2019版高考物理(5年高考+3年模拟)(精品课件+高清PDF讲义)全国卷3地区通用版专题一 质点的直线运动

专题一 质点的直线运动

１

专题一 质点的直线运动

对应学生用书起始页码 Ｐ３

－２ －２ Δｘ ｘ－ｘ２０×１０－１５×１０

考点一 匀变速直线运动

１．

匀变速直线运动的常用公式 ○适 ｖ ＝ ｖ０ ＋ａｔ 与时间有关 → ｘ ＝ ｖ １ ２ 与时间无关 ○０ ｔ＋ａｔ２ 合 → ｖ２ －ｖ２ ＝ ２ａｘ０

与初、末速 ○就 度有关 → ｖ ＝ ｖ０ ＋ ｖ ２ 、ｘ ＝ ｖｔ 相邻相等○最 时间内 → Δｘ ＝ ａＴ２

与中间时刻 ○ 好 相关联 → ｖ ＝ｔ ｖ ＝ｖ ０ ＋ｖ ２ ２ ２．初速度为零的匀变速直线运动的推论

（ １） １Ｔ 末、２Ｔ 末、３Ｔ 末、……、ｎＴ 末瞬时速度的比值为

ｖ１ ∶ ｖ２ ∶ ｖ３ ∶ … ∶ ｖｎ＝ １ ∶ ２ ∶ ３ ∶ … ∶ ｎ

（ ２） １Ｔ 内、２Ｔ 内、３Ｔ 内、……、ｎＴ 内位移的比值为 ｘ１ ∶ ｘ２ ∶ ｘ３ ∶ … ∶ ｘ ｎ＝ １２∶ ２２ ∶ ３２ ∶ … ∶ ｎ２ （ ３） 第一个 Ｔ 内、第二个 Ｔ 内、第三个 Ｔ 内、……、第 Ｎ 个 Ｔ 内位移的比值为

ｘ１ ∶ ｘ２ ∶ ｘ３ ∶ … ∶ ｘＮ ＝ １ ∶ ３ ∶ ５ ∶ … ∶ （ ２Ｎ－１）

（ ４） 通过前 ｘ、前 ２ｘ、前 ３ｘ、……、前 ｎｘ 所用时间之比为 ｔ（１ ∶ ５）ｔ２ 从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比值为 ∶ ｔ３ ∶ … ∶ ｔｎ＝ １ ∶ ２ ∶ ３ ∶ … ∶ ｎ －ｔ １ ∶ ｔ２ ∶ ｔ３ ∶ … ∶ ｔＮ ＝ １ ∶ （ ２ － １） ∶ （ ３ － ２ ） ∶ … ∶ （ Ｎ － Ｎ １ ） 从斜面上某一位置每隔 ０．１ ｓ 释放一个小球，释放后 做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球

拍下如图所示的照片，测得 ｘＡＢ ＝ １５ ｃｍ，ｘＢＣ ＝ ２０ ｃｍ。 试求：

（ １） 小球的加速度大小； （ ２） 拍摄时 Ｂ 点小球的速度大小；

（ ３） 拍摄时 ｘＣＤ 是多少；

（ ４） Ａ 点的小球上面滚动的小球还有几个。

解析 小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为 ０．１ ｓ，可以认为 Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ 各点是一个小球在不同时刻的位置。

（ １） 由推论 Δｘ ＝ ａＴ２ 可知，小球的加速度大小为

ａ ＝ ＝ ＢＣ ＡＢ ＝ ｍ ／ ｓ２ ＝ ５Ｔ２ Ｔ２ ０．１２ ｍ ／ ｓ２ 。

（ ２） 由题意知 Ｂ 点是 ＡＣ 段的中间时刻对应点，可知 Ｂ 点小

球的速度等于 ｘＡＣ ２０段上的平均速度×１０－２ ＋１５×１０－２，

即

ｖ ＝ ｖ ＝ ＡＣ ＝ ｍ ／ ｓ ＝ １．７５ ｍ ／ ｓ。

Ｂ ＡＣ ２Ｔ

２×０．１ （ ３） 由于相邻相等时间内位移差恒定，所以

ｘＣＤ －ｘＢＣ ＝ ｘＢＣ －ｘＡＢ

所以 ｘＣＤ ＝ ２ｘＢＣ － ｘＡＢ ＝ ２ × ２０ × １０－２ ｍ － １５ × １０－２ ｍ ＝ ２５ × １０－２

ｍ ＝ ０．２５ ｍ。

（ ４） 设 Ａ 点小球速度为 ｖＡ ，由于 ｖＢ ＝ ｖＡ ＋ａｔ

所以 ｖＡ ＝ ｖＢ －ａｔ ＝ １．７５ ｍ ／ ｓ－５×０．１ ｍ ／ ｓ ＝ １．２５所以 Ａ 点小球运动时间为 ｔ ＝ ｖ＝ ．２５

ｍ ／ ｓ Ａ １ｓ ＝ ０．２５ ｓ

Ａ ａ ５

因为每隔 ０．１ ｓ 释放一个小球，故 Ａ 点小球的上面滚动的小球还有 ２ 个。

答案 （ １） ５ ｍ ／ ｓ２ （ ２） １．７５ ｍ ／ ｓ （ ３） ０．２５ ｍ （ ４） ２ 个

２５ ｍ。

物体从某一高度自由下落，落地前最后 １ 秒的位移为

求物体开始下落时距地面的高度， 不计空气阻力。（ ｇ ＝ １０ ｍ ／ ｓ２ ）

解析 解法一（ 一般公式法）：

设物体在空中运动的时间为 ｔ，由题意可知Ｈ ＝ １ ｇｔ２２

ｈ ＝ １

ｇ（ ｔ－１） ２２

Ｈ－ｈ ＝ ２５ ｍ 解得：Ｈ ＝ ４５ ｍ 解法二（ 平均速度法）： 对 ＡＢ 段分析得：

ｖｘＡＢ ｖＡ ＋ｖＢ

ＡＢ ＝ ＝ ２ｔ′ ２

即 ｖ ＝ ２５ ｍ ／ ｓ ＝ ｖＡ ＋ｖＢ

ＡＢ １ ２

ｖＢ＝ ｖＡ＋ｇ×２ｔ′ ＝ ｖＡ＋１０ ｍ ／ ｓ ｖ２Ｂ ＝

２ｇＨ 解得 Ｈ ＝ ４５ ｍ

解法三（ 中间时刻速度法）：

设 Ｃ 为物体由 Ａ 运动到 Ｂ 的中间时刻位置 ｖＣ ｘＡＢ ＝ ２ｔ′ ＝ ２５ ｍ ／ ｓ 设 Ｏ 到 Ｃ 的时间为 ｔ″ ｖＣ ＝ ｇｔ″ 解得 ｔ″＝ ２． ５ ｓ

２

２ ５ 年高考 ３ 年模拟 Ｂ 版（ 教师用书）

１ ２ １ ＝×１０×３２ ｍ ＝ ４５ ｍ Ｈ ＝ｇ（ ｔ″＋ｔ′） ２

解法四（ 逆向思维法）：

从 Ｏ→Ｂ 的自由落体运动可以看成从 Ｂ→Ｏ 的匀减速直线

运动

１ ２＝ 则有 ｘ ＝ ２５ ｍ ｖ ×２ｔ′－×ｇ×（ ２ｔ′）

ＢＡ Ｂ ２

解得 ｖ＝ ３０ ｍ ／ ｓ 时刻／ ｓ 速度／ （ ｍ·ｓ１ ） －１ ３ ２ ６ ３ ９ ５ ６ ７ ９．５ １０．５ ９ ３ １２ １２ １２ Ａ．汽车在 ｔ ＝ ５ ｓ 时刻开始做匀速直线运动

Ｂ．汽车匀速运动的时间为 ５ ｓ

Ｃ．汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约 ８．７３ ｍ／ ｓ Ｄ．汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度

答案 ＢＣ 由表格所给的数据可知，汽车匀速运动的速度 Ｂ ｖ２Ｂ ＝

２ｇＨ 解得 Ｈ ＝ ４５ ｍ

解法五（ 比例法）：

物体做自由落体运动第 １ 秒内下落的高度

ｘ ＝ １ ｇｔ２ ＝ １ ×１０×１２ ｍ＝ ５ ｍ

１ ２ １ ２ 由初速度为零的匀加速直线运动中相邻相等时间内位移的 比例关系 ｘ１ ∶ ｘ２ ∶ ｘ３ ＝ １ ∶ ３ ∶ ５

知第 ３ ｓ 内的位移 ｘ３ ＝ ５ｘ１ ＝ ２５ ｍ，符合题意，可知本题中物 体下落时间为 ３ ｓ

所以物体开始下落时距地面的高度 Ｈ ＝ ｘ１ ＋３ｘ１ ＋５ｘ１ ＝ ９ｘ１ ＝ ９×５ ｍ＝ ４５ ｍ。

答案 ４５ ｍ

１．足球以大小为 １０ ｍ ／ ｓ 的速度飞来， 运动员又把它以大小为 １０ ｍ ／ ｓ的速度反向踢回，踢球时间为 ０．２ ｓ，设球飞来的方向为

正方向，则足球在这段时间内的平均加速度是 （ ） Ａ．－２００ ｍ ／ ｓ２

Ｂ．２００ ｍ ／ ｓ２

Ｃ．－１００ ｍ ／ ｓ２ 答案 Ｃ 根据 ａ ＝ Δｖ得 ａ ＝ －１０Ｄ－．１０１００ ｍ ／ ｓ２

ｍ ／ ｓ２ ＝ － １００ ｍ ／ ｓ２ ，

项 Ｃ 正确。

Δｔ ０．２

故选

２．（２０１８ 贵州遵义二联，１４，６ 分） 随着渝贵高铁的开通，标志着遵义正式进入高铁时代。 假设高速列车从遵义站开出做匀加速直线运动，列车由静止加速到 １８０ ｋｍ ／ ｈ，所用时间为 ２ ｍｉｎ，则列车在这段时间的位移为 （ ） Ａ．３．０ ｋｍ Ｂ．３．６ ｋｍ Ｃ．６ ｋｍ Ｄ．７．２ ｋｍ

答案 Ａ ｖ ＝ １８０ ｋｍ ／ ｈ ＝ ５０ ｍ ／ ｓ，ｔ ＝ ２ ｍｉｎ ＝ １２０ ｓ，由运动学 公式可得 ｘ ＝ １

２

ｖｔ ＝ ３ ０００ ｍ ＝ ３．０ ｋｍ，选项 Ａ 正确。

３．“ 蛟龙号” 是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器。 假设某次海试活动中，“ 蛟龙号” 完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为 ｖ 时开始计时，此后“ 蛟龙号” 匀减速上浮，经过时间 ｔ 上浮到海面，速度恰好减为零，则“ 蛟龙号” 在 ｔ０（ ｔ０ ＜ｔ） 时刻距 离海面的深度为

（ ）

２ Ａ．ｖ （ ｔ－ｔ）２０ Ｂ． ｖｔ０２ｔ

Ｃ． ｖｔ ２

Ｄ．ｖｔ ??ｔ０ ???

?－???２ｔ

０ １２ｔ ??

?

答案 Ａ “ 蛟龙号” 潜水器减速上浮时加速度大小 ａ ＝ ｖ ｔ，

开始计时时距离海面深度 Ｈ ＝ ｖｔ ２，

经 ｔ０ 时间上升距离 ｈ ＝ ｖｔ０ －

１ ２ ａｔ２ ０ ＝ ｖｔ０ －ｖｔ２ ０

２ｔ ， 此时到海面的距离为 Ｈ －ｈ ＝ｖ（ ｔ－ｔ０ ） ２ ２ｔ ，Ａ 正确。

４．（ 多选） 一辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后匀减速直线运动，直到停止。 下表给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知

（ ）

ｖ ＝ １２ ｍ ／ ｓ，１ ｓ、２ ｓ、３ ｓ 时刻处于匀加速过程，９．５ ｓ 和 １０．５ ｓ刻处于匀减速过程， 匀加速过程的加速度 ａ６－３ 时

２ １ ＝ ｍ ／ ｓ＝ ２－１３ ｍ ／ ｓ２ ，加速时间ｔ ｖ

１ ＝＝ ４ ｓ，汽车在ｔ ＝ ４ ｓ 时刻开始做匀速直

ａ１

３－９

线运动， Ａ 错误； 匀减速过程的加速度 ａ２ ＝ １０．５－９．５ ｍ ／ ｓ２ ＝

－６ ｍ ／ ｓ２ ，到 ９．５ ｓ 时刻，汽车已减速时间 Δｔ ＝ ９－１２

－６

ｓ ＝ ０．５ ｓ，说

明在 ｔ ＝ ９ ｓ 时刻开始减速，匀速运动时间ｔ２ ＝ ９ ｓ－４ ｓ ＝ ５ ｓ，Ｂ 正

确； ｔ ＝ １２ ｓ ＝ ２ ｓ， ｔ ＝ ｔ ＋ｔ ＋ｔ ＝ １１ ｓ，

匀减速过程的时间 ３ ６ 因此 总 １ ２ ３

１２２ ＋１２×５＋ １２２

所以整个过程的平均速度 ｖ ＝ ２×３ ２×６ ｍ ／ ｓ≈Ｃ 正确；加速过程的平均速度 ｖ′ ＝ １２２ １１ｍ

８．７３ ｍ ／ ｓ， ／ ｓ ＝ ６ ｍ ／ ｓ，减速过程的

１２

平均速度 ｖ″ ＝ ２ ｍ ／ ｓ ＝ ６ ｍ ／ ｓ，Ｄ 错误。

５．接连发生的马航 ＭＨ３７０ 失事和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题。 假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间 ｔ０ ＝ ２８ ｓ、在速度达到 ｖ０ ＝ ７０ ｍ ／ ｓ 时驾驶员 对发动机的运行状态进行判断，在速度达到ｖ１ ＝ ７７ ｍ ／ ｓ 时必须 做出决断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过 ｖ２ ＝ ８０ ｍ ／ ｓ 就必须起飞，否则会滑出跑道。 已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变。

（ １） 求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到做出决断终止起飞的最长时间；

（ ２） 若在速度达到 ｖ２ 时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以大小为 ４ ｍ ／ ｓ２ 的加速度做匀减速运动，要让飞机安全停 下来，求跑道的最小长度。 答案 （ １） ２．８ ｓ （ ２） ２ ０８０ ｍ

解析 （ １） 设飞机加速过程加速度为 ａ１ ，则有 ｖ０ ＝ ａ１ ｔ０ ，ｖ１ － ｖ０ ＝ ａ１ ｔ，解得 ｔ ＝ ２．８ ｓ。

（ ２） 设飞机从静止到ｖ２ 时的位移为ｘ１ ，减速运动的位移为

ｘ则跑道最小长度为 ｘ ＝ ｘｖ２ ２ ｖ２ ２ ２ ，１ ＋ ｘ２ ， ｘ１ ＝ ， ｘ２ ＝， 解得ａ２ ｘ ＝１ ２ａ２

２ ０８０ ｍ。

考点二 运动图像、追及相遇问题

１．对图像的理解及应用

一般意义 ｘ－ｔ 图像 ｖ－ｔ 图像 ａ－ｔ 图像 图像描述哪两轴 个物理量之间 纵轴———位移 纵轴———速度 纵轴———加速度 的关系 横轴———时间 横轴———时间 横轴———时间

专题一 质点的直线运动

续表

３

２．两种追及问题

（ １） 速度小者追速度大者

一般意义 表示物理量 ｙ 随物理量 ｘ 的变 化 过 程 和规律 ｘ－ｔ 图像 运动物体的位移 与 时 间 的关系 ｖ－ｔ 图像 运动物体的速度 与 时 间 的关系 ａ－ｔ 图像

运动物体的加速度与时间的关系 类型 图像 说明 线 匀加速追匀速 ①ｔ ＝ ｔ０ 以前， 后面物体与前面物体间距离Δｙ ｋ ＝ ，表示 ｙ 某点的斜率表斜Δｘ 示该点的瞬时率 随 ｘ 变 化 的速度 快慢 某点的斜率表示 该 点 的 加速度 两线交点表示 某点的斜率表示该点加速度的变化率 匀速追匀减速 增大 ②ｔ ＝ ｔ０ 时， 两物体相距最远， 为 ｘ０ ＋ Δｘ（ ｘ０ 为两物体初始距离） 两线交点表示对应纵、 横坐 两线交点表示两线交点表示两 ③ｔ ＝ ｔ０ 以后， 后面物点 标 轴 物 理 量两物体相遇 两物体该时刻物体该时刻加速相等 速度相同 度相同 图线和时间轴所围的面积， 也往往代表一 图线与时间轴 面 个物理量，所围的面积表图线与时间轴所积 这无意义 要看两物理量示物体运动的围的面积表示物的 乘 积 有 无位移 体的速度变化量 意义 图线在纵轴上 截的截距一般表在纵轴上的截在纵轴上的截在纵轴上的截距距 示物理过程的 距表示 ｔ ＝ ０ 时距表示 ｔ ＝ ０ 时表示 ｔ ＝ ０ 时的加“ 初始” 情况 的位移 的速度 速度 某同学星期日沿平直的公路从学校所在地骑自行车先

后到甲、乙两位同学家去拜访，ｘ－ ｔ 图像如图甲所示。 试描述他

的活动过程，在图乙中画出他的 ｖ－ｔ 图像。 （ 两图中的 ｔ 为时刻）

解析 （ 上午） ９ 时，某同学从学校出发，骑车 １ ｈ 到达甲同学家，速度 ｖ１ ＝ １５ ｋｍ ／ ｈ；在甲同学家停留 １ ｈ，１１ 时从甲同学家出发，１２ 时到达乙同学家，速度 ｖ２ ＝ １５ ｋｍ ／ ｈ；在乙同学家也停 留 １ ｈ，（ 下午） １３ 时返回，骑车 １ ｈ，速度 ｖ３ ＝ ３０ ｋｍ ／ ｈ；１４ 时回到 学校。 取出发时运动方向为正方向，则 ｖ１ 、ｖ２ 为正，ｖ３ 为负；１０ ～ １１ 时、１２ ～ １３ 时 ｖ ＝ ０，ｖ－ｔ 图像如图所示。

答案 见解析

体与前面物体间距离 减小 匀加速追匀减速 ④能追上且只能相遇一次 （ ２） 速度大者追速度小者

类型 图像 说明 开始追赶时， 两物体 间距离为 ｘ０ ， 之后两 物体间的距离减小， 匀减速追匀速 当两物体速度相等时， 即 ｔ ＝ ｔ０ 时刻： ①若 Δｘ ＝ ｘ０ ， 则恰能 追上， 两物体只能相 遇一次， 这也是避免 相撞的临界条件 匀速追匀加速 ②若 Δｘ＜ｘ０ ，则不能追 上，此时两物体距离最小，为 ｘ０ －Δｘ ③若 Δｘ＞ｘ０ ，则相遇两 次， 设 ｔ１ 时刻 Δｘ１ ＝ ｘ０ ， 两物体第一次相匀减速追匀加速 遇，则 ｔ２ 时刻两物体 第二次相遇（ ｔ２ － ｔ０ ＝ ｔ０ －ｔ１ ） 如图所示，直线 ＭＮ 表示一条平直公路，甲、乙两辆汽

车原来停在做匀加速直线运动 Ａ、Ｂ 两处，加速度，Ａ、Ｂ ａ 间的距离为 ＝ ２． ５ ｍ ／ ｓ８５２ ，甲车运动 ｍ，现甲车先开始向右 ６． ０ ｓ 时，乙

１

车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度 ａ２ ＝ ５． ０ ｍ ／ ｓ２ ，求两 辆汽车相遇处与 Ａ 处的距离。

解析 甲车运动 ６ ｓ 的位移为 ｘ １

０ ＝ａ ｔ２ ＝ ４５ ｍ，甲车尚

２ １ ０ 未追上乙车，设此后经时间 ｔ 与乙车相遇，则有： １ ａ１２ （

ｔ＋ｔ０ ） ２ ＝

１

ａ ２２ ｔ２＋８５ ｍ 将上式代入数据并展开整理得： ｔ２ －１２ｔ＋３２ ＝ ０ 解得：ｔ１ ＝ ４ ｓ，ｔ２ ＝ ８ ｓ

ｔ１ 、ｔ２ 都有意义，ｔ１ ＝ ４ ｓ 时，甲车追上乙车；ｔ２ ＝ ８ ｓ 时，乙车追上甲车再次相遇。

４

５ 年高考 ３ 年模拟 Ｂ 版（ 教师用书）

１ 第一次相遇地点与 Ａ 的距离 ｘ１ ＝ａ１（ ｔ１ ＋ｔ０ ） ２ ＝ １２５ ｍ

２ １ 第二次相遇地点与 Ａ 的距离 ｘ２ ＝ａ１（ ｔ２ ＋ｔ０ ） ２ ＝ ２４５ ｍ。

２

答案 １２５ ｍ 或 ２４５ ｍ

Ａ．ａｂ 段与 ｂｃ 段的速度方向相反 Ｂ．ｂｃ 段与 ｃｄ 段的加速度方向相反 Ｃ．ａｂ 段质点的加速度大小为 ２ ｍ ／ ｓ２ Ｄ．ｂｃ 段质点通过的位移为 ２ ｍ

答案 Ｃ ａｂ 段与 ｂｃ 段图线都在 ｔ 轴上方，速度为正，方向相同，故 Ａ 错误；ｖ－ｔ 图像中，斜率表示加速度，ｂｃ 段与 ｃｄ 段的加速度均为负值，方向相同，故 Ｂ 错误；ａｂ 段质点的加速度大

Δｖ ４－２ 小为 ａ ＝ ＝ ｍ ／ ｓ２ ＝ ２ ｍ ／ ｓ２ ，故 Ｃ 正确；ｂｃ 段质点通过的位 Δｔ １

１

＝ 移 ｘ ＝ ×０．５×４ ｍ １ ｍ，故 Ｄ 错误。

２

１．（２０１８ 云南曲靖第一次检测，１９，６ 分） （ 多选） 某人骑自行车 在平直公路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间 内的速度 ｖ 随时间 ｔ 变化的图像。 某同学为了简化计算，用虚 线做近似处理，下面说法正确的是

（ ）

２０ ｍ ／ ｓ 的速度匀速行驶， 因疲劳驾 ４．货车 Ａ 正在公路上以 ｖ０ ＝

驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车 Ｂ 时，两车距离仅有 ７５ ｍ。

Ａ．在 ｔ１ 时刻，虚线反映的加速度比实际的大

Ｂ．在 ０ ～ ｔ１ 时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大 Ｃ．在 ｔ１ ～ ｔ２ 时间内，由虚线计算出的位移比实际的大 Ｄ．在 ｔ３ ～ ｔ６ 时间内，虚线表示的是匀速直线运动

答案 ＢＤ 图线切线的斜率表示加速度，在 ｔ１ 时刻，虚线的斜率小于实线切线的斜率，则虚线反映的加速度小于实际的 加速度，故 Ａ 错误；图线与时间轴围成的面积表示位移，在 ０ ～ ｔ１ 时间内，实线与时间轴围成的面积比虚线与时间轴围成的面积小，由虚线计算出的平均速度比实际的大，选项 Ｂ 正确；在 ｔ１ ～ ｔ２ 时间内，实线与时间轴围成的面积比虚线与时间轴围成 的面积大，由虚线计算出的位移比实际的小，故 Ｃ 错误；在 ｔ３ ～ ｔ６ 时间内，虚线平行于时间轴，表示的是匀速直线运动， 故 Ｄ 正确。

．Ａ、Ｂ 两小球从不同高度自由下落，同时落地，Ａ 球下落的时间 为 ｔ，Ｂ 球下落的时间为 ２ｔ ，当 Ｂ 球开始下落的瞬间，Ａ、Ｂ 两球 的高度差为

（ ） ３ ３ １ Ａ．ｇｔ２ Ｂ． ２ ２

８ ｇｔＣ． ４ ｇｔＤ． ４

ｇｔ２

答案 Ｄ Ａ 球下落高度为 ｈ ＝ １ ｇｔ２２ ，Ｂ 球下落高度为 ｈ ＝

１

? ｔ ２ １ Ａ

Ｂ

２ ｇ ２ ??＝ ２ ，当 Ｂ 球开始下落的瞬间，Ａ、Ｂ 两球的高度

１８ ｇｔ ｔ２ ＝ － － ＝ １ ２

差为 Δｈ ｈＡ

２ ｇ ? ２ ??ｈＢ ４ ｇｔ ，所以 Ｄ 项正确。

．（２０１７ 广西南宁三中一模） 如图所示为一质点做直线运动的速度－时间图像，下列说法中正确的是 （ ）

（ １） 若此时 Ｂ 车立即以 ２ ｍ ／ ｓ２ 的加速度启动，Ａ 车司机没有刹车，则两车是否会相撞？ 若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从 Ａ 车发现 Ｂ 车开始到撞上 Ｂ 车的时间。 （ ２） 若Ａ 车司机发现Ｂ 车，立即刹车（ 不计反应时间） 做匀

减速直线运动，加速度大小为 ２ ｍ ／ ｓ２（ 两车均视为质点），为避免碰撞，在Ａ 车刹车的同时，Ｂ 车立即做匀加速直线运动（ 不计反应时间），问：Ｂ 车加速度至少多大才能避免相撞？ （ 这段公路很窄，无法靠边让道）

答案 （ １） 两车会相撞 ５ ｓ （ ２） ０．６７ ｍ ／ ｓ２

解析 （ １） 设两车速度相等时经过的时间为 ｔ０ ，则：ｖ０ ＝ ａｔ０

可得：ｔ０ ＝ １０ ｓ

Ａ 车的位移为：ｘＡ ＝ ｖ０ ｔ０ ＝ ２００ ｍ

Ｂ 车的位移为：ｘ ＝ １ ａｔ２ ＝ １００ ｍ

Ｂ

２ ０

＋ ＝因为Ｂ ｘ ０ｘ １７５ ｍ＜ｘＡ １

所以两车会相撞，设经过时间 ｔ 相撞，有：ｖ０ ｔ ＝ ｘ０ ＋ ａｔ２

２ 代入数据解得：ｔ ＝５ ｓ，ｔ ＝ １５ ｓ（ 舍去）。

ａ ＝ ２ ｍ ／２０ ｍ ／（ ｓ ２） 已知 Ａ车 的１ 加速度２

大小 ｓ２ ， 初速度 ｖ ＝Ａ ０

设 Ｂ 车的最小加速度为 ａＢ 可以避免相撞，Ｂ 车运动经过 时间 ｔ 两车相遇，此时两车速度相等，则有：ｖＡ ＝ ｖ０ －ａＡ ｔ，ｖＢ ＝ ａＢ ｔ

且 ｖＡ ＝ ｖＢ

１

在时间 ｔ 内 Ａ 车的位移为：ｘＡ ＝ ｖ０ ｔ－ ２ ａＡ ｔ２

Ｂ 车的位移为：ｘ ＝ １ Ｂ ２ａ Ｂｔ２ 又 ｘＢ ＋ｘ０ ＝ ｘＡ

联立可得：ａＢ ≈０．６７ ｍ ／ ｓ２ 。

２

３

专题一 质点的直线运动

５

对应学生用书起始页码 Ｐ７

方法一 处理匀变速直线运动的一般方法

思想 方法 分析说明 １ ２ ａｔ及推论 ２ａｘ ＝ ｖ２ －ｖ２ ，它们均是矢量式， ０ ２ 使用时要注意方向性，一般以 ｖ０ 方向为正方向，已知量方向与正方向相同者取正，与正方向相一般公式指速度公式 ｖ ＝ ｖ０ ＋ａｔ，位移公式 ｘ ＝ ｖ０ ｔ＋一般公式法 反者取负。 未知量按正值代入，其方向由计算结果决定 列方程： 针对具体题目， 分析含有几个物理过程（ 一般一个特定 平均速度法 平均速度定义式 ｖ ＝ ｘ １ 对任何性质的运动都适用，而 ｖ ＝（ ｖ０ ＋ｖ） 只适用于匀变速直线运动 ｔ ２ 加速度对应一个过程）， 然后对每 １ 利用“ 任一时间 ｔ 中间时刻的瞬时速度等于这段时间 ｔ 内的平均速度”，即 ｖ＝ ｖ ＝ｔ（ ｖ０ ＋ 个过程逐个列关系表达式，最后２ ２中间时刻速度法 解方程组（ 高考题常用一般公式ｖ），适用于匀变速直线运动 列方程解题） 推论法 对一般的匀变速直线运动问题，若出现连续相等的时间间隔问题， 应优先考虑用 Δｘ ＝ ａＴ２ 求解 逆向思维法 把运动过程的“ 末态” 作为“ 初态” 的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况 图像：直观、形象。 需要有将图像语言翻译成函数表达式的能力 图像法 应用 ｖ－ｔ 图像，可以把较复杂的问题转变为较简单的数学问题来解决 物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面

最高点 Ｃ 时速度恰为零，如图所示。 已知物体运动到斜面长度

３ 处的 Ｂ 点时，所用时间为 ｔ，求物体从 Ｂ 滑到 Ｃ 所用的时间。 ４

可以看出 ｖＢ 正好等于 ＡＣ 段的平均速度，因此 Ｂ 点是中间时刻的位置。 因此有 ｔＢＣ ＝ ｔ。

解法四 对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相 等的各段位移所用的时间之比为 ｔ１ ∶ ｔ２ ∶ ｔ３ ∶ … ∶ ｔｎ ＝ １ ∶ （ ２ － １） ∶ （ ３ － ２ ） ∶ … ∶ （ ｎ － ｎ－１ ） 。

现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过 ＢＣ 段的 －１） 时间为ｔｘ ，那么通过ＤＢ、ＥＤ、ＡＥ 段的时间分别为ｔＤＢ ＝ （ ２ ｔｘ ， － ２ － ３ ｔＥＤ ＝ （ ３ ） ｔｘ ，ｔＡＥ ＝ （ ４ ） ｔｘ ，又 ｔＤＢ ＋ｔＥＤ ＋ｔＡＥ ＝ ｔ，得 ｔｘ ＝ ｔ。

解析 解法一 物体向上减速冲上斜面且 ｖＣ ＝ ０，则相当

于沿斜面向下的初速度为 ０ 的匀加速直线运动。

２ａｔ２（ ｔ＋ｔＢＣ ） ＢＣ

ａ 故 ｘＢＣ ＝ ，ｘ ＡＣ ＝

２ ２ ｘＡＣ

又 ｘＢＣ ＝ ，解得 ｔＢＣ ＝ｔ。

４

解法二 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时

答 案 ｔ

１－１

在平直的测试汽车加速性能的场地上，每隔 １００ ｍ

间里通过的位移之比为

１ｘ１ ∶ ｘ２ ∶ ｘ３ ∶ … ｘ３ ∶ ３ ∶ ５ ∶ … ∶ （ ２ｎ－１）。 ｘ∶ ｘ ＝ＡＣ ｎＡＣ ＝ １ ∶ ３ 现有 ｘ ∶ ｘ ＝ ∶ ＣＢ ＢＡ 有一个醒目的标志杆，两名测试员驾车在某个标志杆处由静止

开始匀加速启动，当汽车通过第二个标志杆时开始计时，ｔ１ ＝ １０ ｓ 时，恰好通过第 ５ 个标志杆，ｔ２ ＝ ２０ ｓ 时，恰好通过第 １０ 个标志 杆，汽车运动过程中可视为质点，如图所示。 求：

４ ４ 因通过 ｘＡＢ 的时间为 ｔ，故通过 ｘＢＣ 的时间 ｔＢＣ ＝ ｔ。

解法三 在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于 这段位移的平均速度

ｖ０ ＋ｖ ｖＡ ＋ｖＣ ｖＡ ＝ ＝ ｖＡＣ ＝ ２ ２ ２

（ １） 汽车的加速度大小；

（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？

① ② ③ 答案 （ １） ２ ｍ ／ ｓ２ （ ２） ６ 个 解析 （ １） 设汽车的加速度为 ａ，通过第二个标志杆时的

１ 速度为 ｖ 。 在 ０ ～ １０ ｓ 内，３Ｌ ＝ ｖ ｔ ＋ａｔ２

２ １ ２＝ ＋在 ０ ～ ２０ ｓ 内，８Ｌ ｖ ｔ ａｔ

０ ２ ０ ０ １ １

又 ｖ２２ａｘＡＣ Ａ ＝ ｖ２２ａｘＢＣ Ｂ ＝

ｘＡＣ ｘＢＣ ＝ ４ 解①②③得 ｖ

Ｂ ｖＡ ＝ ２ ２ ２