C错误。

2.D 解析2s内的位移x1=v0t+

1

2

at

2=30m,汽车速度

减为0的时间t0=

Δv

a

=4s,刹车5s内的位移等于刹车4s

内的位移,x2=

0-v0

2

2a

=40m,所以2s内与5s内汽车的

位移大小之比为3∶4,故D正确。

3.AC 解析 飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为

零、加速度大小为a的匀加速直线运动,则在t1=3s内的

位移为x1=

1

2

at1

2,在t2=4s内的位移为x2=

1

2

at2

2,根

据题意有x2-x1=7m,联立解得加速度大小为a=2m/s

2,

选项 A正确。该飞机着陆后5s时的速度大小为v5 =

v0-at=

216

3.6

m/s-2×5m/s=50m/s,选项B错误。该

飞机在跑道上滑行的时间为t=

v0

a

=

216

3.6×2

s=30s,选项

C正 确。该 飞 机 在 跑 道 上 滑 行 的 距 离 为 x=

v0

2

t=

216

3.6×2

×30m=900m,选项D错误。

典例1答案 (1)4.5m (2)2人 (3)2m

解析 解法一 (推论法)

(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速运动

的规律可知,在相邻相等时间内位移差相等,即 Δs=

lCD -lBC =lBC -lAB =1m

解得lCD =4.5m。

(2)因为 Δs=1m,所以此刻A 的上端滑道上还有2

个人。

(3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加

速度为a,则有Δs=lCD -lBC =aT

2

即aT

2=1m

由平均速度公式有vB =

lAB +lBC

2T

=vA +aT

联立两式解得vA =

2m

T

此时A 距滑道顶端s=

vA

2

2a

=2m。

解法二 (基本公式法)

设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速

度为a,A 点的速度为vA,则有

lAB =vAT+

1

2

aT

2

lAB +lBC =2vAT+

1

2

a·(2T)2

lAB +lBC +lCD =3vAT+

1

2

a·(3T)2

联立解得lCD =4.5m,vAT=2m,aT

2=1m

由此可知此刻A 的上端滑道上还有2人

A 距滑道顶端s=

vA

2

2a

=2m。

对点演练

4.A 解析 将动车减速过程看作初速度为0的加速过程,可

知最后3s、2s、1s连续通过三段位移的比为(11+9+7)∶

(5+3)∶1=27∶8∶1,由v=

x

t

,可知这三段位移的平均

速度之比是9∶4∶1,选项 A正确,B、C、D错误。

典例2D 解析 根据竖直上抛运动的对称性,知小球竖直上

抛运动到最高点的时间为t+

1

2

t=

3

2

t,则竖直上抛的初

速度v0=

3

2

gt,故 C错误,D正确;小球上升的最大高度

h=

1

2

g 3

2

t

2

=

9

8

gt

2,故 A错误;从A 点上升到最高点

的时 间 为

1

2

t,则 A 点 距 离 最 高 点 的 高 度 h1 =

1

2

g 1

2

t

2

=

1

8

gt

2,A 点距地面的高度h2 =h-h1 =

gt

2,故B错误。

对点演练

5.B 解析 运动员下落的整个过程所用的时间t=

2H

g

=

2×10

10

s≈1.4s,前5m的过程所用的时间t1=

2h

g

=

2×5

10

s=1s,则运动员用于姿态调整的时间约为t2=

t-t1=0.4s,故B正确,A、C、D错误。

6.B 解析 设桥面高度为h,根据自由落体运动位移公式,对

铁球2有h=

1

2

gt

2,对铁球1有h-L=

1

2

gt1

2,又tt1=Δt,解得h=20m,故B正确。

7.A 解析 射出的弹丸做竖直上抛运动,可看成自由落体运

动的逆运动,由运动学公式h=

1

2

gt

2 可知,弹丸最后1s

— 3 —

内上升的高度h1=

1

2

×10×1

2 m=5m,则最初1s内上升

的高度h2=9h1=45m,最初1s内中间时刻的速度v=

h2

t

=

45

1

m/s=45m/s,弹丸的初速度v0=v+gt'=45m/s+

10×0.5m/s=50m/s,故上升的最大高度为h=

v0

2

2g

=

50

2

2×10

m=125m,故选 A。

典例3答案 (1)138m (2)72m (3)25s

解析 (1)过ETC通道时,减速的位移和加速的位移相等,

则x1=

v1

2-v2

2

2a

=64m

故总的位移x总1=2x1+d=138m。

(2)过人工收费通道时,开始减速时距离中心线的距

离为

x2=

v1

2

2a

=72m。

(3)过ETC通道的时间

t1=

v1-v2

a

×2+

d

v2

=18.5s

过人工收费通道的时间

t2=

v1

a

×2+t0=44s

x总2=2x2=144m

二者的位移差Δx=x总2-x总1=6m

在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动,

则Δt=t2- t1+

Δx

v1 =25s。

对点演练

8.答案 (1)9s (2)4m/s

2

解析 (1)设无人机下降过程最大速度为v,向下加速时间

为t1,减速时间为t2,则由匀变速直线运动规律有h1 =

1

2

a1t1

2,v=a1t1,H1-H2-h1=

v

2

t2,联立解得t=t1+

t2=9s。

(2)无人机自由下落2s末的速度为v0=gt'=20m/s

2s内向下运动的位移为x1=

1

2

gt'

2=20m

设其向下减速的加速度的大小为a2 时,恰好到达地面

前瞬间速度为零,则 H2-x1 =

v0

2

2a2

,代入数据解得a2 =

4m/s

2。

9.答案 (1)匀速直线运动 10m

(2)50m

(3)违章驾驶

解析 (1)在小王思考时间内,汽车做匀速直线运动,v0=

72km/h=20m/s,则这段时间内汽车的位移为

x0=v0t0=20×0.5m=10m。

(2)以汽车速度方向为正方向,因此汽车刹车时的加速

度为a=

0-v0

t1

=

0-20

4

m/s

2=-5m/s

2,负号表示加速度

的方向与规定的正方向相反。

汽车刹车过程的位移为x1=

0-v0

2

2a

=

0-20

2

2×(-5)m=

40m

小王看到行人时,汽车离斑马线的距离为x=x0 +

x1=10m+40m=50m。

(3)行人从A 点到B 点所需时间为tAB=

2d

v人

=

2×3

1.5

s=

4s,则在此过程中汽车先减速1s,后匀速3s。

汽车减速过程,由匀变速直线运动规律可得

v'=v0+at2=20m/s+(-5)×1m/s=15m/s

x2=

v'

2-v0

2

2a

=

15

2-20

2

2×(-5)m=17.5m

汽车匀速过程的位移x3=v't3=15×3m=45m

则此过程汽车的位移为x=x2+x3=17.5m+45m=

62.5m>50m,因此小王违章驾驶。

专题1 运动图像 追及与相遇问题

强基础·增分策略

一、1.(1)位移 (2)速度 速度

2.(2)加速度 加速度 (3)位移

【易错辨析】(1)× (2)√ (3)√

【应用提升】

1.B 解析 由题图可知0~3s为匀加速直线运动,其平均速

度为

30m/s

2

=15m/s,选项 A错误。3.5~6s做匀减速直

线运动,选项B正确。若3~6s内物体做匀减速运动到速

度为0,则0~3s内与3~6s内加速度大小相等,即图像的

斜率大小相等,由连接点(3,30)、(6,0)可知,3.5~6s内图

— 4 —

像的斜率较大,加速度大于0~3s内的加速度,选项 C错

误。由图像与坐标轴围成的面积代表位移可知,0~3s的

位移比3.5~6s的大,选项D错误。

二、1.(1)速度相同 (2)速度相同 (3)速度相同 (4)速度

相同 (5)a1>a2 a1<a2 速度相同

【易错辨析】(4)× (5)√ (6)√

【应用提升】

2.B 解析 小汽车恰好没撞上货车,即小汽车与货车速度相

等时,恰好追上货车,根据公式v

2-v0

2=2ax 可得小汽车

刹车的位移为x1=

v

2-v0

2

2a

,根据公式v=v0+at可得小

汽车的刹车时间为t1=

v-v0

a

,代入数据解得x1=75m,

t1=5s。小汽车匀速运动的位移为 x2 =v0Δt=20×

0.6m=12m,货车运动的位移为x=v(t1+Δt)=10×

(5+0.6)m=56m。设小汽车驾驶员刚发现货车时距货

车的距离为x0,则有x1+x2=x+x0,代入数据解得x0=

31m,选项 A、C、D错误,B正确。

增素能·精准突破

典例1AD 解析v t图像的斜率表示加速度,甲车的加速

度a甲 =

0-20

20

m/s

2 = -1 m/s

2,乙车的加速度a乙 =

0-30

15

m/s

2=-2m/s

2,故 A正确;v t图线与时间轴围

成的面积表示位移,由题图可知,0~10s内乙车通过的位

移大于甲车通过的位移,故B错误;根据题意可知,行进中

两车恰好没有发生碰撞,说明在t=10s时两车恰好相遇,

t=15s时,甲车在乙车的前方,t=0时刻,两车相距为0~

10s内两车的位移差x=

1

2

×(30-20)×10m=50m,故

C错误,D正确。

对点演练

1.D 解析x t图像的斜率表示速度,由题意可得,小车的

速度由零先增大再减小直到最终变为零,对应的x t图像

的斜率先变大后变小,且位移一直变大,选项D正确。

2.D 解析 激光关闭后铯原子做竖直上抛运动,因此铯原子

团先向上做匀减速运动,接着向下做匀加速运动,加速度都

为重力加速度,方向竖直向下,选项D正确,A、B、C错误。

3.B 解析 根据公式v

2-0=2ax 变形可得x=

1

2a

v

2,由图像

可得,B的加速度不变,A的加速度逐渐增大,所以 A、B两

车的v t图像为题图a。由于 A、B的位移为x1 时速度相

同,由题图a(即 A、B两车的v t图)可得,速度相同时,需

要的时间不同,则两车不是同时到达x1,故没在x1 处相

遇,故 A、C、D错误,B正确。

典例2D 解析 根据匀变速直线运动的公式x=v0t+

1

2

at

2,

变形得到

x

t

=

1

2

at+v0,可知该物体做匀变速直线运动,

结合图像可知v0=6m/s,a=-6m/s

2,选项 A、B错误。

根据公式x=v0t+

1

2

at

2 可知,在0~2s内物体的位移为

x1=6×2m+

1

2

×(-6)×2

2 m=0,选项C错误。根据公

式x=v0t+

1

2

at

2 可知,在0~3s内物体的位移为x2=

6×3m+

1

2

×(-6)×3

2 m=-9m,即3s末物体位于出

发点左侧9m处,选项D正确。

典例3C 解析 汽车制动过程,由题图乙可知其加速度a 随

位移x 均匀增大,故汽车做加速度逐渐增大的减速运动,选

项 A错误。根据匀变速运动的速度位移公式v

2-v0

2=

2ax,汽车做非匀变速运动,运用“微元法”,可知a x 图线

与x 轴所围图形的“面积”表示“速度二次方变化量的一

半”,可知汽车制动中0-v0

2=2×

1

2

×(-6)×12m

2/s

2,

可得汽车开始制动时的速度大小为v0=6 2 m/s,选项B

错误,C正确。刹车过程中最大加速度为6m/s

2,如果一直

以最大加速度刹车,所用的时间为t'=

v0

|a|

= 2s,实际加

速度是逐渐增大的,所以刹车制动时间一定大于 2s,选项

D错误。

对点演练

4.B 解析 由题图可知,减速之前汽车的位移为x1=4m,根

据匀变速直线运动的速度位移公式v

2-v0

2=2ax,由图像

解得a=-5m/s

2,当速度为5m/s时,汽车的位移为x2=

v

2-v0

2

2a

=37.5m,故汽车的位移为x=x1+x2=41.5m,

选项 A、C、D错误,B正确。

5.BD 解析 设小球在经过 A传感器时的速度大小为vA,经

过B传感器时的速度大小为vB,在斜面上运动的加速度大

— 5 —

小为a,根据运动学规律有vB=vA+at,x=vAt+

1

2

at

2,

联立以上两式并整理得

x

t

2 =vB·

1

t

-

a

2

,结合图像可得

vB=8m/s,a=4m/s

2。当 A传感器放置在O 点时,传感

器所测时间为小球从O 到B传感器的运动时间t1,由题图

乙分析可知t1=1s,所以小球在斜面上O 点的速度大小为

v0=vB-at1=4m/s,小球在斜面上运动的平均速度大小

为v=

v0+vB

2

=6m/s,固定斜面长度为l=vt1=6m,选项

A、C错误,B、D正确。

典例4答案 (1)6m/s (2)20s 40m/s (3)225m

解析 (1)赛车出发3s末的瞬时速度大小为

v1=a1t1=2×3m/s=6m/s。

(2)设经t2 时间追上安全车,由位移关系得

v0t2+200m=

1

2

a1t2

2,解得t2=20s

此时赛车的速度v=a1t2=2×20m/s=40m/s。

(3)方法一 物理分析法

当两车速度相等时,两车相距最远

由v0=a1t3 得两车速度相等时,经过的时间

t3=

v0

a1

=

10

2

s=5s,追上之前两车最远相距

Δs=v0t3+200m1

2

a1t3

2

=(10×5+200-

1

2

×2×5

2)m=225m。

方法二 二次函数法

Δs=v0t+200-

1

2

a1t

2=10t+200-t

2

当t=

-b

2a

=

-10

2×(-1)s=5s时,Δs有极值,相距最

远,将t=5s代入解得Δsmax=225m。

方法三 图像法

从图像可知,当赛车速度等于安全车速度时,即v0=

a1t=10m/s,得t=5s时相距最远,Δsmax=v0tv0

2

t+

200m=225m。

拓展 答案20s

解析 方法一:物理分析法

假设再经t4 时间两车第二次相遇(两车一直在运动),由

位移关系得vt4-

1

2

a2t4

2=v0t4

解得t4=15s。

赛车停下来的时间t'=

v

a2

=

40

4

s=10s

所以t4=15s不符合实际,两车第二次相遇时赛车已停

止运动。

设再经时间t5 两车第二次相遇,应满足

v

2

2a2

=v0t5,解得

t5=20s。

方法二:图像法

赛车和安全车的v t图像如图所示。由图知t=10s,赛

车停下时,安全车的位移小于赛车的位移,由v0t5=

v

2

2ax2

,得

t5=20s。

对点演练

6.B 解析 设运动员加速时间为t1,追上时两者位移相等,即

v t图像与t轴所围的面积相等,有

1

2

×12×t2=

1

2

×8×

t1+8×(t2-t1),解得t2=2t1,则加速度之比

a1

a2

=

12

t2

8

t1

=

3t1

2t2

=

3

4

,故选B。

7.BC 解析 由匀变速直线运动规律可知x=v0t+

1

2

at

2,由

题图乙可知当t=2s时,x=10m,当t=5s时,x=40m,

解得v0=3m/s,a=2m/s

2,故A错误;由题图乙可知B车

匀速运动的速度vB=

40

4

m/s=10m/s,由匀变速直线运动

的规律可得vA=v0+at=vB,解得t=3.5s,故B正确;A

车加速到vmax=54km/h=15m/s后做匀速运动,追上B

车的时间最短,由vmax=v0 +at0,可知 A 车的加速时间

t0 =6s,A 车 追 上 B 车 满 足 vBt=v0t0 +

1

2

at0

2 +

— 6 —

vmax(t-t0),解得t=7.2s,此后A车的速度大于B车的速

度,不会再相遇,故C正确,D错误。

8.答案 (1)4s或8s

(2)2s或6s或10s

解析 (1)0~6s内

v甲 =v1-a1t1

v乙 =v2-a2t1

两车速度相等时v甲 =v乙

解得t1=4s

6s之后v甲'=4m/s

v乙'=v2-a2t2

两车速度相等时v甲'=v乙'

解得t2=8s

所以两车速度相等时经过的时间为4s或8s。

(2)在甲减速时,设经时间t相遇,甲和乙的位移分别

为s1、s2,则有

s1=v1t1

2

a1t

2

s2=v2t1

2

a2t

2

s1=s2+L

联立解得t=2s或6s

即在甲车减速时,相遇两次,第一次相遇的时间为2s,

第二次相遇的时间为6s。

当t=6s时,甲车的速度为v1'=v1-a1t=4m/s

乙车的速度为v2'=v2-a2t=6m/s

甲车的速度小于乙车的速度,但乙车做减速运动,设再

经Δt时间甲追上乙,有

v1'Δt=v2'Δt1

2

a2Δt

2

解得Δt=4s

此时乙仍在做减速运动,此解成立

即甲乙第三次相遇的时间为t3=10s。

实验1 测量做直线运动物体的瞬时速度

增素能·精准突破

典例1答案 (1)弹簧测力计 (2)0.864 0.928 (3)见解析

图 (4)0.65 (5)大

解析 (1)本实验中不需要测量力的大小,因此不需要的器

材是弹簧测力计。

(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这

段时间内的平均速度知,vD =

x3+x4

2t

=

(8.33+8.95)×10

-2

2×5×0.02

m/s=0.864m/s,vE =

x4+x5

2t

=

0.928m/s。

(3)小车的速度—时间关系图线如图所示。

(4)由小车的速度—时间关系图线可得,小车的加速度

a=

Δv

Δt

=

1.00-0.70

0.505-0.04

m/s

2=0.65m/s

2。

(5)当交变电流的频率f=49Hz时,实际周期大于

0.02s,根据运动学公式Δx=aT

2 得,测量的加速度值与实

际值相比是偏大的。

典例2答案 (1)0.5 (2)a=

d

2

2LT

2 (3)0.25 (4)偏小

解析 (1)遮光条经过光电门时的平均速度v=

d

T

,得到v=

0.5m/s。

(2)依据匀变速直线运动的速度与位移的关系,有

v

2=2aL,又v=

d

T

,解得a=

d

2

2LT

2。

(3)由(2)中的表达式,代入数据可以得到a=0.25m/s

2。

(4)由于光电门测速度只是测量平均速度,在匀变速直

线运动中,平均速度与中间时刻的瞬时速度相等,却又小于

中间位置的瞬时速度,而在测量位移L 时,测的是光电门

中间位置与遮光条之间的距离,大于中间时刻所在位置与

遮光条之间的距离,所以测量计算出来的加速度比真实的

加速度偏小。

典例3答案 (1)A

— 7 —

(2)61.20

(3)9.55

(4)t+

h

v

(5)不正确,理由见解析

解析 (1)为了减小空气阻力等因素影响,应该选用材质密

度较大的钢球,选项 A正确。

(2)刻度尺的分度值为1mm,估读到分度值的下一

位,由题图可知h=61.20cm。

(3)根据h=

1

2

gt

2 可得2h=gt

2,故2h t

2 图线的斜

率表示重力加速度,则根据图线有

g=

3.27-0.50

0.35-0.06

m/s

2=9.55m/s

2。

(4)下落过程中声音传播的时间为t1=

h

v

则小球下落的时间为t'=t+t1=t+

h

v

。

(5)设木条厚度为 H,则h+H=

1

2

gt

2,整理得2h=

gt

2-2H,与2h=gt

2 对比,斜率都是g,所以用图像法处

理实验数据时,木条的厚度对实验无影响。

练思维·迁移运用

1.答案 (1)24.00 80.0

(2)如解析图所示

(3)70.0 59.0

(4)b 2k

解析 (1)ΔxAD =ΔxAB +ΔxBC +ΔxCD =24.00cm

vAD =

ΔxAD

tAD

=80.0cm/s。

(2)如图所示。

(3)连接上图中各点,由 图 像 得 截 距 为 59,则b=

59.0cm/s,k=

80.0-59.0

0.3-0

cm/s

2=70.0cm/s

2。

(4)由x=v0t+

1

2

at

2 得v=

x

t

=v0+

1

2

at,则vA =

b,a=2k。

2.答案 (1)相邻1s内的位移之差接近80m

(2)547

(3)79

解析 (1)由题表可知,飞行器第1s内的位移为507m,第

2s内的位移为587m,第3s内的位移为665m,第4s内

的位移为746m,第5s内的位移为824m,第6s内的位移

为904m,则相邻1s内的位移之差接近80m,可判断飞行

器在这段时间内近似做匀加速运动。

(2)当x=507m时,飞行器的速度近似等于0~2s内

的平均速度,则v=

1094

2

m/s=547m/s。

(3)由逐差法可知a=

x36-x03

9T

2 =

4233-2×1759

9×1

2 m/s

2=

79m/s

2。

3.答案 (1)刻度尺

(2)1.5

(3)

2d(Δt1-Δt2)

Δt1Δt2(Δt1+Δt2)

(4)光栅板受到空气阻力的作用

解析 (1)该实验测量重力加速度,不需要天平测质量;需要

用刻度尺测量遮光带(透光带)的宽度。

(2)v3=

d

Δt3

=

4.5×10

-2 m

30×10

-3s

=1.5m/s。

(3)平均速度等于中间时刻的速度,有v1=

d

Δt1

,v2=

d

Δt2

,v2=v1+g

Δt1+Δt2

2

可得g=

2d(Δt1-Δt2)

Δt1Δt2(Δt1+Δt2)

。

(4)光栅板下落过程中受到空气阻力的影响,所以竖直

向下的加速度小于重力加速度。

研专项·素养提升

一、情境化主题突破:交通安全类问题分析(一)

案例探究

答案 (1)20 40 60

(2)不能避免

(3)不能避免

解析 (1)在驾驶员的反应时间内汽车做匀速直线运动,x=

— 8 —

v0t,反应时间一定,当初速度为80km/h时,初速度是

40km/h的2倍,则反应距离是10m的2倍,所以s3=20m

刹车后做 匀 减 速 直 线 运 动,x'=

v0

2

2a

,当 初 速 度 为

80km/h时,初速度是40km/h的2倍,刹车时的加速度

不变,则刹车距离是10m的4倍,所以x3=40m

停车距离L3=s3+x3=20m+40m=60m。

(2)车速108km/h是40km/h的2.7倍

与车速为40km/h时比较可知

反应距离为10×2.7m=27m

刹车距离为10×2.7

2 m=72.9m

停车距离为27m+72.9m=99.9m

因为99.9m>80m,所以不能避免车祸。

(3)在驾驶员的反应时间内汽车做匀速直线运动,由

x=v0t知正常的反应时间为t=

x

v

=

10

40

3.6

s=0.9s

酒后驾车的反应时间为0.9s+0.6s=1.5s

则反应距离为

72

3.6

×1.5m=30m

与40km/h比较,得刹车距离为10× 72

40

2

m=32.4m

则酒后停车距离为30m+32.4m=62.4m

因为62.4m>60m,所以不能避免惨剧。

创新训练

答案 (1)4s (2)见解析

解析 (1)设甲经过时间t刚好完成超车,在时间t内

甲车位移x1=v1t+

1

2

at

2

货车位移x2=v2t

根据几何关系x1=x2+L1+L2+s

代入数据得t=4s

即甲车最短的超车时间为4s。

(2)在最短4s内

甲车位移x1=56m

乙车位移x3=v3t=60m

由于x1+x3=116m>110m,故甲车不能安全超车。

二、典型物理模型指导突破:空中抛体相遇模型

案例探究

C 解析 解法一 如图所示,要 A、B在空中相遇,必须使

两者相对于抛出点的位移相等,即要求 A、B图线必须相

交,据此可从图中看出:物体 B最早抛出的临界情形是物

体B落地时恰好与 A相遇;物体B最迟抛出的临界情形是

物体B抛出时恰好与A相遇。故要使A、B能在空中相遇,

Δt应满足的条件为

2v0

g

<Δt<

4v0

g

,C正确。

解法二 设B抛出后经过时间t与 A相遇,则

2v0(t+Δt)-

1

2

g(t+Δt)2=v0t1

2

gt

2

解得t=

1

2

gΔt

2-2v0Δt

v0-gΔt

由0<t<

2v0

g

,分别解得

v0

g

<Δt<

4v0

g

和Δt>

2v0

g

综合可得

2v0

g

<Δt<

4v0

g

。

创新训练

D 解析 根据竖直上抛运动的规律,竖直向上运动到同一

水平线上时,乙小球的运动时间为t=

t2-t1

2

,甲小球到达

的最高点高度为h=

1

2

g

t2 2

2

=

1

8

gt2

2,甲小球下落的高

度为h'=

1

2

g

t2

2

-

t2-t1 2

2

=

1

8

gt1

2,故该位置距离抛

出点的高度为h″=h-h'=

1

8

g(t2

2-t1

2),故选D。

三、重要科学思维方法指导:转化法在运动学问题中的应用

案例探究

1.D 解析 每个小球上升的最大高度都是1.8m,根据h=

1

2

gt

2,解得t=

2h

g

=0.6s,根据竖直上抛的对称性可

知,空中有四个小球,一个刚上升,一个在顶端,另外两个分

别在上升和下降且处于同一高度,共4个时间间隔 Δt,所

以球在手中停留的时间为在空中总时间的四分之一,即

Δt=

2t

4

=0.3s。

— 9 —

2.答案t

解析 冰壶通过矩形区域做匀减速直线运动,可看作冰壶从

E 点开始做初速度为零的匀加速直线运动

由位移公式,由E 到A,有4l=

1

2

at1

2

式中t1 为冰壶通过四个矩形区域所用的时间,l为每

个矩形区域的宽度

由E 到D 有l=

1

2

a(t1-t)2

联立解得t1=2t或t1=

2

3

t

显然t1=

2

3

t<t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。

创新训练

1.C 解析 运动员起跳到最高点的过程,反过来看,就是初速

度为0的匀加速直线运动,经过相同位移所用的时间之比

为1∶(2-1)∶(3- 2)∶(4- 3),则

t2

t1

=

1

4- 3

=

3.732,故选C。

2.BCD 解析 子弹做匀减速直线运动,通过相同位移的时间

逐渐增大,所以子弹在每个水球中运动的时间不同,而加速

度相同,由Δv=at知,子弹在每个水球中的速度变化量不

同,故 A错误;子弹的运动可看作反向的初速度为零的匀

加速直线运动,对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连

续相等位移的时间之比为1∶(2-1)∶(3- 2)∶

(2- 3),则子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为

(2- 3)∶(3- 2)∶(2-1)∶1,故B正确;子弹的运

动可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动,根据x=

1

2

at

2 可得从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比

为1∶ 2∶ 3∶2,根据v=at可知逆向子弹依次进入每个

水球时的速度之比为1∶ 2∶ 3∶2,则子弹依次进入每个

水球时的速度之比为2∶ 3∶ 2∶1,故C正确;子弹恰好

能穿出第4个水球,则根据B项分析知子弹穿过第4个水

球的时间与子弹穿过前3个水球所用的时间相同,则子弹

穿出第3个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度,与全

程的平均速度相等,故D正确。

第二章 相互作用 共点力的平衡

第1节 重力 弹力 摩擦力

强基础·增分策略

一、3.竖直向下

【易错辨析】(1)√ (2)× (3)× (4)√

【应用提升】

1.C 2.A

二、1.(1)弹性形变 (2)接触 弹性形变 (3)相反

2.(1)正比 (2)劲度系数

【易错辨析】(5)× (6)× (7)√ (8)√ (9)× (10)√

【应用提升】

3.C 解析 足球受重力、运动员脚施加的压力、地面的支持力

三个力的作用,选项 A错误。人对足球施加了压力,力的

作用是相互的,足球对人施加反作用力,选项B错误。足球

对地面的压力是由于足球发生形变产生的,足球由于要恢

复原状,对地面产生压力,选项C正确,D错误。

三、1.(2)粗糙 弹力 相对运动趋势

(3)接触面 相反

2.(3)相对运动

【易错辨析】(11)× (12)×

【应用提升】

4.D 解析 设斜面与水平面的夹角为θ,滑动摩擦力Ff=

μFN=μmgcosθ,滑动摩擦力与接触面积无关,三种情况的

滑动摩擦力大小相等,选项D正确。

【旁栏边角】C 解析 物块一直处于静止状态,则向左的摩擦

力一直与向右的轻绳的拉力平衡,所以不需要让木板保持

匀速运动,故 A 错误;图乙是轻绳拉力随时间的变化曲

线,也可以反映摩擦力随时间变化的关系,故B错误;由

图乙可知轻绳的拉力先增大后减小,最后趋于不变,故物

块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用,最大静摩擦力

约为10N,滑动摩擦力约为7N,故最大静摩擦力与滑动

摩擦力之比约为10∶7,C正确;根据Ff=μFN 和FN =

mg可知,由于不知道物块的重力,故无法求物块与长木

板间的动摩擦因数,D错误。

增素能·精准突破

典例1D 解析 水管口持续有水流出,而过一段时间桶会翻

— 10 —