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第2讲 匀变速直线运动规律
知识构建
一、基本公式和推论
1、基本公式：
（1）v-t： （不含x）（2）x-t： （不含v）
（3）v-x： （不含t）（4）平均速度求位移： （不含a）
2、推论：（1）= ，= ，∴ （匀变速）
（2）= ，（3）△x= （连续相等时间位移差）
3、比较 （提示：方法1：，特殊值法，方法2：数学法，（1）比值法（2）求差法 方法3：过程分析法，方法4：图像法 如图）
二、比例关系
1、v0=0的匀加速直线运动，按时间等分
（1）1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为v1∶v2∶v3∶…∶vn= ，
（2）1T内、2T内、3T内……位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶xn= ，
（3）第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn= ，
2、v0=0的匀加速直线运动，按位移等分
（1）1x末、2x末、3x末…瞬时速度的比为v1∶v2∶v3∶…∶vn= ，
（2）1x内、2x内、3x内……时间的比为t1∶t2∶t3∶…∶tn= ，
（3）第一个x内、第二个x内、第三个x内……时间的比为tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn= ，
三、刹车问题
1、在刹车、减速类问题，先判断真实的刹车时间 具有迷惑性，
2、减速到零的问题，可看作 的逆过程
四、自由落体和竖直上抛
（一）自由落体运动
1、定义：物体只在 作用下的从 开始下落的运动。
2、条件：(1) ,(2)
3、性质：
4、规律：（1）v-t： x-t：
v-x： 平均速度求位移： （不含a）
（二）竖直上抛
1、分段研究（具有对称性）
几个特征量 ①上升的最大高度hm＝_______；
②上升到最大高度处所用时间t上和从最高点处落回原抛出点所用时间t下 相等，即t上=t下=________；
③物体落回到抛出点时速度v与初速度 。（关系）
2、类上抛
3、整体研究
五、伽利略落体研究
1、伽利略用 法推翻了亚里士多德的观点（佯谬或推理）
2、伽利略用 + 的方法得到了自由落体运动规律（事实+推理）
3、伽利略用 的方法得到了自由落体运动规律（斜面冲淡重力）
4、科学研究的思路：
（发现问题，提出问题，数学推理，实验验证，合理外推，逻辑推理）
【答案】
一、vt=vo +at x=vot+at2 vt2-vo2=2ax = ≤
二、1∶2∶3∶…∶n 1∶4∶9∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n-1)
1：
三、t给 、t真 、初速度为o的匀加速直线运动
能力题型突破
考点一　匀变速直线运动规律的应用
1.基本公式法
1.（2021·江苏丹徒高中高一月考）C919大型客机是我国自主设计、研制的大型客机，最大航程为5 555千米，最多载客190人，多项性能优于波音737和波音747。若C919的最小起飞(离地)速度为60 m/s，起飞跑道长2.5×103 m。C919起飞前的运动过程可看成匀加速直线运动，若要C919起飞，则C919在跑道上的最小加速度为 (　　)
A.0.36 m/s2 B.0.72 m/s2
C.1.44 m/s2 D.2.88 m/s2
【解析】选B。由匀变速直线运动规律v2-=2ax可得C919的最小起飞加速度为a== m/s2=0.72 m/s2，选项B正确，A、C、D错误。
2.（2021·滨州高二期末）中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪。2019年3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上，一位男旅客在洗手间内吸烟，触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行。假设此次事件中列车由正常车速80 m/s匀减速至24 m/s后匀速行驶。列车匀速行驶6 min后乘警通过排查解除了警报，列车又匀加速恢复至80 m/s的车速。若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为1.4 m/s2，试求：
(1)列车以非正常车速行驶的距离；
(2)由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？
【解析】(1)列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可知：
-=2as1，s2=v2t2，
s=2s1+s2。
联立解得：s=12 800 m。
(2)设列车正常车速通过s位移所用时间为t′，
则t1=，t′=，Δt=2t1+t2-t′。
联立解得：Δt=280 s。
答案：(1)12 800 m　(2)280 s
3.（2021·南京市第五高级中学高一期末）如图所示，水平地面O点正上方的装置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.忽略空气的阻力，重力加速度g取l0 m/s2．
（1）小球自由落至平板车上表面经历的时间是多少？
（2）求小车左端离O点的水平距离s；
（3）若至少有2个小球落到平板车上，则释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件？
【答案】（1）0.3s（2）0.27m（3） t≤0.4s
【详解】
（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=gt02
解得
（2）对平板车有：s=at02
代入数据可得：s=0.27m．
（2）从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时△t+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（△t+t0）2
至少有2个小球落在平板车上须满足：s1≤s+L
联立并代入数据可得：△t≤0.4s．
【点睛】
本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，知道小球和小车运动时间是相同的，再抓住位移关系求解，难度适中．
4.（2021·湖南雅礼中学高一开学考试）一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v = 2 + t（各物理量均选用国际单位制中单位），则关于该质点的运动，下列说法正确的是（ ）
A．质点可能做匀减速直线运动
B．5s内质点的位移为35m
C．质点运动的加速度为1m/s2
D．质点3s末的速度为5m/s
【答案】B
【详解】AC．根据平均速度v =知x = vt = 2t + t2根据x = v0t +at2 = 2t + t2知，质点的初速度和加速度分别为v0 = 2m/s，a = 2m/s2质点做匀加速直线运动，AC错误；B．5s内质点的位移x = v0t +at2 = 2 × 5m +× 2 × 25m = 35mB正确；D．质点在3s末的速度v = v0 + at = 2 + 2 × 3m/s = 8m/sD错误。故选B。
2.平均速度法
【典例1】（2021·安徽高一期末）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为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
【通型通法】
1.题型特征：题中已知物体的位移和通过该段位移所用的时间。
2.思维导引：
【解析】选B。第一段时间内的平均速度为：== m/s=4 m/s，第二段时间内的平均速度为：== m/s=8 m/s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：Δt=2 s+1 s=3 s，则加速度为：a== m/s2= m/s2，选项A、C、D错误，B正确。
3.逆向思维法
【典例2】（2022·静宁县第一中学高一月考）一个物体以某一初速度开始做匀减速直线运动直到停止，其总位移为． 当它的位移为时，所用时间为，当它的速度为时，所用时间为， 则是（ ）
A． B． C． D．
【通型通法】
1.题型特征：匀减速直线运动直到停止。
2.思维导引：把末速度为零的匀减速直线运动，看作反方向初速度为零的匀加速直线运动。
【答案】D
【详解】
根据得，加速度的大小为，当它的位移为时，距离停止的位移为，根据逆向思维，在后位移内有：，则有，则运动位移为，所用的时间等于总时间减去后的时间为；而速度为时所用的时间为：，所以，故选项D正确，A、B、C错误．
【多维训练】（2021·福建高一月考）沿直线运动的汽车刹车后匀减速运动，经3.5 s 停止，它在最后一秒的位移为1 m，以下说法中不正确的是 (　　)
A.汽车刹车的加速度大小为2 m/s2
B.汽车刹车时的速度大小为7 m/s
C.汽车刹车后共滑行8 m
D.汽车从开始刹车到停止，全程的平均速度为3.5 m/s
【解析】选C。采用逆向思维，根据x′=at2得刹车的加速度大小为a==
m/s2=2 m/s2，故A正确；采用逆向思维，汽车刹车时的速度为v=at=2×
3.5 m/s=7 m/s，故B正确；汽车刹车后共滑行的距离为x=t=×3.5 m=12.25 m，故C错误；汽车刹车后的平均速度为== m/s=3.5 m/s，故D正确。
4.推论法
【典例3】2022·吉林高一期末）如图，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A，B，C三点，其中，。若物体通过，AB和BC这两段位移的时间均为ls，则O、A两点之间的距离等于（　　）
A． B． C． D．
【通型通法】
1.题型特征：连续两段位移的时间相等。
2.思维导引：根据Δx=aT2求加速度。
【答案】A
【详解】由题可知所以B点是AC的中间时刻点，得
由匀变速直线运动连续相邻相等时间的位移差公式得
又所以对从O到B这个过程，由匀变速直线运动的速度位移公式得则故选A。
5.比例法
【典例4】（2022·河南高一期中）如图所示，完全相同的三个木块并排固定在水平面上，一子弹以速度v水平射入，若子弹在木块中做匀减速运动，且穿过第三块木块后速度恰好为零，则子弹依次射入每块木块时的速度之比和穿过每块木块所用的时间之比正确的是(　　)
A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3=1∶∶
C.t1∶t2∶t3=1∶∶
D.t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1
【通型通法】
1.题型特征：匀减速直线运动、每段位移相等。
2.思维导引：根据逆向思维法和通过连续相等的位移所用时间之比：t1∶t2∶t3∶
…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)解题。
【解析】选D。因为子弹做匀减速运动，且末速度为零，故可以看作反方向的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∶(-1)∶(-)，故所求时间之比为(-)∶(-1)∶
1，选项C错误，D正确；由v2-=2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中的相邻相等位移末速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A、B错误。
【通法指导】
1.运动学公式中正、负号的规定：
(1)物体做直线运动时，可以用正、负号表示速度、加速度等矢量的方向。
(2)首先我们要规定正方向，与规定的正方向同向的矢量取正值，与规定的正方向反向的矢量取负值。
(3)一般情况下，以初速度v0的方向为正方向，当v0=0时，一般以加速度a的方向为正方向。
2.解决运动学问题的基本思路：
3.解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法：
【加固训练】
1（2022·全国高一课时练习）.质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5 s内三段位移之比为 (　　)
A.2∶6∶5 B.2∶8∶7
C.4∶12∶9 D.2∶2∶1
【解析】选C。质点在从静止开始运动的前5 s内的每1 s内位移之比应为1∶3∶
5∶7∶9，因此第1个2 s内的位移为(1+3)=4份，第2个2 s内的位移为(5+7)=12份，第5 s内的位移即为9份，选项C正确。
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题
2.（2021·河北高一月考）某质点做匀减速直线运动直到停止，经过M、N两点的速度分别为8v和2v；经历的时间为t。如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.质点通过MN中点时的速度为5v
B.质点的加速度大小为4
C.M、N两点间的距离为5vt
D.质点在前半段时间和后半段时间内的位移大小之比为3∶1
【解析】选C。质点通过M、N中点时的速度为v===v，选项A错误；质点的加速度为a===，大小为，选项B错误；M、N两点间的距离x=t=t=5vt，选项C正确；前半段时间的位移x1=·，后半段时间的位移x2=·，所以质点在前半段时间和后半段时间的位移大小之比为13∶7，选项D错误。
考点二　匀变速直线运动的实际应用
1.自由落体和竖直上抛运动
【典例5】(2019·全国卷Ⅰ)如图，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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足 (　　)
A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4 D.4<<5
【解析】选C。对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。因不计空气阻力，则运动员原地垂直起跳扣篮的过程为匀减速直线运动。为便于计算，采用逆向思维法研究运动员下落的过程。因下落的过程为初速度为0的匀加速直线运动，则==2+，即3<<4，故选项C正确。
【例 5】（2022·山西高一期中）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高为5 m，g取，求：
（1）木杆通过圆筒的上端A所用的时间；
（2）木杆通过圆筒所用的时间．
【答案】（1） （2）
【详解】
解：(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用时：
木杆的上端到达圆筒上端用时：
则木杆通过圆筒上端所用的时间：
(2)木杆的下端到达圆筒上端用时：
木杆的上端离开圆筒下端用时：
则木杆通过圆筒所用的时间：
【变式 1】（2021·常州市第一中学高一期末）如图所示，将一小球以10m/s的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10m/s2。则3s内小球运动的（　　）
A．路程为25m B．位移为15m
C．速度改变量为30m/s D．平均速度为5m/s
【答案】A
【详解】B．由竖直上抛运动规律可知，以10m/s的初速度竖直上抛的小球，3s内小球运动的位移故B错误；D．3s内小球运动的平均速度故D错误；C．3s末小球的速度3s内小球运动的速度改变量为故C错误；A．3s内小球运动的小球向上运动的高度3s内小球运动的小球下落的高度3s内小球运动的路程故A正确；故选A。
【变式 2】（2022·汪清县汪清第四中学高三月考）在一个足够深的井口正上方将一个小球以初速度v0=20m/s竖直上抛，不计空气阻力，则经过多长时间小球能够到达距离抛出点15m的地方（重力加速度g取10m/s2）（　　）
A．1s B．3s C． D．
【答案】ABC
【详解】小球以初速度v0=20m/s竖直上抛，若到达距离抛出点上方15m的地方，有代入数据解得或若到达距离抛出点下方15m的地方，有代入数据解得或选项ABC正确，D错误。故选ABC。
【变式 3】．（2019·巴中市巴州区戴氏多分堂教育培训学校有限公司高一期中）在足够高的塔顶上以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球（不计空气阻力，g取10m/s2），从抛出至位移大小为15m这段时间内，小球（　 　）
A．通过的路程可能为25m
B．平均速率可能为11m/s
C．平均速度可能为5m/s，方向竖直向上
D．平均速度可能为2m/s，方向竖直向下
【答案】AC
【解析】
【详解】
取竖直向上为正方向，则小球的初速度；小球上升的最大高度为，若在抛出点上方，则通过的路程可能为，也可能为，若在抛出点下方，则通过的路程为，A正确；当位移方向向上时，即时，设用时为t，由位移公式得，代入得，解得；当位移方向向下时，即时，设用时为，由位移公式得，代入得，解得，（另一值不合理舍去），根据平均速率，可得：平均速率可能为，，，B错误；平均速度可能为，方向竖直向上，，方向竖直向上，，方向竖直向下，C正确D错误．
2.多物体单过程问题
利用转换研究对象法巧解多物体的匀变速直线运动,在运动学同题的解题过程中，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.
【例 6】（2021·石家庄二中实验学校高二月考）一杂技演员，用一只手抛球接球。他每隔△t时间竖直向上抛出一球，接到球便立即将球抛出（小球在手中停留时间不计），总共有5个球。如将球的运动看作是竖直上抛运动，球与球不会碰撞，且每个球上升的最大高度都是5m，g取10m/s2。那么（　　）
A．△t=0.2s
B．△t=0.3s
C．小球被抛出的速度大小为20m/s
D．当有球恰入手的瞬间，其余四个小球的速度大小要么为6m/s要么为2m/s
【答案】D
【详解】AB．每个球的最大高度都是5m，根据，解得根据竖直上抛的对称性可知，手中有一个球时，空中有四个球，有两个在上升，两个下降，共5个时间间隔△t，故
故AB错误；C．由公式可知，小球被抛出的速度大小为故C错误；D．当有球恰入手的瞬间，其余四个小球有两个在上升，两个下降，则、
故D正确。故选D。
【变式 1】（2022·广东深圳中学高一期中）一杂技演员，用一只手抛球，他每隔0.40s抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除抛、接球的时刻外，空中总有四个球，将球的运动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．2.4m C．3.2m D．4.0m
【答案】C
【详解】
根据竖直上抛的对称性可知，空中的四个球，有两个在上升，两个下降，由于每隔0.4s抛一个，因此从抛出到最高点时间为t=0.8s，所以上升最大高度：h＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2m，故ABD错误，C正确．
【变式 2】．（2021·福建高三期中）一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.5s抛出一球，接到球便立即把球抛出，球的运动看做是竖直方向的运动．从抛出点算起，球到达的最大高度都是5m，取g=10m/s2．则在此表演过程中球的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】解：球做竖直上抛运动，最大高度为5m，故下落时间为：t1=；
竖直上抛运动具有对称性，上升和下降时间相等，故总时间t=2t1=2s；
每隔0.5s抛出一球，接到球便立即把球抛出，故球数为：n===4个；
故选：C．
【考点】竖直上抛运动．
【专题】直线运动规律专题．
【分析】解答本题要掌握：竖直上抛运动的特点，尤其是对其运动“对称性”的理解，然后利用位移时间关系公式求解．
【点评】本题考察了对基本运动规律的理解，对于高中所学运动模型如竖直上抛、平抛、圆周运动等要明确运动特点和对应规律．
【变式 3】（2022·黑龙江高一月考）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（取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＜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
D．水滴在各点的速度之比满足vB：vC：vD＝1：3：5
【答案】BC
【详解】A．由于调节间歇闪光时间间隔正好于水滴从A到B的时间间隔相同，水滴似乎不再下落，则可知相邻两点的时间间隔相同，故A错误；B．由于相邻两点的时间间隔相同，则由△x=aT2，代入数据得故B正确； C．由于水滴做的是自由落体运动，由匀加速直线运动的平均速度公式得由于相邻两点时间间隔相同，则平均速度之比就是位移之比，则故C正确；D．由于水滴做的是自由落体运动，由匀加速直线运动的速度公式得：vt=at，从A到B的时间为T，A到C的时间为2T，A到D的时间为3T，则vB：vC：vD=1：2：3故D错误。故选BC。
3.单一物体的多过程问题
【典例6】（2021·全国高三课时练习）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。
(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？
【解析】(1)打开制动风翼时，
列车的加速度大小为a1=0.5 m/s2，
设经过t2=40 s时，列车的速度为v1，
则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
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
打开电磁制动后，行驶的距离
x3= x0- x1- x2-500 m=1 500 m；
a2==1.2 m/s2
答案：(1)60 m/s　(2)1.2 m/s2
4.刹车类问题
【典例7】(2022·贵州省铜仁一中高一考试）)在平直公路上匀速行驶的汽车因紧急情况突然刹车，刹车后经2 s速度由15 m/s减为9 m/s，假设刹车过程中汽车做匀减速直线运动，求：
(1)汽车刹车过程中加速度a的大小和方向；
(2)汽车刹车后4 s末的速度v4；
(3)汽车刹车后8 s内滑行的距离x。
【解析】(1)根据加速度公式有
a== m/s2=-3 m/s2，
加速度方向与初速度方向相反；
(2)汽车的停止时间为：t0== s=5 s，
故有v4=v0+at4=(15-3×4) m/s=3 m/s
(3)汽车刹车后8 s内滑行的距离即是刹车位移，
故有：x=t0=37.5 m
答案：(1)3 m/s2　方向与初速度相反
(2)3 m/s　(3)37.5 m
【通法指导】
1.竖直上抛运动的研究方法：
(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降过程的自由落体阶段。
(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为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。
2.解决匀变速直线运动的多过程问题的基本思路：
3.两类特殊的匀减速直线运动：
刹车类问题 (1)求解时首先要确定其刹车时间(t0=，a表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度)，明确运动时间与刹车时间的大小关系(2)如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动
双向可逆类 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，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正、负号及物理意义
【加固训练】
1.(2021·河北高一月考)如图所示，某司机驾驶一辆小汽车在平直公路上以15 m/s的速度匀速行驶。他突然发现正前方有一宠物小狗因受惊吓静止在公路中央，立即刹车，刹车的加速度大小为7.5 m/s2，最后在距离小狗2 m的地方停下。则下面说法错误的是 (　　)
A.汽车刹车后2 s停止
B.汽车刹车后1 s末的速度大小为7.5 m/s
C.司机从发现小狗刹车到停止所发生的位移为15 m
D.司机开始刹车时距离小狗15 m
【解析】选D。设司机减速的时间为t，减速的位移为x；汽车做匀减速直线运动，由v、t关系v=v0+at得，0=15-7.5t，解得t=2 s，即汽车刹车后2 s停止，选项A正确；汽车刹车后1 s末的速度大小为v1=(15-7.5×1) m/s=7.5 m/s，由v、x关系得减速的位移x=，代入数据得x=15 m，选项B错误，C正确；由于汽车最后在距离小狗2 m的地方停下，故司机开始刹车时距离小狗x′=x+2 m
=17 m，选项D错误。
2.(2021·福建高一)集美大桥对缓解厦门进出岛拥堵问题具有重要意义。某汽车在集美大桥上以v0=72 km/h的速度匀速行驶，驾驶员某时刻发现与前车车距太小，他立即采取制动措施，以此时刻为计时起点，汽车以a1=2.5 m/s2 的加速度做匀减速直线运动。4 s后发现与前车距离较远了，他立即踩油门，汽车以a2=1.5 m/s2 的加速度做匀加速直线运动且持续时间 8 s，此后做匀速直线运动。求：
(1)前4 s内汽车的位移大小；
(2)集美大桥限速80 km/h，通过计算判断该汽车是否超速。
【解析】(1)由题意可知v0=72 km/h=20 m/s，前4 s内汽车的位移x1=v0t1-a1代入数据求得：x1=60 m(2)第4 s末汽车的速度v1=v0-a1t1代入数据求得v1=10 m/s第12 s末汽车的速度：v2=v1+a2t2代入数据求得：v2=22 m/s=79.2 km/h<80 km/h，则没有超速。
答案：(1)60 m　(2)汽车不超速
知能综合提升
基 础 过关
1.（2021·横峰中学高一开学考试）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为 （各物理量单位均采用国际单位制），则该质点（　　）
A．加速度是1m/s2 B．初速度是2.5m/s
C．第1s内的位移是5m D．第1s末的速度是7m/s
【答案】D
【详解】AB．根据结合则质点的初速度为 ，加速度解得AB错误；C．第1s内的位移C错误；D．第1s末的速度D正确。故选D。
2．（2021·广东广州市第二中学高一期末）质点做直线运动的位置x与时间t的关系为（各物理量均采用国际单位制单位）。则该质点（　　）
A．第1s内的位移是10m B．前2s内的平均速度是6m/s
C．任意相邻的1s内位移差都是1m D．任意1s内的速度增量都是2m/s
【答案】D
【详解】A．第内的位移是故A错误；B．前2s的位移是前内的平均速度是故B错误；CD．由关系式可知物体做匀加速直线运动，初速度为5m/s，加速度大小为2m/s2。根据可知任意相邻1s内的位移差为 2m，根据可知，任意1s内的速度增量都是2m/s2。故C错误，D正确。故选D。
3..从某高处释放一粒小石子，1 s 后从同一点释放另一小石子，不计空气阻力，则它们在落地之前 ( )
A.速度之差保持不变
B.速度之差与时间成正比
C. 位移之差与时间的平方成正比
D.下落到中点时的速度等于落地速度的一半
【答案】A
3-1.（2022·宁阳县第四中学高一期中）从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点释放另一小石子，忽略空气阻力则它们落地之前（　　）
A．质量大的小石子加速度大
B．它们间的速度之差保持不变
C．它们间的间距保持不变
D．它们间的间距不断增大
【答案】BD
【详解】A．自由落体运动的加速度恒定为g，与质量大小无关，选项A错误；B．设落地前第一个小石子运动的时间为ts，则第二个小石子运动的时间为（t-1）s，根据速度公式v=gt得△v=v2-v1=gt-g（t-1）=g速度之差保持不变，故B正确。
CD．根据位移时间公式得h1=gt2h2=g（t-1）2△h=h1-h2=gt-g=10t-5所以随着时间的增大，两粒石子间的距离将增大。则C错误，D正确。故选BD。
4.（多选）（《备战2021年高考物理精选考点专项突破题集》专题01匀变速直线运动的规律及其应用）一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1s内通过的位移x1 = 3m，第2s内通过的位移x2 = 2m，又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是（ ）
A．初速度v0的大小为2.5m/s B．加速度a的大小为1m/s2
C．位移x3的大小为1.125m D．位移x3内的平均速度大小为0.75m/s
【答案】BCD
【详解】B．由Δx = aT2可得加速度a = - 1m/s2，B正确；A．第1s末的速度v1 = = 2.5m/s得初速度v0 = v1 - aT = 3.5m/sA错误；C．物体速度由2.5m/s减小到0所需时间t == 2.5s则经过位移x3的时间t3为1.5s，且x3 = -at32 = 1.125mC正确；D．位移x3内的平均速度v == 0.75m/sD正确。故选BCD。
5．（2022·安徽省蚌埠市第十三中学高一月考）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．5.0 m
B．3.6 m
C．1.8 m
D．7.2 m
【答案】A
【详解】由图可知运动员在空中竖直上抛运动的时间为：t=4.3s-2.3s=2s根据对称性可知，下落的时间为： 运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：A．5.0 m，与结论相符，选项A正确；B．3.6 m，与结论不相符，选项B错误；C．1.8 m，与结论不相符，选项C错误；D．7.2 m，与结论不相符，选项D错误；
6．（2021·浙江高一期末）一根轻质细线将两个薄铁垫圈 A、B 连接起来，一同学用手固定 B，此时 A、B 间距为 3L，A 距地面为 L，如图所示，由静止释放 A、B，不计空气阻力，且 A、B 落地后均不再弹起。从开始释放到 A 落地历时 t1，A 落地前瞬间速率为 v1，从 A 落地到 B 落在 A 上历时 t2，B 落在 A 上前瞬间速率为 v2，则 （　　）
A．t1∶t2 = 2∶1
B．v1∶v2 = 1∶2
C．从开始释放到 A 落地前瞬间 A、B 间距离逐渐减小
D．从开始释放到 A 落地前瞬间细线张力一定不为零
【答案】B
【详解】A．由题意可知A、B自由下落的位移分别为L和4L，由位移公式可知，两者下落时间之比为故t1∶t2 = 1∶1，A错误；B．由速度公式可知，两者着地速度之比为B正确；C．从开始释放到A落地前瞬间A、B均做自由落体运动，间距保持不变，C错误；D．从开始释放到A落地前瞬间，两者均处于完全失重状态，细线张力一定为零，D错误。故选B。
7.(多选)（2019·福建省长汀县第一中学高一期中）一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后静止下来．若物体在最初5 s内通过的位移与最后5 s内通过的位移之比为x1∶x2＝11∶5，物体运动的加速度大小为a＝1 m/s2，则(　　)
A．物体运动的时间可能大于10 s
B．物体在最初5 s内通过的位移与最后5 s内通过的位移之差为x1－x2＝15 m
C．物体运动的时间为8 s
D．物体的初速度为10 m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】
设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最初5s内的位移x1＝at2 a(t 5)2＝a(2t 5)；最后5s内位移为：x2＝at2＝a；另有：，联立解得：t=8s，另据速度公式得初速度v0=at=8m/s，故AD错误，C正确；物体在最初5s内通过的位移x1＝a(2t 5)＝m，最后5s内通过的位移x2＝a＝m，故x1-x2=15m，故B正确；
8.（2022·重庆市实验中学高一月考）在某一高度以v0=20m/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10m/s时，以下判断不正确的是（g取10m/s2）（　　）
A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15m/s，方向向上
B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向上
C．小球在这段时间内的路程一定是25m
D．小球的位移大小一定是15m
【答案】C
【详解】AB．若小球的速度为向上的10m/s，则小球在这段时间内的平均速度大小为方向向上；若小球的速度为向下的10m/s，则小球在这段时间内的平均速度大小为方向向上；选项AB正确，不符合题意； C．若小球的速度为向上的10m/s，则小球在这段时间内的位移大小或路程是若小球的速度为向下的10m/s，则小球在这段时间内的路程是选项C错误，符合题意； D．由以上分析可知，小球速度向下时为位移为20m-5m=15m，无论小球的速度是向上的10m/s还是向下的10m/s，则小球的位移大小一定是15m，选项D正确，不符合题意。故选C。
9．（2019·阳谷县第二中学高三期末）2018年3月31日，上海首条无人驾驶APM浦江线试运行，APM浦江线全长约6.7km，全线共设6座车站，机车最高时速80km/h。其中浦航路站与东城一路站之间为直线，两站相距1.4km，现机车自浦航路站由静止出发做匀加速直线运动，经50s达到72km/h，之后匀速运行一段时间再匀减速运行恰好停在东城一路站，若减速过程与加速过程的加速度大小相等，取g=10m/s2．求
（1）减速运动时的加速度大小；
（2）两站间运行的平均速度大小。
【答案】（1）0.4m/s2；（2）11.67m/s。
【解析】
【详解】
根据题意可得，浦航路站与东城一路站之间为直线，两站相距x=1.4km=1400m，最大速度v=72km/h=20m/s，加速时间t1=50s；
（1）根据角速度的定义式可得加速过程和减速过程的加速度大小为a==m/s2=0.4m/s2；
（2）加速阶段的位移x1==500m；
同理可得减速的位移x2=x1=500m
匀速运动的时间t2==20s
两站间运行的平均速度大小=11.67m/s。
10．（2022·四川省南充高级中学高一月考）如图所示，一辆汽车（视为质点）在一水平直路面ABC运动，AB的长度为，BC的长度为．汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为的匀加速直线运动．在BC段，先做加速度大小为的匀加速直线运动．当运动到离C点适当距离处，再以大小为的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点．求：
（1）汽车达到的最大速度和开始减速时离C点的距离d；
（2）汽车从A点运动到C点所用的时间t．
【答案】（1） 14m/s，49 m （2）16 s
【分析】
（1）根据速度位移公式求出B点的速度，根据速度位移公式，抓住BC的位移，求出最大速度，再根据速度位移公式求出开始减速时离C点的距离．（2）根据速度时间公式分别求出A到B和B到C的时间，从而得出总时间．
【详解】
(1)由，解得：汽车在AB段运动时间
由，解得：到达B点时的速度
设汽车在BC段之间由B到D时加速行驶，距离为，有：
由D到C时减速行驶，距离为d，有：
且
解得汽车的最大速度
开始减速时汽车离C点的距离
(2)由B到D，汽车加速行驶，由
解得：行驶时间
由D到C，汽车减速行驶直到静止，由
解得：行驶时间
故汽车从A点运动到C点所用的时间
【点睛】
本题考查了运动学中的多过程问题，关键理清汽车在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
11．（2019·江西上高二中高一月考）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．如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的v2-x图象（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象，图线2为严重超载时的制动图象．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）求满载时制动加速度a1、严重超载时制动加速度a2大小；
（2）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；
（3）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
【答案】（1）满载时制动加速度大小为5m/s2、严重超载时制动加速度大小为2．5m/s2；
（2）均不符合安全要求；（3）60m．
【详解】
（1）由匀变速直线运动的速度位移公式：
由图示图象可得：满载时，加速度为
严重超载时加速度为
所以满载时制动加速度大小为5m/s2、严重超载时制动加速度大小为2．5m/s2
（2）设限速为vm，该型号货车超载时初速为v0，
由匀变速运动是速度公式得：
位移
而以安全要求行驶：
位移
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；
（3）该型号货车满载时以72km/h=20m/s速度正常行驶时，
匀速位移
匀减速位移
从发现险情到车停下来行驶的距离：x总=x +x2==60m，
即：跟车距离至少为60m．
t真﹥t给取
t真﹤t给取
推论：（1） （匀变速）
（2）= ，

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