高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律学案

这是一份高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律学案，共19页。学案主要包含了匀变速直线运动的基本规律，匀变速直线运动的重要关系式，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。


一、匀变速直线运动的基本规律
1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。
2．分类
(1)匀加速直线运动：a与v方向相同。
(2)匀减速直线运动：a与v方向相反。
3．基本规律
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1速度—时间关系：v＝v0＋at,2位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2))eq \(――→,\s\up16(初速度为零),\s\d6(即v0＝0))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2))
二、匀变速直线运动的重要关系式
1．两个导出式
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1速度—位移关系：v2－v\\al(2,0)＝2ax,2位移—平均速度关系：x＝\(v,\s\up8(－))t＝\f(v0＋v,2)t))eq \(――→,\s\up16(初速为零),\s\d6(v0＝0))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v2＝2ax,x＝\f(v,2)t))
2．三个重要推论
(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2。
(2)中间时刻速度veq \s\d16(eq \f(t,2))＝eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)，即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。
(3)位移中点的速度veq \s\d16(eq \f(x,2))＝eq \r(\f(v\\al(2,0)＋v2,2))。
3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论
(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶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x1∶x2∶x3∶…∶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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)
2．匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(×)
3．在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)
4．物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)
5．做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。(×)
6．竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。(√)
二、走进教材
1．(人教版必修1P43T3改编)某航母甲板上跑道长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/sB．10 m/s
C．15 m/sD．20 m/s
[答案] B
2．(人教版必修1P40T3改编)以18 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为( )
A．50 mB．45 m
C．40.5 mD．40 m
C [根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得36＝18×3＋eq \f(1,2)a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝eq \f(－v0,a)＝eq \f(－18,－4) s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停止运动，5 s内的位移x＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)＝eq \f(0－182,2×－4) m＝40.5 m，故选项C正确。]
3．(人教版必修1P49做一做改编)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3＝8 m。由此可求得( )
A．第一次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移
D．质点运动的初速度
C [由于闪光时间未知，所以根据s2－s1＝s3－s2＝aT2，只能求出第二、第三两次闪光的时间间隔内质点的位移s2＝5 m，选项C正确。]
匀变速直线运动的基本规律及应用 eq \([讲典例示法])
1．重要公式的选择
2.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。
3．两类特殊的匀减速直线运动
(1)刹车类问题
①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。
②求解时要注意确定其实际运动时间。
③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的匀加速直线运动。
(2)双向可逆类问题
①示例：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。
②注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。
eq \([典例示法]) 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10 s时，速度计显示速度为54 km/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108 km/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)
审题指导：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境。
[解析] (1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝15 m/s
由速度公式v＝v0＋at
得a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(v1,t1)＝1.5 m/s2
由位移公式得x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×1.5×102 m＝75 m
这时出租车离出发点的距离为75 m。
(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s时，由veq \\al(2,2)＝2ax2得x2＝eq \f(v\\al(2,2),2a)＝300 m，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＝eq \f(v2,a)＝eq \f(30,1.5) s＝20 s，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80 s，通过位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示
x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 700 m＝2.7 km。
[答案] (1)75 m (2)2.7 km
“三步”巧解匀变速直线运动问题
eq \([跟进训练])
基本公式的应用
1．一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，做匀减速直线运动，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的2倍，且已知滑块最初开始1 s内的位移为5 m，由此可求得( )
A．滑块的加速度大小为1 m/s2
B．滑块的初速度为5 m/s
C．滑块运动的总时间为3 s
D．滑块运动的总位移为7.5 m
C [设滑块运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把滑块运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后2 s内位移大小为s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝2a，
最初2 s内位移大小为s2＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(t－2)2＝2at－2a
又因为s2∶s1＝2∶1
则有2at－2a＝4a
解得总时间为t＝3 s，
第1 s内的位移大小为5 m，则有eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(t－1)2＝5 m，代入数据解得a＝2 m/s2，故A错误，C正确；滑块的初速度为v0＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，故B错误；滑块的总位移为x＝eq \f(v0,2)t＝eq \f(6,2)×3 m＝9 m，故D错误。]
汽车“刹车问题”
2．汽车以v0＝20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度a＝－5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s时与5 s时汽车的位移之比为( )
A．5∶4B．4∶5
C．3∶4D．4∶3
C [汽车速度减为零所需的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－20,－5) s＝4 s，2 s时汽车的位移x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20×2－\f(1,2)×5×4)) m＝30 m，由于汽车经4 s停止运动，则5 s时汽车的位移即4 s时的位移，所以5 s时汽车的位移x2＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)＝eq \f(－400,－10) m＝40 m，则2 s时与5 s时汽车的位移之比为3∶4，C正确。]
多过程问题
3.冰壶在水平冰面上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶(可视为质点)沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB＝CD＝l、BC＝7l，重力加速度为g。求：
(1)冰壶经过B点时的速率；
(2)冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比。
[解析] (1)冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小a1＝μg，
根据速度—位移公式有veq \\al(2,B)＝2a1(7l＋l)，
解得冰壶经过B点时的速率vB＝eq \r(16μgl)＝4eq \r(μgl)。
(2)设冰壶在AB段运动时的加速度大小为a2，
由在AB段做匀加速直线运动有veq \\al(2,B)＝2a2l，
可得冰壶在AB段运动时的加速度大小a2＝8μg，
设冰壶在CD段运动的时间为t1，在AB段运动的时间为t2，
根据运动学公式有l＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，l＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，
冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比t1∶t2＝2eq \r(2)∶1。
[答案] (1)4eq \r(μgl) (2)2eq \r(2)∶1
解决匀变速直线运动的常用方法 eq \([讲典例示法])
1．六种思想方法
2．两点技法提醒
(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用此法。
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法。
eq \([典例示法]) (一题多法)物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
思路点拨：从题干中获取以下关键信息
(1)“到达斜面最高点C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速运动，可考虑“逆向思维”。
(2)“距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点”表明BC的距离为eq \f(l,4)，可考虑应用“比例法”。
[解析] 法一：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得
veq \\al(2,0)＝2axAC①
veq \\al(2,B)＝veq \\al(2,0)－2axAB②
xAB＝eq \f(3,4)xAC③
由①②③解得vB＝eq \f(v0,2)④
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t。
法二：平均速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。
eq \x\t(v)AC＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(v0,2)
又veq \\al(2,0)＝2axAC，veq \\al(2,B)＝2axBC，xBC＝eq \f(xAC,4)
由以上三式解得vB＝eq \f(v0,2)
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。
法三：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC
由运动学公式得xBC＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,BC)，xAC＝eq \f(1,2)a(t＋tBC)2，
又xBC＝eq \f(xAC,4)，由以上三式解得tBC＝t。
法四：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因为xBC∶xAB＝eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。
法五：图象法
根据匀变速直线运动的规律，画出v­t图象
如图所示
利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比
得eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(CO2,CD2)，且eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(4,1)，OD＝t，OC＝t＋tBC
所以eq \f(4,1)＝eq \f(t＋tBC2,t2)，解得tBC＝t。
[答案] t
eq \([跟进训练])
平均速度法
1．(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s。根据这些信息可求得( )
A．高铁车头经过A、B、C的速度
B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过AB段和BC段时间之比
AD [设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到：eq \f(vA＋vB,2)＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到：eq \f(vB＋vC,2)＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为：eq \(v,\s\up8(－))＝eq \f(2x,tAB＋tBC)＝eq \f(2x,\f(x,30)＋\f(x,20))＝24 m/s，所以有：eq \f(vA＋vC,2)＝24 m/s，联立解得：vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，A选项正确，B、C选项错误。tAB：tBC＝eq \f(AB,vAB)∶eq \f(BC,vBC)＝2∶3，D选项正确。]
推论法
2.如图所示，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|AB|＝2 m，|BC|＝3 m。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( )
A．eq \f(9,8) m B．eq \f(8,9) m C．eq \f(3,4) m D．eq \f(4,3) m
A [设物体通过AB、BC所用时间均为T，则B点的速度为：vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(5,2T)，
根据Δx＝aT2得：a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(1,T2)，
则有：vA＝vB－aT＝eq \f(5,2T)－eq \f(1,T2)·T＝eq \f(3,2T)，
根据速度位移公式得，O、A两点之间的距离为：
xOA＝eq \f(v\\al(2,A),2a)＝eq \f(\f(9,4T2),\f(2,T2)) m＝eq \f(9,8) m。故A正确，B、C、D错误。]
逆向思维法
3.(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
D．t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
BD [因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看做反向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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，故所求时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v2－veq \\al(2,0)＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，则所求的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故选项A错误，B正确。]
自由落体运动和竖直上抛运动 eq \([讲典例示法])
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，如图所示，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
eq \([典例示法]) (一题多法)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)
思路点拨：解此题可按以下方法：
(1)将重物的运动过程分为A→B和B→C→D两段处理。
(2)将重物的运动看成向上的匀减速运动。初速度为v0＝10 m/s，加速度为－g＝－10 m/s2。
[解析] 法一：分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
则t1＝eq \f(v0,g)＝eq \f(10,10) s＝1 s
上升的最大高度
h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋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
t2＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×180,10)) s＝6 s
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s
所以重物从气球上脱落至落地共历时
t＝t1＋t2＝7 s。
法二：全程法
从重物自气球上脱落计时，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，则重物在时间t内的位移
h＝－175 m
由位移公式
h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
有－175＝10t－eq \f(1,2)×10t2
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
v1＝v0－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。
法三：对称性
根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－veq \\al(2,0)＝2gh
解得v＝60 m/s，方向竖直向下
经过h历时Δt＝eq \f(v－v0,g)＝5 s
从最高点到落地历时t1＝eq \f(v,g)＝6 s
由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t＝2t1－Δt＝7 s。
[答案] 7 s 60 m/s
解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意
(1)注意方向性：一般将初速度方向作为正方向，要注意速度、加速度、位移等的方向。
(2)注意其多解性：竖直上抛运动为双向可逆运动，其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法。
①根据位移h判断：h>0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，h<0在抛出点下方。
②根据时间t判断：teq \f(v0,g)表明在下降过程中，t>eq \f(2v0,g)表明在抛出点下方。
eq \([跟进训练])
自由落体运动规律的应用
1.如图所示，水平线OO′在某竖直平面内，距地面高度为h，一条长为l(lA．小球1将与小球B同时落地
B．h越大，小球A与小球B的落地时间差越小
C．在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上
D．在小球1落地前，小球1与2之间的距离始终保持不变
B [当释放小球A以后，小球A和B同时做自由落体运动，而此时小球1已经具有一个速度，所以小球1先落地，A错误；h越大，B落地后A的平均速度越大，Δt＝eq \f(l,\x\t(v))越小，B正确；释放小球A以后，小球A和B同时做自由落体运动，轻绳没有拉力，C错误；以2球释放的时刻为计时起点，经过一段时间t以后2球下落的高度为h2＝eq \f(1,2)gt2，此时1球下落的时间为t＋Δt，下落的高度为h1＝eq \f(1,2)g(t＋Δt)2，h1－h2＝eq \f(1,2)g[2tΔt＋(Δt)2]，可见随着时间的推移，1、2两球之间的距离逐渐增大，D错误。]
竖直上抛运动规律的应用
2．(2020·湖南衡阳四中月考)将一小球从足够高的塔顶以某初速度竖直向上抛出，经时间t＝2 s小球的速度大小为v＝5 m/s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．初速度大小一定为15 m/s,2 s末小球在抛出点上方10 m处
B．初速度大小一定为15 m/s,2 s末小球在抛出点下方10 m处
C．初速度大小可能为25 m/s,2 s末小球在抛出点上方30 m处
D．初速度大小可能为25 m/s,2 s末小球在抛出点下方30 m处
C [若t＝2 s时小球的速度方向向上，由v＝v0－gt得v0＝v＋gt＝5 m/s＋10 m/s2×2 s＝25 m/s，小球的位移x＝eq \f(1,2)(v0＋v)t＝eq \f(1,2)×(25 m/s＋5 m/s)×2 s＝30 m，小球在抛出点的上方；若t＝2 s时小球的速度方向向下，由v′＝v′0－gt得v′0＝v′＋gt＝－5 m/s＋10 m/s2×2 s＝15 m/s，小球的位移x′＝eq \f(1,2)(v′0＋v′)t＝eq \f(1,2)×(15 m/s－5 m/s)×2 s＝10 m，小球在抛出点的上方，C正确，A、B、D错误。]
直线运动中的常见STSE问题
运动学是高中物理最重要、最基础的内容，与生活、体育、交通有紧密的联系，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，可归纳出以下三个STSE高考命题热点。
以体育运动为背景的多过程问题
[示例1] 如图所示是某一次接力训练。已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10 m/s的速度跑完全程。设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为3 m/s2。乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。在某次练习中，甲以v＝10 m/s的速度跑到接力区前端x0＝14.0 m处向乙发出起跑口令。已知接力区的长度为L＝20 m。求：
(1)此次练习中交接棒处离接力区前端(即乙出发的位置)的距离；
(2)为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令；
(3)在(2)中，棒经过接力区的时间是多少？
[解析] (1)设乙加速到交接棒时运动时间为t，
则在甲追乙过程中有：x0＋eq \f(1,2)at2＝vt
代入数据得：t1＝2 s
t2＝4.67 s(不符合乙加速最长时间tm＝eq \f(v,a)＝eq \f(10,3) s实际，舍去)
此次练习中交接棒处离接力区前端的距离为：
x′＝eq \f(1,2)at2＝6 m。
(2)乙加速时间为：t乙＝eq \f(10,3) s
设甲在距离接力区前端为x′时对乙发出起跑口令，则在甲追乙过程中有：x′＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,乙)＝vt乙
代入数据得：x′≈16.7 m。
(3)棒在(2)过程以v＝10 m/s速度运动，所以有：
t＝eq \f(L,v)＝2 s。
[答案] (1)6 m (2)16.7 m (3)2 s
以生活科技为背景的实际应用问题
[示例2] 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 mB．6.0 m
C．7.8 mD．9.6 m
D [汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应内汽车做匀速运动，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＝eq \f(v2,2a)＝3.6 m，该ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝9.6 m，所以只有选项D正确。]
以交通安全为背景的综合应用问题
[示例3] 为了最大限度地减少道路交通事故，某地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动。这是因为一般驾驶员酒后的反应时间比正常时慢了0.1～0.5 s，易发生交通事故。下图是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格。
请根据该图表回答下列问题(结果保留2位有效数字)：
(1)请根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间；
(2)如果驾驶员的反应时间相同，请计算出表格中A的数据；
(3)假设在同样的路面上，一名饮了少量酒的驾驶员驾车以72 km/h速度行驶，在距离一学校门前52 m处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s，会发生交通事故吗？
[解析] (1)车速v1＝40 km/h＝eq \f(40,3.6) m/s
由于在反应时间内汽车仍匀速行驶，根据车速v和反应距离s，可计算驾驶员的反应时间Δt＝eq \f(s1,v1)＝eq \f(10,\f(40,3.6)) s＝0.90 s，即驾驶员的反应时间为0.90 s。
(2)如果驾驶员的反应时间相同，由eq \f(s1,v1)＝eq \f(s3,v3)可计算出表格中A的数据为s3＝eq \f(s1v3,v1)＝10×eq \f(80,40) m＝20 m，即表格中数据A表示20。
(3)车速v＝72 km/h＝20 m/s
反应时间Δt＝0.90 s＋0.2 s＝1.1 s
驾驶员的反应距离s＝vΔt＝20×1.1 m＝22 m
设刹车距离为x，由比例法eq \f(v2,x)＝eq \f(v\\al(2,1),x1)
即x＝eq \f(v2x1,v\\al(2,1))＝eq \f(722×10,402) m＝32.4 m
停车距离L＝s＋x＝54.4 m
由于停车距离L>52 m，故会发生交通事故。
[答案] (1)0.90 s (2)20 (3)会 理由见解析
自由落
体运动
运动条件
(1)物体只受重力作用
(2)由静止开始下落
运动性质
初速度为零的匀加速直线运动
运动规律
(1)速度公式：v＝gt
(2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2
(3)速度—位移公式：v2＝2gh
竖直上抛运动
运动性质
匀减速直线运动
运动规律
(1)速度公式：v＝v0－gt
(2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
(3)速度—位移关系式：v2－veq \\al( 2,0)＝－2gh
(4)上升的最大高度：H＝eq \f(v\\al( 2,0),2g)
(5)上升到最高点所用时间：t＝eq \f(v0,g)
适宜选用公式
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
v＝v0＋at
v0、v、a、t
x
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0、a、t、x
v
v2－veq \\al(2,0)＝2ax
v0、v、a、x
t
x＝eq \f(v＋v0,2)t
v0、v、t、x
a
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向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2(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，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方
车速v/(km/h)
反应距离s/m
刹车距离x/m
40
10
10
60
15
22.5
80
A
40