【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第2讲 匀变速直线运动的规律 教案

2021年高考一轮复习
第二讲
匀变速直线运动的规律
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.
匀变速直线运动及其公式
2.
自由落体运动和竖直上抛运动
复习目标
1．掌握三个基本公式
(1)速度公式：v＝v0＋at。
(2)位移公式：x＝v0t＋at2。
(3)位移速度关系式：v2－v＝2ax。
2．熟练运用初速度为零的匀变速直线运动的四个推论
3、理解自由落体和竖直上抛运动规律。
复习重点
两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初末时刻速度矢量和的一半，即：＝v＝。
(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2。
复习难点
竖直上抛运动规律
一、自我诊断
知己知彼
1．(2019·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2
kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5
s内的位移是18
m(未落地)，则(
)
A．物体在2
s末的速度大小是20
m/s
B．物体在第5
s内的平均速度大小是3.6
m/s
C．物体在前2
s内的位移大小是20
m
D．物体在5
s内的位移大小是50
m
【答案】
D
【解析】设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5
s内的位移是18
m，可得g×(5
s)2－g×(4
s)2＝18
m，得g＝4
m/s2.所以物体在2
s末的速度大小为8
m/s，选项A错误；物体在第5
s内的平均速度大小为18
m/s，选项B错误；物体在前2
s内的位移大小是g×(2
s)2＝8
m，选项C错误；物体在5
s内的位移大小是g×(5
s)2＝50
m，选项D正确．
2．(2019·湖南石门检测)近年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通；设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54
km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6
s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5
m/s2，最后停在故障车前1.5
m处，避免了一场事故．以下说法正确的是(
)
A．司机发现故障车后，汽车经过3
s停下
B．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5
m/s
C．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33
m
D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11
m/s
【答案】
C
【解析】汽车减速到零的时间t1＝＝
s＝3
s．则t＝t′＋t1＝(0.6＋3)s＝3.6
s，故A错误；在反应时间内的位移x1＝v0t′＝15×0.6
m＝9
m，匀减速直线运动的位移x2＝＝
m＝22.5
m，则x＝x1＋x2＋1.5
m＝33
m，故C正确；平均速度＝＝
m/s＝8.75
m/s，故B、D错误．
3.
(2019·蚌埠模拟)高铁目前是我国的一张名片．某高铁站，一维护员站在一中央站台上，两边分别有正在进站或开出的列车，若两边列车都是做匀变速直线运动(加速度不为零)，如图所示，现观察其中一列的运动，发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n1和n2，则n1和n2之比不可能是(
)
A．1∶2
B．2∶5
C．3∶2
D．4∶21
【答案】
D
【解析】设匀变速直线运动相等时间间隔t内任意连续两段位移为s1、s2，中间时刻速度为v，两端速度分别为v1、v2，则s1＝t，s2＝t，＝＝＝，当v1、v2分别取0时，可得两段位移之比分别为、，因此可知取值范围为≤＝≤且＝≠1，因此D不可能．
4.
据报道，一儿童玩耍时不慎从45
m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童。已知管理人员到楼底的距离为18
m，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击。不计空气阻力，将儿童和管理人员都看作质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取10
m/s2。
(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？
(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9
m/s，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？
【答案】(1)6
m/s(2)a≥9
m/s2
【解析】(1)儿童下落过程，由运动学公式得：h＝gt
管理人员奔跑的时间t≤t0，对管理人员运动过程，由运动学公式得：x＝t，联立各式并代入数据解得：≥6
m/s
(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v0，由运动学公式得：＝
解得：v0＝2＝12
m/s>vm＝9
m/s
故管理人员应先加速到vm＝9
m/s，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。
设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，由运动学公式得：
x1＝at
x3＝at，x2＝vmt2，vm＝at1＝at3
t1＋t2＋t3≤t0，x1＋x2＋x3＝x
联立各式并代入数据得a≥9
m/s2
5.（2019·北京市衡中清大教育集团模拟）一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第3
m、倒数第2
m、最后1
m内的运动，下列说法中正确的是（
）
A．经历的时间之比是1:2:3
B．平均速度之比是3:2:1
C．平均速度之比是
D．平均速度之比是
【答案】D
【解析】将物体所做末速度为零的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，由推论和平均速度公式即可求解比例关系。将物体所做末速度为零的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动．根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，经历的时间之比是，A错误；平均速度公式为，x都是1
m，则得，平均速度之比与时间成反比，则有平均速度之比是，D正确BC错误。
二、温故知新
夯实基础
“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题
三、典例剖析
举一反三
考点一
匀变速直线运动规律的应用
（一）典例剖析
例1（2019·全国高考真题）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
【答案】C
【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动．则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，可知，即，故本题选C．
【易错点】不能将正向的匀减速运动看成反向的匀加速运动。
【方法点拨】初速度为零的匀加速直线运动，相邻相等位移的时间比要记清楚。
例2
．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为()
A.v
B.v
C．2v
D.v
【答案】A
【解析】由匀变速直线运动的中间位置的速度公式v＝，有v＝，得v底＝v，所以只有A项正确。
【易错点】不饿能够区分位移中点的速度和时间中点的速度。
【方法点拨】中间位置的速度公式v＝，时间中点的速度公式v中=.
例3
（2019·江西省南昌市联考）（多选）如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。根据图中的信息，下列判断错误的是（
）
A．位置“1”是小球释放的初始位置
B．小球做匀加速直线运动
C．小球下落的加速度为
D．小球在位置“3”的速度为
【答案】BCD
【解析】1位置并不是初始位置，它只是开始曝光的一点，所以A错误。从图中的信息在这几个曝光的时间间隔内走过的位移是定值，并且距离越来越大，所以小球做匀加速直线运动，B正确，根据由得小球下落的加速度为，C正确。得小球在位置“3”的速度为，D正确。
（二）举一反三
1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8
m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5
s和2
s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2
m/s2由静止加速到2
m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(
)
A．关卡2
B．关卡3
C．关卡4
D．关卡5
【答案】C
【解析】关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝＝1
s，运动的距离为x1＝at2＝1
m，然后以2
m/s的速度匀速运动，经4
s运动的距离为8
m，因此第1个5
s内运动距离为9
m，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5
s，大于2
s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5
s，而运动到第12
s
时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C项正确。
2.
从某一高度相隔1
s先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻(
)
A．甲乙两球距离始终不变，甲乙两球速度之差保持不变
B．甲乙两球距离越来越大，甲乙两球速度之差也越来越大
C．甲乙两球距离越来越大，甲乙两球速度之差保持不变
D．甲乙两球距离越来越小，甲乙两球速度之差也越来越小
【答案】C
【解析】两个小球释放后，设经过时间t，则gt2－g(t－1)2＝Δh，则Δh＝g(2t－1)，故t增大，Δh也随之增大，而据v＝gt可知Δv＝gt－g(t－1)＝g(只表示大小)，速度差保持不变，所以A、B、D均错误，C正确。
3.
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米，动车进站时可以看做匀减速直线运动。他发现第6节车厢经过他用了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】设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋at2
从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有0－v＝2a·2L，
解得a≈－0.5
m/s2或a＝－18
m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5
m/s2。
考点二自由落体运动和竖直上抛运动
（一）典例剖析
例1
.(2019·淮南模拟)如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图，他每隔0.4
s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10
m/s2)(
)
A．1.6
m
B．2.4
m
C．3.2
m
D．4.0
m
【答案】C
【解析】将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动，由题意知，球从抛出到落回手中用时t＝0.4
s×4＝1.6
s，则球从最高点落回手中的时间为0.8
s，则H＝×10×0.82
m＝3.2
m，故C正确．
【易错点】不能把初速度为零的匀加速直线运动规律在自由落体运动中应用。
【方法点拨】自由落体运动就是初速度为零的匀加速直线运动，应熟记初速度为零的匀加速直线运动规律。
例2、(2019·山东师大附中模拟)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则(
)
A．三者到达桌面时的速度大小之比是
∶∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
【答案】AC.
【解析】由v2＝2gh，得v＝，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，A正确；由t＝得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝∶∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(－)
，c与b开始下落的时间差Δt2＝(－1)
，故C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错误．
【易错点】不能正确理解竖直上抛运动的对称性
【方法点拨】正确理解竖直上抛运动的对称性，速度对称性、时间对称性、位移对称性。
例3．在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt，速度差为Δv，如果人站在四层楼的阳台上，同样的方法释放小球，让小球自由下落则两小球相继落地的时间差Δt和速度差Δv将(
)
A.Δt不变
B．Δt变小
C.Δv变小
D．Δv变大
【答案】BC
【解析】画出小球自由落体的v?t图象
因为阴影部分表示绳长，由图象知Δv变小，Δt变小。故B、C正确。
【易错点】不能灵活运用v-t图像解题。
【方法点拨】v-t图像可使复杂问题简单化。
（二）举一反三
1．用如图所示的方法可以测出一个人的反应时间。甲同学用手握住直尺顶端刻度为零的地方，乙同学在直尺下端刻度为a的地方做捏住直尺的准备，但手没有碰到直尺，当乙同学看到甲同学放开直尺时，立即捏住直尺，乙同学发现捏住直尺的位置刻度为b。已知重力加速度为g，a、b的单位为国际单位制基本单位，则乙同学的反应时间t约等于(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】由题意知在反应时间内直尺自由落下的位移为a－b，设乙同学的反应时间为t，忽略空气阻力，根据自由落体运动位移公式h＝gt2＝a－b，得：t＝，则选项D正确，其他选项错误。
2．由于当年实验条件的限制，伽利略无法直接对落体运动进行实验研究，而今天即使在中学实验室里，我们也可以通过实验来验证落体运动的规律。如图是某次实验中获得的质量为m的小球下落时的频闪照片，频闪间隔是
s。根据此照片计算(结果保留三位有效数字)
(1)小球在4.90
cm位置处的速度大小为________m/s；
(2)小球下落的加速度大小为________m/s2；
(3)小球在13.60
cm位置处的速度大小为________m/s。
【答案】D
(1)0.984(2)9.77(3)1.64(或1.63)
【解析】(1)小球在4.90
cm位置处的速度大小为v4.90＝
m/s＝0.984
m/s
(2)由逐差法求加速度，可得
a＝
m/s2＝9.77
m/s2
(3)据v＝v0＋at得：v13.60＝v4.90＋a·2T＝0.984
m/s＋9.77×
m/s＝1.64
m/s。
由题图可知汽车的初速度v0＝60
km/h＝16.7
m/s，末速度v＝20
km/h＝5.6
m/s。由加速度的定义式得a＝＝
m/s2＝－1.4
m/s2，故选项D正确。
3.
伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是(
)
A．斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程
B．斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量
C．通过对斜面实验的观察与计算，直接得到自由落体的运动规律
D．根据斜面实验结论进行合理的外推，得到自由落体的运动规律
【答案】BD
【解析】“斜面实验”中小球运动的加速度较小，便于运动时间的测量，A错误、B正确；斜面倾角增大到90°时，斜面运动外推为自由落体运动，C错误、D正确。
考点三
解决匀变速直线运动问题的常用方法
（一）典例剖析
例1(2019·温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8
m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8
m．该车减速时的加速度大小为5
m/s2.则下列说法中正确的是(
)
A．如果驾驶员立即刹车制动，则t＝2
s时，汽车离停车线的距离为1.6
m
B．如果在距停车线6
m处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人
C．如果驾驶员的反应时间
为0.4
s，汽车刚好能在停车线处停车让人
D．如果驾驶员的反应时间为0.2
s，汽车刚好能在停车线处停车让人
【答案】AD.
【解析】若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t0＝＝
s＝1.6
s<2
s，所以从刹车到停止的位移大小x1＝＝
m＝6.4
m，汽车离停车线的距离为8
m－6.4
m＝1.6
m，故A正确；如果汽车在距停车线6
m处开始刹车制动，刹车位移是6.4
m，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B错误；刹车的位移是6.4
m，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6
m，则驾驶员的反应时间t＝
s＝0.2
s时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C错误，D正确．
【易错点】不会分析物体沿斜面向上运动的性质。
【方法点拨】熟练掌握逆向思维法、比例法。
例2一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1
s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2
m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8
m，由上述条件可知(
)
A.质点运动的加速度是0.6
m/s2
B.质点运动的加速度是0.3
m/s2
C.第1次闪光时质点的速度是0.1
m/s
D.第2次闪光时质点的速度是0.3
m/s
【答案】
C
【解析】由Δx＝aT2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3
m/s2，选项A错误，B正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度v＝0.2
m/s，第1次闪光时质点的速度是v1＝v－aT/2＝(0.2－0.3×0.5)
m/s＝0.05
m/s，第2次闪光时质点的速度是v2＝v＋aT/2＝(0.2＋0.3×0.5)
m/s＝0.35
m/s，选项C、D错误。
【易错点】不能灵活运用匀变速直线运动的基本公式。
【方法点拨】正确理解匀变速直线运动的基本公式以及推论。
例3.
如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀减速直线运动，依次经A、B、C、D到达最高点E，已知AB＝BD＝6
m，BC＝1
m，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2
s。设滑块经C时的速度为vC，则(
)
A.滑块上滑过程中加速度的大小为0.5
m/s2
B.vC＝6
m/s
C.DE＝3
m
D.从D到E所用时间为4
s
【答案】AD
【解析】据题意，由于滑块向上做匀减速直线运动，则有：xCD－xAC＝aT2，则a＝－0.5
m/s2，故A选项正确；据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间中点时刻的瞬时速度，则有vC＝＝3
m/s，故B选项错误；据v＝2axCE可得xDE＝xCE－xCD＝4
m，故C选项错误；据逆向分析有：xDE＝at，则tED＝4
s，所以D选项正确。
【易错点】对匀减速直线运动和时间中点瞬时速度的公式理解不到位。
【方法点拨】匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间中点时刻的瞬时速度。
（二）举一反三
1.
物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度为零。在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x1、x2和t1、t2，下列各式不成立的是(
)
A.＝
B.＝
C.＝＝
D．v＝
【答案】C
【解析】由题意可知物体加速和减速时最大速度相同，根据x＝vt，可知选项A、C、D正确；据v＝at得a1t1＝a2t2，所以＝，B错误。
2．(多选)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示(
)
A．v0t－at2
B．v0t
C.
D.at2
【答案】ACD
【解析】质点做匀减速直线运动，加速度为－a，位移为v0t－at2,
A对，B错；平均速度为，位移大小为t，C对；匀减速到零可看做反向的初速度为零的匀加速直线运动来计算位移大小，为at2，D对。
3．如图所示，t＝0时，质量为0.5
kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。每隔2
s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g＝10
m/s2，则下列说法中正确的是(
)
t/s
0
2
4
6
v/(m·s－1)
0
8
12
8
A.t＝3
s的时刻物体恰好经过B点
B．t＝10
s的时刻物体恰好停在C点
C．物体运动过程中的最大速度为12
m/s
D．A、B间的距离小于B、C间的距离
【答案】BD
【解析】根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1＝4
m/s2和在水平面上的加速度a2＝－2
m/s2。根据运动学公式：8＋a1t1＋a2t2＝12，t1＋t2＝2，解得t1＝
s，知经过
s到达B点，到达B点时的速度v＝a1t＝
m/s。如果第4
s还在斜面上的话，速度应为16
m/s，从而判断出第4
s已过B点，是在2
s到4
s之间经过B点。所以最大速度不是12
m/s，故A、C均错误。第6
s末的速度是8
m/s，到停下来还需的时间t′＝
s＝4
s，所以到C点的时间为10
s，故B正确。根据v2－v＝2ax，求出AB段的长度为
m，BC段长度为
m，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D正确。
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1．（2019·海南高三一模）一物块沿直线运动的速度一时间（v-t）图象如图所示，下列说法正确的是（
）
A．5s内的位移大小为17.5m
B．3s末与5s末的速度相同
C．第4s内与第5s内的加速度相同
D．前4s的平均速度大小为4m/s
【答案】C
【解析】A．因为v-t图像的面积等于位移，则5s内的位移大小为
选项A错误；
B．3s末与5s末的速度大小相同，方向相反，选项B错误；
C．因为v-t图像的斜率等于加速度，则第4s内与第5s内的加速度相同，选项C正确；
D．前4s内的位移大小为
则平均速度大小为
选项D错误．
2、（2020·宁夏高三一模）如图所示，某质点以A点为起点开始做匀变速直线运动，从A点运动到B点用时2s，再经过6s运动到C点，第10s末到达D点。已知AB＝8m、CD＝24m，则该质点的初速度v0和加速度a分别为(
)
A．3m/s、4m/s2
B．0、1m/s2
C．0、4m/s2
D．3m/s、1m/s2
【答案】D
【解析】A到B的过程中
；
C到D的过程中
；
x1=8m，t1=2s
x2=24m，t2=2s+6s=8s
t3=10s
代入解得：
v0=3m/s
a=1m/s2；
故D正确，ABC错误。
3.（2020·山东高三一模）全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风洗尘”。某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出，经过3s水到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出后第1s内上升高度为h，则水通过前段用时为（　　）
A．0.5s
B．
C．
D．0.2s
【答案】C
【解析】由经过3s水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为
第1s内上升高度为
设水通过前末的竖直分速度大小为，则有
解得
所用的时间为
故C正确，ABD错误。
故选C。
【巩固】
1.
一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为(
)
A．
B.
C．
D.
【答案】D
【解析】如图所示:
解得.
2.
如图所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是()
A．两物体在t1时刻速度大小相等
B．t1时刻乙的速度大于甲的速度
C．两物体平均速度大小相等
D．甲的平均速度小于乙的平均速度
【答案】C
【解析】根据位移图象的斜率等于速度，则在t1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故A、B错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C正确，D错误．
3.
（2019·南昌市八一中学高考模拟）一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，t=0时刻给物体施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过P点(5，25)的直线，如图所示，则（
）
A．小物块做匀速直线运动
B．水平拉力F的大小为2.5N
C．5s内小物块的位移为5m
D．5s末小物块的速度为25m/s
【答案】B
【解析】根据v2=2ax可知，则F=ma=2.5N，选项A错误，B正确；5s内小物块的位移为，选项C错误；5s末小物块的速度为v5=at5=12.5m/s，选项D错误；故选B.
【拔高】
1.
某航母跑道长200
m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6
m/s2，起飞需要的最低速度为50
m/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()
A．5
m/s
B．10
m/s
C．15
m/s
D．20
m/s
【答案】B
【解析】由v2－v＝2ax得v0＝＝10
m/s，故B正确。
2.(2019·河北定州中学模拟)近几年，国家取消了7座及以下小车在部分法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0＝72
km/h，靠近站口时以大小为a1＝5
m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝28.8
km/h，然后立即以a2＝4
m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
【答案】(1)33.6
m(2)5.4
s(3)1.62
s
【解析】设该车初速度方向为正方向，vt＝28.8
km/h＝8
m/s，v0＝72
km/h＝20
m/s，a1＝－5
m/s2.
(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：由v－v＝2a1x1
解得：x1＝33.6
m.
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vt＝v0＋a1t1，得t1＝＝2.4
s
加速阶段：t2＝＝3
s
则加速和减速的总时间：t＝t1＋t2＝5.4
s.
(3)在加速阶段：x2＝t2＝42
m
则总位移：x＝x1＋x2＝75.6
m
若不减速所需要时间：t′＝＝3.78
s
车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62
s.
3．(2019·江西五校高三摸底考试)一弹性小球自4.9
m
高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的，重力加速度g取9.8
m/s2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．
【答案】8
s
【解析】小球第一次下落经历的时间为：t＝＝1
s
落地前的速度的大小v＝gt＝9.8
m/s
第一次碰地弹起的速度大小v1＝v
上升到落回的时间t1＝＝2×
s
第二次碰地弹起的速度的大小v2＝v
上升到落回的时间
t2＝＝2×
s
第n次碰地弹起的速度的大小vn＝v
上升到落回的时间
tn＝＝2×
s
从开始到最终停止经历的时间为：t总＝t＋t1＋t2＋…＋tn＝1＋2×＋2×＋…＋2×
s＝1＋7×
s≈8
s.
(
第
2
页
共
19
页
)
(
第
1
页
共
19
页
)