【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第一章 第2讲 (含解析).doc，共(22)页，474.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲匀变速直线运动的规律知识排查匀变速直线运动的基本公式1.速度—时间关系：v＝v0＋at2.位移—时间关系：x＝v0t＋12at23.速度—位移关系：v2－v20＝2ax――→初速度为零v0＝0v＝atx＝12at2v2＝2ax匀变速直线运动的

推论1.匀变速直线运动的三个推论(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2(2)中间时刻速度：vt2＝v0＋v2＝v－(3)位移中点速度vx2＝v20＋v222．初速度为零的匀变速直线运动的常用重要

推论(1)T末、2T末、3T末„„瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶„∶vn＝1∶2∶3∶„∶n。(2)T内、2T内、3T内„„位移的比为x1∶x2∶x3∶„∶xn＝12∶22∶32∶„∶n2。(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＝1∶3∶5∶„∶

(2N－1)。(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶„∶(n－n－1)。自由落体运动1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。2．运动规律(1)速度公式：v

＝gt。(2)位移公式：h＝12gt2。(3)速度位移关系式：v2＝2gh。竖直上抛运动1.定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。2．运动规律(1)速度公式：v＝v0－gt(2)位移公式：h＝v0t－12gt2(3)速度位移关系式：

v2－v20＝－2gh小题速练1．思考判断(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。()(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。()(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。()(4)初速度为零的匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之

比为1∶2∶3。()(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。()(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。答案(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√2．某航母跑道长为200m，飞机在航母上滑

行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/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．5m/sB．10m/sC．15m/sD．20m/s解析飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，由题意知，v＝5

0m/s，a＝6m/s2，x＝200m，根据v2－v20＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0＝v2－2ax＝502－2×6×200m/s＝10m/s。故选项B正确。答案B3．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6m，BC＝10m，小球经过AB和BC

两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()A．2m/s，3m/s，4m/sB．2m/s，4m/s，6m/sC．3m/s，4m/s，5m/sD．3m/s，5m/s，7m/s解析根据

物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB＝AB＋BC2t＝4m/s。又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2m/

s，vC＝6m/s，故选项B正确。答案B4．(2018·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2kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则()A．物体在2s末的速度大小是20m/sB．物体

在第5s内的平均速度大小是3.6m/sC．物体在前2s内的位移大小是20mD．物体在5s内的位移大小是50m解析设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5s内的位移是18m，可得12g×52－12g×42＝18m，得g＝4m/s

2，所以2s末的速度大小为v＝gt2＝8m/s，选项A错误；第5s内的平均速度大小为v－＝Δx5Δt5＝18m/s，选项B错误；物体在前2s内的位移大小为x＝12gt22＝8m，选项C错误；物体在5s内的位移大小为x5＝12gt2

5＝50m，选项D正确。答案D匀变速直线运动规律的基本应用1．常用公式的选择题目中所涉及的物理量(包括已知量、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、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋12at2v0、v、a、xtv2－v20＝2axv0、v、t、xax＝

v＋v02t2.运动学公式中正、负号的规定一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。【例1】(2019·湖北天门模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10s

时，速度计显示速度为54km/h。求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程

表示数为零)解题关键―→画运动过程示意图，呈现运动情景解析(1)由题意可知经过10s时，速度计上显示的速度为v1＝15m/s，由速度公式v＝v0＋at得a＝v－v0t＝v1t1＝1.5m/s2由位移公式得x1＝12at2

1＝12×1.5×102m＝75m这时出租车离出发点的距离为75m。(2)当速度计上显示的速度为v2＝108km/h＝30m/s时，由v22＝2ax2得x2＝v222a＝300m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，

可根据速度公式得t2＝v2a＝301.5s＝20s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80s，通过位移x3＝v2t3＝30×80m＝2400m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x＝x2＋x3＝(300＋2400)m＝

2700m＝2.7km。答案(1)75m(2)2.7km解题的基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论1．如图1所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市

安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为5m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统

设置的安全距离约为()图1A．50mB．20mC．10mD．1m解析使汽车避免与障碍物相撞，则末速度v＝0，a＝－5m/s2，根据v2－v20＝2ax得x＝－v202a＝－102－2×5m＝10m，选项C正确。答案C2．如图2

所示，高速公路一般情况下小汽车限速120km/h，但由于施工等特殊情况会有临时限速。某货车正在以72km/h的速度行驶，看到临时限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1m/s2，减速行驶了2min，则减速后货车的速度为(

)图2A．6.0m/sB．8.0m/sC．10.0m/sD．12.0m/s解析v0＝72km/h＝20m/s，t＝2min＝120s，a＝－0.1m/s2。由v＝v0＋at得v＝(20－0.1×120)m/

s＝8.0m/s，故选项B正确。答案B3．[易错点——刹车类问题][人教版必修1·P40·T3改编]以18m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3s内前进36m，则汽车在5s内的位移为()A．50mB．45mC．40.5mD．40m解析根据x＝v0t＋12at2得36＝1

8×3＋12a×32，即a＝－4m/s2。汽车停止所需时间为t′＝－v0a＝－18－4s＝4.5s<5s，所以4.5s末汽车停止，5s内的位移x＝－v202a＝－1822×（－4）m＝40.5m，故选项C正确。答案C解决匀变速运动问

题的常用方法解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法【例2】[一题多解]物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图3所示。已知物体运动到斜面长度34处的B点时，所用时间为t

，求物体从B滑到C所用的时间。图3解析法一逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面，故sBC＝12at2BC，sAC＝12a(t＋tBC)2。又sBC＝14sAC，解得tBC＝t。法二比例法对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里

通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶„∶sn＝1∶3∶5∶„∶(2n－1)。现有sBC∶sBA＝(14sAC)∶(34sAC)＝1∶3，通过sAB的时间为t，故通过sBC的时间tBC＝t。法三中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时

刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。v－AC＝12(v＋v0)＝12v0。又v20＝2asAC①v2B＝2asBC②sBC＝14sAC③解①②③得vB＝12v0。可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置，因此有tB

C＝t。法四图象面积法利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v－t图象，如图所示。S△AOCS△BDC＝CO2CD2。且S△AOC＝4S△BDC，故41＝（t＋tBC）2t2BC，得tBC＝t。法五推论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

位移所用的时间之比t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶„∶(n－n－1)。现将整个斜面分成相等的四段，如图所示。设通过BC段的时间为tBC，那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(2－1)tB

C，tDE＝(3－2)tBC，tEA＝(4－3)tBC，又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tBC＝t。答案t【例3】[易错点——双向可逆类]如图4，一物体以某一速度冲上一光滑斜面，前4s的位移为1.6m，随后4s的位移为零

，那么物体的加速度多大？图4解析设物体的加速度大小为a，由题意知加速度的方向沿斜面向下。物体前4s是减速运动，位移为1.6m，所以有x＝v0t0－12at20，代入数据1.6＝v0×4－12a×42随后4s的位移

为零，则物体滑到最高点所用总时间为t＝4s＋42s＝6s，所以初速度v0＝at＝a×6由以上两式得物体的加速度大小为a＝0.1m/s2。答案0.1m/s2双向可逆类运动问题(1)常见情景①沿光滑斜面上

滑的小球，到最高点后返回。②竖直上抛运动等。(2)特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向都不变。1．(多选)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/sB．加速度a的大小为1m/s2C．位移x3的大小为1.125mD．位移x3内的平均速度大小为0.75m/s解析由Δx＝aT2可得加速度a＝－1m/s2，选项B正确；第1s末的速度v1＝x1＋x22T＝2.5m/s，得初速度v0＝v1

－at＝3.5m/s，选项A错误；物体速度由2.5m/s减小到0所需时间t＝Δva＝2.5s，则经过位移x3的时间t3为1.5s，且x3＝－12at23＝1.125m，选项C正确；位移x3内的平均速度v－＝x3t3＝0.75m/s，选项D正确。答案BCD2．(2018·安徽池州期末)2018年2月

9日平昌冬奥会开赛，日前中国女子冰壶队已经顺利通过预选赛进军平昌奥运会。如图5所示，可视为质点的冰壶以初速度v0滑入O点后做匀减速直线运动，滑到C点时速度恰好为零，若OA＝AB＝BC，冰壶依次滑过O、A、B点时的速度之比为v0∶vA∶vB，滑过OA、AB、BC三段所用的时间之比为t

OA∶tAB∶tBC，则()图5A．v0∶vA∶vB＝3∶2∶1tOA∶tAB∶tBC＝1∶2∶3B．v0∶vA∶vB＝9∶4∶1tOA∶tAB∶tBC＝(3－2)∶(2－1)∶1C．v0∶vA∶vB＝9∶4∶1tOA∶tAB∶tBC＝1∶2∶3D．v0∶vA∶vB＝3∶2∶1tOA∶

tAB∶tBC＝(3－2)∶(2－1)∶1解析由逆向思维匀减速运动可看做反向的匀加速运动，根据速度—位移公式v2＝2ax可得，所求的速度之比v0∶vA∶vB＝3∶2∶1，初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时

间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比tOA∶tAB∶tBC＝(3－2)∶(2－1)∶1，故D正确，A、B、C错误。答案D自由落体和竖直上抛运动1．两种运动的特性(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。(2)竖直上抛运动的重要特性①对

称性如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。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初速度v0竖直向上，加速度g竖直向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－12gt2(规定竖直向上方向为正方向)若v>0

，物体上升，若v<0，物体下落若h>0，物体在抛出点正上方，若h<0，物体在抛出点正下方【例4】如图6中高楼为上海中心大厦，建筑主体为118层，总高为632m。现假设外墙清洁工人在320m高处进行清洁时不慎掉落一瓶水，当他发现水瓶掉落时，水瓶已经下落了5s，此时

他大声向下方行人发出警告。已知声速为340m/s，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。下列说法正确的是()图6A．正下方的行人先看见水瓶落地，再听见警告声，时间差超过2sB．正下方的行人先听见警告声，再看见水瓶落地，时间差超

过2sC．正下方的行人先看见水瓶落地，再听见警告声，时间差不到1sD．正下方的行人先听见警告声，再看见水瓶落地，时间差不到1s解析瓶子落地总时间t总＝2hg＝8s，当瓶子下落5s后才发现，还剩3s落地，此时人喊出声音传到正下方时间t′＝xv声≈0.9

s，故行人先听到警告声，再看见水瓶落地，且时间差超过2s。答案B1．太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动时间里的

位移或速度，以下说法正确的是(重力加速度g取10m/s2，且不随高度的变化而变化)()图7A．自由落体运动的位移是3.9×104mB．自由落体运动的位移是2.1×104mC．自由落体运动的末速度是6.0×102m/sD．自由落体运动的平均速度是6.0×102m/s解

析根据题意，运动员做自由落体运动的时间t＝60s，因此，自由落体运动的位移h＝12gt2＝1.8×104m，选项A、B错误；运动员自由落体的末速度v＝gt＝6.0×102m/s，C正确；自由落体运动的平均速度v－＝12v＝3.0×102m/s，D错误。答案C2．(2018·山东临沂校级段考)气球下

挂一重物，以v0＝10m/s的速度匀速上升，当到达离地面高度h＝175m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10m/s2)解析法一分成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＝v0g＝1sh1＝v202g＝5m故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝2Hg＝6sv＝gt2＝60m/s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t1＋

t2＝7s。法二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′＝－175m，由位移公式有h′＝v0t－12gt2即－175＝10t－12×10t2＝10t－5t2整理得t2－2t－35＝0解得

t1＝7s，t2＝－5s(舍去)所以重物落地速度为v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中负号表示落地速度方向与初速度方向相反，方向竖直向下。答案7s60m/s匀变速直线运动的多过程问题规范解题“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—时间关系；(4)解：联立求解，算出结果。【例5】(12分)假设收

费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v＝21.6km/h，事先小汽车未减速的车速为v0＝108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4m/s2。试问：(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6

m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？解题关键画草图(运动过程)规范解答(1)v＝21.6km/h＝6m/s，v0＝108km/h

＝30m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为x1处开始制动，则有v2－v20＝－2a1x1(2分)解得x1＝108m。(1分)(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。减速阶段，

有v＝v0－a1t1(1分)解得t1＝v0－va1＝6s(1分)加速阶段，有v0＝v＋a2t(1分)解得t2＝v0－va2＝4s则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10s。(1分)(3)加速阶段，有v20－v2＝2a2x2(2分)解得x2＝72m则总位

移x＝x1＋x2＝180m(1分)若不减速通过收费站，则所需时间t′＝xv0＝6s(1分)故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt＝t－t′＝4s(1分)答案(1)108m(2)10s(3)4s1．如图8为某高速公路出口的ETC通道示意图。一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v

0＝30m/s，此时开始减速，到达M点时速度减至v＝6m/s，并以6m/s的速度匀速通过MN区。已知MN的长度d＝36m，汽车减速运动的加速度大小a＝3m/s2，求：图8(1)O、M间的距离x；(2)汽车从O点到N点所用的时间t。解析(1

)根据v2－v20＝－2ax得，x＝v20－v22a＝144m。(2)从O点到达M点所用的时间t1＝v0－va＝8s，匀速通过MN区所用的时间t2＝dv＝6s，汽车从O点到N点所用的时间t＝t1＋t2＝14s。答案(1)144m(2)14s2．如图9所示，在成都天府大道某处安装了一台500

万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度。一辆汽车正从A点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距355m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接收到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于

D点，且此时汽车与测速仪相距335m，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为图10所示分析(已知超声波速度为340m/s)。图9图10(1)求汽车刹车过程中的加速度a；(2)此路段有80km/h的限速标志，分析该汽车刹车时的行驶速度是否超速？解析(1)设超声波从B运动到C的时间为t0

，那么在超声波从C返回B的t0时间内，汽车由C减速运动到D且速度为零，应用逆向思维x2＝12at20，超声波往返时间为2t0，汽车在2t0时间内，运动的位移为x1＋x2＝12a(2t0)2，x1＋x2＝

x0－x＝20m，x2＝5m，x1＝15m，而超声波在t0内的距离为BC＝x＋x2＝335m＋5m＝340m，即v声t0＝340m，t0＝1s，代入x2＝12at20得a＝10m/s2。(2)由x1＋x2＝v202a，得v0＝20m/s＝72km/h，汽车未超速。答案(1)10m/s2

(2)不超速课时作业(时间：30分钟)基础巩固练1．如图1所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。假设水滴从10m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约为(g取10m/s2)()图1A．2

0m/sB．14m/sC．2m/sD．1.4m/s解析根据公式v2＝2gh得v＝2×10×10m/s≈14m/s，选项B正确。答案B2．某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3s内通过的位移是x(单位：m)，

则质点运动的加速度为()A.3x2(m/s2)B.2x3(m/s2)C.2x5(m/s2)D.5x2(m/s2)解析由匀变速直线运动规律知第3s内的平均速度等于t＝2.5s时的瞬时速度v2.5＝x1(m/s)＝x(

m/s)，得a＝v2.5t＝x2.5(m/s2)＝2x5(m/s2)，C正确。答案C3．如图2所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC等于()图2A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4答案

C4．一物体自空中的A点以一定的初速度向上抛出，1s后物体的速率变为10m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g＝10m/s2)()A．在A点上方，速度方向向下B．在A点下方，速度方向向下C．正

在A点，速度方向向下D．在A点上方，速度方向向上解析物体的初速度方向竖直向上，若1s后物体的速度方向向下，大小为10m/s，则在此1s内物体速度的变化量Δv将大于10m/s，这与Δv＝gt＝10m/s不符，故1s后物体的速度方向仍向上，物体在抛出点A上方，选项D正确。答案D5．某同学在

实验室做了如图3所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3s，g取10m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为()图3A．1mB．1.

25mC．0.4mD．1.5m解析小球经过光电门的速度v＝dΔt＝0.5×10－21.00×10－3m/s＝5.0m/s，由v2＝2gh可得小球开始下落的位置距光电门的距离为h＝v22g＝1.25m，故B项正确。答案B6．(2

019·江西赣中南五校联考)我国是一个消耗能源的大国，节约能源刻不容缓，设有一架直升飞机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V＝pa＋q(p、q均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大

小应为()A.pqB.qpC.p＋qpD.p＋qq解析设匀加速直线运动的加速度为a，高度为h，由h＝12at2得，t＝2ha，则消耗的油量V′＝(pa＋q)t＝(pa＋q)2ha＝2hp2a＋q2a＋2pq

，知p2a＝q2a时，油量消耗最小，解得a＝qp，故B正确。答案B7．某列车离开车站后做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，前1s内的位移为10m，前2s内的位移为25m，则前3秒内的位移为()A．40mB．45mC．5

0mD．55m解析第1s内的位移x1＝10m，第2s内的位移x2＝(25－10)m＝15m，由x2－x1＝x3－x2得第3秒内的位移x3＝20m，前3s的位移x＝x1＋x2＋x3＝45m，故B项正确。答案B8．短跑运

动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段，一次比赛中，某运动员用11.00s跑完全程。已知该运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员在加速阶段的加速度大小及通过的距离。解析根据题意，在第1s和第2

s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得x1＝12at20，x1＋x2＝12a(2t0)2，其中t0＝1s，x2＝7.5m，联立解得a＝5m/s2。设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速

运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为x，依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2，v＝at1，x＝12at21＋vt2，设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝12at21，联立解得x′＝10m。答案5m/s210m综合提能练9．一根轻质细线将2个薄铁垫片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4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落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则()图4A．t1＞t2B

．t1＜t2C．v1∶v2＝1∶2D．v1∶v2＝1∶3解析A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落L用时，B垫片再下落3L用时t2，由于t1、t2时间内B下落的位移满足1∶3的关系，故t1＝t2，v1∶v2＝1∶2，所以只有C正确。答案C10．如图5所示

，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xAB＝2m，xBC＝3m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于()图5A.98mB.89mC.34mD.43m解析设物体的加速度为a，经过A点时的速度为vA，由A点

到B点所用的时间为t，则xAB＝vAt＋12at2＝2m，xAC＝vA·2t＋12a(2t)2＝5m，联立解得at2＝1m，vAt＝1.5m，xOA＝v2A2a＝98m，选项A正确。答案A11．(多选)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1s，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0.2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m，由上述条件可知()A．质点运动的加速度是0.6m/s2B．质点运动的加速度是0.3m/s2C．第1次闪光时质点的速度是0.1m/sD．第2次闪光

时质点的速度是0.35m/s解析由Δx＝aT2和逐差法可得质点运动的加速度a＝x3－x12T2＝0.3m/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＝0.2m/s，第1次闪光时质点的速度是v1＝v－a×T2＝0.2m/s－0.3×0.5m/s

＝0.05m/s，第2次闪光时质点的速度是v2＝v＋a×T2＝0.2m/s＋0.3×0.5m/s＝0.35m/s，选项C错误，D正确。答案BD12．(多选)(2019·河北省石家庄市高三联考)如图6所示，一滑块以5m/s的速度从固定斜面底端O点冲上斜面，经时间t1

到达A点时的速度为3m/s，在经时间t2到达B点时的速度为0，下列说法正确的是()图6A．O、A间的距离与A、B间的距离之比为16∶9B．O、A间的距离与A、B间的距离之比为3∶5C．t1与t2之比为2∶3D．t1与t2之比为3∶2解析滑块在斜面上做匀减速直线运动，设加速度大小为a，

O、A之间距离为x1，A、B之间距离为x2，由匀变速直线运动规律可得，v20－v2A＝2ax1，v2A＝2ax2，联立解得x1∶x2＝16∶9，选项A正确，B错误；由匀变速直线运动规律可得，v0－vA＝at1，vA＝at2，联立解得t1∶t2＝2∶3，选项C正确，D错误。答案AC13．(2019

·名师原创预测)由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图7甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长

均为l＝4.4m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0m，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0m时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车

都以a＝2m/s2的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：图7(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。解析(1)第11辆汽车前端与停止线的距离x1＝10(l＋d1)＝64m由v2

＝2ax1得v＝16m/s(2)设后一辆汽车刚开动时，前—辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前—辆汽车至少行驶的距离x2＝d2－d1＝4.0m由x2＝12at21得t1＝2s从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间t2＝10t1＝20s从第11辆汽

车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t3＝va＝8s从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t＝t2＋t3解得t＝28s答案(1)16m/s(2)28s