专题一：匀变速直线运动
一、描述运动的特性
题型1：参考系的选取与质点的运动
1. 一列长为l的队伍，行进速度为v1，通讯员从队伍尾以速度v2赶到排头，又立即以速度v2返回队尾．求这段时间里队伍前进的距离．
解析：以队伍为参考系，则通讯员从队尾赶到排头这一过程中，相对速度为(v2－v1)；通讯员再从队头返回队尾的这一过程中相对速度为(v1＋v2)，则整个运动时间t＝
则队伍在这段时间相对地面前进的距离s为s＝v1t＝v1()＝
答案：
思考讨论：若以地面为参考系如何计算这段时间内队伍前进的距离？
并由此你能得到什么启示？
解析：以地面为参考系时，则根据通讯员与队伍前进距离间的关系得出，从队尾赶到排头：v2t1－v1t1＝l
①
从排头赶到队尾：v1t2＋v2t2＝l
②
由①②解得t1＝
，t2＝
，
所以队伍前进的距离为s＝v1(t1＋t2)＝
题后反思：参考系选择不同，物体的运动情况不同，因此，选择合适的参考系，会使解题变得更加简单．
2.(2010·广东月考)甲、乙、丙三个观察者，同时观察一个物体的运动，甲说：“它在做匀速运动．”乙说：“它是静止的．”丙说：“它在做加速运动．”这三个人的说法( )
A．在任何情况下都不对
B．三人中总有一人或两人是讲错的
C．如果选择同一参考系，那么三人的说法就都对了
D．如果各自选择自己的参考系，那么三人的说法就可能都对了
答案：D
题型2：平均速度的计算
3.汽车从甲地由静止出发，沿直线运动到丙地，乙在甲丙两地的中点．汽车从甲地匀加速运动到乙地，经过乙地速度为60 km/h；接着又从乙地匀加速运动到丙地，到丙地时速度为120 km/h；求汽车从甲地到达丙地的平均速度．
解析：设甲丙两地距离为2l，汽车通过甲乙两地时间为t1，
通过乙丙两地的时间为t2.
甲到乙是匀加速运动，由l＝·t1得
t1＝
从乙到丙也是匀加速运动，由l＝·t2
得t2＝
所以
km/h=45 km/h.
以题说法：
1．平均速度的常用计算方法有：
(1)利用定义式
，这种方法适合于任何运动形式．
(2)利用
，只适用于匀变速直线运动．
(3)利用 ＝vt/2(即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)，也只适用于匀变速直线运动．
2． 求平均速度的关键是明确所求的是哪一段时间内的平均速度或哪一段位移的平均速度．
4.如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲线轨迹运动所用的时间分别是：1 s,2 s,3 s,4 s．下列说法不正确的是( )
A．物体在AB段的平均速度为1 m/s
B．物体在ABC段的平均速度为 m/s
C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度
D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度
答案：D
题型3：位移、速度、加速度的矢量性计算
5.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s,1 s后速度的大小变为10 m/s，在这1 s内该物体的( )
A．位移的大小可能小于4 m
B．位移的大小可能大于14 m
C．加速度的大小可能小于4 m/s2
D．加速度的大小可能大于14 m/s2
选项
诊 断
结论
A
x＝·tx＝ ＝7 m或－3 m
正确
B
由A知，x的大小均小于14 m
错误
C
由a＝
得a＝
m/s2＝6 m/s2或－14 m/s2
错误
D
由C诊断知a的大小不可能大于14 m/s2
错误
速度和加速度都是矢量，计算时要注意方向性．对于一条直线上的矢量运算，最容易忽略的就是方向问题．处理一条直线上的矢量加减时，选定正方向后，可用“＋”“－”表示矢量的方向，与正方向相同的，为“＋”，与正方向相反的，为“－”．
6.一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止．下表给出了不同时刻汽车的速度：
时刻/s
1.0
2.0
3.0
5.0
7.0
9.5
10.5
速度/m·s－1
3
6
9
12
12
9
3
(1)汽车做匀速运动时的速度大小是否为12 m/s？汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小是否相等？
(2)汽车从开出到停止共经历的时间是多少？
(3)汽车通过的总路程是多少？
(1)是；不相等；加速运动从0增到12 m/s；减速运动从12 m/s到0，变化量的大小一样，但所需时间不一样．
(2)汽车匀减速运动的加速度a2＝
m/s2＝－6 m/s2.
设汽车经t′秒停止，t′＝
s＝0.5 s．
总共经历的时间为10.5 s＋0.5 s＝11 s.
(3)汽车匀加速运动的加速度a1＝
m/s2＝3 m/s2
汽车匀加速运动的时间：t1＝
s＝4 s，汽车匀速运动的速度为v＝12 m/s.
减速时间t3＝
＝2 s，匀速时间t2＝12－4－2＝6 s
则汽车总共运动的路程s＝
＝108 m.
二、匀变速运动的规律及应用
题型1：匀变速运动及其规律
两类特殊的运动问题
(1)刹车类问题
做匀减速运动到速度为零时，即停止运动，其加速度a也突然消失．求解此类问题时应先确定物体实际运动的时间．注意题目中所给的时间与实际运动时间的关系．对末速度为零的匀减速运动也可以按其逆过程即初速度为零的匀加速运动处理，切忌乱套公式．
(2)双向可逆类的运动
例如：一个小球沿光滑斜面以一定初速度v0向上运动，到达最高点后就会以原加速度匀加速下滑，整个过程加速度的大小、方向不变，所以该运动也是匀变速直线运动，因此求解时可对全过程列方程，但必须注意在不同阶段v、x、a等矢量的正负号．
7．一物体在与初速度相反的恒力作用下做匀减速直线运动，v0＝20 m/s，加速度大小为5 m/s2，求：
(1)物体经多少秒后回到出发点？
(2)由开始运动算起，求6 s末物体的速度．
解析：以v0的方向为正方向．
(1)设经t秒回到出发点，此过程中位移x＝0，代入公式x＝v0t＋
at2，
并将a＝－5 m/s2代入得t＝ s＝8 s.
(2)由公式v＝v0＋at得6 s末物体的速度v＝20 m/s＋(－5)×6 m/s＝－10 m/s
负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反．
答案：(1)8 s (2)大小为10 m/s，方向与初速度方向相反
8.质点做匀减速直线运动，在第1 s内位移为6 m，停止运动前的最后1 s内位移为2 m，求：
(1)在整个减速运动过程中质点的位移大小；
(2)整个减速过程共用多少时间．
解析：(1)设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为v0.由于质点停止运动前的最后1 s内位移为2 m，则：x2＝
，
所以a＝ m/s2＝4 m/s2.
质点在第1 s内位移为6 m，x1＝
所以v0＝
m/s＝8 m/s.
在整个减速运动过程中质点的位移大小为：
x＝ m＝8 m.
9.跳伞运动员做低空跳伞表演,他离开飞机后先做自由落体运动,当距离地面125 m时打开降落伞,伞张开后运动员就以14.3 m/的加速度做匀减速运动,到达地面时速度为5 m/s,问:
(1)运动员离开飞机时距地面的高度为多少?
(2)离开飞机后,经过多少时间才能到达地面?(g取10 m/)
【解析】 (1)运动员打开伞后做匀减速运动,由
(3分)
可求得运动员打开伞时的速度为60 m/s
(2分)
运动员自由下落距离为/2g=180 m
(3分)
运动员离开飞机时距地面高度为 m.
(3分)
(2)自由落体运动的时间为 s
(3分)
打开伞后运动的时间为3.85 s
(3分)
离开飞机后运动的时间为9.85 s.
(3分)
【答案】 (1)305 m
(2)9.85 s
题型2：匀变速运动的重要推论
1．任意相邻两个连续相等的时间里的位移之差是一个恒量，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝at2.
2．某段时间内的平均速度，等于该时间的中间时刻的瞬时速度，
即
.
3．某段位移中点的瞬时速度等于初速度v0和末速度vt平方和一半的平方根，即
4．初速度为零的匀加速直线运动的规律(设T为等分时间间隔)
(1)1T内、2T内、3T内……位移之比x1∶x2∶x3…＝
12∶22∶32 …
(2)1 T末、2T末、3T末……速度之比v1∶v2∶v3…＝
1∶2∶3 …
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ…＝ 1∶3∶5 …
.
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3… ＝1∶
10．一观察者站在第一节车厢前端，当列车从静止开始做匀加速运动时，下列说法正确的是( )
A．每节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶ 2 ∶3 …
B．每节车厢末端经过观察者的时间之比是1∶3∶5…
C．在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶3∶5…
D．在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶2∶3…
解析：利用上述匀变速直线运动的特点来解题，很容易选出正确答案为C
选项．
答案：C
11.一个做匀减速直线运动的物体，经3.0s速度减为零，若测出它在最后1.0 s内的位移是1.0 m．那么该物体在这3.0 s内的平均速度是( )
A．1.0 m/s
B．3.0 m/s
C．5.0 m/s
D．9.0 m/s
答案：B
12.运行着的汽车制动后做匀减速直线滑行，经3.5 s停止，试问它在制动开始的1 s内、2 s内、3 s内通过的位移之比为多少？
解析：如图甲所示，汽车从O开始制动后，1 s末到A,2 s末到B,3 s末到C,3.5 s末停止在D.这个运动的逆过程可看成初速度为零的匀加速直线运动，加速度的数值等于汽车做匀减速直线运动时的加速度，如图乙所示．将3.5 s等分为7个0.5 s，那么，逆过程从D起的连续7个0.5 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11∶13.因此xCB∶xBA∶xAO＝8∶16∶24.汽车从O起1 s内、2 s内、3 s内的位移，即图甲中的xOA、xOB、xOC，所以xOA∶xOB∶xOC＝24∶40∶48＝3∶5∶6.
答案：3∶5∶6
题后思考：
题设不变，试问它在制动开始的第1 s内和最后一秒内通过的位移之比为多少？
解析：由逆过程从D起的连续7个0.5 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11∶13，可知第1秒和最后一秒位移之比为
(13＋11)∶(1＋3)＝6∶1.
答案：6∶1
13． 一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．已知它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与ac段位移之比为( )
A．1∶3
B．1∶5
C．1∶8
D．1∶9
解析：经过b点时的位移为hab=，经过c点时的位移为hac=，所以hab∶hac=1∶9，故选D.
答案：D
14.2009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图1-2-7所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，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之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
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：因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做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CD错；由v=at可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错，B正确，所以正确选项为B.
答案：B
15．一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零．若设斜面全长L，滑块通过最初L所需时间为t，则滑块从斜面底端到顶端所用时间为( )
A.t
B.t
C.t
D．2t
解析：假设存在逆过程，即为初速度是零的匀加速直线运动，将全过程分为位移均为L/4的四个阶段，根据匀变速直线运动规律，其时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)，根据题意可列方程：=，t′=2t.
答案：D
16.一列火车由静止开始做匀加速直线运动，一个人站在第1节车厢前端的站台前观察，第1节车厢通过他历时2 s，全部车厢通过他历时8 s，忽略车厢之间的距离，车厢长度相等，求：
(1)这列火车共有多少节车厢？
(2)第9节车厢通过他所用时间为多少？
解析：(1)以火车为参考系，人做初速度为零的匀加速运动，根据初速为零的匀加速直线运动的物体，连续通过相等位移所用时间之比为：
∶…∶
得
所以，n＝16，故这列火车共有16节车厢．
(2)设第9节车厢通过他所用时间为t9：
，
t9＝s＝0.34 s.
答案：(1)16 (2)0.34 s
题型3：自由落体运动和竖直上抛运动
对竖直上抛运动的理解
1．处理方法
(1)全程法
将竖直上抛运动视为竖直向上的加速度为g的匀减速直线运动．
(2)分阶段法
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．
2．竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性
如图1－2－2，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
①时间对称性
物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.
②速度对称性
物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等．
③能量对称性
物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB.
(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，造成双解．
17． 从足够高处释放一石子甲，经0.5 s，从同一位置再释放另一石子乙，不计空气阻力，则在两石子落地前，下列说法中正确的是( )
A．它们间的距离与乙石子运动的时间成正比
B．甲石子落地后，经0.5 s乙石子还在空中运动
C．它们在空中运动的速度之差越来越大
D．它们在空中运动的时间与其质量无关
解析：两石子做自由落体运动，设t时刻甲下落的高度为h1=gt2，则乙下落的高度为h2=g(t-0.5)2，它们之间的距离h1-h2=g(t-0.25)=g[(t-0.5)+0.25]与乙石子运动的时间(t-0.5)不成正比，A错误；由于两石子下落的高度相同，因此下落的时间相同，甲石子落地后，经0.5 s乙石子刚好落地，B错误，甲下落的速度v1=gt，乙下落的速度v2=g（t-0.5），速度差v1-v2=0.5 g不变，C错误；由于不计空气阻力，由t= 可知，两石子在空中运动的时间与质量无关，D正确．
答案： D
18.2008年北京奥运会上，中国选手何雯娜获得女子体操蹦床比赛冠军．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中动作如图1－2－4甲所示．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网的压力，并在计算机上做出压力--时间图象，假如做出的图象如图1－2－4乙所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度为(g取10 m/s2)( )
A．1.8 m
B．3.6 m
C．5.0 m
D．7.2 m
解析：从题中F－t图象中可以看出，运动员脱离弹性网后腾空的时间为2.0 s，则运动员上升到最大高度所用的时间为1.0 s，上升的最大高度h＝
gt2＝5.0 m，选项C正确．
答案：C
在学习了伽利略对自由落体运动的研究后，甲同学向乙同学出了这样一道题：一个物体从塔顶落下(不考虑空气阻力)，物体在到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的9/25，求塔高H(取g＝10 m/s2)．
根据题意画出物体运动草图，如图所示．设物体从塔顶落到地面所经历时间为t，通过的位移为H，物体在(t－1) s内的位移为h.
根据自由落体运动的规律，有H＝ 1/2gt2①
h＝ 1/2g(t－1)2②
则最后1 s内的位移为H－h，由题意知
③
由①②③联立解得H＝125 m.
19．某人站在高楼的平台边缘处，以v0＝20m/s的初速度竖直向上抛出一石块．求抛出后，石块经过距抛出点15 m处所需的时间．(不计空气阻力，g取10 m/s2)
解析：若把石块的整个运动过程当做一个匀变速直线运动(即把上升到最高点后的自由下落阶段也包含在其中)，取向上为正方向，则石块在抛出点上方的A点时，xA＝＋15 m，在抛出点下方的B点时，xB＝－15 m(注意：此时的位移为负值)，a＝－g＝－10 m/s2，分别代入公式x＝v0t＋at2可得两个方程：
15＝20·t＋1/2×(－10)·t2 ①
－15＝20·t′＋1/2×(－10)·t′2 ②
解①式可得：t1＝1 s，t2＝3 s，解 ②式可得：t1′＝(2＋
) s，
t2′＝(2－
) s由于t2′<0，所以不合题意，应舍去．这样石块从抛出到经过
“离抛出点15 m处”时所用的时间分别为：1 s、3 s、(2＋
) s.
答案：1 s 3 s (2＋) s
20．在四川汶川抗震救灾中，一名质量为60 kg、训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖直的质量为20 kg的长绳由静止开始滑下，速度很小可认为等于零．在离地面18 m高处，武警战士感到时间紧迫，想以最短的时间滑到地面，开始加速．已知该武警战士落地的速度不能大于6 m/s，以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5 m/s2；长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为g=10 m/s2.求武警战士下滑的最短时间和加速下滑的距离．
解析：设武警战士加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为(H-h1)，加速阶段的末速度等于减速阶段的初速度为vmax，由题意和匀变速运动的规律有：v=2gh1 v=2a(H-h1)+v2
由上式解得h1== m=7.2 m
武警战士的最大速度为vmax== m/s=12 m/s
加速时间：t1== s=1.2 s
减速时间：t2== s=1.2 s
下滑的最短时间t=t1+t2=1.2 s+1.2 s=2.4 s
答案：2.4 s 7.2 m
21.如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2 kg，管长为24 m，M、N为空管的上、下两端，空管受到F=16 N竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g=10 m/s2.求：
(1)若小球上抛的初速度为10 m/s，则其经过多长时间从管的N端穿出；
(2)若此空管的N端距离地面64 m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围．
解析：(1)对管由牛顿第二定律得mg-F=ma①
代入数据得a=2 m/s2
设经过t时间从N端穿出
对管：h=at2②
对球：-(24+h)=v0t-gt2③
由②③得：2t2-5t-12=0，解得：t=4 s，t′=-1.5 s(舍去)．
(2)-64=v0t1-gt④
64=at⑤
-88=v′0t1-gt⑥
由④⑤得：v0=32 m/s，由⑤⑥得：v0′=29 m/s，所以29 m/s<v0<32 m/s.
答案：(1)4 s (2)29 m/s<v0<32 m/s