物理大一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究

考点三年全国卷高考统计1.参考系、质点2.位移、速度和加速度3.匀变速直线运动及其公式、图象4.实验：研究匀变速直线运动202120202019未单独考查全国卷Ⅰ，T24，飞机起飞全国卷Ⅰ，T18，起跳扣篮；全国卷Ⅰ，T22，物块加速下滑的运动探究实验；全国卷Ⅲ，T22，测重力加速度实验考情分析：主要考查直线运动模型的构建和运动规律的理解及应用，运动学图象的理解和应用；题型以选择题、实验题及简单计算题为主。命题趋势：命题常结合生产生活中常见的物理情景，如物体上抛、下落，车辆启动、刹车、追及相遇等，对学科素养的考查主要体现在运动观念、模型构建、科学推理及严谨的科学态度。第1节运动的描述一、质点和参考系1.质点(1)用来代替物体的有质量的点叫做质点。(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对所研究问题的影响可以忽略，就可以看做质点。(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在。2.参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的。(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系。(3)描述一个物体的运动时，参考系可以任意选择。但是，选择不同的参考系来观察同一个物体的运动，其结果会有所不同。通常选择地面为参考系。【自测1】(多选)下列对参考系的理解中正确的是()A.“一江春水向东流”是以河岸为参考系B.“地球的公转”是以太阳为参考系C.“钟表的时针在转动”是以分针为参考系D.“太阳东升西落”是以地球为参考系答案ABD二、位移和速度1.路程和位移(1)路程是物体运动轨迹的长度，它是标量。(2)位移是由初位置指向末位置的有向线段，它是矢量。(3)在单向直线运动中，位移的大小等于路程；其他情况下，位移的大小小于路程。2.速度与速率(1)速度：物体发生的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v＝eq\f(Δx,Δt)，速度是矢量，其方向就是物体运动的方向。(2)平均速度：由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)求得的速度，表示物体在时间Δt内的平均运动快慢，称为平均速度。平均速度是矢量，其方向对应位移的方向。(3)瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度，是矢量，其方向是物体的运动方向或运动轨迹上该点的切线方向。(4)速率：瞬时速度的大小，是标量。(5)平均速率：物体运动的路程与通过这段路程所用时间的比值，不一定等于平均速度的大小。【自测2】(多选)下列所说的速度中，指平均速度的是()A.百米赛跑的运动员以9.5m/s的速度冲过终点线B.列车提速后的速度达到250km/hC.由于堵车，汽车在隧道内的车速仅为1.2m/sD.返回地面的太空舱以8m/s的速度落入太平洋中答案BC三、加速度1.物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。2.定义式：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v－v0,Δt)。3.决定因素：a不是由v、Δt、Δv来决定，而是由F、m来决定。4.方向：与Δv的方向一致，由合力F的方向决定，而与v0、v的方向无关。【自测3】下列运动不可能发生的是()A.物体运动的加速度等于0，而速度却不等于0B.两物体相比，一个物体的速度变化量比较大，而加速度却比较小C.物体的加速度和速度方向相同，而速度在减小D.物体做直线运动，后一阶段的加速度比前一阶段小，但平均速度却比前一阶段大答案C考点一对质点、参考系、位移的理解1.质点不同于几何“点”，它无大小但有质量，实际物体能否看成质点是由研究问题的性质决定的，而不是依据自身大小和形状来判断。2.参考系一般选取地面或相对地面静止的物体。3.位移是由初位置指向末位置的有向线段，线段的长短表示位移的大小。1.(质点的理解)(2021·浙江6月选考)用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是()A.研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点B.研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点C.研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点D.研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点答案A解析研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫的大小可忽略不计，可将猫视为质点，选项A正确；研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球不能视为质点，选项B错误；研究图丙中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿视为质点，选项C错误；研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马的大小不能忽略不计，不能把马视为质点，选项D错误。2.(质点和参考系、位移和路程)(2021·福建福州模拟)火星的自转和地球十分相似，自转一周需24小时37分22.6秒。火星上的一昼夜比地球上的一昼夜稍长一点。火星公转一周约为687天，火星的一年约等于地球的两年。下列说法正确的是()A.题中“24小时37分22.6秒”是指时刻B.研究火星自转时可以将其视为质点C.火星公转半周的位移大小等于路程D.比较火星、地球运行速度的大小，应当以太阳为参考系答案D解析“24小时37分22.6秒”是指火星自转一周的时间，是一个时间段，不是时刻，故A错误；研究火星自转时，火星的形状和大小不可以忽略，不能视为质点，故B错误；火星公转半周的位移大小小于路程，C错误；火星和地球都是围绕太阳运行，比较它们的速度大小时，应当以太阳作为参考系，故D正确。考点二平均速度和瞬时速度1.平均速度与平均速率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。2.平均速度和瞬时速度(1)区别：平均速度表示物体在某段时间或某段位移内运动的平均快慢程度，瞬时速度表示物体在某一时刻或某一位置运动的快慢程度。(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度，公式v＝eq\f(Δx,Δt)中，当Δt→0时v是瞬时速度。3.eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)是平均速度的定义式，适用于所有的运动，求平均速度要找准“位移”和发生这段位移所需的“时间”；而eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)只适用于匀变速直线运动。3.(平均速度的理解)某校举行教职工趣味运动会，其中一项比赛项目——“五米三向折返跑”活动场地如图1所示，AB＝AC＝AD＝5m，参赛教师听到口令后从起点A点跑向B点，用手触摸折返线后再返回A点，然后依次跑向C点、D点，最终返回A点。若人可视为质点，现测得某参赛教师完成活动的时间为7.5s，则()图1A.参赛教师从A到B和从A到C的位移相同B.该教师全程的平均速度为零C.该教师通过的总位移为30mD.7.5s指的是该教师回到起点的时刻答案B解析位移是矢量，从A到B与从A到C位移的方向不同，故A错误；初、末位置相同，则整个过程中教师位移为零，平均速度为位移与时间的比值，则该教师全程的平均速度为零，故B正确，C错误；7.5s是指该教师完成活动所用的时间，是时间间隔，不是时刻，故D错误。4.(平均速度的计算)(多选)如图2所示，在某次自行车越野比赛中，某选手用地图计算出从出发地A到目的地B的直线距离为12km，实际从A运动到B用时30min，实际里程表指示的里程数比直线距离多了8km，当他经过某路标C时，车上速度计指示的示数为50km/h，下列说法正确的是()图2A.整个过程中自行车的平均速度大小为24km/hB.整个过程中自行车的平均速率为40km/hC.经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50km/hD.经过路标C时自行车的速度方向为由A指向B答案ABC解析整个过程中自行车的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(12,0.5)km/h＝24km/h，选项A正确；整个过程中自行车的平均速率为eq\o(v,\s\up6(－))′＝eq\f(s,t)＝eq\f(12＋8,0.5)km/h＝40km/h，选项B正确；经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50km/h，选项C正确；经过路标C时自行车的速度方向沿轨迹的切线方向，不是由A指向B，选项D错误。考点三加速度与速度及速度变化量的关系1.对加速度的理解(1)加速度是表示速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快，加速度越小，速度变化越慢。(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，不能说a与Δv成正比，与Δt成反比，速度变化量Δv大，加速度a不一定大，比如列车由静止到高速行驶，速度变化量很大，但经历时间也长，所以加速度并不大。(3)速度v大，速度变化量Δv不一定大，比如匀速飞行的飞机速度很大，速度变化量Δv为零，加速度a等于零。速度v小，加速度a不一定小，比如射出瞬间的子弹。所以v、Δv、a大小无直接关系。(4)eq\f(Δv,Δt)叫速度变化率，表示单位时间速度的变化量。2.直线运动中的“加速”或“减速”的判断判断物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系。(1)eq\a\vs4\al(a和v同向,（加速直线,运动）)→eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a不变，v随时间均匀增加,a增大，v增加得越来越快,a减小，v增加得越来越慢))(2)eq\a\vs4\al(a和v反向,（减速直,线运动）)→eq\b\lc\{(\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))角度1加速度的理解【例1】(2021·河南新乡模拟)一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小至零，则在此过程中()A.速度先逐渐增大，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B.速度先均匀增大，然后增大得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C.位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D.位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案B解析加速度方向与速度方向相同，速度应增大，当加速度不变时，速度均匀增大；当加速度减小时，速度仍增大，但增大得越来越慢；当加速度为零时，速度达到最大值，保持不变，选项A错误，B正确；因质点速度方向不变化，始终向同一方向运动，加速度减小至零做匀速运动，所以位移一直在增大，选项C、D错误。❶速度大，加速度不一定大；加速度大，速度也不一定大。加速度和速度之间的大小没有必然联系。❷速度变化量大，加速度不一定大；加速度大，速度变化量也不一定大。❸加速度为零，速度不一定为零；速度为零，加速度也不一定为零。角度2加速度的计算【例2】如图3所示，为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝3.0cm的遮光板。滑块向右做匀加速直线运动依次通过两个光电门A和B。光电门上的黑点处有极细的激光束，当遮光板挡住光束时开始计时，不遮挡光束时停止计时。现记录了遮光板通过第一个光电门所用的时间为Δt1＝0.30s，通过第二个光电门所用的时间为Δt2＝0.10s，光电门从第一次计时结束到第二次计时开始经历的时间为Δt3＝0.30s，则滑块的加速度大小应为()图3A.0.67m/s2 B.0.14m/s2C.0.40m/s2 D.0.22m/s2答案C解析遮光板通过第一个光电门的平均速度大小为v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(3.0×10－2,0.30)m/s＝0.1m/s，等于滑块通过第一个光电门中间时刻的速度；遮光板通过第二个光电门的平均速度大小为v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(3.0×10－2,0.10)m/s＝0.3m/s，等于滑块通过第二个光电门中间时刻的速度。因此滑块的加速度大小为a＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(0.3－0.1,0.30＋0.15＋0.05)m/s2＝0.40m/s2，C正确。5.(加速度的理解)(2021·四川绵阳月考)已知物体做直线运动，下列说法正确的是()A.加速度增大，速度一定增大B.物体有加速度，速度一定增加C.速度变化越快，加速度越大D.物体速度为零，加速度一定为零答案C解析加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，与速度的大小无关，加速度增大，表示速度变化得更快了，如果加速度与速度方向相反，则速度减小，如果速度与加速度方向相同，则速度增加，A错误；做直线运动的物体有加速度时，速度一定变化，有可能增加，也有可能减小，B错误；速度变化越快，加速度越大，C正确；速度为零，加速度不一定为零，如竖直上抛运动，物体在最高点时，速度为零，但是加速度不为零，D错误。6.(加速度的计算)沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5s内的平均速度比它在第一个1.5s内的平均速度大2.45m/s，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为()A.2.45m/s2 B.－2.45m/s2C.4.90m/s2 D.－4.90m/s2答案D解析设第一个0.5s内的平均速度为v1，即t1＝0.25s时的速度为v1；第一个1.5s内的平均速度为v2，即t2＝0.75s时的速度为v2。由题意得v1－v2＝2.45m/s，故a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝eq\f(－2.45,0.75－0.25)m/s2＝－4.90m/s2，D正确。考点一对质点、参考系、位移的理解1.(2021·浙江1月选考)2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。“奋斗者”号照片如图1所示，下列情况中“奋斗者”号一定可视为质点的是()图1A.估算下降总时间时 B.用推进器使其转弯时C.在海沟中穿越窄缝时 D.科学家在其舱内进行实验时答案A解析物体能否视为质点的条件是其大小、形状在具体的问题中能否忽略，潜水器在转弯、穿越窄缝以及科学家在其舱内进行实验时，均不能视为质点，故B、C、D错误；在估算下降总时间时，下降深度远大于潜水器的大小，潜水器可视为质点，故A正确。2.(2021·安徽宣城期中)2021年，面对新型冠状病毒疫情，县第一人民医院医疗专家先后两批前往第二人民医院指导工作，假设两批人员分别采用导航中推荐的如图2所示的两条路线前往，下列说法正确的是()图2A.两批医疗人员的路程一定相同B.图片下方的推荐方案的“1小时37分钟”是指时刻C.两批医疗人员的平均速度一定相同D.两批医疗人员乘车运动的过程中可将医疗车看作质点答案D解析两批医疗人员路径不同，路程不一定相同，A错误；图片下方的推荐方案的“1小时37分钟”是指时间间隔，B错误；两批医疗人员位移相同，但时间不同，平均速度一定不相同，C错误；两批医疗人员乘车运动的过程中，可忽略医疗车的大小和形状，所以医疗车可看作质点，D正确。考点二平均速度和瞬时速度3.(2021·福建福州质检)如图3是高速路上某一“区间测速”的标牌，该路段全长66km、全程限速100km/h，一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为95km/h和90km/h，通过测速区间的时间为30min。下列判断正确的是()图3A.全长66km属于位移B.起点速度95km/h属于瞬时速度C.该汽车全程的平均速度是92.5km/hD.该汽车没有超速答案B解析全长66km属于路程，故A错误；起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因不知其位移是多少故不能求解平均速度，故C错误；由v＝eq\f(x,t)可知，平均速率为v＝eq\f(66km,0.5h)＝132km/h，大于全程限速100km/h，该汽车超速，故D错误。4.(2021·四川成都期中)一个质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3)m，该质点在t＝0到t＝2s间的平均速度和t＝2s到t＝3s间的平均速度的大小分别为()A.12m/s，39m/s B.8m/s，38m/sC.12m/s，19.5m/s D.8m/s，13m/s答案B解析由x＝5＋2t3可知，t1＝0时，x1＝5m；t2＝2s时，x2＝21m；t3＝3s时，x3＝59m；有Δx1＝x2－x1＝16m，Δx2＝x3－x2＝38m，平均速度大小分别为eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(Δx1,Δt1)＝8m/s，eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(Δx2,Δt2)＝38m/s，故选B。考点三加速度与速度及速度变化量的关系5.(2021·河南洛阳模拟)在下列所说的物体运动情况中，不可能出现的是()A.在某时刻速度很大，而加速度为零B.在某时刻速度很小，而加速度很大C.在某时刻速度为零，而加速度不为零D.加速度方向与运动方向相同，当加速度减小时，速度减小答案D解析加速度大小与物体的速度大小没有必然联系，所以速度大，加速度可能为零，速度小，加速度可能很大，速度为零，加速度可能不为零，所以A、B、C均可能出现；加速度方向与运动方向相同，则物体做加速运动，当加速度减小时，它的速度也会增大，D不会出现。6.如图4所示，一辆汽车正在平直公路上行驶，下列说法正确的是()图4A.若汽车加速度为负值，则汽车减速B.汽车加速度减小，汽车可能加速C.当汽车加速度减小到零时，汽车静止D.当汽车加速度减小到零时，汽车的速度不可能最大答案B解析若汽车加速度为负值，汽车速度也为负值，则汽车做加速直线运动，故选项A错误；若汽车加速度减小，但汽车加速度方向与速度方向相同，汽车做加速直线运动，故选项B正确；若汽车加速度方向与速度方向相同，当汽车加速度减小到零时，汽车速度最大，故选项C、D错误。7.(2021·山东省实验中学月考)如图5所示，弹丸和足球的初速度均为v1＝10m/s，方向水平向右。已知它们与木板作用的时间都是0.1s。图5(1)子弹击穿木板后速度大小变为7m/s，方向不变，求弹丸击穿木板过程的加速度大小及方向；(2)足球与木板作用后反向弹回的速度大小为7m/s，求足球与木板碰撞反弹过程的加速度大小及方向。答案(1)30m/s2方向与初速度方向相反(2)170m/s2方向与初速度方向相反解析(1)设弹丸初速度方向为正方向，则知弹丸的初速度为v1＝10m/s，末速度为v2＝7m/s，根据加速度的定义知，此过程中弹丸的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(7－10,0.1)m/s2＝－30m/s2，负号表示加速度的方向与初速度的方向相反。(2)设足球初速度方向为正方向，则知足球的初速度为v1＝10m/s，末速度为v2′＝－7m/s，根据加速度的定义知，此过程中足球的加速度a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(－7－10,0.1)m/s2＝－170m/s2，负号表示加速度的方向与初速度的方向相反。8.(2021·河南郑州月考)北京时间2021年8月1日，东京奥运会田径男子100米半决赛中，中国选手苏炳添在半决赛第三组登场，他的启动反应时间是0.142秒，最终，苏炳添成绩为9秒83，获得小组第一进入决赛，这一成绩也打破了男子100米亚洲纪录，则以下说法正确的是()A.100米半决赛中，运动员的位移大小一定小于其路程B.“9秒83”指的是时刻C.苏炳添的平均速度大小大于10m/sD.在研究苏炳添到达终点撞线时，可以将苏炳添看成质点答案C解析100米半决赛中，运动员做单方向的直线运动，位移大小一定等于路程，A错误；“9秒83”指的是时间间隔，B错误；苏炳添的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(100m,9.83s)＝10.17m/s>10m/s，C正确；在研究苏炳添到达终点撞线时，不能将苏炳添看成质点，D错误。9.(2021·北京昌平区月考)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，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，因速度很大，所以加速度也一定很大D.太空的空间站在绕地球匀速转动，所以加速度为零答案B解析点火后即将升空的火箭，火箭还没运动，速度为零，但加速度不为零，故A错误；加速度反应物体速度变化的快慢，高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大，故B正确；物体速度的大小与加速度的大小没有必然联系，运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶，速度很大，但加速度不一定很大，故C错误；太空的空间站在绕地球匀速转动，这里的匀速是指速率不变，并不是速度不变，所以加速度不为零，故D错误。10.(多选)一人晨练，按如图6所示走半径为R的中国古代八卦图，中央S部分是两个直径为R的半圆，BD、CA分别为西东、南北指向。他从A点出发沿曲线ABCOADC行进，则当他到D点时，他的路程和位移的大小及方向分别为()图6A.路程为2.5πR B.路程为4πRC.位移为eq\r(2)R，方向东南 D.位移为R，方向西北答案AC解析根据此人的运动特点，可知其路程为s＝πR＋2πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))＋eq\f(1,2)πR＝2.5πR，A正确，B错误；位移为x＝eq\r(2)R，方向为东南方向，C正确，D错误。11.如图7所示为高速摄像机拍摄的子弹穿过扑克牌的照片，已知子弹穿过扑克牌的时间大约为6.25×10－5s，可以估算出子弹穿过扑克牌的平均速度约为()图7A.8m/s B.80m/sC.800m/s D.8000m/s答案C解析由于扑克牌宽度约5cm，子弹长度约1.5cm，子弹穿过扑克牌的位移为x＝5cm＋1.5cm＝6.5cm，所以子弹穿过扑克牌的平均速度为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(6.5×10－2,6.25×10－5)m/s＝1.04×103m/s，接近800m/s，故选C。

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.匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动。2.匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式：v＝v0＋at。(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2。(3)速度—位移关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax。【自测1】如图1所示，某航母甲板上跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最小速度为50m/s，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为()图1A.5m/s B.10m/sC.15m/s D.20m/s答案B二、匀变速直线运动的推论1.三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度。平均速度公式：eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝veq\f(t,2)。(3)位移中点的速度veq\f(x,2)＝eq\r(\f(veq\o\al(2,0)＋v2,2))。2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第N个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。(4)通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。【自测2】质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均用国际单位)，则()A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是8m/sC.任意相邻的1s内位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s答案D三、自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。(2)基本规律速度与时间关系式：v＝gt。位移与时间关系式：h＝eq\f(1,2)gt2。速度与位移关系式：v2＝2gh。2.竖直上抛运动(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动。(2)基本规律速度与时间关系式：v＝v0－gt；位移与时间关系式：x＝v0t－eq\f(1,2)gt2。【自测3】从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间，两位同学合作，用刻度尺可测得人的反应时间；如图2甲所示，A握住直尺的上端，B在直尺的下部做握尺的准备(但不与直尺接触)，当看到A放开手时，B立即握住直尺。若B做握尺准备时，手指位置如图乙所示，而握住直尺时的位置如图丙所示，由此测得B同学的反应时间约为()图2A.2.2s B.0.11sC.0.22s D.0.45s答案C考点一匀变速直线运动规律及应用1.解决运动学问题的基本思路2.两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题：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；求解时要注意确定实际运动时间；如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。(2)双向可逆类问题示例：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。注意：求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。1.(基本公式的应用)如图3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。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()图3A.50m B.20mC.10m D.1m答案C解析为使汽车避免与障碍物相撞，则末速度v＝0，a＝－5m/s2，根据v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝eq\f(－veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(－102,－2×5)m＝10m，选项C正确。2.(刹车类问题)(2021·成都七中月考)四川九寨沟地震灾后重建中，在某工地上一卡车以10m/s的速度匀速行驶，刹车后第一个2s内的位移与最后一个2s内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4s内卡车通过的距离是()A.2.5m B.4mC.12m D.12.5m答案D解析设刹车时卡车的加速度大小为a，则第一个2s内的位移x1＝v0t－eq\f(1,2)at2，根据逆向思维，最后1个2s内的位移x2＝eq\f(1,2)at2，由eq\f(x1,x2)＝eq\f(3,2)，代入数据解得a＝4m/s2，卡车从刹车到停止需要时间t0＝eq\f(v0,a)＝2.5s，则刹车后4s内卡车通过的距离x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝12.5m，选项D正确。3.(双向可逆类运动)(多选)在光滑足够长的斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下。当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是()A.物体运动时间可能为1s B.物体运动时间可能为3sC.物体运动时间可能为(2＋eq\r(7))s D.此时的速度大小一定为5m/s答案ABC解析当物体在出发点上方时，x＝7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2代入数据解得t1＝1s或t2＝3s，由v＝v0＋at，得v1＝5m/s或v2＝－5m/s。当物体在出发点下方时，x′＝－7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2代入数据解得t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，由v＝v0＋at得v3＝－5eq\r(7)m/s，故A、B、C正确，D错误。考点二匀变速直线运动的推论及应用1.比例法：常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动具有等时性或等距离。2.推论法：适用于“纸带”类问题，由Δx＝aT2求加速度。3.平均速度法：常用于“等分”思想的运动，把运动按时间(或距离)等分之后求解。4.图象法：常用于加速度变化的变速运动，由图象的斜率、面积等条件判断。方法1平均速度法的应用【例1】(2021·山东日照质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t。则物体运动的加速度大小为()A.eq\f(Δx,t2) B.eq\f(Δx,2t2)C.eq\f(Δx,3t2) D.eq\f(2Δx,3t2)答案C解析物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝eq\f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝eq\f(Δx,t)；因为某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋eq\f(t,2)＝eq\f(3,2)t，则物体运动的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得a＝eq\f(Δx,3t2)，故选项C正确。方法2比例法的应用【例2】一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图4所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是()图4A.车头到第2根电线杆时的速度大小为eq\f(d,t)B.从第1根电线杆到第5根电线杆历时eq\r(5)tC.车头到第5根电线杆时的速度大小为eq\f(4d,t)D.车头到第5根电线杆时的速度大小为eq\f(5d,t)答案C解析小车做初速度为零的匀变速直线运动，设车头到达第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式eq\f(d,t)＝eq\f(v,2)，得v＝eq\f(2d,t)，选项A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比1∶3∶5∶…，车头到达第5根电线杆时所用的时间为2t，选项B错误；到达第5根电线杆时的速度为v′＝2×eq\f(4d,2t)＝eq\f(4d,t)，选项C正确，D错误。方法3推论法的应用【例3】(2021·山东泰安检测)如图5所示，某物体自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个点，测得xAB＝2m，xBC＝3m。且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是()图5A.可以求出该物体加速度的大小B.可以求得xCD＝5mC.可求得OA之间的距离为1.125mD.可求得OA之间的距离为1.5m答案C解析设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1m，可以求得aT2＝1m，xCD＝4m，而B点的瞬时速度vB＝eq\f(xAC,2T)，则OB之间的距离xOB＝eq\f(veq\o\al(2,B),2a)＝3.125m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125m，故选C。考点三自由落体和竖直上抛运动1.自由落体运动的处理方法自由落体运动是v0＝0、a＝g的匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的所有公式、推论和方法全部适用。2.竖直上抛运动的两种处理方法(1)分段法：分为上升过程和下落过程。(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为a＝－g的匀变速直线运动。3.竖直上抛运动的对称性和多解性(1)时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA。(2)速度大小对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。(3)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，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。角度1自由落体运动【例4】(2021·浙江杭州联考)跳水运动员训练时从10m跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片，从其中两张连续的照片中可知，运动员双脚离水面的实际高度分别为5.0m和2.8m。由此估算手机连拍时间间隔最接近()A.1×10－1s B.2×10－1sC.1×10－2s D.2×10－2s答案B解析设在该同学拍这两张照片时运动员下落高度分别为h1、h2，所用的时间分别为t1、t2，则h1＝10m－5m＝5m，t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝1s；h2＝10m－2.8m＝7.2m，t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝1.2s；手机连拍时间间隔为Δt＝t2－t1＝2×10－1s，故选B。角度2竖直上抛运动【真题示例5】(2019·全国卷Ⅰ)如图6所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满足()图6A.1＜eq\f(t2,t1)＜2 B.2＜eq\f(t2,t1)＜3C.3＜eq\f(t2,t1)＜4 D.4＜eq\f(t2,t1)＜5答案C解析本题应用逆向思维法求解，即运动员做的竖直上抛运动可看成从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2＝eq\r(\f(2×\f(H,4),g))，第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3＜eq\f(t2,t1)＜4，选项C正确。考点四多运动过程问题1.解题步骤(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及各阶段间的关联方程。2.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，对转折点速度的求解往往是解题的关键。【例6】(2021·辽宁大连模拟)航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动。航天飞机以水平速度v0＝100m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下。已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1370m。求：(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；(2)航天飞机降落后滑行的总时间。答案(1)40m/s(2)31s解析(1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v1，根据运动学公式有veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1x1veq\o\al(2,1)＝2a2x2x1＋x2＝x联立以上各式并代入数据解得v1＝40m/s。(2)由速度与时间的关系可得v0＝v1＋a1t1，v1＝a2t2，t＝t1＋t2联立以上各式并代入数据解得t＝31s。4.(多选)(2021·广东揭阳模拟)如图7所示，A、B为水平导轨上固定的竖直挡板，相距L＝4m。一小球自A板处开始，以v0＝4m/s的速度沿导轨向B运动，它与A、B挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变。如果小球最后停在AB的中点，则小球在导轨上运动时的加速度大小可能是()图7A.eq\f(3,7)m/s2 B.eq\f(3,4)m/s2C.eq\f(4,7)m/s2 D.eq\f(4,3)m/s2答案CD解析小球最后停在AB的中点，可知小球在导轨上运动的路程为s＝nL＋eq\f(L,2)(n＝0，1，2，3…)，由运动学公式可得veq\o\al(2,0)＝2as，代入数据联立解得a＝eq\f(4,2n＋1)m/s2(n＝0，1，2，3…)，当n＝0时，a＝4m/s2；当n＝1时，a＝eq\f(4,3)m/s2；当n＝2时，a＝eq\f(4,5)m/s2；当n＝3时，a＝eq\f(4,7)m/s2；当n＝4时，a＝eq\f(4,9)m/s2；……，故选C、D。“0－v－0”运动模型所谓“0－v－0”模型是指一物体从静止开始，先做匀加速直线运动，速度达到最大值后，再匀减速至速度为0。这类问题除了利用基本公式求解外，利用v－t图象去解答会更快速。(1)速度公式v＝a1t1v＝a2t2推导可得：eq\f(a1,a2)＝eq\f(t2,t1)(2)速度位移公式v2＝2a1x1v2＝2a2x2推导可得：eq\f(a1,a2)＝eq\f(x2,x1)(3)平均速度位移公式x1＝eq\f(vt1,2)x2＝eq\f(vt2,2)推导可得：eq\f(x1,x2)＝eq\f(t1,t2)【示例】(多选)(2021·河南郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是()A.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1B.加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1C.加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1D.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3答案BC解析汽车由静止运动8s，又经4s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，A、D错误；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq\f(x1,x2)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，C正确；由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确。考点一匀变速直线运动规律及应用1.假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为()A.vt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t0,2t))) B.eq\f(v（t－t0）2,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vteq\o\al(2,0),2t)答案B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝eq\f(v,t)，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝eq\f(1,2)a(t－t0)2＝eq\f(1,2)×eq\f(v,t)×(t－t0)2＝eq\f(v（t－t0）2,2t)，故选B。2.(2021·江西南昌月考)高速公路的ETC电子收费系统如图1所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，某汽车以25.2km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆，已知司机的反应时间为0.5s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为()图1A.8.4m B.7.8mC.9.6m D.10.5m答案D解析识别区内汽车做匀速运动，有x1＝v0t1＝eq\f(25.2,3.6)×0.3m＝2.1m，司机的反应时间内，汽车的位移为x2＝v0t2＝7×0.5m＝3.5m，刹车的位移为x3＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(72,2×5)m＝4.9m，ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝10.5m，故选D。考点二匀变速直线运动的推论及应用3.(多选)图2(2021·四川雅安模拟)如图2所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()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答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求时间之比为(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，则所求的速度之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故选项A错误，B正确。4.(多选)(2021·河南洛阳调研)如图3所示，在一平直公路上，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3s内经过相距30m的A、B两点，汽车经过B点时的速度为15m/s，则()图3A.汽车经过A点的速度大小为5m/sB.A点与O点间的距离为20mC.汽车从O点到A点需要的时间为5sD.汽车从O点到B点的平均速度大小为7.5m/s答案AD解析汽车在AB段的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(xAB,tAB)＝eq\f(30,3)m/s＝10m/s，而汽车做匀加速直线运动，所以有eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(vA＋vB,2)，即vA＝2eq\o(v,\s\up6(－))－vB＝2×10m/s－15m/s＝5m/s，选项A正确；汽车的加速度a＝eq\f(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A),2xAB)，代入数据解得a＝eq\f(10,3)m/s2。由匀变速直线运动规律有veq\o\al(2,A)＝2axOA，代入数据解得xOA＝3.75m，选项B错误；由vA＝atOA解得汽车从O点到A点需要的时间为tOA＝1.5s，选项C错误；汽车从O点到B点的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))′＝eq\f(vB,2)＝eq\f(15,2)m/s＝7.5m/s，选项D正确。考点三自由落体和竖直上抛运动5.(2021·福建厦门联考)宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2kg的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第5s内的位移是18m，则()A.物体在2s末的速度是20m/sB.物体在第5s内的平均速度是3.6m/sC.物体自由下落的加速度是5m/s2D.物体在5s内的位移是50m答案D解析根据运动学公式Δx＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝18m，t2＝5s，t1＝4s，解得a＝4m/s2，选项C错误；物体在2s末的速度为v2＝4×2m/s＝8m/s，选项A错误；物体在5s内的位移为x5＝eq\f(1,2)×4×52m＝50m，选项D正确；物体在第5s内的位移为18m，故物体在第5s内的平均速度为18m/s，选项B错误。6.(2021·上海金山模拟)以8m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8s，g取10m/s2，则小树高约为()A.0.8m B.1.6mC.2.4m D.3.2m答案C解析石子竖直上升的最大高度为H＝eq\f(v2,2g)＝3.2m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1＝eq\f(t,2)＝0.4s，则最高点到小树顶端的距离为h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝0.8m，则小树高约为h＝H－h1＝2.4m，故选C。考点四多运动过程问题7.(2021·湖南湘中名校联考)如图4所示，可看做质点的木块由静止开始沿斜面下滑，经时间t后进入一水平面，两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比，下列说法正确的是()图4A.1∶22∶1 B.1∶21∶2C.2∶12∶1 D.2∶11∶2答案A解析设木块到达斜面底端时的速度大小为v，根据v＝at得，加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(v,t),\f(v,2t))＝eq\f(2,1)；根据平均速度的推论知，x1＝eq\f(v,2)t，x2＝eq\f(v,2)·2t，所以eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，故选A。8.(2021·福建福州期末)一辆汽车在公路上以72km/h的速度行驶，突然发现前方56m处有一障碍物。驾驶员经过一段反应时间后开始刹车(假设在反应时间内汽车的车速不变)，刹车的加速度大小为5m/s2。为使汽车不撞上障碍物，则驾驶员的允许反应时间最长为()A.0.5s B.0.7sC.0.8s D.0.9s答案C解析初速度v0＝72km/s＝20m/s，由veq\o\al(2,0)＝2ax，解得减速阶段位移x＝40m，得Δx＝56m－40m＝16m，则反应阶段匀速时间t＝eq\f(16,20)s＝0.8s，故选C。9.(多选)(2021·福建福州期末)交通法规定“斑马线礼让行人”，违规驾驶员将受到处罚，如图5所示，路口行人正在过斑马线，一辆匀速行驶的汽车前端距停车线为12m，刹车过程的位移与时间的关系为x＝12t－3.75t2(x的单位为m，t的单位为s)，关于驾驶员的下列操作，说法正确的是()图5A.立即制动刹车，汽车至少需1.6s才能停止B.距停车线8m处开始刹车，汽车前端恰好能停止在停车线处C.经0.4s后才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处D.经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处答案AD解析根据题意知刹车过程的位移与时间的关系为x＝12t－3.75t2，由位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，得v0＝12m/s，eq\f(1,2)a＝－3.75m/s2，即a＝－7.5m/s2，刹车所需时间为t＝eq\f(v0,－a)＝eq\f(12,7.5)s＝1.6s，故A正确；根据速度—位移公式可知，减速运动的位移为x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2（－a）)＝eq\f(122,2×7.5)m＝9.6m，故在距停车线8m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，故B错误；匀速运动的时间为t′＝eq\f(L－x,v0)＝eq\f(12－9.6,12)s＝0.2s，经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能停止于停车线处，故C错误，D正确。10.(2021·安徽安庆期末)如图6所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是()图6A.13s B.16sC.21s D.26s答案C解析升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t1＝eq\f(v,a)＝8s，通过的位移为x1＝eq\f(v2,2a)＝32m，减速阶段与加速阶段的时间和位移均相同，在匀速阶段所需时间为t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f(104－2×32,8)s＝5s，总时间为t＝2t1＋t2＝21s，故选C。11.(2021·安徽蚌埠月考)如图7所示，一点光源固定在水平面上，一小球位于点光源和右侧竖直墙壁之间的正中央，某时刻小球以初速度v0竖直上抛。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球上升过程中，小球的影子在竖直墙壁上做()图7A.速度为v0的匀速直线运动B.速度为2v0的匀速直线运动C.初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动D.初速度为v0、加速度为g的匀减速直线运动答案C解析根据竖直上抛运动规律可得，小球上升的位移为y＝v0t－eq\f(1,2)gt2，由几何关系可知，小球的影子在竖直墙壁上的位移为y′＝2y＝(2v0)t－eq\f(1,2)(2g)t2，则小球的影子做初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动，故选C。12.如图8所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e。已知ab＝bd＝6m，bc＝1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则()图8A.xde＝3m B.vb＝2m/sC.vc＝3m/s D.从d到e所用时间为2s答案C解析设物体加速度大小为a，在匀变速直线运动中连续的相等时间间隔内位移之差等于定值即Δx＝at2，则xac－xcd＝at2，代入数据可得a＝0.5m/s2，ac段由匀减速直线运动位移公式可得xac＝vat－eq\f(1,2)at2，代入数据可得va＝4m/s，ae段xae＝eq\f(veq\o\al(2,a),2a)＝16m，则xde＝xae－xab－xbd＝4m，故A错误；a至b过程由速度位移公式有veq\o\al(2,a)－veq\o\al(2,b)＝2axab，代入数据可得vb＝eq\r(10)m/s，故B错误；点c是a到d中间时刻对应的位置，有vc＝eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(xad,2t)＝3m/s，故C正确；c至e减速为零，则tce＝eq\f(vc,a)＝6s，从d到e所用时间为tde＝tce－t＝4s，故D错误。13.有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48m。求：(1)若电梯运行时最大限速为9m/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15s，上升的最大速度是多少？答案(1)12s(2)4m/s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＝eq\f(veq\o\al(2,m),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,m),2a2)，代入数据解得vm＝8m/s因为vm＝8m/s<9m/s，符合题意加速的时间为t1＝eq\f(vm,a1)＝eq\f(8,2)s＝4s减速的时间为t2＝eq\f(vm,a2)＝eq\f(8,1)s＝8s运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12s。(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<8m/s，则加速的时间为t1′＝eq\f(v,a1)，减速的时间为t2′＝eq\f(v,a2)匀速运动的时间为t＝15s－t1′－t2′上升的高度为h＝eq\f(v,2)(t1′＋t2′)＋v(15s－t1′－t2′)联立解得v＝4m/s，另一解不合理，舍去。14.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1＝2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来。(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2是多大？答案(1)60m/s(2)1.2m/s2解析(1)v0＝288km/h＝80m/s打开制动风翼时列车的加速度大小为a1＝0.5m/s2设经过t2＝40s时，列车的速度为v1则v1＝v0－a1t2＝60m/s。(2)列车长接到通知后经过t1＝2.5s列车行驶的距离x1＝v0t1＝200m从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中列车行驶的距离x2＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2a1)＝2800m打开电磁制动系统后，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500m＝1500ma2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2x3)＝1.2m/s2。

实验一研究匀变速直线运动一、基本原理与操作原理装置图操作要领①不需要平衡摩擦力。②不需要满足悬挂钩码质量远小于小车质量。平行：细绳、纸带与长木板平行靠近：小车释放前，应靠近打点计时器的位置先后：实验时先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带防撞：小车到达滑轮前让其停止运动，防止与滑轮相撞或掉下桌面摔坏适当：悬挂钩码要适当，避免纸带打出的点太少或过于密集二、数据处理与分析1.由纸带判断物体做匀变速运动的方法如图1所示，0、1、2、…为时间间隔相等的各计数点，x1、x2、x3、…为相邻两计数点间的距离，若Δx＝x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝C(常量)，则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。图12.由纸带求物体运动速度的方法：根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)。3.利用纸带求物体加速度的两种方法(1)用“逐差法”求加速度即根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻两计数点间的时间间隔)求出a1＝eq\f(x4－x1,3T2)、a2＝eq\f(x5－x2,3T2)、a3＝eq\f(x6－x3,3T2)再算出平均值即a＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1－x2－x3,9T2)。(2)用图象法求加速度先根据vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)求出所选的各计数点对应的瞬时速度，后作出v－t图象，图线的斜率即物体运动的加速度。三、认识“两种仪器”1.作用：计时仪器，接频率为50Hz交变电流，每隔0.02s打一次点2.eq\a\vs4\al(工作,条件)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(电磁打点计时器：4～6V交流电源,电火花计时器：220V交流电源))四、区别“两种点”1.计时点和计数点计时点是打点计时器打在纸带上的实际点，两相邻点间的时间间隔为0.02s；计数点是人们根据需要选择一定数目的点，两个相邻计数点间的时间间隔由选择点的规则而定。2.纸带上相邻两点的时间间隔均相同，速度越大，纸带上的计时点越稀疏。类型一教材原型实验【例1】某同学用图2甲所示装置探究小车做匀变速直线运动的规律，他采用电火花计时器进行实验。图2(1)请在下面列出的实验器材中，选出本实验中不需要的器材填在横线上(填编号)________。①电火花计时器②天平③低压交变电源④细绳和纸带⑤砝码、托盘和小车⑥刻度尺⑦停表⑧一端带有滑轮的长木板(2)安装好实验装置后，先________，再________。纸带上打出一系列点，其中一段如图乙所示，可知纸带的________(填“左”或“右”)端与小车相连。(3)如图乙所示的纸带上，A、B、C、D、E为纸带上所选的计数点，相邻计数点间时间间隔为0.1s，则vB＝________m/s，a＝________m/s2。答案(1)②③⑦(2)接通电源释放小车左(3)0.260.4解析(1)本实验不需要天平测量质量，电火花计时器应使用220V交变电源，也不需要用停表测时间，故不需要的器材为②③⑦。(2)正确的操作顺序是先接通电源，再释放小车，不能颠倒，纸带上和小车相连的一端先被打点，此时纸带速度较小，点间距离较小，故左端与小车相连。(3)B点对应的速度是vB＝eq\f(AC,2T)＝eq\f(52.0×10－3,0.2)m/s＝0.26m/s，a＝eq\f(CE－AC,（2T）2)＝0.4m/s2。【例2】用图3所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。图3主要实验步骤如下：a.安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。b.选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O(t＝0)，然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点，如图4中A、B、C、D、E、F……所示。图4c.通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度，分别记作v1、v2、v3、v4、v5……。d.以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在图5坐标纸上描点。图5结合上述实验步骤，请你完成下列任务：(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有________和________(填选项前的字母)。A.电压合适的50Hz交变电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.停表E.天平(含砝码)(2)在坐标纸上已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点，请标出计数点C对应的坐标点，并画出v－t图象。(3)观察v－t图象，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是________________。v－t图象斜率的物理意义是________________。(4)描绘v－t图象前，还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度eq\f(Δx,Δt)表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对Δt的要求是________(选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的Δx大小与速度测量的误差________(选填“有关”或“无关”)。答案(1)AC(2)如图所示(3)小车的速度随时间均匀变化加速度(4)越小越好有关解析(1)打点计时器使用的是交变电源，故选A，不选B；相邻打点间的时间是已知的，故不选D；计数点间的距离需要用刻度尺测量，故选C；由于不需要知道小车和重物的质量，故不需要天平(含砝码)，故不选E。(2)连线时要让尽量多的点在一条直线上，如答案图所示。(3)可以依据v－t图象是倾斜的直线(斜率一定)，即小车的速度随时间均匀变化，判断出小车做匀变速直线运动；v－t图象的斜率表示加速度。(4)严格地讲，eq\f(Δx,Δt)表示的是Δt内的平均速度，只有当Δt趋近于0时，eq\f(Δx,Δt)才表示瞬时速度，因此若用eq\f(Δx,Δt)表示各计数点的瞬时速度，对Δt的要求是越小越好；从实验的角度看，选取的Δx越小，用eq\f(Δx,Δt)计算得到的平均速度越接近计数点的瞬时速度，但Δx过小，测量误差增大，因此选取的Δx大小与速度测量的误差有关。类型二实验拓展创新【例3】某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。图6实验步骤如下：①如图6(a)，将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt；③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示]，eq\o(v,\s\up6(－))表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小，求出eq\o(v,\s\up6(－))；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④；⑥利用实验中得到的数据作出eq\o(v,\s\up6(－))－Δt图，如图(c)所示。完成下列填空：(1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则eq\o(v,\s\up6(－))与vA、a和Δt的关系式为eq\o(v,\s\up6(－))＝____________；(2)由图(c)可求得vA＝________cm/s，a＝______cm/s2(结果保留3位有效数字)。答案(1)vA＋eq\f(1,2)aΔt(2)52.116.3解析(1)设挡光片末端到达光电门的速度为v则由速度与时间关系可知v＝vA＋aΔt且eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(vA＋v,2)联立解得eq\o(v,\s\up6(－))＝vA＋eq\f(1,2)aΔt。(2)将图线延长交纵轴52.1cm/s处，即为vA，vA＝52.1cm/s，图线的斜率k＝eq\f(1,2)a＝eq\f(53.6－52.4,（180－32.5）×10－3)cm/s2≈8.14cm/s2即a＝16.3cm/s2。❶实验原理的创新：本题光电门测量出挡光片通过光电门的时间，然后根据veq\s\do9(\f(t,2))＝eq\o(v,\s\up6(－))可得中间时刻的瞬时速度。❷实验操作的创新：每次实验时挡光片的前端与光电门间的距离保持不变，这样每次挡光片前端到达光电门时的速度相同。1.(2021·八省联考辽宁卷)某兴趣小组利用如图7所示的实验装置来测量重力加速度。铁架台竖直放置，上端固定电磁铁M，A、B为位置可调节的光电门，均与数字计时器N相连。图7实验步骤如下：①接通M的开关，吸住小球；②将A固定在小球下方某一位置，调节B的位置并固定，测出A和B之间的距离h1；③断开M的开关，小球自由下落，记录小球从A到B的时间，重复测量3次对应于h1的时间，平均值为t1；④保持A位置不变而改变B的位置并固定，测出A和B之间的距离h2，重复测量3次对应于h2的时间，平均值为t2。完成下列问题：(1)本实验所用器材有：铁架台、电源、电磁铁、光电门、数字计时器、小球和________(填入正确选项前的字母)。A.天平 B.刻度尺C.游标卡尺(2)重力加速度大小可表示为g＝________(用h1、t1、h2、t2表示)。(3)另一组同学也利用该装置测量重力加速度，如果实验过程中保持B的位置不变而改变A的位置，那么该组同学________(填“能”或“不能”)正确测得重力加速度。答案(1)B(2)eq\f(2（h2t1－h1t2）,t1t2（t2－t1）)(3)能解析(1)本实验需测量A、B之间的高度，故还需要刻度尺。(2)设小球到达A时速度为v0，A、B之间的距离为h1时，有h1＝v0t1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)A、B之间的距离为h2时，有h2＝v0t2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)联立解得g＝eq\f(2（h2t1－h1t2）,t1t2（t2－t1）)。(3)若保持B不动，则vB不变，A→B的逆过程则为加速度为g的匀减速运动，同理也可求出重力加速度。2.(2020·山东卷)2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：甲乙图8(ⅰ)如图8甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。(ⅱ)调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。(ⅲ)该同学选取部分实验数据，画出了eq\f(2L,t)－t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s2。(ⅳ)再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。