2021届高考物理粤教版一轮学案：第一章第2讲匀变速直线运动的规律


第2讲　匀变速直线运动的规律

知识要点
一、匀变速直线运动的基本公式

二、匀变速直线运动的推论
1.匀变速直线运动的三个推论
(1)相同时间内的位移差：Δs＝aT2，sm－sn＝(m－n)aT2。
(2)中间时刻速度：v＝＝。
(3)位移中点速度v＝。
2.初速度为零的匀变速直线运动的常用重要推论
(1)T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)T内、2T内、3T内……位移的比为
s1∶s2∶s3∶…∶sn＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)
第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为
sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。
(4)
从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
三、自由落体运动
1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
2.运动规律
(1)速度公式：vt＝gt。
(2)位移公式：s＝gt2。
(3)速度位移关系式：v＝2gs。
四、竖直上抛运动
1.定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。
2.运动规律
(1)速度公式：vt＝v0－gt。
(2)位移公式：s＝v0t－gt2。
(3)速度位移关系式：v－v＝－2gs。
基础诊断
1.如图1所示，高速公路一般情况下小汽车限速120 km/h，但由于施工等特殊情况会有临时限速。某货车正在以72 km/h的速度行驶，看到临时限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1 m/s2，减速行驶了2 min，则减速后货车的速度为(　　)

图1
A.6.0 m/s B.8.0 m/s
C.10.0 m/s D.12.0 m/s
解析　v0＝72 km/h＝20 m/s，t＝2 min＝120 s，a＝－0.1 m/s2。由vt＝v0＋at得vt＝(20－0.1×120) m/s＝8.0 m/s，故选项B正确。
答案　B
2.如图2所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于(　　)

图2
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.1∶4
解析　根据匀变速直线运动的速度位移公式v－v＝2as知，sAB＝，sAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误。
答案　C
3.如图3中高楼为上海中心大厦，建筑主体为119层，总高为632 m。现假设外墙清洁工人在320 m高处进行清洁时不慎掉落一瓶水，当他发现水瓶掉落时，水瓶已经下落了5 s，此时他大声向下方行人发出警告。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

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

答案　B

　匀变速直线运动规律的基本应用
1.解题的基本思路
→→→→
2.运动学公式中正、负号的规定
一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。
【例1】 (2019·湖北天门模拟)出租车载客后，从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：
(1)这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)
解题关键―→画运动过程示意图，呈现运动情景

解析　(1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为vt1＝15 m/s，
由速度公式vt＝v0＋at
得a＝＝＝1.5 m/s2
由位移公式得
s1＝at＝×1.5×102 m＝75 m
这时出租车离出发点的距离为75 m。
(2)当速度计上显示的速度为vt2＝108 km/h＝30 m/s时，由v＝2as2得s2＝＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝＝ s＝20 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，通过位移s3＝vt2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示
s＝s2＋s3＝(300＋2 400) m＝2 700 m＝2.7 km。
答案　(1)75 m　(2)2.7 km

1.2018年7月19日上午，贵州铜仁市与美国超级高铁公司(简称HTT)在贵阳市举行“真空管道超级高铁研发产业园项目”签约仪式，此项协议为HTT与中国签署的第一份超级高铁建设协议。建成后，如果乘坐超级高铁(如图4)从某城市到达另一城市，600公里的路程需要40分钟。超级高铁先匀加速，达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于超级高铁的说法正确的是(　　)

图4
A.加速与减速的时间不一定相等
B.加速时间为10分钟
C.加速时加速度大小为2 m/s2
D.如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要32分钟
答案　B
2.[易错点——刹车类问题][粤教版必修1·P39·T4改编]以10 m/s 的速度行驶的无轨电车，制动后做匀减速运动，加速度大小为2 m/s2，则无轨电车在8 s内的位移为(　　)
A.16 m B.45 m
C.25 m D.20 m
解析　无轨电车停止所需时间为t＝＝ s＝5 s<8 s，所以5 s末无轨电车停止，则8 s内的位移等于5 s内的位移，则s＝＝ m＝25 m，故选项C正确。
答案　C
3.(2019·唐山模拟)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，恰好经过第5个标志杆，t2＝20 s时，恰好经过第10个标志杆，汽车运动过程中可视为质点，如图5所示。求：

图5
(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)设汽车的加速度大小为a，经过第二个标志杆的速度为v0
在0～10 s内，3L＝v0t1＋at
在0～20 s内，8L＝v0t2＋at
解得a＝2 m/s2。
(2)由(1)解得v0＝20 m/s
由vt＝v0＋at得vt＝v0＋at2＝60 m/s
最大速度vt′＝v＋aΔt代入数据得Δt＝2 s
在t2～t3内汽车位移s＝Δt＋vt′(t3－t2－Δt)
代入数据得s＝×2 m＋64×(30－20－2)m＝636 m
则经过的标志杆数n＝＝6.36个，即6个。
答案　(1)2 m/s2　(2)6个
　解决匀变速运动问题的常用方法
解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法

考向　基本公式的应用
【例2】 (2019·广东广州3月模拟)高速公路的ETC电子收费系统如图6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“滴”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(　　)

图6
A.4.2 m B.6.0 m
C.7.8 m D.9.6 m
思路点拨　(1)在识别车载电子标签的时间内汽车做什么运动？(2)在司机的反应时间内汽车做什么运动？(3)如何由匀变速直线运动规律求刹车距离？ETC通道的长度是刹车距离吗？
解析　汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车。在识别车载电子标签的0.3 s时间内汽车匀速运动距离s1＝vt1＝6×0.3 m＝1.8 m，在司机的反应时间0.7 s内汽车匀速运动距离s2＝vt2＝6×0.7 m＝4.2 m，刹车距离s3＝＝3.6 m，该ETC通道的长度约为s＝s1＋s2＋s3＝9.6 m，所以只有选项D正确。
答案　D
考向　平均速度的应用
【例3】 如图7所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从树A开始，在相等的时间内依次经过B、C、D、E四棵树，已知树A、B间距为s1，树D、E间距为s2，则树B、D间距为(　　)

图7
A.s1＋s2 B.2s1＋s2
C.s1＋2s2 D.2(s1＋s2)
解析　设时间间隔为t，则汽车在A、B间的平均速度为，D、E间的平均速度为，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的速度，故经过C时的速度为vC＝，而汽车经过C的时刻又是汽车从B到D的中间时刻，故vC也是汽车从B到D的平均速度，所以B、D间距为s＝×2t＝s1＋s2，选项A正确。
答案　A
考向　逆向思维法、对称法的应用
【例4】 (2019·江西南昌模拟)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止。汽车在最初3 s时间内通过的位移与最后3 s时间内通过的位移之比为s1∶s2＝5∶3，则汽车制动的总时间t满足(　　)
A.t＞6 s B.t＝6 s
C.4 s＜t＜6 s D.t＝4 s
解析　设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，由逆向思维法求解，则汽车刹车的最后3 s时间内通过的位移s2＝a×32(m)＝a(m)，在最初3 s时间内通过的位移s1＝at2－a(t－3)2＝a(6t－9)(m)，又s1∶s2＝5∶3，联立解得t＝4 s，选项A、B、C错误，D正确。
答案　D
【拓展提升】 若汽车刹车的加速度大小为a＝5 m/s2，求汽车刹车最初5 s时间内通过的位移大小。
答案　40 m

1.(多选)一物体做匀减速直线运动(速度减为0后停止运动)，在开始连续两个1 s时间内通过的位移分别为s1＝5 m、s2＝3 m，则下列说法正确的是(　　)
A.加速度的大小为4 m/s2
B.初速度的大小为6 m/s
C.物体运动的时间为3.5 s
D.物体通过的总位移的大小为9 m
解析　由Δs＝aT2可得加速度a＝－2 m/s2，选项A错误；第1 s末的速度vt1＝＝4 m/s，得初速度v0＝vt1－at＝6 m/s，选项B正确；物体速度由6 m/s减小到0所需时间t1＝＝3 s，物体运动的时间为3 s，即物体在第3 s末恰好停止运动，物体通过的总位移的大小为s总＝t1＝9 m，选项C错误，D正确。
答案　BD
2.(多选)(2019·甘肃省天水市质检)如图8所示，一可视为质点的冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度大小之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(　　)

图8
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3＝∶∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶∶
D.t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
解析　因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v－v＝2as可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度大小之比为1∶∶，则所求的速度大小之比为∶∶1，故选项A错误，B正确。
答案　BD
3.(2019·怀化模拟)如图9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0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0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(　　)

图9
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　根据题意作速度—时间图象如图所示。

根据速度－时间图线得，若a1>a3，如图(a)，因为末速度相等，位移相同，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，位移相同，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙>t甲，故A正确，B、C、D错误。
答案　　A
　自由落体运动和竖直上抛运动
1.两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：

②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。
2.竖直上抛运动的研究方法
分段法
上升阶段：a＝g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0竖直向上，加速度g竖直向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，s＝v0t－gt2(规定竖直向上方向为正方向)
若vt>0，物体上升，若vt<0，物体下落
若s>0，物体在抛出点正上方，若s<0，物体在抛出点正下方
考向　自由落体运动
【例5】 (多选)[粤教版必修1·P35·T2改编]如图10所示，甲同学用手拿着一把长50 cm的直尺，并使其处于竖直状态，乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备。某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20 cm；重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺位置的刻度值为10 cm。直尺下落过程中始终保持竖直状态。若从乙同学看到甲同学松开直尺到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”。空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　　)

图10
A.乙同学第一次的“反应时间”比第二次长
B.乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4 m/s
C.若某同学的“反应时间”大于0.4 s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”
D.若将直尺上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出“反应时间”
解析　根据s＝gt2可知，下落的高度越大，则时间越长，选项A正确；根据v＝2gs可得，第一次抓住直尺时，直尺的速度vt＝＝2 m/s，选项B错误；反应时间大于0.4 s，则直尺下落的高度大于×10×0.42 m＝80 cm，此高度大于直尺长度50 cm，选项C正确；“反应时间”与长度是一一对应的关系，选项D正确。
答案　ACD
考向　竖直上抛运动
【例6】 (2019·山东临沂校级段考)气球下挂一重物，以v0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地面高度s＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
解析　法一　分成上升阶段和下落阶段两个过程处理。
绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度s1分别为t1＝＝1 s
s1＝＝5 m
故重物离地面的最大高度为H＝s1＋s＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度大小分别为t2＝＝6 s
vt＝gt2＝60 m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t1＋t2＝7 s。
法二　取全过程作为一个整体考虑。从绳子断裂开始计时，经时间t重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移s′＝－175 m，
由位移公式有s′＝v0t－gt2
即－175＝10t－×10t2＝10t－5t2
整理得t2－2t－35＝0
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
vt＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示落地速度方向与初速度方向相反，即落地速度大小为60 m/s，方向竖直向下。
答案　7 s　60 m/s

1.如图11所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约为(g取
10 m/s2)(　　)

图11
A.20 m/s 　　　 B.14 m/s
C.2 m/s 　　　 D.1.4 m/s
解析　根据公式v＝2gs得vt＝ m/s≈14 m/s，选项B正确。
答案　B
2.(2019·全国Ⅰ卷，18)如图12，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　)

图12
A.1＜＜2 　　　 B.2＜＜3
C.3＜＜4 　　　 D.4＜＜5
解析　本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3＜＜4，选项C正确。
答案　C
3.[易错点——双向可逆类]如图13所示，一小球以某一速度从倾角为30°的光滑固定斜面底端冲向顶端，然后又返回底端。A、B、C是斜面上的三个点，其中C为小球到达的最高点，B是AC段的中点。若小球在A、C间往返的总时间为t，那么小球经过B点时速度的大小等于(重力加速度为g)(　　)

图13
A.gt B.gt
C.gt D.gt
解析　小球在斜面上运动的加速度大小a＝gsin 30°＝，上滑和下滑过程是互逆的，所以上滑的时间为，设C、A间的距离为s，则s＝a，由C到B满足v＝2a·，因此vB＝gt，C正确。
答案　C
　匀变速直线运动的多过程问题
“四步”分析法巧解多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，找出各段交接处的关联物理量，可按下列四个步骤解题

【例7】 (12分)假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h，小汽车未减速的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2。试问：
(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？
(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
解题关键　画草图(运动过程)

规范解答
(1)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为x1处开始制动，则有v2－v＝－2a1s1(2分)
解得x1＝108 m。(1分)
(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为s1和s2，时间分别为t1和t2。
减速阶段，有v＝v0－a1t1(1分)
解得t1＝＝6 s(1分)
加速阶段，有v0＝v＋a2t2
解得t2＝＝4 s(1分)
则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。(1分)
(3)加速阶段，有v－v2＝2a2s2(2分)
解得s2＝72 m
则总位移s＝s1＋s2＝180 m(1分)
若不减速通过收费站，则所需时间t′＝＝6 s(1分)
故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt＝t－t′＝4 s。(1分)
答案　(1)108 m　(2)10 s　(3)4 s

1.赛车比赛出发阶段，一辆赛车用时7 s跑过了一段200 m长的直道，该赛车的运动可简化为初速度为零的匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段，已知该车在加速阶段的第3 s内通过的距离为25 m，求：
(1)该赛车的加速度大小；
(2)该赛车在加速阶段通过的距离。
解析　(1)设赛车在匀加速阶段的加速度大小为a，在前2 s和第3 s内通过的位移分别为s1和s2，单位时间为t0，由运动学规律得
前2 s内通过的位移s1＝a(2t0)2
前3 s内通过的位移s1＋s2＝a(3t0)2
将t0＝1 s、s2＝25 m代入，联立解得a＝10 m/s2。
(2)设赛车做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v1，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题意及运动学规律得
加速运动的位移s1′＝at
加速运动的末速度v1＝at1
匀速运动的位移s2′＝v1t2＝at1t2

而t＝t1＋t2，s＝s1′＋s2′
联立解得s1′＝80 m。
答案　(1)10 m/s2　(2)80 m
2.如图14所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块从A点由静止释放，游戏者通过控制BC段上的可控区域的长度，让滑块到达C点时速度刚好为零，滑块自由落入洞D中即为成功。已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长25 cm，BC长
1 m，CD高20 cm，滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a1＝2 m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2＝1 m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3＝3 m/s2，滑块在B点、可控点前后速度大小不变，g取10 m/s2，求游戏成功时：

图14
(1)可控区域的长度L；
(2)滑块从A到洞D所经历的时间t。
解析　(1)设滑块在B点时速度大小为vB，则由运动学规律知
v＝2a1sAB且vB＝a1t1
代入数值解得t1＝0.5 s，vB＝1 m/s
设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知
v－v＝2a2(sBC－L)，vE－vB＝a2t2
从E到C，由运动学规律知v＝2a3L，vE＝a3t3
联立并代入数值解得
t2＝t3＝0.5 s，L＝0.375 m。
(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知
sCD＝gt
代入数值解得t4＝0.2 s
所以滑块从A到洞D所经历的时间
t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7 s。
答案　(1)0.375 m　(2)1.7 s
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.在交通事故分析中，刹车线的长度是事故责任认定的重要依据。如图1所示，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车刹车线的长度是10 m，假设汽车刹车时的加速度大小为5 m/s2，则汽车开始刹车时的速度为(　　)

图1
A.5 m/s B.10 m/s
C.15 m/s D.20 m/s
解析　由逆向思维可知，刹车到静止，即可以看作是反向加速。由v＝2as可得汽车开始刹车时的速度vt＝＝ m/s＝10 m/s，选项B正确。
答案　B
2.一质点沿直线运动，其位移与时间的关系满足s＝2t＋t2(各物理量均选用国际单位制单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是(　　)
A.质点做匀减速直线运动
B.0～5 s内质点通过的位移大小为35 m
C.质点的加速度大小为1 m/s2
D.第3 s末质点的速度大小为5 m/s
解析　由s＝v0t＋at2对比s＝2t＋t2(各物理量均选用国际单位制单位)知，质点做匀加速直线运动，初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，选项A、C错误；0～5 s内质点通过的位移大小为s1＝v0t1＋at＝2×5 m＋×2×25 m＝35 m，选项B正确；第3 s末质点的速度大小为v2＝v0＋at2＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，选项D错误。
答案　B
3.如图2所示，在粗糙斜面上有一个质量为m的小物块，某时刻给它一个初速度，使其沿斜面向上做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点后停在O点。A、B、C三点到O点的距离分别为s1、s2、s3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3，则下列结论正确的是(　　)

图2
A.＝＝ B.＝＝
C.＜＜ D.＜＜
解析　匀减速到零的运动可以看成反方向的初速度为零的匀加速运动，所以O到A、B、C三个位置的距离分别为s1、s2、s3，时间分别为t1、t2、t3，则根据s＝at2可得s与t2成正比，又＝＝v，则＞＞，所以B正确。
答案　B
4.太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，如图3所示，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动时间里的位移或速度，以下说法正确的是(重力加速度g取
10 m/s2，且不随高度的变化而变化)(　　)

图3
A.自由落体运动的位移是3.9×104 m
B.自由落体运动的位移是2.1×104 m
C.自由落体运动的末速度是6.0×102 m/s
D.自由落体运动的平均速度是6.0×102 m/s
解析　根据题意，运动员做自由落体运动的时间t＝60 s，因此，自由落体运动的位移s＝gt2＝1.8×104 m，A、B错误；运动员自由落体的末速度vt＝gt＝6.0×102 m/s，C正确；自由落体运动的平均速度＝vt＝3.0×102 m/s，D错误。
答案　C
5.目前交警部门开展的“车让人”活动深入人心，如图4所示，司机发现前方有行人正通过人行横道时开始做匀减速直线运动，汽车经4 s恰好在停车线处停止运动。若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是(　　)

图4
A.3.5 m B.2 m
C.1 m D.0
解析　利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以＝，s1＝2 m，故B正确。
答案　B
6.(2019·湖北武汉4月调考)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k＞1)，位移大小为s。则在随后的4t时间内，质点的位移大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析　根据题意可得s＝t，经过时间t速度由v0变为kv0，则质点的加速度a＝＝(k－1)，在随后的4t时间内，质点的位移大小为s′＝kv0·4t＋
a(4t)2，联立解得s′＝，所以选项A正确。
答案　A
7.(2019·安徽淮北、宿州模拟)做匀变速直线运动的质点，从运动过程中某时刻开始连续相等的三个时间间隔T内，第一个T内的位移为s1，第三个T内的位移为s3。则该质点(　　)
A.加速度为a＝
B.在第二个T内的位移为s3＝3s1
C.在第二个T末的速度为v＝
D.在第二个T内的平均速度为＝
解析　匀变速直线运动中连续相邻相等时间内的位移差为定值Δs＝aT2，即s2－s1＝aT2，s3－s2＝aT2，联立解得a＝，s2＝，所以选项A、B错误；中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即v＝，故在第二个T末的速度为v＝＝，选项C正确；在第二个T内的平均速度为＝＝，选项D错误。
答案　C
8.(2019·浙江4月模拟)公交车是现代城市很重要的交通工具，它具有方便、节能减排、缓解城市交通压力等许多作用。某日，某中学黄老师在家访途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s，黄老师距车站的距离为50 m。假设公交车在行驶到距车站25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间为8 s。而黄老师的最大速度只能达到6 m/s，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s2。
(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动过程，求其加速度大小；
(2)若公交车可视为质点，则在(1)问的情况下，试计算分析，黄老师能赶上这班车，还是等下一班车。
解析　(1)由匀变速直线运动规律知，公交车刹车的加速度
a1＝＝ m/s2＝－4.5 m/s2
故其加速度的大小为4.5 m/s2。
(2)公交车从与黄老师相遇处到开始刹车用时
t1＝＝ s＝ s
公交车刹车过程用时t2＝＝ s
黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时
t3＝＝ s＝2 s
黄老师加速过程中的位移s2＝t3＝7 m
以最大速度跑到车站的时间t4＝＝ s
因为t3＋t4＜t1＋t2＋8 s
所以黄老师能赶上这班车。
答案　(1)4.5 m/s2　(2)能赶上这班车　计算过程见解析
综合提能练
9.(多选)一物体沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足＝5＋4t(各物理量均选用国际单位制单位)，则下列说法正确的是(　　)
A.物体做匀加速直线运动
B.前4 s时间内物体通过的位移大小为84 m
C.物体的加速度大小为4 m/s2
D.第3 s末物体的速度大小为22 m/s
解析　根据平均速度＝知，s＝t＝5t＋4t2(各物理量均选用国际单位制单位)，对比s＝v0t＋at2知，物体做匀加速直线运动，初速度v0＝5 m/s，加速度a＝
8 m/s2，选项A正确，C错误；前4 s时间内物体通过的位移大小为s1＝v0t1＋at＝5×4 m＋×8×16 m＝84 m，选项B正确；第3 s末物体的速度大小为v2＝v0＋at2＝5 m/s＋8×3 m/s＝29 m/s，选项D错误。
答案　AB
10.(多选)(2019·浙江模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙。若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则(　　)
A.砖块上升的最大高度为10 m
B.经2 s砖块回到抛出点
C.砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m
D.被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动
解析　由s＝得，砖块上升的最大高度s＝5 m，选项A错误；砖块上升的时间t＝＝1 s，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5 s上升的高度s′＝v0t′－gt′2＝3.75 m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误。
答案　BC
11.如图5所示，一可视为质点的物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速度释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ的长度为3 m，QN的长度为4 m，则由上述数据可以求出OP的长度为(　　)

图5
A.2 m B. m
C. m D.3 m
解析　设相等的时间为t，加速度为a，由Δs＝at2可得加速度为a＝＝＝，物块在Q点的速度为PN段的平均速度，vQ＝PN＝＝，则O、Q间的距离sOQ＝＝ m，故OP的长度为sOP＝sOQ－sPQ＝ m－3 m＝ m，选项C正确。
答案　C
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6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：

图6
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
解析　(1)第11辆汽车前端与停止线的距离
s1＝10(l＋d1)＝64 m
由v2＝2as1，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s2＝d2－d1＝4.0 m
由s2＝at
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＝＝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。
答案　(1)16 m/s　(2)28 s