还剩49页未读，
继续阅读
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
展开
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52页。学案主要包含了质点，位移和路程，速度与速率，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、速度与速率
1．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。
2．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。
3．速率：瞬时速度的大小，是标量。
4．平均速率：物体运动的路程与通过这段路程所用时间的比值。
四、加速度
1．定义：物体速度的变化量与发生这一变化所用时间之比。
2．定义式：a＝eq \f(Δv,Δt)。单位：m/s2。
3．方向：与Δv的方向一致，由合力的方向决定，而与初速度v0、末速度v的方向无关。
4．物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。
情境创设
港珠澳大桥是连接香港、珠海和澳门的桥隧工程，位于广东省珠江口伶仃洋海域内，为珠江三角洲地区环线高速公路南环段。港珠澳大桥东起香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西横跨南海伶仃洋水域接珠海和澳门人工岛，止于珠海洪湾立交，桥隧全长55 km，桥面为双向六车道高速公路，设计速度为100 km/h。
某辆轿车在17：00进入该大桥，17：40离开大桥。
eq \a\vs4\al(微点判断)
(1)研究该轿车通过港珠澳大桥的时间时，可以将该轿车视为质点。(√)
(2)以该轿车为参考系，港珠澳大桥是运动的。(√)
(3)该轿车在17：00进入港珠澳大桥，17：40离开大桥，这里的“17：00”和“17：40”实际上指的是时刻。(√)
(4)该轿车经过港珠澳大桥的位移是55 km。(×)
(5)“设计速度为100 km/h”，该速度为平均速度。(×)
(6)该轿车通过港珠澳大桥的平均速度约为82.5 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。(×)
(9)该轿车的加速度增大，其速度可能增大。(√)
(10)该轿车的加速度减小，其速度可能增大。(√)
(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](2024·浙江1月选考)杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是( )
A．研究甲图运动员的入水动作
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
解析：选C 研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够视为质点，故A错误；研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够视为质点，故B错误；研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够视为质点，故C正确；研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够视为质点，故D错误。
2．[参考系的选取](2023·浙江1月选考)“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则( )
A．选地球为参考系，“天和”是静止的
B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
解析：选C 以地球为参考系，“天和”和“神舟十五号”都是运动的，故A、B错误；由于“神舟十五号”和“天和”核心舱成功对接，二者是相对静止的，因此选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的，同理选“神舟十五号”为参考系，“天和”也是静止的，故C正确，D错误。
3．[位移与路程]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．对质点的三点说明
(1)质点是一种理想化物理模型，实际并不存在。
(2)物体能否被看作质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身大小和形状来判断。
(3)质点不同于几何“点”，是忽略了物体的大小和形状的有质量的点，而几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置。
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或同一物体在不同阶段的运动，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
(1)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。
(2)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。
(二) 平均速度与瞬时速度(释疑点)
研清微点1 平均速度的计算
1．(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)如图，齐齐哈尔到长春的直线距离约为400 km。某旅客乘高铁从齐齐哈尔出发经哈尔滨到达长春，总里程约为525 km，用时为2.5 h。则在整个行程中该旅客( )
A．位移大小约为525 km，平均速度大小约为160 km/h
B．位移大小约为400 km，平均速度大小约为160 km/h
C．位移大小约为525 km，平均速度大小约为210 km/h
D．位移大小约为400 km，平均速度大小约为210 km/h
解析：选B 位移是起点到终点的有向线段，则在整个行程中该旅客位移大小约为400 km，平均速度大小约为v＝eq \f(x,t)＝eq \f(400,2.5) km/h＝160 km/h，故选B。
一点一过
1．平均速度的求解思路
(1)画出运动轨迹。
(2)根据初、末位置确定位移。
(3)根据位移和时间由公式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)确定平均速度。
2．注意的三个问题
(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 \x\t(v)＝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 \x\t(v)＝veq \f(t,2)。
研清微点2 平均速度与瞬时速度的关系
2.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。
研清微点3 平均速度与平均速率的比较
3．(2023·福建高考) “祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车( )
A．从O处行驶到N处的路程为697米
B．从O处行驶到N处的位移大小为889米
C．从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天
D．从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天
解析：选D 由题意可知从O到N处的路程为lON＝lOM＋lMN＝585 m＋304 m＝889 m，故A错误；位移的大小为两点之间的直线距离，因“祝融号”行驶路径是一条曲线，则位移大小一定小于路程，故B错误；平均速率为路程与时间的比值，故从O行驶到M处的平均速率为eq \(v,\s\up6(－))OM＝eq \f(lOM,tOM)＝eq \f(585,61)米/天≈9.59米/天，故C错误；平均速度大小为位移与时间的比值，则从M行驶到N处的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))MN＝eq \f(sMN,tMN)＝eq \f(234,23)米/天≈10米/天，故D正确。
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)
研清微点1 加速度的计算
1．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一位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，向下 B．8 m/s2，向上
C．10 m/s2，向下 D．18 m/s2，向上
解析：选D 取着网前的速度方向为正方向，则v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，则a＝eq \f(v2－v1,Δt)＝eq \f(－10－8,1.0) m/s2＝－18 m/s2，负号说明加速度的方向与正方向相反，即向上，D正确。
2．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过光电门1的时间为Δt1＝0.30 s，通过光电门2的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为Δt＝3.0 s，则滑块的加速度约为( )
A．0.067 m/s2 B．0.67 m/s2
C．6.7 m/s2 D．不能计算出
解析：选A 遮光板通过光电门1时的速度v1＝eq \f(d,Δt1)＝eq \f(0.03,0.30) m/s＝0.10 m/s，遮光板通过光电门2时的速度v2＝eq \f(d,Δt2)＝eq \f(0.03,0.10) m/s＝0.30 m/s，故滑块的加速度a＝eq \f(v2－v1,Δt)≈0.067 m/s2，选项A正确。
一点一过
计算加速度的步骤及方法
研清微点2 速度、速度变化量与加速度的关系
3．如图所示，在平直机场跑道上，客机和汽车并排沿正方向运动，a机＝5 m/s2，a车＝－5 m/s2，对客机和汽车的运动，下列判断正确的是( )
A．客机的加速度大于汽车的加速度
B．客机做加速直线运动，汽车做减速直线运动
C．客机的速度比汽车的速度变化快
D．客机、汽车在相等时间内速度变化相同
解析：选B 客机与汽车的加速度大小相等，A错误；客机的加速度与速度同向，所以做加速直线运动，汽车的加速度与速度方向相反，所以做减速直线运动，B正确；加速度大小表示速度变化的快慢，因此客机和汽车的速度变化一样快，C错误；由Δv＝a·Δt可知，相等时间内，客机、汽车的速度变化大小相等，方向相反，D错误。
一点一过
速度、速度变化量和加速度的比较
研清微点3 物体速度变化规律分析
4．(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的方向关系判断物体速度变化
eq \a\vs4\al(1a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))
eq \a\vs4\al(2a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))
[课时跟踪检测]
1．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.某校举行教职工趣味运动会，其中一项比赛项目——“五米三向折返跑”，活动场地如图所示，AB＝AC＝AD＝5 m，参赛教师听到口令后从起点A跑向B点，用手触摸折返线后再返回A点，然后依次跑向C点、D点，最终返回A点。若人可视为质点，现测得某参赛教师完成活动的时间为7.5 s，则( )
A．A到B和A到C的位移相同
B．该教师全程的平均速度为零
C．该教师通过的总位移为30 m
D．7.5 s指的是该教师回到起点的时刻
解析：选B A点到B点和A点到C点的路程相等，位移大小相等，方向不同，A错误；根据位移的定义可知，参赛教师从A点出发通过三方向折返跑后回到A点，位移为零，C错误；根据平均速度的定义，可知该教师平均速度为零，B正确；7.5 s指的是该教师完成该项活动所用的时间，不是该教师回到起点的时刻，D错误。
3．(多选)如图甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )
A．10 s内火箭的速度改变量为10 m/s
B．2.5 s内汽车的速度改变量为－30 m/s
C．火箭的速度变化比汽车的快
D．火箭的加速度比汽车的加速度小
解析：选BD 因火箭发射时，速度在10 s内由0增加到100 m/s，故10 s内火箭的速度改变量为100 m/s，A错误；汽车以108 km/h＝30 m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，则2.5 s内汽车的速度改变量为0－30 m/s＝－30 m/s，B正确；火箭的加速度为：a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(100,10) m/s2＝10 m/s2，汽车的加速度为：a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(－30,2.5) m/s2＝－12 m/s2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，C错误，D正确。
4．(2024·广州高三模拟)华南师范大学附属中学知识城校区位于广州市黄埔区，为一所新建学校。李老师打算驾车从天河校本部到知识城校区。她用手机导航，导航推荐了三种方案，其中方案一是高速多，用时少；方案二是走免费公路；方案三是走普通国道。李老师按照方案一驾驶小汽车从天河校本部出发，行驶了37 km，共用了36分钟到达了知识城校区。则( )
A．汽车可能做匀变速运动
B．汽车运动的平均速度约为61.67 km/h
C．研究汽车的运动轨迹时，可以将汽车视为质点
D．手机导航推荐的三种方案位移大小相等，方向不同
解析：选C 汽车运动过程中肯定经历了加速和减速阶段，所以加速度不可能不变，故不可能做匀变速运动，A错误；题干中没有给出两地的直线距离，也就是位移不确定，所以无法计算平均速度，若根据题干中的路程和时间，则只能求出汽车的平均速率，B错误；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响或者影响很小时，可以将物体看作质点，所以研究汽车的运动轨迹时，汽车的形状、大小均可忽略，故可以将汽车视为质点，C正确；位移是指从初位置到末位置的有向线段，手机导航推荐的三种方案位移大小都相等，方向也相同，D错误。
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．(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2，v1、v2在各个时刻的大小如表中所示，从表中数据可以看出( )
A．火车的速度变化较慢 B．汽车的加速度较小
C．火车的位移在减小 D．汽车的位移在增大
解析：选AD 从表格中可得火车的加速度a火＝eq \f(Δv火,Δt火)＝eq \f(－0.5,1) m/s2＝－0.5 m/s2，汽车的加速度a汽＝eq \f(Δv汽,Δt汽)＝eq \f(1.2,1) m/s2＝1.2 m/s2，故火车的加速度较小，火车的速度变化较慢，A正确，B错误；由于汽车和火车的速度一直为正值，速度方向不变，则位移都增加，C错误，D正确。
7．猎豹是陆地上奔跑速度最快的动物，最大速度可达110 km/h，为了捕捉正前方的羚羊，它由静止出发沿直线加速运动2.5 s后追上羚羊，此时猎豹的速度为108 km/h，假定猎豹的运动可简化为匀变速直线运动，下列说法正确的是( )
A．猎豹的加速度大小为43.2 m/s2
B．2.5 s内猎豹运动的距离为75 m
C．2.5 s内猎豹运动的平均速度为15 m/s
D．1.0 s时刻猎豹运动的速度为54 km/h
解析：选C 猎豹的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝12 m/s2，故A错误；2.5 s内猎豹运动的距离x＝eq \f(1,2)at2＝37.5 m，故B错误；2.5 s内猎豹运动的平均速度v＝eq \f(x,t)＝15 m/s，故C正确；1.0 s时刻猎豹运动的速度v＝at＝12 m/s＝43.2 km/h，故D错误。
第2讲 匀变速直线运动的规律
1．基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at。
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。
(3)速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax。
2．重要推论
(1)平均速度关系式：eq \x\t(v)＝veq \f(t,2)＝eq \f(v0＋vt,2)，即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。
(2)位移差公式：任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
(3)位移中点速度公式：veq \f(x,2)＝ eq \r(\f(v02＋vt2,2))。
(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例关系：
①1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
②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：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
③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
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。
eq \a\vs4\al(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。(√)
eq \a\vs4\al(情境创设)
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力。
eq \a\vs4\al(微点判断)
(4)水滴做自由落体运动，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(释疑点)
研清微点1 基本公式的应用
1．某质点做直线运动，位移随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100 m，则对这个质点的运动描述正确的是( )
A．初速度为0
B．加速度为20 m/s2
C．在3 s末，瞬时速度为40 m/s
D．质点做匀加速直线运动
解析：选C 由位移随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100 m，可得x－100 m＝100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，初速度为v0＝100 m/s，加速度为a＝－20 m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以质点先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误；由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0＋at，可得在3 s末，瞬时速度为v＝(100－20×3)m/s＝40 m/s，故C正确。
一点一过
1．公式间的关系
2．公式选取技巧
研清微点2 两类特殊的匀减速直线运动对比
2．[刹车类问题](多选)一辆汽车以25 m/s 的速度沿平直公路行驶，突然发现前方有障碍物，立即刹车，汽车做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，那么从刹车开始计时，前6 s内的位移大小与第6 s末的速度大小分别为( )
A．x＝60 m B．x＝62.5 m
C．v＝0 D．v＝5 m/s
解析：选BC 汽车速度减为零需要的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(25,5) s＝5 s，汽车在前6 s内的位移x＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(252,2×5) m＝62.5 m，A错误，B正确；经过5 s汽车停止运动，因此第6 s末汽车的速度大小为0，C正确，D错误。
3．[双向可逆类问题]在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。经过3 s时物体的速度大小和方向是( )
A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下
C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下
解析：选B 取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示物体在t＝3 s时速度方向沿斜面向下，故B正确。
一点一过
研清微点3 匀变速直线运动中的多过程问题
4．(2024年1月·河南高考适应性演练)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
A.eq \f(1,2)v0 B.eq \f(1,3)v0
C.eq \f(1,8)v0 D.eq \f(1,9)v0
解析：选B 设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律有f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为eq \f(a1,a2)＝eq \f(f1,f2)＝eq \f(7,1)，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中eq \f(x1,x2)＝eq \f(8,7)，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝eq \f(v0,3)。故选B。
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(融通点)
研清微点1 自由落体运动
1.(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
研清微点2 竖直上抛运动
2．(2023·广东高考)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是( )
解析：选D 铯原子团仅受重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在vt图像中，斜率表示加速度，故斜率不变，所以vt图像应该是一条倾斜的直线，故A、B错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故C错误，D正确。
3．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
一点一过
1．研究竖直上抛运动的两种方法
2．用好竖直上抛运动的三类对称
(三) 解决匀变速直线运动问题的六种方法(培优点)
方法1 基本公式法
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、图像法、比例法、逆向思维法、推论法。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。
[研一题] 京津城际高铁最高速度可以达到350 km/h(可看成100 m/s)，其中从北京南站到天津武清站这一段距离约80 km，中间不停车，若维持最高时速的时间为8 min，试估算该高铁的加速度大小为(已知高铁加速运动与减速运动的加速度大小相同)( )
A．0.1 m/s2 B．0.3 m/s2
C．1 m/s2 D．3 m/s2
解析：选B 该高铁从北京南站到天津武清站，近似看成先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动。该高铁做匀速运动的距离x2＝vt＝48 km，此时可将高铁看成质点，由对称性可知，高铁做匀加速运动的距离x1＝eq \f(x－x2,2)＝16 km，由公式v2－0＝2ax1，解得a≈0.3 m/s2，B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] 汽车启动后做匀加速直线运动，汽车上的司机发现尚有乘客未上车，急忙使汽车做匀减速运动直至停止，若整个过程历时为t，行驶位移为s，那么，此过程中汽车的最大速度大小为( )
A.eq \f(s,2t) B.eq \f(s,t) C.eq \f(3s,2t) D.eq \f(2s,t)
解析：选D 设此过程中汽车的最大速度为v，则有s＝eq \f(v,2)t1＋eq \f(v,2)t2＝eq \f(v,2)t，解得v＝eq \f(2s,t)，D正确，A、B、C错误。
[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 图像法
[研一题] 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。
方法4 比例法
[研一题] 质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5 s内三段位移之比为( )
A．2∶6∶5 B．2∶8∶7
C．4∶12∶9 D．2∶2∶1
解析：选C 质点在从静止开始运动的前5 s内的每1 s内位移之比应为1∶3∶5∶7∶9，因此第1个2 s内的位移为(1＋3)＝4份，第2个2 s内的位移为(5＋7)＝12份，第5 s内的位移即为9份，C正确。
[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5 逆向思维法
[研一题] 一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑到C点，已知AB长度是BC的3倍，如图所示，已知物块从A到B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是( )
A．t0 B.eq \f(t0,4)
C．2t0 D.eq \f(t0,2)
解析：选C 将物块从A到C的匀减速直线运动，运用逆向思维可看成从C到A的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，可知连续相邻相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，而CB∶BA＝1∶3，正好符合奇数比，故tAB＝tBC＝t0，且从B到C的时间等于从C到B的时间，故从B经C再回到B需要的时间是2t0，C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6 推论法
[研一题] 如图所示，某次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，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。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．以8 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s，则小树高约为( )
A．0.8 m B．1.6 m
C．2.4 m D．3.2 m
解析：选C 石子竖直上升的最大高度为H＝eq \f(v2,2g)＝3.2 m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1＝eq \f(t,2)＝0.4 s，则最高点到小树顶端的距离为h1＝eq \f(1,2)gt12＝0.8 m，则小树高约为h＝H－h1＝2.4 m，故C正确。
2．一旅客在站台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。他发现第6节车厢经过他时用了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节车厢通过旅客过程，有eq \f(1,2)at2＝25 m，第6、7节车厢通过旅客过程，有eq \f(1,2)a(t＋4 s)2＝2×25 m，解得a≈0.5 m/s2，C正确。
3．(2024·汕头高三联考)如图所示，一辆汽车A在t＝0时刻从坐标为(－10 m,0)的A点以5 m/s的速率沿x轴正方向匀速行驶，另一辆汽车B在t＝2 s时刻从坐标为(20 m，－10 m)的B点以5 m/s的速率沿y轴正方向匀速行驶，运动过程中两车相距最近的时刻是( )
A．t＝6 s B．t＝5 s
C．t＝8 s D．t＝16 s
解析：选B 经2 s时间A车运动到O点，以此为计时起点，设A、B两车相距为s，s2＝(vAt－20)2＋(vBt－10)2，解得s最小时t＝3 s，故运动过程中两车相距最近的时刻是t＝5 s。故选B。
4.如图所示，一点光源固定在水平面上，一小球位于点光源和右侧竖直墙壁之间的正中央，某时刻小球以初速度v0竖直上抛。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球上升过程中，小球的影子在竖直墙壁上做( )
A．速度为v0的匀速直线运动
B．速度为2v0的匀速直线运动
C．初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动
D．初速度为v0、加速度为g的匀减速直线运动
解析：选C 根据竖直上抛运动规律可得，小球上升的位移为y＝v0t－eq \f(1,2)gt2，由几何关系可知，小球的影子在竖直墙壁上的位移为y′＝2y＝(2v0)t－eq \f(1,2)(2g)t2，则小球的影子做初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动，所以C正确。
5．(多选)有一质点从某一高度处自由下落，开始的eq \f(1,3)高度用时为t，重力加速度为g，则( )
A．物体自由下落eq \f(1,2)高度所用的时间为eq \f(\r(6),2)t
B．物体落地所用的时间为3t
C．物体自由下落eq \f(1,2)高度时的速度为eq \f(\r(3),2)gt
D．物体落地时的速度为eq \r(3)gt
解析：选AD 根据题意可得eq \f(1,3)h＝eq \f(1,2)gt2，设物体自由下落eq \f(1,2)高度所用的时间为t1，则有eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)gt12，联立上式解得t1＝eq \f(\r(6),2)t，则物体自由下落eq \f(1,2)高度时的速度为v1＝gt1＝eq \f(\r(6),2)gt，A正确，C错误；设物体落地所用的时间为t2，则有h＝eq \f(1,2)gt22，联立解得t2＝eq \r(3)t，物体落地时的速度为v2＝gt2＝eq \r(3)gt，B错误，D正确。
6.如图所示，一质点从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a，B、C、D是质点运动路径上的三个点，且BC＝x1，CD＝x2，质点通过B、C间所用时间与通过C、D间所用时间相等，则质点经过C点的速度为( )
A.eq \f(x1＋x2,2) eq \r(\f(a,x2－x1)) B.eq \f(x1＋x2,4) eq \r(\f(a,x2－x1))
C.eq \f(x2－x1,2) eq \r(\f(a,x1＋x2)) D.eq \f(x2－x1,4) eq \r(\f(a,x1＋x2))
解析：选A 设质点从B到C所用时间为T，则x2－x1＝aT2，可得T＝ eq \r(\f(x2－x1,a))，则从B到D的时间为2 eq \r(\f(x2－x1,a))，质点经过C点的速度vC＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(x1＋x2,2) eq \r(\f(a,x2－x1))，A正确，B、C、D错误。
7．在平直的测试汽车加速性能的场地上，每隔100 m有一个醒目的标志杆。两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动，当汽车通过第二个标志杆开始计时，t1＝10 s时，汽车恰好经过第5个标志杆，t2＝20 s时，汽车恰好经过第10个标志杆(图中未画出)，汽车运动过程中可视为质点，如图所示。求：
(1)汽车加速度的大小；
(2)若汽车匀加速达到最大速度64 m/s后立即保持该速度匀速行驶，则汽车从20 s末到30 s末经过几个标志杆。
解析：(1)设汽车的加速度为a，经过第二个标志杆的速度为v0，在0～10 s内，3L＝v0t1＋eq \f(1,2)at12
在0～20 s内，8L＝v0t2＋eq \f(1,2)at22
解得a＝2 m/s2，v0＝20 m/s。
(2)在t2＝20 s时，vt＝v0＋at2＝60 m/s
达到最大速度v′＝vt＋aΔt，解得Δt＝2 s
设t3＝30 s，在t2～t3内汽车位移
s＝eq \f(vt＋v′,2)Δt＋v′(t3－t2－Δt)＝636 m
则经过的标志杆数n＝eq \f(s,L)＝6.36个，即6个。
答案：(1)2 m/s2 (2)6个
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(2023·山东高考)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( )
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
解析：选C 设RS段位移为x，所用时间为t，则ST段位移为2x，所用时间为t′，由题意得：在RS段的时间t＝eq \f(x,v1)＝eq \f(x,10)，在ST段的时间t′＝eq \f(2x,v2)＝eq \f(2x,5)，可解得t′＝4t，设电动公交车的加速度大小为a，逆向推导可得v2＝vT＋aeq \f(t′,2)，v1＝vT＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t′＋\f(t,2)))，解得vT＝1 m/s，故C正确。
9．(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是( )
A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s
B．小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m
C．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20 m/s
D．三角警示牌至少要放在货车后58 m远处，才能有效避免两车相撞
解析：选AD 设小轿车从刹车到停止时间为t2，则t2＝eq \f(0－v0,a)＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝eq \f(0－v02,2a)＝90 m，故B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则2ax′＝v′2－v02，解得v′＝2eq \r(145) m/s，故C错误；小轿车驾驶员发现三角警示牌到小轿车停止的过程中，小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108 m，三角警示牌放置的位置到货车的距离为Δx＝(108－50)m＝58 m，故D正确。
10．强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。下图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1＝5 m、货车车身长L2＝8 m，货车在甲车前s＝3 m处。若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：
(1)甲车完成超车至少需要多长时间；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。
解析：(1)设甲经过时间t刚好完成超车，在时间t内
甲车位移x1＝v1t＋eq \f(1,2)at2
货车位移x2＝v2t
根据题图可知x1＝x2＋L1＋L2＋s
代入数据得t＝4 s
即甲车最短的超车时间为4 s。
(2)在最短4 s内
甲车位移x1＝56 m
乙车位移x3＝v3t＝60 m
由于x1＋x3＝116 m>110 m，故不能安全超车。
答案：(1)4 s (2)见解析
第3讲 “运动图像”的分类研究
类型(一) 位移—时间(x-t)图像
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。
[多维训练]
考法1 x-t图像的理解
1.一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 xt图像中图线交点及斜率的理解
2．(2024·湛江高三检测)2024年1月21日，“红树林之城”湛江半程马拉松赛在湛江举行。在比赛中甲、乙两名运动员沿某段直线道路同向运动，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xt图像比较物体运动情况
3．(2024年1月·贵州高考适应性演练)(多选)图(a)是贵州特有的“独竹漂”表演，此项目已被列入第五批国家级非物质文化遗产保护名录。某次表演过程中，表演者甲在河中心位置完成表演后沿直线划向岸边，同时表演者乙从另一岸边沿同一直线划向河中心并准备表演，该过程甲、乙运动的位置x与时间t的关系图像如图(b)所示，则( )
A．0～t0内，甲、乙的运动方向相反
B．0～t0内，甲、乙的位移大小相等
C．0～2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度
D．0～2t0内，乙的速度最大值大于甲的速度最大值
解析：选CD xt图像斜率的正负表示运动的方向，0～t0内，甲、乙的xt图像的斜率均为负，所以运动方向相同，A错误；0～t0内，乙的位移大小为x0，甲的位移大小小于x0，所以0～t0内甲、乙的位移大小不相等，B错误；0～2t0内乙的位移等于甲的位移，时间也相同，所以0～2t0内乙的平均速度等于甲的平均速度，C正确；xt图线斜率的大小代表速度的大小，明显乙的图线最大斜率绝对值大于甲的图线最大斜率绝对值，所以0～2t0内乙的速度最大值大于甲的速度最大值，D正确。
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
[多维训练]
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 x-t图像与v-t图像的比较
2．(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。
考法3 x-t图像与v-t图像的转化
3.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
(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。
考法1 a-t图像
[例1] (2023·湖北高考)(多选)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是( )
A．t＝2t0时，P回到原点
B．t＝2t0时，P的运动速度最小
C．t＝t0时，P到原点的距离最远
D．t＝eq \f(3,2)t0时，P的运动速度与t＝eq \f(1,2)t0时相同
[解析] 质点在0～t0时间内从静止开始先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动；t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减小到零，0～2t0时间内一直向前运动；2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确。at图像的面积表示速度变化量，eq \f(1,2)t0～eq \f(3,2)t0时间内速度的变化量为零，因此eq \f(1,2)t0时刻的速度与eq \f(3,2)t0时刻的速度相同，D正确。
[答案] BD
考法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] (多选)直线坐标系Ox轴原点处有a、b两质点，t＝0时a、b同时沿x轴正方向做直线运动，其位置坐标x与时间t的比值随时间t变化的关系如图所示，则( )
A．质点a做匀加速运动的加速度为10 m/s2
B．a、b从原点出发后再次到达同一位置时，a的速度为10 m/s
C．a、b从原点出发后再次到达同一位置之前，最远相距1.25 m
D．a、b从原点出发后，t＝1 s时再次到达同一位置
[解析] 对质点a，根据数学知识得：eq \f(x,t)＝5t＋5(m/s)，则x＝5t2＋5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比得：v0＝5 m/s，a＝10 m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为10 m/s2，A正确；t＝1 s时，eq \f(x,t)相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，此时质点a的速度为v1a＝v0＋at＝15 m/s，B错误，D正确；由题图知，对于质点b，有eq \f(x,t)＝10 m/s，所以质点b做速度为10 m/s的匀速直线运动，当质点a、b速度相等时相距最远，则有v0＋at′＝vb，得t′＝0.5 s，xa＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2＝3.75 m，xb＝vbt′＝5 m，所以最远相距s＝xb－xa＝1.25 m，C正确。
[答案] ACD
考法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轴的交点表示物体的初速度的平方，即v02。
[例3] 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] 根据匀变速速度位移关系式得v2＝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．(2023·江苏高考)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是( )
A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s
C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s
解析：选A 电梯上升，由速度时间图像可知，电梯加速上升的时段为20.0 s到30.0 s。故选A。
2．四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．(2023·全国甲卷)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
解析：选D xt图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大，即0～t1时间内xt图像的斜率变大，t1～t2时间内做匀减速运动，则xt图像的斜率变小，在t2时刻停止，图像的斜率变为零。
4．(2024年1月·广西高考适应性演练)2023年11月，在广西举办的第一届全国学生(青年)运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的vt图像如图，在t＝0时刻两车在赛道上初次相遇，则( )
A．0～t1内，乙的加速度越来越大
B．t1时刻，甲、乙再次相遇
C．0～t1内，甲、乙之间的距离先增大后减小
D．t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小后增大
解析：选D vt图像的斜率表示加速度，由题图可得，0～t1内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故A错误；vt图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知在t1时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，故B错误；vt图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可得，0～t1内，甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之间的距离一直增大，故C错误；由以上分析可得，t1时刻乙在甲前面，由题图可知t1～t2内，v甲>v乙，且最后都做匀速直线运动，则甲会追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙之间的距离又增大，故D正确。
5．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。
6．(多选)在劳动实践活动课中，某小组同学将拾取的垃圾打包成袋从斜坡顶端以不同的初速度v0下滑至垃圾存放处，斜坡长为4 m，垃圾袋可视为质点，其在斜坡上下滑的最远距离x与v02的关系图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．垃圾袋下滑时加速度大小为2 m/s2
B．当垃圾袋的初速度为4 m/s时，垃圾袋刚好到达斜坡最低点
C．当垃圾袋的初速度为5 m/s时，滑到斜坡最低点时间为1 s
D．当垃圾袋的初速度为5 m/s时，滑到斜坡最低点时间为4 s
解析：选ABC 由v02＝2ax推知，图线斜率为eq \f(1,2a)，所以垃圾袋下滑的加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；由图像可知，当垃圾袋的初速度为4 m/s时，x＝4 m，所以垃圾袋刚好滑到斜坡最低点，B正确；当垃圾袋的初速度为5 m/s时，减速到零所用时间为t0＝
eq \f(v0,a)＝2.5 s，根据x＝v0t－eq \f(1,2)at2，即4＝5t－eq \f(1,2)×2t2，解得t＝1 s或t＝4 s>t0(舍去)，C正确，D错误。
7.某物体做直线运动，设该物体运动的时间为t，位移为x，其eq \f(x,t2)-eq \f(1,t)图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．物体做的是匀加速直线运动
B．t＝0时，物体的速度为ab
C．0～b时间内物体的位移为2ab2
D．0～b时间内物体做匀减速直线运动，b～2b时间内物体做反向的匀加速直线运动
解析：选D 根据匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)a加t2得eq \f(x,t2)＝v0eq \f(1,t)＋eq \f(1,2)a加，根据数学知识可得v0＝k＝eq \f(\a\vs4\al(2a),\f(1,b))＝2ab，B错误；根据数学知识可得eq \f(1,2)a加＝－a，解得a加＝－2a，将t＝b代入x＝v0t＋eq \f(1,2)a加t2得x＝2ab×b＋eq \f(1,2)×(－2a)×b2＝ab2，C错误；由题图可知a加<0，v0>0，t＝b时，v＝v0＋a加t＝0，故在0～b时间内物体做匀减速直线运动，b～2b时间内物体做反向的匀加速直线运动，A错误，D正确。
第4讲 “追及相遇问题”的题型技法
技法(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，则经过多长时间两车恰好相遇？
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。
[微点拨]
典例及升维训练旨在培养考生“贴合实际、全面分析”运动学问题的思维习惯：
(1)如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。
技法(二) 图像分析法
图像分析法的解题要领
图像分析法是指将两个物体的运动图像画在同一坐标系中，然后根据图像分析求解相关问题。
(1)若用位移图像求解，分别作出两个物体的位移图像，如果两个物体的位移图像相交，则说明两物体相遇。
(2)若用速度图像求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积。
[注意] x-t图像的交点表示两物体相遇，而v-t图像的交点只表示两物体此时速度相等。实际解题过程中，常选择v-t图像求解。
[典例] 如图甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v-t图像如图乙所示。已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1＝12 m。
(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小；
(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应满足什么条件？
[解析] (1)在t1＝1 s时A车刚启动，两车缩短的距离为x1＝vBt1，
代入数据解得B车的速度为vB＝12 m/s
速度—时间图像的斜率表示加速度，则A车的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(vA－0,t2－t1)＝3 m/s2。
(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v-t图像的t2＝5 s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，为x＝eq \f(1,2)vB(t1＋t2)＝36 m，
若A、B两车不会相撞，距离x0应满足条件为s0≥36 m。
[答案] (1)12 m/s 3 m/s2 (2)x0≥36 m
[针对训练]
1．(多选)甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t＝0时经过路边的同一路标，下列位移—时间(x-t)图像和速度—时间(v-t)图像对应的运动中，甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是( )
解析：选BC 图A中，甲、乙在t0时刻之前位移没有相等，即两人在t0时刻之前不能相遇，A错误；图B中，甲、乙在t0时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，B正确；因v-t图像的面积等于位移，图C中甲、乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，图D中甲、乙在t0时刻之前甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，故C正确，D错误。
2．(多选)假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s，距离s0＝100 m。t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化关系如图1、2所示。取原运动方向为正方向。下面说法正确的是( )
A．t＝3 s时，两车相距最近
B．0～9 s内，两车位移之差为45 m
C．t＝6 s时，两车距离最近为10 m
D．两车在0～9 s内会相撞
解析：选BC 由加速度—时间图像可画出两车的速度—时间图像，如图所示。由图像可知，t＝6 s时两车同速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6 s内两车位移之差：Δx＝eq \f(1,2)×30×3 m＋eq \f(1,2)×30×(6－3)m＝90 m，则此时两车相距：Δs＝s0－Δx＝10 m，C正确，A错误；0～9 s内两车位移之差为Δx′＝eq \f(1,2)×30×3 m＝45 m，所以两辆车不会相撞，故B正确，D错误。
技法(三) 函数分析法
函数分析法的解题技巧
在匀变速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f(t)＝0：
(1)若f(t)＝0有正实数解，说明两物体能相遇。
(2)若f(t)＝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]
若A、B两辆车相距2 m，沿同一直线同向运动，B车在前做初速度为零，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
[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，刹车后滑行的距离为eq \f(1,2)s；在前车刹车滑行的时间内，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。
2．一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，则( )
A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 m
C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 m
D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
解析：选B 汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速到6.0 m/s时二者相距最近。汽车加速到6.0 m/s所用时间t＝6 s，人运动距离为6×6 m＝36 m，汽车运动距离为18 m，二者最近距离为18 m＋25 m－36 m＝7 m，A、C错误，B正确。人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离先减小后增大，D错误。
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，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．如图所示，图线①和②分别表示先后从同一地点以相同速度v做竖直上抛运动的两物体的vt图线，则两物体( )
A．在第①个物体抛出后3 s末相遇
B．在第②个物体抛出后4 s末相遇
C．在第②个物体抛出后2 s末相遇
D．相遇时必有一个物体速度为零
解析：选C 根据vt图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知在第Ⅰ个物体抛出后3 s末第Ⅰ个物体的位移大于第Ⅱ个物体的位移，而两者从同一地点开始运动，所以在第Ⅰ个物体抛出后3 s末没有相遇，故A项错误；在第Ⅱ个物体抛出后4 s末即图中第6 s末，第Ⅰ个物体的位移为0，第Ⅱ个物体的位移不为0，所以两者没有相遇，故B项错误；在第Ⅱ个物体抛出后2 s末，即图中第4 s末，两物体的位移相等，所以在第Ⅱ个物体抛出后2 s末相遇，故C项正确；图中第4 s末两物体相遇，由图看出两个物体的速度均不为零，故D项错误。
5．(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。
6．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
第5讲 实验：研究匀变速直线运动的特点
把握经典实验方案
一、基本原理与操作
二、核心关键——数据处理
1．由纸带计算某点的瞬时速度
根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度来计算，即vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)。
2．利用纸带求物体加速度的两种方法
(1)逐差法。
根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻计数点之间的时间间隔)，求出a1＝eq \f(x4－x1,3T2)，a2＝eq \f(x5－x2,3T2)，a3＝eq \f(x6－x3,3T2)，然后取平均值，即eq \x\t(a)＝eq \f(a1＋a2＋a3,3)＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)，即为物体的加速度。
[说明] 在数据处理时也可以对纸带重新分段，把6段距离分为“前三”和“后三”，“后三”减“前三”也为相邻相等时间间隔内的位移差，时间间隔为3T。
(2)图像法。
利用vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)求出打各点时纸带的瞬时速度，然后作出v-t图像，用v-t图像的斜率求物体运动的加速度。
融通多彩实验方案
1．鲁科版新教材——测量小车的瞬时速度
实验装置图
[要点解读]
(1)本实验小车沿倾斜木板加速运动的动力是小车重力沿斜面向下的分力。
(2)本实验可避免因细绳与木板不平行引起的误差。
2．粤教版新教材——测量沿斜面运动小车的瞬时速度
实验装置图
[要点解读]
实验原理及数据处理方法与鲁科版新教材实验类似。
归纳共性实验关键
1．不变的实验原理
用小车拖着一条纸带加速运动，通过分析纸带上的点记录的信息计算小车运动速度及变化规律。
2．必备的实验器材
长木板、打点计时器、纸带、小车、U形夹、毫米刻度尺。
3．通用的数据处理方法
(1)计数周期T＝5×0.02 s＝0.1 s。
(2)计数点的速度vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)。
(3)加速度的计算方法：逐差法、图像法。
4．共同的注意事项
(1)实验中先接通电源，后让小车运动，实验完毕应先断开电源后取纸带。
(2)小车到达长木板末端前应让小车停止运动，防止小车落地和小车与滑轮相撞。
(3)选纸带时应选点迹清晰的，且舍去打点密集部分。
(4)注意区别计时点和计数点，明确计数点间的时间间隔。
(5)作图像时，纵、横坐标轴单位的选取要适当，同时注意连线的原则。
5．一致的误差分析思路
(1)木板的粗糙程度不同引起的误差。
(2)电源频率不稳引起的误差。
(3)测量纸带上的打点位移有误差。
(4)在坐标纸上描点、作图时引起误差。
一、基础考法保住分
考查点(一) 实验原理与操作
1．(2023·浙江1月选考，节选)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图甲所示。
(1)需要的实验操作有________(多选)。
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
(2)经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图乙所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为________cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz，则打计数点2时小车的速度大小为：________m/s(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)实验时，应调节滑轮使细线与轨道平行，小车从靠近打点计时器的地方静止释放，并且要先接通电源后释放小车，实验中没必要平衡摩擦力，故选A、C、D。
(2)计数点1的读数为2.75 cm。打计数点2时小车的速度大小为v2＝eq \f(x3－x1,2T)＝eq \f(8.62－2.75,2×0.02)×10－2 m/s≈1.47 m/s。
答案：(1)ACD (2)2.75 1.47
[关键点拨]
实验操作的四点注意
(1)实验前应调节纸带和细绳，使其与木板平行。
(2)在研究匀变速直线运动的实验中，可通过改变悬挂的槽码来改变加速度，无需平衡小车的摩擦力。
(3)实验中应先接通电源，后让小车运动，实验完毕应先断开电源后取纸带。
(4)在小车到达木板末端前应让小车停止运动，以防止小车与滑轮相撞及槽码落地。
考查点(二) 数据处理与误差分析
2．在做“测量做直线运动物体的瞬时速度”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，打点计时器接周期为T0＝0.02 s的交流电源。
他经过测量并计算得到打点计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如表所示：
(1)计算vF的公式为vF＝________(用已知量字母表示)。
(2)根据表中记录的数据，作出vt图像，令B点为计时起点，并求得物体的加速度a＝_______m/s2。
(3)如果当时电网中交变电流的频率是f＝51 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比____________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)每相邻两个计数点间还有4个点，故相邻的计数点之间的时间间隔为T＝5T0＝0.1 s，利用匀变速直线运动的推论得vF＝eq \f(xEG,2T)＝eq \f(d6－d4,10T0)。
(2)作出v t图像如图所示，根据图线斜率可解得a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.280－0.150,0.38－0.07) m/s2≈0.42 m/s2。
(3)如果在某次实验中，交流电的频率为51 Hz＞50 Hz，则实际打点周期变小，由Δx＝aT2得，加速度的测量值与实际值相比偏小。
答案：(1)eq \f(d6－d4,10T0)
(2)见解析图 0.42 (3)偏小
3．(2023·全国甲卷)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连，右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。
(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s。以打出A点时小车的位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生对应位移所用时间和平均速度分别为Δt和eq \(v,\s\up6(－))。表中ΔxAD＝________cm，eq \(v,\s\up6(－))AD＝________cm/s。
(2)根据表中数据得到小车平均速度eq \(v,\s\up6(－))随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。在图(c)中补全实验点。
(3)从实验结果可知，小车运动的eq \(v,\s\up6(－)) Δt图线可视为一条直线，此直线用方程eq \(v,\s\up6(－))＝kΔt＋b表示，其中k＝________cm/s2，b＝________cm/s。(结果均保留3位有效数字)
(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车的速度大小vA＝________，小车的加速度大小a＝________。(结果用字母k、b表示)
解析：(1)根据纸带的数据可得ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝6.60 cm＋8.00 cm＋9.40 cm＝24.00 cm
平均速度为eq \(v,\s\up6(－))AD＝eq \f(ΔxAD,3T)＝80.0 cm/s。
(2)根据第(1)小题结果补全实验点，如图甲所示。
(3)从实验结果可知，小车运动的eq \(v,\s\up6(－)) Δt图线可视为一条直线，如图乙所示。
此直线用方程eq \(v,\s\up6(－))＝kΔt＋b表示，由图像可知其中k＝eq \f(101.0－59.0,0.6)cm/s2＝70.0 cm/s2，b＝59.0 cm/s。
(4)小车做匀加速直线运动，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，整理得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，即eq \(v,\s\up6(－))＝vA＋eq \f(1,2)at，故根据图像的斜率和截距可得vA＝b，a＝2k。
答案：(1)24.00 80.0 (2)见解析图甲 (3)70.0 59.0 (4)b 2k
[关键点拨]
1．速度的两种计算方法
(1)若已知相邻计数点间距，则用vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)计算。
(2)若已知各计数点到第1个计数点的距离d，则用vn＝eq \f(dn＋1－dn－1,2T)计算。
2．运动学中加速度的三种计算方法
(1)公式法：由v＝v0＋at，可得a＝eq \f(v－v0,t)。
(2)逐差法：a＝eq \f(x4＋x3－x2＋x1,4T2)
或a＝eq \f(x6＋x5＋x4－x3＋x2＋x1,9T2)。
(3)图像法：①利用vt图像求加速度，描绘vt图像，选直线上尽量远的两个坐标点，由a＝eq \f(Δv,Δt)求出加速度大小。②利用平均速度eq \(v,\s\up6(－))与时间t的关系图像求加速度，由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得：eq \f(x,t)＝eq \(v,\s\up6(－))＝v0＋eq \f(1,2)at，图线的斜率k＝eq \f(a,2)，物体的加速度a＝2k。
二、创新考法不失分
创新角度(一) 实验器材的创新
1．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分别为Δt1、Δt2，则重力加速度g＝________(用d、Δt1、Δt2表示)。
利用光栅板和光电传感器测重力加速度，重在考查创新实验中器材的选取、数据的处理及误差分析。 [创新点分析]
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)
[创新点分析]
利用光栅板和光电传感器测重力加速度，重在考查创新实验中器材的选取、数据的处理及误差分析。
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为中间时刻速度，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)；
(4)主要可以考虑的原因有空气阻力、摩擦阻力等。
答案：(1)刻度尺 (2)1.5 (3)eq \f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)
(4)光栅板受到空气阻力的作用(其他答案言之有理即可)
创新角度(二) 实验原理的创新
2．某学习小组用如图甲所示装置测量当地的重力加速度。本实验所用器材有：铁架台、电源、电磁铁、光电门、数字计时器、小球和刻度尺。实验中将铁架台竖直放置，上端固定电磁铁M，在电磁铁下方适当位置固定两个位置可调节的光电门A、B，A、B均与数字计时器N相连，小球与光电门A、B在同一竖直线上。
(1)实验前先用游标卡尺测量小球的直径，测量结果如图乙所示，则小球的直径为d＝________cm。
(2)接通电磁铁M的开关，吸住小球；测出两光电门的高度差h；断开M的开关，小球自由下落，数字计时器记录小球经过光电门A、B的时间分别为t1、t2，则可求得重力加速度g＝________。(用测得的物理量符号表示)
(3)若实验中发现光电门A出现故障，不能使用，则用剩余器材________(填“能”或“不能”)正确测得重力加速度。
[创新点分析]
(1)利用光电门测小球经过光电门的速度。
(2)利用v22－v12＝2gh或v2＝2gh计算重力加速度的大小。
解析：(1)小球的直径为d＝10 mm＋18×0.05 mm＝10.90 mm＝1.090 cm。
(2)小球通过光电门A、B的速度分别为v1＝eq \f(d,t1)，v2＝eq \f(d,t2)，根据运动学公式，有v22－v12＝2gh，
解得g＝eq \f(d2,2h)eq \f(1,t22)－eq \f(1,t12)。
(3)能，测出电磁铁吸引住小球时，小球下端到光电门B的距离H，记录小球通过光电门B的时间t，则通过光电门B的速度为v＝eq \f(d,t)，根据运动学公式v2＝2gH＋eq \f(d,2)，解得g＝eq \f(d2,2H＋dt2)。
答案：(1)1.090 (2)eq \f(d2,2h)eq \f(1,t22)－eq \f(1,t12) (3)能
创新角度(三) 数据处理的创新
3．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)
[创新点分析]
(1)改变光电门的位置，距离x发生变化，滑块经过光电门的时间t将随之发生变化。
(2)建立位移x与eq \f(1,t2)的坐标系，通过eq \f(1,t2)-x图线的斜率计算滑块的加速度。
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
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
t/s
0
1
2
3
4
v1/(m·s－1)
18.0
17.5
17.0
16.5
16.0
v2/(m·s－1)
9.8
11.0
12.2
13.4
14.6
运动类型
自由落体运动
竖直上抛运动
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
刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失
(2)求解时要注意确定其实际运动时间
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动
双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变
(2)注意：求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义
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
时间对称
物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝eq \f(v0,g)
物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的时间相等
速度对称
物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反
物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反
能量对称
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等
比较项目
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
对应点
B
C
D
E
F
速度/(m·s－1)
0.122
0.164
0.205
0.250
0.289
位移区间
AB
AC
AD
AE
AF
Δx(cm)
6.60
14.60
ΔxAD
34.90
47.30
eq \(v,\s\up6(－))(cm/s)
66.0
73.0
eq \(v,\s\up6(－))AD
87.3
94.6
编号
1遮光带
2透光带
3遮光带
…
Δt/(×10－3s)
73.04
38.67
30.00
…
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、速度与速率
1．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。
2．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。
3．速率：瞬时速度的大小，是标量。
4．平均速率：物体运动的路程与通过这段路程所用时间的比值。
四、加速度
1．定义：物体速度的变化量与发生这一变化所用时间之比。
2．定义式：a＝eq \f(Δv,Δt)。单位：m/s2。
3．方向：与Δv的方向一致，由合力的方向决定，而与初速度v0、末速度v的方向无关。
4．物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。
情境创设
港珠澳大桥是连接香港、珠海和澳门的桥隧工程，位于广东省珠江口伶仃洋海域内，为珠江三角洲地区环线高速公路南环段。港珠澳大桥东起香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西横跨南海伶仃洋水域接珠海和澳门人工岛，止于珠海洪湾立交，桥隧全长55 km，桥面为双向六车道高速公路，设计速度为100 km/h。
某辆轿车在17：00进入该大桥，17：40离开大桥。
eq \a\vs4\al(微点判断)
(1)研究该轿车通过港珠澳大桥的时间时，可以将该轿车视为质点。(√)
(2)以该轿车为参考系，港珠澳大桥是运动的。(√)
(3)该轿车在17：00进入港珠澳大桥，17：40离开大桥，这里的“17：00”和“17：40”实际上指的是时刻。(√)
(4)该轿车经过港珠澳大桥的位移是55 km。(×)
(5)“设计速度为100 km/h”，该速度为平均速度。(×)
(6)该轿车通过港珠澳大桥的平均速度约为82.5 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。(×)
(9)该轿车的加速度增大，其速度可能增大。(√)
(10)该轿车的加速度减小，其速度可能增大。(√)
(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](2024·浙江1月选考)杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是( )
A．研究甲图运动员的入水动作
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
解析：选C 研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够视为质点，故A错误；研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够视为质点，故B错误；研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够视为质点，故C正确；研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够视为质点，故D错误。
2．[参考系的选取](2023·浙江1月选考)“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则( )
A．选地球为参考系，“天和”是静止的
B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
解析：选C 以地球为参考系，“天和”和“神舟十五号”都是运动的，故A、B错误；由于“神舟十五号”和“天和”核心舱成功对接，二者是相对静止的，因此选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的，同理选“神舟十五号”为参考系，“天和”也是静止的，故C正确，D错误。
3．[位移与路程]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．对质点的三点说明
(1)质点是一种理想化物理模型，实际并不存在。
(2)物体能否被看作质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身大小和形状来判断。
(3)质点不同于几何“点”，是忽略了物体的大小和形状的有质量的点，而几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置。
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或同一物体在不同阶段的运动，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
(1)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。
(2)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。
(二) 平均速度与瞬时速度(释疑点)
研清微点1 平均速度的计算
1．(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)如图，齐齐哈尔到长春的直线距离约为400 km。某旅客乘高铁从齐齐哈尔出发经哈尔滨到达长春，总里程约为525 km，用时为2.5 h。则在整个行程中该旅客( )
A．位移大小约为525 km，平均速度大小约为160 km/h
B．位移大小约为400 km，平均速度大小约为160 km/h
C．位移大小约为525 km，平均速度大小约为210 km/h
D．位移大小约为400 km，平均速度大小约为210 km/h
解析：选B 位移是起点到终点的有向线段，则在整个行程中该旅客位移大小约为400 km，平均速度大小约为v＝eq \f(x,t)＝eq \f(400,2.5) km/h＝160 km/h，故选B。
一点一过
1．平均速度的求解思路
(1)画出运动轨迹。
(2)根据初、末位置确定位移。
(3)根据位移和时间由公式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)确定平均速度。
2．注意的三个问题
(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 \x\t(v)＝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 \x\t(v)＝veq \f(t,2)。
研清微点2 平均速度与瞬时速度的关系
2.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。
研清微点3 平均速度与平均速率的比较
3．(2023·福建高考) “祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车( )
A．从O处行驶到N处的路程为697米
B．从O处行驶到N处的位移大小为889米
C．从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天
D．从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天
解析：选D 由题意可知从O到N处的路程为lON＝lOM＋lMN＝585 m＋304 m＝889 m，故A错误；位移的大小为两点之间的直线距离，因“祝融号”行驶路径是一条曲线，则位移大小一定小于路程，故B错误；平均速率为路程与时间的比值，故从O行驶到M处的平均速率为eq \(v,\s\up6(－))OM＝eq \f(lOM,tOM)＝eq \f(585,61)米/天≈9.59米/天，故C错误；平均速度大小为位移与时间的比值，则从M行驶到N处的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))MN＝eq \f(sMN,tMN)＝eq \f(234,23)米/天≈10米/天，故D正确。
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)
研清微点1 加速度的计算
1．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一位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，向下 B．8 m/s2，向上
C．10 m/s2，向下 D．18 m/s2，向上
解析：选D 取着网前的速度方向为正方向，则v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，则a＝eq \f(v2－v1,Δt)＝eq \f(－10－8,1.0) m/s2＝－18 m/s2，负号说明加速度的方向与正方向相反，即向上，D正确。
2．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过光电门1的时间为Δt1＝0.30 s，通过光电门2的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为Δt＝3.0 s，则滑块的加速度约为( )
A．0.067 m/s2 B．0.67 m/s2
C．6.7 m/s2 D．不能计算出
解析：选A 遮光板通过光电门1时的速度v1＝eq \f(d,Δt1)＝eq \f(0.03,0.30) m/s＝0.10 m/s，遮光板通过光电门2时的速度v2＝eq \f(d,Δt2)＝eq \f(0.03,0.10) m/s＝0.30 m/s，故滑块的加速度a＝eq \f(v2－v1,Δt)≈0.067 m/s2，选项A正确。
一点一过
计算加速度的步骤及方法
研清微点2 速度、速度变化量与加速度的关系
3．如图所示，在平直机场跑道上，客机和汽车并排沿正方向运动，a机＝5 m/s2，a车＝－5 m/s2，对客机和汽车的运动，下列判断正确的是( )
A．客机的加速度大于汽车的加速度
B．客机做加速直线运动，汽车做减速直线运动
C．客机的速度比汽车的速度变化快
D．客机、汽车在相等时间内速度变化相同
解析：选B 客机与汽车的加速度大小相等，A错误；客机的加速度与速度同向，所以做加速直线运动，汽车的加速度与速度方向相反，所以做减速直线运动，B正确；加速度大小表示速度变化的快慢，因此客机和汽车的速度变化一样快，C错误；由Δv＝a·Δt可知，相等时间内，客机、汽车的速度变化大小相等，方向相反，D错误。
一点一过
速度、速度变化量和加速度的比较
研清微点3 物体速度变化规律分析
4．(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的方向关系判断物体速度变化
eq \a\vs4\al(1a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))
eq \a\vs4\al(2a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))
[课时跟踪检测]
1．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.某校举行教职工趣味运动会，其中一项比赛项目——“五米三向折返跑”，活动场地如图所示，AB＝AC＝AD＝5 m，参赛教师听到口令后从起点A跑向B点，用手触摸折返线后再返回A点，然后依次跑向C点、D点，最终返回A点。若人可视为质点，现测得某参赛教师完成活动的时间为7.5 s，则( )
A．A到B和A到C的位移相同
B．该教师全程的平均速度为零
C．该教师通过的总位移为30 m
D．7.5 s指的是该教师回到起点的时刻
解析：选B A点到B点和A点到C点的路程相等，位移大小相等，方向不同，A错误；根据位移的定义可知，参赛教师从A点出发通过三方向折返跑后回到A点，位移为零，C错误；根据平均速度的定义，可知该教师平均速度为零，B正确；7.5 s指的是该教师完成该项活动所用的时间，不是该教师回到起点的时刻，D错误。
3．(多选)如图甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )
A．10 s内火箭的速度改变量为10 m/s
B．2.5 s内汽车的速度改变量为－30 m/s
C．火箭的速度变化比汽车的快
D．火箭的加速度比汽车的加速度小
解析：选BD 因火箭发射时，速度在10 s内由0增加到100 m/s，故10 s内火箭的速度改变量为100 m/s，A错误；汽车以108 km/h＝30 m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，则2.5 s内汽车的速度改变量为0－30 m/s＝－30 m/s，B正确；火箭的加速度为：a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(100,10) m/s2＝10 m/s2，汽车的加速度为：a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(－30,2.5) m/s2＝－12 m/s2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，C错误，D正确。
4．(2024·广州高三模拟)华南师范大学附属中学知识城校区位于广州市黄埔区，为一所新建学校。李老师打算驾车从天河校本部到知识城校区。她用手机导航，导航推荐了三种方案，其中方案一是高速多，用时少；方案二是走免费公路；方案三是走普通国道。李老师按照方案一驾驶小汽车从天河校本部出发，行驶了37 km，共用了36分钟到达了知识城校区。则( )
A．汽车可能做匀变速运动
B．汽车运动的平均速度约为61.67 km/h
C．研究汽车的运动轨迹时，可以将汽车视为质点
D．手机导航推荐的三种方案位移大小相等，方向不同
解析：选C 汽车运动过程中肯定经历了加速和减速阶段，所以加速度不可能不变，故不可能做匀变速运动，A错误；题干中没有给出两地的直线距离，也就是位移不确定，所以无法计算平均速度，若根据题干中的路程和时间，则只能求出汽车的平均速率，B错误；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响或者影响很小时，可以将物体看作质点，所以研究汽车的运动轨迹时，汽车的形状、大小均可忽略，故可以将汽车视为质点，C正确；位移是指从初位置到末位置的有向线段，手机导航推荐的三种方案位移大小都相等，方向也相同，D错误。
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．(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2，v1、v2在各个时刻的大小如表中所示，从表中数据可以看出( )
A．火车的速度变化较慢 B．汽车的加速度较小
C．火车的位移在减小 D．汽车的位移在增大
解析：选AD 从表格中可得火车的加速度a火＝eq \f(Δv火,Δt火)＝eq \f(－0.5,1) m/s2＝－0.5 m/s2，汽车的加速度a汽＝eq \f(Δv汽,Δt汽)＝eq \f(1.2,1) m/s2＝1.2 m/s2，故火车的加速度较小，火车的速度变化较慢，A正确，B错误；由于汽车和火车的速度一直为正值，速度方向不变，则位移都增加，C错误，D正确。
7．猎豹是陆地上奔跑速度最快的动物，最大速度可达110 km/h，为了捕捉正前方的羚羊，它由静止出发沿直线加速运动2.5 s后追上羚羊，此时猎豹的速度为108 km/h，假定猎豹的运动可简化为匀变速直线运动，下列说法正确的是( )
A．猎豹的加速度大小为43.2 m/s2
B．2.5 s内猎豹运动的距离为75 m
C．2.5 s内猎豹运动的平均速度为15 m/s
D．1.0 s时刻猎豹运动的速度为54 km/h
解析：选C 猎豹的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝12 m/s2，故A错误；2.5 s内猎豹运动的距离x＝eq \f(1,2)at2＝37.5 m，故B错误；2.5 s内猎豹运动的平均速度v＝eq \f(x,t)＝15 m/s，故C正确；1.0 s时刻猎豹运动的速度v＝at＝12 m/s＝43.2 km/h，故D错误。
第2讲 匀变速直线运动的规律
1．基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at。
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。
(3)速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax。
2．重要推论
(1)平均速度关系式：eq \x\t(v)＝veq \f(t,2)＝eq \f(v0＋vt,2)，即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。
(2)位移差公式：任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
(3)位移中点速度公式：veq \f(x,2)＝ eq \r(\f(v02＋vt2,2))。
(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例关系：
①1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
②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：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
③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
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。
eq \a\vs4\al(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。(√)
eq \a\vs4\al(情境创设)
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力。
eq \a\vs4\al(微点判断)
(4)水滴做自由落体运动，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(释疑点)
研清微点1 基本公式的应用
1．某质点做直线运动，位移随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100 m，则对这个质点的运动描述正确的是( )
A．初速度为0
B．加速度为20 m/s2
C．在3 s末，瞬时速度为40 m/s
D．质点做匀加速直线运动
解析：选C 由位移随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100 m，可得x－100 m＝100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，初速度为v0＝100 m/s，加速度为a＝－20 m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以质点先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误；由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0＋at，可得在3 s末，瞬时速度为v＝(100－20×3)m/s＝40 m/s，故C正确。
一点一过
1．公式间的关系
2．公式选取技巧
研清微点2 两类特殊的匀减速直线运动对比
2．[刹车类问题](多选)一辆汽车以25 m/s 的速度沿平直公路行驶，突然发现前方有障碍物，立即刹车，汽车做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，那么从刹车开始计时，前6 s内的位移大小与第6 s末的速度大小分别为( )
A．x＝60 m B．x＝62.5 m
C．v＝0 D．v＝5 m/s
解析：选BC 汽车速度减为零需要的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(25,5) s＝5 s，汽车在前6 s内的位移x＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(252,2×5) m＝62.5 m，A错误，B正确；经过5 s汽车停止运动，因此第6 s末汽车的速度大小为0，C正确，D错误。
3．[双向可逆类问题]在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。经过3 s时物体的速度大小和方向是( )
A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下
C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下
解析：选B 取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示物体在t＝3 s时速度方向沿斜面向下，故B正确。
一点一过
研清微点3 匀变速直线运动中的多过程问题
4．(2024年1月·河南高考适应性演练)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
A.eq \f(1,2)v0 B.eq \f(1,3)v0
C.eq \f(1,8)v0 D.eq \f(1,9)v0
解析：选B 设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律有f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为eq \f(a1,a2)＝eq \f(f1,f2)＝eq \f(7,1)，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中eq \f(x1,x2)＝eq \f(8,7)，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝eq \f(v0,3)。故选B。
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(融通点)
研清微点1 自由落体运动
1.(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
研清微点2 竖直上抛运动
2．(2023·广东高考)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是( )
解析：选D 铯原子团仅受重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在vt图像中，斜率表示加速度，故斜率不变，所以vt图像应该是一条倾斜的直线，故A、B错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故C错误，D正确。
3．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
一点一过
1．研究竖直上抛运动的两种方法
2．用好竖直上抛运动的三类对称
(三) 解决匀变速直线运动问题的六种方法(培优点)
方法1 基本公式法
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、图像法、比例法、逆向思维法、推论法。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。
[研一题] 京津城际高铁最高速度可以达到350 km/h(可看成100 m/s)，其中从北京南站到天津武清站这一段距离约80 km，中间不停车，若维持最高时速的时间为8 min，试估算该高铁的加速度大小为(已知高铁加速运动与减速运动的加速度大小相同)( )
A．0.1 m/s2 B．0.3 m/s2
C．1 m/s2 D．3 m/s2
解析：选B 该高铁从北京南站到天津武清站，近似看成先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动。该高铁做匀速运动的距离x2＝vt＝48 km，此时可将高铁看成质点，由对称性可知，高铁做匀加速运动的距离x1＝eq \f(x－x2,2)＝16 km，由公式v2－0＝2ax1，解得a≈0.3 m/s2，B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] 汽车启动后做匀加速直线运动，汽车上的司机发现尚有乘客未上车，急忙使汽车做匀减速运动直至停止，若整个过程历时为t，行驶位移为s，那么，此过程中汽车的最大速度大小为( )
A.eq \f(s,2t) B.eq \f(s,t) C.eq \f(3s,2t) D.eq \f(2s,t)
解析：选D 设此过程中汽车的最大速度为v，则有s＝eq \f(v,2)t1＋eq \f(v,2)t2＝eq \f(v,2)t，解得v＝eq \f(2s,t)，D正确，A、B、C错误。
[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 图像法
[研一题] 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。
方法4 比例法
[研一题] 质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5 s内三段位移之比为( )
A．2∶6∶5 B．2∶8∶7
C．4∶12∶9 D．2∶2∶1
解析：选C 质点在从静止开始运动的前5 s内的每1 s内位移之比应为1∶3∶5∶7∶9，因此第1个2 s内的位移为(1＋3)＝4份，第2个2 s内的位移为(5＋7)＝12份，第5 s内的位移即为9份，C正确。
[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5 逆向思维法
[研一题] 一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑到C点，已知AB长度是BC的3倍，如图所示，已知物块从A到B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是( )
A．t0 B.eq \f(t0,4)
C．2t0 D.eq \f(t0,2)
解析：选C 将物块从A到C的匀减速直线运动，运用逆向思维可看成从C到A的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，可知连续相邻相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，而CB∶BA＝1∶3，正好符合奇数比，故tAB＝tBC＝t0，且从B到C的时间等于从C到B的时间，故从B经C再回到B需要的时间是2t0，C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6 推论法
[研一题] 如图所示，某次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，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。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．以8 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s，则小树高约为( )
A．0.8 m B．1.6 m
C．2.4 m D．3.2 m
解析：选C 石子竖直上升的最大高度为H＝eq \f(v2,2g)＝3.2 m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1＝eq \f(t,2)＝0.4 s，则最高点到小树顶端的距离为h1＝eq \f(1,2)gt12＝0.8 m，则小树高约为h＝H－h1＝2.4 m，故C正确。
2．一旅客在站台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。他发现第6节车厢经过他时用了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节车厢通过旅客过程，有eq \f(1,2)at2＝25 m，第6、7节车厢通过旅客过程，有eq \f(1,2)a(t＋4 s)2＝2×25 m，解得a≈0.5 m/s2，C正确。
3．(2024·汕头高三联考)如图所示，一辆汽车A在t＝0时刻从坐标为(－10 m,0)的A点以5 m/s的速率沿x轴正方向匀速行驶，另一辆汽车B在t＝2 s时刻从坐标为(20 m，－10 m)的B点以5 m/s的速率沿y轴正方向匀速行驶，运动过程中两车相距最近的时刻是( )
A．t＝6 s B．t＝5 s
C．t＝8 s D．t＝16 s
解析：选B 经2 s时间A车运动到O点，以此为计时起点，设A、B两车相距为s，s2＝(vAt－20)2＋(vBt－10)2，解得s最小时t＝3 s，故运动过程中两车相距最近的时刻是t＝5 s。故选B。
4.如图所示，一点光源固定在水平面上，一小球位于点光源和右侧竖直墙壁之间的正中央，某时刻小球以初速度v0竖直上抛。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球上升过程中，小球的影子在竖直墙壁上做( )
A．速度为v0的匀速直线运动
B．速度为2v0的匀速直线运动
C．初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动
D．初速度为v0、加速度为g的匀减速直线运动
解析：选C 根据竖直上抛运动规律可得，小球上升的位移为y＝v0t－eq \f(1,2)gt2，由几何关系可知，小球的影子在竖直墙壁上的位移为y′＝2y＝(2v0)t－eq \f(1,2)(2g)t2，则小球的影子做初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动，所以C正确。
5．(多选)有一质点从某一高度处自由下落，开始的eq \f(1,3)高度用时为t，重力加速度为g，则( )
A．物体自由下落eq \f(1,2)高度所用的时间为eq \f(\r(6),2)t
B．物体落地所用的时间为3t
C．物体自由下落eq \f(1,2)高度时的速度为eq \f(\r(3),2)gt
D．物体落地时的速度为eq \r(3)gt
解析：选AD 根据题意可得eq \f(1,3)h＝eq \f(1,2)gt2，设物体自由下落eq \f(1,2)高度所用的时间为t1，则有eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)gt12，联立上式解得t1＝eq \f(\r(6),2)t，则物体自由下落eq \f(1,2)高度时的速度为v1＝gt1＝eq \f(\r(6),2)gt，A正确，C错误；设物体落地所用的时间为t2，则有h＝eq \f(1,2)gt22，联立解得t2＝eq \r(3)t，物体落地时的速度为v2＝gt2＝eq \r(3)gt，B错误，D正确。
6.如图所示，一质点从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a，B、C、D是质点运动路径上的三个点，且BC＝x1，CD＝x2，质点通过B、C间所用时间与通过C、D间所用时间相等，则质点经过C点的速度为( )
A.eq \f(x1＋x2,2) eq \r(\f(a,x2－x1)) B.eq \f(x1＋x2,4) eq \r(\f(a,x2－x1))
C.eq \f(x2－x1,2) eq \r(\f(a,x1＋x2)) D.eq \f(x2－x1,4) eq \r(\f(a,x1＋x2))
解析：选A 设质点从B到C所用时间为T，则x2－x1＝aT2，可得T＝ eq \r(\f(x2－x1,a))，则从B到D的时间为2 eq \r(\f(x2－x1,a))，质点经过C点的速度vC＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(x1＋x2,2) eq \r(\f(a,x2－x1))，A正确，B、C、D错误。
7．在平直的测试汽车加速性能的场地上，每隔100 m有一个醒目的标志杆。两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动，当汽车通过第二个标志杆开始计时，t1＝10 s时，汽车恰好经过第5个标志杆，t2＝20 s时，汽车恰好经过第10个标志杆(图中未画出)，汽车运动过程中可视为质点，如图所示。求：
(1)汽车加速度的大小；
(2)若汽车匀加速达到最大速度64 m/s后立即保持该速度匀速行驶，则汽车从20 s末到30 s末经过几个标志杆。
解析：(1)设汽车的加速度为a，经过第二个标志杆的速度为v0，在0～10 s内，3L＝v0t1＋eq \f(1,2)at12
在0～20 s内，8L＝v0t2＋eq \f(1,2)at22
解得a＝2 m/s2，v0＝20 m/s。
(2)在t2＝20 s时，vt＝v0＋at2＝60 m/s
达到最大速度v′＝vt＋aΔt，解得Δt＝2 s
设t3＝30 s，在t2～t3内汽车位移
s＝eq \f(vt＋v′,2)Δt＋v′(t3－t2－Δt)＝636 m
则经过的标志杆数n＝eq \f(s,L)＝6.36个，即6个。
答案：(1)2 m/s2 (2)6个
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(2023·山东高考)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( )
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
解析：选C 设RS段位移为x，所用时间为t，则ST段位移为2x，所用时间为t′，由题意得：在RS段的时间t＝eq \f(x,v1)＝eq \f(x,10)，在ST段的时间t′＝eq \f(2x,v2)＝eq \f(2x,5)，可解得t′＝4t，设电动公交车的加速度大小为a，逆向推导可得v2＝vT＋aeq \f(t′,2)，v1＝vT＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t′＋\f(t,2)))，解得vT＝1 m/s，故C正确。
9．(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是( )
A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s
B．小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m
C．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20 m/s
D．三角警示牌至少要放在货车后58 m远处，才能有效避免两车相撞
解析：选AD 设小轿车从刹车到停止时间为t2，则t2＝eq \f(0－v0,a)＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝eq \f(0－v02,2a)＝90 m，故B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则2ax′＝v′2－v02，解得v′＝2eq \r(145) m/s，故C错误；小轿车驾驶员发现三角警示牌到小轿车停止的过程中，小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108 m，三角警示牌放置的位置到货车的距离为Δx＝(108－50)m＝58 m，故D正确。
10．强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。下图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1＝5 m、货车车身长L2＝8 m，货车在甲车前s＝3 m处。若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：
(1)甲车完成超车至少需要多长时间；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。
解析：(1)设甲经过时间t刚好完成超车，在时间t内
甲车位移x1＝v1t＋eq \f(1,2)at2
货车位移x2＝v2t
根据题图可知x1＝x2＋L1＋L2＋s
代入数据得t＝4 s
即甲车最短的超车时间为4 s。
(2)在最短4 s内
甲车位移x1＝56 m
乙车位移x3＝v3t＝60 m
由于x1＋x3＝116 m>110 m，故不能安全超车。
答案：(1)4 s (2)见解析
第3讲 “运动图像”的分类研究
类型(一) 位移—时间(x-t)图像
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。
[多维训练]
考法1 x-t图像的理解
1.一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 xt图像中图线交点及斜率的理解
2．(2024·湛江高三检测)2024年1月21日，“红树林之城”湛江半程马拉松赛在湛江举行。在比赛中甲、乙两名运动员沿某段直线道路同向运动，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xt图像比较物体运动情况
3．(2024年1月·贵州高考适应性演练)(多选)图(a)是贵州特有的“独竹漂”表演，此项目已被列入第五批国家级非物质文化遗产保护名录。某次表演过程中，表演者甲在河中心位置完成表演后沿直线划向岸边，同时表演者乙从另一岸边沿同一直线划向河中心并准备表演，该过程甲、乙运动的位置x与时间t的关系图像如图(b)所示，则( )
A．0～t0内，甲、乙的运动方向相反
B．0～t0内，甲、乙的位移大小相等
C．0～2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度
D．0～2t0内，乙的速度最大值大于甲的速度最大值
解析：选CD xt图像斜率的正负表示运动的方向，0～t0内，甲、乙的xt图像的斜率均为负，所以运动方向相同，A错误；0～t0内，乙的位移大小为x0，甲的位移大小小于x0，所以0～t0内甲、乙的位移大小不相等，B错误；0～2t0内乙的位移等于甲的位移，时间也相同，所以0～2t0内乙的平均速度等于甲的平均速度，C正确；xt图线斜率的大小代表速度的大小，明显乙的图线最大斜率绝对值大于甲的图线最大斜率绝对值，所以0～2t0内乙的速度最大值大于甲的速度最大值，D正确。
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
[多维训练]
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 x-t图像与v-t图像的比较
2．(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。
考法3 x-t图像与v-t图像的转化
3.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
(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。
考法1 a-t图像
[例1] (2023·湖北高考)(多选)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是( )
A．t＝2t0时，P回到原点
B．t＝2t0时，P的运动速度最小
C．t＝t0时，P到原点的距离最远
D．t＝eq \f(3,2)t0时，P的运动速度与t＝eq \f(1,2)t0时相同
[解析] 质点在0～t0时间内从静止开始先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动；t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减小到零，0～2t0时间内一直向前运动；2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确。at图像的面积表示速度变化量，eq \f(1,2)t0～eq \f(3,2)t0时间内速度的变化量为零，因此eq \f(1,2)t0时刻的速度与eq \f(3,2)t0时刻的速度相同，D正确。
[答案] BD
考法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] (多选)直线坐标系Ox轴原点处有a、b两质点，t＝0时a、b同时沿x轴正方向做直线运动，其位置坐标x与时间t的比值随时间t变化的关系如图所示，则( )
A．质点a做匀加速运动的加速度为10 m/s2
B．a、b从原点出发后再次到达同一位置时，a的速度为10 m/s
C．a、b从原点出发后再次到达同一位置之前，最远相距1.25 m
D．a、b从原点出发后，t＝1 s时再次到达同一位置
[解析] 对质点a，根据数学知识得：eq \f(x,t)＝5t＋5(m/s)，则x＝5t2＋5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比得：v0＝5 m/s，a＝10 m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为10 m/s2，A正确；t＝1 s时，eq \f(x,t)相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，此时质点a的速度为v1a＝v0＋at＝15 m/s，B错误，D正确；由题图知，对于质点b，有eq \f(x,t)＝10 m/s，所以质点b做速度为10 m/s的匀速直线运动，当质点a、b速度相等时相距最远，则有v0＋at′＝vb，得t′＝0.5 s，xa＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2＝3.75 m，xb＝vbt′＝5 m，所以最远相距s＝xb－xa＝1.25 m，C正确。
[答案] ACD
考法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轴的交点表示物体的初速度的平方，即v02。
[例3] 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] 根据匀变速速度位移关系式得v2＝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．(2023·江苏高考)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是( )
A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s
C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s
解析：选A 电梯上升，由速度时间图像可知，电梯加速上升的时段为20.0 s到30.0 s。故选A。
2．四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．(2023·全国甲卷)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
解析：选D xt图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大，即0～t1时间内xt图像的斜率变大，t1～t2时间内做匀减速运动，则xt图像的斜率变小，在t2时刻停止，图像的斜率变为零。
4．(2024年1月·广西高考适应性演练)2023年11月，在广西举办的第一届全国学生(青年)运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的vt图像如图，在t＝0时刻两车在赛道上初次相遇，则( )
A．0～t1内，乙的加速度越来越大
B．t1时刻，甲、乙再次相遇
C．0～t1内，甲、乙之间的距离先增大后减小
D．t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小后增大
解析：选D vt图像的斜率表示加速度，由题图可得，0～t1内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故A错误；vt图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知在t1时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，故B错误；vt图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可得，0～t1内，甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之间的距离一直增大，故C错误；由以上分析可得，t1时刻乙在甲前面，由题图可知t1～t2内，v甲>v乙，且最后都做匀速直线运动，则甲会追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙之间的距离又增大，故D正确。
5．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。
6．(多选)在劳动实践活动课中，某小组同学将拾取的垃圾打包成袋从斜坡顶端以不同的初速度v0下滑至垃圾存放处，斜坡长为4 m，垃圾袋可视为质点，其在斜坡上下滑的最远距离x与v02的关系图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．垃圾袋下滑时加速度大小为2 m/s2
B．当垃圾袋的初速度为4 m/s时，垃圾袋刚好到达斜坡最低点
C．当垃圾袋的初速度为5 m/s时，滑到斜坡最低点时间为1 s
D．当垃圾袋的初速度为5 m/s时，滑到斜坡最低点时间为4 s
解析：选ABC 由v02＝2ax推知，图线斜率为eq \f(1,2a)，所以垃圾袋下滑的加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；由图像可知，当垃圾袋的初速度为4 m/s时，x＝4 m，所以垃圾袋刚好滑到斜坡最低点，B正确；当垃圾袋的初速度为5 m/s时，减速到零所用时间为t0＝
eq \f(v0,a)＝2.5 s，根据x＝v0t－eq \f(1,2)at2，即4＝5t－eq \f(1,2)×2t2，解得t＝1 s或t＝4 s>t0(舍去)，C正确，D错误。
7.某物体做直线运动，设该物体运动的时间为t，位移为x，其eq \f(x,t2)-eq \f(1,t)图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．物体做的是匀加速直线运动
B．t＝0时，物体的速度为ab
C．0～b时间内物体的位移为2ab2
D．0～b时间内物体做匀减速直线运动，b～2b时间内物体做反向的匀加速直线运动
解析：选D 根据匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)a加t2得eq \f(x,t2)＝v0eq \f(1,t)＋eq \f(1,2)a加，根据数学知识可得v0＝k＝eq \f(\a\vs4\al(2a),\f(1,b))＝2ab，B错误；根据数学知识可得eq \f(1,2)a加＝－a，解得a加＝－2a，将t＝b代入x＝v0t＋eq \f(1,2)a加t2得x＝2ab×b＋eq \f(1,2)×(－2a)×b2＝ab2，C错误；由题图可知a加<0，v0>0，t＝b时，v＝v0＋a加t＝0，故在0～b时间内物体做匀减速直线运动，b～2b时间内物体做反向的匀加速直线运动，A错误，D正确。
第4讲 “追及相遇问题”的题型技法
技法(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，则经过多长时间两车恰好相遇？
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。
[微点拨]
典例及升维训练旨在培养考生“贴合实际、全面分析”运动学问题的思维习惯：
(1)如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。
技法(二) 图像分析法
图像分析法的解题要领
图像分析法是指将两个物体的运动图像画在同一坐标系中，然后根据图像分析求解相关问题。
(1)若用位移图像求解，分别作出两个物体的位移图像，如果两个物体的位移图像相交，则说明两物体相遇。
(2)若用速度图像求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积。
[注意] x-t图像的交点表示两物体相遇，而v-t图像的交点只表示两物体此时速度相等。实际解题过程中，常选择v-t图像求解。
[典例] 如图甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v-t图像如图乙所示。已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1＝12 m。
(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小；
(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应满足什么条件？
[解析] (1)在t1＝1 s时A车刚启动，两车缩短的距离为x1＝vBt1，
代入数据解得B车的速度为vB＝12 m/s
速度—时间图像的斜率表示加速度，则A车的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(vA－0,t2－t1)＝3 m/s2。
(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v-t图像的t2＝5 s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，为x＝eq \f(1,2)vB(t1＋t2)＝36 m，
若A、B两车不会相撞，距离x0应满足条件为s0≥36 m。
[答案] (1)12 m/s 3 m/s2 (2)x0≥36 m
[针对训练]
1．(多选)甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t＝0时经过路边的同一路标，下列位移—时间(x-t)图像和速度—时间(v-t)图像对应的运动中，甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是( )
解析：选BC 图A中，甲、乙在t0时刻之前位移没有相等，即两人在t0时刻之前不能相遇，A错误；图B中，甲、乙在t0时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，B正确；因v-t图像的面积等于位移，图C中甲、乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，图D中甲、乙在t0时刻之前甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，故C正确，D错误。
2．(多选)假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s，距离s0＝100 m。t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化关系如图1、2所示。取原运动方向为正方向。下面说法正确的是( )
A．t＝3 s时，两车相距最近
B．0～9 s内，两车位移之差为45 m
C．t＝6 s时，两车距离最近为10 m
D．两车在0～9 s内会相撞
解析：选BC 由加速度—时间图像可画出两车的速度—时间图像，如图所示。由图像可知，t＝6 s时两车同速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6 s内两车位移之差：Δx＝eq \f(1,2)×30×3 m＋eq \f(1,2)×30×(6－3)m＝90 m，则此时两车相距：Δs＝s0－Δx＝10 m，C正确，A错误；0～9 s内两车位移之差为Δx′＝eq \f(1,2)×30×3 m＝45 m，所以两辆车不会相撞，故B正确，D错误。
技法(三) 函数分析法
函数分析法的解题技巧
在匀变速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f(t)＝0：
(1)若f(t)＝0有正实数解，说明两物体能相遇。
(2)若f(t)＝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]
若A、B两辆车相距2 m，沿同一直线同向运动，B车在前做初速度为零，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
[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，刹车后滑行的距离为eq \f(1,2)s；在前车刹车滑行的时间内，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。
2．一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，则( )
A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 m
C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 m
D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
解析：选B 汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速到6.0 m/s时二者相距最近。汽车加速到6.0 m/s所用时间t＝6 s，人运动距离为6×6 m＝36 m，汽车运动距离为18 m，二者最近距离为18 m＋25 m－36 m＝7 m，A、C错误，B正确。人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离先减小后增大，D错误。
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，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．如图所示，图线①和②分别表示先后从同一地点以相同速度v做竖直上抛运动的两物体的vt图线，则两物体( )
A．在第①个物体抛出后3 s末相遇
B．在第②个物体抛出后4 s末相遇
C．在第②个物体抛出后2 s末相遇
D．相遇时必有一个物体速度为零
解析：选C 根据vt图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知在第Ⅰ个物体抛出后3 s末第Ⅰ个物体的位移大于第Ⅱ个物体的位移，而两者从同一地点开始运动，所以在第Ⅰ个物体抛出后3 s末没有相遇，故A项错误；在第Ⅱ个物体抛出后4 s末即图中第6 s末，第Ⅰ个物体的位移为0，第Ⅱ个物体的位移不为0，所以两者没有相遇，故B项错误；在第Ⅱ个物体抛出后2 s末，即图中第4 s末，两物体的位移相等，所以在第Ⅱ个物体抛出后2 s末相遇，故C项正确；图中第4 s末两物体相遇，由图看出两个物体的速度均不为零，故D项错误。
5．(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。
6．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
第5讲 实验：研究匀变速直线运动的特点
把握经典实验方案
一、基本原理与操作
二、核心关键——数据处理
1．由纸带计算某点的瞬时速度
根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度来计算，即vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)。
2．利用纸带求物体加速度的两种方法
(1)逐差法。
根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻计数点之间的时间间隔)，求出a1＝eq \f(x4－x1,3T2)，a2＝eq \f(x5－x2,3T2)，a3＝eq \f(x6－x3,3T2)，然后取平均值，即eq \x\t(a)＝eq \f(a1＋a2＋a3,3)＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)，即为物体的加速度。
[说明] 在数据处理时也可以对纸带重新分段，把6段距离分为“前三”和“后三”，“后三”减“前三”也为相邻相等时间间隔内的位移差，时间间隔为3T。
(2)图像法。
利用vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)求出打各点时纸带的瞬时速度，然后作出v-t图像，用v-t图像的斜率求物体运动的加速度。
融通多彩实验方案
1．鲁科版新教材——测量小车的瞬时速度
实验装置图
[要点解读]
(1)本实验小车沿倾斜木板加速运动的动力是小车重力沿斜面向下的分力。
(2)本实验可避免因细绳与木板不平行引起的误差。
2．粤教版新教材——测量沿斜面运动小车的瞬时速度
实验装置图
[要点解读]
实验原理及数据处理方法与鲁科版新教材实验类似。
归纳共性实验关键
1．不变的实验原理
用小车拖着一条纸带加速运动，通过分析纸带上的点记录的信息计算小车运动速度及变化规律。
2．必备的实验器材
长木板、打点计时器、纸带、小车、U形夹、毫米刻度尺。
3．通用的数据处理方法
(1)计数周期T＝5×0.02 s＝0.1 s。
(2)计数点的速度vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)。
(3)加速度的计算方法：逐差法、图像法。
4．共同的注意事项
(1)实验中先接通电源，后让小车运动，实验完毕应先断开电源后取纸带。
(2)小车到达长木板末端前应让小车停止运动，防止小车落地和小车与滑轮相撞。
(3)选纸带时应选点迹清晰的，且舍去打点密集部分。
(4)注意区别计时点和计数点，明确计数点间的时间间隔。
(5)作图像时，纵、横坐标轴单位的选取要适当，同时注意连线的原则。
5．一致的误差分析思路
(1)木板的粗糙程度不同引起的误差。
(2)电源频率不稳引起的误差。
(3)测量纸带上的打点位移有误差。
(4)在坐标纸上描点、作图时引起误差。
一、基础考法保住分
考查点(一) 实验原理与操作
1．(2023·浙江1月选考，节选)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图甲所示。
(1)需要的实验操作有________(多选)。
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
(2)经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图乙所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为________cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz，则打计数点2时小车的速度大小为：________m/s(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)实验时，应调节滑轮使细线与轨道平行，小车从靠近打点计时器的地方静止释放，并且要先接通电源后释放小车，实验中没必要平衡摩擦力，故选A、C、D。
(2)计数点1的读数为2.75 cm。打计数点2时小车的速度大小为v2＝eq \f(x3－x1,2T)＝eq \f(8.62－2.75,2×0.02)×10－2 m/s≈1.47 m/s。
答案：(1)ACD (2)2.75 1.47
[关键点拨]
实验操作的四点注意
(1)实验前应调节纸带和细绳，使其与木板平行。
(2)在研究匀变速直线运动的实验中，可通过改变悬挂的槽码来改变加速度，无需平衡小车的摩擦力。
(3)实验中应先接通电源，后让小车运动，实验完毕应先断开电源后取纸带。
(4)在小车到达木板末端前应让小车停止运动，以防止小车与滑轮相撞及槽码落地。
考查点(二) 数据处理与误差分析
2．在做“测量做直线运动物体的瞬时速度”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，打点计时器接周期为T0＝0.02 s的交流电源。
他经过测量并计算得到打点计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如表所示：
(1)计算vF的公式为vF＝________(用已知量字母表示)。
(2)根据表中记录的数据，作出vt图像，令B点为计时起点，并求得物体的加速度a＝_______m/s2。
(3)如果当时电网中交变电流的频率是f＝51 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比____________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)每相邻两个计数点间还有4个点，故相邻的计数点之间的时间间隔为T＝5T0＝0.1 s，利用匀变速直线运动的推论得vF＝eq \f(xEG,2T)＝eq \f(d6－d4,10T0)。
(2)作出v t图像如图所示，根据图线斜率可解得a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.280－0.150,0.38－0.07) m/s2≈0.42 m/s2。
(3)如果在某次实验中，交流电的频率为51 Hz＞50 Hz，则实际打点周期变小，由Δx＝aT2得，加速度的测量值与实际值相比偏小。
答案：(1)eq \f(d6－d4,10T0)
(2)见解析图 0.42 (3)偏小
3．(2023·全国甲卷)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连，右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。
(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s。以打出A点时小车的位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生对应位移所用时间和平均速度分别为Δt和eq \(v,\s\up6(－))。表中ΔxAD＝________cm，eq \(v,\s\up6(－))AD＝________cm/s。
(2)根据表中数据得到小车平均速度eq \(v,\s\up6(－))随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。在图(c)中补全实验点。
(3)从实验结果可知，小车运动的eq \(v,\s\up6(－)) Δt图线可视为一条直线，此直线用方程eq \(v,\s\up6(－))＝kΔt＋b表示，其中k＝________cm/s2，b＝________cm/s。(结果均保留3位有效数字)
(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车的速度大小vA＝________，小车的加速度大小a＝________。(结果用字母k、b表示)
解析：(1)根据纸带的数据可得ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝6.60 cm＋8.00 cm＋9.40 cm＝24.00 cm
平均速度为eq \(v,\s\up6(－))AD＝eq \f(ΔxAD,3T)＝80.0 cm/s。
(2)根据第(1)小题结果补全实验点，如图甲所示。
(3)从实验结果可知，小车运动的eq \(v,\s\up6(－)) Δt图线可视为一条直线，如图乙所示。
此直线用方程eq \(v,\s\up6(－))＝kΔt＋b表示，由图像可知其中k＝eq \f(101.0－59.0,0.6)cm/s2＝70.0 cm/s2，b＝59.0 cm/s。
(4)小车做匀加速直线运动，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，整理得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，即eq \(v,\s\up6(－))＝vA＋eq \f(1,2)at，故根据图像的斜率和截距可得vA＝b，a＝2k。
答案：(1)24.00 80.0 (2)见解析图甲 (3)70.0 59.0 (4)b 2k
[关键点拨]
1．速度的两种计算方法
(1)若已知相邻计数点间距，则用vn＝eq \f(xn＋xn＋1,2T)计算。
(2)若已知各计数点到第1个计数点的距离d，则用vn＝eq \f(dn＋1－dn－1,2T)计算。
2．运动学中加速度的三种计算方法
(1)公式法：由v＝v0＋at，可得a＝eq \f(v－v0,t)。
(2)逐差法：a＝eq \f(x4＋x3－x2＋x1,4T2)
或a＝eq \f(x6＋x5＋x4－x3＋x2＋x1,9T2)。
(3)图像法：①利用vt图像求加速度，描绘vt图像，选直线上尽量远的两个坐标点，由a＝eq \f(Δv,Δt)求出加速度大小。②利用平均速度eq \(v,\s\up6(－))与时间t的关系图像求加速度，由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得：eq \f(x,t)＝eq \(v,\s\up6(－))＝v0＋eq \f(1,2)at，图线的斜率k＝eq \f(a,2)，物体的加速度a＝2k。
二、创新考法不失分
创新角度(一) 实验器材的创新
1．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分别为Δt1、Δt2，则重力加速度g＝________(用d、Δt1、Δt2表示)。
利用光栅板和光电传感器测重力加速度，重在考查创新实验中器材的选取、数据的处理及误差分析。 [创新点分析]
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)
[创新点分析]
利用光栅板和光电传感器测重力加速度，重在考查创新实验中器材的选取、数据的处理及误差分析。
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为中间时刻速度，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)；
(4)主要可以考虑的原因有空气阻力、摩擦阻力等。
答案：(1)刻度尺 (2)1.5 (3)eq \f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)
(4)光栅板受到空气阻力的作用(其他答案言之有理即可)
创新角度(二) 实验原理的创新
2．某学习小组用如图甲所示装置测量当地的重力加速度。本实验所用器材有：铁架台、电源、电磁铁、光电门、数字计时器、小球和刻度尺。实验中将铁架台竖直放置，上端固定电磁铁M，在电磁铁下方适当位置固定两个位置可调节的光电门A、B，A、B均与数字计时器N相连，小球与光电门A、B在同一竖直线上。
(1)实验前先用游标卡尺测量小球的直径，测量结果如图乙所示，则小球的直径为d＝________cm。
(2)接通电磁铁M的开关，吸住小球；测出两光电门的高度差h；断开M的开关，小球自由下落，数字计时器记录小球经过光电门A、B的时间分别为t1、t2，则可求得重力加速度g＝________。(用测得的物理量符号表示)
(3)若实验中发现光电门A出现故障，不能使用，则用剩余器材________(填“能”或“不能”)正确测得重力加速度。
[创新点分析]
(1)利用光电门测小球经过光电门的速度。
(2)利用v22－v12＝2gh或v2＝2gh计算重力加速度的大小。
解析：(1)小球的直径为d＝10 mm＋18×0.05 mm＝10.90 mm＝1.090 cm。
(2)小球通过光电门A、B的速度分别为v1＝eq \f(d,t1)，v2＝eq \f(d,t2)，根据运动学公式，有v22－v12＝2gh，
解得g＝eq \f(d2,2h)eq \f(1,t22)－eq \f(1,t12)。
(3)能，测出电磁铁吸引住小球时，小球下端到光电门B的距离H，记录小球通过光电门B的时间t，则通过光电门B的速度为v＝eq \f(d,t)，根据运动学公式v2＝2gH＋eq \f(d,2)，解得g＝eq \f(d2,2H＋dt2)。
答案：(1)1.090 (2)eq \f(d2,2h)eq \f(1,t22)－eq \f(1,t12) (3)能
创新角度(三) 数据处理的创新
3．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)
[创新点分析]
(1)改变光电门的位置，距离x发生变化，滑块经过光电门的时间t将随之发生变化。
(2)建立位移x与eq \f(1,t2)的坐标系，通过eq \f(1,t2)-x图线的斜率计算滑块的加速度。
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
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
t/s
0
1
2
3
4
v1/(m·s－1)
18.0
17.5
17.0
16.5
16.0
v2/(m·s－1)
9.8
11.0
12.2
13.4
14.6
运动类型
自由落体运动
竖直上抛运动
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
刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失
(2)求解时要注意确定其实际运动时间
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动
双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变
(2)注意：求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义
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
时间对称
物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝eq \f(v0,g)
物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的时间相等
速度对称
物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反
物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反
能量对称
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等
比较项目
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
对应点
B
C
D
E
F
速度/(m·s－1)
0.122
0.164
0.205
0.250
0.289
位移区间
AB
AC
AD
AE
AF
Δx(cm)
6.60
14.60
ΔxAD
34.90
47.30
eq \(v,\s\up6(－))(cm/s)
66.0
73.0
eq \(v,\s\up6(－))AD
87.3
94.6
编号
1遮光带
2透光带
3遮光带
…
Δt/(×10－3s)
73.04
38.67
30.00
…
相关学案
2025版高考物理全程一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第一讲运动的描述学案： 这是一份2025版高考物理全程一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第一讲运动的描述学案，共12页。学案主要包含了必备知识·自主落实，关键能力·思维进阶，温馨提示等内容，欢迎下载使用。
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： 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。
2024届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： 这是一份2024届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50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。
