文档内容
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＝ aT 2 ，x －x ＝ ( m － n ) aT2
m n
(2)中间时刻速度： ＝＝v
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
∶ ∶ ∶…∶ ＝ 1 ∶ 2 ∶ 3 ∶…∶ n 。
v1 v2 v3 vn
(2)T内、2T内、3T内……位移的比为
x ∶x ∶x ∶…∶x ＝ 1 2 ∶ 2 2 ∶ 3 2 ∶…∶ n 2 。
1 2 3 n
(3)
第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为
x ∶x ∶x ∶…∶x ＝ 1 ∶ 3 ∶ 5 ∶…∶ (2 N － 1) 。
Ⅰ Ⅱ Ⅲ N
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为
t ∶t ∶t ∶…∶t ＝ 1 ∶ ( － 1) ∶ ( － ) ∶… ∶ ( － ) 。
1 2 3 n
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： ＝gt。
v
(2)位移公式：h＝ gt 2 。
(3)速度位移关系式： 2＝ 2 gh 。
v
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： ＝ － g t
v v0
(2)位移公式：h＝ t － gt 2
v0
(3)速度位移关系式： 2－ ＝ － 2 g h
v v
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，＝50 m/s，a＝6 m/s2，x
v
＝200 m，根据 2－ ＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度 ＝＝ m/s
v v v0
＝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， ＝＝4 m/s。又因为连续相等时
vB
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 ＝ ＋at，解得 ＝2 m/s， ＝6 m/s，故选项B正确。
v v0 vA vC
答案 B
4．(2018·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一
个质量为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 ＝gt ＝8 m/s，
v 2
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x ＝gt＝50
5
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
没有涉及的物理量 适宜选用公式
求量和为解题设定的中间量)
、 、a、t x ＝ ＋at
v0 v v v0
v0
、a、t、x
v
x＝
v0
t＋at2
、 、a、x t 2－ ＝2ax
v0 v v v
、 、t、x a x＝t
v0 v
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 ＝15 m/s，
v1
由速度公式 ＝ ＋at
v v0
得a＝＝＝1.5 m/s2
由位移公式得
x ＝at＝×1.5×102 m＝75 m
1
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 ＝108 km/h＝30 m/s时，由 ＝2ax 得x ＝＝300
v2 v 2 2
m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t ，可根据速度公式得t ＝＝
2 2
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t 为80 s，通过位移x ＝ t ＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35
3 3 v2 3
秒时，计价器里程表应显示
x＝x ＋x ＝(300＋2 400) m＝2 700 m＝2.7 km。
2 3
答案 (1)75 m (2)2.7 km
解题的基本思路
→→→→
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 ≤10 m/s且与前方静止
v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 ＝0，a＝－5m/s2，根据 2－ ＝2ax
v v v
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 ＝72 km/h＝20 m/s，t＝2 min＝120 s，a＝－0.1 m/s2。由 ＝ ＋at得 ＝
v0 v v0 v
(20－0.1×120) m/s＝8.0 m/s，故选项B正确。
答案 B
3．[易错点——刹车类问题][人教版必修1·P ·T 改编]以18 m/s 的速度行驶的汽
40 3
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＝ t＋at2得36＝18×3＋a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间
v0
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s ＝at，s ＝a(t＋t )2。
BC AC BC
又s ＝s ，解得t ＝t。
BC AC BC
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
s ∶s ∶s ∶…∶s ＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
1 2 3 n
现有s ∶s ＝(s )∶(s )＝1∶3，
BC BA AC AC通过s 的时间为t，故通过s 的时间t ＝t。
AB BC BC
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 v v0 v0
又 ＝2as ①
v AC
＝2as ②
v BC
s ＝s ③
BC AC
解①②③得 ＝ 。
vB v0
可以看出 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t
vB BC
＝t。
法四 图象面积法
利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出 －t图象，如图所示。
v
＝。
且S ＝4S ，
△AOC △BDC
故＝，得t ＝t。
BC
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
t ∶t ∶t ∶…∶t ＝1∶(－1)∶(－)∶(－)∶…∶(－)。
1 2 3 n
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t ，那么通过BD、DE、EA的时间分别为
BC
t ＝(－1)t ，t ＝(－)t ，
BD BC DE BC
t ＝(－)t ，
EA BC
又t ＋t ＋t ＝t，得t ＝t。
BD DE EA BC
答案 t
【例3】 [易错点——双向可逆类]如图4，一物体以某一速度冲上一光滑斜面，前
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＝ t －at，
v0 0
代入数据1.6＝ ×4－a×42
v0
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 ＝at＝a×6
v0
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 做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x ＝3 m，第
v0 1
2 s内通过的位移x ＝2 m，又经过位移x ，物体的速度减小为0，则下列说法正确
2 3
的是( )
A．初速度 的大小为2.5 m/s
v0
B．加速度a的大小为1 m/s2
C．位移x 的大小为1.125 m
3
D．位移x 内的平均速度大小为0.75 m/s
3
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 ＝ －at＝3.5 m/s，选项A错误；物体速度由2.5 m/s减小到0
v0 v1
所需时间t＝＝2.5 s，则经过位移x 的时间t 为1.5 s，且x ＝－at＝1.125 m，选项
3 3 3
C正确；位移x 内的平均速度v＝＝0.75 m/s，选项D正确。
3
答案 BCD
2．(2018·安徽池州期末)2018年2月9日平昌冬奥会开赛，日前中国女子冰壶队
已经顺利通过预选赛进军平昌奥运会。如图5所示，可视为质点的冰壶以初速度
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，
v0
冰壶依次滑过O、A、B点时的速度之比为 ∶ ∶ ，滑过OA、AB、BC三段所用
v0 vA vB
的时间之比为t ∶t ∶t ，则( )
OA AB BC
图5A． ∶ ∶ ＝∶∶1 t ∶t ∶t ＝1∶∶
v0 vA vB OA AB BC
B． ∶ ∶ ＝9∶4∶1 t ∶t ∶t ＝(－)∶(－1)∶1
v0 vA vB OA AB BC
C． ∶ ∶ ＝9∶4∶1 t ∶t ∶t ＝1∶∶
v0 vA vB OA AB BC
D． ∶ ∶ ＝∶∶1 t ∶t ∶t ＝(－)∶(－1)∶1
v0 vA vB OA AB BC
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
2＝2ax可得，所求的速度之比 ∶ ∶ ＝∶∶1，初速度为零的匀加速直线运
v v0 vA vB
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
t ∶t ∶t ＝(－)∶(－1)∶1，故D正确，A、B、C错误。
OA AB BC
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 竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：
v0
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
初速度 竖直向上，加速度g竖直向下的匀变速直线运动， ＝ －gt，
v0 v v0
h＝ t－gt2(规定竖直向上方向为正方向)
v0
全程法
若 >0，物体上升，若 <0，物体下落
v v
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 ＝＝8 s，当瓶子下落5 s后才发现，还剩3 s落地，此时
总
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 B1．太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气
球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60
秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体
运动
时间里的位移或速度，以下说法正确的是(重力加速度g取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 ＝gt＝
v
6.0×102 m/s，C正确；自由落体运动的平均速度v＝ ＝3.0×102 m/s，D错误。
v
答案 C
2．(2018·山东临沂校级段考)气球下挂一重物，以 ＝10 m/s 的速度匀速上升，当
v0
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t 和上升的高度h 分别为t ＝＝1 s
1 1 1
h ＝＝5 m
1
故重物离地面的最大高度为
H＝h ＋h＝180 m
1重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t ＝＝6 s
2
＝gt ＝60 m/s
v 2
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t ＋t ＝7 s。
1 2
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′＝ t－gt2
v0
即－175＝10t－×10t2＝10t－5t2
整理得t2－2t－35＝0
解得t ＝7 s，t ＝－5 s(舍去)
1 2
所以重物落地速度为
＝ －gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
v v0
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
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果。
【例5】 (12分)假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不
超过 ＝21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速为 ＝108 km/h，制动后小汽车的
v v0
加速度的大小为a ＝4 m/s2。试问：
1
(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a ＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从
2
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) ＝21.6 km/h＝6 m/s， ＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直
v v0
线运动，设在距收费站至少为
x 处开始制动，则有
1
2－ ＝－2a x (2分)
v v 1 1
解得x ＝108 m。(1分)
1
(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
x 和x ，时间分别为t 和t 。
1 2 1 2
减速阶段，有 ＝ －a t (1分)
v v0 1 1
解得t ＝＝6 s(1分)
1
加速阶段，有
＝ ＋a t(1分)
v0 v 2
解得t ＝＝4 s
2
则汽车运动的时间至少为t＝t ＋t ＝10 s。(1分)
1 2
(3)加速阶段，有
－ 2＝2a x (2分)
v v 2 2
解得x ＝72 m
2
则总位移x＝x ＋x ＝180 m(1分)
1 2
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 ＝30 m/s，此时开始减速，到达M点时速度减至 ＝6 m/s，并以6 m/s
v0 v
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 2－ ＝－2ax得，x＝＝144 m。
v v
(2)从O点到达M点所用的时间t ＝＝8 s，
1
匀速通过MN区所用的时间t ＝＝6 s，
2
汽车从O点到N点所用的时间t＝t ＋t ＝14 s。
1 2
答案 (1)144 m (2)14 s
2．如图9所示，在成都天府大道某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，
可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度。一辆汽车正从A点迎面驶向
测速仪B，若测速仪与汽车相距355 m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急
情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接收到发射回来的超声
波信号时，汽车恰好停止于D点，且此时汽车与测速仪相距335 m，忽略测速仪安
装高度的影响，可简化为图10所示分析(已知超声波速度为340 m/s)。图9
图10
(1)求汽车刹车过程中的加速度a；
(2)此路段有80 km/h的限速标志，分析该汽车刹车时的行驶速度是否超速？
解析 (1)设超声波从B运动到C的时间为t ，那么在超声波从C返回B的t 时间
0 0
内，汽车由C减速运动到D且
速度为零，应用逆向思维x ＝at，超声波往返时间为2t ，汽车在2t 时间内，运动
2 0 0
的位移为x ＋x ＝a(2t )2，x ＋x ＝x －x＝20 m，x ＝5 m，x ＝15 m，而超声波在t
1 2 0 1 2 0 2 1 0
内的距离为BC＝x＋x ＝335 m＋5 m＝340 m，即 t ＝340 m，t ＝1 s，代入x ＝
2 v声 0 0 2
at得a＝10 m/s2。
(2)由x ＋x ＝，得 ＝20 m/s＝72 km/h，汽车未超速。
1 2 v0
答案 (1)10 m/s2 (2)不超速
课时作业
(时间：30分钟)
基础巩固练
1．如图1所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。假设水
滴从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 2＝2gh得 ＝ m/s≈14 m/s，选项B正确。
v v
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
＝(m/s)＝x(m/s)，得a＝＝(m/s2)＝(m/s2)，C正确。
v2.5
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 ，到达C点时速度为2 ，则x ∶x 等于( )
v v AB BC
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Δ 将大于10 m/s，这与Δ ＝gt＝10 m/s不
v v
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 ＝＝ m/s＝5.0 m/s，由 2＝2gh可得小球开始下
v v
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．(2019·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x ＝10 m，第2 s内的位移x ＝(25－10) m＝15 m，由x －x
1 2 2 1
＝x －x 得第3秒内的位移x ＝20 m，前3 s的位移x＝x ＋x ＋x ＝45 m，故B项
3 2 3 1 2 3
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x 和x ，由运动学
1 2
规律得
x ＝at，x ＋x ＝a(2t )2，其中t ＝1 s，x ＝7.5 m，联立解得a＝5 m/s2。
1 1 2 0 0 2
设运动员做匀加速运动的时间为t ，匀速运动的时间为t ，匀速运动的速度为 ，
1 2 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＝t ＋t ， ＝at ，x＝at＋ t ，
1 2 v 1 v2
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t ，A落地前的瞬时速率为 ，从A落
1 v1
地到B落在A上历时t ，B落在A上前的瞬时速率为 ，则 ( )
2 v2图4
A．t ＞t B．t ＜t
1 2 1 2
C． ∶ ＝1∶2 D． ∶ ＝1∶3
v1 v2 v1 v2
解析 A垫片下落用时t 等于B垫片开始下落L用时，B垫片再下落3L用时t ，
1 2
由于t 、t 时间内B下落的位移满足1∶3的关系，故t ＝t ， ∶ ＝1∶2，所以只
1 2 1 2 v1 v2
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x ＝2 m，x ＝3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A
AB BC
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 ，由A点到B点所用的时间
vA
为t，则x ＝ t＋at2＝2 m，x ＝ ·2t＋a(2t)2＝5 m，联立解得at2＝1 m， t＝1.5
AB vA AC vA vA
m，x ＝＝ m，选项A正确。
OA
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/s2B．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 ＝0.2 m/s，第1次闪
v
光时质点的速度是 ＝ －a×＝0.2 m/s－0.3×0.5 m/s＝0.05 m/s，第2次闪光时
v1 v
质点的速度是 ＝ ＋a×＝0.2 m/s＋0.3×0.5 m/s＝0.35 m/s，选项C错误，D正
v2 v
确。
答案 BD
12．(多选)(2019·河北省石家庄市高三联考)如图6所示，一滑块以5 m/s 的速度从
固定斜面底端O点冲上斜面，经时间t 到达A点时的速度为3 m/s，在经时间t 到
1 2
达B点时的速度为0，下列说法正确的是( )
图6
A．O、A间的距离与A、B间的距离之比为16∶9
B．O、A间的距离与A、B间的距离之比为3∶5
C．t 与t 之比为2∶3
1 2
D．t 与t 之比为3∶2
1 2
解析 滑块在斜面上做匀减速直线运动，设加速度大小为a，O、A之间距离为x ，
1
A、B之间距离为x ，由匀变速直线运动规律可得，－ ＝2ax ，＝2ax ，联立解得
2 v v 1 v 2
x ∶x ＝16∶9，选项A正确，B错误；由匀变速直线运动规律可得， － ＝at ，
1 2 v0 vA 1 vA
＝at ，联立解得t ∶t ＝2∶3，选项C正确，D错误。
2 1 2
答案 AC13．(2019·名师原创预测)由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发
展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图7甲所示，在某
平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为
了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，
汽车长均为l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d ＝
1
2.0 m，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离
至少为d ＝6.0 m时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2的加速
2
度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时
间。求：
图7
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小 ；
v
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
解析 (1)第11辆汽车前端与停止线的距离
x ＝10(l＋d )＝64 m
1 1
由 2＝2ax
v 1
得 ＝16 m/s
v
(2)设后一辆汽车刚开动时，前—辆汽车至少已行驶的时间为t ，则后一辆汽车刚
1
开动时，前—辆汽车至少行驶的距离x ＝d －d ＝4.0 m
2 2 1
由x ＝at
2
得t ＝2 s
1
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间
t ＝10t ＝20 s
2 1
从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t ＝＝8 s
3
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t＝t ＋t
2 3
解得t＝28 s
答案 (1)16 m/s (2)28 s
