02 第一章 第2节 匀变速直线运动的规律-【名师导航】2026年高考物理一轮总复习教师用书（通用版）

第2节　匀变速直线运动的规律 一、匀变速直线运动的基本规律 1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。 2．分类 (1)匀加速直线运动：a与v方向相同。 (2)匀减速直线运动：a与v方向相反。 3．基本规律 二、匀变速直线运动的重要关系式 1．两个导出式 2．三个推论 (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，还等于该段时间中间时刻的瞬时速度。 平均速度公式：＝＝。 (3)位移中点速度＝。 3．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＝。 三、自由落体运动和竖直上抛运动 自由落体运动 运动条件 (1)物体只受重力作用(2)由静止开始下落 运动性质 初速度为0的匀加速直线运动 运动规律 (1)速度公式：v＝gt(2)位移公式：h＝gt2(3)速度—位移公式：v2＝2gh 竖直上抛运动 运动性质 匀变速直线运动 运动规律 (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－＝－2gh (4)上升的最大高度： H＝ (5)上升到最高点所用时间：t＝ 在情境创设中判断(正确的打“√”，错误的打“×”) 情境创设1 根据《道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。 【快速判断】 (1)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。 (　√　) (2)机动车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。 (　√　) (3)机动车遇到险情刹车做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第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(2n－1)∶…∶5∶3∶1。 (　√　) 情境创设2 在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力。 (4)水滴做自由落体运动，水滴下落的高度与时间成正比。 (　×　) (5)水滴做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。 (　×　) (6)水滴下落过程中，在1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3∶…∶n。 (　√　) (7)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态。 (　×　) 　匀变速直线运动基本规律及应用　 1．运动学公式及选取方法 涉及的物理量 没涉及的物理量 适宜选用的公式 v0、v、a、t x 速度公式：v＝v0＋at v0、a、t、x v 位移公式：x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t 速度与位移关系式：v2－＝2ax v0、v、t、x a 平均速度公式：x＝t 2．运动学公式中符号的规定 一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。若v0＝0，一般以加速度的方向为正方向。 　基本公式的理解及应用 [典例1]　(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点的距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　) A．∶ B．∶ C．∶ D．∶ 思路点拨：首先要分析并确定木板的运动性质为初速度为零的匀加速直线运动，其次要思考木板过A点的时间应该从木板下端到A点开始计时到木板上端到A点计时结束，即为上下两端运动到A点的时间差，然后分别计算再求比值。 A　[对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝，当木板长度为2L时，有3L＝，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。] 　逆向思维法解决匀变速直线运动问题 [典例2]　一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初3 s内通过的位移与最后3 s内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，汽车运动的加速度大小为a＝5 m/s2，汽车制动的总时间为t，则(　　) A．t>6 s 　 B．t＝6 s C．4 s<t<6 s 　 D．t＝4 s D　[设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则汽车最后3 s内通过的位移x2＝＝a，在最初3 s 内通过的位移x1＝at2－a(t－3)2＝又x1∶x2＝5∶3，解得t＝4 s, 故A、B、C错误，D正确。] [跟进训练] 1．一汽车由静止沿平直公路匀加速行驶。汽车启动t时间后的6 s内前进了24 m，启动5t时间后的6 s内前进了 48 m，则该汽车的加速度大小和t分别为(　　) A．1 m/s2，1 s 　 B．2 m/s2，1 s C．2 m/s2，2 s 　 D．1 m/s2，2 s A　[设汽车启动的加速度为a，则由题意可知启动t时间后的速度为v1＝at，启动5t时间后的速度为v2＝5at，则根据位移与时间的关系有24＝at×6＋a×62，48＝5at×6＋a×62，联立可得a＝1 m/s2，t＝1 s。故选A。] 2．(多选)如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216 km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4 s内的位移为7 m，下列说法正确的是(　　) A．该飞机的加速度大小为2 m/s2 B．该飞机着陆后5 s时的速度大小为40 m/s C．该飞机在跑道上滑行的时间为30 s D．该飞机在跑道上滑行的距离为1 800 m AC　[飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3 s内的位移为x1＝在t2＝4 s内的位移为x2＝，根据题意有x2－x1＝7 m，联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；该飞机着陆后5 s时的速度大小为v5＝v0－at＝ m/s－2×5 m/s＝50 m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝＝ s＝30 s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝t＝×30 m＝900 m，D错误。] 　匀变速直线运动的推论及应用　 1．匀变速直线运动的常用推论 2．方法选取技巧 (1)若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用平均速度法。 (2)匀减速到0的运动常用逆向思维法和比例法。 (3)处理纸带类问题时常用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度。 　平均速度法 [典例3]　(2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是 5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　) A．3 m/s 　 B．2 m/s C．1 m/s 　 D．0.5 m/s C　[根据题意，设RS间的距离为s，则ST间的距离为2s，设R点速度为vR，S点速度为vS，T点速度为vT，加速度为a，根据运动学公式，有＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于初、末速度的平均值，有＝10 m/s，＝5 m/s，联立解得vT＝1 m/s，C正确。] 　位移差公式 [典例4]　如图所示，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＝2 m，xBC＝3 m, 且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是(　　) A．可以求出该物体加速度的大小 B．可以求得xCD＝5 m C．可求得OA之间的距离为1.125 m D．可求得OA之间的距离为1.5 m C　[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＝1 m，可以求得aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度 vB＝，则OB之间的距离xOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，选项C正确。] 　比例法 [典例5]　一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3 s内与第 6 s 内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1 m与通过第6个1 m时的平均速度之比为 v1∶v2, 则(　　) A．x1∶x2＝1∶4 　 B．x1∶x2＝5∶11 C．v1∶v2＝1∶ 　 D．v1∶v2＝∶ B　[质点做初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等时间内通过的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故质点第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2＝xⅢ∶xⅥ＝5∶11，故A错误，B正确；质点做初速度为0的匀加速直线运动，在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶，故质点通过第3个1 m与通过第6个1 m时所用时间之比为t3∶t6＝∶；根据平均速度公式＝，可得质点通过第3个1 m与通过第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2＝∶＝∶，故C、D错误。] [跟进训练] 1．(2025·衡阳模拟)小明同学乘坐汽车，观测到做匀加速直线运动的汽车(可视为质点)连续通过A、B、C、D四个位置，且通过AB、BC、CD段的时间分别为t、2t、3t，AB段、CD段的长度分别为L、6L，则汽车通过C点时的速度大小为(　　) A． 　 B． C． 　 D． D　[由题意知汽车在AB段中间时刻的瞬时速度v1等于其在AB段的平均速度，即v1＝，汽车在CD段中间时刻的瞬时速度v2等于其在CD段的平均速度，即v2＝＝，又v2＝v1＋，解得a＝，又vC＝v1＋a×2.5t，解得vC＝，故选D。] 2．(2025·苏州模拟)某物体沿着一条直线做匀减速运动，依次经过A、B、C三点，最终停止在D点。A、B之间的距离为s0，B、C之间的距离为s0，物体通过AB与BC两段距离所用时间都为t0，则下列正确的是(　　) A．B点的速度大小是 B．由C到D的时间是 C．物体运动的加速度大小是 D．C、D之间的距离为 B　[物体通过AB与BC两段距离所用时间都为t0，所以vB为AC的中间时刻速度，根据匀变速直线运动的中间时刻速度推论式可得vB＝＝，故A错误；AB与BC两段为连续相邻相等时间的位移，根据匀变速直线运动的推论式Δx＝aT2可得s0－s0＝，解得a＝－，根据速度与时间关系式v＝v0＋at，代入数据可得物体从B到D的时间为t＝＝t0，则物体从C到D的时间为t0－t0＝t0，故B正确，C错误；根据匀变速直线运动的速度与位移公式＝2ax，代入数据可得B、D间的距离为x＝＝，则C、D之间的距离为s0－s0＝s0，故D错误。] 3．某人在站台上等候动车的到来，动车减速进站。该人测得第一节车厢通过他身旁的时间为t0，动车停下时该人刚好与动车尾部对齐。若动车共有n节车厢，每节车厢长度相同，动车进站可看成匀减速运动，则动车从此人身旁通过所用的时间为(　　) A．t0 　 B．t0 C．t0 　 D．t0 C　[以动车为参考系，人做初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为0的匀加速直线运动通过连续相等的位移的时间之比为1∶∶∶…∶，设动车从此人身旁通过所用的时间为t，则有＝，解得t＝t0，故选C。] 　自由落体与竖直上抛运动　 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 分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动 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(以竖直向上为正方向) 若v>0，物体上升，若v<0，物体下移 若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方 3．竖直上抛运动的对称性和多解性 对称性多解性 (1)时间的对称性 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)速度的对称性 物体上升过程经过A点的速度大小与下降过程经过A点的速度大小相等 (3)能量的对称性 物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB A、B为途中的任意两点，C为最高点 当物体经过抛出点上方某个位置(最高点除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点 　自由落体运动 [典例6]　物体从某高处自由下落，下落过程中经过一个高为5 m的窗户，窗户的上边缘距释放点为20 m，已知它在落地前1 s内共下落45 m，g取10 m/s2，物体可视为质点，下列说法中正确的是(　　) A．物体落地前2 s内共下落80 m B．物体落地时速度为45 m/s C．物体下落后第1 s内、第2 s内、第3 s内，每段位移大小之比为1∶2∶3 D．物体经过窗户所用的时间为 s A　[设下落时间为t，最后1 s内的位移可以表示为x＝gt2－g(t－1)2＝45 m，解得t＝5 s，根据自由落体运动规律可得落地前2 s内共下落的总高度为h＝gt2－g(t－2)2＝×10×52 m－10×(5－2)2 m＝80 m，故A正确；根据速度与时间的关系可知落地的速度为v＝gt＝10×5 m/s＝50 m/s，故B错误；自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，所以在连续相等的时间内，即下落后第1 s内、第2 s内、第3 s内，每段位移大小之比为1∶3∶5，故C错误；设物体到达窗户的上边缘的时间为t1，则h1＝，可得 t1＝ s＝2 s，设物体到达窗户的下边缘的时间为t2，则t2＝ s＝ s，所以物体经过窗户所用的时间为Δt＝t2－t1＝ s，故D错误。] 　竖直上抛运动 [典例7]　为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)经过多长时间到达最高点； (2)抛出后离地的最大高度是多少； (3)经过多长时间回到抛出点； (4)经过多长时间落到地面； (5)经过多长时间离抛出点15 m。 解析：(1)运动到最高点时速度为0，由v＝v0－gt1得t1＝－＝2 s。 (2)由＝2ghmax得hmax＝＝20 m，所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m。 (3)方法一：分段法，由(1)(2)知上升时间t1＝2 s，hmax＝20 m，下落时，hmax＝，解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s。 方法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt，得t＝－＝4 s。 方法三：由h＝v0t－gt2，令h＝0，解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s。 (4)方法一：分段法，由Hmax＝，解得t5＝3 s，故t总＝t1＋t5＝5 s。 方法二：全程法，由－h0＝v0t′－gt′2，解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s。 (5)当物体在抛出点上方时，h′＝15 m，由h′＝gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s，当物体在抛出点下方时，h′＝－15 m，由h′＝v0t－gt2，得t10＝ s，t11＝ s(舍去)。 答案：(1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s　(5)1 s　3 s　 s [跟进训练] 1．在某次10米跳台决赛中，运动员在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则运动员用于姿态调整的时间约为(　　) A．0.2 s 　 B．0.4 s C．1.0 s 　 D．1.4 s B　[运动员下落的整个过程所用的时间为t＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝ s＝1 s，则运动员用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误。] 2．(多选)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取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． s 　 B． s C． s 　 D． s ABC　[取竖直向上为正方向，由＝2gh得v0＝20 m/s，物体的位移为x＝v0t－当物体位于A点上方10 m处时x＝10 m，解得t1＝ s，t2＝ 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＝ s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误。] 　匀变速直线运动在多过程问题中的应用　 1．一般的解题步骤 (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物体各阶段间的关联方程。 2．解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键。 [典例8]　交通运输部办公厅发布了《关于大力推动高速公路ETC发展应用工作的通知》，明确提出：高速公路基本实现不停车快捷收费。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至0，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求： (1)汽车走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)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速； (3)汽车走ETC通道与走人工收费通道相比节约的时间。 思路点拨：画出运动过程示意图 (1)走ETC通道时经历三个运动阶段： (2)走人工收费通道经历两个运动阶段： 解析：(1)走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m 故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。 (2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为x2＝＝72 m。 (3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t1＝×2＋＝18.5 s 走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t2＝×2＋t0＝44 s 又x总2＝2x2＝144 m 二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m 在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t2－＝25 s。 答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s [跟进训练] 1．(2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 思路点拨：救护车运动过程草图如图所示 解析：(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1，代入数据解得v＝20 m/s。 (2)设匀速运动时间Δt时停止鸣笛，此时救护车距离出发点的距离为x＝＋vΔt，发出的鸣笛声从鸣笛处传播到救护车出发处，传播距离为x＝，解得x＝680 m。 答案：(1)20 m/s　(2)680 m 2．高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。求： (1)列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小； (2)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大小a2。 解析：(1)设列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s， 则打开制动风翼后，减速过程有 v1＝v0－a1t2＝60 m/s。 (2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m 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＝＝2 800 m 从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离 x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m 则a2＝＝1.2 m/s2。 答案：(1)60 m/s　(2)1.2 m/s2 课时分层作业(二) 1．电梯由静止从大楼的1层运动至30层，共用时间t0；第二次电梯由静止从大楼的1层运动至30层的过程中在16层停顿一小会儿(忽略在16层停留的时间)，共用时间t，若电梯每次从静止开始运动到停止都经过匀加速、匀速、匀减速的过程。电梯匀速运动时速度大小相等，每次匀变速用时均为t1，则t与t0的差值为(　　) A． 　 B．t1 C．2t1 　 D．3t1 B　[平均速度法：设电梯匀速运动的速度为v，第一次上升过程有x＝2·，第二次上升过程有x＝4·t1＋v(t－4t1)，解得t－t0＝t1。 另解　基本公式法：设电梯匀速运动的速度为v，则匀变速运动的加速度大小为a＝，第一次上升过程有x＝2·，第二次上升过程有x＝4·＋v(t－4t1)，解得t－t0＝t1。] 2．一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． 　 B． C． 　 D． C　[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＝；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝。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，则两段位移中间时刻的时间差Δt＝t＋＝t，则物体运动的加速度大小a＝＝，解得a＝，故选项C正确。] 3．如图所示，墙角处有两紧挨在一起的木块A和B，A是软木块，B是硬木块，A的长度是B长度的2倍。一颗子弹以初速度v0射向木块A后刚好射到木块B的中心时停止。如果A、B交换位置，子弹以初速度v0射向木块B后刚好射到木块A的中心时停止。设子弹在木块A、B中运动时的加速度大小为aA、aB恒定，则aA与aB之间关系正确的是(　　) A．aA＝aB 　 B．aA＝aB C．aA＝aB 　 D．aA＝aB B　[设木块A的长度为L，A、B未交换位置之前，子弹刚进入B时的速度为v1，对A有＝2aAL，对B有＝2aB·L，解得＝2aAL＋，设A、B交换位置之后，子弹刚进入A时的速度为v2，对B有＝2aB·L，对A有＝2aA·L，解得＝aAL＋aBL，联立可得aA＝，故选B。] 4．如图所示，某次磞床比赛中，运动员双脚离开蹦床后竖直向上运动，把上升过程分为等距的三段，运动员从下至上运动过程中，依次经历三段的时间记为t1、t2、t3。则 t1∶t2∶t3最接近(　　) A．3∶6∶10 　 B．3∶4∶10 C．3∶6∶20 　 D．3∶4∶20 B　[推论法：将向上的运动看为向下的初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论有t1∶t2∶t3＝∶∶1≈3∶4∶10，故B正确。 另解　常规解法：将向上的运动看为向下的初速度为0的匀加速直线运动，则有h＝2h＝2，3h＝2，解得t3＝t2∶t3＝∶∶1≈3∶4∶10，故B正确。] 5．(多选)弹道凝胶是用来模拟测试子弹对人体破坏力的一种凝胶，它的密度、性状等物理特性都非常接近于人体肌肉组织。如图所示，某实验者在桌面上紧挨着放置8块完全相同的透明凝胶，枪口对准凝胶的中轴线射击，子弹即将射出第8块凝胶时速度恰好减为0，子弹在凝胶中运动的总时间为t，假设子弹在凝胶中的运动可看作匀减速直线运动，子弹可看作质点，则以下说法正确的是(　　) A．子弹穿透第6块凝胶时，速度为刚射入第1块凝胶时的一半 B．子弹穿透前2块凝胶所用时间为t C．子弹穿透前2块凝胶所用时间为t D．子弹穿透第1块与最后1块凝胶的平均速度之比为∶1 AC　[因为子弹做匀减速直线运动，可将其视为反向的初速度为0的匀加速直线运动，连续两段相等时间内的位移之比为x1∶x2＝1∶3＝2∶6，即射穿第6块时，恰为全程时间的中点，速度为全程的平均速度＝，即初速度的一半，故A正确；将8块凝胶分为四等份，根据连续相等位移的时间比为∶t′4＝∶∶∶1，则第一份长度的时间相对总时间的占比为＝t，故B错误，C正确；因每块凝胶大小一致，若令穿透最后一块凝胶的时间为1 s，则穿透第一块凝胶的时间应为 s，则平均速度之比应为∶1，故D错误。] 6．近年来，重庆热门景点“李子坝列车穿楼”吸引了大量游客驻足，列车进站时以20 m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为1.25 m/s2，列车速度减为0后在李子坝站停靠了50 s。则关于列车进站过程下列说法正确的是(　　) A．列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢 B．列车开始减速后，t＝8 s时的速度为 12 m/s C．列车开始减速后，20 s内的位移为150 m D．列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小是 0.625 m D　[由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小得快慢不变，故A错误；t＝8 s时的速度为v1＝v0－at1＝10 m/s，故B错误；列车减速到0耗时t＝＝16 s，故20 s内的位移和16 s内的位移一样，因此x＝＝160 m，故C错误；列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小为x′＝at′2，t′＝1 s，解得x′＝0.625 m，故D正确。] 7．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫。当它腹朝天、背朝地躺在地面上时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中(设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)。弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离约为 0.8 mm, 弹射的最大高度约为24 cm。人原地起跳的方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速。如果加速过程(视为匀加速)人的重心上升高度约为0.5 m，假设人向上加速与磕头虫向下加速的加速度大小相等，那么人离地后重心上升的最大高度可达(不计空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．150 m 　 B．75 m C．15 m 　 D．7.5 m A　[设磕头虫向下的加速度为a，磕头虫向下的最大速度为v，则有v2＝2ah1，磕头虫向上弹起的过程中有－v2＝－2gh2，联立以上两式可得a＝g＝3 000 m/s2，人加速的过程中有＝2aH1，人跳起的过程中有－＝－2gH2，故有2aH1＝2gH2，解得H2＝H1＝150 m，所以人离地后重心上升的最大高度可达150 m，故A正确。] 8．自动驾驶汽车已经在某些路段试运行。假设一辆自动驾驶汽车在笔直的公路上行驶，刹车后做匀减速直线运动，某同学利用闪光频率为10 Hz的照相机拍摄下连续10幅汽车照片，测量出第1幅照片与第2幅照片中汽车之间的距离为 0.25 m, 第2幅照片与第3幅照片中汽车之间的距离为0.21 m，则拍摄第7幅照片到拍摄第8幅照片这段时间汽车的平均速度为(　　) A．2.3 m/s 　 B．0.25 m/s C．0.112 5 m/s 　 D．0.225 m/s C　[频闪时间间隔T＝＝0.1 s，根据Δx＝aT2，解得a＝4 m/s2，拍摄第2张照片时汽车的速度为v2＝ m/s＝2.3 m/s，从拍摄第2张照片开始，汽车停下来需要的时间t＝＝0.575 s，可见，在拍摄过第7张照片后再经过t0＝0.075 s汽车已停下，则拍摄第7幅照片到拍摄第8幅照片这段时间汽车的平均速度为＝＝0.112 5 m/s。] 9．(多选)如图所示，旅客在站台候车线处候车，相邻候车线间的距离以及每节车厢的长度均为L。列车进站时，从1号车厢的前端入口a点经过5号候车线时开始计时，到2号车厢的前端入口b点经过5号候车线时，所用的时间为T，列车停下时a点恰好正对1号候车线。若列车进站时做匀减速直线运动，则下列说法正确的是(　　) A．列车进站时的加速度大小为 B．a点经过2号候车线时，列车的瞬时速度大小为2 C．从a点经过2号候车线到列车停止运动，经历的时间为T D．从a点经过5号候车线到列车停下的过程，列车的平均速度为2 CD　[采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为∶∶∶1，设列车从a点经过2号候车线到列车停止运动时间为t，则有＝，解得t＝T，故C正确；根据逆向思维，由公式L＝at2，有列车进站时的加速度大小为a＝＝＝2，故A错误；根据逆向思维，a点经过2号候车线时，列车的瞬时速度大小v2＝at＝＝2，故B错误；从a点经过5号候车线到列车停下的过程，列车的总时间为t′，有＝＝，解得t′＝2T，所以列车从a点经过5号候车线到列车停下的过程中平均速度为＝＝2，故D正确。] 10．(多选)如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同小球b从地面上方某处由静止释放，两球在空中相遇时速度大小恰好均为v0(不计空气阻力，重力加速度为g)。则(　　) A．两球同时落地 B．球b开始下落的高度为 C．相遇时两球运动的时间为 D．球a上升的最大高度为 BCD　[根据自由落体运动规律，依题意有gt＝则相遇时两球运动的时间t＝，则从运动开始至两球相遇，a球上升高度为h1＝v0t－gt2＝，球b已下落的距离为h2＝gt2＝，则球b开始下落的高度为h＝h1＋h2＝，故B、C正确；球a做竖直上抛运动，当速度为零时，达到最大高度，有0－＝－2ghm，解得hm＝，则球a上升的最大高度为，故D正确；由以上分析可知，a球上升的最大高度与b球下落的高度相等，依题意，b球运动的位移—时间关系为＝，解得t1＝，而a球做竖直上抛运动，先向上匀减速，然后自由落体，根据运动的对称性可知，其运动时间为t2＝，可知两球不会同时落地，故A错误。] 11．有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为 1 m/s2, 中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48 m。问： (1)若电梯运行时最大限速为9 m/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15 s，上升的最大速度是多少？ 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＝＋ 代入数据解得vm＝8 m/s 因为vm＝8 m/s＜9 m/s，符合题意 加速的时间为t1＝＝ s＝4 s 减速的时间为t2＝＝ s＝8 s 运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s。 (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＜8 m/s 则加速的时间为t1′＝ 减速的时间为t2′＝ 匀速运动的时间为t′＝15 s－t1′－t2′ 上升的高度为h＝(t1′＋t2′)＋v(15 s－t1′－t2′) 联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去。 答案：(1)12 s　(2)4 m/s 12．如图所示，在离地面高H处以v0＝10 m/s 的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长为L＝5 m的小车，其前端M距离抛出点的正下方的距离为s＝4 m，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做a1＝2 m/s2的匀加速直线运动。已知小球落地前最后1 s内下落的高度为25 m，忽略空气阻力及小车的高度，重力加速度g取10 m/s2。 (1)试分析小车能否接住小球； (2)当小车末端N到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为a2、方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度a2的范围。 解析：(1)设小球从最高点下落至地面所用的时间为t，最大高度为h＝gt2，又h－25＝g(t－1)2，解得t＝3 s，h＝45 m，小球从抛出到最高点的时间为t0＝＝1 s，小球落地时小车的位移为x＝a1(t0＋t)2＝16 m＞L＋s＝9 m，所以小球落地时，车尾已经超过抛出点的正下方，所以小车不能接住小球。 (2)设小车车尾到达抛出点正下方的时间为t2，则L＋s＝，解得t2＝3 s，小车车尾到达抛出点正下方时速度大小为v＝a1t2＝6 m/s，若小车车尾N刚好回到抛出点正下方，则x＝v(t0＋t－t2)－a′2(t0＋t－t2)2＝0，解得a′2＝12 m/s2，若小车车头M刚好回到抛出点正下方，则x′＝v(t0＋t－t2)－a″2(t0＋t－t2)2＝－L，解得a″2＝22 m/s2，所以小车加速度的范围是12 m/s2＜a2＜22 m/s2。 答案：(1)不能　(2)12 m/s2＜a2＜22 m/s2 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$