移是18m,則(）A．物體在2s末的速度大小是20m/sB．物體在第5s內(nèi)的平均速度大小是3.6m/sC．物體在前2s內(nèi)的位移大小是20mD．物體在5s內(nèi)的位移大小是50m解析：選D。設(shè)該星球表面的重力加速度為g，由自由下落在第5s內(nèi)的位移是18m，可得eq\f(1，2)g×（5s）2－eq\f（1，2）g×(4s)2＝18m，得g＝4m/s2.所以2s末的速度大小為8m/s，選項A錯誤；第5s內(nèi)的平均速度大小為18m/s，選項B錯誤；物體在前2s內(nèi)的位移大小是eq\f(1,2)g×(2s）2＝8m,選項C錯誤；物體在5s內(nèi)的位移大小是eq\f（1，2）g×（5s)2＝50m,選項D正確．遷移2豎直上拋運動2．（2018·江西五校高三摸底考試)一彈性小球自4。9m高處自由下落，當(dāng)它與水平地面每碰一次,速度減小到碰前的eq\f（7，9），重力加速度g取9.8m/s2，試求小球開始下落到停止運動所用的時間．解析：小球第一次下落經(jīng)歷的時間為:t＝eq\r（\f(2h，g）)＝1s落地前的速度的大小v＝gt＝9。8m/s第一次碰地彈起的速度的大小v1＝eq\f(7,9)v上升到落回的時間t1＝eq\f（2v1,g）＝2×eq\f（7,9)s第二次碰地彈起的速度的大小v2＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(7,9)）)eq\s\up12（2）v上升到落回的時間t2＝eq\f（2v2,g）＝2×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（7,9)）)eq\s\up12(2）s?第n次碰地彈起的速度的大小vn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)））eq\s\up12（n)v上升到落回的時間tn＝eq\f(2vn，g)＝2×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(7,9）））eq\s\up12(n)s從開始到最終停止經(jīng)歷的時間為:t總＝1＋2×eq\f（7，9）＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9））)eq\s\up12（2）＋…＋2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(7,9））)eq\s\up12（n)s＝1＋7×eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(7，9）))\s\up12（n)））s≈8s。答案：8s［學(xué)生用書P8］1．(2016·高考全國卷Ⅲ)一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質(zhì)點的加速度為()A.eq\f(s，t2) B．eq\f（3s，2t2）C。eq\f(4s，t2) D．eq\f(8s，t2）解析：選A。設(shè)質(zhì)點的初速度為v0、末速度為vt，由末動能為初動能的9倍，得末速度為初速度的3倍，即vt＝3v0，由勻變速直線運動規(guī)律可知,eq\f（s，t）＝eq\f（v0＋3v0,2)＝2v0，由加速度的定義可知質(zhì)點的加速度a＝eq\f（3v0－v0,t）＝eq\f(2v0，t）,由以上兩式可知，a＝eq\f（s,t2)，A項正確，B、C、D項錯誤．2．（2015·高考江蘇卷）如圖所示，某“闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔8m設(shè)有一個關(guān)卡，各關(guān)卡同步放行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時間分別為5s和2s．關(guān)卡剛放行時，一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度2m/s2由靜止加速到2m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進的關(guān)卡是(）A．關(guān)卡2 B．關(guān)卡3C．關(guān)卡4 D．關(guān)卡5解析：選C.關(guān)卡剛放行時，該同學(xué)加速的時間t＝eq\f(v，a）＝1s，運動的距離為x1＝eq\f(1,2）at2＝1m，然后以2m/s的速度勻速運動，經(jīng)4s運動的距離為8m，因此第1個5s內(nèi)運動的距離為9m，過了關(guān)卡2。到關(guān)卡3時再用時3.5s,大于2s,因此能通過關(guān)卡3.到關(guān)卡4時共用時12.5s，而第12s時關(guān)卡關(guān)閉，因此被擋在關(guān)卡4前，C項正確．3．(多選）某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力,g取10m/s2.5s內(nèi)物體的(）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上解析：選AB。法一:分階段法物體上升的時間t上＝eq\f（v0，g）＝eq\f(30，10)s＝3s，物體上升的最大高度h1＝eq\f（veq\o\al(2，0)，2g)＝eq\f（302,2×10）m＝45m．物體從最高點自由下落2s的高度h2＝eq\f（1，2）gteq\o\al（2,下)＝eq\f（1，2)×10×22m＝20m．運動過程如圖所示,則總路程為65m,A正確.5s末物體離拋出點的高度為25m,即位移的大小為25m，方向豎直向上,B正確。5s末物體的速度v＝gt下＝10×2m/s＝20m/s，方向豎直向下，取豎直向上為正方向,則速度改變量Δv＝(－v)－v0＝（－20m/s）－30m/s＝－50m/s，即速度改變量的大小為50m/s,方向向下，C錯誤．平均速度eq\o（v,\s\up6(－））＝eq\f(h1－h(huán)2,t）＝eq\f(25,5)m/s＝5m/s，方向向上,D錯誤．法二：全過程法由豎直上拋運動的規(guī)律可知:物體經(jīng)3s到達最大高度h1＝45m處．將物體運動的全程視為勻減速直線運動，則有v0＝30m/s，a＝－g＝－10m/s2，故5s內(nèi)物體的位移h＝v0t＋eq\f（1，2)at2＝25m>0，說明物體5s末在拋出點上方25m處，故路程為65m，位移大小為25m,方向向上，A、B正確．速度的變化量Δv＝aΔt＝－50m/s,C錯誤。5s末物體的速度v＝v0＋at＝－20m/s，所以平均速度eq\o（v，\s\up6（－))＝eq\f（v0＋v，2)＝5m/s>0，方向向上，D錯誤．4．（高考全國卷Ⅰ)公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離．當(dāng)前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰．通常情況下,人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1s．當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時,安全距離為120m．設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的eq\f(2，5）。若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度．解析:設(shè)路面干燥時,汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時間為t0，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得μ0mg＝ma0 ①s＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0），2a0） ②式中，m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度．設(shè)在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，依題意有μ＝eq\f（2，5）μ0 ③設(shè)在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得μmg＝ma ④s＝vt0＋eq\f（v2，2a) ⑤聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝20m/s(72km/h）．答案:20m/s［學(xué)生用書P277(單獨成冊)](建議用時:60分鐘）一、單項選擇題1．空軍特級飛行員李峰駕駛殲十戰(zhàn)機執(zhí)行戰(zhàn)術(shù)機動任務(wù)，在距機場54km、離地1750m高度時飛機發(fā)動機停車失去動力．在地面指揮員的果斷引領(lǐng)下，安全迫降機場，成為成功處置國產(chǎn)單發(fā)新型戰(zhàn)機空中發(fā)動機停車故障、安全返航第一人．若飛機著陸后以6m/s2的加速度做勻減速直線運動，若其著陸速度為60m/s,則它著陸后12s內(nèi)滑行的距離是（）A．288m B．300mC．150m D．144m解析：選B.先求出飛機著陸后到停止所用時間t。由v＝v0＋at，得t＝eq\f(v－v0，a)＝eq\f（0－60，－6)s＝10s，由此可知飛機在12s內(nèi)不是始終做勻減速運動，它在最后2s內(nèi)是靜止的，故它著陸后12s內(nèi)滑行的距離為x＝v0t＋eq\f(at2，2）＝60×10m＋(－6)×eq\f(102，2）m＝300m.2．(2018·山西四校聯(lián)考）以36km/h的速度沿平直公路行駛的汽車，遇障礙物剎車后獲得大小為4m/s2的加速度，剎車后第3s內(nèi)汽車的位移大小為()A．12。5m B．2mC．10m D．0。5m解析：選D。據(jù)v＝at可得由剎車到靜止所需的時間t＝2。5s，則第3s內(nèi)的位移，實際上就是2~2.5s內(nèi)的位移，x＝eq\f(1，2）at′2＝0.5m。3．高鐵專家正設(shè)想一種“遇站不停式勻速循環(huán)運行"列車,如襄陽→隨州→武漢→仙桃→潛江→荊州→荊門→襄陽,構(gòu)成7站鐵路圈，建兩條靠近的鐵路環(huán)線．列車A以恒定速率360km/h運行在一條鐵路上，另一條鐵路上有“伴駁列車”B，如某乘客甲想從襄陽站上車到潛江站，先在襄陽站登上B車，當(dāng)A車快到襄陽站且距襄陽站路程為s處時，B車從靜止開始做勻加速運動,當(dāng)速度達到360km/h時恰好遇到A車，兩車連鎖并打開乘客雙向通道，A、B列車交換部分乘客，并連體運動一段時間再解鎖分離，B車勻減速運動后停在隨州站并卸客，A車上的乘客甲可以中途不停站直達潛江站．則（）A．無論B車勻加速的加速度大小為多少，s是相同的B．該乘客節(jié)約了五個站的減速、停車、提速時間C．若B車勻加速的時間為1min，則s為4kmD．若B車勻減速的加速度大小為5m/s2，則當(dāng)B車停下時A車已距隨州站路程為1km解析：選D。設(shè)B車從靜止開始加速到v＝360km/h所用時間為t，B車加速度為a，由題意得s＝vt－eq\f(v,2)t＝eq\f（v,2）t,而v＝at，所以兩者之間的距離s＝eq\f(v2,2a),由此可知,B車的加速度a越大，s越小,A項錯誤；從襄陽站到潛江站中間間隔三個站,所以該乘客節(jié)約了三個站的減速、停車、提速時間,B項錯誤;若B車勻加速的時間t′＝1min，則s＝eq\f（v,2)t′＝3km，C項錯誤；若B車勻減速的加速度大小a′＝5m/s2，減速運動時間t″＝eq\f(v，a′）＝20s，則當(dāng)B車停下時A車已經(jīng)距隨州站路程為s′＝vt″－eq\f（1，2）a′t″2＝1km，D項正確．4．一固定的光滑斜面長為x，一物體從斜面頂端由靜止開始勻加速下滑，當(dāng)物體速度為到達斜面底端速度的一半時，它沿斜面下滑的距離是()A.eq\f(x，4) B．eq\f(\r(2)－1,2)xC.eq\f（x，2) D．eq\f(\r(2）x,2）解析：選A.把物體的運動過程按速度大小分為兩段,即0～eq\f（v，2)和eq\f（v，2)～v兩段，由于兩段的速度變化量相等，則兩段的時間相等，又因為這兩段相等時間內(nèi)位移之比為1∶3，故第一段的位移為總位移的四分之一，即eq\f(x,4）,選項A正確．5．(2018·湖南石門檢測）近年我國多地都出現(xiàn)了霧霾天氣，嚴重影響了人們的健康和交通;設(shè)有一輛汽車在能見度較低的霧霾天氣里以54km/h的速度勻速行駛，司機突然看到正前方有一輛靜止的故障車，該司機剎車的反應(yīng)時間為0.6s，剎車后汽車勻減速前進，剎車過程中加速度大小為5m/s2，最后停在故障車前1.5m處，避免了一場事故．以下說法正確的是()A．司機發(fā)現(xiàn)故障車后,汽車經(jīng)過3s停下B．從司機發(fā)現(xiàn)故障車到停下來的過程，汽車的平均速度為7。5m/sC．司機發(fā)現(xiàn)故障車時,汽車與故障車的距離為33mD．從司機發(fā)現(xiàn)故障車到停下來的過程,汽車的平均速度為11m/s解析:選C。汽車減速到零的時間t1＝eq\f(Δv,a)＝eq\f（0－15，－5）s＝3s．則t＝t′＋t1＝（0.6＋3）s＝3.6s,故A錯誤；在反應(yīng)時間內(nèi)的位移x1＝v0t′＝15×0。6m＝9m．勻減速直線運動的位移x2＝eq\f（0－veq\o\al(2，0）,2a）＝eq\f（0－225,－10)m＝22.5m,則x＝x1＋x2＋1。5m＝33m,故C正確;平均速度eq\x\to（v)＝eq\f（x1＋x2,t）＝eq\f(9＋22.5,3。6)m/s＝8.75m/s,故B、D錯誤．6．東東同學(xué)看到遠處燃放的煙花，每顆煙花從地面豎直發(fā)射到最高點時瞬間爆炸．最高點與五樓頂部平齊,且前一顆煙花爆炸時后一顆煙花恰好從地面發(fā)射，他看到煙花爆炸閃光同時還聽到了爆炸的聲音,而在最后一顆煙花爆炸閃光之后還能聽到一次爆炸的聲音．請你根據(jù)這些現(xiàn)象估算他離煙花燃放點的距離約為(空氣中聲音傳播速度為340m/s,重力加速度為10m/s2)(）A．34m B．58mC．340m D．580m解析:選D。每顆煙花從地面豎直發(fā)射到最高點時瞬間爆炸，均可視為豎直上拋運動．地面到五樓頂部的高度約為h＝15m,則煙花上升到最高點的時間t＝eq\r（\f(2h,g））＝eq\r（\f（2×15,10）)s＝eq\r(3)s．由題意知，離煙花燃放點的距離約為x＝vt＝340eq\r（3）m，約為580m．選項D正確．7．(2018·淮南模擬）如圖所示為一雜技演員用一只手拋球、接球的示意圖，他每隔0.4s拋出一球，接到球便立即把球拋出．已知除拋、接球的時刻外，空中總有4個球，將球的運動近似看做是豎直方向的運動，球到達的最大高度是（高度從拋球點算起，取g＝10m/s2）（）A．1。6m B．2。4mC．3.2m D．4。0m解析:選C。將空中運動的4個球看做一個球的豎直上拋運動，由題意知，球從拋出到落回手中用時t＝0.4s×4＝1.6s，則球從最高點落回手中的時間為0.8s，則H＝eq\f(1，2）×10×0。82m＝3.2m，故C正確．二、多項選擇題8．一質(zhì)量為m的滑塊在粗糙水平面上滑行,通過頻閃照片分析得知，滑塊在最初2s內(nèi)的位移是最后2s內(nèi)位移的兩倍,且已知滑塊在最初1s內(nèi)的位移為2.5m，由此可求得（)A．滑塊的加速度為5m/s2B．滑塊的初速度為5m/sC．滑塊運動的總時間為3sD．滑塊運動的總位移為4.5m解析：選CD。初速度為零的勻加速直線運動在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5。運動的總時間為3s時，在前2s內(nèi)和后2s內(nèi)的位移之比為1∶2。正方向的勻減速運動可以看成反方向的勻加速運動．因滑塊在最初2s內(nèi)的位移是最后2s內(nèi)位移的兩倍，故運動的總時間為t＝3s，選項C正確；最初1s內(nèi)的位移與總位移之比為eq\f（x1，x)＝eq\f（5，9），滑塊最初1s內(nèi)的位移為2。5m，故x＝4.5m，選項D正確；根據(jù)x＝eq\f(1,2）at2可得a＝1m/s2，選項A錯誤;根據(jù)v＝at可得，滑塊的初速度為3m/s，選項B錯誤．9．(2018·中山模擬)如圖所示，小球從豎直磚墻某位置由靜止釋放,用頻閃照相機在同一底片上多次曝光，得到了圖中1、2、3、4、5所示小球在運動過程中每次曝光的位置．連續(xù)兩次曝光的時間間隔均為T,每塊磚的厚度為d,根據(jù)圖中的信息，下列判斷正確的是(）A．位置1是小球釋放的初始位置B．小球做勻加速直線運動C．小球下落的加速度為eq\f（d，T2)D．小球在位置3的速度為eq\f（7d,2T）解析：選BCD。由Δx＝d為恒量判斷，小球做勻加速直線運動，故B正確；由Δx＝aT2得a＝eq\f（d,T2）,故C正確；v3＝eq\o（v,\s\up6（－))24＝eq\f(7d,2T)，故D正確；v1＝v3－a·2T＝eq\f(7d,2T）－eq\f(d，T2)×2T＝eq\f(3d，2T）>0，故A錯誤．10.（2018·山東師大附中模擬)如圖所示，在一個桌面上方有三個金屬小球a、b、c，離桌面高度分別為h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后順次釋放a、b、c，三球剛好同時落到桌面上，不計空氣阻力，則()A．三者到達桌面時的速度大小之比是eq\r（3）∶eq\r(2)∶1B．三者運動時間之比為3∶2∶1C．b與a開始下落的時間差小于c與b開始下落的時間差D．三個小球運動的加速度與小球受到的重力成正比，與質(zhì)量成反比解析:選AC。由v2＝2gh，得v＝eq\r（2g