(物理一轮复习教案合集)示范高中高中物理一轮复习教案word文档

第一章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))运动的描述匀变速直线运动第1节描述运动的基本概念(1)质点是一种理想化模型，实际并不存在。(√)(2)体积很大的物体，不能视为质点。(×)(3)参考系必须是静止不动的物体。(×)(4)做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程。(×)(5)平均速度的方向与位移方向相同。(√)(6)瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向。(√)(7)物体的速度很大，加速度不可能为零。(×)(8)甲的加速度a甲＝2m/s2，乙的加速度a乙＝－3m/s2，a甲＞a乙。(×)(9)物体的加速度增大，速度就增大。(×)突破点(一)质点1．对质点的三点说明(1)质点是一种理想化模型，实际并不存在。(2)物体能否被看成质点是由要研究的问题决定的，并非依据物体自身的大小和形状来判断。(3)质点不同于几何“点”，质点有质量，而几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置。2．建立质点模型的两个关键(1)明确要研究的问题是什么。(2)判断物体的大小和形状对所研究问题的影响能否忽略。[题点全练]下列物体能够看作质点的是________。(1)体积很小的原子核(2)绕太阳公转的地球(3)用GPS确定在大海中位置的航空母舰(4)正在表演娱乐节目的海狮(5)研究直升机上正在转动的螺旋桨(6)研究上坡时有无翻倒可能的三轮车(7)研究落地时正面朝上还是朝下的硬币(8)计算由北京开往上海的火车通过某一路标的时间答案：(2)(3)突破点(二)参考系[题点全练]1.钓鱼岛群岛自古以来就是中国领土，其附近海域是渔民祖祖辈辈传统的谋生渔场。如图，中国海监46船(甲)和中国海监49船(乙)，在钓鱼岛领海内开展例行维权巡航。甲、乙两船并排行驶，甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，乙船内的船员发现甲船没有动。如果以钓鱼岛为参照物，上述事实说明()A．甲船向西运动，乙船不动B．乙船向西运动，甲船不动C．甲船向西运动，乙船向东运动D．甲、乙两船以相等的速度都向西运动解析：选D甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，以钓鱼岛为参照物，甲船向西运动，乙船内的船员发现甲船没有动。甲、乙两船的速度、行驶的方向应该是一样的，即甲、乙两船以相等的速度都向西运动。故选D。2．[多选](2018·焦作月考)云台山是全球首批世界地质公园，青龙峡景点有“中原第一峡谷”美誉，这里气候独特，水源丰富，植被原始完整，是生态旅游的好去处，乘坐索道缆车观赏怡人的风景以外，还能感觉悬挂在高空的刺激感。对于正在乘坐索道缆车观光的某游客来说，以下说法正确的是()A．以自己为参考系，看到对面的山迎面走来B．以对面的山为参考系，自己静止不动C．以自己为参考系，看到同一缆车里的人向对面的山不断靠近D．以所乘坐的缆车为参考系，看到两边的青山绿树向身后走去解析：选AD以自己为参考系，相对于山靠近的过程中，看到对面的山迎面走来，故A正确；以对面的山为参考系，相对于山靠近的过程中，自己向山运动，故B错误；以自己为参考系，看到同一缆车里的人静止不动，故C错误；以所乘坐的缆车为参考系，看到两边的青山绿树向身后走去，故D正确。[题后悟通]对参考系的三点提醒(1)由于运动描述的相对性，凡是提到物体的运动，都应该明确它是相对哪个参考系而言的，在没有特殊说明的情况下，一般选大地作为参考系。(2)在同一个问题中，若要研究多个物体的运动或同一物体在不同阶段的运动，则必须选取同一个参考系。(3)对于复杂运动的物体，应选取能最简单描述物体运动情况的物体为参考系。突破点(三)位移和路程[题点全练]1．关于位移和路程，下列说法正确的是()A．在某一段时间内物体运动的位移为零，则该物体一定是静止的B．在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体一定是静止的C．在直线运动中，物体的位移大小一定等于其路程D．在曲线运动中，物体的位移大小可能等于路程解析：选B物体运动了一段时间后又回到出发点，位移为零，选项A错误；物体不运动，则它的路程一定为零，反之物体在某一段时间内运动的路程为零，则它一定静止，选项B正确；物体只有做单向直线运动时，其位移大小才等于路程，选项C、D错误。2．对于体育比赛的论述，下列说法正确的是()A．运动员跑完800m比赛，指的是路程大小为800mB．运动员铅球成绩为4.50m，指的是位移大小为4.50mC．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10min，指的是时刻D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看作质点解析：选A运动员跑完800m比赛，指的是路程大小为800m，选项A正确；运动员铅球成绩为4.50m，指的是抛出点和落地点水平距离的大小，选项B错误；某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10min，指的是时间，选项C错误；足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的大小不能忽略，不可以看作质点，选项D错误。[题后悟通]位移与路程的区别和联系位移x路程s物理意义描述物体位置的变化表示物体运动轨迹的长度决定因素由初、末位置决定由实际的运动路径决定运算规则矢量的平行四边形定则标量的代数运算大小关系x≤s突破点(四)平均速度和瞬时速度1．平均速度与瞬时速度的区别和联系(1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度。(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度。2．平均速度与平均速率的区别平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，只有当路程与位移的大小相等时，平均速率才等于平均速度的大小。3．计算平均速度时应注意的两个问题(1)平均速度的大小与物体不同的运动阶段有关，求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度。(2)eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)是平均速度的定义式，适用于所有的运动。[典例](2018·昆山模拟)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲线轨迹运动所用的时间分别是：1s、2s、3s、4s。下列说法不正确的是()A．物体在AB段的平均速度为1m/sB．物体在ABC段的平均速度为eq\f(\r(5),2)m/sC．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度[解析]由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)可得：eq\o(v,\s\up6(－))AB＝eq\f(1,1)m/s＝1m/s，eq\o(v,\s\up6(－))AC＝eq\f(\r(5),2)m/s，故A、B均正确；所选取的过程离A点越近，运动时间越短，其阶段的平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确；由A经B到C的过程不是匀变速直线运动过程，故B点虽为中间时刻，但其速度不等于AC段的平均速度，D错误。[答案]D[易错提醒](1)所选取的时间或过程越短，平均速度越接近该过程内某时刻或某位置的瞬时速度。(2)中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，只适用于匀变速直线运动。本题中由A→C的过程为曲线运动。[集训冲关]1．[多选](2018·常州模拟)某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9km，从出发地到目的地用了5min，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15km，当他经过某路标时，车内速率计指示的示数为150km/h，那么可以确定的是()A．在整个过程中赛车手的位移大小是9kmB．在整个过程中赛车手的路程是9kmC．在整个过程中赛车手的平均速度是180km/hD．经过路标时的瞬时速率是150km/h解析：选AD利用地图计算出的出发地和目的地之间的直线距离为整个运动过程的位移大小，里程表显示的是路程，平均速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(9km,\f(1,12)h)＝108km/h，A正确，B、C错误；车内速率计示数为对应位置的瞬时速率，故D正确。2．[多选](2018·徐州调研)两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置。如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知：()A．在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同B．在时刻t5到t7，甲木块平均速度大于乙木块的平均速度C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同解析：选BC设底片上每小格宽度为s，曝光时间为t。乙木块做匀速直线运动的速度v＝eq\f(4s,t)，甲木块t2时刻速度v2＝eq\f(5s,2t)＜v，故A错误；甲木块在t5到t7时间内的平均速度：v57＝eq\f(x57,2t)＝eq\f(13s,2t)＞eq\f(4s,t)，即在时刻t5到t7，甲木块平均速度大于乙木块的平均速度，故B正确；甲木块在t3时刻的速度v3＝eq\f(7s,2t)＜v；在t4时刻的速度v4＝eq\f(9s,2t)＞v，可见在时刻t3到t4时间内必有一时刻两物块速度相等，故C正确，D错误。突破点(五)加速度与速度的关系1．速度、速度变化量和加速度的对比速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动的快慢描述物体速度的变化描述物体速度变化的快慢定义式v＝eq\f(Δx,Δt)Δv＝v－v0a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v－v0,Δt)方向与位移Δx同向，即物体运动的方向由v－v0或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v方向无关2．加速度的定义式和决定式a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，即加速度的大小由物体受到的合力F和物体的质量m共同决定，加速度的方向由合力的方向决定。3．根据a与v的方向关系判断物体加速还是减速eq\a\vs4\al(1a和v同向,加速直线运动)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不变，v随时间均匀增大,a增大，v增大得越来越快,a减小，v增大得越来越慢))eq\a\vs4\al(2a和v反向,减速直线运动)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不变，v随时间均匀减小,a增大，v减小得越来越快,a减小，v减小得越来越慢))[典例][多选](2018·永嘉模拟)有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法()A．点火后即将升空的火箭。因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车。轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C．运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶。高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D．汽车匀速率通过一座拱桥。因为汽车做的是曲线运动，加速度不为零[解析]点火后即将升空的火箭，虽然速度还为零，但因其合外力不为零，加速度不为零，A错误；轿车紧急刹车时速度变化很快，由a＝eq\f(Δv,Δt)可知，其加速度很大，B正确；高速行驶的磁悬浮列车，虽然速度很大，若其不变化，则加速度为零，C错误；汽车匀速率过拱桥时，汽车做曲线运动，汽车速度方向时刻变化，其加速度不为零，D正确。[答案]BD[易错提醒](1)速度的大小与加速度的大小没有必然联系。(2)速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间共同决定。(3)速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的。[集训冲关]1．[多选](2018·南京模拟)关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中正确的是()A．速度变化的方向为正，加速度的方向也为正B．物体加速度增大，速度一定越来越大C．速度越来越大，加速度一定越来越大D．加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向解析：选AD加速度方向与速度变化量的方向相同，速度变化方向为正，加速度方向为正，故A正确；当加速度方向与速度方向相反，加速度越来越大，但速度越来越小，故B错误；速度越来越大，说明物体的速度方向与加速度方向相同，但加速度可能在减小，故C错误；加速度是由合外力决定的，它可以不与速度在同一直线上，这种情况下，物体做曲线运动，故D正确。2．[多选]如图甲所示，火箭发射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是()A．10s内火箭的速度改变量为10m/sB．2.5s内汽车的速度改变量为－30m/sC．火箭的速度变化比汽车的快D．火箭的加速度比汽车的加速度小解析：选BD因火箭发射时，速度在10s内由0增加到100m/s，故10s内火箭的速度改变量为100m/s，选项A错误；汽车以108km/h＝30m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，则2.5s内汽车的速度改变量为0－30m/s＝－30m/s，选项B正确；火箭的加速度为：a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(100,10)m/s2＝10m/s2；汽车的加速度为：a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(－30,2.5)m/s2＝－12m/s2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C错误、D正确。考“活”思维的STS问题物理与现实生活结合比较紧密，在高考中，这方面内容显得十分抢眼，此类试题大多以生活常识、体育运动、交通运输、社会生产、能源环保、现代科技等信息为载体，考查学生活学活用物理知识的能力。此类问题之所以常失分，皆因不能准确审题、不会思维迁移造成。本书在一些章节设此栏目，旨在让学生多做多练、多感多悟，消除对STS问题的恐惧感。与描述运动的概念有关的STS问题1．在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图所示。下面说法正确的是()A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的解析：选D金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”时不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确。2．校运会400m比赛中，终点在同一直线上，但起点不在同一直线上(如图所示)。关于这样的做法，下列说法正确的是()A．这样做目的是为了使参加比赛的同学位移大小相同B．这样做目的是为了使参加比赛的同学路程大小相同C．这样做目的是为了使参加比赛的同学所用时间相同D．这样做其实是不公平的，明显对外侧跑道的同学有利解析：选B校运会400m比赛，其跑道是弯的，为了保证参赛同学的路程均为400m，终点在同一直线上，起点则不在同一直线上，故B正确。3.如图所示，自行车的车轮半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动，当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，气门芯位移的大小为()A．πR B．2RC．2πR D．Req\r(4＋π2)解析：选D当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位置与末位置如图所示，由几何知识得，气门芯的位移大小x＝eq\r(2R2＋πR2)＝Req\r(4＋π2)，故D正确。对点训练：质点、参考系1.(2018·衢州模拟)如图所示是一架正在进行航拍的四旋翼无人飞机，则下列情况能将无人飞机看成质点的是()A．调整无人机在空中飞行的姿态B．调整无人机上摄像机镜头的方向C．增大无人机旋翼的转速D．地面观察者观察无人机在空中的位置解析：选D调整无人机在空中的姿态，无人机各部分运动状态不同，不可以将无人机看成质点，故A错误；调整无人机上摄像机镜头的方向时，摄像头的大小不能忽略，故B错误；调节无人机旋翼的转速时，无人机旋翼的大小和形状不能忽略不计，不能看成质点，故C错误；观察无人机在空中的位置，无人机的大小可忽略，可以将无人机看成质点，故D正确。2．(2018·商丘期末)在电视连续剧《西游记》中，常常有孙悟空“腾云驾雾”的镜头，这通常是采用“背景拍摄法”：让“孙悟空”站在平台上，做着飞行的动作，在他的背后展现出蓝天和急速飘动的白云，同时加上烟雾效果；摄影师把人物动作和飘动的白云及下面的烟雾等一起摄入镜头。放映时，观众就感觉到“孙悟空”在“腾云驾雾”。这时，观众所选的参考系是()A．“孙悟空” B．平台C．飘动的白云 D．烟雾解析：选C“孙悟空”站在平台上，在他的背后有急速飘动的白云，就感觉到“孙悟空”在“腾云驾雾”。通过题目所给的条件，我们可以知道所选的参考系是急速飘动的白云，认为白云静止不动的结果是“孙悟空”在飞速前进。对点训练：位移和路程3．2015北京世界田径锦标赛20公里女子竞走起点设在离“鸟巢”跑道终点线40米处，鸣枪出发后，运动员要先在场内走3圈零437米，然后出“鸟巢”东北门，进入1公里一圈的公路赛道。运动员将在公路赛道走完18圈后再次进入“鸟巢”，通过终点线完成比赛。最终，中国选手刘虹获得冠军。关于这次比赛中刘虹从出发到通过终点线的过程中的位移和路程下列说法正确的是()A．位移和路程都是20公里B．位移和路程都是40米C．位移是40米，路程是20公里D．位移20公里，路程是40米解析：选C由题意可知起点和终点间的距离为40米，故位移为40m；而物体的路程是实际经过的长度，故路程为20公里；故C正确，A、B、D错误。4．(2018·浙江重点高中联考)手机给人民生活带来很多便利，如滴滴出行软件不仅极大地方便了出行的人们，更是缓解了城市交通中出租车的压力。下面三图是某位滴滴司机准备从某中学附近开往西溪印象城，设定好各项设置后去接了三位同行乘客的软件部分截图，下列说法正确的是()A．图甲中“市内行程今天08：00”是滴滴司机出发时间，指的是时间间隔B．图甲中“顺路程度55%”，指的是位移大小有55%重合C．图乙中“九堡地铁站九堡距你起点20.6km”，20.6km指的是位移，其初始位置是起点D．图丙中研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看成质点解析：选D08：00是滴滴司机出发的时刻，故A错误；位移是从起点到终点的有向线段，路程是物体运动轨迹的长度，“顺路程度55%”，指的是路程有55%重合，故B错误；位移是从起点到终点的有向线段，“九堡地铁站九堡距你起点20.6km”，20.6km指的是运动轨迹的长度，是路程，故C错误；研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小和形状可以忽略，可以把汽车看成质点，故D正确。对点训练：平均速度和瞬时速度5．[多选](2018·徐州调研)下面有关平均速度、瞬时速度的说法中正确的是()A．火车以70km/h的速度从广州开往上海，这里的70km/h是指平均速度B．子弹以600m/s的速度从枪口射出，这里的600m/s是指平均速度C．小球在第5s内的速度是6m/s，这里的6m/s是指瞬时速度D．汽车通过站牌时的速度是36km/h，这里的36km/h是指瞬时速度解析：选AD火车以70km/h的速度从广州开往上海，此速度是运动过程的速度，表示平均速度，故A正确；子弹以600m/s的速度从枪口射出，枪口是一个位置，所以此速度表示瞬时速度，故B错误；小球在第5s内的速度是6m/s，第5s内是一段时间，此速度表示平均速度，故C错误；汽车通过站牌时的速度是36km/h，站牌是一个位置，所以此速度表示瞬时速度，故D正确。6．(2018·绍兴质检)用如图所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度。已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0mm，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040s。则滑块经过光电门位置时的速度大小为()A．0.10m/s B．100m/sC．4.0m/s D．0.40m/s解析：选A由速度定义可知滑块经过光电门时的速度大小为v＝eq\f(d,t)＝eq\f(4.0×10－3,0.040)m/s＝0.10m/s，选项A正确。7．(2015·浙江高考)如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt。测得遮光条的宽度为Δx，用eq\f(Δx,Δt)近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使eq\f(Δx,Δt)更接近瞬时速度，正确的措施是()A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度C．使滑块的释放点更靠近光电门D．增大气垫导轨与水平面的夹角解析：选Aeq\f(Δx,Δt)表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录的遮光时间Δt越小，eq\f(Δx,Δt)越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，选项A正确。8.[多选]一质点沿一边长为2m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1m，初始位置在bc边的中点A，由b向c运动，如图所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是()A．第2s末的瞬时速度大小是1m/sB．前2s内的平均速度大小为eq\f(\r(2),2)m/sC．前4s内的平均速率为0.5m/sD．前4s内的平均速度大小为2m/s解析：选AB质点每秒钟匀速移动1m，故第2s末瞬时速度大小为1m/s，A正确；前2s内的位移大小为x1＝|AB|＝eq\r(Ac2＋Bc2)＝eq\r(12＋12)m＝eq\r(2)m，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(\r(2),2)m/s，B正确；前4s内质点通过的路程为4m，平均速率为1m/s，在第4s末到达C点，平均速度为eq\x\to(v)2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(2,4)m/s＝0.5m/s，C、D错误。对点训练：加速度与速度的关系9．在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是()A．根据速度定义式v＝eq\f(Δx,Δt)，当Δt非常小时，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法B．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了等效替代的方法C．加速度的定义式为a＝eq\f(Δx,Δt)，采用的是比值定义法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法解析：选B用质点代替实际物体采用的是理想模型法，而不是等效替代法，B错误，A、C、D选项均正确。10．(2018·无锡六校联考)下列关于速度和加速度的说法中，正确的是()A．物体的速度变化量越大，则加速度越大B．当加速度与速度方向相同且减小时，物体做减速运动C．物体的速度为0，则其加速度一定为0D．加速度越来越大，而速度可以越来越小解析：选D加速度是物体速度变化与所用时间的比值，速度变化量大，但不知道变化所用时间，故不能确定加速度大，故A错误；当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，加速度减小说明物体速度增加的变慢了，故B错误；物体速度为0，加速度不一定为0，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时，速度为0，而加速度为重力加速度，故C错误；当加速度与速度方向相反时，物体做减速运动，加速度越来越大说明物体速度减小得越来越快，故D正确。11.如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置A、B，A、B间距离为L＝30cm，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d＝1cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010s、0.005s，滑块从A到B所用时间为0.200s，则下列说法正确是()A．滑块通过A的速度为1cm/sB．滑块通过B的速度为2cm/sC．滑块的加速度为5m/s2D．滑块在A、B间的平均速度为3m/s解析：选C滑块通过A点的速度vA＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(0.01,0.01)m/s＝1m/s，故A错误；滑块通过B点的速度vB＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(0.01,0.005)m/s＝2m/s，故B错误；滑块加速度a＝eq\f(vB－vA,t)＝eq\f(2－1,0.2)m/s2＝5m/s2，故C正确；滑块在A、B间的平均速度v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.3,0.2)m/s＝1.5m/s，故D错误。考点综合训练12．(2018·黄山模拟)攀岩运动是一种考验人的意志与心理素质的运动形式，户外攀岩运动更加刺激与惊险。如图所示为一户外攀岩运动的场景与运动线路图，该攀岩爱好者从起点a到b，最终到达c，据此图判断下列说法中正确的是()A．图中的线路abc表示的是攀岩爱好者所走的位移B．攀岩爱好者所走路程要比自起点到终点的位移大C．由起点到终点攀岩爱好者所走线路的总长度等于位移D．线路总长度与攀岩爱好者所走时间的比等于他的平均速度解析：选B物体的实际运动轨迹表示路程，所以图中的线路abc表示的是攀岩爱好者所走的路程，由起点到终点攀岩爱好者所走线路的总长度等于路程，A、C错误；位移表示始末位置间的有向线段，所以题中的攀岩爱好者的位移比路程小，B正确；平均速度等于位移与时间的比，平均速率等于路程与时间的比，故D错误。13．下表是D3111次动车宁德至福州南站区间的运行时刻表，则()车次出发站开车时间到达站到达时间用时里程D3111宁德12：14福州南12：4935分88kmA．表中“12：14”表示时刻B．该动车从宁德至福州南的位移为88kmC．根据表中数据能求出该动车从宁德至福州南的平均速度D．该动车从宁德至福州南全程做匀速直线运动解析：选A表中“12：14”表示时刻，选项A正确；该动车从宁德至福州南的路程为88km，选项B错误；从表中数据无法知道该动车从宁德至福州南的位移，故无法求出该动车从宁德至福州南的平均速度，选项C错误；该动车从宁德至福州南全程中不是直线运动，故不可能做匀速直线运动，选项D错误。14．(2018·连云港模拟)一个质点做变速直线运动，以v1＝10m/s的平均速度完成前eq\f(1,3)路程，以v2＝30m/s的平均速度完成剩下eq\f(2,3)的路程，则全过程的平均速度为()A．20m/s B．18m/sC．23.3m/s D．40m/s解析：选B设全程长为x，则前eq\f(1,3)路程所需的时间t1＝eq\f(\f(1,3)x,10)，后eq\f(2,3)路程所需的时间t2＝eq\f(\f(2,3)x,30)。所以全程的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t1＋t2)＝eq\f(x,\f(\f(1,3)x,10)＋\f(\f(2,3)x,30))m/s＝18m/s，故B正确。15.为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝3.0s。试估算：(1)滑块的加速度多大(保留两位有效数字)?(2)两个光电门之间的距离是多少？解析：(1)遮光板通过第一个光电门的速度v1＝eq\f(L,Δt1)＝eq\f(3.0×10－2,0.30)m/s＝0.10m/s遮光板通过第二个光电门的速度v2＝eq\f(L,Δt2)＝eq\f(3.0×10－2,0.10)m/s＝0.30m/s故滑块的加速度a＝eq\f(v2－v1,Δt)≈0.067m/s2。(2)两个光电门之间的距离x＝eq\f(v1＋v2,2)Δt＝0.6m。答案：(1)0.067m/s2(2)0.6m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eq\x(\a\al(画过程,示意图))→eq\x(\a\al(判断运,动性质))→eq\x(\a\al(选取,正方向))→eq\x(\a\al(选公式,列方程))→eq\x(\a\al(解方程,并讨论))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](2018·淮安一模)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＝1.2m的平板车开始以a＝6.0m/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＝0.45m。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)gt02 ①对平板车有：s＝eq\f(1,2)at02 ②由①②式并代入数据可得：s＝0.27m。(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＝eq\f(1,2)a(Δt＋t0)2 ③至少有2个小球落在平板车上须满足：s1≤s＋L ④由①～④式并代入数据可得：Δt≤0.4s。[答案](1)0.27m(2)Δt≤0.4s[方法规律]求解多阶段运动问题的“三步走”[集训冲关]1．(2018·常州期末)如图所示，在水平面上有一个质量为m的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A、B、C三点，最终停在O点。A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3。则下列结论正确的是()A.eq\f(L1,t1)＝eq\f(L2,t2)＝eq\f(L3,t3) B.eq\f(L1,t12)＝eq\f(L2,t22)＝eq\f(L3,t32)C.eq\f(L1,t1)<eq\f(L2,t2)<eq\f(L3,t3) D.eq\f(L1,t12)<eq\f(L2,t22)<eq\f(L3,t32)解析：选B反过来看，小物块从O开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，x＝eq\f(1,2)at2，则a＝eq\f(2x,t2)，故位移与时间平方的比值为定值，所以eq\f(L1,t12)＝eq\f(L2,t22)＝eq\f(L3,t32)；从O点到C、B、A过程中速度越来越大，故平均速度越来越大，所以eq\f(L1,t1)>eq\f(L2,t2)>eq\f(L3,t3)。2．(2018·徐州检测)一名消防队员在模拟学习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员()A．下滑过程中的最大速度为4m/sB．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2C．加速与减速过程中的平均速度之比为2∶1D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4解析：选B设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移：eq\f(v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝x，即eq\f(v,2)t总＝x，代入数据解得：v＝8m/s，故A错误；设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v＝a1t1、v＝a2t2，解得：t1∶t2＝a2∶a1＝1∶2，故B正确；根据平均速度的推论知eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v,2)，则平均速度之比为1∶1，故C错误；因为平均速度之比为1∶1，加速和减速的时间之比为1∶2，则加速和减速运动过程的位移之比为1∶2，故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eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)适用于任何性质的运动(2)eq\x\to(v)＝veq\f(t,2)＝eq\f(v0＋v,2)只适用于匀变速直线运动推论法(位移差公式)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Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)·aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用位移差公式求解比例法初速度或末速度为零的匀变速直线运动问题，可以考虑用比例法快速解答图像法应用v­t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[题点全练]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16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是()A.eq\f(2,3)m/s2 B.eq\f(4,3)m/s2C.eq\f(8,9)m/s2 D.eq\f(16,9)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eq\f(t,2)时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝eq\x\to(v1)＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝eq\x\to(v2)＝eq\f(16,2)m/s＝8m/s；则物体加速度为：a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(8－4,3)m/s2＝eq\f(4,3)m/s2，故选项B正确。2．[多选](2018·无锡六校联考)一个做匀加速直线运动的物体，在前4s内经过的位移为24m，在第二个4s内经过的位移是60m，则这个物体()A．在t＝2s时的速度为6m/sB．在t＝4s时的速度为11m/sC．这个物体运动的加速度为a＝2.25m/s2D．这个物体运动的初速度为v0＝1.5m/s解析：选ACD已知T＝4s，x1＝24m，x2＝60m，则由Δx＝aT2得：x2－x1＝aT2，得：a＝eq\f(x2－x1,T2)＝eq\f(60－24,42)m/s2＝2.25m/s2。由x1＝v0T＋eq\f(1,2)aT2，得：v0＝eq\f(x1,T)－eq\f(1,2)aT＝eq\f(24,4)m/s－eq\f(1,2)×2.25×4m/s＝1.5m/s，t＝2s时速度v2＝v0＋at＝1.5m/s＋2.25×2m/s＝6m/s，t＝4s时速度v4＝v0＋at′＝1.5m/s＋2.25×4m/s＝10.5m/s，故A、C、D正确，B错误。突破点(三)自由落体运动[典例](2018·大庆模拟)比萨斜塔是世界建筑史上的一大奇迹。如图所示，已知斜塔第一层离地面的高度h1＝6.8m，为了测量塔的总高度，在塔顶无初速度释放一个小球，小球经过第一层到达地面的时间t1＝0.2s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(1)求斜塔离地面的总高度h；(2)求小球从塔顶落到地面过程中的平均速度。[审题指导](1)根据位移公式求出小球到达第一层时的速度，再求出塔顶离第一层的高度，进而求出总高度；(2)先求出小球从塔顶落到地面的总时间，再根据平均速度的定义求出平均速度。[解析](1)设小球到达第一层时的速度为v1，则有h1＝v1t1＋eq\f(1,2)gt12得v1＝eq\f(h1－\f(1,2)gt12,t1)代入数据得v1＝33m/s塔顶离第一层的高度h2＝eq\f(v12,2g)＝54.45m所以塔的总高度h＝h1＋h2＝61.25m。(2)小球从塔顶落到地面的总时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝3.5s平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝17.5m/s。[答案](1)61.25m(2)17.5m/s[方法规律]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eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝eq\f(v,2)＝eq\f(1,2)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。[集训冲关]1.(2018·宿迁模拟)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()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：选D小钢球做自由落体运动，加速度等于重力加速度，该运动属于匀变速直线运动，则B点的瞬时速度等于AC之间的平均速度，所以在已知连续两次曝光的时间间隔，测量出A、C之间的实际距离即可求出小球经过B点的速度。结合小钢球的实际直径、照片中球的直径可以求出照片上的大小与实际大小的比例关系，由照片中AC之间的长度结合比例关系即可求出AC的实际大小。由以上的分析可知，A、B、C错误，D正确。2．将高台跳水运动员视为质点，其运动近似为竖直方向上的运动。如图所示为甲、乙两运动员从起跳到触及水面时的速度—时间图像。由此可推得()A．甲所在的跳台高度为11.25mB．甲所在的跳台高度为12.50mC．甲、乙所在的两跳台高度相同D．甲所在的跳台高度比乙所在的跳台低10m解析：选D由题图知，甲做竖直上抛运动，对应跳台高度为h1＝eq\f(1,2)×1.5×15m－eq\f(1,2)×0.5×5m＝10m；乙做自由落体运动，对应跳台高度为h2＝eq\f(1,2)×2×20m＝20m。故甲所在的跳台高度比乙所在的跳台低10m。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](2018·淮安模拟)如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4s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＝10m/s2)()A．1.6m B．2.4mC．3.2m D．4.0m[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0.4s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0.4s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＝0.8s，故有Hm＝eq\f(1,2)gt2＝3.2m，C正确。[答案]C[集训冲关]1.(2018·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＝10m/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＜tCDB．闪光的间隔时间是eq\f(\r(2),10)sC．水滴在相邻两点间的平均速度满足eq\x\to(v)AB∶eq\x\to(v)BC∶eq\x\to(v)CD＝1∶4∶9D．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eq\x\to(AB)∶eq\x\to(BC)∶eq\x\to(CD)＝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＝eq\f(1,2)gt2可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为eq\f(\r(2),10)s，即闪光的间隔时间是eq\f(\r(2),10)s，B正确；由eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)知水滴在相邻两点间的平均速度满足eq\x\to(v)AB∶eq\x\to(v)BC∶eq\x\to(v)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0.1s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＝15cm，xBC＝20cm，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＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(xBC－xAB,T2)＝eq\f(0.20－0.15,0.12)m/s2＝5m/s2。(2)vB＝eq\f(xAB＋xBC,2T)＝eq\f(0.15＋0.20,2×0.1)m/s＝1.75m/s。(3)由Δx＝xCD－xBC＝xBC－xAB得xCD＝xBC＋(xBC－xAB)＝20cm＋5cm＝25cm。(4)小球B从开始运动到题图所示位置所需的时间为tB＝eq\f(vB,a)＝eq\f(1.75,5)s＝0.35s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)5m/s2(2)1.75m/s(3)25cm(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。水平刹车与沿粗糙斜面上滑1．(2018·苏北十所名校联考)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3s内的平均速度为()A．6m/sB．8m/sC．10m/sD．12m/s解析：选B将题目中的表达式与x＝v0t＋eq\f(1,2)at2比较可知：v0＝24m/s，a＝－12m/s2。所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝eq\f(0－24,－12)s＝2s，由此可知3s时汽车已经停止，位移x＝24×2m－6×22m＝24m，故平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s。2.[多选](2018·南京调研)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＝10m/s沿木板向上运动，取g＝10m/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eq\f(\r(3),3)B．小木块经t＝2s沿木板滑到最高点C．小木块在t＝2s时速度大小为10m/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，mgsin30°＝μmgcos30°，可得μ＝eq\f(\r(3),3)，A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度a＝10m/s2，故小木块上滑的时间t上＝eq\f(v0,a)＝1s，小木块速度减为零时，有：mgsin30°＝μmgcos30°，故小木块将静止在最高点，D正确，B、C错误。eq\a\vs4\al([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mgsinθ≤μmgcosθ，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。对点训练：匀变速直线运动的基本规律1．(2018·苏州模拟)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，下列说法正确的是()A．该质点的加速度大小为1m/s2B．该质点在1s末的速度大小为6m/sC．该质点第2s内的平均速度为8m/sD．前2s内的位移为8m解析：选C根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝5t＋t2得，质点的初速度v0＝5m/s，加速度a＝2m/s2，故A错误；质点在1s末的速度v1＝v0＋at＝5m/s＋2×1m/s＝7m/s，故B错误；质点在第2s内的位移x2＝(5×2＋4)m－(5×1＋1)m＝8m，则第2s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x2,t)＝eq\f(8,1)m/s＝8m/s，故C正确；前2s内的位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝5×2m＋4m＝14m，故D错误。2.(2018·厦门模拟)如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为5m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为()A．50m B．20mC．10m D．1m解析：选C由题意知，车速v≤10m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5m/s2，最后末速度减为0，由推导公式v2＝2ax可得：x≤eq\f(v2,2a)＝eq\f(102,2×5)m＝10m，所以系统设置的安全距离约10m，故C正确，A、B、D错误。3.[多选](2018·昆山模拟)如图所示，从斜面上某一位置先后由静止释放四个小球，相邻两小球释放的时间间隔为0.1s，某时刻拍下的照片记录了各小球的位置，测出xAB＝5cm，xBC＝10cm，xCD＝15cm。则()A．照片上小球A所处的位置，不是每个小球的释放点B．C点小球速度是A、D点小球速度之和的一半C．B点小球的速度大小为1.5m/sD．所有小球的加速度大小为5m/s2解析：选AD根据Δx＝aT2得小球的加速度为：a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(0.05,0.01)m/s2＝5m/s2，B点的速度等于AC段的平均速度，则有：vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(0.05＋0.10,0.2)m/s＝0.75m/s，A点小球的速度为：vA＝vB－aT＝0.75m/s－5×0.1m/s＝0.25m/s≠0，可知小球不是从A点释放，故A、D正确，C错误。C点是BD段的中间时刻，根据平均速度的推论知，C点小球的速度等于B、D点两球速度之和的一半，故B错误。4．[多选]如图所示，直线MN表示一条平直公路，汽车以初速度v0＝2m/s、加速度a＝2m/s2由A向C做匀加速直线运动，在到达C点前1s内，所通过的距离BC为eq\f(7,15)L，其中AC＝L，下列判断正确的是()A．平直公路AC长为21mB．平直公路BC长为7mC．汽车由A向C运动的时间为4sD．汽车到达C点的速度大小是8m/s解析：选BD设汽车从A到C的时间为t，则从A到B的时间为t－1，根据位移公式有L＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝2t＋eq\f(1,2)×2t2①L－eq\f(7,15)L＝v0(t－1)＋eq\f(1,2)a(t－1)2＝2(t－1)＋eq\f(1,2)×2(t－1)2②解得t＝3s平直公路AC的长度为：L＝2×3m＋eq\f(1,2)×2×32m＝15m平直公路BC的长度为xBC＝eq\f(7,15)L＝eq\f(7,15)×15m＝7m汽车到达C点的速度vC＝v0＋at＝2m/s＋2×3m/s＝8m/s，故B、D正确，A、C错误。对点训练：解决匀变速直线运动的常用方法5．(2018·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1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m。则刹车后6s内的位移是()A．20m B．24mC．25m D．75m解析：选C由Δx＝9m－7m＝2m可知，汽车在第3s、第4s、第5s内的位移分别为5m、3m、1m，汽车在第5s末的速度为零，故刹车后6s内的位移等于前5s内的位移，大小为9m＋7m＋5m＋3m＋1m＝25m，故C正确。6．一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1s内通过的位移为x1＝3m，第2s内通过的位移为x2＝2m，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2.5m/sB．加速度a的大小为1m/s2C．位移x3的大小为1.125mD．位移x3内的平均速度大小为0.75m/s解析：选A由Δx＝aT2可得加速度大小a＝1m/s2；第1s末的速度v1＝eq\f(x1＋x2,2T)＝2.5m/s；物体的速度由2.5m/s减速到0所需时间t＝eq\f(Δv,－a)＝2.5s，则经过位移x3的时间t′为1.5s，且x3＝eq\f(1,2)at′2＝1.125m；位移x3内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x3,t′)＝0.75m/s。故选A。7．[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eq\f(\r(2),2)tD．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＝gsinθ，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eq\f(tbc,t)＝eq\f(1,\r(2))，解得tbc＝eq\f(\r(2),2)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。8．[多选](2018·晋中模拟)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1秒，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2m，在第3次、第4次闪光时间间隔内移动了8m，由此可求()A．第1次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．从第2次闪光到第3次闪光的这段时间内质点的位移D．质点运动的初速度解析：选ABC由题意可知：x1＝2m，x3＝8m，T＝1s根据xm－xn＝(m－n)aT2得：a＝eq\f(xm－xn,m－nT2)＝eq\f(8－2,3－1×12)m/s2＝3m/s2，故B正确；设第一次曝光时的速度为v，x1＝vT＋eq\f(1,2)aT2，解得v＝0.5m/s，故A正确；根据x2－x1＝aT2得：x2＝aT2＋x1＝5m，故C正确；由于不知道第一次曝光时物体已运动的时间，故无法知道初速度，故D错误。对点训练：自由落体运动9.[多选]很多同学都做过测量“反应时间”的实验。如图所示，甲同学手握直尺，某时刻甲同学放开直尺，从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用的时间就叫“反应时间”。直尺长20cm，处于竖直状态；乙同学的手放在直尺0刻度线位置。甲、乙两位同学做了两次测量“反应时间”的实验，第一次乙同学手抓住直尺位置的刻度值为11.25cm，第二次手抓住直尺位置的刻度值为5cm。直尺下落过程中始终保持竖直状态。取重力加速度g＝10m/s2。则下列说法中正确的是()A．乙同学第一次的“反应时间”为1.25sB．乙同学第二次的“反应时间”为0.1sC．乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为1.5m/sD．若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则测量量程为0.2s解析：选BCD设直尺下降的高度为h，根据h＝eq\f(1,2)gt2得，t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×0.1125,10))s＝0.15s，故A错误；t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×0.05,10))s＝0.1s，故B正确；乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为v＝gt1＝1.5m/s，故C正确；根据h＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.2,10))s＝0.2s，故D正确。10.(2018·江苏宿迁七校联考)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.eq\f(v1,t1)＝eq\f(v2,t2)＝eq\f(v3,t3)C．s1－s2＝s2－s3 D.eq\f(s1,t12)＝eq\f(s2,t22)＝eq\f(s3,t32)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＝eq\f(v,t)，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＝eq\f(1,2)at2，故a＝eq\f(2s,t2)，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。考点综合训练11．(2018·镇江模拟)一质点在t＝0时刻从坐标原点出发，沿x轴正方向做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动，t＝1s时到达x＝5m的位置，速度大小为v1，此时加速度立即反向，加速度大小变为a2，t＝3s时质点恰好回到原点，速度大小为v2，则()A．a2＝3a1B．v2＝3v1C．质点向x轴正方向运动的时间为2sD．质点向x轴正方向运动最远到x＝9m的位置解析：选D设第一段时间为t1，第二段时间为t2,1s末的速度为v1，最后的速度为v2，t1＝1s，t2＝2s，则：x＝eq\f(1,2)a1t12代入数据得：a1＝10m/s2v1＝a1t1，v2＝a2t2－a1t1由题意：x＝eq\f(v1,2)·t1＝eq\f(v2－v1,2)·t2联立得：a2＝12.5m/s2，v1＝10m/s，v2＝15m/s即：a2＝eq\f(5,4)a1，v2＝eq\f(3,2)v1，故A、B错误；质点向x轴正方向减速的时间为：t3＝eq\f(v1,a2)＝eq\f(10,12.5)s＝0.8s，所以质点向x轴正方向运动的时间为：t＝t1＋t3＝1s＋0.8s＝1.8s，故C错误；质点向x轴正方向运动最远的位置：xm＝eq\f(v1,2)(t1＋t3)＝eq\f(10,2)×(1＋0.8)m＝9m，故D正确。12．(2018·镇江一模)建筑工人安装脚手架进行高空作业时，一名建筑工人不慎将抓在手中的一根长5m的铁杆在竖直状态下由静止脱手，不计空气阻力。(g取10m/s2，不计楼层面的厚度)试问：(1)假设杆的下端离地面45m，那么铁杆碰到地面时的速度大约是多少？(2)若铁杆在下落过程中经过某楼层面的时间为0.2s，试求铁杆下落时其下端距离该楼层面的高度是多少？解析：(1)由v2＝2gh得铁杆碰到地面时的速度：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×45)m/s＝30m/s。(2)设下端距该楼层高度为H，根据位移公式，有：H＝eq\f(1,2)gt2H＋L＝eq\f(1,2)g(t＋Δt)2联立解得：H＝28.8m。答案：(1)30m/s(2)28.8m13．(2018·常州调研)在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面H＝224m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＝12.5m/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＝5m/s，取g＝10m/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＝50m/sh＝99m。(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有：v0＝gt1，t1＝5s，t2＝eq\f(v－v0,a)＝3.6s，故所求时间为：t＝t1＋t2＝(5＋3.6)s＝8.6s。答案：(1)99m(2)8.6s14.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72km/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54km/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1s，则该型号货车满载时以72km/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5m/s2，严重超载时加速度为2.5m/s2；设该型号货车满载时以72km/h(20m/s)的速度减速，制动距离x1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(400,2×5)m＝40m，制动时间为t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(20,5)s＝4s；设该型号货车严重超载时以54km/h(15m/s)的速度减速，制动距离x2＝eq\f(v′2,2a2)＝eq\f(152,2×2.5)m＝45m＞x1，制动时间为t2＝eq\f(v′,a2)＝eq\f(15,2.5)s＝6s＞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＝20×1m＝20m，跟车距离最小值x＝eq\f(v2,2a1)＋x3＝40m＋20m＝60m。答案：见解析第3节运动图像__追及与相遇问题(1)x­t图像和v­t图像都表示物体运动的轨迹。(×)(2)x­t图像和v­t图像都只能描述直线运动。(√)(3)x­t图像上两图线的交点表示两物体此时相遇。(√)(4)v­t图像上两图线的交点表示两物体此时相遇。(×)(5)同一直线上运动的两物体，后者若追上前者，后者速度必须大于前者。(√)(6)同一直线上运动的两物体，速度相等时，两物体相距最远或最近。(√)(7)两物体同向运动恰好不相碰，则此时两物体速度相等。(√)突破点(一)三类运动图像的比较1．位移—时间(x­t)图像(1)位移—时间图像反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律，并非物体运动的轨迹。(2)位移—时间图像只能描述物体做直线运动的情况，这是因为位移—时间图像只能表示物体运动的两个方向：t轴上方代表正方向，t轴下方代表负方向。(3)位移—时间图线上每一点的斜率表示物体该时刻的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。[例1][多选](2018·苏州调研)甲、乙、丙三个质点在同一直线上运动的位移—时间图像如图所示，其中质点丙的图线为抛物线。则下列说法正确的是()A．甲、乙两质点均做匀速直线运动，且速度大小相等B．甲质点做匀加速直线运动，乙质点做匀减速直线运动，两者的加速度大小相等C．在t＝5s时甲、乙两质点相距最近D．丙质点做匀加速直线运动[解析]根据x­t图线的斜率表示速度，斜率的正负表示方向，可知甲、乙两个质点速度大小相等、方向相反，两个质点均做匀速直线运动，加速度均为零，故A正确，B错误；由图像可知，0～5s内，在t＝5s时，甲、乙位置坐标之差最大，即两物体相距最远，故C错误；丙图像为抛物线，根据x＝kt2知，代入坐标点解得：k＝0.1，则加速度a