2008年高考物理一轮复习第2讲匀变速直线速
高三一轮复习秘籍-第一章第2讲匀变速直线运动的规律
第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、匀变速直线运动的规律1．速度公式：v＝v0＋at.2．位移公式：x＝v0t＋12at2.3．位移速度关系式：v2－v20＝2ax.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＝…＝x n－x n－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：v＝v0＋v2＝v t 2 .(3)位移中点速度2220 2vv vx +=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∶…∶v n＝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∶…∶x n＝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x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)．三、自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．(2)基本规律①速度公式：v ＝gt .②位移公式：x ＝12gt 2.③速度位移关系式：③v 2＝2gx .(3)伽利略对自由落体运动的研究①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．2．竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．(2)运动性质：匀变速直线运动．(3)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ；②位移公式：x ＝v 0t －12gt 2.研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．三个概念的进一步理解(1)质点不同于几何“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．2．三点注意(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，可以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．【例1】在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示．下面说法正确的是()A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案D解析金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为观测“金星凌日”时太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确．【变式1】(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东直线行驶4km，又向北直线行驶3km，已知sin37°＝0.6，则下列说法中正确的是()A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7kmB．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5km处D．研究小船在湖中行驶时间时，小船可以看做质点答案ACD解析在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km＝5km，方向为东偏北θ，满足sinθ＝0.6，即θ＝37°，运动的路程为7km，选项A，C正确；以小船为参考系，O处的观察员是运动的，B错误；若研究小船在湖中行驶时间时，小船的大小相对于行驶的距离可以忽略不计，故小船可以看做质点，选项D正确．1．区别与联系(1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．2．方法和技巧(1)判断是否为瞬时速度，关键是看该速度是否对应“位置”或“时刻”．(2)求平均速度要找准“位移”和发生这段位移所需的“时间”．【例2】在某GPS定位器上，显示了以下数据：航向267°，航速36km/h，航程60km，累计100min，时间10∶29∶57，则此时瞬时速度和开机后平均速度为()A．3.6m/s、10m/s B．10m/s、10m/sC．3.6m/s、6m/s D．10m/s、6m/s答案B解析GPS定位器上显示的航速为瞬时速度36km/h＝10m/s，航程60km，累计100min ，平均速度为v ＝Δx Δt ＝60×103100×60m/s ＝10m/s ，故B 正确．【变式2】(多选)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB ，ABC ，ABCD ，ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1s,2s,3s,4s ．下列说法正确的是()A ．物体沿曲线A →E 的平均速率为1m/sB ．物体在ABC 段的平均速度大小为52m/s C ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点时的速度等于AC 段的平均速度答案BC 解析平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段轨迹的长度，故不能求出平均速率，选项A 错误；由v ＝s t 可得v ＝52m/s ，选项B 正确；所选取的过程离A 点越近，其过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，选项C 正确；物体在B 点的速度不一定等于AC 段的平均速度，选项D 错误．【变式3】一质点沿直线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，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6t2 (m/s)，该质点在t＝2s时的速度和t＝2s到t＝3s时间内的平均速度的大小分别为()A．12m/s39m/s B．24m/s38m/sC．12m/s19.5m/s D．24m/s13m/s答案B解析由v＝6t2(m/s)得，当t＝2s时，v＝24m/s；根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x＝(5＋2t3)m得：当t＝2s时，x2＝21m，t＝3s时，x3＝59m；则质点在t＝2s到t＝3s时间内的位移Δx＝x3－x2＝38m，平均速度v＝ΔxΔt ＝381m/s＝38m/s，故选B.◆拓展点用平均速度法求解瞬时速度——极限思想的应用1．用极限法求瞬时速度和瞬时加速度(1)公式v＝ΔxΔt中，当Δt→0时v是瞬时速度．(2)公式a＝ΔvΔt中，当Δt→0时a是瞬时加速度．2．注意(1)用v＝ΔxΔt求瞬时速度时，求出的是粗略值，Δt(Δx)越小，求出的结果越接近真实值．(2)对于匀变速直线运动，一段时间内的平均速度可以精确地表示物体在这一段时间中间时刻的瞬时速度．【例3】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，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0s ，则滑块的加速度约为()A ．0.067m/s 2B ．0.67m/s 2C ．6.7m/s 2D ．不能计算出答案A 解析遮光板通过第一个光电门时的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m/s ＝0.10m/s ，遮光板通过第二个光电门时的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30m/s ，故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067m/s 2，选项A 正确．1．三个概念的比较比较项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量描述物体速度改变的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢和方向的物理量定义式v＝ΔxΔtΔv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0t决定因素v的大小由v0、a、Δt决定Δv由v与v0进行矢量运算，由Δv＝aΔt知Δv由a与Δt决定a不是由v、t、Δv来决定的，而是由Fm来决定方向平均速度与位移同向由v－v0或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v的方向无关2.判断直线运动中的“加速”或“减速”方法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)a和v同向(加速直线运动)→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)a和v反向(减速直线运动)→a不变，v随时间均匀减小或反向增加a增大，v减小或反向增加得越来越快a减小，v减小或反向增加得越来越慢【例4】(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的可能运动情况为()A．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相同B．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相反C．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相同D．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相反答案AD解析以初速度的方向为正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝v－v0 t＝10－41m/s2＝6m/s2，方向与初速度的方向相同，A正确，B错误；若初、末速度方向相反，加速度a＝v－v0t＝－10－41m/s2＝－14m/s2，负号表示方向与初速度的方向相反，C错误，D正确．【变式4】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，再逐渐减小直至零，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解析加速度与速度同向，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，始终向前运动，最终做匀速运动，所以位移一直在增大，选项C、D均错误．【变式5】一物体做加速度为－1m/s2的直线运动，t＝0时速度为－5m/s，下列说法正确的是()A．初速度为－5m/s说明物体在做减速运动B．加速度为－1m/s2说明物体在做减速运动C．t＝1s时物体的速度为－4m/sD．初速度和加速度方向相同，物体在做加速运动答案D解析当速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，根据速度公式v ＝v0＋at，当t＝1s时物体速度为v1＝－5m/s＋(－1)×1m/s＝－6m/s，故A、B、C错误，D正确．。
高考物理总复习 1.第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
情境2 ETC通道 [新教材人教版必修第一册P53习题改编]ETC是不停车电子收费系统的简称， 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，如果过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；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过
拓展点 两类特殊的匀减速直线运动 类型1——刹车类问题 汽车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的时间．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．
例5 [2022·山西四校联考]以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，
√ ×
√ √
√ √
【教材拓展】 2.[人教版必修第一册P44T4改编]航空母舰的战斗力主要依靠舰载机， 假设航空母舰静止在海面上，舰载机在航母跑道上从静止开始以5 m/s2的加速度做匀加速直线运动； (1)求第4 s末时舰载机的速度大小； (2)求前4 s内舰载机的位移大小； (3)若舰载机需要达到50 m/s的速度才可升空，舰载机开始时获得30 m/s的初速度，求航母跑道的最短长度．
速运动10 m 加速运动后匀速 匀减速到速度为零， 停20 s，再加速
汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2 加速度大小已知
[模型建构] (1)过ETC通道时经历三个运动阶段：
(2)过人工收费通道经历两个运动阶段：
情境3 “酒驾” [2022·湖北襄阳高三联考]酒后驾车严重威胁公 共交通安全．将驾驶员从视觉感知到前方危险开 始到汽车开始制动的时间称为反应时间，将反应 时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制 动距离．科学研究发现，反应时间和感知制动距 离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化．一驾驶员 正常驾车和酒后驾车时，感知前方危险后汽车运 动的v t图线分别如图甲、乙所示．求： (1)正常驾驶时的感知制动距离s； (2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增 加的距离Δs.
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动的规律学生用书
第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、匀变速直线运动的规律 1．定义和分类(1)定义：沿着一条直线，且________不变的运动叫做匀变速直线运动． (2)分类：{匀加速直线运动：a 、v 方向________．匀减速直线运动：a 、v 方向________．2．基本规律(1)速度公式：v ＝________． (2)位移公式：x ＝________．(3)速度位移关系式：v 2−v 02＝______． 3．三个重要推论4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论,生活情境1.一辆汽车从静止出发，在交通灯变绿时从A点以2.0 m/s2的加速度在平直的公路上做匀加速直线运动，经一段时间运动到B点，速度达20 m/s，则(1)汽车在运动过程中，速度是均匀增加的．( )(2)汽车在运动过程中，位移是均匀增加的．( )(3)汽车在运动过程中，在任意相等的时间内，速度的变化量是相等的．( )(4)汽车从A点运动到B点所用时间为10 s，位移为100 m．( )(5)汽车从A点运动到B点，中间时刻的速度为10 m/s.( )(6)汽车从A点运动到B点，位移中点的速度为10√2 m/s.( )教材拓展2.[鲁科版必修1P36T1改编]关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )A．在相等时间内位移的变化相同B．在相等时间内速度的变化相同C．在相等时间内加速度的变化相同D．在相等路程内速度的变化相同3．[人教版必修1P43T3改编]某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( )A．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s关键能力·分层突破考点一匀变速直线运动规律的应用1．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a的方向为正方向．2．匀变速直线运动公式的选用一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；(1)不涉及时间，选择v2−v02＝2ax；(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用v t2＝v̅＝xt求瞬时速度；(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2求加速度．角度1基本公式的应用例1 ETC是电子不停车收费系统的简称，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，如果过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；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，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)汽车过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)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间．教你解决问题(1)读题审题——获取信息(2)思维转化——模型建构①过ETC通道时经历三个运动阶段：②过人工收费通道经历两个运动阶段：角度2 推论的应用例2.如图所示，哈大高铁运营里程为921 km，设计时速为350 km.某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，已知10 s末列车还未停止运动，则下列说法正确的是( )A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．921 km是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始刹车时的速度为80 m/s[思维方法]解决运动学问题的基本思路：跟进训练1.(多选)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s，那么该消防队员( ) A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2C．加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶42．[2022·河南模拟]如图所示，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点，测得AB＝2 m，BC＝4 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t＝1 s，求物体的加速度大小a和OD之间的距离．考点二自由落体运动和竖直上抛运动角度1自由落体运动(一题多变)例 3.如图所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看作是自由落体运动．假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约是多大？(g取10 m/s2)【考法拓展】在[例3]中水滴下落过程中经过2 m高的窗户所需时间为0.2 s．那么窗户上沿到屋檐的距离为多少？角度2竖直上抛运动(一题多解)例4. 气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)[思维方法]竖直上抛运动的研究方法(1)分段研究法：(2)整体研究法：取初速度的方向为正方向，全过程为初速度为v0，加速度大小为g的匀变速直线运动．gt2v＝v0−gt，v2−v02＝－2gh.其规律符合h＝v0t－12拓展点刹车类问题和双向可逆类问题1.刹车类问题中的两点提醒(1)分清运动时间与刹车时间之间的大小关系．(2)确定能否使用逆向思维法，所研究阶段的末速度为零，一般都可应用逆向思维法．2．双向可逆运动的特点这类运动的速度减到零后，以相同加速度反向加速．如竖直上抛、沿光滑斜面向上滑动．例5. (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )为2ms2sA．1 s B．3 s C．4 s D．5+√412跟进训练3.如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(g取10 m/s2)( )4．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，最后停在故障车后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．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mC．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/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s考点三匀变速直线运动中的STSE问题素养提升匀变速运动与交通、体育和生活等紧密联系，常见的匀变速直线运动STSE问题有行车安全、交通通行和体育运动等，解决这类问题的关键：(1)建模——建立运动的模型(列出运动方程)；(2)分段——按照时间顺序，分阶段研究运动．情境1 “智能物流机器人”(多选)为解决疫情下“最后500米”配送的矛盾，将“人传人”的风险降到最低，目前一些公司推出了智能物流机器人．机器人运动的最大速度为1 m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20 s，路宽是19.5 m，它启动的最大加速度是0.5m，下面是它过马路的安排方案，s2既能不闯红灯，又能安全通过的方案是( )A．在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动B．在距离停车线1 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动C．在距离停车线2 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动D．在距离停车线0.5 m处，绿灯亮起之前1 s，以最大加速度启动情境2 酒驾(多选)酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离，“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离．(假设汽车制动加速度都相同)分析上表可知，下列说法正确的是( )A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 sB．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 sC．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车拓展点有关汽车行驶的几个概念1.反应时间：人从发现情况到采取相应的行动经过的时间叫反应时间．2．反应距离：驾驶员发现前方有危险时，必须先经过一段反应时间后才能做出制动动作，在反应时间内汽车以原来的速度行驶，所行驶的距离称为反应距离．3．刹车距离：从制动刹车开始到汽车完全停下来，汽车做匀减速直线运动，所通过的距离叫刹车距离．4．停车距离：反应距离和刹车距离之和就是停车距离．5．安全距离：指在同车道行驶的机动车，后车与前车保持的最短距离，安全距离包含反应距离和刹车距离两部分．情境3 机动车礼让行人[2021·浙江6月，19]机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103kg 的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度．[思维方法]解决STSE 问题的方法在解决生活和生产中的实际问题时．(1)根据所描述的情景 分析→ 物理过程 建构→ 物理模型． (2)分析各阶段的物理量．(3)选取合适的匀变速直线运动规律求解．第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、 1．（1）加速度 （2）相同 相反 2．（1）v 0＋at （2）v 0t ＋12at 2（3）2ax 4．（1）1∶2∶3∶…∶n（2）12∶22∶32∶…∶n 2（3）1∶3∶5∶…∶（2n －1）（4）1∶（√2－1）∶（√3－√2）∶…∶（√n －√n −1） 二、静止 gt 12gt 22gh 向上 重力 v 0－gt v 0t －12gt 2－2gh 生活情境 1．（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）√ （6）√ 教材拓展 2．答案：B 3．答案：A关键能力·分层突破例1 解析：（1）过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x 1＝v 21 －v 22 2a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m（2）过人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m（3）过ETC 通道的时间t 1＝v 1－v 2a ×2＋d v 2＝18.5 s过人工收费通道的时间t 2＝v 1a×2＋t 0＝44 sx 总2＝2x 2＝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 ＝t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1＋Δx v 1 ＝25 s答案：（1）138 m （2）72 m （3）25 s例2 解析：因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离，故研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由位移与路程的意义知921 km 是指路程，选项B 错误；由x n －x m ＝（n －m ）aT 2，解得加速度a ＝32.5 m －57.5 m 5×（1 s ）2＝－5 m/s 2，即加速度大小为5 m/s 2，选项C 错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第4.5 s末列车速度为57.5 m/s ，由速度公式可得v 0＝v －at ＝57.5 m/s －（－5 m/s 2×4.5 s ）＝80 m/s ，选项D 正确．答案：D1．解析：钢管长L ＝12 m ，运动总时间t ＝3 s ，加速过程加速度大小2a 、时间t 1、位移x 1、最大速度v ，减速过程加速度大小a 、时间t 2、位移x 2.加速和减速过程中平均速度均为v2， vt2＝L ，得v ＝8 m/s ，A 项错误，C 项正确；v ＝2at 1＝at 2，t 1∶t 2＝1∶2，B 项正确；x 1＝vt 12，x 2＝vt 22，x 1∶x 2＝1∶2，D 项错误．答案：BC2．解析：由匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2可得a ＝ΔxT 2＝Δx t 2＝2 m/s 2由于CD －BC ＝BC －AB 代入数据有CD ＝6 m由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可以得到B 点的速度v B ＝2＋42×1m/s＝3 m/s由2ax ＝v 2－v 02得OB ＝v B 2−02×a＝322×1m ＝2.25 m故OD ＝OB ＋BC ＋CD ＝（2.25＋4＋6） m ＝12.25 m故物体的加速度大小a 和OD 之间的距离分别为2 m/s 2，12.25 m.答案：2 m/s 212.25 m例3 解析：选取水滴最初下落点为位移的起点，竖直向下为正方向，由自由落体运动规律知x ＝12gt 2，v ＝gt联立得v ＝√2gx代入数据得v ＝√2×10×10m/s ≈14 m/s即水滴下落到地面的瞬间，速度大约是14 m/s. 答案：14 m/s[考法拓展] 解析：设水滴下落到窗户上沿时的速度为v 0，则由x ＝v 0t ＋12gt 2得，2＝v 0×0.2＋12×10×0.22解得v 0＝9 m/s根据v 02＝2gx ，得窗户上沿到屋檐的距离x ＝v 022g ＝922×10 m ＝4.05 m.答案：4.05 m例4 解析：方法一 把竖直上抛运动过程分段研究 设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点， 则t 1＝v0g＝1010 s ＝1 s.上升的最大高度h 1＝v 20 2g ＝1022×10m ＝5 m. 12故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m.重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2Hg＝2×18010s ＝6 s. v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上脱落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.方法二 取全过程作一整体进行研究从物体自气球上脱落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m. 由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有，－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s （舍去）， 所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反． 方法三 对称法根据速度对称知，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v ，则v 2－v 20 ＝2gh .解得v ＝60 m/s ，方向竖直向下． 经过h 历时Δt ＝v －v 0g＝5 s. 从最高点到落地历时t 1＝v g＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s例5 解析：以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得4＝5t －12×2t 2解得t 1＝1 s ，t 2＝4 s 当物体的位移为－4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得 －4＝5t －12×2t 2解得t 3＝5＋√412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误．答案：ACD3．解析：根据v ＝v 0＋at ，v 0A ＝－3 m/s.代入解得v A ＝7 m/s ，同理解得v B ＝5 m/s ，v C ＝0 m/s ，v D ＝－5 m/s.由于|v A |>|v B |＝|v D |>|v C |，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，汽车刹车时间t 2v0a ＝3 s ，故汽车运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.6 s ＋3 s ＝3.6 s ，故A 项错误；司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为x ＝v 0t 1＋v 02t 2＋1.5 m ＝15×0.6 m ＋152×3 m ＋1.5 m ＝33 m ，故B 项正确；汽车的平均速度v － ＝v 0t 1＋v 02t 2t 1＋t 2＝9＋22.53.6m/s ＝8.75 m/s ，故C 、D 两项错误，故选B 项． 答案：B情境1 解析：机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t 1＝va ＝10.5s ＝2 s 达到最大速度，位移是x 1＝12a t 12＝1 m ，匀速运动的位移x 2＝l －x 1＝18.5 m ，需要时间为t 2＝x2v ＝18.5 s ，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不对；在距离停车线1 m处以最大加速度启动2 s，正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5 s，过了马路，这个方案是可以的，故B对；在距离停车线2 m处，机器人启动2 s后，走了1 m，距离停车线还有1 m，这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端还有20.5 m，需要20.5 s通过，而绿灯时间为20 s，at2＝0.25 所以不安全，故C不对；在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝12m，小于0.5 m，故没有闯红灯，继续前进0.75 m，达到最大速度，共用去了2 s，绿灯还有19 s，这时剩下的距离还有19 m，正好通过马路，故D对．答案：BD情境2 解析：反应时间＝思考距离÷车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式v2＝2ax，解得a＝7.5 m/s2，C错误；根据表格知，车速为25 m/s 时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确．答案：ABD情境3 解析：（1）设汽车刹车过程的加速度大小为a，所用时间为t1，所受阻力大小为F f由运动学公式得v12＝2as①v1＝at1②由牛顿第二定律得F f＝ma③联立①②③解得t1＝4 s④F f＝2.5×103 N⑤（2）设汽车等待时间为t，小朋友匀速过马路所用时间为t2则由运动学公式得l＋L＝v0t2⑥t＝t2－t1⑦联立④⑥⑦解得t＝20 s⑧（3）设汽车到斑马线时的速度为v，在汽车刹车过程中由运动学有v22－v2＝2as⑨联立①⑤⑨解得v＝5√5 m/s⑩答案：（1）4 s 2.5×103 N （2）20 s （3）5√5 m/s。
高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2节匀变速直线运动的规律及应用课件
取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重
6
力加速度为
m/s2。
(4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直
方向,从该视频中截取图片,
(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法
测出重力加速度。
答案 (1)小钢球
(2)①③④② (3)9.6(9.5~9.7均可)
答案 (1)4.5 m (2)2人
(3)2 m
解析 解法一 (推论法)
(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速运动的规律可知,在相邻
相等时间内位移差相等,即Δs=lCD-lBC=lBC-lAB=1 m
解得lCD=4.5 m。
(2)因为Δs=1 m,所以此刻A的上端滑道上还有2个人。
(3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有
答案 8楼
解析 由题图可以看出,在曝光的时间内,物体大约下降了两层砖的厚度,
即 14 cm(0.14 m),曝光时间为 0.01 s,所以 AB 段的平均速度为
0.14
v= = 0.01 m/s=14 m/s
由 v =2gh 可得下降的高度大约为 h=
2
2
2
=
142
2×10
m=9.8 m,每层楼高约为
(4)仍能
解析 (1)为使物体的运动尽可能地接近自由落体运动,应该尽量减小空气
阻力的影响,故下落物体应该选小钢球。
(2)实验步骤要本着先安装器材,再进行实验的原则,具体步骤为①③④②。
(3)刻度尺读数时应读球心对应的刻度,把图中三幅图依次连接起来即为常
见的纸带问题,根据逐差法可得重力加速度为
第2讲：匀变速直线运动的规律(课件)-备战2024年高考物理一轮复习全面攻略
不变的运动.
2. 匀变速直线运动的两个基本规律
(1) 速度与时间的关系式：v＝ v0＋at
.
1 2
(2) 位移与时间的关系式x＝ v 0t＋ at .
2
庆威物理
二、匀变速直线运动的三个常用推论
2
2
1.速度与位移的关系式： v －v0 ＝2ax
v=v0＋at
.
推导
−0
1
−0 2
1 2
x v 0t＋ at ＝ 0 + 2 ( )
太过瘾了，还有其他方法吗？且往下看
庆威物理
方法七：推论法
【例题2】有一个做匀加速直线运动的质点，它在两个连续相等的时间间隔内所
发生的位移分别为10 m和16 m，时间间隔为2 s，求该质点运动的加速度a.
[解析]
Δs
由 Δs＝aT 可得 a＝ 2 ＝1.5 m/s2.
T
2
庆威物理
方法八：极值法
【例题3】两个光滑斜面，高度和斜面的总长度都相等，如图所示，两个相同的小
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的
位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因为
1
3
xCB : X BA x AC : x AC 1 : 3
4
4
而通过xBA的时间为 t，所以通过xBC的时间tBC＝t
庆威物理
方法四：时间比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之
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 / s 2
，
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（【正确答案：C】
【高考第一轮复习物理】2匀变速直线运动的推论及推理
推论 1 做匀变速直线运动的物体在中间时刻的即时速度等于这段时间的平均速度，即22tt v v tSv推导：设时间为t，初速v ,末速为tv ，加速度为a ，根据匀变速直线运动的速度公式atv v得：2222t avv t av vt tt 22ttv v v 推论2 做匀变速直线运动的物体在一段位移的中点的即时速度2222t s v v v推导：设位移为S，初速v ,末速为tv ，加速度为a ，根据匀变速直线运动的速度和位移关系公式asv v t222得：22222222022S av v S av vsts 2222t sv v v 注：无论匀加速还是匀减速，都有证明方法：推论3 做匀变速直线运动的物体,如果在连续相等的时间间隔t 内的位移分别为1S 、2S 、3S ……n S ，加速度为a ,则2312S S S S S……21atS S nn 推导：设开始的速度是0v 经过第一个时间t 后的速度为atv v 01，这一段时间内的位移为20121at t v S ，经过第二个时间t 后的速度为at v v 022，这段时间内的位移为202122321att v at t v S 经过第三个时间t 后的速度为at v v 023，这段时间内的位移为202232521attv attv S 04)(424222022002202202222t t t t t t tsv v v v v v v v v v v v v v…………………经过第n 个时间t 后的速度为at nv v n0，这段时间内的位移为202121221atn tv attv S n n 则2312S S S S S……21atS S nn 推论4 初速度为零的匀变速直线运动的位移与所用时间的平方成正比，即t 秒内、2t 秒内、3t 秒内……n t秒内物体的位移之比1S ：2S ：3S ：…：n S =1：4：9…：2n推导：已知初速度0v ，设加速度为a ，根据位移的公式221atS在t 秒内、2t 秒内、3t 秒内……n t 秒内物体的位移分别为：2121atS 、22)2(21t a S 、23)3(21t a S ……2)(21nt a S n则代入得1S ：2S ：3S ：…：n S =1：4：9…：2n推论5 初速度为零的匀变速直线运动,从开始运动算起，在连续相等的时间间隔内的位移之比是从1开始的连续奇数比，即1S ：2S ：3S ：…：n S =1：3：5……：(2n-1)推导：连续相同的时间间隔是指运动开始后第1个t 、第2个t 、第3个t ……第n 个t ，设对应的位移分别为、、、321S S S ……nS ，则根据位移公式得第1个t 的位移为2121atS 第2个t 的位移为22222321)2(21at att a S 第3个t 的位移为222325)2(21)3(21att a t a S ……第n个t 的位移为222212])1[(21)(21atn t n a nt a S n代入可得：)12(:5:3:1::::321n S S S S n可以推广到如果在任意连续相等时间T 内位移之差相等，说明物体做匀变速直线运动。
高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律课件
第2讲 匀变速直线运动的规律强基础•固本增分匀变速直线运动的概念及规律加速度相同相反v0+at×××研考点•精准突破1.选用合适公式2.思维流程审题→画出示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→求解方程考向一基本公式的应用典题1 (2024湖北襄阳模拟)有人提出了高速列车不停车换乘的设想。
高速做匀速直线运动,接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速列车A以速度v度大小为a的匀加速直线运动,与高速列车A同向行驶。
两列车同时到达交,然后两列车保持该速度行驶供乘客换乘。
会点时,接驳列车B刚好加速到v两列车可视为质点。
(1)接驳列车B出发时,求高速列车A到交会点的距离。
(2)换乘完毕后,接驳列车B做匀减速直线运动,运动了距离s0后停止,求此过程中接驳列车B的加速度大小和运动时间。
考向二刹车类问题典题2 (多选)检测某品牌汽车刹车性能时,让汽车沿直线先加速到一定速度,然后急刹车,测得从刹车开始汽车相继通过两段相邻且距离都为12 m的路程(未停止)所用的时间分别为0.4 s、0.6 s。
设汽车刹车过程做匀减速直CD线运动,则( )A.汽车刹车的加速度大小为10 m/s2B.汽车刹车的初速度大小为30 m/sC.汽车刹车的总距离为28.9 mD.汽车刹车所用的总时间为1.7 s易错警示刹车类问题的注意事项(1)刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动,加速度a突然消失。
(2)求解时要注意确定实际运动时间。
(3)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——逆向思维法。
考向三双向可逆类问题典题3在足够长的光滑固定斜面上,有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动,物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下,重力加速度g取10 m/s2。
(1)当速度为零时,求物体前进的位移大小。
(2)当物体的位移大小为7.5 m时,求物体运动的时间和物体的速度大小。
高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律学案
高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律学案05194147第2讲 匀变速直线运动的规律微知识1 匀变速直线运动的规律 1．基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at 。
(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。
(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝2ax 。
2．匀变速直线运动的重要推论 (1)平均速度：v ＝v 0＋v2＝v t 2即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，或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。
(2)任意两个连续相等的时间间隔(T )内，位移之差是一恒量，即Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT _2。
(3)位移中点速度：v x 2＝v 20＋v 2t2某段位移中点的瞬时速度等于这段位移初、末速度的平方和的一半的算术平方根。
(4)初速度为零的匀加速直线运动中的几个重要结论 ①1T 末，2T 末，3T 末…瞬时速度之比：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。
②1T 内，2T 内，3T 内…位移之比：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2。
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：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)。
④通过连续相等的位移所用时间之比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
微知识2 自由落体和竖直上抛运动的规律 1．自由落体运动的规律(1)速度公式：v ＝gt 。
(2)位移公式：h ＝12gt 2。
(3)速度－位移关系式：v 2＝2gh 。
2．竖直上抛运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0－gt 。
(2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2。
(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝－2gh 。
(4)上升的最大高度H ＝v 202g。
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2008年高考物理一轮复习第2讲 匀变速直线速运动规律1
考点目标定向：
知识点拨：
1．要熟记匀变速直线运动的两个基本公式：at v v t +=0，202
1at t v s +
=和两个重要推论：
as v v t 22
02=-，t v v s t
2
0+=。
对于一段运动中出现的t s a v v t ,,,,0五个物理量，至少需要三个已知条件才能有确定的解。
2．有意识培养应用图象处理问题的能力。
历年来的高考都注重考查图象问题。
备考训练：
1．一物体的位移函数式是s=4t+2t 2，那么它的初速度和加速度分别是 （ ） A ．2m /s ，0.4m /s
2
B ．4m /s ， 2m /s 2
C ．4m /s ，4m /s
2
D ．4m /s ， 1m /s 2
2．飞机的起飞过程是从静止出发，在直跑道上加速前进，等达到一定速度时离地.已知飞机加速前进的路程
为1600 m ，所用的时间为40s.假设这段运动为匀加速运动，用a 表示加速度，v 表示离地时的速度，则 （ ）
A ．a =2m/s 2，v =80 m/s
B ．a =1 m/s 2
，v =40 m/s
C ．a =80 m/s 2，v =40 m/s
D ．a =1 m/s 2
， v =80 m/s
3．做匀加速直线运动的物体，依次通过A 、B 、C 三点，位移S AB =S BC .已知物体在AB 段的平均速度大小为3m/s ，在BC 段的平均速度大小为6 m/s ，那么，物体在B 点的即时速度的大小为 （ ）
A ．4m/s
B ．4.5 m/s
C ．5m/s
D ．5.5 m/s
4．一物体做匀变速直线运动，初速度为15 m/s ，方向向东，第5 s 末的速度为10 m/s ，方向向西，则第几秒开始物体向西运动（ ）
A ．第2s
B ．第4s
C ．第9s
D ．第15s
5．一物体做匀变速直线运动，当t=0时，物体的速度大小为12 m/s ，方向向东；当t=2 s 时，物体的速度大小为8 m/s ，方向仍向东。
则当t 为多少时，物体的速度大小变为2 m/s （ ）
A ．3s
B ．5s
C ．7s
D ．8s
6．汽车以36km/h 的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s 2
，从刹车开始，经5S ，汽车通过的位移是 （ ）
A ．0m
B ．100m
C ．12.5m
D ．37.5m
7．甲、乙两小分队进行军事演习，指挥部通过现代通信设备，在屏幕上观察到两小分队的具体行军路线如图2-1所示，两小分队同时同地由O 点出发，最后同时到达A 点，下列说法中正确
的是
A ．小分队行军路程s 甲＞s 乙
B ．小分队平均速度v 甲＞v 乙
C ．y -x 图象表示的是速率v -t 图象
D ．y -x 图象表示的是位移s-t 图象
8．对做匀减速运动的物体(无往返)
，下列说法中正确的是 （ ） A.速度和位移都随时间减小 B.速度和位移都随时间增大
C.速度随时间增大，位移随时间减小
D.速度随时间减小，位移随时间增大
9．一个以初速度0v 沿直线运动的物体，t 秒末速度为t v ，如图2-2所示，则关于
t 秒内物体运动的平均速度v 和加速度a 说法中正确的是 （ ）
图2-1
图2-2
A ．0()
2t v v v
+=
B ．0()2
t v v v +<
C ．a 恒定
D ．a 随时间逐渐减小
10．如图所示的斜线分别代表a 、b 两物体做运动时的速度图线，下列说法中正确的有 （ ） A ．在前10s 内，b 的位移比a 的位移大 B ．b 的加速度比a 的加速度大 C ．a 出发后10s 追上b
D ．10s 时两物体的即时速率相等 图2-3
11．一质点由静止开始做匀加速直线运动，已知它在第2 s 内的位移是3 m ，则它在第5 s 内的位移为 ___________。
12．驾驶手册规定具有良好刹车性能的汽车以80 km/h 的速率行驶时，可以在56 m 的距离内被刹住，在以48km/h 的速率行驶时，可以在24 m 的距离内被刹住，假设对这两种速率，驾驶员的反应时间相同（在反应时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变）)，刹车产生的加速度也相同，则驾驶员的反应时间约为 ___________。
13．图2-4给出了汽车从A 点出发到B 点做直线运动的v -t 图线，根据图线填空。
(1)在0 s ～40 s 内汽车做_______运动；加速度是_______。
(2)在40 s ～120 s 内汽车做_______运动；加速度是_______。
(3)在120 s ～200 s 内汽车做_______运动；加速度是________；发生的位移是________。
(4)由图中得到汽车从A 点开始到速度大小为10 m/s 时所需的时间是_______。
图2-4
14．物体在斜面顶端由静止开始匀加速下滑，最初4秒内经过的路程为s 1，最后4秒内经过路程s 2，且s 2-s 1=8m ，s 1：s 2=l ：2，求斜面的全长。
15．一辆汽车沿平直的公路从甲站开往乙站，起动时加速度为2m /s 2
，加速行驶5 s 后，匀速行驶2m in ，然后刹车，滑行50m ，正好到达乙站，求甲、乙两站的距离和汽车从甲站到乙站所用的时间。
16．如图2-5所示，有若干相同的小钢球，从斜面的某一位置每隔0.1s 释放一颗，在连续释放若干颗钢球后，对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图A-2-7-4，测得AB=15 cm ，BC=20 cm ，试求：
⑴拍照时B 球的速度；
⑵A 球上面还有几颗正在滚动的小球？
课时2 匀变速直线速运动规律1
1、C
2、A
3、C
4、D
5、BC
6、C
7、A
8、D
9、D 10、AD 11、12m 12、0.2s
13、（1）匀加速直线运动；0.5 m/s 2
（2）匀速直线；0 （3）匀减速直线运动；-0.25 m/s 2
；800 m （4）20 s 或160 s 14、18m 解析：设初速度为00
=v ，末速度为t v ，则 212
1at s =， 222
1at t v s t -=
又812=-s s ，t ＝4，
2
1
21=s s ∴m s 81=，m s 162=，s m a /1=，s m v t /6= ∴m m a v v s t 181
20622
22
02
=⨯-=-= 15、1275m ，135s 解析：
m t a s 25522
12122
111=⨯⨯==
，
s m t a v /10112==
m t v s 1200222== 所以S=S 1+S 2+S 3=25+1200+50=1275m ； （减速） 所以 t =t 1 + t 2 + t 3 = 135s
16、（1）1.75m/s ，（2）2颗 解析：每一个球的运动都是重复的，故对所拍的照片上的球，可认为是一个球在不同时刻的位置（1）s m s m T S S v BC AB B
/75.1/2.02.015.02=+=+= （2）B 运动的时间
2
322
/12s m s v a ==s a v t 102
23==2
222/5/1.015.02.0s m s m T S S a AB BC =-=-=s s a v t B B 35.05
75
.1===
则A运动了0.25s，故在A之上有2个球。