知识排查
匀变速直线运动
1.概念：沿一条直线且加速度不变的运动。 2.分类：
(1)匀加速直线运动：a与v方向相同。 (2)匀减速直线运动：a与v方向相反。 3.基本规律
（1）速度—时间关系：v＝v0＋at
v＝at
12初速度为零12
（2）位移—时间关系：x＝v0t＋2at――----------→x＝2at
v0＝0v2＝2ax（3）速度—位移关系：v2－v20＝2ax
匀变速直线运动的推论
1.相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2 tv0＋v－
2.中间时刻速度：v2＝2＝v
初速度为零的匀变速直线运动的重要推论
1.1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 2.1T内、2T内、3T内……位移的比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。
3.第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。 4.从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)。
自由落体运动
1.条件：物体只受重力，从静止开始下落。 2.基本规律
(1)速度公式：v＝gt。 12
(2)位移公式：h＝2gt。 (3)速度位移关系式：v2＝2gh。 3.伽利略对自由落体运动的研究
伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推。这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。
小题速练
1.思考判断
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( ) (2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动。( )
(3)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。( ) (4)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
2.一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分成1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为( ) A.1∶3∶5 C.1∶8∶27 答案 C
3.[人教版必修1·P40·T3改编]以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为( ) A.50 m
B.45 m
C.40.5 m
D.40 m
B.1∶4∶9 D.1∶16∶81
11解析 根据x＝v0t＋2at2得36＝18×3＋2a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时－v0－18v2182间为t′＝a＝ s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停车，5 s内的位移x＝2a＝2×
4 －4m＝40.5 m，故选项C正确。 答案 C
4.[人教版必修1·P45·T5]频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照
相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。如图1是小球自由下落时的频闪照片示意图，频闪仪每隔0.04 s 闪光一次。如果通过这幅照片测量自由落体加速度，可以采用哪几种方法？试一试。 照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米。
图1
1
解析 法一 根据公式x＝2gt2 x＝19.6 cm＝0.196 m，t＝5T＝0.2 s 2x0.196×222g＝t2＝－2 m/s＝9.8 m/s。
4×10法二 根据公式Δx＝gT2
Δx（19.6－12.5）－（12.5－7.1）
g＝T2＝×10－2 m/s2＝10.6 m/s2。 2（0.04）v0＋vx
法三 根据v＝gt和v＝2＝t＝vt
2
－
－
（19.6－7.1）×10－2v＝ m/s＝1.56 m/s
2×0.04
－
v41.56
v4＝v＝1.56 m/s，g＝t＝0.16 m/s2＝9.75 m/s2。 答案 见解析
匀变速直线运动规律的基本应用
1.运动学公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。若v0＝0，一般以a的方向为正方向。 2.解决运动学问题的基本思路
【典例】 如图2所示，冰壶以速度v垂直进入四个宽为l的矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域的E点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t，试通过所学知识分析并计算冰壶通过第四个矩形区域所用的时间是多少？(可选用多种方法)
图2
解析 法一 一般公式法
根据位移公式和速度公式，由A到E，有 1
4l＝vt1－2at21，0＝v－at1
式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小 1由A到D，有3l＝vt－2at2 2
联立解得t1＝2t或t1＝3t
2
显然t1＝3t不符合题意，应舍去。
所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t1－t＝t。 法二 逆向思维法
冰壶通过矩形区域做匀减速直线运动，可看做冰壶从E点开始做初速度为零的匀1
加速直线运动，根据位移公式，由E到A，有4l＝2at21
式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小 1
由E到D，有l＝2a(t1－t)2 2
联立解得t1＝2t或t1＝3t
2
显然t1＝3t不符合题意，应舍去。
所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t1－t＝t。 法三 图象法冰壶做匀减速直线运动的速度—时间图象如图所示。冰壶由A到E的位移与由D到E的位移之比为4∶1，由于相似三角形的面积之比等于对应边长的平方之比，则tOE∶tOD＝2∶1，故tDE＝tOD＝t，即冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t。 答案 t
解答匀变速直线运动问题常用方法如下
1.(2018·连云港模拟)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s 内的位移为5 m，则下列说法正确的是( )
A.物体在第3 s末的速度一定是6 m/s B.物体的加速度一定是2 m/s2 C.物体在前5 s内的位移一定是25 m D.物体在第5 s内的位移一定是9 m
x5
解析 由第3 s内的位移可以求出第2.5 s的瞬时速度v＝t＝1 m/s＝5 m/s，由于
匀加速直线运动的初速度未知，无法求出物体的加速度，故无法求解第3 s末的速度及第5 s内的位移，选项A、B、D错误；前5 s内的平均速度等于2.5 s的瞬时速度，故前5 s内的位移一定是x＝vt＝5×5 m＝25 m，选项C正确。 答案 C
2.(2017·株洲二中模拟)一名观察者站在站台边，火车启动时车头恰好与他相齐。设火车做匀加速直线运动且每节车厢长度相同，忽略车厢连接处的长度。则第3节和第5节车厢从他身边经过所用时间的比值为( ) A.2∶3
B.2∶3
D.(2－3)∶(6－5)
C.(3－2)∶(5－2)
解析 火车做初速度为零的加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…，所以第3节和第5节车厢从他身边经过所用时间的比值为(3－2)∶(5－2)，故选项C正确。 答案 C
3.如图3所示，在成都天府大道某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度。一辆汽车正从A点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距355 m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接受到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D点，且此时汽车与测速仪相距335 m，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为图4所示分析(已知超声波速度为340 m/s)。
(1)求汽车刹车过程中的加速度a；
(2)此路段有80 km/h的限速标志，分析该汽车刹车时的行驶速度是否超速？
解析 (1)设超声波从B运动到C的时间为t0，那么在超声波从C返回B的t0时12
间内，汽车由C减速运动到D且速度为零，应用逆向思维x2＝2at0，超声波往返1
时间为2t0，汽车在2t0时间内，运动的位移为x1＋x2＝2a(2t0)2，x1＋x2＝x0－x＝20 m，x2＝5 m，x1＝15 m，而超声波在t0内的距离为BC＝x＋x2＝335 m＋5 m＝12
340 m，即v声t0＝340 m，t0＝1 s，代入x2＝2at20得a＝10 m/s。 v20
(2)x1＋x2＝2a，v0＝20 m/s＝72 km/h，汽车未超速。 答案 (1)10 m/s2 (2)不超速
自由落体运动和竖直上抛运动
1.应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。 (2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题。 2.竖直上抛运动的对称性 (1)时间对称性。
①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v0t上＝t下＝g。
②物体在上升过程中经过某两点所用的时间与下降过程中经过该两点所用的时间相等。
(2)速度对称性。
①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。 ②物体在上升阶段和下降阶段经过同一位置时的速度大小相等、方向相反。
1.(多选)一物体从离地面45 m高处做自由落体运动(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是( ) A.物体运动3 s后落地
B.物体落地时的速度大小为30 m/s
C.物体在落地前最后1 s内的位移为25 m D.物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s 1
解析 由自由落体运动规律h＝2gt2得t＝
2×45
10 s＝3 s，选项A正确；
11
落地速度v＝gt＝30 m/s，选项B正确；落地前最后1 s内的位移Δh＝2gt2－2g(t
－h
－1)2＝25 m，选项C正确；物体在整个下落过程中的平均速度v＝t＝15 m/s，选项D错误。 答案 ABC
2.某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求： (1)燃料恰好用完时火箭的速度； (2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。 解析 设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1。
火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点。
v1(1)对第一个过程有h1＝2t1，代入数据解得v1＝20 m/s。 v21
(2)对第二个过程有h2＝2g，代入数据解得h2＝20 m 所以火箭上升离地面的最大高度 h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m。
(3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1＝gt2，得 v120
t2＝＝ s＝2 s
g10
1
从最高点落回地面的过程中h＝2gt23，而h＝60 m，代入得t3＝23 s，故总时间t
总
2h
g＝
＝t1＋t2＋t3＝(6＋23) s。
答案 (1)20 m/s (2)60 m (3)(6＋23) s
多物体的匀变速直线运动
在运动学问题的解题过程中，若多个物体所参与的运动规律完全相同，可将多个物体的运动转换为一个物体的连续运动，解答过程将变得简单明了。
1.取一根长2 m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔12 cm 再系一个，以后垫圈之间的距离分别是36 cm、60 cm、84 cm，如图5所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈( )
图5
A.落到盘上的声音时间间隔越来越大 B.落到盘上的声音时间间隔相等
C.依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶2
D.依次落到盘上的时间关系为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)
解析 把多个铁垫圈的运动转化为一个铁垫圈的自由落体运动。根据题意可知每两个相邻垫圈之间的距离差都为24 cm，由Δx＝aT2可知垫圈落到盘上的声音时间间隔相等，选项A、D错误，B正确；由v＝gt可知垫圈依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶4，选项C错误。 答案 B
2.(2017·淮南模拟)如图6所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10 m/s2)( )
图6
A.1.6 m
B.2.4 m
C.3.2 m
D.4.0 m
解析 将4个小球依次抛出后均做相同的竖直上抛运动，但同时研究4个小球的运动比较复杂，将4个小球的运动转换为一个小球所做的连续运动，小球每隔 0.4 s对应的位置，对应各小球在同一时刻的不同位置，小球在空中的时间共1.6 s，11上升的时间为0.8 s，则h＝2gt2＝2×10×0.82 m＝3.2 m，故选项C正确。 答案 C
3.从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图7所示。现测得AB＝15 cm，BC＝20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同。求：
图7
(1)小球的加速度大小； (2)拍摄时B球的速度大小； (3)D、C两球相距多远；
(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？ 解析 (1)由Δx＝aT2得
ΔxBC－AB0.20－0.15
a＝T2＝T2＝0.12 m/s2＝5 m/s2。
AB＋BC0.15＋0.20
(2)vB＝2T＝2×
0.1 m/s＝1.75 m/s。 (3)由Δx＝DC－BC＝BC－AB得
DC＝BC＋(BC－AB)＝20 cm＋5 cm＝25 cm。 (4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为 vB1.75
tB＝a＝5 s＝0.35 s
则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗。
答案 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)25 cm (4)两颗
“形异质同”类问题——比较思维能力的培养
什么是“形异质同”和“形同质异”
题目做得多了，会遇到一类遵循的物理规律相同，但提供的物理情景新颖、信息陌生、物理过程独特的问题，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。其实这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问题我们称之为形异质同。
另外，平时做题时还会遇到一类物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的问题，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误。这类问题我们称之为形同质异。 下面列举两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题。 类型一 水平刹车与沿粗糙斜面上滑
1.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t＝0时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小x与速度大小v的关系为x＝10－0.1v2(m)，下列分析正确的是( ) A.刹车过程汽车的加速度大小为0.2 m/s2 B.刹车过程持续的时间为2 s C.t＝0时刻汽车的速度大小为5 m/s D.刹车全过程的位移大小为5 m
2
v2－v0v210解析 根据匀变速直线运动中位移与速度关系可得x＝2a＝－2a＋2av2，对应
2v102
x＝10－0.1v(m)，可得－2a＝10 m，2a＝－0.1 s2/m，得加速度a＝－5 m/s2，t＝0
0－v0
时刻的速度大小v0＝10 m/s，刹车持续时间Δt＝a＝2 s，刹车全过程的位移大
0－v20
小x＝2a＝10 m，故只有选项B正确。
答案 B
2.(2017·南昌调研)(多选)如图8所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是( )
图8
3
A.小木块与木板间的动摩擦因数为3 B.小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点
C.小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下 D.小木块滑到最高点后将静止不动
解析 小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得μ＝
3
，选项A正3
确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速运动的加速度a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上v0
＝a＝1 s，小木块速度减为零时，有mgsin 30°＝μmgcos 30°，故小木块将静止在最高点，选项D正确，B、C错误。 答案 AD
(1)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为零后，汽车将停止运动。 (2)物体沿粗糙斜面上滑至最高点后，若有mgsin θ≤μmgcos θ，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。 类型二 竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑
3.在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)( ) A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15 m/s，方向向上 B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s，方向向下 C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s，方向向上 D.小球的位移大小一定是15 m
解析 小球竖直上抛，做匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平v0＋v
均速度公式v＝2求解，规定向上为正方向，当小球的末速度为向上10 m/s时，
－
v＝10 m/s，用公式求得平均速度为15 m/s，方向向上；当小球的末速度为向下 10 m/s时，v＝－10 m/s，用公式求得平均速度为5 m/s，方向向上，选项A、B、
2
v20－v
C均错误；由于末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，距起点的位移x＝2g
＝15 m，选项D正确。 答案 D
4.(多选)如图9所示，在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
图9
A.物体运动时间可能为1 s B.物体运动时间可能为3 s C.物体运动时间可能为(2＋7) s D.此时的速度大小一定为5 m/s
解析 当物体的位置在出发点的上方时， 112
根据x＝v0t＋2at2得7.5＝10t－2×5t 即t2－4t＋3＝0，所以t1＝3 s或t2＝1 s 由v＝v0＋at得v＝±5 m/s
1
当物体的位置在出发点的下方时，根据x＝v0t＋2at2得 12
－7.5＝10t－2×5t
即t2－4t－3＝0，t＝(2±7) s，舍去负值
即t3＝(2＋7) s。由v＝v0＋at得v＝－57 m/s，所以选项A、B、C均正确，D错误。 答案 ABC
竖直上抛运动和物体沿光滑斜面上滑的运动规律类似，物体均先匀减速运动再反向匀加速运动，且加速度大小和方向均相同。
活页作业 (时间：40分钟) A级：保分练
1.(多选)如图1所示，飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法正确的是( )
图1
A.由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动
B.若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动
C.若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度
D.若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度
解析 因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，选项A错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，选项B正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，选项C正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，选项D正确。 答案 BCD
2.(2017·河南信阳模拟)做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是( ) 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7动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以1＝14 m
x1，x1＝2 m，选项B正确。 答案 B
3.做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小3 m/s。则质点的加速度大小为( ) A.1 m/s2 C.3 m/s2
B.2 m/s2 D.4 m/s2
解析 第1个3 s内的平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5 s内的平均Δvv2－v1
速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，加速度为a＝Δt＝Δt＝3 m/s2，选项C正确。 答案 C
4.一物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的最后1 s初的瞬时速度的大小和最后1 s内的位移大小分别是(g取10 m/s2)( ) A.10 m/s，10 m B.10 m/s，5 m C.5 m/s，5 m
D.由于不知道初速度的大小，故无法计算
解析 根据竖直上抛运动的对称性， 上升过程的最后1 s和自由下落的第1 s是可逆过程，
所以v＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，
11h＝2gt2＝2×10×12 m＝5 m，故选项B正确。 答案 B
5.(2017·湖南省湘中名校教研教改联合体高三联考)如图2所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比，下列说法正确的是( )
图2
A.1∶2 2∶1 C.2∶1 2∶1
B.1∶2 1∶2 D.2∶1 1∶2
3
m/s2＝
2.5－1.5
va1t2
解析 设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v＝at得，加速度之比a＝v＝1；2
2tvvx11
根据平均速度的推论知，x1＝2t，x2＝2·2t，所以x＝2。选项A正确。
2答案 A
6.(2017·广东惠州二调)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第三个2 s内，汽车走过的位移为( ) A.12.5 m
B.2 m
C.10 m
D.0 m
v－v00－10解析 设汽车从刹车到停下的时间为t，则由v＝v0－at得t＝＝ s＝
－a－42.5 s，所以第三个2 s汽车早已停止，所以第三个2 s位移为零，故选项D正确。 答案 D
7.(多选)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x1＝3 m，第2 s内通过的位移x2＝2 m，又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )
A.初速度v0的大小为2.5 m/s B.加速度a的大小为1 m/s2 C.位移x3的大小为1.125 m
D.位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
x1＋x2
解析 由Δx＝aT2可得加速度a＝－1 m/s2，选项B正确；第1 s末的速度v1＝2T＝2.5 m/s，得初速度v0＝v1－at＝3.5 m/s，选项A错误；物体速度由2.5 m/s减小Δv1到0所需时间t＝a＝2.5 s，则经过位移x3的时间t3为1.5 s，且x3＝－2at23＝
－x31.125 m，选项C正确；位移x3内的平均速度v＝＝0.75 m/s，选项D正确。
t3答案 BCD
8.随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命。某路段机动车限速为15 m/s，一货车严重超载后的总质量为5.0×104 kg，以15 m/s的速度匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2。已知货车正常装载后的刹车加速度
大小为10 m/s2。
(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比； (2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？
(3)若此货车不仅超载而且以20 m/s的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？(设此情形下刹车加速度大小仍为5 m/s2)
v0v0
解析 (1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比t1∶t2＝a∶a＝2∶1。
1
2
v21520(2)超载时，刹车距离x1＝2a＝2×
5 m＝22.5 m 1
v21520正常装载时，刹车距离x2＝2a＝2×
10 m＝11.25 m 2
显然，严重超载后的刹车距离是正常装载时刹车距离的两倍。 (3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离 v0′2202
x3＝2a＝2×
5 m＝40 m 1
由此可见，超载超速会给交通安全带来极大的隐患。 答案 (1)2∶1 (2)22.5 m 11.25 m (3)40 m
B级：拔高练
9.(多选)如图3所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，最后停在D点。已知AB＝6 m，BC＝4 m，从A点运动到B点，从B点运动到C点两个过程速度变化量都为－2 m/s，则下列说法正确的是( )
图3
A.质点到达B点时速度大小为2.55 m/s B.质点的加速度大小为2 m/s2 C.质点从A点运动到C点的时间为4 s D.A、D两点间的距离为12.25 m
解析 设加速度大小为a，根据题设条件得|Δv|＝at＝2 m/s，AB、BC为连续相等Δx6－4
时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx＝at，解得t＝at＝2 s＝1 s，a＝2
2
m/s2，选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2 s，选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得vB＝vAC＝
－
AB＋BC
2t＝5 m/s，选项A错误；
v2B由速度与位移公式可得xAD＝AB＋2a＝12.25 m，选项D正确。 答案 BD
10.(2017·福建省毕业班质量检查)如图4所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块( )
图4
A.通过bc、cd段的时间均大于T B.通过c、d点的速度之比为1∶2 C.通过bc、cd段的位移之比为1∶3 D.通过c点的速度等于通过bd段的平均速度
解析 当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，假设ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，选项C错误；如果滑块由b点静止释放，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，选项A正确；滑块在c点的速度应为v1＝2a′·3x，滑块在d点的速度应为v2＝2a′·8x，则v1∶v2＝3∶8，选项B错误；因为xbc∶xcd＝3∶5，显然通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，选项D错误。 答案 A
11.(2017·南昌市调研)如图5所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求：
图5
(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间。
解析 (1)若列车车尾恰好停在A点，减速运动的加速度大小为a1，距离为x1，则
20－v0＝－2a1x1
x1＝1 200 m＋200 m＝1 400 m 16
解得a1＝7 m/s2
若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为xOB＝2 000 m，则
20－v0＝－2a2xOB，解得a2＝1.6 m/s2
16
故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s≤a≤ m/s2
7
2
(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动的时间最长，则0＝v0－a2t， 解得t＝50 s
16
答案 (1)1.6 m/s2≤a≤7 m/s2 (2)50 s
12.近几年长假期间，国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过。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，事先小汽车未减速的车速均为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，则从减速开始到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)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
解析 取小汽车初速度方向为正方向，v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s (1)小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则： 由v2－v20＝－2ax1，解得x1＝108 m。
(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，以v＝6 m/s过站时汽车运动的时间最少，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2， 则减速阶段：v＝v0－a1t1得 v0－v
t1＝a＝6 s
1
加速阶段：v0′＝v＝6 m/s， v′＝v0＝30 m/s
v0－v
则：v0＝v＋a2t2，t2＝a＝4 s
2
则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。
2
(3)在加速阶段：v20－v＝2a2x2
解得x2＝72 m
则总位移x＝x1＋x2＝180 m x
若不减速通过所需时间t′＝＝6 s
v0
车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt＝t－t′＝4 s。
答案 (1)108 m (2)10 s (3)4 s
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