【物理】2018届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律学案 21页

第2节匀变速直线运动的规律 ‎,‎ ‎(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(×)‎ ‎(2)匀加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大的。(×)‎ ‎(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)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。(×)‎ ‎(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。(√)‎ ‎(7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。(×)‎ 意大利物理学家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，推翻了古希腊学者亚里士多德的“物体越重下落越快”的错误观点。‎ 突破点(一)　匀变速直线运动的基本规律 ‎1．解答运动学问题的基本思路 →→→→ ‎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，规定初速度v0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，一般以加速度a的方向为正方向。‎ ‎3．多过程问题 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段衔接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。‎ 典例]　(2017·孝感三中一模)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？‎ 审题指导]‎ 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 由静止释放一小球 小球做自由落体运动 忽略空气阻力 平板车以恒定加速度从静止开始向左运动 小车做初速度为零的匀加速直线运动 该小球恰好落在平板车的左端 在小球自由落体的时间内，小车的左端恰好运动到O点 第二步：找突破口 ‎(1)小球下落的时间t0可由h＝gt02求得。‎ ‎(2)小车左端离O点的水平距离等于t0时间内小车的水平位移s。‎ ‎(3)要使第二个小球能落入平板车上，小车在t0＋Δt时间内的位移应不大于s＋L。‎ 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方程 对小球有：h＝gt02①‎ 对平板车有：s＝at02②‎ 由①②式并代入数据可得：s＝‎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s1，由运动学方程有：s1＝a(Δt＋t0)2③‎ 至少有2个小球落在平板车上须满足：s1≤s＋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 方法规律]‎ 求解多阶段运动问题的“三步走”‎ 集训冲关]‎ ‎1．(2016·全国丙卷)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　质点在时间t内的平均速度v＝，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝，故＝。由题意知：mv22＝9×mv12，则v2＝3v1，可得2v1＝。质点的加速度a＝＝＝。故选项A正确。‎ ‎2．(2017·南平质检)‎2015年9月2日，“抗战专列”在武汉地铁4号线亮相，赢得乘车市民纷纷点赞。若该地铁列车先从甲站开始做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，通过位移L后，立即做加速度大小也为a的匀减速直线运动，恰好到乙站停下。则列车从甲站到乙站所用时间为(　　)‎ A. B.2 C．2 D．4 解析：选B　由位移公式可知，列车在匀加速过程中L＝at2，解得：t＝ ；由于列车由静止开始加速，再以同样大小的加速度减速到静止，则说明列车减速过程所用时间也为t；故从甲站到乙站所用总时间为2 。‎ ‎3．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是(　　)‎ A．上述过程的加速度大小为‎10 m/s2‎ B．刹车过程持续的时间为5 s C．0时刻的初速度为‎10 m/s D．刹车过程的位移为‎5 m 解析：选C　由v2－v02＝2ax可得x＝－v02＋v2，对照x＝(10－0.1v2)可知，＝－0.1，－v02＝10，解得a＝－‎5 m/s2，v0＝‎10 m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝‎10 m，选项B、D错误。‎ 突破点(二)　解决匀变速直线运动的常用方法 方法 解读 基本公式法 基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量式，使用时要规定正方向 平均速度法 ‎(1)定义式＝适用于任何性质的运动 ‎(2)＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运动 中间时刻速度法 利用“中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度”，即v＝，该式适用于任何匀变速直线运动 图像法 应用v t图像，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题，尤其是用图像进行定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案 推论法 匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量，即xn＋1－xn＝aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx＝aT2求解 多角练通]‎ ‎1．(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时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝＝ m/s＝‎4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝＝ m/s＝‎8 m/s；则物体加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2，故选项B正确。‎ ‎2．(2017·合肥模拟)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是(　　)‎ A．v＝ B.v＝ C．v> D.，C正确。‎ ‎3．(2017·成都月考)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。‎ 突破点(三)　自由落体和竖直上抛运动 ‎1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意 ‎(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．竖直上抛运动的两种研究方法 ‎(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。习惯上取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。‎ ‎3．竖直上抛运动的三种对称性 时间的对称性 ‎①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＝ ‎②物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等 速度的对称性 ‎①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 ‎②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 能量的对称性 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 典例]　(2017·湖北省重点中学联考)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？‎ 审题指导]‎ ‎(1)结合题图可知，从木杆下端平齐圆筒的上端A到木杆上端平齐圆筒的上端A所用的时间即为t1。‎ ‎(2)从木杆下端平齐圆筒的上端A到木杆上端平齐圆筒的下端B所用的时间即为t2。‎ 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)木杆的下端到达圆筒上端A用时 t下A＝ ＝ s＝ s 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 易错提醒]‎ 在计算杆通过圆筒的时间时，既不能将杆视为质点，又不能将圆筒视为质点，此时要注意确定杆通过圆筒的开始和终止时刻之间所对应的下落高度。‎ 集训冲关]‎ ‎1．(2014·上海高考)在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝＝，A项正确。‎ ‎2．(2015·山东高考)距地面高‎5 m的水平直轨道上A、B两点相距‎2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示。小车始终以‎4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小 g＝‎10 m/s2。可求得h等于(　　)‎ A．‎1.25 m B.‎‎2.25 m C．‎3.75 m D．‎‎4.75 m 解析：选A　根据两球同时落地可得 ＝＋ ，代入数据得h＝‎1.25 m，选项A正确。‎ ‎3．(2017·平顶山模拟)将一个物体在t＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8 s时物体的速度大小变为‎8 m/s (g取‎10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体一定是在t＝3.2 s时回到抛出点 B．t＝0.8 s时刻物体的运动方向可能向下 C．物体的初速度一定是‎20 m/s ‎ D．t＝0.8 s时刻物体一定在初始位置的下方 解析：选A　物体做竖直上抛运动，在0.8 s内的速度变化量Δv＝gt＝10×‎0.8 m/s＝‎8 m/s，由于初速度不为零，可知t＝0.8 s时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B、D错误；由v＝v0－gt，代入数据解得v0＝‎16 m/s，则上升到最高点的时间t1＝＝ s＝1.6 s，则回到抛出点的时间t＝2t1＝2×1.6 s＝3.2 s，故A正确，C错误。‎ 突破点(四)　利用转换研究对象法巧解多物体的匀变速直线运动 在运动学问题的解题过程中，若多个物体所参与的运动规律完全相同，可将多个物体的运动转换为一个物体的连续运动，解答过程将变得简单明了。‎ 典例]　(2017·淮南模拟)如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，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，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，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 方法点拨]‎ 将4个小球依次抛出后均做相同的竖直上抛运动，但同时研究4个小球的运动比较复杂，将4个小球的运动转换为一个小球所做的连续运动，小球每隔0.4 s对应的位置，对应各小球在同一时刻的不同位置，问题便能迎刃而解。‎ 解析]　由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝gt2＝‎3.2 m，C正确。‎ 答案]　C 集训冲关]‎ ‎1.(2017·南通期末)科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB＜tBC＜tCD B．闪光的间隔时间是 s C．水滴在相邻两点间的平均速度满足AB∶BC∶CD＝1∶4∶9‎ D．水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶3∶5‎ 解析：选B　由题图可知∶∶＝1∶3∶5，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，由题意知水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A错误；由h＝gt2可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为 s，即闪光的间隔时间是 s，B正确；由＝知水滴在相邻两点间的平均速度满足AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，C错误；由v＝gt知水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，D错误。‎ ‎2．从斜面上某一位置每隔0.1 s 释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示。现测得xAB＝‎15 cm，xBC＝‎20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同。‎ ‎(1)求小球的加速度。‎ ‎(2)求拍摄时B球的速度。‎ ‎(3)C、D两球相距多远？‎ ‎(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？‎ 解析：(1)由Δx＝aT2得 a＝＝＝ m/s2＝‎5 m/s2。‎ ‎(2)vB＝＝ m/s＝‎1.75 m/s。‎ ‎(3)由Δx＝xCD－xBC＝xBC－xAB得 xCD＝xBC＋(xBC－xAB)＝‎20 cm＋‎5 cm＝‎25 cm。‎ ‎(4)小球B从开始运动到题图所示位置所需的时间为 tB＝＝ s＝0.35 s 则B球上面正在运动着的小球共有3颗，A球上面正在运动着的小球共有2颗。‎ 答案：(1)‎5 m/s2　(2)‎1.75 m/s　(3)‎25 cm　(4)2颗 什么是“形异质同”和“形同质异”‎ 题目做得多了，会遇到一类遵循的物理规律相同，但提供的物理情景新颖、信息陌生、物理过程独特的问题，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，平时做题时还会遇到一类物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的问题，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。‎ 下面列举两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题。‎ ‎ (一)水平刹车与沿粗糙斜面上滑 ‎1．(2017·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：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3 s时汽车已经停止，位移x＝24×‎2 m－6×‎22 m＝‎24 m，故平均速度＝＝ m/s＝‎8 m/s。‎ ‎2.(多选)(2017·南昌调研)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为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。‎ 反思领悟]‎ ‎(1)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为零后，汽车将停止运动。‎ ‎(2)物体沿粗糙斜面上滑至最高点后，若有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类似。‎ ‎(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。‎ 反思领悟]‎ 竖直上抛运动和物体沿光滑斜面上滑的运动规律类似，物体均先匀减速运动再反向匀加速运动，且加速度大小和方向均相同。‎ 对点训练：匀变速直线运动的基本规律 ‎1．(2017·宁波效实中学期中)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0t2 B.t1＝t2‎ C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3‎ 解析：选BC　由题意可知L＝at12，L＋‎3L＝a(t1＋t2)2，故t1＝t2，选项A错误，B正确；而v1＝at1，v2＝a(t1＋t2)，故v1∶v2＝1∶2，选项C正确，D错误。‎ ‎3．(多选)(2017·潍坊模拟)如图所示，t＝0时，质量为‎0.5 kg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(　　)‎ ‎　‎ 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：选BD　根据题中图表的数据，可以求出物体下滑的加速度a1＝‎4 m/s2和在水平面上的加速度a2＝－‎2 m/s2。根据运动学公式：8＋a1t1＋a2t2＝12，t1＋t2＝2，解出t1＝ s，知经过 s到达B点，到达B点时的速度v＝a1t＝ m/s。如果第4 s还在斜面上，速度应为‎16 m/s，从而判断出第4 s已过B点，是在2 s到4 s之间经过B点。所以最大速度不是‎12 m/s，故A、C均错误。第6 s末的速度是‎8 m/s，到停下来还需时间t′＝ s＝4 s，所以到C点的时间为10 s，故B正确。根据v2－v02＝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间的距离，故D正确。‎ 对点训练：解决匀变速直线运动的常用方法 ‎4．(2017·厦门模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为‎9 m和‎7 m。则刹车后6 s内的位移是(　　)‎ A．‎20 m B‎.‎‎24 m C．‎25 m D．‎‎75 m 解析：选C　由Δx＝‎9 m－‎7 m＝‎2 m可知，汽车在第3 s、第4 s、第5 s内的位移分别为‎5 m、‎3 m、‎1 m，汽车在第5 s末的速度为零，故刹车后6 s内的位移等于前5 s内的位移，大小为‎9 m＋‎7 m＋‎5 m＋‎3 m＋‎1 m＝‎25 m，故C正确。‎ ‎5．一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝‎3 m，第2 s内通过的位移为x2＝‎2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是(　　)‎ A．初速度v0的大小为‎2.5 m/s B．加速度a的大小为‎1 m/s2‎ C．位移x3的大小为‎1.125 m D．位移x3内的平均速度大小为‎0.75 m/s 解析：选A　由Δx＝aT2可得加速度大小a＝‎1 m/s2；第1 s末的速度v1＝＝‎2.5 m/s；物体的速度由‎2.5 m/s减速到0所需时间t＝＝2.5 s，则经过位移x3的时间t′为1.5 s，且x3＝at′2＝‎1.125 m；位移x3内的平均速度＝＝‎0.75 m/s。故选A。‎ ‎6．(多选)一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是(　　)‎ A．物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间 B．物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向 C．物块下滑时从b运动至c所用时间为t D．物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小 解析：选AC　由于斜面光滑，物块沿斜面向上与向下运动的加速度相同，a＝gsin θ，故物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间，选项A正确，B错误；物块由b到a的过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知＝，解得tbc＝t，选项C正确；由于c是位移的中点，物块上滑过程中通过c点的速度不等于整个上滑过程的平均速度，选项D错误。‎ 对点训练：自由落体运动 ‎7．(2017·哈尔滨模拟)关于自由落体运动(g＝‎10 m/s2)，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．它是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动 B．在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5‎ C．在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3‎ D．从开始运动到距下落点‎5 m、‎10 m、‎15 m所经历的时间之比为1∶2∶3‎ 解析：选D　自由落体运动是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动，A正确；根据匀变速直线运动规律，在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5，B正确；在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3，C正确；从开始运动到距下落点‎5 m、‎10 m、‎15 m所经历的时间之比为1∶∶，D错误。‎ ‎8．(2017·石家庄模拟)钢球A自塔顶自由下落‎2 m时，钢球B自塔顶下方‎6 m处自由下落，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，重力加速度为‎10 m/s2，则塔高为(　　)‎ A．‎24 m B‎.‎‎16 m C．‎12 m D．‎‎8 m 解析：选D　设钢球A下落h1＝‎2 m的时间为t1，塔高为h，钢球B的运动时间为t2，由h1＝gt12，得t1＝ s，由h－‎6 m＝gt22，又h＝g(t1＋t2)2，代入数据解得h＝‎8 m，D正确。‎ ‎9.(2017·江西九江七校联考)‎ 伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、C滚下，如图所示。A、B、C与斜面底端的距离分别为s1、s2、s3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v1、v2、v3。则下列关系式中正确，并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下运动是匀变速直线运动的是(　　)‎ A．v1＝v2＝v3 B.＝＝ C．s1－s2＝s2－s3 D.＝＝ 解析：选D　球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，A错误。由v＝at可得，a＝，三次下落中的加速度相同，故关系式正确，但不是当时伽利略用来证明时所用的结论，B错误。由题图及运动学规律可知，s1－s2>s2－s3，C错误。由运动学公式可知s＝at2，故a＝，三次运动中位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面向下运动为匀变速直线运动，D正确。‎ 对点训练：竖直上抛运动 ‎10．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎1.8 m B.‎‎3.6 m C．‎5.0 m D．‎‎7.2 m 解析：选C　由题图可知运动员每次在空中运动的时间t＝2.0 s，故运动员跃起的最大高度Hm＝g2＝‎5.0 m，C正确。‎ ‎11．某同学身高‎1.8 m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过‎1.8 m高度的横杆，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度最接近(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎6 m/s B‎.‎‎5 m/s C．‎4 m/s D．‎3 m/s 解析：选C　身高‎1.8 m的同学起跳后身体横着越过‎1.8 m 的横杆，其重心上升的高度大约为h＝‎0.8 m，由v02＝2gh得v0＝‎4 m/s，选项C正确。‎ ‎12．(多选)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：选ACD　小球被竖直向上抛出， 做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式＝求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为‎10 m/s、方向竖直向上时，v＝‎10 m/s，用公式求得平均速度为‎15 m/s，方向竖直向上，A正确；当小球的末速度大小为‎10 m/s、方向竖直向下时，v＝－‎10 m/s，用公式求得平均速度大小为‎5 m/s，方向竖直向上，C正确；由于末速度大小为‎10 m/s时，球的位置一定，距起点的位移h＝＝‎15 m，D正确。‎ 考点综合训练 ‎13．(2017·惠州调研)在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面H＝‎224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动。运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以a＝‎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v＝‎5 m/s，取g＝‎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－v02＝－2ah，‎ 又v02＝‎2g(H－h)‎ 联立并代入数据解得：v0＝‎50 m/s h＝‎99 m。‎ ‎(2)设伞兵在空中的最短时间为t，‎ 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 ‎14.随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。如图所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v2x图像(v为货车的速度，x为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像。某路段限速 ‎72 km/h‎，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以‎54 km/h的速度行驶。通过计算求解：‎ ‎(1)驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；‎ ‎(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s，则该型号货车满载时以‎72 km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远。‎ 解析：(1)根据速度位移公式v2－v02＝2ax，有v2＝2ax＋v02，图线斜率的一半表示加速度；‎ 根据题中图像得到：满载时，加速度为‎5 m/s2，严重超载时加速度为‎2.5 m/s2；‎ 设该型号货车满载时以‎72 km/h(‎20 m/s)的速度减速，‎ 制动距离x1＝＝ m＝‎40 m，‎ 制动时间为t1＝＝ s＝4 s；‎ 设该型号货车严重超载时以‎54 km/h(‎15 m/s)的速度减速，‎ 制动距离x2＝＝ m＝‎45 m＞x1，‎ 制动时间为t2＝＝ s＝6 s＞t1；‎ 所以驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求。‎ ‎(2)货车在反应时间内做匀速直线运动 x3＝vt3＝20×‎1 m＝‎20 m，‎ 跟车距离最小值x＝＋x3＝‎40 m＋‎20 m＝‎60 m。‎ 答案：见解析