2020版高考物理新设计大一轮教科版讲义：第一章运动的描述第2讲

第2讲　匀变速直线运动的规律

知识排查
匀变速直线运动的基本公式

匀变速直线运动的推论
1.匀变速直线运动的三个推论
(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2
(2)中间时刻速度：v＝＝
(3)位移中点速度v＝
2.初速度为零的匀变速直线运动的常用重要推论
(1)T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)T内、2T内、3T内……位移的比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)
第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。
(4)
从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
自由落体运动
1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
2.运动规律
(1)速度公式：vt＝gt。
(2)位移公式：h＝gt2。
(3)速度位移关系式：v＝2gh。
竖直上抛运动
1.定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。
2.运动规律
(1)速度公式：vt＝v0－gt
(2)位移公式：h＝v0t－gt2
(3)速度位移关系式：v－v＝－2gh

小题速练
1.思考判断
(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。(　　)
(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　)
(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(　　)
(4)初速度为零的匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。(　　)
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。(　　)
(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。
答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√
2.某航母跑道长为200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为 (　　)
A.5 m/s　 B.10 m/s　 C.15 m/s　 D.20 m/s
解析　飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，由题意知，vt＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根据v－v＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0＝＝ m/s＝10 m/s。故选项B正确。
答案　B
3.一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)
A.2 m/s，3 m/s，4 m/s　 B.2 m/s，4 m/s，6 m/s
C.3 m/s，4 m/s，5 m/s　 D.3 m/s，5 m/s，7 m/s
解析　根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB＝＝4 m/s。又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式vt＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确。
答案　B
4.假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则 (　　)
A.物体在2 s末的速度大小是20 m/s
B.物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C.物体在前2 s内的位移大小是20 m
D.物体在5 s内的位移大小是50 m
解析　设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得g×52－g×42＝18 m，得g＝4 m/s2，所以2 s末的速度大小为v＝gt2＝8 m/s，选项A错误；第5 s内的平均速度大小为v－＝＝18 m/s，选项B错误；物体在前2 s 内的位移大小为x＝gt＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小为x5＝gt＝50 m，选项D正确。
答案　D


　匀变速直线运动规律的基本应用
1.常用公式的选择
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及的物理量
适宜选用公式
v0、vt、a、t
x
vt＝v0＋at
v0、a、t、x
vt
x＝v0t＋at2
v0、vt、a、x
t
v－v＝2ax
v0、vt、t、x
a
x＝t
2.运动学公式中正、负号的规定
一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。
【例1】　(2019·湖北天门模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：
(1)这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)
解题关键―→画运动过程示意图，呈现运动情景

解析　(1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝15 m/s，
由速度公式vt＝v0＋at
得a＝＝＝1.5 m/s2
由位移公式得
x1＝at＝×1.5×102 m＝75 m
这时出租车离出发点的距离为75 m。
(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s时，由v＝2ax2得x2＝＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝＝ s＝20 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，通过位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示
x＝x2＋x3＝(300＋2 400) m＝2 700 m＝2.7 km。
答案　(1)75 m　(2)2.7 km



1.如图1所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以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”，加速度大小约为5 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为 (　　)

图1
A.50 m B.20 m C.10 m D.1 m
解析　使汽车避免与障碍物相撞，则末速度vt＝0，
a＝－5m/s2，根据v－v＝2ax得
x＝＝ m＝10 m，选项C正确。
答案　C
2.如图2所示，高速公路一般情况下小汽车限速120 km/h，但由于施工等特殊情况会有临时限速。某货车正在以72 km/h的速度行驶，看到临时限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1 m/s2，减速行驶了2 min，则减速后货车的速度为(　　)

图2
A.6.0 m/s B.8.0 m/s C.10.0 m/s D.12.0 m/s
解析　v0＝72 km/h＝20 m/s，t＝2 min＝120 s，a＝－0.1 m/s2。由vt＝v0＋at得vt＝(20－0.1×120) m/s＝8.0 m/s，故选项B正确。
答案　B
3.[易错题——刹车类问题]以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为(　　)
A.50 m B.45 m C.40.5 m D.40 m
解析　根据x＝v0t＋at2得36＝18×3＋a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝＝ s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停止，5 s内的位移x＝＝ m＝40.5 m，故选项C正确。
答案　C
　解决匀变速运动问题的常用方法
解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法

【例2】　[一题多解]物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图3所示。已知物体运动到斜面长度处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。

图3

解析　法一　逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面，
故xBC＝at，xAC＝a(t＋tBC)2。
又xBC＝xAC，解得tBC＝t。
法二　比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
现有xBC∶xBA＝(xAC)∶(xAC)＝1∶3，
通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t。
法三　中间时刻速度法
利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。
v－AC＝(v0＋vt)＝v0。
又v＝2axAC①
v＝2axBC②
xBC＝xAC③
解①②③得vB＝v0。
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置，因此有tBC＝t。
法四　图像面积法
利用相似三角形面积之比，等于对

应边平方比的方法，作出v－t图像，如图所示。
＝。
且S△AOC＝4S△BDC，
故＝，得tBC＝t。
法五　推论法
对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(－)∶…∶(－)。
现将整个斜面分成相等的四段，如图所示。

设通过BC段的时间为tBC，那么通过BD、DE、EA的时间分别为
tBD＝(－1)tBC，tDE＝(－)tBC，
tEA＝(－)tBC，
又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tBC＝t。
答案　t
【例3】　[易错题——双向可逆类]如图4，一物体以某一速度冲上一光滑斜面，前4 s的位移为1.6 m，随后4 s的位移为零，那么物体的加速度多大？

图4
解析　设物体的加速度大小为a，由题意知加速度的方向沿斜面向下。
物体前4 s是减速运动，位移为1.6 m，所以有
x＝v0t0－at，
代入数据1.6＝v0×4－a×42
随后4 s的位移为零，则物体滑到最高点所用总时间为
t＝4 s＋ s＝6 s，
所以初速度v0＝at＝a×6
由以上两式得物体的加速度大小为a＝0.1 m/s2。
答案　0.1 m/s2

双向可逆类运动问题
(1)常见情景
①沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回。
②竖直上抛运动等。
(2)特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向都不变。　　　　　　

1.(多选)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x1＝3 m，第2 s内通过的位移x2＝2 m，又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是(　　)
A.初速度v0的大小为2.5 m/s
B.加速度a的大小为1 m/s2
C.位移x3的大小为1.125 m
D.位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
解析　由Δx＝aT2可得加速度a＝－1 m/s2，选项B正确；第1 s末的速度v1＝＝2.5 m/s，得初速度v0＝v1－at＝3.5 m/s，选项A错误；物体速度由2.5 m/s减小到0所需时间t＝＝2.5 s，则经过位移x3的时间t3为1.5 s，且x3＝－at＝1.125 m，选项C正确；位移x3内的平均速度＝＝0.75 m/s，选项D正确。
答案　BCD
2.2018年2月9日平昌冬奥会开赛，日前中国女子冰壶队已经顺利通过预选赛进军平昌奥运会。如图5所示，可视为质点的冰壶以初速度v0滑入O点后做匀减速直线运动，滑到C点时速度恰好为零，若OA＝AB＝BC，冰壶依次滑过O、A、B点时的速度之比为v0∶vA∶vB，滑过OA、AB、BC三段所用的时间之比为tOA∶tAB∶tBC，则(　　)

图5
A.v0∶vA∶vB＝∶∶1
tOA∶tAB∶tBC＝1∶∶
B.v0∶vA∶vB＝9∶4∶1
tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1
C.v0∶vA∶vB＝9∶4∶1
tOA∶tAB∶tBC＝1∶∶
D.v0∶vA∶vB＝∶∶1
tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1
解析　由逆向思维匀减速运动可看做反向的匀加速运动，根据速度—位移公式v＝2ax可得，所求的速度之比v0∶vA∶vB＝∶∶1，初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1，故D正确，A、B、C错误。
答案　D
　自由落体和竖直上抛运动
1.两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：

②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。
2.竖直上抛运动的研究方法
分段法
上升阶段：a＝g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0竖直向上，加速度g竖直向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2(规定竖直向上方向为正方向)
若vt>0，物体上升，若vt<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点正上方，若h<0，物体在抛出点正下方
【例4】　如图6中高楼为上海中心大厦，建筑主体为118层，总高为632 m。现假设外墙清洁工人在320 m高处进行清洁时不慎掉落一瓶水，当他发现水瓶掉落时，水瓶已经下落了5 s，此时他大声向下方行人发出警告。已知声速为340 m/s，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

图6
A.正下方的行人先看见水瓶落地，再听见警告声，时间差超过2 s
B.正下方的行人先听见警告声，再看见水瓶落地，时间差超过2 s
C.正下方的行人先看见水瓶落地，再听见警告声，时间差不到1 s
D.正下方的行人先听见警告声，再看见水瓶落地，时间差不到1 s
解析　瓶子落地总时间t总＝＝8 s，当瓶子下落5 s后才发现，还剩3 s落地，此时人喊出声音传到正下方时间t′＝≈0.9 s，故行人先听到警告声，再看见水瓶落地，且时间差超过2 s。
答案　B

1.太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动
时间里的位移或速度，以下说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2，且不随高度的变化而变化)(　　)

图7
A.自由落体运动的位移是3.9×104 m
B.自由落体运动的位移是2.1×104 m
C.自由落体运动的末速度是6.0××102 m/s
D.自由落体运动的平均速度是6.0×102 m/s
解析　根据题意，运动员做自由落体运动的时间t＝60 s，因此，自由落体运动的位移h＝gt2＝1.8×104 m，选项A、B错误；运动员自由落体的末速度vt＝gt＝6.0×102 m/s，C正确；自由落体运动的平均速度v－＝vt＝3.0×102 m/s，D错误。
答案　C
2.(2019·资阳市诊断性检测)气球下挂一重物，以v0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地面高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
解析　法一　分成上升阶段和下落阶段两个过程处理。绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为t1＝＝1 s，h1＝＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝＝6 s
vt＝gt2＝60 m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t1＋t2＝7 s。
法二　取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，
由位移公式有h′＝v0t－gt2
即－175＝10t－×10t2＝10t－5t2
整理得t2－2t－35＝0
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为
vt＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示落地速度方向与初速度方向相反，方向竖直向下。
答案　7 s　60 m/s
　匀变速直线运动的多过程问题
“四步”分析法巧解多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，找出各段交接处的关联物理量，可按下列四个步骤解题

【例5】　(12分)假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2。试问：
(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？
(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
解题关键　画草图(运动过程)

规范解答
(1)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为
x1处开始制动，则有
v2－v＝－2a1x1(2分)
解得x1＝108 m。(1分)
(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。
减速阶段，有
v＝v0－a1t1(1分)
解得t1＝＝6 s(1分)
加速阶段，有
v0＝v＋a2t(1分)
解得t2＝＝4 s
则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。(1分)
(3)加速阶段，有
v－v2＝2a2x2(2分)
解得x2＝72 m
则总位移x＝x1＋x2＝180 m(1分)
若不减速通过收费站，则所需时间
t′＝＝6 s(1分)
故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为
Δt＝t－t′＝4 s(1分)
答案　(1)108 m　(2)10 s　(3)4 s

1.如图8为某高速公路出口的ETC通道示意图。一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v0＝30 m/s，此时开始减速，到达M点时速度减至v＝6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区。已知MN的长度d＝36 m，汽车减速运动的加速度大小a＝3 m/s2，求：

图8
(1)O、M间的距离x；
(2)汽车从O点到N点所用的时间t。
解析　(1)根据v－v＝－2ax得，
x＝＝144 m。
(2)从O点到达M点所用的时间t1＝＝8 s，
匀速通过MN区所用的时间t2＝＝6 s，
汽车从O点到N点所用的时间t＝t1＋t2＝14 s。
答案　(1)144 m　(2)14 s
2.(2019·广安市诊断)端午节赛龙舟是中国民间传统水上体育娱乐项目，比赛时多人集体在鼓手的指挥下统一划桨竞赛。2017年端午节，某龙舟队以1分28.75秒的成绩获得东莞龙舟锦标赛传统男子500米直道竞速项目的冠军。该次比赛可看成龙舟首先做初速度为零的匀加速直线运动，达到vt＝6 m/s后做匀速直线运动完成比赛。(结果均保留3位有效数字)
(1)求龙舟匀加速阶段的加速度大小a；
(2)某次训练中，龙舟以加速度a加速达到vt，由于鼓手失误，使龙舟从100 m开始，在10 s内速度均匀减小到v1＝4 m/s，经调整操作，10 s末龙舟重新开始以加速度a加速，加速到vt后匀速完成训练。求龙舟由于鼓手失误而耽误的时间。
解析　(1)根据题意，龙舟全过程的位移x＝500 m，运动时间t＝88.75 s
设匀加速运动的时间为t1，则匀速运动的时间为(t－t1)
则有x＝t1＋vt(t－t1)，又vt＝at1
联立解得a＝0.554 m/s2
(2)100 m前龙舟运动情况和比赛过程中一样，
100 m后t2＝10 s内的位移x1＝t2
龙舟速度由v1再次加速到vt的过程中，
所用的时间t3＝，通过的位移x2＝t3
若鼓手不失误，则龙舟匀速通过这两段位移，设需要的时间为t4，则x1＋x2＝vtt4
由鼓手失误而耽误的时间Δt＝t2＋t3－t4
联立解得Δt＝2.27 s
答案　(1)0.554 m/s2　(2)2.27 s
课时作业
(时间：30分钟)
基础巩固练
1.如图1所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约为(g取
10 m/s2)(　　)

图1
A.20 m/s 　　　B.14 m/s C.2 m/s 　　　D.1.4 m/s
解析　根据公式v＝2gh得vt＝ m/s≈14 m/s，选项B正确。
答案　B
2.某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内通过的位移是x(单位：m)，则质点运动的加速度为(　　)
A.(m/s2) B.(m/s2) C.(m/s2) D.(m/s2)
解析　由匀变速直线运动规律知第3 s内的平均速度等于t＝2.5 s时的瞬时速度v2.5＝(m/s)＝x(m/s)，得a＝＝(m/s2)＝(m/s2)，C正确。
答案　C
3.如图2所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC等于(　　)

图2
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4
答案　C
4.一物体自空中的A点以一定的初速度向上抛出，1 s后物体的速率变为10 m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　)
A.在A点上方，速度方向向下
B.在A点下方，速度方向向下
C.正在A点，速度方向向下
D.在A点上方，速度方向向上
解析　物体的初速度方向竖直向上，若1 s后物体的速度方向向下，大小为10 m/s，则在此1 s内物体速度的变化量Δv将大于10 m/s，这与Δv＝gt＝10 m/s不符，故1 s后物体的速度方向仍向上，物体在抛出点A上方，选项D正确。
答案　D
5.某同学在实验室做了如图3所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3 s，g取10 m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为(　　)

图3

A.1 m B.1.25 m C.0.4 m D.1.5 m
解析　小球经过光电门的速度v＝＝ m/s＝5.0 m/s，由v2＝2gh可得小球开始下落的位置距光电门的距离为h＝＝1.25 m，故B项正确。
答案　B
6.(2018·江西赣中南五校联考)我国是一个消耗能源的大国，节约能源刻不容缓，设有一架直升飞机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V＝pa＋q(p、q均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A. B. C. D.
解析　设匀加速直线运动的加速度为a，高度为h，由h＝at2得，t＝，则消耗的油量V′＝(pa＋q)t＝(pa＋q)＝，知p2a＝时，油量消耗最小，解得a＝，故B正确。
答案　B
7.某列车离开车站后做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，前1 s内的位移为10 m，前2 s内的位移为25 m，则前3秒内的位移为 (　　)
A.40 m B.45 m C.50 m D.55 m
解析　第1 s内的位移x1＝10 m，第2 s内的位移x2＝(25－10) m＝15 m，由x2－x1＝x3－x2得第3秒内的位移x3＝20 m，前3 s的位移x＝x1＋x2＋x3＝45 m，故B项正确。
答案　B
8.短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段，一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程。已知该运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员在加速阶段的加速度大小及通过的距离。
解析　根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得
x1＝at，x1＋x2＝a(2t0)2，其中t0＝1 s，x2＝7.5 m，联立解得a＝5 m/s2。
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为x，依题意及运动学规律，得
t＝t1＋t2，v＝at1，x＝at＋vt2，
设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝at，
联立解得x′＝10 m。
答案　5 m/s2　10 m

综合提能练
9.一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图4所示。由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从开始释放到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则 (　　)

图4
A.t1＞t2 B.t1＜t2
C.v1∶v2＝1∶2 D.v1∶v2＝1∶3
解析　A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落L用时，B垫片再下落3L用时t2，由于t1、t2时间内B下落的位移满足1∶3的关系，故t1＝t2，v1∶v2＝1∶2，所以只有C正确。
答案　C
10.如图5所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中xAB＝2 m，xBC＝3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于(　　)

图5
A. m B. m C. m D. m
解析　设物体的加速度为a，经过A点时的速度为vA，由A点到B点所用的时间为t，则xAB＝vAt＋at2＝2 m，xAC＝vA·2t＋a(2t)2＝5 m，联立解得at2＝1 m，vAt＝1.5 m，xOA＝＝ m，选项A正确。
答案　A
11.(多选)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知 (　　)
A.质点运动的加速度是0.6 m/s2
B.质点运动的加速度是0.3 m/s2
C.第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s
D.第2次闪光时质点的速度是0.35 m/s
解析　由Δx＝aT2和逐差法可得质点运动的加速度a＝＝0.3 m/s2，选项A错误，B正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度v＝0.2 m/s，第1次闪光时质点的速度是v1＝v－a×＝0.2 m/s－0.3×0.5 m/s＝0.05 m/s，第2次闪光时质点的速度是v2＝v＋a×＝0.2 m/s＋0.3×0.5 m/s＝0.35 m/s，选项C错误，D正确。
答案　BD
12.机场大道某路口，有按倒计时显示的时间显示灯。有一辆汽车在平直路面上以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前进，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。
(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度a1至少多大？
(2)若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以a2＝2 m/s2的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速度a3的大小。(结果保留2位有效数字)
解析　(1)初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，
反应时间t1＝1 s，
司机反应时间内汽车通过位移x1＝v0t1＝10 m，
匀加速时间t2＝5 s－t1＝4 s，
x－x1＝v0t2＋a1t，
解得a1＝2.5 m/s2。
(2)汽车加速结束时通过的位移为
x2＝v0t1＋v0t3＋a2t＝(10×1＋10×3＋×2×32) m＝49 m，
此时车头前端离停车线的距离为
x3＝x－x2＝(70－49) m＝21 m，
此时速度为vt＝v0＋a2t3＝(10＋2×3) m/s＝16 m/s，
匀减速过程有v＝2a3x3，
解得a3＝＝ m/s2＝6.1 m/s2。
答案　(1)2.5 m/s2　(2)6.1 m/s2