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高考物理一轮复习 第一章：运动的描述 匀变速直线运动学案
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这是一份高考物理一轮复习 第一章：运动的描述 匀变速直线运动学案，共60页。学案主要包含了质点，位移和路程，速度，加速度等内容，欢迎下载使用。
第1讲 描述运动的基本概念
一、质点、参考系
1．质点
(1)定义：用来代替物体的有质量的点。
(2)物体看作质点的条件：物体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略。
2．参考系
(1)定义：在描述物体运动时，用来作为参考的物体。
(2)选取：可任意选取，但对同一物体的运动，所选的参考系不同，运动的描述可能会不同，通常以地面为参考系。
二、位移和路程
三、速度
四、加速度
情境创设
嘉绍大桥是我国浙江省境内连接嘉兴市海宁市与绍兴市上虞区的过江通道，位于浙江省杭州湾海域内，是常台高速公路(国家高速G1522)的组成部分。嘉绍大桥南起沽渚枢纽，跨越杭州湾，北至南湖枢纽，全长10.137 km；桥面为双向八车道高速公路，设计速度为100 km/h。
某辆轿车在17：30进入该大桥，17：40离开大桥。
微点判断
(1)研究该轿车通过嘉绍大桥的时间时，可以将该轿车视为质点。(√)
(2)以该轿车为参考系，嘉绍大桥是运动的。(√)
(3)该轿车在17：30进入嘉绍大桥，17：40离开大桥，这里的“17：30”和“17：40”实际上指的是时刻。(√)
(4)该轿车经过嘉绍大桥的位移是10.137 km。(×)
(5)“设计速度为100 km/h”，该速度为平均速度。(×)
(6)该轿车通过嘉绍大桥的平均速度约为60.8 km/h。(×)
(7)该轿车瞬时速度的方向就是轿车在该时刻或该位置的运动方向。(√)
(8)该轿车在某位置的速度很大，其加速度一定不为零。(×)
(一) 质点、参考系、位移(固基点)
[题点全练通]
1．[物体看作质点的条件]
(2023·济南高三调研)如图所示是奥运会中的运动项目，在考查运动员比赛成绩时，可将运动员视为质点的是( )
解析：选D 跳水比赛中要考虑运动员的动作，故不能将其视为质点，故A错误；双杠比赛中要考虑运动员的动作，故不能将其视为质点，故B错误；体操要考虑运动员的姿态，故不能将其视为质点，故C错误；马拉松比赛中，运动员的大小和体积可以忽略不计，故可以将其视为质点，故D正确。
2．[参考系的选取]
(多选)在摩托艇比赛中，两艘摩托艇都向南行驶，前面的摩托艇比后面的摩托艇快。下列说法正确的是( )
A．若选择前面的摩托艇为参考系，则后面的摩托艇向南行驶
B．若选择前面的摩托艇为参考系，则后面的摩托艇向北行驶
C．若选择后面的摩托艇为参考系，则前面的摩托艇向南行驶
D．若选择后面的摩托艇为参考系，则前面的摩托艇向北行驶
解析：选BC 以前面的摩托艇为参考系，后面的摩托艇向北远离；以后面的摩托艇为参考系，前面的摩托艇向南远离。故B、C正确，A、D错误。
3．[位移与路程]
(1)(2022·辽宁高考)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8 m，小车在桥架上单向移动了6 m。该次作业中小车相对地面的位移大小为( )
A．6 m B．8 m
C．10 m D．14 m
解析：选C 根据题意，桥架移动方向与小车在桥架上移动方向相互垂直。根据平行四边形定则，小车相对地面的位移大小为10 m。
(2)(2023·湖北十堰高三联考)如图所示，在距墙壁1 m的A点，小球以某一速度冲向一端固定在墙壁上的弹簧，将弹簧压缩到最短时到达距离墙壁0.2 m的B点，然后又被反方向弹回至距墙壁1.5 m的C点静止，则从A点到C点的过程中，小球的位移大小和路程分别是( )
A．0.5 m、1.3 m B．0.8 m、1.3 m
C．0.8 m、1.5 m D．0.5 m、2.1 m
解析：选D 位移的大小等于始、末位置的距离，可知位移的大小等于AC的距离，即为1.5 m－1 m＝0.5 m。路程等于运动轨迹的长度，可知s＝1 m＋1.5 m－2×0.2 m＝2.1 m，故D正确。
[要点自悟明]
1．确定质点的四个步骤
2．对参考系的三点提醒
(1)由于运动描述的相对性，凡是提到物体的运动，都应该明确它是相对哪个参考系而言的，在没有特殊说明的情况下，一般选地面作为参考系。
(2)在同一个问题中，若要研究多个物体的运动情况或同一物体在不同阶段的运动情况，则必须选取同一个参考系。
(3)对于复杂运动的物体，应选取能最简单描述物体运动情况的物体为参考系。
3．位移与路程的两点区别
(二) 平均速度与瞬时速度(精研点)
逐点清1 平均速度的计算
1．2022年10月31日15时37分，梦天实验舱搭乘长征五号B遥四运载火箭，在中国文昌航天发射场成功发射升空。小李在网络上观看了梦天实验舱发射视频，观察到火箭在发射后第6 s末到第8 s末的位移大小约为火箭长度的eq \f(4,5)，如图所示，他又上网查到运载梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭全长约53.7 m，则火箭发射后第6 s末至第8 s末的平均速度最接近( )
A．20 m/s B．10 m/s
C．5 m/s D．2 m/s
解析：选A 火箭在第6 s末到第8 s末的位移大小约为火箭的eq \f(4,5)，则平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(\f(4,5)L,t)＝eq \f(\f(4,5)×53.7,2) m/s＝21.48 m/s，最接近20 m/s，故选A。
一点一过
1．求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度。
2.eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δx,Δt)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eq \(v,\s\up6(－))＝veq \f(t,2)。
逐点清2 平均速度与瞬时速度的关系
2.(2023·武汉高三月考)物体沿曲线的箭头方向运动，运动轨迹如图所示(小正方格边长为1米)。AB、ABC、ABCD、ABCDE四段运动轨迹所用的运动时间分别是：1 s、2 s、3 s、4 s。下列说法正确的是( )
A．物体过B点的速度等于AC段的平均速度
B．物体过C点的速度大小一定是eq \f(\r(5),2) m/s
C．ABC段的平均速度比ABCD段的平均速度更能反映物体处于B点时的瞬时速度
D．物体在ABCDE段的运动速度方向时刻改变
解析：选C 物体的运动不是匀变速直线运动，故A错；物体过AC段的平均速度为eq \f(\r(5),2) m/s，C点速度不一定为此值，故B错；根据平均速度公式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)可知，位移越小，平均速度越能代表某点的瞬时速度，所以ABC段的平均速度比ABCD段的平均速度更能反映物体处于B点时的瞬时速度，故C正确；物体在BC段的速度方向没有时刻改变，故D错。
一点一过
1．平均速度和瞬时速度的区别
(1)平均速度是过程量，与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度。
(2)瞬时速度是状态量，与位置和时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度。
2．平均速度和瞬时速度的联系
(1)瞬时速度等于运动时间Δt→0时的平均速度。
(2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等。
逐点清3 平均速度与平均速率的比较
3.(多选)如图所示，在某次自行车越野比赛中，某选手用地图计算出从出发地A到目的地B的直线距离为12 km，实际从A运动到B用时30 min，实际里程表指示的里程数比直线距离多了8 km，当他经过某路标C时，车上速度计指示的示数为50 km/h，下列说法正确的是( )
A．整个过程中自行车的平均速度大小为24 km/h
B．整个过程中自行车的平均速率为40 km/h
C．经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50 km/h
D．经过路标C时自行车的速度方向为由A指向B
解析：选ABC 整个过程中自行车的平均速度大小为eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(12,0.5) km/h＝24 km/h，故A正确；整个过程中自行车的平均速率为eq \x\t(v)1＝eq \f(s,t)＝eq \f(12＋8,0.5) km/h＝40 km/h，故B正确；经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50 km/h，故C正确；经过路标C时自行车的速度方向沿轨迹的切线方向，不是由A指向B，故D错误。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 平均速率≠平均速度大小
1．平均速度是位移与时间之比，平均速率是路程与时间之比。
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。
(三) 加速度(精研点)
逐点清1 速度、速度变化量与加速度的关系
1．北京大学物理系赵凯华教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念……”。所以对加速度的认识应该引起大家的重视。下列说法中正确的是( )
A．物体的速度大，加速度一定大
B．速度变化得越快，加速度就变化得越快
C．物体加速度变大，则速度也一定是在变大
D．加速度的方向与速度变化量的方向相同
解析：选D 加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化率，与速度的大小无关，故A错误；速度变化得越快，加速度就越大，但加速度的变化不一定越快，故B错误；物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，故C错误；根据加速度的定义可知D正确。
一点一过
速度、速度变化量和加速度的比较
逐点清2 物体速度变化规律分析
2．(多选)一个物体做变速直线运动，物体的加速度(方向不变)大小从某一值逐渐减小到零，则在此过程中，关于该物体的运动情况的说法可能正确的是( )
A．物体速度不断增大，加速度减小到零时，物体速度最大
B．物体速度不断减小，加速度减小到零时，物体速度为零
C．物体速度减小到零后，反向加速再匀速
D．物体速度不断增大，然后逐渐减小
解析：选ABC 物体做变速直线运动，若速度方向与加速度方向相同，加速度逐渐减小，速度不断增大，当加速度减小到零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动，A正确；若速度方向与加速度方向相反，加速度逐渐减小，速度不断减小，当加速度减小到零时，物体速度可能恰好为零，也可能当速度减为零时，加速度不为零，然后物体反向做加速直线运动，加速度等于零后，物体做匀速运动，B、C正确，D错误。
一点一过
根据a与v的方向关系判断速度变化
(1)eq \x(\a\al( a和v同向,加速直线运动))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a不变，v随时间均匀增大,a增大，v增大得越来越快,a减小，v增大得越来越慢))
(2)eq \x(\a\al( a和v反向,减速直线运动))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a不变，v随时间均匀减小,a增大，v减小得越来越快,a减小，v减小得越来越慢))
逐点清3 加速度的计算
3．(2023·大连模拟)在一次蹦床比赛中，运动员从高处自由落下，以大小为8 m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为10 m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Δt＝1.0 s，那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为( )
A．2 m/s2，竖直向下 B．8 m/s2，竖直向上
C．10 m/s2，竖直向下 D．18 m/s2，竖直向上
解析：选D 规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝eq \f(－10－8,1.0) m/s2＝－18 m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度大小为18 m/s2，方向竖直向上。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 计算加速度的步骤及方法
1．[渗透五育教育(体育)](2022·浙江1月选考)下列说法正确的是( )
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
解析：选B 研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不可以看成质点，A错误；研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，B正确；研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，C错误；研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为相同，D错误。
2．[体现学以致用]小李打算从华景里路口走路到华南师大正门，她通过手机地图导航得到如图所示的信息。若她按照手机地图提供的方案出行，则( )
A．“推荐方案”与“方案二”的平均速度相同
B．推荐方案的位移较小
C．“方案二”的平均速度约为4.29 km/h
D．小李运动过程中的加速度不可能一直为0
解析：选D 因两种方案的初末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，则平均速度不相同，选项A、B错误；“方案二”的路程为
2．5 km，时间为35 min，则平均速率约为eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)＝eq \f(2.5,\f(35,60)) km/h≈4.29 km/h，不是平均速度，选项C错误；小李运动过程中不可能一直做匀速直线运动，即他的加速度不可能一直为0，选项D正确。
3．[强化科学探究]
如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt。测得遮光条的宽度为Δx，用eq \f(Δx,Δt)近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使eq \f(Δx,Δt)更接近瞬时速度，正确的措施是( )
A．换用宽度更窄的遮光条
B．提高测量遮光条宽度的精确度
C．使滑块的释放点更靠近光电门
D．增大气垫导轨与水平面的夹角
解析：选A eq \f(Δx,Δt)表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮光时间Δt越小，eq \f(Δx,Δt)越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，A正确。
4.[树立民族自信]核潜艇是战略核威慑手段之一，我国自主研制的“094A”核潜艇在世界上处于比较领先的地位。如图所示，在某次实战训练中潜艇遇到情况需要紧急下潜，假设在某段时间内可视为匀减速下潜，若在这段时间内5 s末的速度比2 s末的速度小3 m/s，则“094A”潜艇在该段时间内的加速度大小为( )
A．1 m/s2 B．1.5 m/s2
C．2 m/s2 D．3 m/s2
解析：选A 设5 s末的速度为v5,2 s末的速度v2＝v5＋3 m/s，时间Δt＝3 s，潜艇在该段时间内的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v5－v2,Δt)＝－1 m/s2，故B、C、D错误，A正确。
[课时跟踪检测]
1．某品牌植保无人机喷洒农药，最快工作效率达到150亩/小时，可持续工作8小时。下列说法中正确的是( )
A．调整无人机在空中的姿态时可以将无人机看成质点
B．确定无人机的位置时需要建立三维坐标系
C．观察无人机飞行速度时可以选取无人机上的摄像机为参考系
D．“8小时”指的是时刻
解析：选B 调整无人机在空中的姿态时，无人机的大小和形状不能忽略不计，不能将无人机看成质点，A错误；无人机在高空飞行，确定其空间位置时需要建立三维坐标系，B正确；观察无人机飞行速度时可以选取地面为参考系，摄像机与无人机相对静止，不能选取无人机上的摄像机为参考系，C错误；“8小时”指的是时间间隔，D错误。
2.一位同学想从广场上的a处前往博物馆正门前的b处，他用手机导航，导航图如图所示。a、b间的直线距离为1.6 km。若骑行，导航显示“11分钟，2.2公里”；若步行，导航显示“33分钟，2.2公里”。根据导航信息，从a处到b处的过程中，下列说法正确的是( )
A．骑行过程中，自行车不能被看作质点
B．步行导航显示的33分钟是该同学到达博物馆的时刻
C．该同学骑行的平均速率大约是3.3 m/s
D．该同学骑行与步行的路程不相等
解析：选C 骑行过程中，自行车的大小和形状可以忽略不计，可以被看作质点，故A错误；步行导航显示的33分钟是该同学到达博物馆所用的时间，故B错误；该同学骑行的平均速率等于路程与时间的比值，即v＝eq \f(2 200 m,11×60 s)≈3.3 m/s，故C正确；该同学骑行与步行的路程相等，故D错误。
3．(多选)一身高为H的田径运动员正在参加百米国际比赛，在终点处，有一位站在跑道终点旁的摄影记者用照相机给他拍摄冲线过程，摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16，快门(曝光时间)是eq \f(1,60) s，得到照片后测得照片中运动员的高度为h，胸前号码布上模糊部分宽度是ΔL。由以上数据可以估算运动员的( )
A．百米成绩 B．冲线速度
C．百米内的平均速度 D．冲线时eq \f(1,60) s内的位移
解析：选BD 由于无法知道运动员跑100 m经历的时间，故无法确定其平均速度和成绩，A、C错误；由题意可求出冲线时eq \f(1,60) s内运动员跑过的距离Δx＝eq \f(H,h)ΔL，进一步求得eq \f(1,60) s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,\f(1,60) s)，由于时间极短，可把这段时间内的平均速度近似看成是冲线时的瞬时速度，B、D正确。
4． “50TFSI”为某品牌汽车的尾部标识，其中“50”称为G值，G值越大，加速越快。G值的大小为车辆从静止加速到100 km/h(百公里加速)的平均加速度的10倍。某该品牌汽车百公里加速时间为6.2 s，由此推算，该汽车的尾标应该是( )
A．30TFSI B．35TFSI
C．40TFSI D．45TFSI
解析：选D 根据加速度的定义可得汽车的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(100,3.6×6.2) m/s2≈4.5 m/s2，故该车的G值为4.5×10＝45，其尾标为45TFSI，选项D正确。
5.排球在我国是广受欢迎的比赛项目，女排精神更是体现了顽强拼搏、永不放弃的中国精神。在排球比赛中，扣球手运动员抓住机会打了一个“探头球”，已知来球速度大小v1＝6 m/s，击回的球速度大小v2＝8 m/s，击球时间为0.2 s。关于击球过程中的平均加速度，下列说法正确的是( )
A．平均加速度大小为70 m/s2，方向与v1相同
B．平均加速度大小为10 m/s2，方向与v1相同
C．平均加速度大小为70 m/s2，方向与v2相同
D．平均加速度大小为10 m/s2，方向与v2相同
解析：选C 选取初速度v1的方向为正方向，则v1＝6 m/s，v2＝－8 m/s，所以排球的平均加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v2－v1,Δt)＝eq \f(－8－6,0.2) m/s2＝－70 m/s2，负号表示平均加速度方向与v1的方向相反，与v2的方向相同，C正确，A、B、D错误。
6．(2023·泰安模拟)结合图片中的情景及数据，以下判断不正确的是( )
A．高速行驶的磁悬浮列车的加速度可能为零
B．汽车速度为100 km/h，紧急刹车距离为30.8 m(可视为匀减速至静止)，由此可得汽车刹车阶段的加速度大小为a＝12.5 m/s2
C．位于炮膛中的点燃火药的炮弹，其速度、加速度可能均为零
D．根据图中数据可求出猎豹在100 m内的平均速率为v＝16.3 m/s
解析：选C 高速行驶的磁悬浮列车，若匀速行驶，其加速度为零，选项A正确。由v2＝2ax可得a≈12.5 m/s2，选项B正确。位于炮膛中的点燃火药的炮弹的速度为零、加速度一定不为零，选项C错误。根据图中数据可求出猎豹在100 m内的平均速率为v＝eq \f(100,6.13) m/s≈16.3 m/s，选项D正确。
7．在第15届机器人世界杯赛上，中国科技大学获得仿真2D组冠军，标志着我国在该领域的研究取得了重大进展。若要使机器人执行一项任务，给它设定了如下动作程序：机器人在平面内由点(1 m，1 m)出发，沿直线运动到点(4 m,2 m)，然后又由点(4 m,2 m)沿直线运动到点(2 m,5 m)，然后又由点(2 m，5 m)沿直线运动到点(6 m,6 m)，然后又由点(6 m，6 m)沿直线运动到点(3 m,3 m)。整个过程中机器人所用时间是2eq \r(2) s，下列说法正确的是( )
A．机器人的运动轨迹是一条直线
B．整个过程中机器人的位移大小为2eq \r(2) m
C．整个过程中机器人的路程大小为2eq \r(2) m
D．整个过程中机器人的平均速度为1.5 m/s
解析：选B 根据坐标分析可知轨迹为折线，A错误；整个过程中位移为从点(1 m,1 m)到点(3 m，3 m)的有向线段，位移大小为2eq \r(2) m，整个过程中机器人的路程大小为运动轨迹的长度，路程大小大于2eq \r(2) m，B正确，C错误；整个过程中机器人的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(2\r(2),2\r(2)) m/s＝1 m/s，D错误。
8．(多选)如图甲所示为速度传感器的工作示意图，P为发射超声波的固定小盒子，工作时P向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被P接收。从P发射超声波开始计时，经过时间Δt再次发射超声波脉冲。图乙是两次发射的超声波的位移—时间图像，则下列说法正确的是( )
A．物体到小盒子P的距离越来越远
B．在两次发射超声波脉冲的时间间隔Δt内，物体通过的位移为x2－x1
C．超声波的速度为eq \f(2x2,t2－Δt)
D．物体在t2－t1时间内的平均速度为eq \f(x2－x1,t2－t1)
解析：选AD 由题图乙可知，第二次超声波传播的最远距离比第一次的大，可知物体到小盒子P的距离越来越远，故A正确；由题图乙可知，物体在t2－t1时间内的位移为x2－x1，该时间内物体的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(x2－x1,t2－t1)，在Δt内物体通过的位移为x＝eq \f(x2－x1,t2－t1)Δt，故B错误，D正确；由题图乙可知，超声波的速度为v＝eq \f(x2,t2－Δt)，故C错误。
第2讲 匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
2．初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
(1)1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)前1T内、前2T内、前3T内…前nT内的位移之比：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶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：
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之比：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
3．自由落体运动和竖直上抛运动的基本规律
情境创设1
根据《道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。
[微点判断]
(1)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。(√)
(2)机动车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。(√)
(3)机动车遇到险情刹车做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第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(2n－1)∶…∶5∶3∶1。(√)
情境创设2
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力。
[微点判断]
(4)水滴做自由落体运动，水滴下落的高度与时间成正比。(×)
(5)水滴做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)
(6)水滴下落过程中，在1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3∶…∶n。(√)
(7)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态。(×)
(一) 匀变速直线运动的规律(精研点)
逐点清1 匀变速直线运动公式的应用
1.一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
B．车头经过立柱A的速度为eq \f(x0,t1)
C．车头经过立柱B的速度为eq \f(2x0,t3－t1)
D．车头经过立柱A、B过程中的平均速度为eq \f(x0,t2－t1)
解析：选D 根据初速度为0的匀加速直线运动的规律可知，只有初速度为0，通过的位移之比为1∶2∶3时，所需时间的比才为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，故A错误；因为动车做匀减速直线运动，所以车头经过立柱A的速度不可能为0～t1时间内的平均速度eq \f(x0,t1)，故B错误；t1～t3时间段的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(2x0,t3－t1)，只有匀变速直线运动中间时刻的速度等于该段位移内的平均速度，而B点属于该段的位移中点，故C错误；车头经过立柱A、B过程中的平均速度为v＝eq \f(x0,t2－t1)，故D正确。
一点一过
1．公式间的关系
2．公式选取技巧
逐点清2 两类特殊的匀减速直线运动对比
2．[刹车类问题]汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则汽车在前3 s内的平均速度为( )
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
解析：选B 将题目中的表达式与x＝v0t＋eq \f(1,2)at2比较可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2。所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间t＝eq \f(0－24,－12) s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，则平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s，故B正确。
3．[双向可逆类问题]
如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5。忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是( )
A．8 s B．10 s
C．16 s D．20 s
解析：选C 设物块运动的加速度为a，上滑运动时间为t，把物块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5 s内位移为x1＝eq \f(1,2)a×52＝eq \f(25,2)a，最初5 s内位移为x2＝a(t－5)×5＋eq \f(1,2)a×52＝5at－eq \f(25,2)a，又因为x2∶x1＝11∶5，解得t＝8 s。由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 两类特殊的匀减速直线运动分析
逐点清3 匀变速直线运动中的多过程问题
4．因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度的大小。
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2的大小。
解析：(1)打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，
设经过t2＝40 s时，列车的速度为v1，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s。
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，
列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m
打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，
列车行驶的距离x2＝eq \f(v12－v02,－2a1)＝2 800 m
打开电磁制动后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m；
a2＝eq \f(0－v12,－2x3)＝1.2 m/s2。
答案：(1)60 m/s (2)1.2 m/s2
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 求解多过程运动问题的方法
(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间的关联方程，联立求解。
[注意] 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。
(二) 自由落体和竖直上抛(精研点)
逐点清1 自由落体运动
1．(2023·辽宁渤大附中联考)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
解析：选B 由自由落体运动规律得第1 s内物体的位移为5 m，则最后1 s内物体的位移为15 m，设整个自由落体运动时间为t，可得eq \f(1,2)gt2－eq \f(1,2)g(t－1 s)2＝15 m，解得t＝2 s，所以h＝eq \f(1,2)gt2＝20 m，故B正确。
2.(多选)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( )
A．t1＞t2 B．t1＝t2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3
解析：选BC A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落距离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，由v＝gt可知，v1∶v2＝1∶2，所以B、C均正确。
一点一过 自由落体运动规律的快捷应用
可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。
(1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…
(2)从运动开始一段时间内的平均速度
eq \x\t(v)＝eq \f(h,t)＝eq \f(v,2)＝eq \f(1,2)gt
(3)连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2
逐点清2 竖直上抛运动
3．(多选)以30 m/s的速度竖直向上抛出一个小球，小球运动到离抛出点25 m处所经历的时间可能是(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)( )
A．1 s B．3 s C．5 s D．(3＋eq \r(14))s
解析：选ACD 取竖直向上方向为正方向，当小球运动到抛出点上方离抛出点25 m时，位移为x＝25 m，由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，代入得25＝30t－eq \f(1,2)×10t2，解得t1＝1 s，t2＝5 s。当小球运动到抛出点下方离抛出点25 m时，位移为x＝－25 m，由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，代入得－25＝30t－eq \f(1,2)×10t2，解得t1＝(3＋eq \r(14))s，t2＝(3－eq \r(14))s(舍去)，故A、C、D正确。
4．研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10 m/s2)
解析：法一：分段法
根据题意画出运动草图如图所示，在A→B段，根据匀变速运动规律可知
tAB＝eq \f(v0,g)＝1 s，hAB＝hBC＝eq \f(1,2)gtAB2＝5 m，由题意可知tBD＝11 s－1 s＝10 s，
根据自由落体运动规律可得hBD＝eq \f(1,2)gtBD2＝500 m，故释放点离地面的高度H＝hBD－hAB＝495 m。
法二：全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动，规定向上为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，
根据H＝v0t＋eq \f(1,2)at2，解得H＝－495 m，
即产品刚释放时离地面的高度为495 m。
答案：495 m
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过)
1．竖直上抛运动的对称性和多解性
2．研究竖直上抛运动的两种方法
(三) 解决匀变速直线运动问题的六种方法(培优点)
解决匀变速直线运动问题常用的方法有六种：基本公式法、平均速度法、比例法、逆向思维法、推论法、图像法。不同的题目，采用的求解方法也不相同，即使多种方法都能采用，各方法的解题效率也会有区别，要注意领会和把握。
方法1 基本公式法
[研一题] 一个质点以初速度v0做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度为v，则v∶v0为( )
A．4∶3 B．3∶1
C．5∶3 D．5∶2
解析：选C 根据匀变速直线运动的位移公式有v0t＋eq \f(1,2)at2＝2at2，可得v0＝eq \f(3at,2)，根据匀变速直线运动的速度公式有v＝v0＋at＝eq \f(5at,2)，故eq \f(v,v0)＝eq \f(5,3)，选项C正确。
[悟一法] 基本公式法是指利用v＝v0＋at、x＝v0t＋eq \f(1,2)at2、v2－v02＝2ax，求解匀变速直线运动问题，需要注意这三个公式均为矢量式，使用时要注意方向性。
方法2 平均速度法
[研一题] 中国自主研发的“暗剑”无人机，最大时速可超过2马赫。在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：选B 第一段的平均速度v1＝eq \f(x,t1)＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝eq \f(x,t2)＝120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝eq \f(t1,2)＋eq \f(t2,2)＝1.5 s，则加速度为：a＝eq \f(v2－v1,Δt)＝40 m/s2。
[悟一法] 平均速度法是指利用eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)和eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)＝veq \f(t,2)，求解匀变速直线运动问题，eq \x\t(v)＝veq \f(t,2)也常用于处理纸带类问题。
方法3 比例法
[研一题] 一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是( )
A．车头到第2根电线杆时，速度大小为eq \f(d,t)
B．车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为eq \r(5)t
C．车头到第5根电线杆时，速度大小为eq \f(4d,t)
D．车头到第5根电线杆时，速度大小为eq \f(2\r(5)d,t)
解析：选C 设车头到第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式eq \f(d,t)＝eq \f(v,2)，得v＝eq \f(2d,t)，A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…，车头到第5根电线杆时所用的时间为2t，B错误；车头到第5根电线杆时的速度为v′＝2×eq \f(4d,2t)＝eq \f(4d,t)，C正确，D错误。
[悟一法] 比例法适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。
方法4 逆向思维法
[研一题] (多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )
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
解析：选BD 该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，B正确。由于每个木块厚度相同，故由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，D正确。
[悟一法] 逆向思维法是指把末速度为零的匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
在利用逆向思维法求解问题时，结合比例法求解往往会使问题简化。
方法5 推论法
[研一题] 图所示，蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为( )
A．8.125 m B．9.125 m
C．10.5 m D．11.5 m
解析：选A 由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝eq \r(\f(1,10)) s，过P点时的速度为vP＝eq \f(OQ,2T)，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝vP2，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，A正确。
[悟一法] 推论法是指利用Δx＝aT 2或xm－xn＝(m－n)aT 2，求解匀变速直线运动问题，在此类问题中，利用推论法求出加速度往往是解决问题的突破口。
方法6 图像法
[研一题] (2023·烟台高三调研)如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则( )
A．甲、乙不可能同时由A到达C
B．甲一定先由A到达C
C．乙一定先由A到达C
D．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C
解析：选A 根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。
若a3＞a1，如图2所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲。通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达。故A正确，B、C、D错误。
[悟一法] 图像法是指利用v-t图像分析物体的运动情况，注意掌握以下三点：
(1)确定不同时刻速度的大小，利用图线斜率求加速度；
(2)利用图线截距、斜率及斜率变化确定物体运动情况；
(3)利用图线与时间坐标轴围成的面积计算位移。
1．[体现学以致用](多选)一同学观察到房子对面有一棵大树，大树上的树叶从约10米高的树枝上落下，她记录下来树叶下落的时间，你觉得下落时间可能是( )
A．1 s B．2 s
C.eq \r(2) s D．3 s
解析：选BD 假设树叶不受阻力，根据自由落体运动可得h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝ eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(2) s，而树叶下落过程中受到的阻力不可忽略，则其下落时间一定大于eq \r(2) s，B、D正确，A、C错误。
2．[渗透五育教育(体育)]北京冬奥会滑雪场上有一段斜坡滑道，滑雪运动员沿滑道下滑可看作匀加速直线运动。一次比赛时，某运动员从滑道上的O点由静止出发匀加速下滑，途经A、B、C三点，测得AB间距为L1，运动时间为t1；BC间距为L2，运动时间为t2。根据以上所测数据( )
A．无法求得OA的距离
B．无法求得运动员的加速度
C．可以求得运动员经过A点时的速度
D．求得运动员经过B点的速度为eq \f(L1＋L2,t1＋t2)
解析：选C 由题中所给数据可求得加速度大小a＝eq \f(\f(L2,t2)－\f(L1,t1),\f(t1＋t2,2))，方向沿滑道向下，由此可求vA＝eq \f(L1,t1)－aeq \f(t1,2)，OA＝eq \f(vA2,2a)，A、B错误，C正确；经过B点时不一定是AC的中间时刻，经过B点的速度不一定等于AC段的平均速度eq \f(L1＋L2,t1＋t2)，D错误。
3．[强化科学探究]
在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，常用“对称自由下落法”测重力加速度g的值。如图所示，在某地将足够长真空长直管沿竖直放置，自直管下端竖直上抛一小球，测得小球两次经过a点的时间间隔为Ta，两次经过b点的时间间隔为Tb，又测得a、b两点间距离为h，则当地重力加速度g的值为( )
A.eq \f(4h,Ta2－Tb2) B.eq \f(8h,Ta2－Tb2)
C.eq \f(8h,Ta－Tb) D.eq \f(8h,Tb2－Ta2)
解析：选B 小球从a点上升到最大高度过程中，有ha＝eq \f(1,2)geq \f(Ta,2)2，小球从b点上升到最大高度过程中，有hb＝eq \f(1,2)geq \f(Tb,2)2，依据题意ha－hb＝h，联立解得g＝eq \f(8h,Ta2－Tb2)，B正确。
4．[联系生活实际]
如图所示，建筑工人常常徒手抛接砖块，地面上的工人以10 m/s的速度竖直向上间隔1 s连续两次抛砖，每次抛一块，房子上的工人在距抛砖点正上方3.75 m处接砖，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则房子上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )
A．4 s B．3 s
C．2 s D．1 s
解析：选C 研究第一块砖：h＝v0t＋eq \f(1,2)(－g)t2，即3.75 m＝(10t－5t2)m，解得t1＝0.5 s，t2＝1.5 s，分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75 m处的时间为t3＝1.5 s，t4＝2.5 s，房子上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt＝t4－t1＝2 s，选项C正确。
5．[联系生活实际]图(a)为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人与传感器的水平距离小于或等于某个设定值(可称为水平感应距离)时，中间两扇门分别向左右平移，当人与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图(b)为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。
(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；
(2)若人以v0的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动eq \f(d,2)的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？
(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为eq \f(7d,4)的物体(厚度不计)，并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门，如图(c)所示，物体的移动速度不能超过多少？
解析：
(1)依题意每扇门开启过程中的速度图像如图所示：
设门全部开启所用的时间为t0，由图可得d＝eq \f(1,2)v0t0
由速度公式得：v0＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)t0))
联立解得：a＝eq \f(v02,d)。
(2)要使单扇门打开eq \f(d,2)，需要的时间为t＝eq \f(1,2)t0
人只要在t时间内到达门框处即可符合要求，所以人到门的距离为l＝v0t，联立解得：l＝d。
(3)宽为eq \f(7,4)d的物体运动到门框过程中，每扇门至少要运动eq \f(7,8)d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1＝eq \f(d,2)的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝eq \f(t0,2)，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又运动了s2＝eq \f(7,8)d－eq \f(1,2)d＝eq \f(3,8)d的距离
由匀变速运动公式，得：s2＝v0t2－eq \f(1,2)at22
解得：t2＝eq \f(d,2v0)和t2＝eq \f(3d,2v0)(不合题意舍去)
要使每扇门打开eq \f(7,8)d所用的时间为t1＋t2＝eq \f(3d,2v0)
故物体移动的速度不能超过v＝eq \f(l,t1＋t2)＝eq \f(2,3)v0。
答案：(1)eq \f(v02,d) (2)d (3)eq \f(2,3)v0
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．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，g取10 m/s2，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是( )
解析：选A 根据v＝v0＋at，a＝－g，v0A＝3 m/s代入解得vA＝－7 m/s。同理解得vB＝－5 m/s，vC＝0，vD＝5 m/s。由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故选A。
2.用如图所示的方法可以测量人的反应时间。实验时，一同学在上方用两个手指捏住直尺的顶端(直尺满刻度25 cm处，如图甲)，另一同学在下方用手做捏住直尺的准备(对应直尺刻度0 cm处)。当上方的手放开直尺时，下方的手立即捏住直尺(对应直尺刻度如图乙)。下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．受测人的反应时间约为0.13 s
B．受测人的反应时间约为0.30 s
C．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为 2.0 m/s
D．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为 1.5 m/s
解析：选C 直尺下降的高度为h＝23 cm－0 cm＝23 cm＝0.23 m，由公式h＝eq \f(1,2)gt2可知，受测人的反应时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×0.23,10)) s≈0.2 s，A、B错误；下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为v＝gt＝10×0.2 m/s＝2.0 m/s，C正确，D错误。
3．(2023·合肥高三调研)如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/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”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4～6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为( )
A.eq \f(5,3) s B.eq \f(25,3) s
C．2.5 s D．12.5 s
解析：选C 当车速最大vm＝10 m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”的时间最长。由速度公式v＝vm－at，解得t＝2.5 s，选项C正确。
4．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。第6节车厢经过旅客时用了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
解析：选C 将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t，动车第7节车厢通过旅客的过程，有eq \f(1,2)at2＝25 m，第6、7节车厢通过旅客的过程，有eq \f(1,2)a(t＋4 s)2＝2×25 m，解得a≈0.5 m/s2，C正确。
5.如图所示，某段平直公路上有A、B、C、D、E五点，相邻两点间距离均相等，若一辆汽车从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过AB段的时间为t，则通过CE段的时间为( )
A．t B.eq \r(2)t
C．(2－eq \r(2))t D．(2＋eq \r(2))t
解析：选C 设汽车加速度为a，对于AB段有x＝eq \f(1,2)at2，同理，对于AC段有2x＝eq \f(1,2)at12，对于AE段有4x＝eq \f(1,2)at22，联立解得t1＝eq \r(2)t，t2＝2t，故通过CE的时间为Δt＝t2－t1＝(2－eq \r(2))t，C正确。
6.(多选)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0.5 m/s2，下面是它过马路的安排方案，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
解析：选BD 机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t1＝eq \f(v,a)＝2 s达到最大速度，位移是x1＝eq \f(1,2)at12＝1 m，匀速运动的位移x2＝l－x1＝18.5 m，需要时间为t2＝eq \f(x2,v)＝18.5 s，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不符合题意。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通过马路，这个方案是可以的，故B符合题意。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，所以不安全，故C不符合题意。在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝eq \f(1,2)at2＝0.25 m，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符合题意。
7．(多选)矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
解析：选BC 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A错误；由运动学公式可得，螺钉自脱落至落到井底的位移大小h1＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2，升降机这段时间的位移大小h2＝v0t，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45 m，B正确；螺钉落到井底时的速度大小为v＝－v0＋gt＝25 m/s，C正确；设螺钉松脱前运动的时间为t′，则h1＝v0t′，解得t′＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9 s，D错误。
8．(2022·全国甲卷)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(vA.eq \f(v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) B.eq \f(v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
C.eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) D.eq \f(3v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
解析：选C 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＝eq \f(v0－v,2a)；匀速通过隧道的时间t2＝eq \f(L＋l,v)；列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq \f(v0－v,a)。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＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v)。
9.(2023·济南高三检测)在2022年卡塔尔世界杯足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90 m、宽60 m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3 m/s2，试求：
(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大。
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的起动过程可以视为从静止出发，加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。
解析：(1)根据运动学公式可得足球匀减速位移为x＝eq \f(v02,2a)＝24 m。
(2)足球匀减速时间：t＝eq \f(v0,a)＝4 s
人加速时间：t1＝eq \f(vm,a1)＝2 s
当球停止时人的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t12＋vm(t－t1)＝24 m
故最短时间为4 s。
答案：(1)24 m (2)4 s
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10．(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是( )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
解析：选B 根据题意，小物块平均速度为1 m/s，小物块做匀变速直线运动，设小物块运动的末速度为v，则eq \f(v0＋v,2)＝1 m/s，且小物块的末速度大于等于0。因此v0最大为2 m/s，由v2－v02＝－2μgx，得μ最大为0.2，故选B。
11．(2022·湖北高考)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
解析：选B 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＝eq \f(1080×103,5) m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq \f(x－2x1,v)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq \f(v1′,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速过程的位移x1′＝eq \f(1,2)at1′2＝eq \f(1,2)×0.5×1802 m＝8 100 m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝eq \f(x－2x1′,v′)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，B正确。
12．(2023·唐山高三模拟)春节期间，全国高速公路收费路段对7座以下(含7座)小型客车以及允许在普通收费公路行驶的摩托车免收通行费。上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车不拿(交)卡而直接减速通过。若某车匀速运动的速度v0＝30 m/s，该车在距收费站口72 m处开始做匀减速直线运动，通过收费站口时的速度vt＝6 m/s，然后立即以8 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)。
(1)求汽车在靠近收费站口时做匀减速运动的加速度大小。
(2)该车因过收费站而耽误的时间为多少？
解析：(1)汽车进入站口前做匀减速直线运动，则由速度—位移公式有vt2－v02＝－2a1x1
解得a1＝6 m/s2。
(2)汽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，所用时间分别为t1和t2，则减速阶段有vt＝v0－a1t1
解得t1＝4 s
加速阶段有t2＝eq \f(v0－vt,a2)＝3 s
则加速阶段和减速阶段的总时间t＝t1＋t2＝7 s
汽车在加速阶段通过的位移x2＝eq \f(vt＋v0,2)t2＝54 m
则总位移x＝x1＋x2＝126 m
若汽车不减速过收费站所需要时间t′＝eq \f(x,v0)＝4.2 s
汽车因过收费站而耽误的时间Δt＝t－t′＝2.8 s。
答案：(1)6 m/s2 (2)2.8 s
类型(一) 位移—时间(x-t)图像
考法1 x-t图像的理解
1.(2023·大连高三月考)一遥控玩具小车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则( )
A．8 s末小车的位移为20 m
B．前10 s内小车的加速度为3 m/s2
C．20 s末小车的速度为－1 m/s
D．前25 s内小车做单方向直线运动
解析：选C x-t图像中斜率表示速度，小车在0～10 s内的速度为v1＝eq \f(Δx1,Δt1)＝3 m/s，故小车在0～10 s内做匀速直线运动，加速度为0,8 s末小车的位移为x＝v1t1＝3×8 m＝24 m，故A、B错误；15～25 s时间内小车的速度为v2＝eq \f(Δx2,Δt2)＝－1 m/s，即20 s末小车的速度为－1 m/s，故C正确；小车在15 s末速度方向变为负方向，故D错误。
考法2 x-t图像中图线交点及斜率的理解
2.(2021年8省联考·辽宁卷)甲、乙两物体沿直线同向运动，其位置x随时间t的变化如图所示，甲、乙图线分别为圆弧、直线。下列说法正确的是( )
A．甲做匀减速直线运动
B．乙做匀加速直线运动
C．第4 s末，二者速度相等
D．前4 s内，二者位移相等
解析：选D 如果甲做匀减速直线运动，其位移—时间图像应为抛物线，A错误；乙做匀速直线运动，B错误；图像的斜率表示速度，第4 s末，二者的斜率不相等，所以速度不等，二者的初末位置相同，所以位移相同，C错误，D正确。
考法3 由x-t图像比较物体运动情况
3.(2023·衡水模拟)(多选)甲、乙两个小钢球沿竖直方向做匀变速直线运动，其x-t图像如图所示，两图线均为抛物线，(1 s,7 m)和(0,2 m)分别为甲、乙两抛物线的顶点。设竖直向上为正方向，关于两个小球的运动，下列说法正确的是( )
A．甲和乙的加速度相同
B．甲和乙的初速度相同
C．0～1 s内，甲、乙的平均速度相同
D．0～2 s内，甲的速度改变量大小为20 m/s
解析：选AD 由运动学公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，且甲、乙两个小钢球x-t图像为抛物线，两球做匀变速直线运动，甲球先向上做匀减速运动到顶点速度减为零，后向下做匀加速运动，在1～2 s内有x＝eq \f(1,2)a甲t2，带入图中数据t＝1 s，x＝5 m，得a甲＝10 m/s2，方向向下，乙球从顶点向下做初速度为零的匀加速运动，0～1 s有x＝eq \f(1,2)a乙t2，带入图中数据t＝1 s，x＝5 m，得a乙＝10 m/s2，方向向下，甲和乙的加速度相同，故A正确；由图像知甲经1 s时间上升到顶点，速度减为零，设甲球初速度为v0，由v＝v0＋(－a甲)t，带入数据有0＝v0＋(－10)×1 m/s，解得v0＝10 m/s，乙的初速度为零，故B错误；由题图知0～1 s内甲、乙的位移分别为5 m，－5 m，由平均速度公式eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，代入数据解得eq \x\t(v)甲＝5 m/s，eq \x\t(v)乙＝－5 m/s，故C错误；2 s末时甲向下加速了1 s，速度为v＝－a甲t＝－10 m/s,0～2 s内甲的速度改变量Δv＝v－v0＝－10 m/s－10 m/s＝－20 m/s，速度改变量的大小为20 m/s，故D正确。
[系统建模]
1．位移—时间图像反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律，图像并非物体运动的轨迹。
2．位移—时间图像只能描述物体做直线运动的情况，这是因为位移—时间图像只能表示物体运动的两个方向：t轴上方代表正方向，t轴下方代表负方向；如果物体做曲线运动，则画不出位移—时间图像。
3．位移—时间图线上每一点的斜率表示物体在该时刻的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。
类型(二) 速度—时间(v-t)图像
1．v-t图像的理解
(1)v-t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，它只能描述物体做直线运动的情况。
(2)v-t图像中图线上每一点的斜率表示物体该时刻的加速度。斜率的大小表示加速度的大小，斜率为正表示加速度沿规定的正方向，但物体不一定做加速运动，斜率为负则加速度沿负方向，物体不一定做减速运动。
(3)v-t图像中图线与t轴所围面积表示这段时间内物体的位移。t轴上方的面积表示位移沿正方向，t轴下方的面积表示位移沿负方向，如果上方与下方的面积大小相等，说明物体恰好回到出发点。
2．x-t图像与v-t图像的比较
[考法全训]
考法1 v-t图像的理解
1．(2022·河北高考)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知( )
A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大
B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等
C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小
D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
解析：选D 根据加速度的定义式a＝eq \f(Δv,Δt)，由题图可知0～t1时间内训练前的速度变化量大于训练后的速度变化量，所以训练前的平均加速度大，故A错误；根据v -t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v -t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。
考法2 v-t图线的交点及斜率的理解
2.(2023·珠海高三测试)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称，汽车在进入ETC通道感应识别区前需要减速至5 m/s，甲、乙两车以15 m/s的速度进入ETC通道感应识别区前，都恰好减速至5 m/s，减速过程的v-t图像如图所示，则( )
A．t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度
B．t1时刻，甲车的加速度等于乙车的加速度
C．0～t1时间内，甲、乙两车的速度变化量相同
D．0～t1时间内，甲、乙两车的平均速度相同
解析：选C 题图为v-t图像，纵坐标表示速度，所以t1时刻，甲、乙两车速度相等，故A错误；斜率表示加速度大小，故t1时刻甲车的加速度大于乙车的加速度，故B错误；0～t1时间内，甲、乙两车的初末速度相同，所以0～t1时间内甲、乙两车的速度变化量相同，故C正确；v-t图线与时间坐标轴围成的面积表示位移大小，所以0～t1时间内甲车位移大于乙车位移，时间相等，由eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，可知甲车平均速度大，故D错误。
考法3 x-t图像与v-t图像的转化
3．(2021·辽宁高考)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是( )
解析：选A x-t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x-t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x-t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x-t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v-t图像可能正确。
类型(三) 非常规运动学图像
类型1 a-t图像
(1)由v＝v0＋at可知，v－v0＝at＝Δv，a-t图像与t轴所围面积表示物体速度的变化量。
(2)图像与纵轴的交点表示初始时刻的加速度。
[例1] (2023·天津高三调研)拓展训练通常利用崇山峻岭、瀚海大川等自然环境，通过精心设计的活动达到“磨炼意志、陶冶情操、完善人格、熔炼团队”的培训目的。某次拓展训练中，小李(视为质点)做直线运动的加速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．第1 s末，小李的加速度方向发生了改变
B．第2 s末，小李的速度方向发生了改变
C．前2 s内，小李的位移为零
D．第3 s末和第5 s末，小李的速度相同
[解析] 因为在0～2 s内加速度一直为正值，可知第1 s末，小李的加速度方向没有发生改变，选项A错误；第2 s末，小李的加速度方向发生了改变，4 s末速度减为零，可知第2 s末，小李的速度方向没有发生改变，选项B错误；前2 s内，小李一直加速运动，则位移不为零，选项C错误；因a-t图像的面积等于速度的变化量，可知从第3 s末到第5 s末速度改变量为零，即第3 s末和第5 s末，小李的速度相同，选项D正确。
[答案] D
类型2 eq \f(x,t)-t图像
由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2→eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at可知：
(1)eq \f(x,t)-t图像中图线的斜率k＝eq \f(1,2)a。
(2)图线与纵轴的交点表示物体的初速度。
[例2] 一个运动物体的eq \f(x,t)-t图像如图所示，根据图像下列说法正确的是( )
A．物体初速度大小为n
B．物体的加速大小为eq \f(n,m)
C．m时刻物体的速度大小为0
D．0～m时间内物体的位移大小为eq \f(mn,2)
[解析] 根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，根据数学知识可得v0＝n，eq \f(1,2)a＝－eq \f(n,m)，所以a＝－eq \f(2n,m)，故A正确，B错误；由上可知，m时刻物体的速度大小为v＝v0＋at＝n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,m)))m＝－n，故C错误；0～m时间内物体的位移大小为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝nm＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,m)))m2＝0，故D错误。
[答案] A
类型3 eq \a\vs4\al(v2)-x图像
由v2－v02＝2ax→v2＝v02＋2ax可知：
(1)v2-x图像的斜率k＝2a。
(2)图线与v2轴的交点表示物体初速度的平方，即v02。
[例3] (2023·广州五校联考)在某试验场地的水平路面上甲、乙两车在相邻平行直车道上行驶。当甲、乙两车并排行驶的瞬间，同时开始刹车，刹车过程中两车速度的二次方v2随刹车位移x的变化规律如图所示。则下列说法正确的是( )
A．乙车先停止运动
B．甲、乙两车刹车过程中加速度大小之比为1∶12
C．从开始刹车起经4 s，两车再次恰好并排相遇
D．甲车停下时两车相距3.25 m
[解析] 根据匀变速直线运动速度位移关系式得v2＝v02＋2ax，根据题图，可得甲、乙加速度大小分别为7.5 m/s2和eq \f(5,8) m/s2，加速度比值为12∶1，B错误；两车停下的时间为t甲＝eq \f(v甲,a甲)＝2 s，t乙＝eq \f(v乙,a乙)＝8 s，所以甲车先停，A错误；甲经2 s先停下时，此时甲的位移为15 m，乙的位移为x1＝v0t1－eq \f(1,2)a乙t12＝8.75 m，两车相距6.25 m，两车再次相遇有15 m＝v0t2－eq \f(1,2)a乙t22，解得t2＝4 s，C正确，D错误。
[答案] C
[课时跟踪检测]
1．(多选)甲、乙两车在平直公路上行驶，其位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．0～4 s内，乙车做匀速直线运动
B．2 s末，甲、乙两车相遇
C．2 s末，甲车的速度小于乙车的速度
D．0～4 s内，甲、乙两车的平均速度相同
解析：选AB 根据位移—时间图像的纵坐标表示位置，斜率表示速度，乙的图像为倾斜直线表示做正方向的匀速直线运动，故A正确；由图像可知2 s末两车位置相同，即两车相遇，故B正确；2 s末v乙＝eq \f(10,2) m/s＝5 m/s，甲在0～2 s的平均速度大小eq \x\t(v)＝eq \f(20－10,2) m/s＝5 m/s，而甲在0～2 s内的速度逐渐增大，故有2 s末甲的速度大于乙的速度，故C错误；由平均速度定义式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)，可得0～4 s内甲、乙两车的平均速度的大小均为5 m/s，但甲沿负方向，乙沿正方向，故平均速度不相同，故D错误。
2．(2023·昆明五校联考)四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图所示，下列说法正确的是( )
A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．这四辆车均从静止开始运动
C．在0～t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远
D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小
解析：选C x-t图像只能用来描述直线运动，A错误；由x-t图像切线的斜率表示速度可知，乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，且甲车和乙车都不是从静止开始运动，B错误；0～t2时间内，由v-t图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，C正确；在0～t2时间内，丁车的速度大于丙车的速度，两车间的距离一直增大，D错误。
3．(多选)哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是( )
A．冰壶减速运动的加速度大小为0.125 m/s2
B．9 s末，冰壶的速度大小为5.75 m/s
C．7 s末，冰壶、机器人二者间距为7 m
D．机器人停止运动前能够一直准确获取冰壶的运动信息
解析：选AC 结合题图信息，根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度大小为a冰＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(5－6,11－3) m/s2＝－0.125 m/s2，故加速度大小为0.125 m/s2，A正确；由速度时间公式可得，9 s末，冰壶的速度大小为v＝v0＋a冰t＝6 m/s－0.125×6 m/s＝5.25 m/s，B错误；由图线可知，机器人的加速度为a机＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0－6,9－3) m/s2＝－1 m/s2，故可得，3 s末到7 s末，冰壶的位移为x冰＝v0t′＋eq \f(1,2)a冰t′2＝23 m,3 s末到7 s末，机器人的位移为x机＝v0t′＋eq \f(1,2)a机t′2＝16 m，则7 s末，冰壶、机器人二者间距为s＝x冰－x机＝7 m，C正确；由于v-t图像与横轴围成的面积表示位移的大小，则从3 s末到机器人停止运动时，其位移为18 m，而此时冰壶的位移为x冰′＝v0t″＋eq \f(1,2)a冰t″2＝33.75 m，可知两者间距大于8 m，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D错误。
4.(多选)一质点在0～6 s内竖直向上运动，其a-t图像如图所示，取竖直向下为加速度的正方向，重力加速度为g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．在0～2 s内质点发生的位移为20 m
B．在2～4 s内质点做加速运动
C．质点的初速度不小于66 m/s
D．在2～4 s内质点速度变化量为22 m/s
解析：选CD 质点在0～6 s内竖直向上运动，加速度一直竖直向下，初速度未知，不能求解质点在0～2 s内发生的位移，故A错误；在2～4 s内质点的速度与加速度反向，做加速度增大的减速运动，故B错误；质点在0～6 s内的速度改变量为a-t图像与横轴围成的面积，故Δv＝66 m/s，故质点初速度不小于66 m/s，故C正确；在2～4 s内质点速度变化量Δv′＝22 m/s，故D正确。
5.(2023·衡水检测)一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，物块运动的位移为x，运动时间为t，绘制的eq \f(x,t2)-eq \f(1,t)图像如图所示，则物块在前3 s内的位移为( )
A．25 m B．24 m
C．20 m D．15 m
解析：选A 由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，则位移为x＝v0t－eq \f(1,2)at2，整理得eq \f(x,t2)＝v0·eq \f(1,t)－eq \f(a,2)，由题图可知v0＝20 m/s，a＝8 m/s2，所以物块速度减为零的时间为t＝eq \f(v0,a)＝2.5 s，物块在前3 s内的位移为x＝eq \f(v02,2a)＝25 m，故选A。
6.2022国际泳联跳水世界杯期间，中国队在参赛的8个项目包揽全部金牌。某同学将一小球(可看成质点)从平台边缘竖直向上抛出模拟运动员的跳水运动，从小球抛出时开始计时，若小球的速度与时间关系的图像如图所示，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
A．小球在1.2 s时到达最高点
B．小球在水中最深处时加速度最大
C．跳台与水面的高度差是2.4 m
D．小球潜入水中的深度为3.2 m
解析：选C 小球在0.4 s向上的速度减小为零，达到最高点，A项错误；速度—时间图像的斜率表示加速度，1.2 s刚入水时v-t图像斜率最大，此时小球的加速度最大，B项错误；跳台与水面的高度差h1＝eq \f(1.2－0.4×8,2) m－eq \f(0.4×4,2) m＝2.4 m，C项正确；若小球入水后做匀减速直线运动，小球潜入水中的深度h2＝eq \f(2.0－1.2×8,2) m＝3.2 m，因为小球做变减速运动，图像中不规则图形的面积小于三角形的面积，所以小球潜入水中的深度小于3.2 m，D项错误。
7.(2023·辽宁沈阳模拟)一辆汽车在直线公路上行驶，当该车位于x＝1 m处时，卫星定位系统开始工作，并监测到汽车此后运动速度v和位置x的关系如图所示。考察其从x＝1 m至x＝3 m这段运动过程，下列说法正确的是( )
A．该车做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2
B．卫星定位系统刚开始工作时，汽车加速度为4 m/s2
C．这段运动过程的平均速度为4 m/s
D．这段运动过程所用的时间为0.5 s
解析：选B 根据公式v22－v12＝2ax，整理得v2＝eq \r(2ax＋v12)，可知匀加速直线运动的v-x图像不可能是直线，故A错误；图线斜率k＝eq \f(Δv,Δx)＝eq \f(\f(Δv,Δt),\f(Δx,Δt))＝eq \f(a,v)，可得a＝kv，图线斜率为2，卫星定位系统刚开始工作时，汽车加速度为a＝2×2 m/s2＝4 m/s2，故B正确；由B项分析可知，汽车的加速度不断增加，所以这段运动过程的平均速度大于4 m/s，这段运动过程所用的时间小于0.5 s，故C、D错误。
8．(2023·莆田模拟)如图所示为物体做直线运动的相关图像，下列说法正确的是( )
A．图甲中，物体在0～t0时间内位移小于eq \f(1,2)v0t0
B．图乙中，物体的加速度为2 m/s2
C．图丙中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量
D．图丁中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s
解析：选D 由v-t图线与时间坐标轴围成的面积表示位移可知，题图甲中物体在0～t0这段时间内的位移大于eq \f(1,2)v0t0平均速度大于eq \f(1,2)v0，A错误；根据v2＝2ax可知，题图乙中2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，B错误；根据Δv＝at可知，题图丙中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，C错误；由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，结合题图丁可知eq \f(1,2)a＝5 m/s2，即a＝10 m/s2，则v0＝－5 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v3＝25 m/s，D正确。
(一) 情境分析法
情境分析法的基本思路
[典例] 汽车A以vA＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2。从此刻开始计时。求：
(1)A追上B前，A、B间的最远距离是多少；
(2)经过多长时间A恰好追上B。
[解题指导] 汽车A和B的运动过程如图所示。
[解析] (1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v＝vB－at＝vA，解得t＝3 s
此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m
汽车B的位移xB＝vBt－eq \f(1,2)at2＝21 m
故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16 m。
(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝eq \f(vB,a)＝5 s，运动的位移xB′＝eq \f(vB2,2a)＝25 m
汽车A在t1时间内运动的位移xA′＝vAt1＝20 m
此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m
汽车A需再运动的时间t2＝eq \f(Δx,vA)＝3 s
故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8 s。
[答案] (1)16 m (2)8 s
[升维训练]
(1)若某同学应用关系式vBt－eq \f(1,2)at2＋x0＝vAt，解得经过t＝7 s(另解舍去)时A恰好追上B。这个结果合理吗？为什么？
(2)若汽车A以vA＝4 m/s的速度向左匀速运动，其后方在同一车道相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同方向运动的汽车B正向左开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为a＝2 m/s2，则B车能否追上A车？
提示：(1)这个结果不合理，因为汽车B运动的时间最长为t＝eq \f(vB,a)＝5 s＜7 s，说明汽车A追上B时汽车B已停止运动。
(2)可由位移关系式：vBt－eq \f(1,2)at2＝x0＋vAt，解得t1＝(3－eq \r(2))s，t2＝(3＋eq \r(2))s(舍去)，t1时两车已相撞。
[微点拨]
(1)匀速运动的物体追匀减速运动的物体时，注意判断追上时被追的物体是否已停止。
(2)匀减速运动的物体追匀速运动的物体时，有追不上、恰好追上、相撞或相遇两次等多种可能。
(二) 图像分析法
结合运动图像分析追及相遇问题的关键点
1．x-t图像、v-t图像中的追及相遇问题：
(1)利用图像中斜率、面积、交点的含义进行定性分析或定量计算。
(2)有时将运动图像还原成物体的实际运动情况更便于理解。
2．利用v-t图像分析追及相遇问题：在有些追及相遇情境中可根据两个物体的运动状态作出v-t图像，再通过图像分析计算得出结果，这样更直观、简捷。
3．若为x-t图像，注意交点的意义，图像相交即代表两物体相遇；若为a-t图像，可转化为v-t图像进行分析。
[典例] (2023·湖南常德模拟)据报道，一段特殊的“飙车”视频红遍网络，视频中，一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车在互相追赶，两车均做直线运动，其运动情况如图乙所示，t＝0时，两车车头刚好并排，则( )
A．10 s末，和谐号的加速度比复兴号的大
B．32 s时，复兴号的速度为80 m/s
C．0到32 s内，在24 s末两车头相距最远
D．两车头在24 s末再次并排
[解析] 根据v-t图像的斜率表示加速度可知，10 s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；由题图可知32 s时复兴号的速度为v＝60 m/s＋eq \f(72－60,24－8)×(32－8)m/s＝78 m/s，故B错误；0到32 s内，24 s前和谐号速度大于复兴号速度，24 s后复兴号速度大于和谐号速度，所以0到32 s内，在24 s末两车头相距最远，故C正确，D错误。
[答案] C
[针对训练]
1．(2021·广东高考)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和x-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( )
解析：选BD 从v-t图像上看，由于所有龙舟出发点相同，故只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确。从x-t图像上看，图像的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误。
2．(2023·厦门高三检测)甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，其a-t图像如图所示，t＝0时刻，两物体处于同一位置且速度均为0，则在0～2t0时间内( )
A．t0时刻两物体的速度相等
B．t0时刻两物体再次相遇
C．t0时刻两物体的间距大于eq \f(1,4)a0t02
D．2t0时刻两物体再次相遇
解析：选C 将a-t图像转换为v-t图像，如图所示。
两个图像结合分析，t0时刻两物体的加速度相等，速度不相等，故A错误；t0时刻，由a-t图像与t轴所围图形面积表示速度变化量，知甲的速度为a0t0，乙的速度为eq \f(1,2)a0t0,0～t0时间内，甲的位移为eq \f(1,2)a0t02，乙的位移小于eq \f(1,4)a0t02，所以t0时刻两物体的间距大于eq \f(1,4)a0t02，故C正确，B错误；0～2t0时间内甲的速度一直大于乙的速度，所以两物体的间距一直增大，2t0时刻两物体的速度相等，相距最远，故D错误。
(三) 函数分析法
函数分析法的解题技巧
在匀变速直线运动的位移表达式中有时间的二次方，可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法求解。
设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程ft＝0：
1若ft＝0有正实数解，说明两物体能相遇。
2若ft＝0无正实数解，说明两物体不能相遇。
[典例] 一汽车在直线公路上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶。经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：
(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？
(2)若汽车刹车时的加速度只为4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？
[解析] (1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽＝54 km/h＝15 m/s，初始距离d＝14 m
在经过反应时间0.4 s后，汽车与自行车相距d′＝d－(v汽－v自)t′＝10 m
从汽车刹车开始计时，自行车的位移为：x自＝v自t
汽车的位移为：x汽＝v汽t－eq \f(1,2)at2
假设汽车能追上自行车，此时有：x汽＝x自＋d′
代入数据整理得：eq \f(1,2)at2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得：Δ＝102－20a≤0
解得：a≥5 m/s2，汽车的加速度至少为5 m/s2。
(2)设自行车加速度为a′，同理可得：x汽′＝x自′＋d′
整理得：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a′＋2))t2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得：Δ＝102－20a′－80≤0
解得：a′≥1 m/s2，自行车的加速度至少为1 m/s2。
[答案] (1)5 m/s2 (2)1 m/s2
[针对训练]
1．若A、B两辆车相距2 m，沿同一直线同向运动，B车在前面做初速度为零，加速度为a1的匀加速直线运动，A车在后面做初速度为2 m/s，加速度为a2的匀加速直线运动，讨论a1与a2满足什么条件时两车相遇一次？
解析：对A：xA＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2，对B：xB＝eq \f(1,2)a1t2
若相遇，xA＝xB＋x0，整理得eq \f(1,2)(a2－a1)t2＋2t－2＝0
当a2－a1＝0时，t＝1 s，两车相遇一次
当a2－a1＝－1 m/s2时，t＝2 s，两车相遇一次
当a2－a1＜－1 m/s2时，Δ＝4＋4(a2－a1)＜0，无解
当－1 m/s2＜a2－a1＜0时，t＝eq \f(－2±2\r(1＋a2－a1),a2－a1)＞0，相遇两次
当a2－a1＞0时，t＝eq \f(－2＋2 \r(1＋a2－a1),a2－a1)＞0，t＝eq \f(－2－2 \r(1＋a2－a1),a2－a1)＜0(舍去)，相遇一次
综上，当a2－a1＝－1 m/s2或a2－a1≥0时，相遇一次。
答案：a2－a1＝－1 m/s2或a2－a1≥0
2．随着智能手机的使用越来越广泛，一些人在驾车时也常常低头看手机，然而开车时看手机是一种危险驾驶行为，极易引发交通事故。如图甲所示，一辆出租车在平直公路上以v0＝20 m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方x0＝63.5 m处有一辆电动车，正以v1＝6 m/s的速度匀速行驶，而出租车司机此时开始低头看手机，3.5 s后才发现危险，司机经0.5 s反应时间后，立即采取紧急制动措施。若从司机发现危险开始计时，出租车的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若出租车前面没有任何物体，从司机开始低头看手机到出租车停止运动的这段时间内，出租车前进的距离是多少？
(2)通过计算判断电动车是否会被撞。若不会被撞，求二者之间的最小距离；若会相撞，求从出租车刹车开始，经过多长时间二者相撞。
解析：(1)根据题意可知，出租车先匀速行驶t1＝3.5 s，然后在反应时间t2＝0.5 s内继续匀速行驶，再匀减速行驶t3＝4.0 s停止，
总位移为x＝v0(t1＋t2)＋eq \f(1,2)v0t3＝120 m。
(2)由题图乙可知，出租车做匀减速运动的加速度大小为a＝eq \f(|Δv|,t3)＝5 m/s2，
设两车速度相等时，出租车的刹车时间为Δt，
则有v0－aΔt＝v1，解得Δt＝2.8 s，
出租车的位移为
x1＝v0(t1＋t2)＋eq \f(1,2)(v0＋v1)Δt，
代入数据可解得x1＝116.4 m。
电动车的位移为
x2＝v1(t1＋t2＋Δt)＝40.8 m，
因为x1－x2＝75.6 m>63.5 m，故电动车会被撞。
设出租车刹车后经过时间t′电动车被撞，则有
v0(t1＋t2)＋v0t′－eq \f(1,2)at′2＝x0＋v1(t1＋t2＋t′)，
代入数据解得t′＝0.6 s(另一解不符合题意，舍去)。
答案：(1)120 m (2)电动车会被撞 刹车后经过0.6 s二者相撞
[课时跟踪检测]
1．两辆完全相同的汽车，沿水平道路一前一后匀速行驶，速度均为v0。若前车突然以恒定的加速度a刹车，在它刚停住时，后车以加速度2a开始刹车。已知前车在刹车过程中所行驶的路程为s，若要保证两辆车在上述情况中不发生碰撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( )
A.eq \f(1,2)s B.eq \f(3,2)s
C．2s D.eq \f(5,2)s
解析：选B 因后车以加速度2a开始刹车，刹车后行驶的距离为eq \f(1,2)s；在前车刹车过程的时间内，后车匀速运动的距离为2s，所以，两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2s＋eq \f(1,2)s－s＝eq \f(3,2)s。
2.(2023·河北石家庄模拟)甲、乙两辆汽车沿同一平直公路行驶，两汽车的速度随时间变化如图所示，t＝9 s时两车第二次相遇，则两车第一次相遇的时刻为( )
A．2.25 s B．3 s
C．4.5 s D．6 s
解析：选B 由数学知识可知，两图线的交点的横坐标为t＝6 s，因为v-t图线与时间轴围成的面积表示位移，故两汽车在t＝3 s到t＝9 s时间内的位移相同，t＝9 s时两车第二次相遇，则两车第一次相遇的时刻为t＝3 s。
3．A、B两辆列车在能见度很低的雾天里在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度vA＝10 m/s，B车在后，速度vB＝30 m/s。当B车发现A车时就立刻刹车。已知B车在进行刹车测试时发现，若车以30 m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1 800 m才能停下，假设B车刹车过程中加速度恒定。为保证两辆列车不相撞，则能见度至少要达到( )
A．400 m B．600 m
C．800 m D．1 600 m
解析：选C 对B车，由运动学公式有0－v02＝2ax，解得a＝eq \f(0－302,2×1 800) m/s2＝－0.25 m/s2，作出A、B两车运动过程中的速度—时间图像如图所示，图线的交点的横坐标为两车速度相等的时刻，有t＝eq \f(vA－vB,a)＝80 s，当两车速度相等时相距最近，若此时两车不相撞，则以后不能相撞，由v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，图像中阴影三角形的面积为能见度的最小值，则xmin＝eq \f(1,2)×(30－10)×80 m＝800 m，C正确。
4．(2023·济宁模拟)(多选)物体A以10 m/s的速度做匀速直线运动。物体A出发后5 s，物体B从同一地点由静止出发，做匀加速直线运动，加速度大小是2 m/s2，且A、B运动方向相同。则( )
A．物体B追上物体A所用的时间为5eq \r(3) s
B．物体B追上物体A所用的时间为(5＋5eq \r(3))s
C．物体B追上物体A前，两者的最大距离为75 m
D．物体B追上物体A前，两者的最大距离为50 m
解析：选BC 设物体B出发后经时间t追上物体A，则：xA＝xB，vA(t＋5)＝eq \f(1,2)at2，解得t＝(5＋5eq \r(3))s，故A错误，B正确；相遇前相距最大距离时vA＝vB，设物体B出发后的时间为Δt，则Δt＝eq \f(10,2) s＝5 s，则xA＝vA(5＋Δt)＝10×(5＋5)m＝100 m，xB＝eq \f(1,2)aΔt2＝eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m，故Δx＝xA－xB＝75 m，故C正确，D错误。
5.(2023·湖北武汉模拟)哥哥和弟弟在自家院子里跑步比赛，如图所示为他们在2T时间内的v-t图像，已知哥哥前一半时间的加速度为后一半时间加速度的2倍，弟弟后一半时间的加速度为前一半时间加速度的2倍，且哥哥前一半时间的加速度与弟弟后一半时间的加速度相等，则下列说法正确的是( )
A．整个过程中哥哥和弟弟的位移大小之比为eq \f(7,4)
B．T时刻哥哥和弟弟相距最远
C．若爸爸从0时刻开始以哥哥两段加速度的平均值为加速度做初速度为零的匀加速直线运动，则2T时刻爸爸正好在哥哥和弟弟的中间位置
D．若保持2T时刻的加速度不变继续运动，则再经过T时间弟弟追上哥哥
解析：选C 设哥哥在前一半时间内的加速度和弟弟在后一半时间内的加速度为2a，则哥哥在后一半时间内的加速度和弟弟在前一半时间内的加速度为a，由匀变速直线运动的规律可知，哥哥在2T时间内的位移x哥＝eq \f(1,2)×2aT2＋2aT×T＋eq \f(1,2)aT2＝eq \f(7,2)aT2，弟弟在2T时间内的位移x弟＝eq \f(1,2)aT2＋aT×T＋eq \f(1,2)×2aT2＝eq \f(5,2)aT2，则整个过程中哥哥和弟弟的位移大小之比为eq \f(7,5)，A错误；v-t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示位移，则由题图可知，2T时刻哥哥与弟弟相距最远，B错误；爸爸的加速度为eq \f(3a,2)，则根据匀变速直线运动的规律可知，2T时间内爸爸的位移x爸＝eq \f(1,2)×eq \f(3a,2)×(2T)2＝3aT2，故2T时刻爸爸正好在哥哥和弟弟的中间位置，C正确；2T时刻，哥哥的速度为2aT＋aT＝3aT，弟弟的速度为aT＋2aT＝3aT，若保持2T时刻的加速度不变继续运动，设经过时间T′弟弟追上哥哥，则时间T′内哥哥的位移x哥′＝3aTT′＋eq \f(1,2)aT′2，弟弟的位移x弟′＝3aTT′＋eq \f(1,2)×2aT′2，又x弟′－x哥′＝x哥－x弟＝aT2，解得T′＝eq \r(2)T，D错误。
6.(多选)蓝牙是一种短距离无线通信技术，可实现固定设备、移动设备之间的短距离数据交换。现有两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车甲、乙进行实验：甲、乙两车开始时处于同一直线上相距d＝9.0 m的O1、O2两点，某时刻计时开始时甲车从O1点以初速度v0＝5 m/s、加速度a1＝2 m/s2向右做匀加速运动，乙车同时从O2点由静止开始以加速度a2＝4 m/s2向右做匀加速运动，已知当两车间距超过x0＝15.0 m时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间，则(eq \r(61)≈7.8)( )
A．甲、乙两车在相遇前的最大距离为10 m
B．甲、乙两车在相遇前的最大距离为15.25 m
C．甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为7 s
D．甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为5.4 s
解析：选BD 当两车的速度相等时相距最远，设经过的时间为t，则有v0＋a1t＝a2t，解得t＝2.5 s，则甲、乙两车在相遇前的最大距离为x＝d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t＋\f(1,2)a1t2))－eq \f(1,2)a2t2，代入数据解得x＝15.25 m，故A错误，B正确；在相遇前，当两车间距小于等于x0＝15.0 m，两车能保持通信，则有d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t′＋\f(1,2)a1t′2))－eq \f(1,2)a2t′2＝x0，代入数据解得t1′＝
2 s，t2′＝3 s，设两车经过时间T相遇，则有d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0T＋\f(1,2)a1T2))＝eq \f(1,2)a2T2，解得T＝eq \f(5＋\r(61),2) s≈6.4 s，所以甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为t总＝T－(t2－t1)＝6.4 s－(3 s－2 s)＝5.4 s，故D正确，C错误。
7.(2023·青岛模拟)如图所示为某城市十字路口道路示意图，道路为双向四车道，每个车道宽度为2.4 m。一自行车从道路左侧车道线沿停车线向右匀速行驶，速率为14.4 km/h，同时一辆汽车在最右侧车道正中间行驶，速率为54 km/h，汽车前端距离停车线20 m。已知汽车的宽度与自行车的长度均为1.8 m，汽车的车身长4.8 m。汽车司机为避免与自行车相撞马上采取刹车制动，最大制动加速度大小为5 m/s2。
(1)求汽车的最短刹车距离sm；
(2)请通过计算判断当汽车以最大加速度刹车时，是否能够避免相撞。
解析：(1)已知v1＝14.4 km/h＝4 m/s，v2＝54 km/h＝15 m/s。设汽车以最大加速度刹车，则－2asm＝0－v22，代入数据解得sm＝22.5 m。
(2)以最大加速度刹车，设汽车车头到达停车线所用时间为t，则s＝v2t－eq \f(1,2)at2，解得t＝2 s或者t＝4 s，又因为汽车停下的时间为t′＝eq \f(v2,a)＝eq \f(15,5) s＝3 s，故t＝4 s不符合题意，舍去；此时以左侧车道线为起点，车头左侧距起点s1＝2.4×3 m＋eq \f(2.4－1.8,2)m＝7.5 m，车头右侧距起点s2＝2.4×4 m－eq \f(2.4－1.8,2)m＝9.3 m，车头所占位置范围为7.5 m～9.3 m，自行车在t＝2 s的时间内行驶的位移为x，则有x＝v1t＝4×2 m＝8 m，自行车此时所占位置范围为6.2 m～8 m。由此可知，它们的位置范围有重叠，不能避免相撞。
答案：(1)22.5 m (2)见解析
第5讲 实验：研究匀变速直线运动的特点(重点实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
1．由纸带判断物体做匀变速运动的方法
如图所示，0、1、2、…为时间间隔相等的各计数点，x1、x2、x3、…为相邻两计数点间的距离，若Δx＝x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝C(常量)，则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。
2．由纸带求物体运动速度的方法
匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，即vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)。
3．利用纸带求物体加速度的两种方法
(1)用逐差法求加速度
即根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻两计数点间的时间间隔)求出a1＝eq \f(x4－x1,3T2)、
a2＝eq \f(x5－x2,3T2)、a3＝eq \f(x6－x3,3T2)，再算出平均值，即a＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1－x2－x3,9T2)。
(2)用图像法求加速度
即先根据vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)求出所选的各计数点对应的瞬时速度，后作出v-t图像，图线的斜率即等于物体运动的加速度。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)平行：纸带和细绳要和木板平行。
(2)两先两后：实验开始时应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源，后取纸带。
(3)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，要防止槽码落地和小车与滑轮相撞。
(4)纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃打点密集部分，适当选取计数点。
(5)区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上打下的点。计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点，要注意“每5个点取一个计数点”与“每隔4个点取一个计数点”取点方法是一样的，时间间隔均为0.1 s。
(6)准确作图：在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏而导致误差过大)，仔细描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧。
2．误差分析
(1)根据纸带测量的位移有误差。
(2)电源频率不稳定，造成相邻两点的时间间隔不完全相等。
(3)纸带运动时打点不稳定引起测量误差。
(4)用作图法，作出的v-t图像并不是一条直线。
(5)木板的粗糙程度并非完全相同，这样测量得到的加速度只能是所测量段的平均加速度。
利用纸带分析物体的运动特点、测量物体的速度及加速度，是纸带类实验的基础。本实验常利用纸带求解各计数点的速度，用逐差法、图像法、公式法求解物体的加速度，同时对有效数字知识进行考查，难度相对较小。
关键点(一) 有效数字的认知
[考法感悟]
1．(2023·大庆高三模拟)在进行“探究小车速度随时间变化的规律”实验中：
(1)图1所示实验器材是________(填“计时”“测速”或“测距”)的仪器，其中必须使用8 V低压交流电源的是________(填“甲”或“乙”)。
(2)已提供了小车、一端附有滑轮的长木板、纸带、细绳、刻度尺、导线。为了完成实验，还须从图2中选取实验器材：______(此项为多选，请填写相应的字母符号)。
(3)实验得到一条清晰的纸带，如图3所示是截取了其中某一段纸带用刻度尺(单位：cm)测量时的情景，其中A、B、C、D、E、F为6个相邻的点迹。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz。其中计数点E所在位置的刻度尺读数为________cm，小车加速过程中对应E点瞬时速度大小为______m/s。
解析：(1)图1所示实验器材是计时的仪器。其中必须使用8 V低压交流电源的是电磁打点计时器，即甲。
(2)已提供了小车、一端附有滑轮的长木板、纸带、细绳、刻度尺、导线。为了完成实验，还须从图2中选取实验器材：低压电源A和电磁打点计时器C。
(3)计数点E所在位置的刻度尺读数为8.78 cm，D、F段的位移：xDF＝(11.56－6.43)cm＝5.13 cm，则E点的瞬时速度等于DF段的平均速度eq \x\t(v)DF＝eq \f(xDF,2T)＝eq \f(5.13×10－2,0.04) m/s≈1.28 m/s。
答案：(1)计时 甲 (2)AC (3)8.78(8.76～8.80均可) 1.28(1.24～1.32均可)
2．(2022·辽宁高考，节选)某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带(宽度用d表示)。实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔Δt。
(1)除图中所用的实验器材外，该实验还需要________(填“天平”或“刻度尺”)；
(2)该同学测得遮光带(透光带)的宽度为4.50 cm，记录时间间隔的数据如表所示，
根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小为v3＝________m/s(结果保留两位有效数字)；
(3)某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为Δt1、Δt2，则重力加速度g＝________(用d、Δt1、Δt2表示)。
解析：(1)实验中，我们不需要测质量，但需要测遮光带和透光带的宽度，故需要刻度尺；
(2)根据平均速度定义可得v3＝eq \f(0.045 m,0.03 s)＝1.5 m/s；
(3)可以考虑匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻速度，分别求出相邻两个中间时刻速度后，根据加速度定义式表示g，即g＝eq \f(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1),\f(Δt1＋Δt2,2))，整理可得g＝eq \f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)。
答案：(1)刻度尺 (2)1.5 (3)eq \f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)
[系统建模]
1．有效数字的最后一位是测量者估读出来的，是偶然误差的来源。如第1题第(3)问E点所在位置的刻度尺读数中，最后一位数字就是估读出来的，所以本问的答案要估读到刻度尺分度值1 mm的下一位。
2．有效数字的位数：在一个数中，自左向右，从第一个不为零的数字起，到右边最末一位数字止(包括末位数为零的数字)，共有几个数字，就是几位有效数字。如第2题第(2)问v3的计算结果保留两位有效数字，v3＝1.5 m/s，若要求结果保留三位有效数字，则v3＝1.50 m/s。
3．科学记数法：如36 500，从左向右，如果第3位数“5”不可靠，则应记为3.65×104；如果第4位数“0”不可靠，应记为3.650×104。
关键点(二) 逐差法的活学妙用
[考法感悟]
1．(2021年8省联考·重庆卷)某小组用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，该打点计时器电源的频率为50 Hz，在打好的纸带上每5个点标记一个计数点，标记结果如图所示。A、B、C、D为连续选择的计数点，其位置分别为20.0 mm、34.0 mm、53.0 mm和77.0 mm。则
(1)图中相邻两计数点的时间间隔是________s。
(2)打B点时小车的速度大小是________m/s。
(3)小车运动的加速度大小是________m/s2。
解析：(1)打点计时器的打点周期为T＝eq \f(1,f)＝0.02 s，相邻两计数点之间的时间间隔t＝5T＝0.1 s。
(2)在匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以打B点时小车的速度为vB＝eq \f(xAC,2t)＝eq \f(53.0－20.0,2×0.1)×10－3 m/s＝0.165 m/s。
(3)根据逐差法求解加速度a＝eq \f(xCD－xAB,2t2)＝eq \f(77.0－53.0－34.0－20.0,2×0.12)×10－3 m/s2＝0.5 m/s2。
答案：(1)0.1 (2)0.165 (3)0.5
2．(2022·全国乙卷)用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻(t＝0)开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1 s测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：
回答下列问题：
(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)当x＝507 m时，该飞行器速度的大小v＝________m/s；
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a＝______m/s2(保留2位有效数字)。
解析：(1)第1 s内的位移为507 m，第2 s内的位移为587 m，第3 s内的位移为665 m，第4 s内的位移为746 m，第5 s内的位移为824 m，第6 s内的位移为904 m，则相邻1 s内的位移之差接近80 m，可知飞行器在这段时间内做匀加速运动；
(2)当x＝507 m时飞行器的速度等于0～2 s内的平均速度，则v1＝eq \f(1 094,2) m/s＝547 m/s；
(3)根据a＝eq \f(x36－x03,9T2)＝eq \f(4 233－2×1 759,9×12) m/s2≈79 m/s2。
答案：(1)相邻1 s内的位移之差接近80 m
(2)547 (3)79
3．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(a)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(b)记录了桌面上连续的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(b)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(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)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)
解析：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的。
(2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T＝eq \f(30 s,46－1)＝eq \f(2,3) s。根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A点位置时的速度大小为vA＝eq \f(0.117＋0.133,2T)(m/s)≈0.19 m/s。根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a＝eq \f(x4＋x5－x1－x2,6T2)＝eq \f(100＋83－150－133×0.001,6×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2) m/s2≈－0.038 m/s2。
因此加速度的大小为0.038 m/s2
答案：(1)从右向左 (2)0.19 0.038
[系统建模]
1．如图甲所示，有连续的6段位移：
则加速度a＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)。
如第2题第(3)问中飞行器加速度的计算。
2．如图乙所示，有连续的5段位移：
(1)可以去掉最短的x1，则有：
a＝eq \f(x4＋x5－x2＋x3,4T2)
(2)也可以去掉中间的x3，则有：
a＝eq \f(x4＋x5－x1＋x2,6T2)
如第3题第(2)问中加速度大小计算中就去掉中间的“117”，采用(2)中的公式计算的。
3．不连续的两段位移，如图丙所示：
a＝eq \f(xn＋m－xn,mT2)
如第1题第(3)问中加速度大小的计算即采用该方法。
关键点(三) 其他方法求解加速度
[考法感悟]
1．(2022·浙江6月选考，节选)“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为________cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为________m/s2(保留两位有效数字)。
解析：依题意，打计数点B时小车位移大小为6.20 cm，考虑到偶然误差，6.15 cm～6.25 cm也可；由图3中小车运动的数据点，有a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1.05－0.30,0.4) m/s2≈1.9 m/s2，考虑到偶然误差，1.7 m/s2～2.1 m/s2也可。
答案：6.20(6.15～6.25均可) 1.9(1.7 ～2.1均可)
2．(2023·石家庄模拟)利用现代信息技术进行的实验称为DIS实验，光电计时器是一种常用计时仪器，其结构如图1所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当一辆带有挡光片的小车从a、b间通过时，光电计时器就可以显示挡光片的挡光时间。现有一辆小车通过光电门，计时器显示的挡光时间是2.00×10－2 s，用游标卡尺测量小车上挡光片的宽度d，示数如图2所示。
(1)读出挡光片的宽度d＝________ cm，小车通过光电门时的速度大小v＝________ m/s(结果保留三位有效数字)。
(2)当小车相继通过相距L的两个光电门时，两个光电计时器上记录下的读数分别是t1和t2，则小车在这段距离中的平均加速度大小为________(用题中符号表示)。
解析：(1)挡光片的宽度d＝29 mm＋0.1×8 mm＝29.8 mm＝2.98 cm
小车通过光电门时的速度大小v＝eq \f(d,t)＝eq \f(2.98×10－2,2.00×10－2) m/s＝1.49 m/s
(2)通过两个光电门的速度大小分别为v1＝eq \f(d,t1)，v2＝eq \f(d,t2)
根据v22－v12＝2aL
可得加速度大小为a＝eq \f(d2,2L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t22)－\f(1,t12)))。
答案：(1)2.98 1.49 (2)eq \f(d2,2L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t22)－\f(1,t12)))或
eq \f(1,2L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d2,t22)－\f(d2,t12)))或eq \f(d2t12－t22,2Lt12t22)
3．如图甲为测量重力加速度的实验装置，C为数字毫秒表，A、B为两个相同的光电门，C可以测量小铁球两次挡光之间的时间间隔。开始时小铁球处于A门的上边缘，当断开电磁铁的开关由静止释放小铁球时，A门开始计时，落到B门时停止计时，毫秒表显示时间为小铁球通过A、B两个光电门的时间间隔t，测量A、B间的距离x。现将光电门B缓慢移动到不同位置，测得多组x、t数值，画出eq \f(x,t)随t变化的图线为直线，如图乙所示，直线的斜率为k，则由图线可知，当地重力加速度大小为g＝______；若某次测得小铁球经过A、B门的时间间隔为t0，则可知小铁球经过B门时的速度大小为________，此时两光电门间的距离为__________。
解析：小铁球做自由落体运动，出发点在A点，小铁球在A点的速度为0，则小铁球从A到B的过程：x＝eq \f(1,2)gt2，则eq \f(x,t)＝eq \f(1,2)gt，可知eq \f(x,t) -t为一次函数图像，斜率k＝eq \f(g,2)，解得：g＝2k。依据速度公式，则有：vB＝gt0＝2kt0；而两光电门的间距d＝eq \f(1,2)gt2＝kt02。
答案：2k 2kt0 kt02
[系统建模]
1．利用图像求物体的加速度
2．利用速度与位移关系式求物体的加速度
利用光电门测出物体经过相邻两光电门的速度v1、v2，两光电门间距为x，则由v22－v12＝2ax，可得物体的加速度a＝eq \f(v22－v12,2x)。如第2题利用此方法求加速度。
1．(2023·东北师大附中检测)研究小车做匀变速直线运动的实验装置如图(a)。纸带上计数点的间距如图(b)，相邻计数点的时间间隔为T，计数点O至其他各计数点的距离为xi(其中i＝1,2，3，…)。
(1)部分实验步骤如下，其中正确的有________(多选)。
A．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔
B．必须抬高木板右端，平衡小车受到的摩擦力
C．将小车尾部与纸带相连，小车停靠在打点计时器附近
D．先释放小车，后接通电源
(2)用x3、x5和T表示计数点4对应的小车速度大小为v4＝________。
(3)用x3、x6和T表示小车加速度的大小为a＝________。
解析：(1)把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔，选项A正确；此实验中小车做匀加速运动即可，不需要平衡摩擦力，选项B错误；将小车尾部与纸带相连，小车停靠在打点计时器附近，选项C正确；实验时要先接通电源，后释放小车，选项D错误。
(2)用x3、x5和T表示计数点4对应的小车速度大小为v4＝eq \f(x5－x3,2T)。
(3)根据Δx＝aT2，则用x3、x6和T表示小车加速度的大小为a＝eq \f(x36－x03,3T2)＝eq \f(x6－2x3,9T2)。
答案：(1)AC (2)eq \f(x5－x3,2T) (3)eq \f(x6－2x3,9T2)
2．(2021·全国甲卷)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sin α＝0.34，cs α＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1,2,3,4,5)，如下表所示。
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为______。(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80 m/s2)
解析：根据逐差法有a＝eq \f(s5＋s4－s2＋s1,6ΔT2)，代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小a≈0.43 m/s2。对小铜块受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcs α＝ma，代入数据解得μ≈0.32。
答案：0.43 0.32
3．在利用打点计时器做“研究匀变速直线运动”的实验中，图甲所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s。
(1)根据纸带可判定小车做_____________________________________________________运动。
(2)根据纸带计算各点瞬时速度：vD＝________m/s，vC＝________m/s，vB＝________m/s。在图乙所示的坐标系中作出小车的v-t图像，并根据图线求出a＝________。
(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度不为零，此速度的物理意义是________________________________________________________________________。
解析：(1)根据纸带提供的数据可知xBC－xAB＝xCD－xBC＝xDE－xCD＝12.60 cm，故小车做匀加速直线运动。
(2)根据eq \x\t(v)＝veq \f(t,2)可知：vD＝eq \f(105.60－27.60×10－2,0.2) m/s＝3.90 m/s，
vC＝eq \f(60.30－7.50×10－2,0.2) m/s＝2.64 m/s，
vB＝eq \f(27.60×10－2,0.2) m/s＝1.38 m/s，
描点连线得v-t图像如图所示。
根据图线斜率知a＝12.60 m/s2。
(3)图线与纵轴交点表示零时刻小车经过A点的速度。
答案：(1)匀加速直线 (2)3.90 2.64 1.38 v-t图像见解析图 12.60 m/s2 (3)零时刻小车经过A点的速度
4．用如图甲所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。
(1)实验的主要步骤：
①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，结果如图乙所示，读得d＝__________ mm。
②用刻度尺测量A点到光电门所在位置B点之间的水平距离x。
③滑块从A点静止释放(已知槽码落地前挡光片已通过光电门)。
④读出挡光片通过光电门所用的时间t。
⑤改变光电门的位置，滑块每次都从A点静止释放，测量相应的x值并读出t值。
(2)根据实验测得的数据，以x为横坐标，eq \f(1,t2)为纵坐标，在坐标纸中作出eq \f(1,t2)-x图线如图丙所示，求得该图线的斜率k＝________ m－1·s－2；由此进一步求得滑块的加速度a＝________ m·s－2。(计算结果均保留3位有效数字)
解析：(1)根据游标卡尺读数规则，挡光片的宽度d＝6 mm＋12×0.05 mm＝6.60 mm。
(2)该图线的斜率k＝eq \f(2.0－1.0,0.65－0.23)×104 m－1·s－2≈2.38×104 m－1·s－2；
滑块通过光电门时的速度v＝eq \f(d,t)，
由v2＝2ax可得eq \f(1,t2)＝eq \f(2a,d2)x，由k＝eq \f(2a,d2)，
可求得滑块的加速度a≈0.518 m·s－2。
答案：(1)①6.60 (2)2.38×104 0.518定义
位移
表示质点的位置变动，它是由初位置指向末位置的有向线段
路程
质点运动轨迹的长度
区别
(1)位移是矢量，方向由初位置指向末位置
(2)路程是标量，没有方向
联系
(1)单向直线运动中，位移大小等于路程
(2)其他情况下，位移大小小于路程
平均速度
物体的位移与发生这段位移所用时间之比，即v＝eq \f(Δx,Δt)，是矢量，其方向与位移的方向相同
瞬时速度
运动物体在某一时刻或某一位置的速度，是矢量，方向沿轨迹的切线方向
速率
瞬时速度的大小，是标量
定义
物体速度的变化量与发生这一变化所用时间之比
定义式
a＝eq \f(Δv,Δt)，单位：m/s2
方向
与Δv的方向一致，由合力的方向决定
物理意义
描述物体速度变化快慢的物理量
决定因素不同
位移由始、末位置决定，路程由实际的运动路径决定
运算法则不同
位移应用矢量的平行四边形定则运算，路程应用标量的代数运算法则运算
物理量
速度
速度变化量
加速度
物理意义
描述物体运动的快慢
描述物体速度的变化
描述物体速度变化的快慢
定义式
v＝eq \f(Δx,Δt)
Δv＝v－v0
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v－v0,Δt)
方向
与位移Δx同向，即物体运动的方向
由v－v0或a的方向决定
与Δv的方向一致，由合力F的方向决定，而与v0、v的方向无关
自由落体运动
竖直上抛运动
运动特点
初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动
初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动
速度公式
v＝gt
v＝v0－gt
位移公式
h＝eq \f(1,2)gt2
h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
速度—位移关系式
v2＝2gh
v2－v02＝－2gh
涉及的物理量
未涉及的物理量
适宜选用公式
v0，v，a，t
x
v＝v0＋at
v0，a，t，x
v
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0，v，a，x
t
v2－v02＝2ax
v0，v，t，x
a
x＝eq \f(v＋v0,2)t
刹车类
(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。
双向可逆类
(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。
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：
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，形成多解，在解决问题时要注意这个特性。
分段法
将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段
全程法
将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性
x-t图像
v-t图像
轴
横轴为时间t，纵轴为位移x
横轴为时间t，纵轴为速度v
线
倾斜直线表示匀速直线运动
倾斜直线表示匀变速直线运动
斜率
表示速度
表示加速度
面积
无实际意义
图线与时间轴围成的面积表示位移大小
纵截距
表示初位置
表示初速度
特殊点
拐点表示速度变化，交点表示相遇
拐点表示加速度变化，交点表示速度相等
原理装置图
(1)不需要平衡摩擦力。
(2)不需要满足悬挂槽码质量远小于小车质量。
操作要领
(1)平行：细绳、纸带与长木板平行。
(2)靠近：小车释放前，应靠近打点计时器的位置。
(3)先后：实验时先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带。
(4)防撞：小车到达滑轮前让其停止运动，防止与滑轮相撞或掉下桌面摔坏。
(5)适当：悬挂槽码要适当，避免纸带打出的点太少或过于密集。
编号
1遮光带
2遮光带
3遮光带
…
Δt/(×10－3s)
73.04
38.67
30.00
…
t/s
0
1
2
3
4
5
6
x/m
0
507
1 094
1 759
2 505
3 329
4 233
利用v-t图像
图线的斜率表示物体的加速度，如第1题利用此方法求加速度
利用eq \f(x,t)-t图像
由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得：eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，图线的斜率k＝eq \f(a,2)，物体的加速度a＝2k。如第3题利用此方法求加速度
s1
s2
s3
s4
s5
5.87 cm
7.58 cm
9.31 cm
11.02 cm
12.74 cm
第1讲 描述运动的基本概念
一、质点、参考系
1．质点
(1)定义：用来代替物体的有质量的点。
(2)物体看作质点的条件：物体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略。
2．参考系
(1)定义：在描述物体运动时，用来作为参考的物体。
(2)选取：可任意选取，但对同一物体的运动，所选的参考系不同，运动的描述可能会不同，通常以地面为参考系。
二、位移和路程
三、速度
四、加速度
情境创设
嘉绍大桥是我国浙江省境内连接嘉兴市海宁市与绍兴市上虞区的过江通道，位于浙江省杭州湾海域内，是常台高速公路(国家高速G1522)的组成部分。嘉绍大桥南起沽渚枢纽，跨越杭州湾，北至南湖枢纽，全长10.137 km；桥面为双向八车道高速公路，设计速度为100 km/h。
某辆轿车在17：30进入该大桥，17：40离开大桥。
微点判断
(1)研究该轿车通过嘉绍大桥的时间时，可以将该轿车视为质点。(√)
(2)以该轿车为参考系，嘉绍大桥是运动的。(√)
(3)该轿车在17：30进入嘉绍大桥，17：40离开大桥，这里的“17：30”和“17：40”实际上指的是时刻。(√)
(4)该轿车经过嘉绍大桥的位移是10.137 km。(×)
(5)“设计速度为100 km/h”，该速度为平均速度。(×)
(6)该轿车通过嘉绍大桥的平均速度约为60.8 km/h。(×)
(7)该轿车瞬时速度的方向就是轿车在该时刻或该位置的运动方向。(√)
(8)该轿车在某位置的速度很大，其加速度一定不为零。(×)
(一) 质点、参考系、位移(固基点)
[题点全练通]
1．[物体看作质点的条件]
(2023·济南高三调研)如图所示是奥运会中的运动项目，在考查运动员比赛成绩时，可将运动员视为质点的是( )
解析：选D 跳水比赛中要考虑运动员的动作，故不能将其视为质点，故A错误；双杠比赛中要考虑运动员的动作，故不能将其视为质点，故B错误；体操要考虑运动员的姿态，故不能将其视为质点，故C错误；马拉松比赛中，运动员的大小和体积可以忽略不计，故可以将其视为质点，故D正确。
2．[参考系的选取]
(多选)在摩托艇比赛中，两艘摩托艇都向南行驶，前面的摩托艇比后面的摩托艇快。下列说法正确的是( )
A．若选择前面的摩托艇为参考系，则后面的摩托艇向南行驶
B．若选择前面的摩托艇为参考系，则后面的摩托艇向北行驶
C．若选择后面的摩托艇为参考系，则前面的摩托艇向南行驶
D．若选择后面的摩托艇为参考系，则前面的摩托艇向北行驶
解析：选BC 以前面的摩托艇为参考系，后面的摩托艇向北远离；以后面的摩托艇为参考系，前面的摩托艇向南远离。故B、C正确，A、D错误。
3．[位移与路程]
(1)(2022·辽宁高考)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8 m，小车在桥架上单向移动了6 m。该次作业中小车相对地面的位移大小为( )
A．6 m B．8 m
C．10 m D．14 m
解析：选C 根据题意，桥架移动方向与小车在桥架上移动方向相互垂直。根据平行四边形定则，小车相对地面的位移大小为10 m。
(2)(2023·湖北十堰高三联考)如图所示，在距墙壁1 m的A点，小球以某一速度冲向一端固定在墙壁上的弹簧，将弹簧压缩到最短时到达距离墙壁0.2 m的B点，然后又被反方向弹回至距墙壁1.5 m的C点静止，则从A点到C点的过程中，小球的位移大小和路程分别是( )
A．0.5 m、1.3 m B．0.8 m、1.3 m
C．0.8 m、1.5 m D．0.5 m、2.1 m
解析：选D 位移的大小等于始、末位置的距离，可知位移的大小等于AC的距离，即为1.5 m－1 m＝0.5 m。路程等于运动轨迹的长度，可知s＝1 m＋1.5 m－2×0.2 m＝2.1 m，故D正确。
[要点自悟明]
1．确定质点的四个步骤
2．对参考系的三点提醒
(1)由于运动描述的相对性，凡是提到物体的运动，都应该明确它是相对哪个参考系而言的，在没有特殊说明的情况下，一般选地面作为参考系。
(2)在同一个问题中，若要研究多个物体的运动情况或同一物体在不同阶段的运动情况，则必须选取同一个参考系。
(3)对于复杂运动的物体，应选取能最简单描述物体运动情况的物体为参考系。
3．位移与路程的两点区别
(二) 平均速度与瞬时速度(精研点)
逐点清1 平均速度的计算
1．2022年10月31日15时37分，梦天实验舱搭乘长征五号B遥四运载火箭，在中国文昌航天发射场成功发射升空。小李在网络上观看了梦天实验舱发射视频，观察到火箭在发射后第6 s末到第8 s末的位移大小约为火箭长度的eq \f(4,5)，如图所示，他又上网查到运载梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭全长约53.7 m，则火箭发射后第6 s末至第8 s末的平均速度最接近( )
A．20 m/s B．10 m/s
C．5 m/s D．2 m/s
解析：选A 火箭在第6 s末到第8 s末的位移大小约为火箭的eq \f(4,5)，则平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(\f(4,5)L,t)＝eq \f(\f(4,5)×53.7,2) m/s＝21.48 m/s，最接近20 m/s，故选A。
一点一过
1．求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度。
2.eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δx,Δt)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eq \(v,\s\up6(－))＝veq \f(t,2)。
逐点清2 平均速度与瞬时速度的关系
2.(2023·武汉高三月考)物体沿曲线的箭头方向运动，运动轨迹如图所示(小正方格边长为1米)。AB、ABC、ABCD、ABCDE四段运动轨迹所用的运动时间分别是：1 s、2 s、3 s、4 s。下列说法正确的是( )
A．物体过B点的速度等于AC段的平均速度
B．物体过C点的速度大小一定是eq \f(\r(5),2) m/s
C．ABC段的平均速度比ABCD段的平均速度更能反映物体处于B点时的瞬时速度
D．物体在ABCDE段的运动速度方向时刻改变
解析：选C 物体的运动不是匀变速直线运动，故A错；物体过AC段的平均速度为eq \f(\r(5),2) m/s，C点速度不一定为此值，故B错；根据平均速度公式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)可知，位移越小，平均速度越能代表某点的瞬时速度，所以ABC段的平均速度比ABCD段的平均速度更能反映物体处于B点时的瞬时速度，故C正确；物体在BC段的速度方向没有时刻改变，故D错。
一点一过
1．平均速度和瞬时速度的区别
(1)平均速度是过程量，与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度。
(2)瞬时速度是状态量，与位置和时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度。
2．平均速度和瞬时速度的联系
(1)瞬时速度等于运动时间Δt→0时的平均速度。
(2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等。
逐点清3 平均速度与平均速率的比较
3.(多选)如图所示，在某次自行车越野比赛中，某选手用地图计算出从出发地A到目的地B的直线距离为12 km，实际从A运动到B用时30 min，实际里程表指示的里程数比直线距离多了8 km，当他经过某路标C时，车上速度计指示的示数为50 km/h，下列说法正确的是( )
A．整个过程中自行车的平均速度大小为24 km/h
B．整个过程中自行车的平均速率为40 km/h
C．经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50 km/h
D．经过路标C时自行车的速度方向为由A指向B
解析：选ABC 整个过程中自行车的平均速度大小为eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(12,0.5) km/h＝24 km/h，故A正确；整个过程中自行车的平均速率为eq \x\t(v)1＝eq \f(s,t)＝eq \f(12＋8,0.5) km/h＝40 km/h，故B正确；经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50 km/h，故C正确；经过路标C时自行车的速度方向沿轨迹的切线方向，不是由A指向B，故D错误。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 平均速率≠平均速度大小
1．平均速度是位移与时间之比，平均速率是路程与时间之比。
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。
(三) 加速度(精研点)
逐点清1 速度、速度变化量与加速度的关系
1．北京大学物理系赵凯华教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念……”。所以对加速度的认识应该引起大家的重视。下列说法中正确的是( )
A．物体的速度大，加速度一定大
B．速度变化得越快，加速度就变化得越快
C．物体加速度变大，则速度也一定是在变大
D．加速度的方向与速度变化量的方向相同
解析：选D 加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化率，与速度的大小无关，故A错误；速度变化得越快，加速度就越大，但加速度的变化不一定越快，故B错误；物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，故C错误；根据加速度的定义可知D正确。
一点一过
速度、速度变化量和加速度的比较
逐点清2 物体速度变化规律分析
2．(多选)一个物体做变速直线运动，物体的加速度(方向不变)大小从某一值逐渐减小到零，则在此过程中，关于该物体的运动情况的说法可能正确的是( )
A．物体速度不断增大，加速度减小到零时，物体速度最大
B．物体速度不断减小，加速度减小到零时，物体速度为零
C．物体速度减小到零后，反向加速再匀速
D．物体速度不断增大，然后逐渐减小
解析：选ABC 物体做变速直线运动，若速度方向与加速度方向相同，加速度逐渐减小，速度不断增大，当加速度减小到零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动，A正确；若速度方向与加速度方向相反，加速度逐渐减小，速度不断减小，当加速度减小到零时，物体速度可能恰好为零，也可能当速度减为零时，加速度不为零，然后物体反向做加速直线运动，加速度等于零后，物体做匀速运动，B、C正确，D错误。
一点一过
根据a与v的方向关系判断速度变化
(1)eq \x(\a\al( a和v同向,加速直线运动))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a不变，v随时间均匀增大,a增大，v增大得越来越快,a减小，v增大得越来越慢))
(2)eq \x(\a\al( a和v反向,减速直线运动))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a不变，v随时间均匀减小,a增大，v减小得越来越快,a减小，v减小得越来越慢))
逐点清3 加速度的计算
3．(2023·大连模拟)在一次蹦床比赛中，运动员从高处自由落下，以大小为8 m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为10 m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Δt＝1.0 s，那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为( )
A．2 m/s2，竖直向下 B．8 m/s2，竖直向上
C．10 m/s2，竖直向下 D．18 m/s2，竖直向上
解析：选D 规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝eq \f(－10－8,1.0) m/s2＝－18 m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度大小为18 m/s2，方向竖直向上。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 计算加速度的步骤及方法
1．[渗透五育教育(体育)](2022·浙江1月选考)下列说法正确的是( )
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
解析：选B 研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不可以看成质点，A错误；研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，B正确；研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，C错误；研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为相同，D错误。
2．[体现学以致用]小李打算从华景里路口走路到华南师大正门，她通过手机地图导航得到如图所示的信息。若她按照手机地图提供的方案出行，则( )
A．“推荐方案”与“方案二”的平均速度相同
B．推荐方案的位移较小
C．“方案二”的平均速度约为4.29 km/h
D．小李运动过程中的加速度不可能一直为0
解析：选D 因两种方案的初末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，则平均速度不相同，选项A、B错误；“方案二”的路程为
2．5 km，时间为35 min，则平均速率约为eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)＝eq \f(2.5,\f(35,60)) km/h≈4.29 km/h，不是平均速度，选项C错误；小李运动过程中不可能一直做匀速直线运动，即他的加速度不可能一直为0，选项D正确。
3．[强化科学探究]
如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt。测得遮光条的宽度为Δx，用eq \f(Δx,Δt)近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使eq \f(Δx,Δt)更接近瞬时速度，正确的措施是( )
A．换用宽度更窄的遮光条
B．提高测量遮光条宽度的精确度
C．使滑块的释放点更靠近光电门
D．增大气垫导轨与水平面的夹角
解析：选A eq \f(Δx,Δt)表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮光时间Δt越小，eq \f(Δx,Δt)越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，A正确。
4.[树立民族自信]核潜艇是战略核威慑手段之一，我国自主研制的“094A”核潜艇在世界上处于比较领先的地位。如图所示，在某次实战训练中潜艇遇到情况需要紧急下潜，假设在某段时间内可视为匀减速下潜，若在这段时间内5 s末的速度比2 s末的速度小3 m/s，则“094A”潜艇在该段时间内的加速度大小为( )
A．1 m/s2 B．1.5 m/s2
C．2 m/s2 D．3 m/s2
解析：选A 设5 s末的速度为v5,2 s末的速度v2＝v5＋3 m/s，时间Δt＝3 s，潜艇在该段时间内的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v5－v2,Δt)＝－1 m/s2，故B、C、D错误，A正确。
[课时跟踪检测]
1．某品牌植保无人机喷洒农药，最快工作效率达到150亩/小时，可持续工作8小时。下列说法中正确的是( )
A．调整无人机在空中的姿态时可以将无人机看成质点
B．确定无人机的位置时需要建立三维坐标系
C．观察无人机飞行速度时可以选取无人机上的摄像机为参考系
D．“8小时”指的是时刻
解析：选B 调整无人机在空中的姿态时，无人机的大小和形状不能忽略不计，不能将无人机看成质点，A错误；无人机在高空飞行，确定其空间位置时需要建立三维坐标系，B正确；观察无人机飞行速度时可以选取地面为参考系，摄像机与无人机相对静止，不能选取无人机上的摄像机为参考系，C错误；“8小时”指的是时间间隔，D错误。
2.一位同学想从广场上的a处前往博物馆正门前的b处，他用手机导航，导航图如图所示。a、b间的直线距离为1.6 km。若骑行，导航显示“11分钟，2.2公里”；若步行，导航显示“33分钟，2.2公里”。根据导航信息，从a处到b处的过程中，下列说法正确的是( )
A．骑行过程中，自行车不能被看作质点
B．步行导航显示的33分钟是该同学到达博物馆的时刻
C．该同学骑行的平均速率大约是3.3 m/s
D．该同学骑行与步行的路程不相等
解析：选C 骑行过程中，自行车的大小和形状可以忽略不计，可以被看作质点，故A错误；步行导航显示的33分钟是该同学到达博物馆所用的时间，故B错误；该同学骑行的平均速率等于路程与时间的比值，即v＝eq \f(2 200 m,11×60 s)≈3.3 m/s，故C正确；该同学骑行与步行的路程相等，故D错误。
3．(多选)一身高为H的田径运动员正在参加百米国际比赛，在终点处，有一位站在跑道终点旁的摄影记者用照相机给他拍摄冲线过程，摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16，快门(曝光时间)是eq \f(1,60) s，得到照片后测得照片中运动员的高度为h，胸前号码布上模糊部分宽度是ΔL。由以上数据可以估算运动员的( )
A．百米成绩 B．冲线速度
C．百米内的平均速度 D．冲线时eq \f(1,60) s内的位移
解析：选BD 由于无法知道运动员跑100 m经历的时间，故无法确定其平均速度和成绩，A、C错误；由题意可求出冲线时eq \f(1,60) s内运动员跑过的距离Δx＝eq \f(H,h)ΔL，进一步求得eq \f(1,60) s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,\f(1,60) s)，由于时间极短，可把这段时间内的平均速度近似看成是冲线时的瞬时速度，B、D正确。
4． “50TFSI”为某品牌汽车的尾部标识，其中“50”称为G值，G值越大，加速越快。G值的大小为车辆从静止加速到100 km/h(百公里加速)的平均加速度的10倍。某该品牌汽车百公里加速时间为6.2 s，由此推算，该汽车的尾标应该是( )
A．30TFSI B．35TFSI
C．40TFSI D．45TFSI
解析：选D 根据加速度的定义可得汽车的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(100,3.6×6.2) m/s2≈4.5 m/s2，故该车的G值为4.5×10＝45，其尾标为45TFSI，选项D正确。
5.排球在我国是广受欢迎的比赛项目，女排精神更是体现了顽强拼搏、永不放弃的中国精神。在排球比赛中，扣球手运动员抓住机会打了一个“探头球”，已知来球速度大小v1＝6 m/s，击回的球速度大小v2＝8 m/s，击球时间为0.2 s。关于击球过程中的平均加速度，下列说法正确的是( )
A．平均加速度大小为70 m/s2，方向与v1相同
B．平均加速度大小为10 m/s2，方向与v1相同
C．平均加速度大小为70 m/s2，方向与v2相同
D．平均加速度大小为10 m/s2，方向与v2相同
解析：选C 选取初速度v1的方向为正方向，则v1＝6 m/s，v2＝－8 m/s，所以排球的平均加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v2－v1,Δt)＝eq \f(－8－6,0.2) m/s2＝－70 m/s2，负号表示平均加速度方向与v1的方向相反，与v2的方向相同，C正确，A、B、D错误。
6．(2023·泰安模拟)结合图片中的情景及数据，以下判断不正确的是( )
A．高速行驶的磁悬浮列车的加速度可能为零
B．汽车速度为100 km/h，紧急刹车距离为30.8 m(可视为匀减速至静止)，由此可得汽车刹车阶段的加速度大小为a＝12.5 m/s2
C．位于炮膛中的点燃火药的炮弹，其速度、加速度可能均为零
D．根据图中数据可求出猎豹在100 m内的平均速率为v＝16.3 m/s
解析：选C 高速行驶的磁悬浮列车，若匀速行驶，其加速度为零，选项A正确。由v2＝2ax可得a≈12.5 m/s2，选项B正确。位于炮膛中的点燃火药的炮弹的速度为零、加速度一定不为零，选项C错误。根据图中数据可求出猎豹在100 m内的平均速率为v＝eq \f(100,6.13) m/s≈16.3 m/s，选项D正确。
7．在第15届机器人世界杯赛上，中国科技大学获得仿真2D组冠军，标志着我国在该领域的研究取得了重大进展。若要使机器人执行一项任务，给它设定了如下动作程序：机器人在平面内由点(1 m，1 m)出发，沿直线运动到点(4 m,2 m)，然后又由点(4 m,2 m)沿直线运动到点(2 m,5 m)，然后又由点(2 m，5 m)沿直线运动到点(6 m,6 m)，然后又由点(6 m，6 m)沿直线运动到点(3 m,3 m)。整个过程中机器人所用时间是2eq \r(2) s，下列说法正确的是( )
A．机器人的运动轨迹是一条直线
B．整个过程中机器人的位移大小为2eq \r(2) m
C．整个过程中机器人的路程大小为2eq \r(2) m
D．整个过程中机器人的平均速度为1.5 m/s
解析：选B 根据坐标分析可知轨迹为折线，A错误；整个过程中位移为从点(1 m,1 m)到点(3 m，3 m)的有向线段，位移大小为2eq \r(2) m，整个过程中机器人的路程大小为运动轨迹的长度，路程大小大于2eq \r(2) m，B正确，C错误；整个过程中机器人的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(2\r(2),2\r(2)) m/s＝1 m/s，D错误。
8．(多选)如图甲所示为速度传感器的工作示意图，P为发射超声波的固定小盒子，工作时P向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被P接收。从P发射超声波开始计时，经过时间Δt再次发射超声波脉冲。图乙是两次发射的超声波的位移—时间图像，则下列说法正确的是( )
A．物体到小盒子P的距离越来越远
B．在两次发射超声波脉冲的时间间隔Δt内，物体通过的位移为x2－x1
C．超声波的速度为eq \f(2x2,t2－Δt)
D．物体在t2－t1时间内的平均速度为eq \f(x2－x1,t2－t1)
解析：选AD 由题图乙可知，第二次超声波传播的最远距离比第一次的大，可知物体到小盒子P的距离越来越远，故A正确；由题图乙可知，物体在t2－t1时间内的位移为x2－x1，该时间内物体的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(x2－x1,t2－t1)，在Δt内物体通过的位移为x＝eq \f(x2－x1,t2－t1)Δt，故B错误，D正确；由题图乙可知，超声波的速度为v＝eq \f(x2,t2－Δt)，故C错误。
第2讲 匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
2．初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
(1)1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)前1T内、前2T内、前3T内…前nT内的位移之比：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶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：
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之比：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
3．自由落体运动和竖直上抛运动的基本规律
情境创设1
根据《道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。
[微点判断]
(1)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。(√)
(2)机动车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。(√)
(3)机动车遇到险情刹车做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第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(2n－1)∶…∶5∶3∶1。(√)
情境创设2
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力。
[微点判断]
(4)水滴做自由落体运动，水滴下落的高度与时间成正比。(×)
(5)水滴做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)
(6)水滴下落过程中，在1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3∶…∶n。(√)
(7)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态。(×)
(一) 匀变速直线运动的规律(精研点)
逐点清1 匀变速直线运动公式的应用
1.一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
B．车头经过立柱A的速度为eq \f(x0,t1)
C．车头经过立柱B的速度为eq \f(2x0,t3－t1)
D．车头经过立柱A、B过程中的平均速度为eq \f(x0,t2－t1)
解析：选D 根据初速度为0的匀加速直线运动的规律可知，只有初速度为0，通过的位移之比为1∶2∶3时，所需时间的比才为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，故A错误；因为动车做匀减速直线运动，所以车头经过立柱A的速度不可能为0～t1时间内的平均速度eq \f(x0,t1)，故B错误；t1～t3时间段的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(2x0,t3－t1)，只有匀变速直线运动中间时刻的速度等于该段位移内的平均速度，而B点属于该段的位移中点，故C错误；车头经过立柱A、B过程中的平均速度为v＝eq \f(x0,t2－t1)，故D正确。
一点一过
1．公式间的关系
2．公式选取技巧
逐点清2 两类特殊的匀减速直线运动对比
2．[刹车类问题]汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则汽车在前3 s内的平均速度为( )
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
解析：选B 将题目中的表达式与x＝v0t＋eq \f(1,2)at2比较可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2。所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间t＝eq \f(0－24,－12) s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，则平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s，故B正确。
3．[双向可逆类问题]
如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5。忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是( )
A．8 s B．10 s
C．16 s D．20 s
解析：选C 设物块运动的加速度为a，上滑运动时间为t，把物块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5 s内位移为x1＝eq \f(1,2)a×52＝eq \f(25,2)a，最初5 s内位移为x2＝a(t－5)×5＋eq \f(1,2)a×52＝5at－eq \f(25,2)a，又因为x2∶x1＝11∶5，解得t＝8 s。由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 两类特殊的匀减速直线运动分析
逐点清3 匀变速直线运动中的多过程问题
4．因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度的大小。
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2的大小。
解析：(1)打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，
设经过t2＝40 s时，列车的速度为v1，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s。
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，
列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m
打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，
列车行驶的距离x2＝eq \f(v12－v02,－2a1)＝2 800 m
打开电磁制动后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m；
a2＝eq \f(0－v12,－2x3)＝1.2 m/s2。
答案：(1)60 m/s (2)1.2 m/s2
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 求解多过程运动问题的方法
(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间的关联方程，联立求解。
[注意] 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。
(二) 自由落体和竖直上抛(精研点)
逐点清1 自由落体运动
1．(2023·辽宁渤大附中联考)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
解析：选B 由自由落体运动规律得第1 s内物体的位移为5 m，则最后1 s内物体的位移为15 m，设整个自由落体运动时间为t，可得eq \f(1,2)gt2－eq \f(1,2)g(t－1 s)2＝15 m，解得t＝2 s，所以h＝eq \f(1,2)gt2＝20 m，故B正确。
2.(多选)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( )
A．t1＞t2 B．t1＝t2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3
解析：选BC A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落距离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，由v＝gt可知，v1∶v2＝1∶2，所以B、C均正确。
一点一过 自由落体运动规律的快捷应用
可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。
(1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…
(2)从运动开始一段时间内的平均速度
eq \x\t(v)＝eq \f(h,t)＝eq \f(v,2)＝eq \f(1,2)gt
(3)连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2
逐点清2 竖直上抛运动
3．(多选)以30 m/s的速度竖直向上抛出一个小球，小球运动到离抛出点25 m处所经历的时间可能是(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)( )
A．1 s B．3 s C．5 s D．(3＋eq \r(14))s
解析：选ACD 取竖直向上方向为正方向，当小球运动到抛出点上方离抛出点25 m时，位移为x＝25 m，由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，代入得25＝30t－eq \f(1,2)×10t2，解得t1＝1 s，t2＝5 s。当小球运动到抛出点下方离抛出点25 m时，位移为x＝－25 m，由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，代入得－25＝30t－eq \f(1,2)×10t2，解得t1＝(3＋eq \r(14))s，t2＝(3－eq \r(14))s(舍去)，故A、C、D正确。
4．研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10 m/s2)
解析：法一：分段法
根据题意画出运动草图如图所示，在A→B段，根据匀变速运动规律可知
tAB＝eq \f(v0,g)＝1 s，hAB＝hBC＝eq \f(1,2)gtAB2＝5 m，由题意可知tBD＝11 s－1 s＝10 s，
根据自由落体运动规律可得hBD＝eq \f(1,2)gtBD2＝500 m，故释放点离地面的高度H＝hBD－hAB＝495 m。
法二：全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动，规定向上为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，
根据H＝v0t＋eq \f(1,2)at2，解得H＝－495 m，
即产品刚释放时离地面的高度为495 m。
答案：495 m
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过)
1．竖直上抛运动的对称性和多解性
2．研究竖直上抛运动的两种方法
(三) 解决匀变速直线运动问题的六种方法(培优点)
解决匀变速直线运动问题常用的方法有六种：基本公式法、平均速度法、比例法、逆向思维法、推论法、图像法。不同的题目，采用的求解方法也不相同，即使多种方法都能采用，各方法的解题效率也会有区别，要注意领会和把握。
方法1 基本公式法
[研一题] 一个质点以初速度v0做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度为v，则v∶v0为( )
A．4∶3 B．3∶1
C．5∶3 D．5∶2
解析：选C 根据匀变速直线运动的位移公式有v0t＋eq \f(1,2)at2＝2at2，可得v0＝eq \f(3at,2)，根据匀变速直线运动的速度公式有v＝v0＋at＝eq \f(5at,2)，故eq \f(v,v0)＝eq \f(5,3)，选项C正确。
[悟一法] 基本公式法是指利用v＝v0＋at、x＝v0t＋eq \f(1,2)at2、v2－v02＝2ax，求解匀变速直线运动问题，需要注意这三个公式均为矢量式，使用时要注意方向性。
方法2 平均速度法
[研一题] 中国自主研发的“暗剑”无人机，最大时速可超过2马赫。在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：选B 第一段的平均速度v1＝eq \f(x,t1)＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝eq \f(x,t2)＝120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝eq \f(t1,2)＋eq \f(t2,2)＝1.5 s，则加速度为：a＝eq \f(v2－v1,Δt)＝40 m/s2。
[悟一法] 平均速度法是指利用eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)和eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)＝veq \f(t,2)，求解匀变速直线运动问题，eq \x\t(v)＝veq \f(t,2)也常用于处理纸带类问题。
方法3 比例法
[研一题] 一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是( )
A．车头到第2根电线杆时，速度大小为eq \f(d,t)
B．车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为eq \r(5)t
C．车头到第5根电线杆时，速度大小为eq \f(4d,t)
D．车头到第5根电线杆时，速度大小为eq \f(2\r(5)d,t)
解析：选C 设车头到第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式eq \f(d,t)＝eq \f(v,2)，得v＝eq \f(2d,t)，A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…，车头到第5根电线杆时所用的时间为2t，B错误；车头到第5根电线杆时的速度为v′＝2×eq \f(4d,2t)＝eq \f(4d,t)，C正确，D错误。
[悟一法] 比例法适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。
方法4 逆向思维法
[研一题] (多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )
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
解析：选BD 该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，B正确。由于每个木块厚度相同，故由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，D正确。
[悟一法] 逆向思维法是指把末速度为零的匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
在利用逆向思维法求解问题时，结合比例法求解往往会使问题简化。
方法5 推论法
[研一题] 图所示，蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为( )
A．8.125 m B．9.125 m
C．10.5 m D．11.5 m
解析：选A 由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝eq \r(\f(1,10)) s，过P点时的速度为vP＝eq \f(OQ,2T)，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝vP2，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，A正确。
[悟一法] 推论法是指利用Δx＝aT 2或xm－xn＝(m－n)aT 2，求解匀变速直线运动问题，在此类问题中，利用推论法求出加速度往往是解决问题的突破口。
方法6 图像法
[研一题] (2023·烟台高三调研)如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则( )
A．甲、乙不可能同时由A到达C
B．甲一定先由A到达C
C．乙一定先由A到达C
D．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C
解析：选A 根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。
若a3＞a1，如图2所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲。通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达。故A正确，B、C、D错误。
[悟一法] 图像法是指利用v-t图像分析物体的运动情况，注意掌握以下三点：
(1)确定不同时刻速度的大小，利用图线斜率求加速度；
(2)利用图线截距、斜率及斜率变化确定物体运动情况；
(3)利用图线与时间坐标轴围成的面积计算位移。
1．[体现学以致用](多选)一同学观察到房子对面有一棵大树，大树上的树叶从约10米高的树枝上落下，她记录下来树叶下落的时间，你觉得下落时间可能是( )
A．1 s B．2 s
C.eq \r(2) s D．3 s
解析：选BD 假设树叶不受阻力，根据自由落体运动可得h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝ eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(2) s，而树叶下落过程中受到的阻力不可忽略，则其下落时间一定大于eq \r(2) s，B、D正确，A、C错误。
2．[渗透五育教育(体育)]北京冬奥会滑雪场上有一段斜坡滑道，滑雪运动员沿滑道下滑可看作匀加速直线运动。一次比赛时，某运动员从滑道上的O点由静止出发匀加速下滑，途经A、B、C三点，测得AB间距为L1，运动时间为t1；BC间距为L2，运动时间为t2。根据以上所测数据( )
A．无法求得OA的距离
B．无法求得运动员的加速度
C．可以求得运动员经过A点时的速度
D．求得运动员经过B点的速度为eq \f(L1＋L2,t1＋t2)
解析：选C 由题中所给数据可求得加速度大小a＝eq \f(\f(L2,t2)－\f(L1,t1),\f(t1＋t2,2))，方向沿滑道向下，由此可求vA＝eq \f(L1,t1)－aeq \f(t1,2)，OA＝eq \f(vA2,2a)，A、B错误，C正确；经过B点时不一定是AC的中间时刻，经过B点的速度不一定等于AC段的平均速度eq \f(L1＋L2,t1＋t2)，D错误。
3．[强化科学探究]
在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，常用“对称自由下落法”测重力加速度g的值。如图所示，在某地将足够长真空长直管沿竖直放置，自直管下端竖直上抛一小球，测得小球两次经过a点的时间间隔为Ta，两次经过b点的时间间隔为Tb，又测得a、b两点间距离为h，则当地重力加速度g的值为( )
A.eq \f(4h,Ta2－Tb2) B.eq \f(8h,Ta2－Tb2)
C.eq \f(8h,Ta－Tb) D.eq \f(8h,Tb2－Ta2)
解析：选B 小球从a点上升到最大高度过程中，有ha＝eq \f(1,2)geq \f(Ta,2)2，小球从b点上升到最大高度过程中，有hb＝eq \f(1,2)geq \f(Tb,2)2，依据题意ha－hb＝h，联立解得g＝eq \f(8h,Ta2－Tb2)，B正确。
4．[联系生活实际]
如图所示，建筑工人常常徒手抛接砖块，地面上的工人以10 m/s的速度竖直向上间隔1 s连续两次抛砖，每次抛一块，房子上的工人在距抛砖点正上方3.75 m处接砖，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则房子上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )
A．4 s B．3 s
C．2 s D．1 s
解析：选C 研究第一块砖：h＝v0t＋eq \f(1,2)(－g)t2，即3.75 m＝(10t－5t2)m，解得t1＝0.5 s，t2＝1.5 s，分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75 m处的时间为t3＝1.5 s，t4＝2.5 s，房子上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt＝t4－t1＝2 s，选项C正确。
5．[联系生活实际]图(a)为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人与传感器的水平距离小于或等于某个设定值(可称为水平感应距离)时，中间两扇门分别向左右平移，当人与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图(b)为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。
(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；
(2)若人以v0的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动eq \f(d,2)的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？
(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为eq \f(7d,4)的物体(厚度不计)，并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门，如图(c)所示，物体的移动速度不能超过多少？
解析：
(1)依题意每扇门开启过程中的速度图像如图所示：
设门全部开启所用的时间为t0，由图可得d＝eq \f(1,2)v0t0
由速度公式得：v0＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)t0))
联立解得：a＝eq \f(v02,d)。
(2)要使单扇门打开eq \f(d,2)，需要的时间为t＝eq \f(1,2)t0
人只要在t时间内到达门框处即可符合要求，所以人到门的距离为l＝v0t，联立解得：l＝d。
(3)宽为eq \f(7,4)d的物体运动到门框过程中，每扇门至少要运动eq \f(7,8)d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1＝eq \f(d,2)的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝eq \f(t0,2)，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又运动了s2＝eq \f(7,8)d－eq \f(1,2)d＝eq \f(3,8)d的距离
由匀变速运动公式，得：s2＝v0t2－eq \f(1,2)at22
解得：t2＝eq \f(d,2v0)和t2＝eq \f(3d,2v0)(不合题意舍去)
要使每扇门打开eq \f(7,8)d所用的时间为t1＋t2＝eq \f(3d,2v0)
故物体移动的速度不能超过v＝eq \f(l,t1＋t2)＝eq \f(2,3)v0。
答案：(1)eq \f(v02,d) (2)d (3)eq \f(2,3)v0
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．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，g取10 m/s2，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是( )
解析：选A 根据v＝v0＋at，a＝－g，v0A＝3 m/s代入解得vA＝－7 m/s。同理解得vB＝－5 m/s，vC＝0，vD＝5 m/s。由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故选A。
2.用如图所示的方法可以测量人的反应时间。实验时，一同学在上方用两个手指捏住直尺的顶端(直尺满刻度25 cm处，如图甲)，另一同学在下方用手做捏住直尺的准备(对应直尺刻度0 cm处)。当上方的手放开直尺时，下方的手立即捏住直尺(对应直尺刻度如图乙)。下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．受测人的反应时间约为0.13 s
B．受测人的反应时间约为0.30 s
C．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为 2.0 m/s
D．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为 1.5 m/s
解析：选C 直尺下降的高度为h＝23 cm－0 cm＝23 cm＝0.23 m，由公式h＝eq \f(1,2)gt2可知，受测人的反应时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×0.23,10)) s≈0.2 s，A、B错误；下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为v＝gt＝10×0.2 m/s＝2.0 m/s，C正确，D错误。
3．(2023·合肥高三调研)如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/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”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4～6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为( )
A.eq \f(5,3) s B.eq \f(25,3) s
C．2.5 s D．12.5 s
解析：选C 当车速最大vm＝10 m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”的时间最长。由速度公式v＝vm－at，解得t＝2.5 s，选项C正确。
4．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。第6节车厢经过旅客时用了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
解析：选C 将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t，动车第7节车厢通过旅客的过程，有eq \f(1,2)at2＝25 m，第6、7节车厢通过旅客的过程，有eq \f(1,2)a(t＋4 s)2＝2×25 m，解得a≈0.5 m/s2，C正确。
5.如图所示，某段平直公路上有A、B、C、D、E五点，相邻两点间距离均相等，若一辆汽车从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过AB段的时间为t，则通过CE段的时间为( )
A．t B.eq \r(2)t
C．(2－eq \r(2))t D．(2＋eq \r(2))t
解析：选C 设汽车加速度为a，对于AB段有x＝eq \f(1,2)at2，同理，对于AC段有2x＝eq \f(1,2)at12，对于AE段有4x＝eq \f(1,2)at22，联立解得t1＝eq \r(2)t，t2＝2t，故通过CE的时间为Δt＝t2－t1＝(2－eq \r(2))t，C正确。
6.(多选)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0.5 m/s2，下面是它过马路的安排方案，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
解析：选BD 机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t1＝eq \f(v,a)＝2 s达到最大速度，位移是x1＝eq \f(1,2)at12＝1 m，匀速运动的位移x2＝l－x1＝18.5 m，需要时间为t2＝eq \f(x2,v)＝18.5 s，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不符合题意。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通过马路，这个方案是可以的，故B符合题意。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，所以不安全，故C不符合题意。在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝eq \f(1,2)at2＝0.25 m，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符合题意。
7．(多选)矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
解析：选BC 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A错误；由运动学公式可得，螺钉自脱落至落到井底的位移大小h1＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2，升降机这段时间的位移大小h2＝v0t，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45 m，B正确；螺钉落到井底时的速度大小为v＝－v0＋gt＝25 m/s，C正确；设螺钉松脱前运动的时间为t′，则h1＝v0t′，解得t′＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9 s，D错误。
8．(2022·全国甲卷)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
C.eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) D.eq \f(3v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
解析：选C 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＝eq \f(v0－v,2a)；匀速通过隧道的时间t2＝eq \f(L＋l,v)；列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq \f(v0－v,a)。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＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v)。
9.(2023·济南高三检测)在2022年卡塔尔世界杯足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90 m、宽60 m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3 m/s2，试求：
(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大。
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的起动过程可以视为从静止出发，加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。
解析：(1)根据运动学公式可得足球匀减速位移为x＝eq \f(v02,2a)＝24 m。
(2)足球匀减速时间：t＝eq \f(v0,a)＝4 s
人加速时间：t1＝eq \f(vm,a1)＝2 s
当球停止时人的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t12＋vm(t－t1)＝24 m
故最短时间为4 s。
答案：(1)24 m (2)4 s
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10．(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是( )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
解析：选B 根据题意，小物块平均速度为1 m/s，小物块做匀变速直线运动，设小物块运动的末速度为v，则eq \f(v0＋v,2)＝1 m/s，且小物块的末速度大于等于0。因此v0最大为2 m/s，由v2－v02＝－2μgx，得μ最大为0.2，故选B。
11．(2022·湖北高考)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
解析：选B 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＝eq \f(1080×103,5) m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq \f(x－2x1,v)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq \f(v1′,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速过程的位移x1′＝eq \f(1,2)at1′2＝eq \f(1,2)×0.5×1802 m＝8 100 m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝eq \f(x－2x1′,v′)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，B正确。
12．(2023·唐山高三模拟)春节期间，全国高速公路收费路段对7座以下(含7座)小型客车以及允许在普通收费公路行驶的摩托车免收通行费。上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车不拿(交)卡而直接减速通过。若某车匀速运动的速度v0＝30 m/s，该车在距收费站口72 m处开始做匀减速直线运动，通过收费站口时的速度vt＝6 m/s，然后立即以8 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)。
(1)求汽车在靠近收费站口时做匀减速运动的加速度大小。
(2)该车因过收费站而耽误的时间为多少？
解析：(1)汽车进入站口前做匀减速直线运动，则由速度—位移公式有vt2－v02＝－2a1x1
解得a1＝6 m/s2。
(2)汽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，所用时间分别为t1和t2，则减速阶段有vt＝v0－a1t1
解得t1＝4 s
加速阶段有t2＝eq \f(v0－vt,a2)＝3 s
则加速阶段和减速阶段的总时间t＝t1＋t2＝7 s
汽车在加速阶段通过的位移x2＝eq \f(vt＋v0,2)t2＝54 m
则总位移x＝x1＋x2＝126 m
若汽车不减速过收费站所需要时间t′＝eq \f(x,v0)＝4.2 s
汽车因过收费站而耽误的时间Δt＝t－t′＝2.8 s。
答案：(1)6 m/s2 (2)2.8 s
类型(一) 位移—时间(x-t)图像
考法1 x-t图像的理解
1.(2023·大连高三月考)一遥控玩具小车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则( )
A．8 s末小车的位移为20 m
B．前10 s内小车的加速度为3 m/s2
C．20 s末小车的速度为－1 m/s
D．前25 s内小车做单方向直线运动
解析：选C x-t图像中斜率表示速度，小车在0～10 s内的速度为v1＝eq \f(Δx1,Δt1)＝3 m/s，故小车在0～10 s内做匀速直线运动，加速度为0,8 s末小车的位移为x＝v1t1＝3×8 m＝24 m，故A、B错误；15～25 s时间内小车的速度为v2＝eq \f(Δx2,Δt2)＝－1 m/s，即20 s末小车的速度为－1 m/s，故C正确；小车在15 s末速度方向变为负方向，故D错误。
考法2 x-t图像中图线交点及斜率的理解
2.(2021年8省联考·辽宁卷)甲、乙两物体沿直线同向运动，其位置x随时间t的变化如图所示，甲、乙图线分别为圆弧、直线。下列说法正确的是( )
A．甲做匀减速直线运动
B．乙做匀加速直线运动
C．第4 s末，二者速度相等
D．前4 s内，二者位移相等
解析：选D 如果甲做匀减速直线运动，其位移—时间图像应为抛物线，A错误；乙做匀速直线运动，B错误；图像的斜率表示速度，第4 s末，二者的斜率不相等，所以速度不等，二者的初末位置相同，所以位移相同，C错误，D正确。
考法3 由x-t图像比较物体运动情况
3.(2023·衡水模拟)(多选)甲、乙两个小钢球沿竖直方向做匀变速直线运动，其x-t图像如图所示，两图线均为抛物线，(1 s,7 m)和(0,2 m)分别为甲、乙两抛物线的顶点。设竖直向上为正方向，关于两个小球的运动，下列说法正确的是( )
A．甲和乙的加速度相同
B．甲和乙的初速度相同
C．0～1 s内，甲、乙的平均速度相同
D．0～2 s内，甲的速度改变量大小为20 m/s
解析：选AD 由运动学公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，且甲、乙两个小钢球x-t图像为抛物线，两球做匀变速直线运动，甲球先向上做匀减速运动到顶点速度减为零，后向下做匀加速运动，在1～2 s内有x＝eq \f(1,2)a甲t2，带入图中数据t＝1 s，x＝5 m，得a甲＝10 m/s2，方向向下，乙球从顶点向下做初速度为零的匀加速运动，0～1 s有x＝eq \f(1,2)a乙t2，带入图中数据t＝1 s，x＝5 m，得a乙＝10 m/s2，方向向下，甲和乙的加速度相同，故A正确；由图像知甲经1 s时间上升到顶点，速度减为零，设甲球初速度为v0，由v＝v0＋(－a甲)t，带入数据有0＝v0＋(－10)×1 m/s，解得v0＝10 m/s，乙的初速度为零，故B错误；由题图知0～1 s内甲、乙的位移分别为5 m，－5 m，由平均速度公式eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，代入数据解得eq \x\t(v)甲＝5 m/s，eq \x\t(v)乙＝－5 m/s，故C错误；2 s末时甲向下加速了1 s，速度为v＝－a甲t＝－10 m/s,0～2 s内甲的速度改变量Δv＝v－v0＝－10 m/s－10 m/s＝－20 m/s，速度改变量的大小为20 m/s，故D正确。
[系统建模]
1．位移—时间图像反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律，图像并非物体运动的轨迹。
2．位移—时间图像只能描述物体做直线运动的情况，这是因为位移—时间图像只能表示物体运动的两个方向：t轴上方代表正方向，t轴下方代表负方向；如果物体做曲线运动，则画不出位移—时间图像。
3．位移—时间图线上每一点的斜率表示物体在该时刻的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。
类型(二) 速度—时间(v-t)图像
1．v-t图像的理解
(1)v-t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，它只能描述物体做直线运动的情况。
(2)v-t图像中图线上每一点的斜率表示物体该时刻的加速度。斜率的大小表示加速度的大小，斜率为正表示加速度沿规定的正方向，但物体不一定做加速运动，斜率为负则加速度沿负方向，物体不一定做减速运动。
(3)v-t图像中图线与t轴所围面积表示这段时间内物体的位移。t轴上方的面积表示位移沿正方向，t轴下方的面积表示位移沿负方向，如果上方与下方的面积大小相等，说明物体恰好回到出发点。
2．x-t图像与v-t图像的比较
[考法全训]
考法1 v-t图像的理解
1．(2022·河北高考)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知( )
A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大
B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等
C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小
D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
解析：选D 根据加速度的定义式a＝eq \f(Δv,Δt)，由题图可知0～t1时间内训练前的速度变化量大于训练后的速度变化量，所以训练前的平均加速度大，故A错误；根据v -t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v -t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。
考法2 v-t图线的交点及斜率的理解
2.(2023·珠海高三测试)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称，汽车在进入ETC通道感应识别区前需要减速至5 m/s，甲、乙两车以15 m/s的速度进入ETC通道感应识别区前，都恰好减速至5 m/s，减速过程的v-t图像如图所示，则( )
A．t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度
B．t1时刻，甲车的加速度等于乙车的加速度
C．0～t1时间内，甲、乙两车的速度变化量相同
D．0～t1时间内，甲、乙两车的平均速度相同
解析：选C 题图为v-t图像，纵坐标表示速度，所以t1时刻，甲、乙两车速度相等，故A错误；斜率表示加速度大小，故t1时刻甲车的加速度大于乙车的加速度，故B错误；0～t1时间内，甲、乙两车的初末速度相同，所以0～t1时间内甲、乙两车的速度变化量相同，故C正确；v-t图线与时间坐标轴围成的面积表示位移大小，所以0～t1时间内甲车位移大于乙车位移，时间相等，由eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，可知甲车平均速度大，故D错误。
考法3 x-t图像与v-t图像的转化
3．(2021·辽宁高考)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是( )
解析：选A x-t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x-t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x-t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x-t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v-t图像可能正确。
类型(三) 非常规运动学图像
类型1 a-t图像
(1)由v＝v0＋at可知，v－v0＝at＝Δv，a-t图像与t轴所围面积表示物体速度的变化量。
(2)图像与纵轴的交点表示初始时刻的加速度。
[例1] (2023·天津高三调研)拓展训练通常利用崇山峻岭、瀚海大川等自然环境，通过精心设计的活动达到“磨炼意志、陶冶情操、完善人格、熔炼团队”的培训目的。某次拓展训练中，小李(视为质点)做直线运动的加速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．第1 s末，小李的加速度方向发生了改变
B．第2 s末，小李的速度方向发生了改变
C．前2 s内，小李的位移为零
D．第3 s末和第5 s末，小李的速度相同
[解析] 因为在0～2 s内加速度一直为正值，可知第1 s末，小李的加速度方向没有发生改变，选项A错误；第2 s末，小李的加速度方向发生了改变，4 s末速度减为零，可知第2 s末，小李的速度方向没有发生改变，选项B错误；前2 s内，小李一直加速运动，则位移不为零，选项C错误；因a-t图像的面积等于速度的变化量，可知从第3 s末到第5 s末速度改变量为零，即第3 s末和第5 s末，小李的速度相同，选项D正确。
[答案] D
类型2 eq \f(x,t)-t图像
由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2→eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at可知：
(1)eq \f(x,t)-t图像中图线的斜率k＝eq \f(1,2)a。
(2)图线与纵轴的交点表示物体的初速度。
[例2] 一个运动物体的eq \f(x,t)-t图像如图所示，根据图像下列说法正确的是( )
A．物体初速度大小为n
B．物体的加速大小为eq \f(n,m)
C．m时刻物体的速度大小为0
D．0～m时间内物体的位移大小为eq \f(mn,2)
[解析] 根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，根据数学知识可得v0＝n，eq \f(1,2)a＝－eq \f(n,m)，所以a＝－eq \f(2n,m)，故A正确，B错误；由上可知，m时刻物体的速度大小为v＝v0＋at＝n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,m)))m＝－n，故C错误；0～m时间内物体的位移大小为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝nm＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,m)))m2＝0，故D错误。
[答案] A
类型3 eq \a\vs4\al(v2)-x图像
由v2－v02＝2ax→v2＝v02＋2ax可知：
(1)v2-x图像的斜率k＝2a。
(2)图线与v2轴的交点表示物体初速度的平方，即v02。
[例3] (2023·广州五校联考)在某试验场地的水平路面上甲、乙两车在相邻平行直车道上行驶。当甲、乙两车并排行驶的瞬间，同时开始刹车，刹车过程中两车速度的二次方v2随刹车位移x的变化规律如图所示。则下列说法正确的是( )
A．乙车先停止运动
B．甲、乙两车刹车过程中加速度大小之比为1∶12
C．从开始刹车起经4 s，两车再次恰好并排相遇
D．甲车停下时两车相距3.25 m
[解析] 根据匀变速直线运动速度位移关系式得v2＝v02＋2ax，根据题图，可得甲、乙加速度大小分别为7.5 m/s2和eq \f(5,8) m/s2，加速度比值为12∶1，B错误；两车停下的时间为t甲＝eq \f(v甲,a甲)＝2 s，t乙＝eq \f(v乙,a乙)＝8 s，所以甲车先停，A错误；甲经2 s先停下时，此时甲的位移为15 m，乙的位移为x1＝v0t1－eq \f(1,2)a乙t12＝8.75 m，两车相距6.25 m，两车再次相遇有15 m＝v0t2－eq \f(1,2)a乙t22，解得t2＝4 s，C正确，D错误。
[答案] C
[课时跟踪检测]
1．(多选)甲、乙两车在平直公路上行驶，其位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．0～4 s内，乙车做匀速直线运动
B．2 s末，甲、乙两车相遇
C．2 s末，甲车的速度小于乙车的速度
D．0～4 s内，甲、乙两车的平均速度相同
解析：选AB 根据位移—时间图像的纵坐标表示位置，斜率表示速度，乙的图像为倾斜直线表示做正方向的匀速直线运动，故A正确；由图像可知2 s末两车位置相同，即两车相遇，故B正确；2 s末v乙＝eq \f(10,2) m/s＝5 m/s，甲在0～2 s的平均速度大小eq \x\t(v)＝eq \f(20－10,2) m/s＝5 m/s，而甲在0～2 s内的速度逐渐增大，故有2 s末甲的速度大于乙的速度，故C错误；由平均速度定义式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)，可得0～4 s内甲、乙两车的平均速度的大小均为5 m/s，但甲沿负方向，乙沿正方向，故平均速度不相同，故D错误。
2．(2023·昆明五校联考)四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图所示，下列说法正确的是( )
A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．这四辆车均从静止开始运动
C．在0～t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远
D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小
解析：选C x-t图像只能用来描述直线运动，A错误；由x-t图像切线的斜率表示速度可知，乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，且甲车和乙车都不是从静止开始运动，B错误；0～t2时间内，由v-t图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，C正确；在0～t2时间内，丁车的速度大于丙车的速度，两车间的距离一直增大，D错误。
3．(多选)哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是( )
A．冰壶减速运动的加速度大小为0.125 m/s2
B．9 s末，冰壶的速度大小为5.75 m/s
C．7 s末，冰壶、机器人二者间距为7 m
D．机器人停止运动前能够一直准确获取冰壶的运动信息
解析：选AC 结合题图信息，根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度大小为a冰＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(5－6,11－3) m/s2＝－0.125 m/s2，故加速度大小为0.125 m/s2，A正确；由速度时间公式可得，9 s末，冰壶的速度大小为v＝v0＋a冰t＝6 m/s－0.125×6 m/s＝5.25 m/s，B错误；由图线可知，机器人的加速度为a机＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0－6,9－3) m/s2＝－1 m/s2，故可得，3 s末到7 s末，冰壶的位移为x冰＝v0t′＋eq \f(1,2)a冰t′2＝23 m,3 s末到7 s末，机器人的位移为x机＝v0t′＋eq \f(1,2)a机t′2＝16 m，则7 s末，冰壶、机器人二者间距为s＝x冰－x机＝7 m，C正确；由于v-t图像与横轴围成的面积表示位移的大小，则从3 s末到机器人停止运动时，其位移为18 m，而此时冰壶的位移为x冰′＝v0t″＋eq \f(1,2)a冰t″2＝33.75 m，可知两者间距大于8 m，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D错误。
4.(多选)一质点在0～6 s内竖直向上运动，其a-t图像如图所示，取竖直向下为加速度的正方向，重力加速度为g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．在0～2 s内质点发生的位移为20 m
B．在2～4 s内质点做加速运动
C．质点的初速度不小于66 m/s
D．在2～4 s内质点速度变化量为22 m/s
解析：选CD 质点在0～6 s内竖直向上运动，加速度一直竖直向下，初速度未知，不能求解质点在0～2 s内发生的位移，故A错误；在2～4 s内质点的速度与加速度反向，做加速度增大的减速运动，故B错误；质点在0～6 s内的速度改变量为a-t图像与横轴围成的面积，故Δv＝66 m/s，故质点初速度不小于66 m/s，故C正确；在2～4 s内质点速度变化量Δv′＝22 m/s，故D正确。
5.(2023·衡水检测)一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，物块运动的位移为x，运动时间为t，绘制的eq \f(x,t2)-eq \f(1,t)图像如图所示，则物块在前3 s内的位移为( )
A．25 m B．24 m
C．20 m D．15 m
解析：选A 由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，则位移为x＝v0t－eq \f(1,2)at2，整理得eq \f(x,t2)＝v0·eq \f(1,t)－eq \f(a,2)，由题图可知v0＝20 m/s，a＝8 m/s2，所以物块速度减为零的时间为t＝eq \f(v0,a)＝2.5 s，物块在前3 s内的位移为x＝eq \f(v02,2a)＝25 m，故选A。
6.2022国际泳联跳水世界杯期间，中国队在参赛的8个项目包揽全部金牌。某同学将一小球(可看成质点)从平台边缘竖直向上抛出模拟运动员的跳水运动，从小球抛出时开始计时，若小球的速度与时间关系的图像如图所示，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
A．小球在1.2 s时到达最高点
B．小球在水中最深处时加速度最大
C．跳台与水面的高度差是2.4 m
D．小球潜入水中的深度为3.2 m
解析：选C 小球在0.4 s向上的速度减小为零，达到最高点，A项错误；速度—时间图像的斜率表示加速度，1.2 s刚入水时v-t图像斜率最大，此时小球的加速度最大，B项错误；跳台与水面的高度差h1＝eq \f(1.2－0.4×8,2) m－eq \f(0.4×4,2) m＝2.4 m，C项正确；若小球入水后做匀减速直线运动，小球潜入水中的深度h2＝eq \f(2.0－1.2×8,2) m＝3.2 m，因为小球做变减速运动，图像中不规则图形的面积小于三角形的面积，所以小球潜入水中的深度小于3.2 m，D项错误。
7.(2023·辽宁沈阳模拟)一辆汽车在直线公路上行驶，当该车位于x＝1 m处时，卫星定位系统开始工作，并监测到汽车此后运动速度v和位置x的关系如图所示。考察其从x＝1 m至x＝3 m这段运动过程，下列说法正确的是( )
A．该车做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2
B．卫星定位系统刚开始工作时，汽车加速度为4 m/s2
C．这段运动过程的平均速度为4 m/s
D．这段运动过程所用的时间为0.5 s
解析：选B 根据公式v22－v12＝2ax，整理得v2＝eq \r(2ax＋v12)，可知匀加速直线运动的v-x图像不可能是直线，故A错误；图线斜率k＝eq \f(Δv,Δx)＝eq \f(\f(Δv,Δt),\f(Δx,Δt))＝eq \f(a,v)，可得a＝kv，图线斜率为2，卫星定位系统刚开始工作时，汽车加速度为a＝2×2 m/s2＝4 m/s2，故B正确；由B项分析可知，汽车的加速度不断增加，所以这段运动过程的平均速度大于4 m/s，这段运动过程所用的时间小于0.5 s，故C、D错误。
8．(2023·莆田模拟)如图所示为物体做直线运动的相关图像，下列说法正确的是( )
A．图甲中，物体在0～t0时间内位移小于eq \f(1,2)v0t0
B．图乙中，物体的加速度为2 m/s2
C．图丙中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量
D．图丁中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s
解析：选D 由v-t图线与时间坐标轴围成的面积表示位移可知，题图甲中物体在0～t0这段时间内的位移大于eq \f(1,2)v0t0平均速度大于eq \f(1,2)v0，A错误；根据v2＝2ax可知，题图乙中2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，B错误；根据Δv＝at可知，题图丙中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，C错误；由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，结合题图丁可知eq \f(1,2)a＝5 m/s2，即a＝10 m/s2，则v0＝－5 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v3＝25 m/s，D正确。
(一) 情境分析法
情境分析法的基本思路
[典例] 汽车A以vA＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2。从此刻开始计时。求：
(1)A追上B前，A、B间的最远距离是多少；
(2)经过多长时间A恰好追上B。
[解题指导] 汽车A和B的运动过程如图所示。
[解析] (1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v＝vB－at＝vA，解得t＝3 s
此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m
汽车B的位移xB＝vBt－eq \f(1,2)at2＝21 m
故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16 m。
(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝eq \f(vB,a)＝5 s，运动的位移xB′＝eq \f(vB2,2a)＝25 m
汽车A在t1时间内运动的位移xA′＝vAt1＝20 m
此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m
汽车A需再运动的时间t2＝eq \f(Δx,vA)＝3 s
故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8 s。
[答案] (1)16 m (2)8 s
[升维训练]
(1)若某同学应用关系式vBt－eq \f(1,2)at2＋x0＝vAt，解得经过t＝7 s(另解舍去)时A恰好追上B。这个结果合理吗？为什么？
(2)若汽车A以vA＝4 m/s的速度向左匀速运动，其后方在同一车道相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同方向运动的汽车B正向左开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为a＝2 m/s2，则B车能否追上A车？
提示：(1)这个结果不合理，因为汽车B运动的时间最长为t＝eq \f(vB,a)＝5 s＜7 s，说明汽车A追上B时汽车B已停止运动。
(2)可由位移关系式：vBt－eq \f(1,2)at2＝x0＋vAt，解得t1＝(3－eq \r(2))s，t2＝(3＋eq \r(2))s(舍去)，t1时两车已相撞。
[微点拨]
(1)匀速运动的物体追匀减速运动的物体时，注意判断追上时被追的物体是否已停止。
(2)匀减速运动的物体追匀速运动的物体时，有追不上、恰好追上、相撞或相遇两次等多种可能。
(二) 图像分析法
结合运动图像分析追及相遇问题的关键点
1．x-t图像、v-t图像中的追及相遇问题：
(1)利用图像中斜率、面积、交点的含义进行定性分析或定量计算。
(2)有时将运动图像还原成物体的实际运动情况更便于理解。
2．利用v-t图像分析追及相遇问题：在有些追及相遇情境中可根据两个物体的运动状态作出v-t图像，再通过图像分析计算得出结果，这样更直观、简捷。
3．若为x-t图像，注意交点的意义，图像相交即代表两物体相遇；若为a-t图像，可转化为v-t图像进行分析。
[典例] (2023·湖南常德模拟)据报道，一段特殊的“飙车”视频红遍网络，视频中，一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车在互相追赶，两车均做直线运动，其运动情况如图乙所示，t＝0时，两车车头刚好并排，则( )
A．10 s末，和谐号的加速度比复兴号的大
B．32 s时，复兴号的速度为80 m/s
C．0到32 s内，在24 s末两车头相距最远
D．两车头在24 s末再次并排
[解析] 根据v-t图像的斜率表示加速度可知，10 s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；由题图可知32 s时复兴号的速度为v＝60 m/s＋eq \f(72－60,24－8)×(32－8)m/s＝78 m/s，故B错误；0到32 s内，24 s前和谐号速度大于复兴号速度，24 s后复兴号速度大于和谐号速度，所以0到32 s内，在24 s末两车头相距最远，故C正确，D错误。
[答案] C
[针对训练]
1．(2021·广东高考)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和x-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( )
解析：选BD 从v-t图像上看，由于所有龙舟出发点相同，故只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确。从x-t图像上看，图像的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误。
2．(2023·厦门高三检测)甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，其a-t图像如图所示，t＝0时刻，两物体处于同一位置且速度均为0，则在0～2t0时间内( )
A．t0时刻两物体的速度相等
B．t0时刻两物体再次相遇
C．t0时刻两物体的间距大于eq \f(1,4)a0t02
D．2t0时刻两物体再次相遇
解析：选C 将a-t图像转换为v-t图像，如图所示。
两个图像结合分析，t0时刻两物体的加速度相等，速度不相等，故A错误；t0时刻，由a-t图像与t轴所围图形面积表示速度变化量，知甲的速度为a0t0，乙的速度为eq \f(1,2)a0t0,0～t0时间内，甲的位移为eq \f(1,2)a0t02，乙的位移小于eq \f(1,4)a0t02，所以t0时刻两物体的间距大于eq \f(1,4)a0t02，故C正确，B错误；0～2t0时间内甲的速度一直大于乙的速度，所以两物体的间距一直增大，2t0时刻两物体的速度相等，相距最远，故D错误。
(三) 函数分析法
函数分析法的解题技巧
在匀变速直线运动的位移表达式中有时间的二次方，可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法求解。
设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程ft＝0：
1若ft＝0有正实数解，说明两物体能相遇。
2若ft＝0无正实数解，说明两物体不能相遇。
[典例] 一汽车在直线公路上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶。经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：
(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？
(2)若汽车刹车时的加速度只为4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？
[解析] (1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽＝54 km/h＝15 m/s，初始距离d＝14 m
在经过反应时间0.4 s后，汽车与自行车相距d′＝d－(v汽－v自)t′＝10 m
从汽车刹车开始计时，自行车的位移为：x自＝v自t
汽车的位移为：x汽＝v汽t－eq \f(1,2)at2
假设汽车能追上自行车，此时有：x汽＝x自＋d′
代入数据整理得：eq \f(1,2)at2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得：Δ＝102－20a≤0
解得：a≥5 m/s2，汽车的加速度至少为5 m/s2。
(2)设自行车加速度为a′，同理可得：x汽′＝x自′＋d′
整理得：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a′＋2))t2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得：Δ＝102－20a′－80≤0
解得：a′≥1 m/s2，自行车的加速度至少为1 m/s2。
[答案] (1)5 m/s2 (2)1 m/s2
[针对训练]
1．若A、B两辆车相距2 m，沿同一直线同向运动，B车在前面做初速度为零，加速度为a1的匀加速直线运动，A车在后面做初速度为2 m/s，加速度为a2的匀加速直线运动，讨论a1与a2满足什么条件时两车相遇一次？
解析：对A：xA＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2，对B：xB＝eq \f(1,2)a1t2
若相遇，xA＝xB＋x0，整理得eq \f(1,2)(a2－a1)t2＋2t－2＝0
当a2－a1＝0时，t＝1 s，两车相遇一次
当a2－a1＝－1 m/s2时，t＝2 s，两车相遇一次
当a2－a1＜－1 m/s2时，Δ＝4＋4(a2－a1)＜0，无解
当－1 m/s2＜a2－a1＜0时，t＝eq \f(－2±2\r(1＋a2－a1),a2－a1)＞0，相遇两次
当a2－a1＞0时，t＝eq \f(－2＋2 \r(1＋a2－a1),a2－a1)＞0，t＝eq \f(－2－2 \r(1＋a2－a1),a2－a1)＜0(舍去)，相遇一次
综上，当a2－a1＝－1 m/s2或a2－a1≥0时，相遇一次。
答案：a2－a1＝－1 m/s2或a2－a1≥0
2．随着智能手机的使用越来越广泛，一些人在驾车时也常常低头看手机，然而开车时看手机是一种危险驾驶行为，极易引发交通事故。如图甲所示，一辆出租车在平直公路上以v0＝20 m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方x0＝63.5 m处有一辆电动车，正以v1＝6 m/s的速度匀速行驶，而出租车司机此时开始低头看手机，3.5 s后才发现危险，司机经0.5 s反应时间后，立即采取紧急制动措施。若从司机发现危险开始计时，出租车的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若出租车前面没有任何物体，从司机开始低头看手机到出租车停止运动的这段时间内，出租车前进的距离是多少？
(2)通过计算判断电动车是否会被撞。若不会被撞，求二者之间的最小距离；若会相撞，求从出租车刹车开始，经过多长时间二者相撞。
解析：(1)根据题意可知，出租车先匀速行驶t1＝3.5 s，然后在反应时间t2＝0.5 s内继续匀速行驶，再匀减速行驶t3＝4.0 s停止，
总位移为x＝v0(t1＋t2)＋eq \f(1,2)v0t3＝120 m。
(2)由题图乙可知，出租车做匀减速运动的加速度大小为a＝eq \f(|Δv|,t3)＝5 m/s2，
设两车速度相等时，出租车的刹车时间为Δt，
则有v0－aΔt＝v1，解得Δt＝2.8 s，
出租车的位移为
x1＝v0(t1＋t2)＋eq \f(1,2)(v0＋v1)Δt，
代入数据可解得x1＝116.4 m。
电动车的位移为
x2＝v1(t1＋t2＋Δt)＝40.8 m，
因为x1－x2＝75.6 m>63.5 m，故电动车会被撞。
设出租车刹车后经过时间t′电动车被撞，则有
v0(t1＋t2)＋v0t′－eq \f(1,2)at′2＝x0＋v1(t1＋t2＋t′)，
代入数据解得t′＝0.6 s(另一解不符合题意，舍去)。
答案：(1)120 m (2)电动车会被撞 刹车后经过0.6 s二者相撞
[课时跟踪检测]
1．两辆完全相同的汽车，沿水平道路一前一后匀速行驶，速度均为v0。若前车突然以恒定的加速度a刹车，在它刚停住时，后车以加速度2a开始刹车。已知前车在刹车过程中所行驶的路程为s，若要保证两辆车在上述情况中不发生碰撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( )
A.eq \f(1,2)s B.eq \f(3,2)s
C．2s D.eq \f(5,2)s
解析：选B 因后车以加速度2a开始刹车，刹车后行驶的距离为eq \f(1,2)s；在前车刹车过程的时间内，后车匀速运动的距离为2s，所以，两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2s＋eq \f(1,2)s－s＝eq \f(3,2)s。
2.(2023·河北石家庄模拟)甲、乙两辆汽车沿同一平直公路行驶，两汽车的速度随时间变化如图所示，t＝9 s时两车第二次相遇，则两车第一次相遇的时刻为( )
A．2.25 s B．3 s
C．4.5 s D．6 s
解析：选B 由数学知识可知，两图线的交点的横坐标为t＝6 s，因为v-t图线与时间轴围成的面积表示位移，故两汽车在t＝3 s到t＝9 s时间内的位移相同，t＝9 s时两车第二次相遇，则两车第一次相遇的时刻为t＝3 s。
3．A、B两辆列车在能见度很低的雾天里在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度vA＝10 m/s，B车在后，速度vB＝30 m/s。当B车发现A车时就立刻刹车。已知B车在进行刹车测试时发现，若车以30 m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1 800 m才能停下，假设B车刹车过程中加速度恒定。为保证两辆列车不相撞，则能见度至少要达到( )
A．400 m B．600 m
C．800 m D．1 600 m
解析：选C 对B车，由运动学公式有0－v02＝2ax，解得a＝eq \f(0－302,2×1 800) m/s2＝－0.25 m/s2，作出A、B两车运动过程中的速度—时间图像如图所示，图线的交点的横坐标为两车速度相等的时刻，有t＝eq \f(vA－vB,a)＝80 s，当两车速度相等时相距最近，若此时两车不相撞，则以后不能相撞，由v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，图像中阴影三角形的面积为能见度的最小值，则xmin＝eq \f(1,2)×(30－10)×80 m＝800 m，C正确。
4．(2023·济宁模拟)(多选)物体A以10 m/s的速度做匀速直线运动。物体A出发后5 s，物体B从同一地点由静止出发，做匀加速直线运动，加速度大小是2 m/s2，且A、B运动方向相同。则( )
A．物体B追上物体A所用的时间为5eq \r(3) s
B．物体B追上物体A所用的时间为(5＋5eq \r(3))s
C．物体B追上物体A前，两者的最大距离为75 m
D．物体B追上物体A前，两者的最大距离为50 m
解析：选BC 设物体B出发后经时间t追上物体A，则：xA＝xB，vA(t＋5)＝eq \f(1,2)at2，解得t＝(5＋5eq \r(3))s，故A错误，B正确；相遇前相距最大距离时vA＝vB，设物体B出发后的时间为Δt，则Δt＝eq \f(10,2) s＝5 s，则xA＝vA(5＋Δt)＝10×(5＋5)m＝100 m，xB＝eq \f(1,2)aΔt2＝eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m，故Δx＝xA－xB＝75 m，故C正确，D错误。
5.(2023·湖北武汉模拟)哥哥和弟弟在自家院子里跑步比赛，如图所示为他们在2T时间内的v-t图像，已知哥哥前一半时间的加速度为后一半时间加速度的2倍，弟弟后一半时间的加速度为前一半时间加速度的2倍，且哥哥前一半时间的加速度与弟弟后一半时间的加速度相等，则下列说法正确的是( )
A．整个过程中哥哥和弟弟的位移大小之比为eq \f(7,4)
B．T时刻哥哥和弟弟相距最远
C．若爸爸从0时刻开始以哥哥两段加速度的平均值为加速度做初速度为零的匀加速直线运动，则2T时刻爸爸正好在哥哥和弟弟的中间位置
D．若保持2T时刻的加速度不变继续运动，则再经过T时间弟弟追上哥哥
解析：选C 设哥哥在前一半时间内的加速度和弟弟在后一半时间内的加速度为2a，则哥哥在后一半时间内的加速度和弟弟在前一半时间内的加速度为a，由匀变速直线运动的规律可知，哥哥在2T时间内的位移x哥＝eq \f(1,2)×2aT2＋2aT×T＋eq \f(1,2)aT2＝eq \f(7,2)aT2，弟弟在2T时间内的位移x弟＝eq \f(1,2)aT2＋aT×T＋eq \f(1,2)×2aT2＝eq \f(5,2)aT2，则整个过程中哥哥和弟弟的位移大小之比为eq \f(7,5)，A错误；v-t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示位移，则由题图可知，2T时刻哥哥与弟弟相距最远，B错误；爸爸的加速度为eq \f(3a,2)，则根据匀变速直线运动的规律可知，2T时间内爸爸的位移x爸＝eq \f(1,2)×eq \f(3a,2)×(2T)2＝3aT2，故2T时刻爸爸正好在哥哥和弟弟的中间位置，C正确；2T时刻，哥哥的速度为2aT＋aT＝3aT，弟弟的速度为aT＋2aT＝3aT，若保持2T时刻的加速度不变继续运动，设经过时间T′弟弟追上哥哥，则时间T′内哥哥的位移x哥′＝3aTT′＋eq \f(1,2)aT′2，弟弟的位移x弟′＝3aTT′＋eq \f(1,2)×2aT′2，又x弟′－x哥′＝x哥－x弟＝aT2，解得T′＝eq \r(2)T，D错误。
6.(多选)蓝牙是一种短距离无线通信技术，可实现固定设备、移动设备之间的短距离数据交换。现有两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车甲、乙进行实验：甲、乙两车开始时处于同一直线上相距d＝9.0 m的O1、O2两点，某时刻计时开始时甲车从O1点以初速度v0＝5 m/s、加速度a1＝2 m/s2向右做匀加速运动，乙车同时从O2点由静止开始以加速度a2＝4 m/s2向右做匀加速运动，已知当两车间距超过x0＝15.0 m时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间，则(eq \r(61)≈7.8)( )
A．甲、乙两车在相遇前的最大距离为10 m
B．甲、乙两车在相遇前的最大距离为15.25 m
C．甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为7 s
D．甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为5.4 s
解析：选BD 当两车的速度相等时相距最远，设经过的时间为t，则有v0＋a1t＝a2t，解得t＝2.5 s，则甲、乙两车在相遇前的最大距离为x＝d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t＋\f(1,2)a1t2))－eq \f(1,2)a2t2，代入数据解得x＝15.25 m，故A错误，B正确；在相遇前，当两车间距小于等于x0＝15.0 m，两车能保持通信，则有d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t′＋\f(1,2)a1t′2))－eq \f(1,2)a2t′2＝x0，代入数据解得t1′＝
2 s，t2′＝3 s，设两车经过时间T相遇，则有d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0T＋\f(1,2)a1T2))＝eq \f(1,2)a2T2，解得T＝eq \f(5＋\r(61),2) s≈6.4 s，所以甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为t总＝T－(t2－t1)＝6.4 s－(3 s－2 s)＝5.4 s，故D正确，C错误。
7.(2023·青岛模拟)如图所示为某城市十字路口道路示意图，道路为双向四车道，每个车道宽度为2.4 m。一自行车从道路左侧车道线沿停车线向右匀速行驶，速率为14.4 km/h，同时一辆汽车在最右侧车道正中间行驶，速率为54 km/h，汽车前端距离停车线20 m。已知汽车的宽度与自行车的长度均为1.8 m，汽车的车身长4.8 m。汽车司机为避免与自行车相撞马上采取刹车制动，最大制动加速度大小为5 m/s2。
(1)求汽车的最短刹车距离sm；
(2)请通过计算判断当汽车以最大加速度刹车时，是否能够避免相撞。
解析：(1)已知v1＝14.4 km/h＝4 m/s，v2＝54 km/h＝15 m/s。设汽车以最大加速度刹车，则－2asm＝0－v22，代入数据解得sm＝22.5 m。
(2)以最大加速度刹车，设汽车车头到达停车线所用时间为t，则s＝v2t－eq \f(1,2)at2，解得t＝2 s或者t＝4 s，又因为汽车停下的时间为t′＝eq \f(v2,a)＝eq \f(15,5) s＝3 s，故t＝4 s不符合题意，舍去；此时以左侧车道线为起点，车头左侧距起点s1＝2.4×3 m＋eq \f(2.4－1.8,2)m＝7.5 m，车头右侧距起点s2＝2.4×4 m－eq \f(2.4－1.8,2)m＝9.3 m，车头所占位置范围为7.5 m～9.3 m，自行车在t＝2 s的时间内行驶的位移为x，则有x＝v1t＝4×2 m＝8 m，自行车此时所占位置范围为6.2 m～8 m。由此可知，它们的位置范围有重叠，不能避免相撞。
答案：(1)22.5 m (2)见解析
第5讲 实验：研究匀变速直线运动的特点(重点实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
1．由纸带判断物体做匀变速运动的方法
如图所示，0、1、2、…为时间间隔相等的各计数点，x1、x2、x3、…为相邻两计数点间的距离，若Δx＝x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝C(常量)，则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。
2．由纸带求物体运动速度的方法
匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，即vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)。
3．利用纸带求物体加速度的两种方法
(1)用逐差法求加速度
即根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻两计数点间的时间间隔)求出a1＝eq \f(x4－x1,3T2)、
a2＝eq \f(x5－x2,3T2)、a3＝eq \f(x6－x3,3T2)，再算出平均值，即a＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1－x2－x3,9T2)。
(2)用图像法求加速度
即先根据vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)求出所选的各计数点对应的瞬时速度，后作出v-t图像，图线的斜率即等于物体运动的加速度。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)平行：纸带和细绳要和木板平行。
(2)两先两后：实验开始时应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源，后取纸带。
(3)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，要防止槽码落地和小车与滑轮相撞。
(4)纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃打点密集部分，适当选取计数点。
(5)区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上打下的点。计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点，要注意“每5个点取一个计数点”与“每隔4个点取一个计数点”取点方法是一样的，时间间隔均为0.1 s。
(6)准确作图：在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏而导致误差过大)，仔细描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧。
2．误差分析
(1)根据纸带测量的位移有误差。
(2)电源频率不稳定，造成相邻两点的时间间隔不完全相等。
(3)纸带运动时打点不稳定引起测量误差。
(4)用作图法，作出的v-t图像并不是一条直线。
(5)木板的粗糙程度并非完全相同，这样测量得到的加速度只能是所测量段的平均加速度。
利用纸带分析物体的运动特点、测量物体的速度及加速度，是纸带类实验的基础。本实验常利用纸带求解各计数点的速度，用逐差法、图像法、公式法求解物体的加速度，同时对有效数字知识进行考查，难度相对较小。
关键点(一) 有效数字的认知
[考法感悟]
1．(2023·大庆高三模拟)在进行“探究小车速度随时间变化的规律”实验中：
(1)图1所示实验器材是________(填“计时”“测速”或“测距”)的仪器，其中必须使用8 V低压交流电源的是________(填“甲”或“乙”)。
(2)已提供了小车、一端附有滑轮的长木板、纸带、细绳、刻度尺、导线。为了完成实验，还须从图2中选取实验器材：______(此项为多选，请填写相应的字母符号)。
(3)实验得到一条清晰的纸带，如图3所示是截取了其中某一段纸带用刻度尺(单位：cm)测量时的情景，其中A、B、C、D、E、F为6个相邻的点迹。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz。其中计数点E所在位置的刻度尺读数为________cm，小车加速过程中对应E点瞬时速度大小为______m/s。
解析：(1)图1所示实验器材是计时的仪器。其中必须使用8 V低压交流电源的是电磁打点计时器，即甲。
(2)已提供了小车、一端附有滑轮的长木板、纸带、细绳、刻度尺、导线。为了完成实验，还须从图2中选取实验器材：低压电源A和电磁打点计时器C。
(3)计数点E所在位置的刻度尺读数为8.78 cm，D、F段的位移：xDF＝(11.56－6.43)cm＝5.13 cm，则E点的瞬时速度等于DF段的平均速度eq \x\t(v)DF＝eq \f(xDF,2T)＝eq \f(5.13×10－2,0.04) m/s≈1.28 m/s。
答案：(1)计时 甲 (2)AC (3)8.78(8.76～8.80均可) 1.28(1.24～1.32均可)
2．(2022·辽宁高考，节选)某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带(宽度用d表示)。实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔Δt。
(1)除图中所用的实验器材外，该实验还需要________(填“天平”或“刻度尺”)；
(2)该同学测得遮光带(透光带)的宽度为4.50 cm，记录时间间隔的数据如表所示，
根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小为v3＝________m/s(结果保留两位有效数字)；
(3)某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为Δt1、Δt2，则重力加速度g＝________(用d、Δt1、Δt2表示)。
解析：(1)实验中，我们不需要测质量，但需要测遮光带和透光带的宽度，故需要刻度尺；
(2)根据平均速度定义可得v3＝eq \f(0.045 m,0.03 s)＝1.5 m/s；
(3)可以考虑匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻速度，分别求出相邻两个中间时刻速度后，根据加速度定义式表示g，即g＝eq \f(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1),\f(Δt1＋Δt2,2))，整理可得g＝eq \f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)。
答案：(1)刻度尺 (2)1.5 (3)eq \f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)
[系统建模]
1．有效数字的最后一位是测量者估读出来的，是偶然误差的来源。如第1题第(3)问E点所在位置的刻度尺读数中，最后一位数字就是估读出来的，所以本问的答案要估读到刻度尺分度值1 mm的下一位。
2．有效数字的位数：在一个数中，自左向右，从第一个不为零的数字起，到右边最末一位数字止(包括末位数为零的数字)，共有几个数字，就是几位有效数字。如第2题第(2)问v3的计算结果保留两位有效数字，v3＝1.5 m/s，若要求结果保留三位有效数字，则v3＝1.50 m/s。
3．科学记数法：如36 500，从左向右，如果第3位数“5”不可靠，则应记为3.65×104；如果第4位数“0”不可靠，应记为3.650×104。
关键点(二) 逐差法的活学妙用
[考法感悟]
1．(2021年8省联考·重庆卷)某小组用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，该打点计时器电源的频率为50 Hz，在打好的纸带上每5个点标记一个计数点，标记结果如图所示。A、B、C、D为连续选择的计数点，其位置分别为20.0 mm、34.0 mm、53.0 mm和77.0 mm。则
(1)图中相邻两计数点的时间间隔是________s。
(2)打B点时小车的速度大小是________m/s。
(3)小车运动的加速度大小是________m/s2。
解析：(1)打点计时器的打点周期为T＝eq \f(1,f)＝0.02 s，相邻两计数点之间的时间间隔t＝5T＝0.1 s。
(2)在匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以打B点时小车的速度为vB＝eq \f(xAC,2t)＝eq \f(53.0－20.0,2×0.1)×10－3 m/s＝0.165 m/s。
(3)根据逐差法求解加速度a＝eq \f(xCD－xAB,2t2)＝eq \f(77.0－53.0－34.0－20.0,2×0.12)×10－3 m/s2＝0.5 m/s2。
答案：(1)0.1 (2)0.165 (3)0.5
2．(2022·全国乙卷)用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻(t＝0)开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1 s测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：
回答下列问题：
(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)当x＝507 m时，该飞行器速度的大小v＝________m/s；
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a＝______m/s2(保留2位有效数字)。
解析：(1)第1 s内的位移为507 m，第2 s内的位移为587 m，第3 s内的位移为665 m，第4 s内的位移为746 m，第5 s内的位移为824 m，第6 s内的位移为904 m，则相邻1 s内的位移之差接近80 m，可知飞行器在这段时间内做匀加速运动；
(2)当x＝507 m时飞行器的速度等于0～2 s内的平均速度，则v1＝eq \f(1 094,2) m/s＝547 m/s；
(3)根据a＝eq \f(x36－x03,9T2)＝eq \f(4 233－2×1 759,9×12) m/s2≈79 m/s2。
答案：(1)相邻1 s内的位移之差接近80 m
(2)547 (3)79
3．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(a)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(b)记录了桌面上连续的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(b)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(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)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)
解析：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的。
(2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T＝eq \f(30 s,46－1)＝eq \f(2,3) s。根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A点位置时的速度大小为vA＝eq \f(0.117＋0.133,2T)(m/s)≈0.19 m/s。根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a＝eq \f(x4＋x5－x1－x2,6T2)＝eq \f(100＋83－150－133×0.001,6×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2) m/s2≈－0.038 m/s2。
因此加速度的大小为0.038 m/s2
答案：(1)从右向左 (2)0.19 0.038
[系统建模]
1．如图甲所示，有连续的6段位移：
则加速度a＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)。
如第2题第(3)问中飞行器加速度的计算。
2．如图乙所示，有连续的5段位移：
(1)可以去掉最短的x1，则有：
a＝eq \f(x4＋x5－x2＋x3,4T2)
(2)也可以去掉中间的x3，则有：
a＝eq \f(x4＋x5－x1＋x2,6T2)
如第3题第(2)问中加速度大小计算中就去掉中间的“117”，采用(2)中的公式计算的。
3．不连续的两段位移，如图丙所示：
a＝eq \f(xn＋m－xn,mT2)
如第1题第(3)问中加速度大小的计算即采用该方法。
关键点(三) 其他方法求解加速度
[考法感悟]
1．(2022·浙江6月选考，节选)“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为________cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为________m/s2(保留两位有效数字)。
解析：依题意，打计数点B时小车位移大小为6.20 cm，考虑到偶然误差，6.15 cm～6.25 cm也可；由图3中小车运动的数据点，有a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1.05－0.30,0.4) m/s2≈1.9 m/s2，考虑到偶然误差，1.7 m/s2～2.1 m/s2也可。
答案：6.20(6.15～6.25均可) 1.9(1.7 ～2.1均可)
2．(2023·石家庄模拟)利用现代信息技术进行的实验称为DIS实验，光电计时器是一种常用计时仪器，其结构如图1所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当一辆带有挡光片的小车从a、b间通过时，光电计时器就可以显示挡光片的挡光时间。现有一辆小车通过光电门，计时器显示的挡光时间是2.00×10－2 s，用游标卡尺测量小车上挡光片的宽度d，示数如图2所示。
(1)读出挡光片的宽度d＝________ cm，小车通过光电门时的速度大小v＝________ m/s(结果保留三位有效数字)。
(2)当小车相继通过相距L的两个光电门时，两个光电计时器上记录下的读数分别是t1和t2，则小车在这段距离中的平均加速度大小为________(用题中符号表示)。
解析：(1)挡光片的宽度d＝29 mm＋0.1×8 mm＝29.8 mm＝2.98 cm
小车通过光电门时的速度大小v＝eq \f(d,t)＝eq \f(2.98×10－2,2.00×10－2) m/s＝1.49 m/s
(2)通过两个光电门的速度大小分别为v1＝eq \f(d,t1)，v2＝eq \f(d,t2)
根据v22－v12＝2aL
可得加速度大小为a＝eq \f(d2,2L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t22)－\f(1,t12)))。
答案：(1)2.98 1.49 (2)eq \f(d2,2L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t22)－\f(1,t12)))或
eq \f(1,2L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d2,t22)－\f(d2,t12)))或eq \f(d2t12－t22,2Lt12t22)
3．如图甲为测量重力加速度的实验装置，C为数字毫秒表，A、B为两个相同的光电门，C可以测量小铁球两次挡光之间的时间间隔。开始时小铁球处于A门的上边缘，当断开电磁铁的开关由静止释放小铁球时，A门开始计时，落到B门时停止计时，毫秒表显示时间为小铁球通过A、B两个光电门的时间间隔t，测量A、B间的距离x。现将光电门B缓慢移动到不同位置，测得多组x、t数值，画出eq \f(x,t)随t变化的图线为直线，如图乙所示，直线的斜率为k，则由图线可知，当地重力加速度大小为g＝______；若某次测得小铁球经过A、B门的时间间隔为t0，则可知小铁球经过B门时的速度大小为________，此时两光电门间的距离为__________。
解析：小铁球做自由落体运动，出发点在A点，小铁球在A点的速度为0，则小铁球从A到B的过程：x＝eq \f(1,2)gt2，则eq \f(x,t)＝eq \f(1,2)gt，可知eq \f(x,t) -t为一次函数图像，斜率k＝eq \f(g,2)，解得：g＝2k。依据速度公式，则有：vB＝gt0＝2kt0；而两光电门的间距d＝eq \f(1,2)gt2＝kt02。
答案：2k 2kt0 kt02
[系统建模]
1．利用图像求物体的加速度
2．利用速度与位移关系式求物体的加速度
利用光电门测出物体经过相邻两光电门的速度v1、v2，两光电门间距为x，则由v22－v12＝2ax，可得物体的加速度a＝eq \f(v22－v12,2x)。如第2题利用此方法求加速度。
1．(2023·东北师大附中检测)研究小车做匀变速直线运动的实验装置如图(a)。纸带上计数点的间距如图(b)，相邻计数点的时间间隔为T，计数点O至其他各计数点的距离为xi(其中i＝1,2，3，…)。
(1)部分实验步骤如下，其中正确的有________(多选)。
A．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔
B．必须抬高木板右端，平衡小车受到的摩擦力
C．将小车尾部与纸带相连，小车停靠在打点计时器附近
D．先释放小车，后接通电源
(2)用x3、x5和T表示计数点4对应的小车速度大小为v4＝________。
(3)用x3、x6和T表示小车加速度的大小为a＝________。
解析：(1)把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔，选项A正确；此实验中小车做匀加速运动即可，不需要平衡摩擦力，选项B错误；将小车尾部与纸带相连，小车停靠在打点计时器附近，选项C正确；实验时要先接通电源，后释放小车，选项D错误。
(2)用x3、x5和T表示计数点4对应的小车速度大小为v4＝eq \f(x5－x3,2T)。
(3)根据Δx＝aT2，则用x3、x6和T表示小车加速度的大小为a＝eq \f(x36－x03,3T2)＝eq \f(x6－2x3,9T2)。
答案：(1)AC (2)eq \f(x5－x3,2T) (3)eq \f(x6－2x3,9T2)
2．(2021·全国甲卷)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sin α＝0.34，cs α＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1,2,3,4,5)，如下表所示。
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为______。(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80 m/s2)
解析：根据逐差法有a＝eq \f(s5＋s4－s2＋s1,6ΔT2)，代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小a≈0.43 m/s2。对小铜块受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcs α＝ma，代入数据解得μ≈0.32。
答案：0.43 0.32
3．在利用打点计时器做“研究匀变速直线运动”的实验中，图甲所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s。
(1)根据纸带可判定小车做_____________________________________________________运动。
(2)根据纸带计算各点瞬时速度：vD＝________m/s，vC＝________m/s，vB＝________m/s。在图乙所示的坐标系中作出小车的v-t图像，并根据图线求出a＝________。
(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度不为零，此速度的物理意义是________________________________________________________________________。
解析：(1)根据纸带提供的数据可知xBC－xAB＝xCD－xBC＝xDE－xCD＝12.60 cm，故小车做匀加速直线运动。
(2)根据eq \x\t(v)＝veq \f(t,2)可知：vD＝eq \f(105.60－27.60×10－2,0.2) m/s＝3.90 m/s，
vC＝eq \f(60.30－7.50×10－2,0.2) m/s＝2.64 m/s，
vB＝eq \f(27.60×10－2,0.2) m/s＝1.38 m/s，
描点连线得v-t图像如图所示。
根据图线斜率知a＝12.60 m/s2。
(3)图线与纵轴交点表示零时刻小车经过A点的速度。
答案：(1)匀加速直线 (2)3.90 2.64 1.38 v-t图像见解析图 12.60 m/s2 (3)零时刻小车经过A点的速度
4．用如图甲所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。
(1)实验的主要步骤：
①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，结果如图乙所示，读得d＝__________ mm。
②用刻度尺测量A点到光电门所在位置B点之间的水平距离x。
③滑块从A点静止释放(已知槽码落地前挡光片已通过光电门)。
④读出挡光片通过光电门所用的时间t。
⑤改变光电门的位置，滑块每次都从A点静止释放，测量相应的x值并读出t值。
(2)根据实验测得的数据，以x为横坐标，eq \f(1,t2)为纵坐标，在坐标纸中作出eq \f(1,t2)-x图线如图丙所示，求得该图线的斜率k＝________ m－1·s－2；由此进一步求得滑块的加速度a＝________ m·s－2。(计算结果均保留3位有效数字)
解析：(1)根据游标卡尺读数规则，挡光片的宽度d＝6 mm＋12×0.05 mm＝6.60 mm。
(2)该图线的斜率k＝eq \f(2.0－1.0,0.65－0.23)×104 m－1·s－2≈2.38×104 m－1·s－2；
滑块通过光电门时的速度v＝eq \f(d,t)，
由v2＝2ax可得eq \f(1,t2)＝eq \f(2a,d2)x，由k＝eq \f(2a,d2)，
可求得滑块的加速度a≈0.518 m·s－2。
答案：(1)①6.60 (2)2.38×104 0.518定义
位移
表示质点的位置变动，它是由初位置指向末位置的有向线段
路程
质点运动轨迹的长度
区别
(1)位移是矢量，方向由初位置指向末位置
(2)路程是标量，没有方向
联系
(1)单向直线运动中，位移大小等于路程
(2)其他情况下，位移大小小于路程
平均速度
物体的位移与发生这段位移所用时间之比，即v＝eq \f(Δx,Δt)，是矢量，其方向与位移的方向相同
瞬时速度
运动物体在某一时刻或某一位置的速度，是矢量，方向沿轨迹的切线方向
速率
瞬时速度的大小，是标量
定义
物体速度的变化量与发生这一变化所用时间之比
定义式
a＝eq \f(Δv,Δt)，单位：m/s2
方向
与Δv的方向一致，由合力的方向决定
物理意义
描述物体速度变化快慢的物理量
决定因素不同
位移由始、末位置决定，路程由实际的运动路径决定
运算法则不同
位移应用矢量的平行四边形定则运算，路程应用标量的代数运算法则运算
物理量
速度
速度变化量
加速度
物理意义
描述物体运动的快慢
描述物体速度的变化
描述物体速度变化的快慢
定义式
v＝eq \f(Δx,Δt)
Δv＝v－v0
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v－v0,Δt)
方向
与位移Δx同向，即物体运动的方向
由v－v0或a的方向决定
与Δv的方向一致，由合力F的方向决定，而与v0、v的方向无关
自由落体运动
竖直上抛运动
运动特点
初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动
初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动
速度公式
v＝gt
v＝v0－gt
位移公式
h＝eq \f(1,2)gt2
h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
速度—位移关系式
v2＝2gh
v2－v02＝－2gh
涉及的物理量
未涉及的物理量
适宜选用公式
v0，v，a，t
x
v＝v0＋at
v0，a，t，x
v
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0，v，a，x
t
v2－v02＝2ax
v0，v，t，x
a
x＝eq \f(v＋v0,2)t
刹车类
(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。
双向可逆类
(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。
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：
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，形成多解，在解决问题时要注意这个特性。
分段法
将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段
全程法
将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性
x-t图像
v-t图像
轴
横轴为时间t，纵轴为位移x
横轴为时间t，纵轴为速度v
线
倾斜直线表示匀速直线运动
倾斜直线表示匀变速直线运动
斜率
表示速度
表示加速度
面积
无实际意义
图线与时间轴围成的面积表示位移大小
纵截距
表示初位置
表示初速度
特殊点
拐点表示速度变化，交点表示相遇
拐点表示加速度变化，交点表示速度相等
原理装置图
(1)不需要平衡摩擦力。
(2)不需要满足悬挂槽码质量远小于小车质量。
操作要领
(1)平行：细绳、纸带与长木板平行。
(2)靠近：小车释放前，应靠近打点计时器的位置。
(3)先后：实验时先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带。
(4)防撞：小车到达滑轮前让其停止运动，防止与滑轮相撞或掉下桌面摔坏。
(5)适当：悬挂槽码要适当，避免纸带打出的点太少或过于密集。
编号
1遮光带
2遮光带
3遮光带
…
Δt/(×10－3s)
73.04
38.67
30.00
…
t/s
0
1
2
3
4
5
6
x/m
0
507
1 094
1 759
2 505
3 329
4 233
利用v-t图像
图线的斜率表示物体的加速度，如第1题利用此方法求加速度
利用eq \f(x,t)-t图像
由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得：eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，图线的斜率k＝eq \f(a,2)，物体的加速度a＝2k。如第3题利用此方法求加速度
s1
s2
s3
s4
s5
5.87 cm
7.58 cm
9.31 cm
11.02 cm
12.74 cm
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