第2讲 匀变速直线运动学案

这是一份第2讲 匀变速直线运动学案，共22页。学案主要包含了匀变速直线运动的基本规律，匀变速直线运动的推论等内容，欢迎下载使用。

第2讲　匀变速直线运动


一、匀变速直线运动的基本规律
1.速度与时间的关系式:①　v=v0+at　。 
2.位移与时间的关系式:②　x=v0t+12at2　。 
3.位移与速度的关系式:③　v2-v02=2ax　。 
注意　把速度公式v=v0+at和位移公式x=v0t+12at2两公式中的时间t消去,就可以得出匀变速直线运动的位移与速度的关系式v2-v02=2ax。
二、匀变速直线运动的推论
1.平均速度公式:v=vt2=④ v0+vt2　。 
2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=⑤　aT2　。 
可以推广到xm-xn=(m-n)aT2。
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末,2T末,3T末…瞬时速度之比为:
v1∶v2∶v3∶…=⑥　1∶2∶3∶…　。 
(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:
x1∶x2∶x3∶…=⑦　1∶22∶32∶…　。 
(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…=⑧　1∶3∶5∶…　。 
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:
t1∶t2∶t3∶…=⑨　1∶(2-1)∶(3-2)∶…　。 
三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律
1.自由落体运动规律
(1)速度公式:v=⑩　gt　。 
(2)位移公式:h= 12gt2　。 
(3)速度位移关系式:v2=　2gh　。 
2.竖直上抛运动规律
(1)速度公式:v=　v0-gt　。 
(2)位移公式:h=　v0t-12gt2　。 
(3)速度位移关系式:　v2-v02　=-2gh。 
(4)上升的最大高度:h= v022g　。 
(5)上升到最大高度用时:t= v0g　。 
注意　竖直上抛运动可以看作初速度不为零的匀变速直线运动。

1.判断下列说法对错。
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 ( ✕ )
(2)匀变速直线运动是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)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。 ( √ )
2.(新人教版必修第一册P44·T2改编)以18 m/s的速度行驶的汽车,制动后做匀减速运动,在3 s内前进36 m,则汽车在5 s内的位移为 (　　)
A.50 m　　　B.45 m　　　C.40.5 m　　　D.40 m
答案　C
3.(2020广东珠海月考)近年来北方冬天某市多次出现严重雾霾天气,这样的天气在公路上开车易出交通事故。如果某人在雾霾天气驾车在公路上行驶,能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)仅为30 m,该人的反应时间为0.5 s,汽车刹车时能产生的最大加速度为5 m/s2。为安全行驶,汽车行驶的速度最大不能超过 (　　)
A.10 m/s　　　B.15 m/s
C.103 m/s　　　D.20 m/s
答案　B

考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用

　　1.对于运动学公式的选用
题目中所涉及的物理量
(包括已知量、待求量和
为解题而设定的中间量)
没有涉及
的物理量
适宜选用
的公式
v0、v、a、t
x
v=v0+at
v0、a、t、x
v
x=v0t+12at2
v0、v、a、x
t
v2-v02=2ax
v0、v、t、x
a
x=v+v02t
　　2.运动学公式中正、负号的规定
直线运动可以用正、负号表示矢量的方向,一般情况下,我们规定初速度的方向为正方向,与初速度同向的物理量取正值,反向的物理量取负值,当v0=0时,一般以a的方向为正方向。
例1　物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面,斜面总长度为l,到达斜面最高点C时速度恰好为零,如图。已知物体运动到距斜面底端A点34l处的B点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间。

解题指导　本题可运用“逆向思维法”“基本公式法”“位移比例法”“时间比例法”“中间时刻速度法”“图像法”等方法解题。
答案　t
解析　解法一　逆向思维法
物体匀减速冲上斜面,可逆向看成匀加速滑下斜面。
故xBC=atBC22,xAC=a(t+tBC)22,又xBC=xAC4
由以上三式解得tBC=t
解法二　基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动,设物体从B滑到C所用的时间为tBC,由匀变速直线运动的规律可得
v02=2axAC ①
vB2=v02-2axAB ②
xAB=34xAC ③
由①②③式解得vB=v02 ④
又vB=v0-at ⑤
vB=atBC ⑥
由④⑤⑥式解得tBC=t
解法三　位移比例法
根据逆向思维,对于初速度为零的匀加速直线运动,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)。
因为xCB∶xBA=xAC4∶3xAC4=1∶3,而通过xBA的时间为t,所以通过xBC的时间tBC=t
解法四　时间比例法
根据逆向思维,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为t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1)。
现将整个斜面分成相等的四段,如图所示,设通过BC段的时间为tx,那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD=(2-1)tx,tDE=(3-2)tx,tEA=(2-3)tx,又tBD+tDE+tEA=t,解得tx=t。

解法五　中间时刻速度法
利用推论:匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,vAC=v0+v2=v02。又v02=2axAC,vB2=2axBC,xBC=xAC4。由以上三式解得vB=v02。vB正好等于AC段的平均速度,因此B点对应中间时刻,因此有tBC=t。
解法六　图像法
根据匀变速直线运动的规律,作出v-t图像,如图所示。利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边长的平方之比,得S△AOCS△BDC=CO2CD2,且S△AOCS△BDC=41,OD=t,OC=t+tBC。

所以41=(t+tBC)2tBC2,解得tBC=t。
解题感悟
解决匀变速直线运动相关问题的常用方法
思想
方法
分析说明
列方程:针对具体题目,分析含有几个物理过程(一般一个特定加速度对应一个过程),然后对每个过程逐个列关系表达式,最后解方程组(高考题常用基本公式列方程解题)
基本
公式法
基本公式指速度公式v=v0+at、位移公式x=v0t+12at2及推论2ax=v2-v02,它们均是矢量式,使用时要注意方向性,一般以v0方向为正方向,已知量与正方向相同者取正,与正方向相反者取负。未知量按正值代入,其方向由计算结果决定
平均
速度法
公式v=xt对任何性质的运动都适用,而v=12(v0+v)只适用于匀变速直线运动
中间时刻
速度法
利用“匀变速直线运动中,任一时间t内中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”,即v=v0+v2=vt2,此公式只适用于匀变速直线运动
推论法
对一般的匀变速直线运动问题,若出现相等的时间间隔问题,应优先考虑用Δx=aT2求解
逆向
思维法
把运动过程的“末态”作为“初态”,逆向研究问题,一般用于末态已知的情况
比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动问题,可利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解
图像:直观、形象。需要有将图像语言翻译成函数表达式的能力
图像法
应用v-t图像,可以把较复杂的问题转化为较简单的数学问题来解决

　　1.[匀变速直线运动的计算](多选)(2020河北石家庄质检)某质点做匀减速直线运动,依次经过A、B、C三点,最后停在D点,如图所示。已知AB=6 m,BC=4 m,从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为-2 m/s,下列说法正确的是 (　　)

A.质点到达B点的速度大小为2.55 m/s
B.质点的加速度大小为2 m/s2
C.质点从A点运动到C点的时间为4 s
D.A、D两点间的距离为12.25 m
答案　BD
2.[应用图像分析匀变速直线运动]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
答案　A　根据速度-时间图线得,若a1>a3,如图(a),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a1,如图(b),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、乙不可能同时到达C。故A正确,B、C、D错误。

考点二　匀变速直线运动重要推论和比例关系的应用

　　1.[平均速度公式的应用](2020河北定州中学月考)一物体做匀加速直线运动,通过一段位移Δx所用的时间为t1,紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2,则物体运动的加速度为 (　　)
A.2Δx(t1-t2)t1t2(t1+t2)　　　B.Δx(t1-t2)t1t2(t1+t2)
C.2Δx(t1+t2)t1t2(t1-t2)　　　D.Δx(t1+t2)t1t2(t1-t2)
答案　A　匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度,即v1=Δxt1,v2=Δxt2,则a=v2-v1t=Δxt2-Δxt1t1+t22=2Δx(t1-t2)t1t2(t1+t2)。故A正确。
2.[初速度为零推论的应用](2020河南郑州模拟)如图所示,在水平面上固定着三个完全相同的木块,一子弹水平射入木块,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,则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度之比或穿过每个木块所用时间之比正确的是 (　　)

A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3=5∶3∶1
C.t1∶t2∶t3=1∶2∶3
D.t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1
答案　D　用“逆向思维”法解答,则可视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,v3、v2、v1分别为子弹从右到左运动L、2L、3L时的速度大小,则v1∶v2∶v3=3∶2∶1,选项A、B错误;又由于每个木块厚度相同,则由比例关系可得t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1,选项C错误,D正确。


　　1.匀变速直线运动问题的解题“四步骤”

2.方法选取技巧
(1)平均速度法:若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移,常用此法。
(2)逆向思维法:匀减速到0的运动常用此法。
考点三　自由落体运动和竖直上抛运动

考向一　自由落体运动
　　例2　如图所示木杆长5 m,上端固定在某一点,由静止释放后让它自由落下(不计空气阻力),木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB,圆筒AB长为5 m,取g=10 m/s2,求:

(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1;
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2。
答案　(1)(2-3) s
(2)(5-3) s
解析　(1)木杆由静止开始做自由落体运动,
木杆的下端到达圆筒上端A用时
t下A=2ℎ下Ag=2×(20-5)10 s=3 s
木杆的上端到达圆筒上端A用时
t上A=2ℎ上Ag=2×2010 s=2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1=t上A-t下A=(2-3) s。
(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时
t上B=2ℎ上Bg=2×(20+5)10 s=5 s
则木杆通过圆筒所用的时间t2=t上B-t下A=(5-3) s。
解题感悟
求解自由落体运动的两点注意
(1)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开始一段时间内的平均速度v=ℎt=v2=12gt。
③连续相等时间T内的下落高度之差Δh=gT2。
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动,从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动,等效于竖直下抛运动,应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。
考向二　竖直上抛运动
　　例3　(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出,抛出点为A,物体上升的最大高度为20 m,不计空气阻力,g=10 m/s2,设塔足够高,则物体位移大小为10 m时,物体运动的时间可能为　 (　　)
A.(2-2) s　　　B.(2+2) s
C.(2+6) s　　　D.6 s
审题关键　(1)怎样研究竖直上抛运动?
提示:①可以整体看成匀减速直线运动。②可分段考虑,从开始上升到最高点看成匀减速直线运动;从最高点下落,看成自由落体运动。
(2)距抛出点10 m的位置有几处?物体几次经过距抛出点15 m的点?
提示:画出草图,很容易看出2处。3次。
解题指导　本题可运用“分段法”“全程法”等方法解题。
答案　ABC　物体在塔顶边缘的A点抛出,位移大小为10 m的位置有两处,如图所示,一处在A点之上,另一处在A点之下,在A点之上时,通过位移大小为10 m处有上升和下降两个过程,在A点之下10 m处只有下降过程。

解法一　分段法
由H=v022g,得v0=20 m/s,
物体上升10 m时,速度为v1,则由v12-v02=-2gh,
得v1=102 m/s,
则t1=v0-v1g=(2-2) s,故A对;
物体从抛出到下落至A点上方10 m时,
t2=t1+2v1g=(2+2) s,故B对;
物体从最高点到下落至A点下方10 m处时,
H+h=12gt32,则t3=6 s,
故物体从抛出到下落至A点下方10 m处时,
t3'=v0g+t3=(2+6) s,故C对,D错。
解法二　全程法
取竖直向上为正方向,物体的位移为x=v0t-12gt2,
当物体位于A点上方10 m处时x=10 m,
解得t1=(2-2) s,t2=(2+2) s,故选项A、B对。
当物体位于A点下方10 m处时,x=-10 m,
解得t3=(2+6) s,另一解为负值,舍去,故选项C对,D错。
解题感悟
竖直上抛运动
1.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
由位移公式:h=v0t-12gt2,知对某一高度h:
①当h>0时,表示物体在抛出点的上方。此时t有两解:较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间;较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间。
②当h=0时,表示物体刚抛出或抛出后落回原处。此时t有两解:一解为零,表示刚要上抛这一时刻,另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间。
③当h<0时,表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置。此时t有两解:一解为正值,表示物体落到抛出点下方此处所用时间;另一解为负值,应舍去。
2.研究竖直上抛运动的两种方法
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向上、加速度g向下的匀变速直线运动,v=v0-gt,h=v0t-12gt2(向上为正方向)
若v>0,物体上升,若v<0,物体下落
若h>0,物体在抛出点上方,若h<0,物体在抛出点下方
考向三　双向可逆类问题
　　例4　(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动,其加速度大小为2 m/s2,设斜面足够长,经过t时间物体位移的大小为4 m,则时间t可能为 (　　)
A.1 s　　　B.3 s　　　
C.4 s　　　D.5+412 s
答案　ACD　以沿斜面向上为正方向,当物体的位移为4 m时,根据x=v0t+12at2得4 m=5t-12×2t2
解得t1=1 s,t2=4 s
当物体的位移为-4 m时,根据x=v0t+12at2得-4 m=5t-12×2t2
解得t3=5+412 s,故A、C、D正确,B错误。
解题感悟
如果沿光滑斜面上滑的物体到最高点仍能以原加速度匀加速下滑,则物体全过程加速度大小、方向均不变,故求解时可看成类竖直上抛运动,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。

考点四　匀变速直线运动的多过程问题

　　整段法与分段法的应用
多运动过程组合问题是指一个物体的运动包含几个阶段,各阶段的运动满足不同的运动性质和规律,衔接处的速度是连接各段的纽带。
(1)将物体的运动过程按不同的运动性质进行划分。
(2)理清各运动之间的联系,如速度关系、位移关系、时间关系等。
(3)注意分析题目中的限制条件,如速度大小、位移方向等。
例5　如图所示,一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB段内,已知OA=1 200 m,OB=2 000 m,求:

(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围;
(2)列车减速运动的最长时间。
审题关键　(1)列车的长度需要考虑吗?
提示:需要。
(2)列车减速运动的最长时间对应车的运动情况是什么?
提示:车头恰好停在B点。
答案　(1)1.6 m/s2≤a≤167 m/s2
(2)50 s
解析　(1)设向右为正方向,若列车车尾恰好停在A点,减速运动的加速度大小为a1,位移为x1,则0-v02=-2a1x1
x1=1 200 m+200 m=1 400 m
解得a1=167 m/s2
若列车车头恰好停在B点,减速运动的加速度大小为a2,位移大小为x2=2 000 m,则
0-v02=-2a2x2
x2=2 000 m
解得a2=1.6 m/s2
故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤167 m/s2
(2)当列车车头恰好停在B点时,减速运动的时间最长,则0-v0=-a2t
解得t=50 s
解题感悟
应注意的三类问题
1.如果一个物体的运动包含几个阶段,要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度关系。
2.选择公式时一定要注意分析已知量和待求量,根据所涉及的物理量选择合适的公式求解,会使问题简化。例题中(1)知道v0、v、x,求a,没有时间t,很自然地想到选v2-v02=2ax;(2)求时间t,涉及两个公式,v=v0+at运算简单,作为首选。
3.对于刹车类问题,当车速度为零时,停止运动,其加速度也突变为零。求解此类问题应先判断车停下所用时间,再选择合适公式求解。

　　[匀变速直线运动多过程问题](2020河北石家庄检测)公交车已成为现代城市交通很重要的工具。某人想乘公交车,向一公交车站走去,当距车站50 m时,发现一辆公交车正从身旁平直的公路同方向以15 m/s的速度驶过,此时他的速度是1 m/s,为赶上公交车,该人以2.5 m/s2的加速度开始加速,他能达到的最大速度为6 m/s,之后匀速运动。假设公交车在匀速行驶到距车站25 m处开始刹车,刚好到车站停下,停车时间为8 s。已知公交车刹车过程视为匀减速运动,该人加速过程视为匀加速运动。
(1)求公交车刹车过程加速度的大小;
(2)通过计算分析该人能否赶上这班公交车。
答案　(1)4.5 m/s2　(2)见解析
解析　(1)公交车减速的加速度
a1=0-v122s1=0-1522×25 m/s2=-4.5 m/s2
所以其加速度大小为4.5 m/s2
(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时
t1=s-s1v1=50-2515 s=53 s
公交车刹车过程中用时t2=0-v1a1=-15-4.5 s=103 s
人以最大加速度达到最大速度用时
t3=v3-v2a2=6-12.5 s=2 s
人加速过程中位移s2=v2+v32t3=1+62×2 m=7 m
以最大速度跑到车站用时t4=s-s2v3=436 s
显然,t3+t4
A组　基础达标
1.某小型飞机在航母上起飞需要滑跑距离约为s1,着陆滑跑距离大约为s2,设起飞滑跑和着陆滑跑时都是做匀变速直线运动,起飞时速度是着陆时速度的n倍,则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是 (　　)
A.ns1∶s2　　　B.s1∶ns2
C.ns2∶s1　　　D.s2∶ns1
答案　B
2.(2020山东济南一模)短跑运动员在训练中从起跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。已知总位移为s,匀速阶段的速度为v、时间为t,则匀加速阶段的时间为 (　　)
A.sv　　　B.2sv　　　
C.2sv-t　　　D.2sv-2t
答案　D　
3.(2020山东济宁二模)一质点在做匀变速直线运动,依次经过A、B、C、D四点。已知质点经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为t、3t、5t,在AB段和CD段发生的位移分别为x1和x2,则该质点运动的加速度为 (　　)
A.x2-x1t2　　　B.x2-5x130t2
C.x2-3x112t2　　　D.x2-3x118t2
答案　B　根据题意可知,t2时刻的瞬时速度为vt2=x1t,CD段的中间时刻,即132t时刻的瞬时速度为v13t2=x25t,根据匀变速直线运动的速度和时间的关系可知:v13t2-vt2=x25t-x1t=a·13t2-12t,所以加速度为a=x2-5x130t2,故A、C、D错误,B正确。
4.(2020山东泰安一模)图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥,若汽车从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ae的时间为 (　　)

A.2t　　　B.2t
C.(2+2)t　　　D.t
答案　A　
5.在轻绳的两端各拴一个小球,一个人用手拿着绳子上端的小球,站在三层楼的阳台上,释放小球,使小球自由下落,两小球相继落地的时间差为Δt,如果人站在四层楼的阳台上,用同样的方法释放小球,让小球自由下落,则两小球相继落地的时间差将 (　　)
A.不变　　　B.变小
C.变大　　　D.无法确定
答案　B　设两球分别为球a和球b,如图所示。无论是从3层还是4层阳台上自由下落,两小球落地前,两球的距离差始终为绳长,则人站在4层阳台上放手后,a球在b球落地瞬间的瞬时速度及之后a球下落绳长距离内的平均速度均比在3层阳台释放时大,而位移相同,则时间差变小,B正确。

6.(2020广东广州一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示,ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区,ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签,识别完成后发出“嘀”的一声,司机发现自动栏杆没有抬起,于是采取制动刹车,汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7 s,刹车的加速度大小为5 m/s2,则该ETC通道的长度约为 (　　)

A.4.2 m　　　B.6.0 m　　　C.7.8 m　　　D.9.6 m
答案　D　21.6 km/h=6 m/s
汽车在前0.3 s+0.7 s内做匀速直线运动,位移为
x1=v0(t1+t2)=6×(0.3+0.7) m=6 m
随后汽车做匀减速直线运动,位移为
x2=v022a=622×5 m=3.6 m
所以该ETC通道的长度为
L=x1+x2=6 m+3.6 m=9.6 m
故A、B、C错误,D正确。
7.(多选)(2020山东烟台期中)一小球沿斜面向下做匀加速直线运动,先后经过斜面上的A、B两点,其速度分别为vA=2 m/s和vB=14 m/s,经历时间为2 s,下列说法中正确的是 (　　)

A.从A到B的加速度大小为6 m/s2
B.经过AB中点时速度大小为8 m/s
C.A、B两点之间的距离为16 m
D.从A到B中间时刻的速度大小为12 m/s
答案　AC　从A到B的加速度大小a=vB-vAt=14-22 m/s2=6 m/s2,故A正确;AB中点的速度大小vx2=vA2+vB22=22+1422 m/s=10 m/s,故B错误;A、B两点之间的距离x=vA+vB2t=2+142×2 m=16 m,故C正确;中间时刻的瞬时速度大小vt2=vA+vB2=2+142 m/s=8 m/s,故D错误。
8.(2020山东青岛二中月考)在国庆节阅兵仪式中,某直升机在地面上空某高度A处于静止待命状态,要求该直升机在零时刻由静止状态沿着水平直线方向做匀加速直线运动,经过AB段加速区后,进入BC段的匀速受阅区,在t时刻到达C位置,已知AB段长度为L1,BC段长度为L2,求:

(1)直升机在BC段的速度大小;
(2)直升机在AB段运动时的加速度大小。
答案　(1)L2+2L1t　(2)(L2+2L1)22L1t2
解析　(1)设在BC段的速度为v,通过AB、BC的时间分别为t1、t2
在AB段,xAB=12vt1=L1
在BC段,L2=vt2
t1+t2=t
解得v=L2+2L1t
(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小a=v22L1
解得a=(L2+2L1)22L1t2
B组　综合提升
9.(多选)(2020山东临沂期末)如图甲,现代城市里面高楼林立。如图乙是某地两高楼示意图,左边的楼高98 m,右边的楼高200 m,水平间距为136 m,左边楼顶一人拿着1 kg的E球,右边楼顶另一人拿着4 kg的F球。若右边楼顶的人静止释放F球的同时大喊一声,左边楼顶的人一旦听到声音立刻由静止释放E球,不计空气阻力,人和球均看成质点,声音在空气中传播的速度为340 m/s,则下列说法正确的是(本题取10=3.2,本题仅供理论讨论,严禁高空抛物,g取10 m/s2) (　　)

A.E球先落地
B.在两球均释放后且落地前的过程中,在相等的时间内E球的速度变化量小于F球
C.两球落地的时间差为1.92 s
D.在E球落地的一瞬间,F球离地面的高度小于左边楼的高度
答案　AD　声音从右边楼顶传到左边楼顶所用的时间为t'=(200-98)2+1362340 s=0.5 s,根据自由落体位移时间公式有t=2ℎg,解得E球落地需要的时间为tE=2×9810 s=4.375 s,从释放F球开始,经过4.875 sE球落地,F球落地需要的时间为tF=2×20010 s=210 s=6.4 s,故E球先落地,故A正确;在两球均释放后且落地前的过程中,在相等的时间Δt内两球的速度变化量相等为gΔt,故B错误;两球落地的时间差为Δt'=6.4 s-4.375 s-0.5 s=1.525 s,故C错误;在E球落地的一瞬间,F球下落的高度为h'=12×10×(4.375+0.5)2 m≈119 m,则F球离地面的高度为:h=200 m-119 m=81 m<98 m,故F球离地面的高度小于左边楼的高度,故D正确。
10.(2020湖南岳阳一中测试)一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为 (　　)
A.(Δv)21x1+1x2　　　B.2(Δv)2x2-x1
C.(Δv)21x1-1x2　　　D.(Δv)2x2-x1
答案　D　质点做匀加速直线运动,设质点初速度为v0,发生位移x1时速度为v0+Δv,紧接着发生位移x2时速度为v0+2Δv,质点的加速度为a;由运动学公式有(v0+Δv)2-v02=2ax1,(v0+2Δv)2-(v0+Δv)2=2ax2;由以上两式解得a=(Δv)2x2-x1,选项D正确。
11.(2020山东实验中学月考)一物块在竖直平面内以一定的初速度沿足够长的光滑斜面从底端向上滑出,从滑出至回到斜面底端的时间为10 s,若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板,仍将该物块以相同的初速度从斜面底端向上滑出,物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反。撞击时间不计,则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为(不计空气阻力) (　　)
A.1 s　　　B.1.5 s
C.2.5 s　　　D.3 s
答案　D　将物块的上滑过程分成位移相等的两段,设下面一段位移所用时间为t1,上面一段位移所用时间为t2,根据逆向思维可得t2∶t1=1∶(2-1)。设前一次从滑出到最高点用时为t,则由运动的对称性,t=102 s=5 s,并且t1+t2=t=5 s,解得t1=5(2-1)2 s。设后一次上滑和下滑的总时间为t',由对称性可知后一次下滑到底端时的速度大小与初速度大小相等,所以上滑和下滑的时间相等,则t'=2t1=10(2-1)2 s≈3 s,故选项D正确。
12.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d1=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d2=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:

(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的最短时间t。
答案　(1)16 m/s　(2)28 s
解析　(1)第11辆汽车前端与停止线的距离
x1=10(l+d1)=64 m
由v2=2ax1
得v=16 m/s。
(2)设后一辆汽车刚开动时,前一辆汽车至少已行驶的时间为t1,则后一辆汽车刚开动时,前一辆汽车至少行驶的距离x2=d2-d1=4.0 m
由x2=12at12
得t1=2 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间
t2=10t1=20 s
从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间
t3=va=8 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t=t2+t3
解得t=28 s。