资源简介

(共28张PPT)
实验六　验证机械能守恒定律
1.实验原理
通过实验，求出做自由落体运动的物体的重力势能的减少量和此过程中动能的增加量，在实验误差允许的范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律，实验装置如图所示.
2.实验器材：打点计时器、交流电源、纸带、复写纸、重物、________、铁架台(带铁夹)、导线.
刻度尺
3.实验步骤
(1)安装器材：将____________固定在铁架台上，用导线将打点计时器与电源相连.
(2)打点：用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先____________再____________让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的纸带重复操作，得到几条(3~5条)纸带.
打点计时器　
接通电源
松开纸带
(3)选纸带：分两种情况说明.
①若选第1点O到下落到某一点的过程，即用mgh＝mv2来验证，应选点迹清晰，且第1、2两点间距离接近________的纸带(电源频率为50 Hz).
②用＝mgΔh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时选择适当的点为基准点即可.
2 mm
4.实验结论：在误差允许的范围内，自由落体运动过程机械能守恒.
命题一　课标教材原型实验　[基础考查]
1.不需要测量重物质量m
2.利用纸带求重物下落速度的方法
(1)利用纸带确定重物速度v＝.
(2)重物下落的加速度a＜g.
3.考查数据处理方法
(1)动能增加量ΔEk＝.
(2)重力势能的减少量ΔEp＝mgh.
(3)注意计算结果中对有效数字的要求.
例1　(2021年浙江卷)在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图甲所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图乙所示.O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点.
甲 乙
(1)为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是______________________.
(2)已知交流电频率为50 Hz，重物质量为200 g，当地重力加速度g＝9.80 m/s2，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值＝______J，C点的动能EkC＝______J(计算结果均保留3位有效数字).比较EkC与的大小，出现这一结果的原因可能是(　　)
A.工作电压偏高
B.存在空气阻力和摩擦力
C.接通电源前释放了纸带
阻力与重力之比更小
0.547
0.588
C
【解析】(1)在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小.
(2)由图中可知OC之间的距离为xOC＝27.90 cm，因此机械能的减少量为＝mgxOC＝0.2×9.8×0.279 0 J＝0.547 J.匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此vC＝ m/s＝2.425 m/s，因此动能的增加量为EkC＝×0.2×2.4252 J＝0.588 J.工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量.
变式1　某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图甲、乙所示的两种方案：甲方案用自由落体运动进行实验，乙方案用小车在斜面上下滑进行实验.
甲　 乙
(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是______________.
(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，请根据纸带计算出B点的速度大小为________m/s.(结果保留3位有效数字)
丙
甲方案
1.37
(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2－h图线如图丁所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g＝______m/s2.(结果保留2位有效数字)
丁
9.7
【解析】(1)由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦力远远大于甲图中的摩擦力，由此可知甲图验证机械能守恒更合适.
(2)匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有v＝×0.01 m/s≈1.37 m/s.
(3)由机械能守恒mgh＝mv2，得v2＝2gh，由此可知图像的斜率k＝2g.则当地的重力加速度g≈9.7 m/s2.
命题二　实验拓展创新　[创新考查]
过程创新
(1)利用系统机械能守恒代替单个物体的机械能守恒
(2)利用光电门测算滑块的瞬时速度
原理创新 (1)利用钢球摆动来验证机械能守恒定律
(2)利用光电门测定摆球的瞬时速度
器材创新 (1)小球在重力作用下做竖直上抛运动
(2)利用频闪照片获取实验数据
例2　(2022年湖北卷)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验.一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲.拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin.改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程.根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax－Tmin图像是一条直线，如图乙所示.
甲 乙
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒.则图乙中直线斜率的理论值为________.
(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________N.
(3)该实验系统误差的主要来源是______.
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
－2
－2.1
0.59
C
【解析】(1)当小球摆动到最低位置时，拉力最大，拉力传感器示数最大；当小球摆动到最高位置时，拉力最小，拉力传感器示数最小.小球摆动到最高位置时，设摆线与竖直方向的夹角为θ，有mgcos θ＝Tmin；小球摆动到最低位置时，Tmax－mg＝m；小球从最高点摆动到最低点，若机械能守恒，则有mgL(1－cos θ)＝mv2.联立解得Tmax＝3mg－2Tmin，因此，图乙中直线斜率的理论值为－2.
(2)由图乙得，3mg＝1.77 N，小钢球的重力mg＝0.59 N，直线斜率k＝＝－2.1.
(3)该实验系统误差主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，C正确.
变式2　(2021年海南卷)为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组用如图所示的气垫导轨装置(包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计)进行实验.此外可使用的实验器材还有：天平、游标卡尺、刻度尺.
(1)某同学设计了如下的实验步骤，其中不必要的步骤是________.
①在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门1、2，并连接数字毫秒计；
②用天平测量滑块和遮光条的总质量m；
③用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
④通过导轨上的标尺测出A、B之间的距离l；
⑤调整好气垫导轨的倾斜状态；
⑥将滑块从光电门1左侧某处，由静止开始释放，从数字毫秒计读出滑块通过光电门1、2的时间Δt1、Δt2；
⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度h1、h2；
⑧改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤⑤⑥⑦，完成多次测量.
②④
(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图所示，则d＝________mm；某次实验中，测得Δt1＝11.60 ms，则滑块通过光电门1的瞬时速度v1＝______m/s(保留3位有效数字).
5.00
0.431
(3)在误差允许范围内，若h1－h2＝____________________(用上述必要的实验步骤直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g)，则认为滑块下滑过程中机械能守恒.
(4)写出两点产生误差的主要原因：________________________________
______________________________________________________________.
滑块下滑受到空气阻力，产生误差；遮光条宽度不够窄，速度测量不准确，产生误差
【解析】(1)利用倾斜气垫导轨验证机械能守恒定律，不需要测量滑块质量，不需要测量导轨上两光电门之间的距离.
(2)根据游标卡尺读数规则，遮光条宽度d＝5.00 mm.滑块通过光电门1时的速度v1＝＝0.431 m/s.
(3)滑块通过光电门1时的速度v1＝，滑块通过光电门2时的速度v2＝，由机械能守恒定律mg(h1－h2)＝，联立解得h1－h2＝.
(4)产生误差的主要原因是：滑块下滑受到空气阻力，产生误差，遮光条宽度不够窄，速度测量不准确，产生误差.
变式3　(2022年河北卷)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示.弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m.已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g.
甲
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源.从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带.钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点).从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________________，钩码的动能增加量为____________，钩码的重力势能增加量为________.
乙
k(L－L0)h4－
mgh4
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图丙所示.
由图丙可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是_____________.
丙
空气阻力
【解析】(1)弹簧的长度为L的弹性势能为Ep1＝k(L－L0)2，到F点时弹簧的弹性势能为Ep2＝k(L－L0－h4)2，弹性势能减少量为Ep1－Ep2＝k(L－L0)h4－.打出F点时速度v＝，打出F点时钩码动能Ek＝mv2＝，由于从静止释放钩码，所以钩码动能增加量ΔEk＝；钩码重力势能增加量ΔEp＝mgh4.
(2)随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是空气阻力.(共38张PPT)
第1讲　运动的描述
核心素养 重要考点
物理 观念 (1)理解质点、位移、速度及加速度等基本概念；(2)掌握匀变速直线运动规律；(3)运用运动观念求解相关运动问题 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、图像
4.实验：测量做直线运动物体的瞬时速度
科学 思维 (1)构建自由落体、竖直上抛及匀变速直线运动模型；(2)善于运用物理图像对运动现象进行科学分析；(3)运用逆向思维、类比等方法处理运动学问题 科学 探究 (1)会用打点计时器探究匀变速运动的规律，并能用纸带求瞬时速度、加速度；(2)掌握处理纸带数据的方法；(3)了解利用光电门、频闪照相机及借助传感器用计算机测速度的方法 科学 态度 与责任 (1)尝试将运动学知识运用到生活中，如体育运动、行车安全、追及和相遇问题；(2)通过实验，形成严谨认真、实事求是的科学态度 一、质点、参考系
质量
大小
形状
同一
不同
二、位移、速度
1.位移和路程.
比较 位移 路程
定义 表示质点的位置变动，它是由质点的 ________指向_________的有向线段 质点__________的长度
区别 位移是______，方向由初位置指向末位置 路程是标量，没有______________
联系 ①在单向直线运动中，位移的大小______路程； ②其他情况下，位移的大小________路程 初位置　
末位置　
运动轨迹　
矢量　
方向　
等于　
小于
2.速度和速率.
(1)速度：物体的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v＝，是矢量，其方向就是物体________的方向.
(2)瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一________的速度，是矢量.
(3)速率：______________的大小，是标量.
运动　
位置　
瞬时速度
三、加速度
1.物理意义：描述物体速度________的物理量.
【答案】变化快慢
2.定义式：a＝，单位为________.
【答案】m/s2
3.方向：加速度为矢量，其方向与________________的方向相同，由物体受到的合力方向决定.
【答案】速度变化量
(1)不以大小论质点：①大的物体不一定不能看成质点；②小的物体不一定能看成质点.
(2)位移只表示位置的变动，与运动路径无关，而路程和运动路径有关.
(3)在实际问题中，只要时间足够短，平均速度可认为等于瞬时速度，如光电门问题.
(4)速度变化快慢、速度变化率、加速度三者含义相同，速度变化快，也就是速度变化率大，加速度大.
1.[质点](2022年北京模拟)在北京冬奥会比赛项目中，下列说法正确的是
(　　)
A.研究图甲中冰壶运动员的推壶技术时，冰壶可以看成质点
B.研究图乙中自由滑雪运动员的落地动作时，运动员可以看成质点
C.研究图丙中短道速滑1 000米的运动轨迹时，运动员可以看成质点
D.研究图丁的花样滑冰中双人滑旋转时，女运动员身体各部分的速度可视为相同
【答案】C　
【解析】在研究冰壶运动员的推壶技术时，需要注意与冰壶的接触位置，冰壶的大小和形状不可忽略，不可看成质点，A错误；在研究自由滑雪运动员的落地动作时，运动员的形状不可忽略，不能看成质点，B错误；研究短道速滑1 000米的运动轨迹时，运动员可以看成质点，C正确；花样滑冰中双人滑旋转时，女运动员身体各部分的运动状态不同，速度不一定相同，D错误.
2.[参考系]摄影师抓拍到了一个有趣的场面：一只乌鸦站在飞翔的老鹰背上休憩，下列说法不正确的是(　　)
A.以乌鸦为参照物，老鹰是静止的
B.以地面为参照物，乌鸦是静止的
C.乌鸦、老鹰飞行的快慢相同，它们相对静止
D.以地面为参照物，老鹰是运动的
【答案】B　
【解析】以乌鸦为参照物，老鹰的位置没有发生变化，因此老鹰是静止的，故A正确，不符合题意；以地面为参照物，乌鸦的位置发生变化，因此乌鸦是运动的，故B错误，符合题意；乌鸦、老鹰飞行的快慢相同，它们的位置没有发生变化，因此它们相对静止，故C正确，不符合题意；以地面为参照物，老鹰的位置发生变化，因此老鹰是运动的，故D正确，不符合题意.
3.[平均速度和瞬时速度](多选)某驾驶员使用定速巡航，在高速公路上以时速110千米行驶了200千米，下列说法正确的是(　　)
A.“时速110千米”是指速率
B.“时速110千米”是指瞬时速度的大小
C.在这段时间内，该车平均速度等于110 km/h
D.在这段时间内，该车平均速率等于110 km/h
【答案】ABD　
【解析】瞬时速度的大小等于其速率，所以“时速110千米”既是指速率，也是指瞬时速度的大小，A、B正确；汽车定速巡航，为匀速率运动，其平均速率等于110 km/h，D正确；路程为200 km，位移可能小于200 km，所以其平均速度可能小于110 km/h，C错误.
4.[加速度与速度的关系]下表中记录了三种交通工具在某段时间内的运动情况，下列关于这些交通工具的说法正确的是(　　)
项目 初速度/(m·s－1) 经过时间/s 末速度/(m·s－1)
自行车上坡 6 2 2
火车出站 0 100 20
飞机飞行 200 10 200
A.飞机的速度最大，加速度也是最大
B.火车速度变化量最大，加速度最大
C.自行车的速度最小，加速度最大
D.自行车减速，加速度最小
【答案】C
考点1　质点、参考系和位移　[基础考点]
1.辨析理解
(1)质点不同于几何的“点”，它无大小但有质量，能否看成质点是由研究问题的性质决定，而不是依据物体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，线段的长度表示位移的大小.
2.特别注意
(1)对于质点要从建立理想化模型的角度来理解.
(2)在研究两个物体间的相对运动时，选择其中一个物体为参考系，可使分析和计算更简单.
(3)位移的矢量性是研究问题时应切记的性质.
1.(2021年浙江卷)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，可将猫看作质点，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，旋转球不能看作质点，B错误；研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿看作质点，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，不能把马看作质点，D错误.
2.(2022年揭阳调研)下列关于运动的描述中，叙述正确的是(　　)
A.“明月松间照，清泉石上流”，是以山石为参考系的
B.诗句“卧看满天云不动，不知云与我俱东”中“云与我俱东”是以船为参考系的
C.“太阳东升西落”，是以太阳为参考系的
D.物体运动的轨迹是直线还是曲线，与参考系的选取无关
【答案】A　
【解析】清泉石上流是泉水在山石上运动，是以山石为参考系的，A正确；云与我俱东是以堤岸为参考系的，B错误；太阳东升西落是以地球为参考系的，C错误；物体运动的轨迹是直线还是曲线，与参考系的选取有关，比如从水平飞行的飞机上落下的物体从飞机上看，做直线运动，从地面上看作曲线运动，D错误.
3.(2022年广州模拟)如图，车轮半径为0.6 m的自行车，在水平地面上不打滑并沿直线运动.气门芯从最高点第一次到达最低点，位移大小约为(　　)
A.1.2 m B.1.8 m
C.2.2 m D..3.6 m
【答案】C　
【解析】气门芯从最高点第一次到达最低点过程中水平位移为x＝πR＝0.6π m.竖直方向位移为y＝2R＝1.2 m，故位移大小约为s＝≈2.2 m，故C正确.
考点2　平均速度和瞬时速度　[能力考点]
1.平均速度与瞬时速度的区别和联系
区别 平均速度是过程量，表示物体在某段时间或某段位移内的平均运动快慢程度
瞬时速度是状态量，表示物体在某一时刻或某一位置的运动快慢程度
联系 瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度，体现了极限的思想方法，例如利用光电门求瞬时速度就体现了此种思想
2.平均速度与平均速率的比较
平均速率≠平均速度大小
(1)平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值.
(2)一般情况下，平均速率大于平均速度的大小.
(3)单向直线运动中，平均速率等于平均速度的大小.
3.计算平均速度时应注意的三个问题
(1)求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间的平均速度.
(2)是平均速度的定义式，适用于所有的运动.
(3)匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即.
4.用极限法求瞬时速度
由平均速度可知，当Δt→0时，平均速度就可以认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度.测出物体在极短时间Δt内发生的极短位移Δx，就可求出瞬时速度，这样瞬时速度的测量便可转化为极短时间Δt和极短位移Δx的测量.
例1　每年春天，我校都举行远足活动.如图所示，是我校高一年级进行的一次远足，某同学先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 km，实际从A运动到C用时55 min，在C处休息了20 min，从C运动到B用时45 min，路标指示A到 B的实际里程数是12 km，当他经过路标C时，速度为4 km/h，那么可以确定的是(　　)
A.整个过程中该同学的平均速度约为1.67 m/s
B.整个过程中该同学的平均速度为1.25 m/s
C.该同学经过路标C时的瞬时速度大小为2 m/s
D.该同学经过路标C时瞬时速度方向为由A指向B
【答案】B　
【解析】平均速度等于位移与时间的比值，即 m/s＝1.25 m/s，A错误，B正确；该同学经过路标C时的瞬时速度大小 m/s＝ m/s，故C错误；该同学经过路标C时瞬时速度方向为运动方向，并不是由A指向B，故D错误.
1.(2022年上海复兴中学检测)扫地机器人10：30从客厅的一角A出发，经图示虚线路径清扫地面，半小时到达客厅的另一角B结束清扫.经过的路径的长度是60 m，A与B间的距离是10.5 m.关于扫地机器人上述清扫过程中，下列说法正确的是(　　)
A.10：30是时间
B.扫地机器人通过的位移是60 m
C.扫地机器人的平均速度为3.3×10－2 m/s
D.扫地机器人的平均速度为5.8×10－3 m/s
【答案】D　
【解析】10：30是时刻，A错误；扫地机器人通过的位移是10.5 m，路程是60 m，B错误；扫地机器人的平均速度为v＝ m/s＝5.8×10－3 m/s，C错误，D正确.
2.一个质点做变速直线运动，以v1＝10 m/s的平均速度完成前的位移，以v2＝30 m/s的平均速度完成剩下的位移，则全过程的平均速度为(　　)
A.20 m/s B.18 m/s
C.23.3 m/s D..40 m/s
【答案】B　
【解析】设全程位移长为x，则前位
移所需的时间t1＝，后位移所需的时间t2＝.所以全程的平均速度 m/s＝18 m/s，B正确.
考点3　速度、速度变化量和加速度的关系　[能力考点]　　　　　　　　　　　　
1.三个物理量的对比
比较 速度 速度变化量 加速度
物理 意义 描述物体运动的快慢和方向，是状态量 描述物体速度的变化，是过程量 描述物体速度变化的快慢，是状态量
定义 式　 Δv＝v－v0
单位 m/s m/s m/s2
决定 因素 由Δv＝at知Δv由a与t决定
方向 与位移x同向，即物体运动的方向 由Δv或a的方向决定 与Δv方向一致，由F方向决定，与v0、v方向无关
2.判断质点做直线运动时速度变化的方法
例2　(多选)如图所示，甲、乙两辆汽车在做直线运动过程中，原来的速度是v1，经过一小段时间Δt以后，速度变为v2，则下列说法正确的是
(　　)
A.图中a是矢量，Δv是标量
B.图甲中汽车速度变化量Δv越大，则加速度a也越大
C.图乙中汽车速度v1的方向与加速度a的方向相反
D.图中Δv的方向与a的方向总是相同
【答案】CD　
【解析】速度、速度变化量以及加速度均是矢量，A错误；图甲中汽车做加速运动，加速度a＝，加速度a与速度变化量Δv和时间Δt都有关，B错误；图乙中汽车做减速运动，则速度变化量Δv的方向与加速度a的方向相反，C正确；任何时刻，Δv的方向与a的方向总是相同，D正确.
1.(多选)如图甲所示，我国复兴号高铁出站时，速度能在10分钟内由0增加到350 km/h；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来.下列说法中正确的是(　　)
A.2.5 s内汽车的速度改变量为－30 m/s
B.复兴号高铁的加速度比汽车大
C.汽车的速度变化比复兴号高铁的快
D.复兴号高铁单位时间内速度变化比汽车大
【答案】AC　
【解析】汽车速度为v1＝108 km/h＝30 m/s，2.5 s内汽车的速度改变量为Δv＝0－30 m/s＝－30 m/s，A正确；350 km/h≈97.2 m/s，高铁的加速度a1＝ m/s2≈0.16 m/s2，汽车的加速度a2＝ m/s2＝－12 m/s2，负号只表示方向，所以高铁的加速度比汽车的加速度小，高铁的速度变化比汽车慢，高铁单位时间内速度变化比汽车小，故C正确，B、D错误.
2.(多选)运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则人会感到不舒服，关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是(　　)
A.从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3
B.加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动
C.若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图像，表示的是物体的速度在减小
D.若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图像，已知物体在t＝0时速度为5 m/s，则2 s末的速度大小为8 m/s
【答案】AD　
【解析】“加速度的变化率”是指加速度的变化与所用时间的比值，即，a的单位是m/s2，t的单位是s，则的单位为m/s3，故A正确；加速度的变化率为0是指加速度保持不变，如果加速度为0，则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物体做匀变速直线运动，故B错误；若加速度与速度同方向，则物体做加速运动，如题图所示，加速度减小，则物体速度增加得慢了，但仍在加速，故C错误；在a－t图像中图像与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，则得Δv＝×2×3 m/s＝3 m/s，由于加速度与速度同方向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5 m/s，则物体在2 s末的速度为8 m/s，故D正确.(共60张PPT)
第2讲　匀变速直线运动的规律
一、匀变速直线运动的基本规律
1.速度—时间关系式：____________________.
　【答案】v＝v0+at
2.位移—时间关系式：____________________.
　【答案】x＝v0t+at2
3.速度—位移关系式：____________________.
　【答案】v2－＝2ax
二、匀变速直线运动的推论
1.平均速度公式：＝__________；.
【答案】
2.相同时间间隔内的位移差公式：Δx＝x2－x1＝…＝xn－xn－1＝________.
【答案】aT2
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式.
(1)1T末，2T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝
___________________________________.
(2)1T内，2T内，…，nT内的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝________________________.
(3)第1个T内，第2个T内，…，第N个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝____________________.
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝_____________________________________.
1∶2∶3∶…∶n　
1∶22∶32∶…∶n2　
1∶3∶5∶…∶(2N－1)　
1∶(－1)∶()∶…∶()
三、自由落体运动规律
1.概念：物体只在重力作用下，从________开始下落的运动.
【答案】静止
2.运动特点.
(1)初速度为________.
(2)加速度大小等于g，且加速度的方向____________.
【答案】(1)零　(2)竖直向下

3.运动规律.
(1)速度公式：v＝______________.
(2)位移公式：h＝______________.
(3)速度—位移关系式：v2＝___________.
gt　
gt2　
2gh
四、竖直上抛运动规律
1.定义：将物体以一定的初速度___________抛出，物体只在________作用下的运动.
2.特点：上升过程是加速度为g的________直线运动；下落过程是____________运动.
竖直向上　
重力
匀减速　
自由落体
3.规律.
(1)速度公式：v＝______________.
(2)位移公式：h＝______________.
(3)速度—位移关系式：______________＝－2gh.
(4)上升的最大高度：h＝____________.
(5)上升到最大高度用时：t＝____________.
v0－gt　
v0t－gt2
v2－
(1)相同时间间隔位移差可推广为：xm－xn＝(m－n)aT2，常用于纸带或频闪照片逐差法求加速度.
(2)不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有.
(3)自由落体运动隐含两个条件：初速度为零，加速度为g.
(4)整段研究竖直上抛运动时，注意所选取的正方向和相应时刻或位置的速度方向.
1.[位移公式]质点的位移随时间变化规律的关系是x＝4t+2t2，x与t的单位分别是m和s，则质点的初速度和加速度分别是(　　)
A.4 m/s，2 m/s2　　 B.0，4 m/s2
C.4 m/s，4 m/s2　　 D..4 m/s，0
【答案】C　
【解析】与匀变速直线运动的位移时间关系式x＝v0t+at2对比可得v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，即a＝4 m/s2，C正确.
2.[速度—位移公式的应用]某高速列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s时位移为x.则当速度由10 m/s增加到15 m/s时，它的位移是(　　)
A.x　 B.x　 C.2x　 D..3x
【答案】B　
【解析】由v2－＝2ax得102－52＝2ax，152－102＝2ax'，两式联立可得x'＝x，故B正确.
3.[平均速度和位移差公式的应用](多选)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法正确的是(　　)
A.第2 s内的位移是2.5 m
B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s
C.质点的加速度是0.125 m/s2
D.质点的加速度是0.5 m/s2
【答案】BD　
【解析】由Δx＝aT2，得a＝ m/s2＝0.5 m/s2；x3－x2＝x4－x3，所以第2 s内的位移x2＝1.5 m；第3 s末的速度v'＝ m/s＝2.25 m/s.可见A、C错误，B、D正确.
4.[竖直上抛运动]CBA篮球筐距地面高度为3.05 m，某篮球运动员站立举手能达到高度2.60 m.如图所示，他竖直跳起将篮球扣入球筐中，重力加速度g取10 m/s2，他起跳的初速度约为(　　)
A.1 m/s　　 B.3 m/s
C.5.2 m/s　 D..10 m/s
【答案】B　
【解析】该运动员做竖直上抛运动，位移为h＝(3.05－2.60) m＝0.45 m，根据速度位移公式有－v2＝2gh，解得v0＝3 m/s，所以B正确.
考点1　匀变速直线运动规律的基本应用　[基础考点]
1.选用恰当的公式
题中涉及的物理量(已知量、待求量和为解题设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用公式
v0、v、a、t x v＝v0+at
v0、a、t、x v
v0、v、a、x t
v0、v、t、x a
2.两类特殊的匀减速直线运动
刹车类问题 双向运动类
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，求解时要注意确定其实际运动时间.如果问题涉及最后阶段会停止的运动，可把该过程看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动 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，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
[方法提炼]　应用匀变速直线运动解题
(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程.
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量.
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段的关联方程.
(4)物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁.
例1　长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0).已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　　)
A.
C. D..
【答案】C　
【解析】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则有v＝v0－2at1，解得t1＝；在隧道内匀速有t2＝；列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v+at3，解得t3＝.则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝，故C正确.
[方法提炼]　应用匀变速直线运动解题
①分清过程(画示意图)；②找参量(已知量、未知量)；③明确规律(匀加速直线运动、匀减速直线运动等)；④利用公式列方程(选取正方向)；⑤求解验算.
1.(2022年黄冈质检)如图所示，具有“主动刹车系统”的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，会立即开始主动刹车，车主可根据需要设置安全距离.某车的安全距离为10 m，若汽车正以36 km/h的速度在路面上行驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为6 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.汽车刹车时间为6 s
B.汽车不能安全停下
C.汽车开始“主动刹车”后第1 s末的速度为4 m/s
D.汽车开始“主动刹车”后第2 s内的平均速度为2 m/s
【答案】C　
【解析】已知v0＝36 km/h＝10 m/s，汽车刹车时间为t0＝ s，A错误；汽车刹车过程中的位移为s＝ m≈8.33 m＜10 m，则汽车能安全停下，故B错误；汽车开始“主动刹车”后第1 s末的速度为v1＝v0－at1＝(10－6×1) m/s＝4 m/s，C正确；汽车开始“主动刹车”后第2 s内的位移为x＝ m＝ m，汽车开始“主动刹车”后第2 s内的平均速度为 m/s，D错误.
2.一质点沿直线运动，其平均速度与时间的数量关系满足v＝2+t(各物理量均选用国际单位制单位)，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.5 s内质点的位移为35 m
C.质点运动的加速度为1 m/s2
D.质点在3 s末的速度为5 m/s
【答案】B　
【解析】将平均速度v＝与v＝2+t联立可得x＝vt＝2t+t2，对比x＝v0t+at2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误.5 s内质点的位移x＝v0t+at2＝(2×5+52) m＝35 m，故B正确.质点在3 s末的速度v＝v0+at＝(2+2×3) m/s＝8 m/s，故D错误.
考点2　解匀变速直线运动问题的几种方法　[基础考点]
常用的六种解题方法
例2　滑雪是冬奥会中的一个比赛大项.如图所示，某滑雪运动员以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动，到达斜面顶端时的速度为零.已知运动员在前四分之三位移中的平均速度大小为v，则滑雪者在整个过程中的平均速度为(　　)
A. C. D..
【答案】D　
【解析】将运动员的匀减速运动逆向看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等，均设为t，则由题意可知v＝，滑雪者整个过程的平均速度为v'＝v，D正确.
1.一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25 m，动车进站时可以看作匀减速直线运动.他发现第6节车厢经过他时用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示.则该动车的加速度大小约为(　　)

A.2 m/s2 B.1 m/s2
C.0.5 m/s2 D..0.2 m/s2
【答案】C　
【解析】将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，动车第7节车厢通过旅客过程at2＝25 m，第6、7节车厢通过旅客过程a(t+4)2＝2×25 m，解两式得a＝－1)2 m/s2≈0.5 m/s2，C正确.
2.(2022年中山模拟)飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离.如图所示，航空母舰的水平跑道总长为180 m，其中电磁弹射区的长度为80 m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为40 m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，飞机离舰起飞速度为100 m/s.已知航空母舰始终处于静止状态，飞机可视为质点，下列说法正确的是(　　)
A.飞机在电磁弹射区运动的时间为4 s
B.飞机离开电磁弹射区时的速度大小为60 m/s
C.飞机离开电磁弹射区后的加速度大小 m/s2
D.飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为 s
【答案】D　
【解析】根据x1＝a1解得t1＝2 s，A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝80 m/s，B错误；飞机离开电磁弹射区后，根据速度位移关系有＝2a2x2，代入数据解得a2＝18 m/s2，C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间t2＝ s，飞机从开始起飞到离开跑道的总时间t＝t1+t2＝ s，D正确.
考点3　自由落体和竖直上抛运动　[能力考点]
1.竖直上抛运动的三种对称关系
时间 对称
物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的时间相等
速度 对称 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
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 对称 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
2.竖直上抛运动的研究方法
分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
例3　如图所示，音乐喷泉竖直向上喷出水流，喷出的水经3 s到达最高点，把最大高度分成三等份，水通过起始的第一等份用时为t1，通过最后一等份用时为t2.空气阻力不计，则满足(　　)
A.1＜＜3 B.3＜＜5
C.5＜＜7 D..7＜＜9
【答案】B　
【解析】根据初速度为零的匀变速直线运动规律，水通过连续相等位移所用时间之比为1∶(－1)∶()∶….将水的运动逆向看成自由落体运动，可知≈3.15，即3＜＜5，B正确，A、C、D错误.
[方法归纳]　应用逆向思维法解题
①分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；②确定逆向思维问题的类型(由果索因、转换研究对象、过程倒推等)；③通过转换运动过程或研究对象确定求解思路.
例4　气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速竖直上升，当到达离地面高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面 落地时的速度多大 (空气阻力不计，g取10 m/s2)
解法一：分段法
分上升阶段和下落阶段两个过程处理.绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为
t1＝＝1 s，h1＝＝5 m，
故重物离地面的最大高度为H＝h1+h＝180 m.
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝＝6 s，v＝gt2＝60 m/s，
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t1+t2＝7 s.
解法二：全程法
取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h'＝－175 m，
由位移公式有h'＝v0t－gt2，
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去).
所以重物落地速度为v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s.
负号表示落地速度方向与初速度方向相反，方向竖直向下.
1.(2022年韶关模拟)在某场国际女子单人跳水10米跳台比赛中，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，则她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
【答案】B　
【解析】根据自由落体运动规律，5＝，5+5＝g(t1+t2)2，联立解得t2≈0.4 s，B正确.
2.某同学将一网球竖直向上抛出，1.6 s后落回抛出点.若不计空气阻力，则网球被抛出后的第一个0.4 s与第三个0.4 s内的位移大小之比为(g取10 N/kg)(　　)
A.3∶1 B.2∶1
C.1∶1 D..1∶2
【答案】A　
【解析】规定竖直向上为正方向，网球竖直向上抛出，1.6 s后落回抛出点，根据运动的对称性可知，网球竖直上升的时间为t＝t总＝×1.6 s＝0.8 s，根据速度时间公式得0－v0＝－gt，解得竖直上抛的初速度为v0＝8 m/s，网球被抛出后的第一个0.4 s内的位移为x1＝v0t1－＝2.4 m，第三个0.4 s内，即上抛到最高点自由下落的前0.4 s内的位移，则x2＝＝0.8 m，所以网球被抛出后的第一个0.4 s与第三个0.4 s内的位移大小之比为3∶1，故A正确.
考点4　匀变速直线运动的多过程问题　[能力考点]
　　　　　　　　　　　　　　　　
“四步”分析法巧解多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，找出各段交接处的关联物理量，可按下列四个步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移和时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果.
例5　(2022年湖北卷)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间.假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站.列车从W站始发，经停4站后到达终点站G.设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h.若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　　)
A.6小时25分钟 B.6小时30分钟
C.6小时35分钟 D..6小时40分钟
【答案】B　
【解析】108 km/h＝30 m/s，324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝×0.5×602 m＝900 m.
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝ s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1'＝ s＝180 s，加速过程的位移x1'＝at1'2＝×0.5×1802 m＝8 100 m.根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2'＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2+2t1)－(t2'+2t1')＝4 680 s＝1.3 h，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝1.3 h×5＝6.5 h，B正确.
1.如图所示，很小的木块由静止开始从固定斜面下滑，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.则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为(　　)
A.1∶2　2∶1 B.1∶2　1∶2
C.2∶1　2∶1 D..2∶1　1∶2
【答案】A　
【解析】设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v＝at得，加速度之比；根据平均速度的推论知，x1＝t，x2＝·2t，所以，A正确.
2.一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶.行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车.刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图甲中的图线.图甲中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.
(1)在图乙中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图像；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小.
解：(1)v－t图像如图所示.
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s，设汽车在t2+(n－1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn，n＝1，2，3，….
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有s1－s4＝3a(Δt)2，①
s1＝v2Δt－a(Δt)2，②
v4＝v2－4aΔt.③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－ m/s.④
这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止.因此，①式不成立.
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式有
v3＝v2－3aΔt，⑤
2as4＝，⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s.⑦
或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s，⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去.
转换法——快速求多个物体的运动
1.概述
图文转换 图图转换 研究对象的转换
将图像对物理量的描述转换为文字描述 将一种图像或图形描述，转换为另一种易于理解和判断的图像或图形 当直接研究某一物体不易或不能得出结论时，我们可以通过研究与该物体相关的另一物体得出结论
2.应用
在涉及多物体问题和不能视为质点的研究对象问题时，应用“转化”的思想方法转换研究对象、研究角度，就会使问题清晰、简捷.
(1)将多物体转化为单体：研究多物体在时间或空间上重复同样运动时，可用一个物体的运动取代多个物体的运动.
(2)将线状物体的运动转化为质点运动：长度较大的物体在某些问题的研究中可转化为质点的运动问题.如求列车通过某个路标的时间，可转化为车尾(质点)通过与列车等长的位移所经历的时间.
例6　如图所示，杂技演员用单手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出1个球，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，将球的运动近似看成竖直方向的运动，则球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2)(　　)
A.1.6 m B.2.4 m C.3.2 m D..4.0 m
【答案】C　
【解析】由题图所示的情形可以看出，4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.
1.取1根长2 m左右的细线，5个铁垫圈和1个金属盘，在线的下端系上第1个垫圈，隔12 cm 再系1个，之后垫圈之间的距离分别为36 cm、60 cm、84 cm，如图所示.站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第1个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内.松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈(　　)
A.落到盘上时的声音时间间隔越来越大
B.落到盘上时的声音时间间隔相等
C.依次落到盘上的速率关系为1∶∶2
D.依次落到盘上的时间关系为1∶(－1)∶()∶(2－)
【答案】B　
【解析】垫圈的运动可以倒过来看成初速度为零的匀加速运动，垫圈之间的距离分别为12 cm、36 cm、60 cm、84 cm，满足1∶3∶5∶7的关系，因此时间间隔相等，A错误，B正确；各个时刻末的速度之比应为1∶2∶3∶4，依次落到盘上的时间关系为1∶2∶3∶4，C、D错误.
2.某校广场西侧建有音乐喷泉，其中有一个刚露出水面的喷管，其横截面积为80 cm2，竖直向上喷水时，水能够上升的最大高度可达80 m.若不计空气阻力，求此时喷出管口的水的速度和留在空中的水的体积.(g取10 m/s2)
解：由v2＝2gh，解得此时喷出管口的水的速度
v＝＝40 m/s.
水从喷出到落地的时间t＝＝8 s，
此管喷水时，留在空中水的体积
V＝Svt＝80×10－4×40×8 m3＝2.56 m3.
深化理解 在直线运动中，常遇到多个物体以相同的加速度做匀变速直线运动的问题.求解这类问题时，若对每个物体列方程，则求解过程较为复杂；若将它们转化为一个物体的运动，其他物体只不过是重复这一物体的运动，则能化繁为简.(共48张PPT)
第3讲　运动学图像、追及相遇问题
一、匀变速直线运动的图像
1.x－t图像.
(1)物理意义：反映了物体做直线运动的________随________变化的规律.
(2)斜率的意义：图线上某点切线斜率的大小表示物体________的大小，斜率的正负表示物体速度的______.
位移　
时间　
速度　
方向
2.v－t图像.
(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的________随时间变化的规律.
(2)斜率的意义：图线上某点切线斜率的大小表示物体__________的大小，斜率的正负表示物体加速度的________.
(3)“面积”的意义.
①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的________.
②若面积在时间轴的上方，表示位移方向为________；若面积在时间轴的下方，表示位移方向为________.
速度　
加速度　
方向　
位移大小　
正方向　
负方向
二、追及和相遇问题
1.两类追及问题.
(1)若后者能追上前者，追上时，两者处于________，且后者速度一定不小于前者速度.
(2)若后者追不上前者，则当后者与前者__________时，两者相距最近.
2.两类相遇问题.
(1)同向运动的两物体追及即相遇.
(2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇.
同一位置　
速度相等
(1)无论v－t图像还是x－t图像，描述的一定是直线运动.
(2)速度相等是判断追上或追不上的切入点.
(3)同向追及时，当追赶者位移等于被追赶者位移加上初始间距时即相遇.
1.[x－t图像]如图是A、B两个质点做直线运动的位移—时间图像，则(　　)

A.在运动过程中，A质点总比B质点运动得快
B.在0~t1这段时间内，两质点的位移相同
C.当t＝t1时，两质点的速度相等
D.当t＝t1时，A、B两质点的加速度不相等
【答案】A
2.[v－t图像]如图所示的v－t图像中，直线表示甲物体从A地向B地运动的v－t图像；折线表示同时开始运动的乙物体由静止从A地向B地运动的v－t图像.下列说法正确的是(　　)

A.在t＝4 s时，甲、乙两物体相遇
B.在t＝4 s时，甲、乙两物体相距最远
C.在0~2 s内，甲、乙两物体的加速度大小相等
D.在2~4 s内，乙物体处于静止状态
【答案】B　
【解析】据v－t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得t＝4 s时，甲的位移和乙的位移不相等，刚开始甲的速度最大，故是乙追甲，当两者速度相等时，甲、乙相距最远，A错误，B正确；根据加速度的定义可得，在0~2 s内，甲物体的加速度为a甲＝ m/s2＝－10 m/s2，乙物体的加速度为a乙＝ m/s2＝20 m/s2，两者的加速度在这段时间内不相等，C错误；在2~4 s内，乙物体处于匀速运动状态，D错误.
3.[追及和相遇]一辆汽车以3 m/s2的加速度开始启动的瞬间，一辆以6 m/s的速度做匀速直线运动的自行车恰好从汽车旁经过.求：
(1)汽车追上自行车前两车的最远距离是多少
(2)汽车经过多长时间追上自行车 追上自行车时汽车的速度是多少
解：(1)速度相等时，两者距离最远，则有v自＝v汽＝at0，解得t0＝2 s.
此时汽车的位移x1＝×3×22 m＝6 m，
自行车的位移x2＝v自t0＝6×2 m＝12 m，
汽车追上自行车前的最远距离为
x＝x2－x1＝6 m.
(2)位移相等时，汽车追上自行车，设时间为t，则有v自t＝at2，
解得t＝4 s.
汽车速度为v＝at＝3×4 m/s＝12 m/s.
考点1　运动学图像的理解和应用　[能力考点]
1.v－t图像规律
图像

物理意义 表示物体速度随时间变化的规律
识图 五要素 点 两图线交点，说明两物体此时刻速度相等
线 ①②③表示匀变速直线运动；④表示匀速直线运动；⑤⑥⑦⑧表示非匀变速直线运动
斜 (切线)直线斜率表示物体(瞬时)加速度；上倾为正，下斜为负；陡缓表示大小
截 纵截距表示物体初速度
面 阴影部分的面积表示物体某段时间内发生的位移；t上为正，t下为负
2.x－t图像规律
x－t图像

物理意义 表示物体位置随时间变化的规律，不是物体运动的轨迹
识图 五要素 点 两图线交点，说明两物体此时刻相遇
线 ①②③表示物体做匀速直线运动；④表示物体静止；⑤⑥表示物体做匀变速直线运动
斜 (切线、割线)直线斜率表示物体(瞬时、平均)速度；上倾为正，下斜为负；陡缓表示大小
截 纵截距表示开始计时物体的位置
面 图线与t轴所围图形面积无意义
3.三点说明
(1)x－t图像与v－t图像都只能描述直线运动，且均不表示物体运动的轨迹.
(2)分析图像要充分利用图像与其所对应的物理量的函数关系.
(3)识图方法：一轴、二线、三斜率、四面积、五截距、六交点.
考向1　识图——根据题目情境理解运动图像
例1　(2021年广东卷)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动.下列v－t和s－t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有(　　)
A B C D
【答案】BD　
【解析】A图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；B图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在途中甲丙船头会并齐，故B正确；C图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D图是位移图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D正确.
考向2　析图——根据图像信息分析运动规律
例2　(2022年韶关模拟)(多选)如图甲所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图乙是该机器人在某段时间内的位移—时间图像(20 s后的图线为曲线，其余为直线).以下说法正确的是(　　)
A.机器人在0~30 s内的位移大小为2 m
B.0~10 s内，机器人做匀加速直线运动
C.10~30 s内，机器人的平均速度大小为0.35 m/s
D.机器人在5 s末的速度与15 s末的速度相同
【答案】AC　
【解析】根据图像可知，机器人在0~30 s内的位移大小为2 m，A正确；位移时间图线的斜率可表示速度，0~10 s内，图线的斜率不变，机器人做匀速运动，B错误；10~30 s内，平均速度为 m/s＝0.35 m/s，C正确；0~10 s内图线的斜率与10~20 s内图线的斜率关系为k1＝－k2，因速度是矢量，所以机器人在5 s末的速度与15 s末的速度等大反向，D错误.
[方法归纳]　解决此类问题时要根据物理情境中遵循的规律，由图像提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题作出正确的解答.具体分析过程如下：
考向3　拓展类图像的考查
(1)三类非常规图像.
①a－t图像：由v＝v0+at可知图像与横轴所围面积表示速度变化量Δv，如图甲所示.
②－t图像：由x＝v0t+at2，可得＝v0+at，图像的斜率为a，如图乙所示.
③v2－x图像：由v2－＝2ax，可知v2＝+2ax，图像斜率为2a.
(2)解题技巧：图像反映了两个变量(物理量)之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系来分析图像的意义.
例3　AK47步枪成为众多军人的最爱.若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.子弹离开枪膛时的速度为450 m/s
B.子弹离开枪膛时的速度为600 m/s
C.子弹在枪膛内运动的距离小于0.45 m
D.子弹在枪膛内运动的距离大于0.45 m
【答案】D　
【解析】根据Δv＝at可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度大小为v＝×3×10－3×2×105 m/s＝300 m/s，A、B错误；子弹在枪膛内做加速度减小的加速运动，则平均速度大于＝150 m/s，故子弹在枪膛内运动的距离大于t＝150×3×10－3 m＝0.45 m，C错误，D正确.
1.(2022年湛江模拟)中国运动员朱雪莹夺得东京奥运会金牌.朱雪莹第一次从空中最高点竖直下落到蹦床最低点的过程中未做花样动作，如图所示，空气阻力忽略不计，则此过程中朱雪莹下落速度随时间变化的图像可能正确的是(　　)
A B C D
【答案】B　
【解析】运动员从最高点由静止下落，落在蹦床前做自由落体运动，落在蹦床后弹力小于重力即先做加速度减小的加速运动，当重力等于弹力时速度最大，然后弹力大于重力再做加速度增大的减速运动，B正确，A、C、D错误.
2.(2022年广东名校一模)如图，一名小朋友用力沿着箭头方向将推拉门的一扇门从贴近右门框的地方拉到图示位置后放手，这扇门与左右门框各撞击一次后，又几乎回到了图示位置.则从小朋友拉门开始到最终门停止，这扇门运动的v－t图像符合实际的是(　　)
A B C D
【答案】A　
【解析】小朋友用力沿着箭头方向将推拉门的一扇门时，门开始加速一段时间，拉力消失后，门减速，与左门框撞击一次后，原速率反弹，速度反向，向右减速运动，碰到右门框后，原速率反弹，速度反向，门向左减速并停下，符合该运动情景的v－t图像的是A.
3.(2022年衢州模拟)冬奥会速滑馆装有高速摄像机，充当智能裁判.某次速度滑冰比赛中，摄像机和运动员的水平位移x随时间t变化的图像分别如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A.摄像机做直线运动，运动员做曲线运动
B.0~t1时间内摄像机在前，t1~t2时间内运动员在前
C.0~t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同
D.0~t2时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度
【答案】C　
【解析】摄像机做直线运动，运动员也做直线运动，A错误；0~t1时间内摄像机在前，t1~t2时间内摄像机也在前，B错误；0~t2时间内摄像机与运动员的位移相同，根据得平均速度相同，C正确；x－t图像的斜率表示速度，0~t2时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度，D错误.
考点2　追及和相遇问题　[能力考点]
1.求解追及和相遇问题的两点技巧
2.掌握“三种分析方法”
(1)分析法：应用运动学公式，抓住一个条件、两个关系，列出两物体运动的时间、位移、速度及其关系方程，再求解.
(2)极值法：设相遇时间为t，根据条件列出方程，得到关于t的一元二次方程，再利用数学求极值的方法求解.在这里，常用到配方法、判别式法、不等式法等.
(3)图像法：在同一坐标系中画出两物体的运动图像.位移图像的交点表示相遇，速度图像抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系.
例4　甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车在前，速度v1＝8 m/s，乙车在后，速度v2＝16 m/s，当两车相距x0＝8 m时，甲车因故开始刹车，加速度大小a1＝2 m/s2，为避免相撞，乙车立即开始刹车，则乙车的加速度至少为多大
解法一：临界法
设两车减速后速度相同时为v，所用时间为t，乙车的加速度大小为a2，则v1－a1t＝v2－a2t＝v，t＝t－x0，解得t＝2 s，a2＝6 m/s2.即t＝2 s时，两车恰好未相撞，显然此后到停止运动前，甲的速度始终大于乙的速度，故可避免相撞.满足题意的条件为乙车的加速度至少为6 m/s2.
解法二：函数法
甲运动的位移x甲＝v1t－a1t2，
乙运动的位移x乙＝v2t－a2t2，
避免相撞的条件为x乙－x甲≤x0，
代入数据有(a2－2)t2－16t+16≥0，
要使t＞0不等式都成立，由数学知识解得a2≥6 m/s2.
1.(2022年深圳调研)(多选)挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6 m长的套马杆，由静止开始追赶，二者的v－t图像如图所示，则(　　)
A.0~4 s内骑手靠近烈马
B.6 s时刻骑手刚好追上烈马
C.骑手在9 s时刻挥杆，能套到烈马
D.8~9 s内烈马加速度大于0~6 s内骑手的加速度
【答案】CD　
【解析】v－t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t＝0时并排运动，通过图线在0~4 s内所围的面积可以看出4 s内烈马位移大于骑手位移，所以4 s末烈马与骑手间距离在增大，0~6 s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6 s末烈马仍在前方，A、B错误；由图形所围的面积可以算出0~9 s内，烈马的位移为x1＝ m＝92.5 m，骑手的位移为x2＝ m＝90 m，套马杆长l＝6 m，x2+l＞x1，所以骑手在9 s时刻挥杆，能套到烈马，C正确；由加速度定义式a＝知，8~9 s内烈马的加速度a1＝ m/s2＝5 m/s2，0~6 s内骑手的加速度a2＝ m/s2＝ m/s2，D正确.
2.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生，我国《民法通则》及《侵权责任法》中都有规定，建筑物上的搁置物发生脱落造成他人损害的，其所有人或管理人应承担民事责任，能够证明自己没有过错的除外.假设某高楼距地面高H＝47 m的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动.有一辆长L1＝8 m、高h＝2 m的货车，在楼下以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方，花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离L2＝24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，g取10 m/s2).
(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持v0＝9 m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到
(2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度.
(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到
解：(1)花盆从47 m高处落下，到达离地高2 m的车顶过程，位移为h＝(47－2) m＝45 m，
根据自由落体运动位移时间公式，有h＝gt2，
得t＝ s＝3 s.
3 s内汽车位移为x＝v0t＝27 m，
(L2＝24 m)＜x＜(L1+L2＝32 m)，
则货车会被花盆砸到.
(2)货车匀减速的距离为L2－v0Δt＝15 m，
制动过程中最小加速度满足＝2a0(L2－v0Δt)，
解得a0＝2.7 m/s2.
(3)司机反应时间内货车的位移为x1＝v0Δt＝9 m，此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15 m，采取加速方式，要成功避险，则有
d+L1＝v0(t－Δt)+a(t－Δt)2，代入相关数据解得a＝2.5 m/s2.
即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.
运动学中的STSE问题
　　　　　　　　　　　　　　　　
　　运动学是高中物理最重要、最基础的内容，是和生活、体育、交通结合紧密的知识点，是高考命题的重点和热点，通过对近几年高考STSE热点问题的归类研究，可归纳出三个STSE高考命题热点.
类型一　以生活科技为背景的实际应用问题
例5　高速公路的ETC电子收费系统如图所示，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21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s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0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　)
A.4.2 m B.6.0 m
C.7.8 m D..9.6 m
【答案】D　
【解析】汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车.在识别车载电子标签的0.3 s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3 m＝1.8 m，在司机的反应时间0.7 s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7 m＝4.2 m，刹车距离x3＝＝3.6 m，该ETC通道的长度约为x＝x1+x2+x3＝9.6 m，D正确.
类型二　以行车安全问题为背景的应用
例6　如图所示，以v0＝10 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，当汽车距离停车线s＝23 m时，绿灯还有2 s将熄灭，绿灯熄灭后，黄灯亮3 s后熄灭.该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2，此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.同学们学习交通规则后，通过讨论提出建议：驾驶员要么在绿灯熄灭前使汽车通过停车线，且不超速；要么使汽车在黄灯熄灭前停在停车线处.汽车可视为质点，下列关于驾驶员的操作可满足同学们的建议的是(　　)
A.汽车在距停车线11 m处开始匀加速行驶通过停车线
B.汽车立即匀加速行驶通过停车线
C.汽车在距停车线9 m处开始匀减速行驶
D.汽车立即匀减速行驶
【答案】D　
【解析】汽车匀速运动的时间t1＝＝1.2 s，设汽车全程匀加速运动通过停车线的最短时间为t2，s2＝v0t2+，解得t2＝1 s，故汽车在绿灯熄灭前不能通过停车线，A错误；绿灯还有2 s将熄灭，汽车全程匀加速行驶t＝2 s通过停车线，v0t+a1t2＞s，解得a1＞1.5 m/s2，通过停车线时的速度v＝v0+a1t＞12.5 m/s，故汽车在绿灯熄灭前通过停车线时已超速，B错误；汽车减速运动的最小位移Δx＝＝10 m＞9 m，汽车超过停车线，且时间超过2 s，C错误；汽车全程匀减速停在停车线，汽车的加速度a2＝ m/s2，运动的时间t3＝＝4.6 s＜5 s，故汽车可在黄灯熄灭前停在停车线处，D正确.
类型三　以体育运动为背景的多过程问题
例7　足球运动员常采用折返跑方式训练，如图所示，在直线跑道起点“0”的左边每隔3 m放一个空瓶，起点“0”的右边每隔9 m放一个空瓶，要求运动员以站立式起跑姿势站在起点“0”上，当听到“跑”的口令后，全力跑向“1”号瓶，推倒“1”号瓶后再全力跑向“2”号瓶，推倒“2”号瓶后……运动员做变速运动时可看作匀变速直线运动，加速时加速度大小为4 m/s2，减速时加速度大小为8 m/s2，每次推倒瓶子时运动员的速度都恰好为零.运动员从开始起跑到推倒“2”号瓶所需的最短时间为多少(运动员可看作质点)
解：第一阶段由“0”到“1”的过程中，设加速运动时间为t1，减速运动时间为t2.
由速度关系得a1t1＝a2t2，
由位移关系得a1a2＝3 m，
解得t1＝1 s，t2＝0.5 s.
第二阶段由“1”到“2”的过程中，设加速运动时间为t3，减速运动时间为t4.
由速度关系得a1t3＝a2t4，
由位移关系式得a1a2＝12 m，
解得t3＝2 s，t4＝1 s.
运动员从开始起跑到推倒“2”号瓶所需的最短时间为t，则有t＝t1+t2+t3+t4＝4.5 s，
即所需的最短时间为4.5 s.(共18张PPT)
热点强化1　匀变速直线运动规律和图像
1.(2023年新疆模拟)四个质点做直线运动，它们的速度图像分别如图所示，在2 s末不能回到出发点的是(　　)
【答案】C
A B C D
2.(2022年绵阳模拟)一个物体从某一高度做自由落体运动.已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一，则它开始下落时距地面的高度为(g取10 m/s2)(　　)
A.15 m　 　B.20 m　　 C.11.25 m　 　D.31.25 m
【答案】B　
【解析】设物体下落时间为t，第1 s内下落高度为h1＝＝5 m，则最后1 s内下落高度为ht＝gt2－g(t－1)2＝3h1＝15 m，解得t＝2 s，则物体开始下落时距地面的高度为h＝gt2＝×10×22 m＝20 m.
3.(2022年上海奉贤一模)一乒乓球在地面上方某高度处竖直向上抛出，设球在空中运动过程中受空气阻力的大小与速率成正比.以竖直向上为正方向，则球在空中运动的v－t图像可能是(　　)
A B C D
【答案】D　
【解析】将乒乓球在地面上方某高度处竖直向上抛出，上升阶段，小球受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律有mg+f＝ma，又 f＝kv，可得a＝g+，则知小球的加速度随着速度减小而减小，v－t图像的切线斜率逐渐减小，当v＝0时，a＝g；下降阶段，小球受到重力和向上的空气阻力，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，又f＝kv，可得a＝g－，则知小球的加速度随着速度增大而减小，v－t图像的切线斜率不断减小，A、B、C错误，D正确.
4.(2022年上海交大附中模拟)两质点从同一地点开始沿直线运动，图中甲、乙分别为两质点的v－t图线，则两质点相距最远的时刻在(　　)
A.t＝1 s B.t＝2 s
C.t＝3 s D..t＝4 s
【答案】C　
【解析】由图像可以看出，质点甲一直沿正方向运动，先加速后匀速；质点乙先沿负方向加速，再沿负方向减速，2 s时减速到零；0~2 s两者间距逐渐增大；2 s后乙开始沿正方向加速，3 s时两者速度相同，由于2~3 s乙的速度小于甲，乙在甲的后方，所以间距继续增大，3 s时达到最大值；3 s后由于乙的速度大于甲，间距开始缩小.故选C.
5.一质点由静止开始按如图所示的规律运动，下列说法正确的是(　　)

A.质点在2t0的时间内始终沿正方向运动，且在2t0时距离出发点最远
B.质点做往复运动，且在2t0时回到出发点
C.质点在时的速度最大，且最大的速度为
D.质点在2t0时的速度最大，且最大的速度为a0t0
【答案】A　
【解析】质点在0~时间内做加速度均匀增大的加速运动；在~t0时间内做加速度均匀减小的加速运动；在t0~时间内做加速度均匀增大的减速运动；在~2t0时间内做加速度均匀减小的减速运动.根据对称性，在2t0时刻速度刚好减到零，所以在2t0时质点离出发点最远，在t0时刻速度最大，A正确，B、C错误；根据图像与时间轴所围面积表示速度，可知最大速度为a0t0，D错误.
6.(2023年浙江模拟)蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起并做空中运动.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F－t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，g取10 m/s2，则运动员跃起腾空的最大高度是(　　)
A.4.05 m B.5.00 m
C.7.20 m D..14.45 m
【答案】C　
【解析】由图可知，运动员在空中竖直上抛运动的最大时间为t＝3.3 s－0.9 s＝2.4 s，根据对称性可知，下落的时间为t1＝t＝1.2 s，运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度等于自由下落相等时间的位移，为h＝＝7.2 m，C正确.
7.(2022年马鞍山模拟)一质点运动的x－t图像为如图所示的一段抛物线，则下列说法正确的是(　　)
A.质点做曲线运动
B.质点做加速度大小为20 m/s2的匀变速直线运动
C.质点做加速度先减小后增大的直线运动
D.质点在0~1 s内的平均速度为20 m/s
【答案】B　
【解析】x－t图像反映的是质点在一条直线上的位置随时间变化的情况，图线是曲线的原因是位置随时间变化不均匀，并不是曲线运动，A错误；x－t图像为一段抛物线，说明质点在做匀变速直线运动，根据公式x＝v0t+at2，将图中坐标(2，0)、(1，10)分别代入可得v0＝20 m/s，a＝－20 m/s2，B正确；匀变速直线运动加速度不变，C错误；质点在0~1 s内的平均速度为 m/s＝10 m/s，D错误.
8.(2022年枣庄模拟)ETC是“电子不停车收费系统”的简称，常用于高速公路出入口的ETC通道.装有ETC打卡装置的汽车，从ETC通道驶入、驶出高速公路时，ETC系统能在汽车行驶中实现自动快速计、缴费.如图所示是一辆汽车通过ETC直线通道运动过程的位移—时间(x－t)图像.其中O~t1和t3~t4时间段内的图像是直线段，下列说法正确的是(　　)
A.在O~t1时间段内，汽车做匀加速直线运动
B.在t2时刻，汽车的速度最大
C.在t2~t3时间段内，汽车做加速直线运动
D.在t1~t2和t2~t3两时间段内，汽车的加速度方向相同
【答案】C　
【解析】由位移—时间图像切线的斜率表示瞬时速度，0~t1图像的斜率不变，则汽车做匀速直线运动，A错误；t1~t2图像切线的斜率(表示瞬时速度)越来越小，在t2时刻，汽车的速度最小，B错误；t2~t3图像切线的斜率越来越大，则汽车做加速直线运动，C正确；t1~t2和t2~t3汽车先做减速后做加速，所以加速度方向相反，D错误.
9.(2023年上海一模)甲、乙两车同时同地同向运动，两车的v－t图像如图所示.其中质量m＝7.5 t的甲车以恒定功率P＝50 kW启动，最后匀速运动(设阻力恒定).乙车做初速为0的匀加速运动，以下说法错误的是(　　)
A.20 s末两车相遇
B.30 s末两车相遇
C.当乙车在追上甲车前，甲车已经达到最大速度
D.甲车运动中所受阻力为5×103 N
【答案】A　
【解析】对甲车，当甲车速度最大时，牵引力等于阻力，则F＝Ff＝ N ＝5×103 N，D正确；设乙车追上甲车的时间为t，对乙车，x＝at2 ＝×t2.由图可知，当乙车追上甲车时，甲车已经达到最大速度，并且以最大速度做匀速运动，对甲车根据动能定理有Pt－Ff·x＝，联立以上方程式可以得到t＝30 s，B、C正确， A错误.
10.(2023年岳阳模拟)质量为m＝0.5 kg的物块在光滑的水平面上受到水平拉力F的作用，从静止开始做匀加速直线运动，计时开始的－t图像如图甲所示，v2－x图像如图乙所示，据图像的特点与信息分析，下列说法正确的是(　　)
A.图乙的斜率是图甲的斜率的2倍
B.水平拉力F为5 N
C.前2 m的中点时刻的速度为 m/s
D.前2 s中点位置的速度为 m/s
【答案】C　
【解析】由初速度为0的匀加速直线运动规律可得x＝at2，则有t.可得甲图的斜率为k甲＝.由v2＝2ax，可知乙图的斜率为k乙＝2a，则k乙＝4k甲，A错误；由乙图可得k乙＝2a＝10 m/s2，解得a＝5 m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma＝2.5 N，B错误；当x＝2 m，由x＝at2，解得t＝ s，前2 m的中间时刻速度即2 m内的平均速度为 m/s，C正确；当t＝2 s，由v＝at可得v＝10 m/s，前2 s中点位置的速度为＝5 m/s，D错误.(共28张PPT)
热点专题系列一　攻克运动学、动力学类图像的应用
由近几年高考试题可看出，利用运动图像考查变速直线运动是高考的热点.主要考查考生从图像获取、处理和应用有效信息的能力，考查的图像有x－t、v－t、a－t、－t、v2－x等，解决图像问题的关键：
(1)明确图像反映的是物体哪两个物理量间的变化规律，即涉及的函数表达式；
(2)理解并应用图像的“点”“截距”“斜率”“面积”等的物理意义.
综合类型一　x－t、v－t和a－t图像
1.三种图像的理解
x－t图像 图像斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向
v－t 图像 (1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负.
(2)图像斜率的大小表示物体运动的加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向.
(3)图像与时间轴围成的面积代表位移
a－t图像 图像与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动
三者 关系 x－t图像和v－t图像描述的都是直线运动，而a－t图像描述的不一定是直线运动；在图像转换时，必须明确不同图像间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图像所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断
2.a－t图像的理解和应用
图像

物理意义 表示物体加速度随时间变化的规律
识图 五要素 点 两图线交点，说明两物体此时刻加速度相等
线 ①②③表示a均匀变化；④表示a恒定；⑤⑥表示a非均匀变化；a方向为：t上为正，t下为负
斜 斜率表示物体加速度的变化率，即加速度变化的快慢
截 纵截距表示初始加速度
面 阴影部分的面积表示物体某段时间内速度变化量；t上为正，t下为负
例1　(2022年襄阳模拟)A、B两物体从同一位置向同一方向同时运动，甲图是A物体的位移—时间图像，乙图是B物体的速度—时间图像.关于两物体在0~6 s内的运动，下列说法正确的是(　　)
A.运动过程中，A、B两物体相遇一次
B.运动过程中，A物体一直在向正方向运动
C.A、B两物体最远距离是15 m
D.A物体的平均速度是B物体的平均速度的两倍
【答案】A　
【解析】由图甲知，A物体在前2 s做匀速直线运动，2~4 s静止，4~6 s又匀速返回出发点，总位移为零，B错误；B物体前2 s做初速度为零的匀加速运动，位移是×2×5 m＝5 m，2~4 s匀速运动，位移是2×5 m＝10 m，4~6 s匀减速运动，位移是×2×5 m＝5 m，总位移是20 m，所以运动过程中，只是在A物体返回时，与B物体相遇一次，A正确；由以上分析知6 s时两物体相距最远，最远距离是20 m，C错误；A在6 s内平均速度是零，B在6 s内平均速率是 m/s＝ m/s，D错误.
变式1　(多选)如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移—时间图像，图乙为质点c和d做直线运动的速度—时间图像，由图可知(　　)
A.若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
B.若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
C.t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的运动方向发生改变
D.t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的速率先减小后增大
【答案】AD
例2　汽车的设计、竞技体育的指导、宇航员的训练等多种工作都会用到急动度的概念.急动度j是加速度变化量Δa与发生这一变化所用时间Δt的比值，即j＝，它的方向与物体加速度变化量的方向相同.一物体从静止开始做直线运动，其加速度a随时间t的变化关系如图，则该物体在(　　)
A.1~3 s内做减速运动
B.0~5 s内速度方向发生改变
C.t＝2 s时和t＝4 s时加速度等大反向
D.t＝2 s时和t＝4 s时急动度等大反向
【答案】C　
【解析】1~3 s内加速度为正值，做加速度减小的加速运动，故A错误；图像与时间轴所围面积为物体的速度变化量，故0~5 s内始终为正值，速度方向不变，故B错误；由图像可知，t＝2 s时和t＝4 s时加速度等大反向，故C正确；t＝2 s时和t＝4 s时，斜率相同，故急动度相同，故D错误.
变式2　一辆摩托车在t＝0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的a－t图像如图所示，根据已知信息，可知(　　)
A.摩托车的最大动能
B.摩托车在30 s末的速度大小
C.在0~30 s的时间内牵引力对摩托车做的功
D.10 s末摩托车开始反向运动
【答案】B　
【解析】由图可知，摩托车在0~10 s内做匀加速运动，在10~30 s内做减速运动，故10 s末速度最大，动能最大，由v＝at可求出最大速度，但摩托车的质量未知，故不能求出最大动能，A错误；根据a－t图线与t轴所围的面积表示速度变化量，可求出30 s内速度的变化量，由于初速度为0，则可求出摩托车在30 s末的速度大小，B正确；在10~30 s内牵引力是变力，由于不能求出牵引力，故不能求出牵引力对摩托车做的功，C错误；由图线与时间轴围成的面积表示速度变化量可知，30 s内速度变化量为零，所以摩托车一直沿同一方向运动，D错误.
综合类型二　－t图像

识图 步骤 (1)根据图像写函数表达式；
(2)根据表达式找初速度和加速度两个主要物理量
识图 五要素 点 两图线交点，说明两物体此时刻相遇
线 ①②③表示物体做匀变速运动；④表示物体做匀速直线运动
斜
截 ③纵截距表示物体初速度；④图线b1表示匀速直线运动的速度
面 匀变速直线运动的图线与t轴所围图形面积不表示物体某段时间发生的位移
例3　在相互平行的平直公路上，A、B两车沿同一方向做直线运动，两车运动的位移与时间的比值与t之间的关系图像如图所示，已知两车在t＝2 s时刻正好并排行驶，下列说法中正确的是(　　)
A.B车做匀加速直线运动
B.t＝2 s时刻，A车的速度为4 m/s
C.0~4 s内，A车运动的位移为32 m
D.t＝0时刻A车在前，B车在后
【答案】C　
【解析】根据x＝v0t+at2，可得＝v0+at，则A做初速度为0，加速度为a＝4 m/s2的匀加速运动，物体B做速度为4 m/s的匀速运动，t＝2 s时刻，A车的速度为v2＝at2＝8 m/s，A、B错误；0~4 s内，A车运动的位移为x4＝×4×42 m＝32 m，C正确；2 s内A的位移x2＝×4×22 m＝8 m，B的位移x2'＝8 m，则t＝0时刻A、B两车并排，D错误.
变式3　(2022年广东金山中学期中)汽车在平直路面上做匀加速运动，其运动的－t图像如图所示.下列判断正确的是(　　)
A.汽车运动的初速度大小为b
B.阴影部分的面积表示汽车在~t0时间内通过的位移
C.汽车运动的加速度大小为
D.0~t0时间内，汽车的平均速度大小为2b
【答案】A　
【解析】对于匀变速直线运动x＝v0t+at2，整理得＝v0+at，结合－t图像可知，汽车运动的初速度大小为v0＝b，图像中直线的斜率k＝，解得a＝，A正确、C错误；由图像的意义可知，某一时刻的纵坐标表示从0时刻到该时刻汽车的平均速度，故0~t0时间内，汽车的平均速度大小为3b.图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移，图像与横轴所围面积没有意义，不表示汽车通过的位移，B、D错误.
综合类型三　v2－x图像或x－v2图像
图像
识图 步骤
识图 五要素 点 两图线交点，说明两物体经过某相同位置的速度平方值相同
线 ①②④⑤表示物体做匀加速直线运动；③表示物体做匀减速直线运动
斜
截 在v2－x图线中纵截距表示物体初速度的平方；在x－v2图线中横截距表示物体的初速度的平方
面 图线与横轴所围图形面积无意义
例4　斜面长度为4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方的关系图像(即x－图像)如图所示.
(1)求滑块下滑的加速度大小.
(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长
解：(1)由0－＝2ax推知，题中图线斜率为
－ s2·m－1，解得a＝－2 m/s2，
所以滑块下滑的加速度大小为2 m/s2.
(2)由题中图像可推知，当滑块的初速度为4 m/s时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0 m/s时能滑到斜面最低点.
设滑块在斜面上的滑动时间为t，
则x＝v0t+at2，
代入数据解得t＝1 s，t＝4 s(舍去).
变式4　一辆汽车做直线运动，其v2－x图像如图所示.关于汽车的运动，下列说法错误的是(　　)
A.汽车的初速度为4 m/s
B.汽车的加速度大小为0.5 m/s2
C.汽车第4 s末的速度为2 m/s
D.汽车前10 s内的位移为15 m
【答案】D　
【解析】由图可知初始时速度的平方为16 m2/s2，则汽车的初速度v0＝4 m/s，A正确.由题图可知v2与x的关系式为v2－42＝－x，再与公式v2－＝2ax对比可知汽车做匀减速直线运动，加速度a＝－0.5 m/s2，B正确.由v＝v0+at，可得汽车第4 s末的速度为v4＝4 m/s－0.5×4 m/s＝2 m/s，C正确.因＝8 s，则知第8 s末车停止，汽车前10 s内位移x＝＝16 m，D错误.
综合类型四　v－x、x－v图像
图像
识图 步骤
识图 五要素 点 两图线交点，说明两物体经过某相同位置的速度相同
线 ①②③表示物体做匀加速直线运动；④⑤表示物体做匀减速直线运动
斜
截 在v－x图线中纵截距表示物体初速度；在x－v图线中横截距表示物体的初速度
面 图线与横轴所围图形面积无意义
例5　汽车中的ABS系统是汽车制动时，自动控制制动器的刹车系统，能防止车轮抱死，可以减小刹车距离，增强刹车效果.实验小组通过实验，研究有ABS系统和无ABS系统两种情况下的匀减速制动距离，测试的初速度均为60 km/h.根据图中的图线及数据，可以推断出两种情况下汽车刹车的加速度大小之比a有∶a无等于(　　)
A.4∶3 B.3∶4
C.3∶2 D..2∶3
【答案】A　
【解析】根据v2＝2ax，得a＝，因为初速度相等时，刹车的距离之比为3∶4，则平均加速度之比a有∶a无＝4∶3，故A正确.
变式5　(2022年中山一中模拟)(多选)港珠澳大桥它是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道.图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆小汽车在长度为L的平直桥面上提速，图乙是该车车速的平方v2与位移x的关系，已知小汽车(含司乘人员)总质量为m以及图中数据b1、b2、L，则(　　 )
A.小汽车的加速度为
B.小汽车合外力为
C.小汽车通过该平直桥面的时间为
D.小汽车通过该平直桥面的动能增量为
甲 乙
【答案】ACD　
【解析】由图乙可知，小汽车的初速度为 ，末速度为，运动的位移为L，根据速度与位移的关系式v2－＝2ax，解得小汽车的加速度为a＝，故A正确；根据牛顿第二定律F合＝ma，可得小汽车合外力为F＝，故B错误；根据x＝t，可得小汽车通过该平直桥面的时间为t＝，故C正确；根据动能公式Ek＝mv2，可知小汽车通过该平直桥面的动能增量为ΔEk＝mv2－，故D正确.(共24张PPT)
实验一　研究匀变速直线运动
1.实验器材
电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、__________、导线、电源、复写纸.
【答案】刻度尺
2.实验原理(如图所示)
3.实验步骤
(1)按照如上图所示安装实验装置，把打点计时器固定在长木板的一端，接好电源.
(2)把一细绳系在小车上，细绳绕过滑轮，下端挂合适的钩码，纸带穿过打点计时器，固定在小车后面.
(3)把小车停在靠近打点计时器处，先___________，后__________.
(4)小车运动一段时间后，断开电源，取下纸带.
(5)换纸带重复实验三次，选择一条比较理想的纸带进行测量分析.
接通电源　
放开小车
4.注意事项
(1)平行：纸带细绳要与长木板平行.
(2)两先两后：实验中先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源，后取下纸带.
(3)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止钩码落地及小车与滑轮相撞.
(4)减小误差：小车的加速度宜适当大些，可以减小长度测量的相对误差，加速度大小以能在约50 cm的纸带上清楚地取到6~7个计数点为宜.
(5)小车从靠近打点计时器位置释放.
1.判断物体是否做匀变速直线运动
2.逐差法求加速度
3.利用平均速度求瞬时速度(如图)
4.图像法求加速度(如图)
命题一　课标教材原型实验　[基础考查]
例1　某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究.物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示.已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个点未画出.
(1)在打出C点时物块的速度大小为______m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为______m/s2(保留2位有效数字).
(2)某实验小组中的四位同学利用同一条纸带分别作出了如图所示的四幅v－t图像，其中最规范的是______，由此图像得到的加速度是______m/s2.(结果保留2位有效数字)
0.233　
0.75　
A　
0.50
A B C D
【解析】(1)速度vC＝ m/s≈0.233 m/s，加速度a＝×10－2 m/s2＝0.75 m/s2.
(2)描绘图像时取坐标单位的时候不能随意，要使得大部分点落在整个坐标区域中，故B、D都不规范；描完点后，先大致判断这些点是不是在一直线上，然后画一直线，让这些点均匀地散落在这条直线的两侧，故A规范，C不规范.根据a＝，结合图像可知v－t图像的斜率即为纸带的加速度，则a＝ m/s2＝0.50 m/s2.
[解题方略]
变式1　(2022年商丘模拟)某同学做研究匀变速直线运动规律的实验装置如图甲所示，得到一条清晰的纸带如图乙所示，并在纸带上选取A、B、C、D、E共5个计数点(每相邻两个计数点间还有4个点未画出)，已知打点计时器的频率为50 Hz.
(1)关于本实验，下列说法正确的是______.(填选项前字母)
A.释放纸带的同时，接通电源
B.先接通电源打点，后释放纸带运动
C.先释放纸带运动，后接通电源打点
D.纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越大
(2)小车经过B点的速度为vB＝______m/s.(结果保留2位有效数字)
(3)小车的加速度大小为a＝______m/s2.(结果保留2位有效数字)
B　
0.26
　0.40
【解析】(1)由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通电源，后释放纸带，A、C错误，B正确；纸带上的点迹越密集，说明相同时间内的位移越小，故纸带运动的速度越小，D错误.
(2)小车经过B点时的速度大小为
vB＝ m/s＝0.26 m/s.
(3)利用逐差法，可得小车的加速度大小为
a＝＝0.40 m/s2.

命题二　拓展创新实验　[能力考查]
1.实验设计创新
2.数据处理
(1)加速度的获得：靠重物的拉力获得加速度→长木板倾斜靠重力获得加速度.
(2)速度的测量方法：由打点纸带求速度→测定遮光片的宽度d和遮光片通过光电门的挡光时间Δt，由v＝求速度.
(3)加速度的测量方法：由打点纸带利用逐差法求加速度→利用经过两个光电门的瞬时速度，由速度—位移关系式求加速度.
例2　某实验小组用如图所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A、B是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B时就停止计时，得到钢球从A运动到B所用的时间t，用刻度尺测出A、B间的高度h，保持钢球下落的位置不变，光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复前面的实验，测出多组h、t的值.
(1)根据测得的多组h、t的值，算出每组的，作出－t图像，则图像应是图中的________.
(2)图线在纵轴上的截距表示__________________________，要求出重力加速度，必须求出图线的______________，若求出的图线的这个量用k表示，则当地的重力加速度为__________.
　钢球通过光电门B时的速度　
D
斜率的绝对值　
2k
【解析】(1)由于球下落的位置不变，光电门B的位置不变，因此小球到达B点的速度不变，设球到B点的速度为vB，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有h＝vBt－gt2，即＝vB－gt，因此D正确，A、B、C错误.
(2)由函数表达式可知，图线与纵轴的交点表示小球通过B光电门的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由k＝g，解得g＝2k.
变式2　某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间.实验前，将该计时器固定在小车旁，如图甲所示.实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车.在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图乙记录了桌面上连续6个水滴的位置.(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)
(1)由图乙可知，小车在桌面上是______________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的.
(2)该小组同学根据图乙的数据判断出小车做匀变速运动.小车运动到图乙中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________
m/s2.(结果均保留2位有效数字)
从右向左　
0.19
　0.037
【解析】(1)小车在阻力的作用下，做减速运动，由题图乙知，从右向左相邻水滴间的距离逐渐减小，所以小车在桌面上是从右向左运动的.
(2)已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴，所以相邻两水滴间的时间间隔为T＝ s＝ s，所以A点位置的速度为vA＝ m/s≈0.19 m/s.根据逐差法可得加速度a＝，解得a≈－0.037 m/s2，故加速度的大小为0.037 m/s2.

展开更多......

收起↑