1、1对自由落体运动的研究（答题时间：15 分钟）1. 一质点沿直线 Ox方向做变速运动，它离开 O点的距离随时间变化的关系为x52t 3 （ m） ，它的速度随时间 t变化的关系为 v 6t2（ m/s） ，该质点在 t0 到 t2 s间的平均速度和 t2 s到 t3 s间的平均速度大小分别为（ ）A. 12 m/s，39 m/s B. 8 m/s，38 m/sC. 12 m/s，19.5 m/s D. 8 m/s，12 m/s2. 自由下落的物体，自起始点开始依次下落三段相同的位移所需要的时间比为（ ）A. 135 B. 149C. 1 D. 1（ 1）（ ）2 3 2 3 23. （泰安模拟
2、）小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某高度，其速度时间图象如图所示，则由图象可知（g10 m/s2）以下说法正确的是（ ）A. 小球下落的最大速度为 5 m/sB. 第一次反弹初速度的大小为 3 m/sC. 小球能弹起的最大高度为 0.45 mD. 小球能弹起的最大高度为 1.25 m4.（皖南八校联考）一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力） ，设抛出时t0，得到物体上升高度随时间变化的 ht 图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为（ ）A. 8 m/s2，20 m/s B. 10 m/s2，25 m/sC. 8 m/s2，25 m/s D
3、. 10 m/s2，20 m/s5. 竖直上抛的物体，又落回抛出点，下列关于物体运动的说法中正确的有（ ）A. 上升过程和下落过程，时间相等、位移相同B. 物体到达最高点时，速度和加速度均为零C. 整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均相同D. 不管竖直上抛的初速度有多大（v 010 m/s） ，物体上升过程的最后 1s时间内的位移总是不变的6. （上海交大东方学校模拟）从某高处释放一粒小石子，经过 1s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将（ ）2A. 保持不变 B. 不断增大C. 不断减小 D. 有时增大，有时减小7. （济南质检）小芳是一个善于思考的乡村
4、女孩，她在学过自由落体运动规律后，对自家房上下落的雨滴产生了兴趣，她坐在窗前发现每隔相等时间从屋檐滴下一滴水，当第 5滴正欲滴下时，第 1滴刚好落到地面，而第 3滴与第 2滴分别位于高 1 m的窗子的上、下沿，小芳同学在自己的作业本上画出了如图所示的雨滴下落同自家房子尺寸的关系图，其中 2点和 3点之间的小矩形表示小芳正对的窗子，请问：（1）此屋檐离地面有多高？（2）滴水的时间间隔是多少？8. 2010年冰岛火山喷发，火山灰尘给欧洲人民的生活带来了很大的影响。假设一灰尘颗粒开始以 4 m/s2的加速度从地面竖直上升，10 s末，忽然失去所有向上的推动力，灰尘颗粒只在重力作用下运动，则该颗粒最高
5、可上升到距地面多高处？此颗粒失去推动力后经多长时间落回地面？（g 取 10 m/s2）31. B 解析：平均速度 ，t0 时，x 05 m；t2 s时，x 221 m；t3 s时，vxtx359 m。故 1 8 m/s， 2 38 m/s。vx2 x02 s v x3 x21 s2. D3. ABC 解析：由 vt 图象可知， t0.5 s时，小球下落至地面，速度为 5m/s，小球与地面作用的时间不计，小球刚被地面弹起时，速度为3 m/s，能弹起的最大高度为h m0.45 m。故选项 A、 B、 C对， D错。v22g 32204. A 解析：根据图象可知物体在 t2.5 s时上升到最大高度，
6、为 25 m，由运动学公式可求得 A项正确。5. CD 解析：上升和下落过程时间相等，而位移大小相等、方向相反，物体到最高点加速度仍为 g，故 A、 B均错，在任意相等时间 t内，速度变化量均为 gt， C正确，根据逆向思维知，物体上升过程最后 1s内位移和自由下落第 1s内位移大小是相等的，都为g12 g， D也正确。12 126. B 解析：设第 1粒石子运动的时间为 t s，则第 2粒石子运动的时间为（t1） s，在它们落地之前，两粒石子间的距离为 h gt2 g（t1） 2gt g，可见，两粒石12 12 12子间的距离随 t的增大而增大，故 B正确。7. （1）3.2 m （2）0.
7、2 s 解：设屋檐离地面高为 h，滴水的时间间隔为 T由 gth得第 2滴水的位移为 h22(3)gT第 3滴水的位移为 h3 且 h2h 31 m由得 T0.2 s则屋檐高 h2(4)gT3.2 m。答：此屋檐离地面有 3.2m高。滴水的时间间隔是 0.2s。8. 280 m 11.48 s解：向上加速阶段H1 a1t 4102 m200 m12 21 12失去向上的推动力时，灰尘颗粒的速度大小为：v1a 1t1410 m/s40 m/s此后，灰尘颗粒做竖直上抛运动，竖直上抛上升阶段：H 2 80 mv212g4t2 4 sv1g自由下落阶段：H 1H 2 gt12 23得 t3 s7.48
8、 s2 H1 H2g 56所以，此颗粒距地面最大高度HmaxH 1H 2280 m灰尘颗粒从失去推动力到落地的总时间 tt 2t 311.48 s答：该颗粒最高可上升到距离地面 280m处。此颗粒失去推动力后经 11.48s落回地面。5匀变速直线运动规律的应用一、考点突破：考点 课程目标 备注匀变速直线运动规律的应用理解、会 在考试中主要以填空题、选择题、计算题、等形式出现；试题难度中等。二、重难点提示： 重点：匀变速直线运动规律的应用；难点：过程分析及公式的选择。一、匀变速直线运动及其推论公式的应用1. 两个基本公式（1）速度公式： v v0 at（2）位移公式： x v0t at212两个
9、公式中共有五个物理量，只要其中三个物理量确定之后，另外两个就确定了。原则上应用两个基本公式中的一个或两个联立列方程组，就可以解决任意的匀变速直线运动问题。2. 常用的推论公式及特点（1）速度位移公式 v2 v 2 ax，此式中不含时间 t；20（2）平均速度公式 v ，此式只适用于匀变速直线运动，式中不含有时间 tvt2 v0 v2和加速度 a； ，可用于任何运动；vxt（3）中间位置的速度公式 202tsv，中间位置的速度大于中间时刻的速度；（4）位移差公式 x aT2，利用纸带法求解加速度即利用了此式；（5）初速度为零的匀加速直线运动的比例式及适用条件初速度为零的匀加速直线运动比例式：物体
10、在 1T末、2 T末、3 T末、的瞬时速度之比为：v1 v2 v3123物体在第个 T内、第个 T内、第个 T内、第 n个 T内的位移之比：x x x xn135（2 n1）物体在 1T内、2 T内、3 T内，的位移之比：x1 x2 x31 22 23 2。物体通过连续相等的位移所用时间之比：t1 t2 t3 tn1（ 1）（ ）（ ）2 3 2 n n 1注意：上述公式只适用于初速度为零的匀加速直线运动。3. 无论是基本公式还是推论公式，均为矢量式，公式中的 v0、 v、 a、 x都是矢量，解题6时应注意各量的正负，一般先选 v0方向为正方向，其他量与正方向相同取正值，相反取负值。二、用匀变
11、速运动规律分析两类匀减速运动1. 刹车类问题：即匀减速直线运动到速度为零后即停止运动，加速度 a突然消失，求解时要注意先确定其实际运动时间。2. 双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意 x、 v、 a等矢量的正、负号。3. 逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速运动。例题 1 （全国高考）已知 O、 A、 B、 C为同一直线上的四点， AB间的距离为 l1， BC间的距离为 l2，一物体自 O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过 A、 B
12、、 C三点，已知物体通过 AB段与 BC段所用的时间相等，求 O到 A的距离。解析：首先画出运动情况示意图：解法一 基本公式法设物体的加速度为 a，到达 A点时的速度为 v0，通过 AB段和 BC段所用的时间都为t，则有 l1 v0t at212l1 l22 v0t a（2 t） 212联立以上二式得 l2 l1 at23l1 l22 v0t设 O到 A的距离为 l，则有 lv202a联立以上几式得 l21(3)8l；解法二 利用推论法由连续相等时间内的位移之差公式得：l2 l1 at2又由平均速度公式： vB l1 l22tl l1 v2B2a由得： l21(3)8l。答案：21()l7思路
13、分析：（1）合理选用公式可简化解题过程，本题中解法二中利用位移差求加速度，利用平均速度求瞬时速度，使解答过程简化了。（2）对于多过程问题，要注意 x、 v0、 t等量的对应关系，不能“张冠李戴” 。例题 2 一辆汽车以 72 km/h的速度行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动。已知汽车刹车过程中加速度的大小为 5 m/s2，则从开始刹车经过 5 s后汽车通过的距离是多少？解析：设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为 t0，选 v0的方向为正方向。v072 km/h20 m/s，由 v v0 at0得t0 s4 svt v0a 0 20 5可见，该汽车刹车后经过 4 s就已经停止，最后 1 s是静
14、止的，由 x v0t at2知刹车后 5 s内通过的距离12x v0t0 at02204 （5）4 2 m40 m。12 12答案：40 m思路分析：解答此题时，最容易犯的错误是将 t5 s直接代入位移公式得x v0t at2205 （5）5 2 m37.5 m，这样得出的位移实际上是汽车停止12 12后又反向加速运动 1s的总位移，这显然与实际情况不相符。【知识脉络】 匀 变 速 直 线 运 动 规 律 两 个 基 本 公 式 （ 共 几 个 物 理 量 ？ ） 重 要 推 论 两 类 匀 减 速 运 动 的 分 析 （ 切 记 结 合 实 际 物 理 情景 ） 【技巧突破】1. 求解匀变速
15、直线运动问题的一般解题步骤：（1）首先确定研究对象，并判定物体的运动性质；（2）分析物体的运动过程，要养成画物体运动示意（草）图的习惯；（3）如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带；（4）运用基本公式或推论等知识进行求解。2. 匀变速直线运动推论的应用推论 分析说明平均速度法 定义式 对任何性质的运动都适用，而 （ v0 v）只适用于匀v xt v 12变速直线运动8中间时刻速度法利用“任一时间段 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 ，适用于任何一个匀变速直线运动，有些题目应用t2 v它可以避免常规解法中用位移公式列出的含有 t
16、2的复杂式子，从而简化解题过程，提高解题速度比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，用比例法求解推论法匀变速直线运动中，在连续相等的时间 T内的位移之差为一恒量，即 xn1 xn aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用 x aT2求解（答题时间：20 分钟）1. （北京市昌平一中第二次月考）某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为 x，从着陆到停下来所用的时间为 t，则飞机着陆时的速度为（ ）A. B. C. D. 到 之间的某个
17、值xt 2xt x2t xt 2xt2. （安徽省高三第一次联考）一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了 2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了 8 m。由此可求得（ ）A. 第一次闪光时质点的速度B. 质点运动的加速度C. 从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移D. 质点运动的初速度3. （聊城模拟）物体沿一直线运动，在 t时间内通过的位移为 x，它在中间位置 x处12的速度为 v1，在中间时刻 t时的速度为 v2，则 v1和 v2的关系为（ ）12A. 当物体做匀加速直线运
18、动时， v1v2B. 当物体做匀减速直线运动时， v1v2C. 当物体做匀速直线运动时， v1 v2D. 当物体做匀减速直线运动时， v1 x1t1 x2t2 x3t3 x1t1x2t2x3t3C. D. 若 增大，则 的值减小x1t21 x2t2 x3t23 xt27. （天津五校联考）如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、 b、 c、 d到达最高点 e，已知 ab bd6 m， bc1 m，小球从 a到 c和从 c到 d所用的时间都是 2 s，设小球经 b、 c时的速度分别为 vb、 vc，则（ ）A. vb m/s B. vc3 m/s8C. de3 m D. 从 d到
19、 e所用时间为 4 s8. （上海闸北八中学月考）某动车组列车以平均速度 v行驶，从甲地到乙地的时间为t，该列车以速度 v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令后紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到 v0，继续匀速前进，从开始刹车至加速到 v0的时间是 t0， （列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等） ，若列车仍要在 t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度 v0应为（ ）A. B. C. D. vtt t0 vtt t0 vtt 12t0 vtt 12t09. （湖南）短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了 100 m和 200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是 9.69s和 1
20、9.30s，假定他在 100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动；200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与 100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑 100 m时最大速率的 96%。求：（1）加速所用时间和达到的最大速率；（2）起跑后做匀加速运动的加速度。 （结果保留两位小数）101. B 解析：根据公式 解得 vvv2 xt 2xt2. C 解析：质点运动情况如图所示，照相机照相时，闪光时间间隔都相同，第一次、第二次闪光的时间间隔内质点通过的位移为 x1，第二次、第三次闪光时间内质点
21、位移为x2，第三、四次闪光时间内质点位移为 x3，则有 x3 x2 x2 x1，所以 x25 m。由于不知道闪光的周期，无法求初速度、第 1次闪光时的速度和加速度，C 项正确。3. ABC 解析：设物体的初速度为 v0、末速度为 vt，由v v v v 2 a21 20 2t 21x2所以路程中间位置的速度为v1 v20 v2t2物体做匀变速直线运动时中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即 v2 v0 vt2第式的平方减去第式的平方得v v 21 2 (v0 vt) 24在匀变速或匀速直线运动的过程中， v v 一定为大于或等于零的数值，所以21 2v1 v2。4. BD 解析：因为冰壶做
22、匀减速运动，且末速度为零，故可以看作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2 3 2 3 2 2项 C错，D 正确；由 v2 v 2 ax可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为 120 ，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2 3 3 2B、D。5. C6. BC7. BD8. C 解析：该动车组从开始刹车到加速到 v0所发生的位移大小为 t0，依题意，动v02车组两次运动所用的时间相等，即 t0 t，解得 v0 ，故正确答案为vt v02t0v0vtt 12t0C。9.（1）1.29 s 11.24 m/s （2）8.71 m/s 2解：（1）设加速所用时间为 t（以 s为单位） ，匀速运动时的速度为 v（以 m/s为单位），则有vt（9.690.15 t） v1001211vt（19.300.15 t）0.96 v20012由式得t1.29 sv11.24 m/s（2）设加速度大小为 a，则a 8.71 m/s 2vt答：加速所用时间为 1.29s，达到的最大速率为 11.24m/s。起跑后做匀加速运动的加速度为 8.71m/s2。
