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章末整合
一、匀变速直线运动规律的理解和应用
1．公式中各量正负号的确定
x、a、v0、v均为矢量，在应用公式时，一般以初速度方向为正方向；凡是与v0方向相同的矢量为正值，相反的矢量为负值．
2．善用逆向思维法
特殊对于末速度为0的匀减速直线运动，倒过来可看成初速度为0的匀加速直线运动，这样公式可以简化(如v＝at，x＝at2)，初速度为0的比例式也可以应用．
3．留意
(1)刹车类问题一般先求出刹车时间．
(2)对于有来回的匀变速直线运动(全过程加速度a恒定)，可对全过程应用公式v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、……列式求解．
(3)分析题意时要养成画运动过程示意图的习惯．对于多过程问题，要留意前后过程的联系——前段过程的末速度是后一过程的初速度；再要留意查找位移关系、时间关系．
图1
例1 如图1所示，一小物块从静止沿斜面以恒定的加速度下滑，依次通过A、B、C三点，已知AB＝12 m，AC＝32 m，小物块通过AB、BC所用的时间均为2 s，求：
(1)小物块下滑时的加速度；
(2)小物块通过A、B、C三点时的速度分别是多少？
解析 法一 (1)设物块下滑的加速度为a，则xBC－xAB＝aT 2，所以a＝＝m/s2＝2 m/s2.
(2)vB＝＝m/s＝8 m/s
由v＝v0＋at得vA＝vB－at＝(8－2×2)m/s＝4 m/s
vC＝vB＋at＝(8＋2×2)m/s＝12 m/s.
法二 由x＝v0t＋at2知
AB段：12＝vA×2＋a×22①
AC段：32＝vA×4＋a×42②
①②联立得vA＝4 m/s，a＝2 m/s2
所以vB＝vA＋at＝8 m/s，vC＝vA＋a·2t＝12 m/s.
法三 vB＝＝8 m/s，由xBC＝vBt＋at2
即20＝8×2＋a×22，得a＝2 m/s2
由v＝v0＋at知vA＝vB－at＝4 m/s，vC＝vB＋at＝12 m/s.
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s 8 m/s 12 m/s
二、自由落体运动
自由落体运动是初速度v0＝0、加速度a＝g的匀加速直线运动，是最简洁的匀加速直线运动．匀加速直线运动的一切规律(包括推论公式)都适用于自由落体运动．
图2
例2 有一根长L＝5 m的铁链悬挂在某楼顶上，楼中有一窗口，窗口上沿离铁链的悬点H＝25 m．当铁链从静止开头下落后始终保持竖直，不计空气阻力，g＝10 m/s2.求：
(1)铁链的下端A下落到窗口的上沿B时，铁链的速度大小；
(2)接着铁链经过整个窗口用了t＝0.3 s的时间，窗口的高度h为多少？
解析 (1)铁链的下端到达窗口上沿时的速度，
由v2＝2g(H－L)得
v＝
＝m/s＝20 m/s＝20m/s.
(2)连续下落时L＋h＝vt＋gt2
代入数据解得h＝1.45 m.
答案 (1)20 m (2)1.45 m
三、运动图象的意义及应用
1．“六看”识图象
首先要学会识图．识图就是通过“看”查找规律及解题的突破口．为便利记忆，这里总结为六看：一看“轴”，二看“线”，三看“斜率”，四看“面”，五看“截距”，六看“特殊值”．
(1)“轴”：纵、横轴所表示的物理量，特殊要留意纵轴是x，还是v.
(2)“线”：从线反映运动性质，如xt图象为倾斜直线表示匀速运动，vt图象为倾斜直线表示匀变速运动．
(3)“斜率”：“斜率”往往代表一个物理量．xt图象斜率表示速度；vt图象斜率表示加速度．
(4)“面”即“面积 ”：主要看纵、横轴量的乘积有无意义．如xt图象面积无意义，vt图象与t轴所围面积表示位移．
(5)“截距”：初始条件、初始位置x0或初速度v0.
(6)“特殊值”：如交点，xt图象交点表示相遇，vt图象交点表示速度相等(不表示相遇)．
2．位移图象xt、速度图象vt的比较(如图3甲、乙所示)
图3
例3 一枚火箭由地面竖直向上放射，但由于发动机故障而放射失败，其速度—时间图象如图4所示，依据图象求：(已知＝3.16，g取10 m/s2)
图4
(1)火箭上升过程中离地面的最大高度；
(2)火箭从放射到落地总共经受的时间．
解析 (1)由图象可知：当火箭上升25 s时离地面最高，位移等于几个图形的面积，则
x＝×15×20＋×5＋×5×50＝450 m.
(2)火箭上升25 s后从450 m处自由下落，由x＝gt得：t2＝＝s≈9.48 s
所以总时间t＝t1＋t2＝34.48 s.
答案 (1)450 m (2)34.48 s
四、纸带问题的分析和处理方法
纸带的分析与计算是近几年高考中考查的热点，因此应当把握有关纸带问题的处理方法．
1．推断物体的运动性质
(1)依据匀速直线运动的位移公式x＝vt知，若纸带上各相邻的点的间隔相等，则可判定物体做匀速直线运动．
(2)由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2知，若所打的纸带上在任意两个相邻且相等的时间内物体的位移差相等，则说明物体做匀变速直线运动．
2．求瞬时速度
依据在匀变速直线运动中，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：vn＝，即n点的瞬时速度等于(n－1)点和(n＋1)点间的平均速度．
3．求加速度
(1)逐差法
如图5所示，纸带上有六个连续相等的时间T内的位移x1、x2、x3、x4、x5、x6.
图5
由Δx＝aT2可得：
x4－x1＝(x4－x3)＋(x3－x2)＋(x2－x1)＝3aT2
x5－x2＝(x5－x4)＋(x4－x3)＋(x3－x2)＝3aT2
x6－x3＝(x6－x5)＋(x5－x4)＋(x4－x3)＝3aT2
所以a＝
由此可以看出，各段位移都用上了，有效地减小了偶然误差，所以利用纸带计算加速度时，可接受逐差法．
(2)两段法
将图所示的纸带分为OC和CF两大段，每段时间间隔是3T，可得：x4＋x5＋x6－(x1＋x2＋x3)＝a(3T)2，明显，求得的a和用逐差法所得的结果是一样的，但该方法比逐差法简洁多了．
4．利用vt图象求解加速度
先求出各时刻的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn，然后作vt图象，求出该vt图线的斜率k，则k＝a.这种方法的优点是可以舍掉一些偶然误差较大的测量值，因此求得值的偶然误差较小．
例4 在测定匀变速直线运动的加速度的试验中，得到一条如图6所示的纸带，按时间挨次取0、1、2、3、4、5、6共七个计数点，每相邻两个计数点间各有四个打出的点未画出，用刻度尺测得1、2、3、…、6各点到0点的距离分别为8.69 cm，15.99 cm，21.87 cm，26.35 cm，29.45 cm，31.17 cm，打点计时器每隔0.02 s打一次点．求
图6
(1)小车的加速度；
(2)打计数点3时小车的速度．
解析 (1)由纸带的数据可知，小车在连续相等的时间T＝0.1 s内的位移分别为x1＝8.69 cm，x2＝7.30 cm，x3＝5.88 cm，x4＝4.48 cm，x5＝3.10 cm，x6＝1.72 cm.
由逐差法可得小车的加速度为
a＝
＝×10－2m/s2
＝－1.397 m/s2.
(2)打计数点3时小车的速度v3＝
代入数据解得v3＝0.518 m/s.
答案 (1)－1.397 m/s2 (2)0.518 m/s章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．伽利略在对运动的争辩过程中制造了一套对近代科学的进展极为有益的科学方法，这些方法的核心是把________和规律推理(包括数学演算)和谐地结合起来．( )
A．猜想 B．假说 C．试验 D．思辨
答案 C
2．下列几种状况，不行能发生的是( )
A．位移和加速度反向 B．速度和加速度反向
C．加速度不变，速度在变 D．速度不变，加速度在变
解析 减速直线运动中，加速度与速度反向，与位移也反向，全部的匀变速运动，加速度不变，速度变化．速度不变，加速度肯定为零，故只有D符合题意．
答案 D
3．以20 m/s的速度做匀速直线运动的汽车，制动后能在2 m内停下来，假如该汽车以40 m/s的速度行驶，则它的制动距离应当是( )
A．2 m B．4 m C．8 m D．16 m
解析 由于0－v＝2ax，x＝－，位移x∝v2，故初速度是原来的两倍，位移应是原来的4倍，即8 m，C正确．
答案 C
图1
4．(2021～2022江西高一期中)甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开头做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象如图1所示，图象中的OC段与AB平行，CB段与OA平行，则下列说法中正确的是( )
A．t1到t2时刻两车的距离越来越远
B．0～t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度
D．t3时刻甲车在乙车的前方
解析 依据位移—时间图象的斜率表示速度，可知t1到t2时刻甲、乙两车速度相同，所以两车间距离保持不变，故A错误；由图知0～t3时间内甲、乙两车位移相同，时间相同，依据平均速度定义v＝可得两车平均速度相同，B错误；因OC段与AB平行，所以甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，故C正确；由图知t3时刻甲、乙两车相遇， D错误．
答案 C
图2
5．(2021～2022福建高一期中)如图2所示，A、B两小球用长为L的细线连接悬挂在湖面上的高空中，A距湖面高为H，释放A球，让它们自由落下，测得它们落水声相隔时间Δt(s)，假如球A距水面的高度H减小，则Δt将( )
A．增大
B．不变
C．减小
D．条件不足，无法推断
解析 B刚入水时两球速度相等．当球A距水面的高度H减小时，B入水时速度就小，A单独运动入水过程中初速度变小，位移不变，则所需时间变长，所以A正确．
答案 A
6．(2021～2022山西高一期中)四个小球在离地面不同高度处同时由静止释放，不计空气阻力，从开头运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次遇到地面．下图中，能反映出刚开头运动时各小球相对地面的位置的是( )
解析 据题意，由于四个小球在离地面不同高度处同时由静止释放，不计空气阻力，从开头运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次遇到地面，则据初速度为0的匀加速直线运动在连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶7∶9……，即第一个t内物体，距离地面高度比为1，其次个物体距离地面高度比为4，第三个物体距离地面高度比为9，第四个物体距地面高度比为16，图中符合这个高度比的是C.
答案 C
二、多项选择题(本题共4个小题，每小题6分，选不全得3分，错选得0分)
7．甲、乙两物体所受的重力之比为1∶2，甲、乙两物体所在的位置高度之比为2∶1，它们各自做自由落体运动，则两物体( )
A．落地时的速度之比是∶1
B．落地时的速度之比是1∶1
C．下落过程中的加速度之比是1∶2
D．下落过程中的加速度之比是1∶1
解析 做自由落体运动的物体下落过程中的加速度与其质量无关，与其重力无关，C错，D对；又依据v＝，A对，B错．
答案 AD
图3
8．(2021～2022江西高一期中)在2021年全运会上，秦凯和张森夺得了跳水男子双人3米板竞赛的冠军，如图3所示．下列说法正确的是( )
A．在争辩运动员的技术动作时，不能将正在竞赛的运动员视为质点
B．运动员在下落过程中，感觉水面在匀速上升
C．前一半时间内位移大，后一半时间内位移小
D．前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短
解析 在争辩运动员的技术动作、分析动作技术时要考虑其肢体行为，因此不行以将正在竞赛的运动员视为质点，则A对；运动员在下落过程中是自由落体运动，因此感觉水面在加速上升，B错；运动员下落越来越快，则前一半时间内位移小，后一半时间内位移大，C错，D对．
答案 AD
9．某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的( )
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向向上
C．速度转变量的大小为10 m/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
解析 取竖直向上为正方向，物体的初速度v0＝30 m/s，g＝10 m/s2，其上升时间t1＝＝3 s，上上升度h1＝＝45 m；下降时间t2＝5 s－t1＝2 s，下降高度h2＝gt＝20 m．末速度v＝gt2＝20 m/s，方向竖直向下．故5 s内的路程h＝h1＋h2＝65 m；位移x＝h1－h2＝25 m，方向向上；速度转变量Δv＝v－v0＝(－20－30) m/s＝－50 m/s，负号表示方向竖直向下；平均速度v＝＝5 m/s.综上可知只有A、B正确．
答案 AB
10．下列给出的四组图象中，能够反映同始终线运动的是( )
解析 A、B选项中的左图表明0～3 s内物体匀速运动，位移正比于时间，加速度为零，3～5 s内物体匀加速运动，加速度大小a＝＝2 m/s2，A错，B对；C、D选项中左图0～3 s位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，3～5 s内位移与时间成正比，表示物体做匀速运动，v＝＝2 m/s，a＝0，C对，D错．
答案 BC
三、试验、填空题(本题共2个小题，共12分)
图4
11．(4分)利用图4中所示的装置可以争辩自由落体运动．试验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．
(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的试验器材有________．(填入正确选项前的字母)
A．天平 B．秒表 C．刻度尺
(2)若试验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而试验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的缘由：________________________________________________________________________.
解析 (1)依据纸带求加速度，肯定要知道长度和时间，时间由打点计时器直接测量，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，因此不需要天平．故选项C正确．
(2)自由落体运动是只在重力作用下从静止开头下落的运动，假如运动中受到阻力(如纸带与限位孔有摩擦等)，物体下落的加速度就会变小．
答案 见解析
12．(8分)(2021～2022浙江高一期中)某同学利用打点计时器探究小车速度随时间变化的关系，所用沟通电的频率为50 Hz，如图5为某次试验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5为计数点，相邻两计数点间还有1个打点未画出．若从纸带上测出x1＝5.20 cm、x2＝5.60 cm、x3＝6.00 cm、x4＝6.40 cm.则打点计时器打计数点“2”时小车的速度v2＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2，依据本试验原理推断第4计数点和第5计数点之间的距离x5＝________m.
图5
解析 由于相邻两计数点间还有1个打点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.04 s．依据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程的平均速度，v2＝＝1.45 m/s，依据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，
得：a＝，解得：a＝2.50 m/s2；
依据匀变速直线运动的推论得x5－xa＝aT2，
所以x5＝6.80 cm＝0.068 0 m.
答案 1.45 2.50 0.068 0
四、计算题(本题共4个小题，共40分)
13．(8分)在公园的草坪上仆人和小狗正在玩飞碟玩耍，如图6所示．设飞碟在空中飞行的时间为t0＝5 s，飞碟水平方向做匀速直线运动，v0＝10 m/s；小狗在1 s内匀加速到v＝8 m/s，然后做匀速直线运动．当抛出飞碟的同时小狗应在离仆人多远的地方向飞碟跑去才能恰好接住？(小狗与飞碟运动同向共线)
图6
解析 设小狗应在s m处向飞碟跑去才能恰好接住．
依据位移关系，飞碟的位移为：x＝v0t0
小狗的位移x′＝＋v(t0－1)
两者满足的关系是：s＝x－x′
代入得s＝10×5－(＋8×4)m＝14 m.
答案 14 m
14．(10分)2021年有一档叫明星跳水电视节目格外火爆．如图7所示是某次录制节目中两位明星双人跳的精彩一幕．明星运动员从离出水面10 m的跳台向上跃起，举双臂直体离开台面，重心(此时其重心位于从手到脚全长的中点)上升0.45 m达到最高点．落水时身体竖直，手先入水(全过程只考虑竖直方向的运动)，从离开跳台到手触水面，他们可用于完成空中动作的时间是多长？(不计重力，g取10 m/s2)
图7
解析 把运动员看成一个质点，把上升阶段看成自由落体运动的逆运动，依据对称性原理，运动员上升的时间t1等于做自由落体运动下落0.45 m所用的时间，
t1＝＝s＝0.3 s
下降过程是自由落体，t2＝≈1.45 s.
从离开跳台到手触水面，运动员可用于完成空中动作的时间：t＝t1＋t2＝1.75 s.
答案 1.75 s
15．(10分)(2021～2022湖北高一期中)科技的进展给人们生活带来了极大的便利，荆州火车站从2022年7月1日开通运营后不久，“和谐号”动车D5714便投入运营，大大缩短了人们出行时间．D5714在早上8点24分从荆州动身途经仙桃西、天门南、汉川，10点14分到达终点站武昌火车站，其中在仙桃西、天门南、汉川每站停留两分钟，设动车出站和进站时做匀变速直线运动且加速度大小相等，从减速到进站需要5分钟，全程平均时速为120 km/h，最高时速为180 km/h，设动车启动达到最高时速后始终以该速度匀速行驶直到下一站减速进站停止，试求：
(1)荆州到武昌的路程有多远？出站加速度是多少？
(2)动车因停靠各站所耽搁的时间是多少分多少秒？
解析 (1) D5714在早上8点24分从荆州动身途到达终点站武昌火车站运动时间t＝ h，
荆州到武昌的路程x＝vt＝220 km.
减速进站的加速度a＝＝m/s＝m/s2
出站加速度是m/s2.
(2)由于动车出站和进站时做匀变速直线运动且加速度大小相等，动车启动达到最高时速过程中，车发生的位移与从减速到进站发生的位移相等，运动时间相同：
出站加速过程中，末速度是v＝180 km/h＝50 m/s，
运动时间t＝5 min＝300 s；
出站发生的位移x1＝at2＝7 500 m
同理减速到进站过程中，运动时间是t2＝300 s，x2＝7 500 m
假如动车匀速直线运动，位移x＝(220 000－7 500－7 500) m＝205 000 m，
时间t3＝x/v＝4 100 s.
动车匀速运动该段的时间t0＝t1＋t2＋t3＝4 700 s
而正常状况下，动车从荆州动身途到达终点站武昌火车站运动时间t＝h＝6 600 s
动车因停靠各站所耽搁的时间是Δt＝t－t0＝1 900 s＝31 min 40 s.
答案 (1)220 km m/s2 (2)31分40秒
16．(12分)(2021～2022安徽高一质检)一辆值勤的警车停在大路边，当警员发觉从他旁边以10 m/s的速度匀速行驶的货车严峻超载时，打算前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必需把握在90 km/h以内．问：
(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？
(2)判定警车在加速阶段能否追上货车？(要求通过计算说明)
(3)警车发动后要多长时间才能追上货车？
解析 (1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．
则t1＝s＝4 s
s货＝(5.5－4)×10 m＝95 m
s警＝at2＝×2.5×42m＝20 m
所以两车间的最大距离Δx＝s货－s警＝75 m.
(2) v0＝90 km/h＝25 m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间t2＝ s＝10 s
s货′＝at＝×2.5×102m＝125 m
由于s货′＞s警′，故此时警车尚未赶上货车．
(3)警车刚达到最大速度时两车距离
Δs′＝s货′－s警′＝30 m，
警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车．
则Δt＝＝2 s
所以警车发动后要经过t＝t2＋Δt＝12 s才能追上货车．
答案 (1)75 m (2)不能 (3)12 s
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