[高考備考指南]命題分析核心素養1．高考對本章的考查以選擇題和實驗題為主，計算題也有考查。2．命題熱點側重于運動學的基本規律的應用和圖像問題，以測瞬時速度和加速度為主的實驗題。3．(1)運用運動圖像考查勻變速直線運動，從圖像中獲取和應用信息的能力。(2)將生產、生活、現代科技等實際問題模型化。物理觀念：參考系、質點、位移、速度、加速度、勻變速直線運動、自由落體運動等。科學思維：在特定情境中運用勻變速直線運動模型、公式、推論及圖像解決問題。科學探究：測量做直線運動物體的瞬時速度，探究勻變速直線運動規律。科學態度與責任：以生產、生活實際為背景的勻變速直線運動規律的應用。運動的描述一、質點、參考系1．質點(1)定義：用來代替物體的有質量的點。(2)物體看作質點的條件：物體大小和形狀對研究問題的影響可以忽略。2．參考系(1)定義：在描述物體運動時，用來作為參考的物體。(2)選取：可任意選取，但對同一物體的運動，所選的參考系不同，運動的描述可能會不同，通常以地面為參考系。二、位移和路程1．定義(1)位移：表示質點的位置變動，它是由初位置指向末位置的有向線段。(2)路程：質點運動軌跡的長度。2．區別和聯系(1)區別：①位移是矢量，方向由初位置指向末位置；②路程是標量，沒有方向。(2)聯系：①單向直線運動中，位移大小等于路程；②其他情況下，位移大小小于路程。三、速度1．平均速度：物體的位移與發生這段位移所用時間之比，即v＝eq\f(Δx,Δt)，是矢量，其方向與位移的方向相同。2．瞬時速度：運動物體在某一時刻或某一位置的速度，是矢量，方向沿軌跡的切線方向。3．速率：瞬時速度的大小，是標量。四、加速度1．定義：物體速度的變化量與發生這一變化所用時間之比。2．定義式：a＝eq\f(Δv,Δt)。3．單位：m/s2。4．方向：與Δv的方向一致，由合力的方向決定，而與v0、v的方向無關。5．物理意義：描述物體速度變化快慢的物理量。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)只有質量和體積都很小的物體才能看成質點。 (×)(2)研究火星探測器“天問一號”在地火轉移軌道飛行的軌跡時，可以把“天問一號”看成質點。 (√)(3)參考系可以任意選取，但一般遵循描述運動方便的原則。 (√)(4)當一個物體做豎直上拋運動返回原拋出點時，位移的大小等于上升高度的兩倍。 (×)(5)加速度為正值，表示速度的大小一定越來越大。 (×)二、教材習題衍生1．(魯科版必修第一冊P23T3改編)(多選)2020年12月1日23時11分，“嫦娥五號”探測器成功著陸月球正面，下列說法正確的是()A．研究“嫦娥五號”飛往月球的運行軌道時，可以將其看成質點B．研究“嫦娥五號”在月球表面運動的姿態時，可以將其看成質點C．以月球為參考系，地球是運動的D．“嫦娥五號”靜止在月球表面時，其相對于地球也是靜止的[答案]AC2．(魯科版必修第一冊P27T1改編)下列所說的速度中，指平均速度的是()A．百米賽跑的運動員以9.5m/s的速度沖過終點線B．子彈以800m/s的速度撞擊到墻上C．由于堵車，汽車的車速僅為1.2m/sD．返回地面的太空艙以8m/s的速度落入太平洋中[答案]C3．(人教版必修第一冊P31T5改編)小球以v1＝3m/s的速度水平向右運動，碰到墻壁經t＝0.01s后以v2＝2m/s的速率沿同一直線反彈。小球在這0.01s內的平均加速度為()A．100m/s2，方向向右 B．100m/s2，方向向左C．500m/s2，方向向左 D．500m/s2，方向向右C[規定水平向右為正方向。根據加速度的定義式a＝eq\f(Δv,Δt)，得a＝eq\f(－2－3,0.01)m/s2＝－500m/s2，負號表示加速度方向與正方向相反，即方向水平向左，故C正確。]4．(人教版必修第一冊P18T3改編)(多選)如圖為400m的標準跑道，直道部分AB、CD的長度均為100m，彎道部分BC、DA是半圓弧，其長度也為100m。A點為200m賽跑的起點，經B點到終點C，下列說法正確的是()A．運動員由A點運動到C點的位移大小為200mB．運動員由A點運動到C點的路程為200mC．運動員由A到B的直線運動階段，位移就是路程D．由A到P的路程為150mBD[在200m賽跑中，200m指路徑的長度，即路程是200m，故A錯誤，B正確；位移是矢量，路程是標量，由A到B位移的大小和路程相等，但位移不是路程，故C錯誤；跑至彎道BC的中點P時，路程是s＝eq\x\to(AB)＋eq\o(\s\up10(︵),BP)＝100m＋50m＝150m，故D正確。]質點參考系和位移1．物體可看作質點的常見三種情況(1)多數情況下，平動的物體可看作質點。(2)當問題所涉及的物體位移遠大于物體本身的大小時，可以把物體看作質點。(3)轉動的物體一般不可看作質點，但忽略轉動時，可把物體看作質點。2．選取參考系的“兩注意”(1)對同一物體的運動，所選的參考系不同，對其運動的描述可能會不同。(2)在同一個問題中，若要研究多個物體的運動或同一個物體在不同階段的運動，一般選取同一個參考系。3．位移和路程的“兩點”區別(1)決定因素不同：位移由始、末位置決定，路程由實際的運動路徑決定。(2)運算法則不同：位移應用矢量的平行四邊形定則運算，路程應用標量的代數運算。[題組突破]1．(多選)關于日食的美妙景象，下列說法正確的是()A．在觀測日全食時可將月球看成質點B．在觀測日全食時不能將月球看成質點C．任意兩位置連線的長度就是兩點位移大小D．月球繞地球轉動，這是以地球為參考系來描述的BCD[在觀測日食時，月球的大小不能忽略，月球不能看作質點，故A錯誤，B正確；位移大小是指兩點間的直線距離，故任意兩位置連線的長度就是兩點位移大小，故C正確；月球繞地球轉動時，這是我們以地球為參考系得出的結果，故D正確。]2．物理的發展，科技的進步給人民生活帶來很多便利，如圖所示為某款出行軟件給“不識路”的駕車一族提供的導航界面，下列說法正確的是()A．圖中推薦的三種方案位移都相同B．圖中的“12公里”“15公里”“16公里”指的是位移的大小C．圖中推薦的第一種方案駕車距離最短，則位移大小等于路程D．圖中研究汽車在導航圖中的位置時，不可以把汽車看作質點A[由于初位置與末位置相同，所以三種方案位移都相同，選項A正確；圖中的“12公里”“15公里”“16公里”指的是路程，選項B錯誤；由于汽車行駛的軌跡不是直線，所以位移大小不等于路程，選項C錯誤；由于行駛距離比汽車大小大得多，所以研究汽車在導航圖中的位置時，可以將汽車看作質點，選項D錯誤。]3．如圖所示，在距墻壁1m的A點，小球以某一速度沖向與墻壁固定的彈簧，將彈簧壓縮到最短時到達距離墻壁0.2m的B點，然后又被彈回至距墻壁1.5m的C點靜止，則從A點到C點的過程中，小球的位移大小和路程分別是()A．0.5m、1.3m B．0.8m、1.3mC．0.8m、1.5m D．0.5m、2.1mD[位移的大小等于始、末位置的距離，可知位移的大小等于AC的距離，即為1.5m－1m＝0.5m。路程等于運動軌跡的長度，可知s＝1m＋1.5m－2×0.2m＝2.1m，故D正確，A、B、C錯誤。]平均速度和瞬時速度1．平均速度與瞬時速度的區別與聯系(1)區別：平均速度是過程量，表示物體在某段位移或某段時間內的平均運動快慢程度；瞬時速度是狀態量，表示物體在某一位置或某一時刻的運動快慢程度。(2)聯系：瞬時速度是運動時間Δt→0時的平均速度。2．平均速度與平均速率的區別和聯系(1)平均速度等于位移與時間的比值，平均速率等于路程與時間的比值。(2)通常情況下，平均速度的大小不等于平均速率，在單方向的直線運動過程中二者大小相等。3．計算平均速度的兩點注意(1)平均速度的大小與物體不同的運動階段有關，求解平均速度必須明確是哪一段位移或哪一段時間內的平均速度。(2)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)是平均速度的定義式，適用于所有的運動。[典例1](多選)如圖所示，物體沿曲線軌跡的箭頭方向運動，沿AB、ABC、ABCD、ABCDE四段軌跡運動所用的時間分別是1s、2s、3s、4s。圖中方格的邊長均為1m。下列說法正確的是()A．物體在AB段的平均速度大小為1m/sB．物體在ABC段的平均速度大小為eq\f(\r(5),2)m/sC．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物體處于A點時的瞬時速度D．物體在B點時的速度大小等于物體在ABC段的平均速度大小思路點撥：(1)明確平均速度的計算公式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)。(2)明確時間t越小，這段時間內平均速度越接近瞬時速度。ABC[物體在AB段的位移為1m，因此平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(1,1)m/s＝1m/s，選項A正確；物體在ABC段的位移大小為：x2＝eq\r(12＋22)m＝eq\r(5)m，所以有eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(\r(5),2)m/s，選項B正確；當物體位移無限小，時間無限短時，物體的平均速度可以代替某點的瞬時速度，位移越小，平均速度越能代表某點的瞬時速度，選項C正確；物體做曲線運動，物體在B點的速度不一定等于在ABC段的平均速度，選項D錯誤。]“兩法”巧判平均速度和瞬時速度(1)判斷某速度是否為瞬時速度，關鍵是看該速度是否對應“位置”或“時刻”。(2)求平均速度要找準對應的“位移”和發生這段位移所需的“時間”。[跟進訓練]1．(2021·江西宜春市高三檢測)關于速度的描述，下列說法正確的是()甲乙丙丁A．圖甲中，電動車限速20km/h，指的是平均速度大小B．圖乙中，子彈射出槍口時的速度大小為500m/s，指的是平均速度大小C．圖丙中，某運動員百米跑的成績是10s，則他沖刺時的速度大小一定為10m/sD．圖丁中，京滬高速鐵路測試時的列車最高時速可達484km/h，指的是瞬時速度大小D[電動車限速20km/h，限制的是瞬時速度大小，不是平均速度大小，故選項A錯誤；子彈射出槍口時的速度大小與槍口這一位置對應，因此為瞬時速度大小，故選項B錯誤；根據運動員的百米跑成績是10s可知，運動員的平均速度大小為10m/s，但其沖刺速度不一定為10m/s，故選項C錯誤；列車的最高時速指的是在安全情況下所能達到的最大速度，為瞬時速度大小，故選項D正確。]2．如圖所示，氣墊導軌上滑塊經過光電門時，其上的遮光條將光遮住，電子計時器可自動記錄遮光時間Δt。測得遮光條的寬度為Δx，用eq\f(Δx,Δt)近似代表滑塊通過光電門時的瞬時速度。為使eq\f(Δx,Δt)更接近瞬時速度，正確的措施是()A．換用寬度更窄的遮光條B．提高測量遮光條寬度的精確度C．使滑塊的釋放點更靠近光電門D．增大氣墊導軌與水平面的夾角A[eq\f(Δx,Δt)表示的是Δt時間內滑塊的平均速度，遮光條的寬度Δx越小，則記錄遮光時間Δt越小，eq\f(Δx,Δt)越接近滑塊通過光電門時的瞬時速度，選項A正確。]3．(多選)一質點沿一邊長為2m的正方形軌道運動，每秒鐘勻速移動1m，初始位置在bc邊的中點A，由A向c運動，如圖所示，A、B、C、D分別是bc、cd、da、ab邊的中點，則下列說法正確的是()A．第2s末的瞬時速度大小是1m/sB．前2s內的平均速度大小為eq\f(\r(2),2)m/sC．前4s內的平均速率為0.5m/sD．前2s內的平均速度大小為2m/sAB[第2s末在B點，瞬時速度大小是1m/s，故A正確；前2s內，物體從A經過c到B，位移為eq\r(2)m，平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(\r(2),2)m/s，故B正確，D錯誤；前4s內，物體運動到C點，路程為4m，平均速率為v＝eq\f(4,4)m/s＝1m/s，故C錯誤。]加速度的理解與計算1．速度、速度的變化量和加速度的對比比較項目速度速度的變化量加速度物理意義描述物體運動快慢和方向描述物體速度的改變的大小和方向描述物體速度變化快慢公式v＝eq\f(Δx,Δt)Δv＝v－v0a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v－v0,t)決定因素勻變速直線運動中，由v＝v0＋at知v的大小由v0、a、t決定由Δv＝aΔt知Δv由a與Δt決定由a＝eq\f(F,m)知，a由F、m決定，與v、Δv、t無關2．直線運動中的“加速”或“減速”判斷方法判斷物體做加速運動還是減速運動，關鍵是看物體的加速度與速度的方向關系。(1)a和v同向→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不變，v隨時間均勻增加,a增大，v增加得越來越快,a減小，v增加得越來越慢))(2)eq\o(\a\al(a和v,反向))→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不變，v隨時間均勻減小或反向增加,a增大，v減小或反向增加得越來越快,a減小，v減小或反向增加得越來越慢))3．對加速度的三點說明(1)a＝eq\f(Δv,Δt)(定義式)，當Δt→0時，a為瞬時加速度。(2)a＝eq\f(F,m)(決定式)，加速度的大小由物體受到的合力F和物體的質量m共同決定。(3)a的方向由合力F的方向決定。加速度的理解及“加速”“減速”的判斷[典例2](2021·濟南高三階段檢測)一個質點做方向不變的直線運動，加速度的方向始終與速度的方向相同，但加速度大小先保持不變，一段時間后，再逐漸減小至零，則在此過程中()A．速度先逐漸增大，然后逐漸減小，當加速度減小到零時，速度達到最小值B．速度先均勻增大，然后增大得越來越慢，當加速度減小到零時，速度達到最大值C．位移逐漸增大，當加速度減小到零時，位移將不再增大D．位移先逐漸增大，后逐漸減小，當加速度減小到零時，位移達到最小值B[加速度方向與速度方向同向，速度應增大，當加速度不變時，速度均勻增大；當加速度減小時，速度仍增大，但增大得越來越慢；當加速度為零時，速度達到最大值，保持不變，選項A錯誤，B正確；因質點速度方向不變化，始終向同一方向運動，最終做勻速運動，所以位移一直在增大，選項C、D錯誤。]加速度的計算[典例3](多選)(2021·吉林省實驗中學高三檢測)一物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小為4m/s,1s后速度的大小變為10m/s，在這1s內該物體的可能運動情況為()A．加速度的大小為6m/s2，方向與初速度的方向相同B．加速度的大小為6m/s2，方向與初速度的方向相反C．加速度的大小為14m/s2，方向與初速度的方向相同D．加速度的大小為14m/s2，方向與初速度的方向相反AD[以初速度的方向為正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(10－4,1)m/s2＝6m/s2，方向與初速度的方向相同，A正確，B錯誤；若初、末速度方向相反，加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(－10－4,1)m/s2＝－14m/s2，負號表示方向與初速度的方向相反，C錯誤，D正確。]對速度、速度的變化量和加速度關系理解的三點誤區(1)速度的大小和加速度的大小無直接關系。速度大，加速度不一定大，加速度大，速度也不一定大；加速度為零，速度可以不為零，速度為零，加速度也可以不為零。(2)速度的方向和加速度的方向無直接關系。加速度與速度的方向可能相同，也可能相反，兩者的方向還可能不在一條直線上。但速度增大或減小是由速度與加速度的方向關系決定的。(3)有速度變化量就必然有加速度，速度變化量的大小由加速度和速度變化的時間決定。[跟進訓練]1．質點以加速度a做勻變速直線運動，經過一段時間t，質點的速度為v，速度的變化量為Δv，則()A．a越大，v也越大B．a越大，Δv可能越小C．a與Δv方向一定相同D．a與Δv方向一定相反C[根據a＝eq\f(Δv,Δt)知，加速度越大，速度變化越快，但是末速度不一定大，故A項錯誤；根據a＝eq\f(Δv,Δt)知，加速度越大，時間一定時，速度變化量越大，故B項錯誤；加速度的方向與速度變化量的方向相同，故C項正確，D項錯誤。]2．(多選)甲、乙兩個物體在同一直線上沿正方向運動，a甲＝4m/s2，a乙＝－4m/s2，那么對甲、乙兩物體判斷正確的是()A．甲的加速度與乙的加速度大小相等B．甲做加速直線運動，乙做減速直線運動C．甲的速度比乙的速度變化快D．每經過1s，甲的速度增加4m/sABD[加速度的正、負表示方向，絕對值表示大小，甲、乙加速度大小相等，選項A正確；甲的加速度與速度同向，所以甲做加速直線運動，乙的加速度與速度方向相反，所以乙做減速直線運動，選項B正確；加速度大小表示速度變化的快慢，甲、乙速度變化一樣快，選項C錯誤；由Δv＝aΔt可知每經過1s，甲的速度增加4m/s，選項D正確。]3．(多選)如圖甲所示，火箭發射時，速度能在10s內由0增加到100m/s；如圖乙所示，汽車以108km/h的速度行駛，急剎車時能在2.5s內停下來，下列說法中正確的是()甲乙A．10s內火箭的速度改變量為10m/sB．2.5s內汽車的速度改變量為－30m/sC．火箭的速度變化比汽車的速度變化快D．火箭的加速度比汽車的加速度小BD[因火箭發射時，速度在10s內由0增加到100m/s，故10s內火箭的速度改變量為100m/s，選項A錯誤；汽車以108km/h＝30m/s的速度行駛，急剎車時能在2.5s內停下來，則2.5s內汽車的速度改變量為0－30m/s＝－30m/s，選項B正確；火箭的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(100,10)m/s2＝10m/s2，汽車的加速度a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(0－30,2.5)m/s2＝－12m/s2，負號表示汽車的加速度方向與運動方向相反，故火箭的速度變化比汽車的速度變化慢，火箭的加速度比汽車的加速度小，選項C錯誤，D正確。]

勻變速直線運動的規律一、勻變速直線運動的基本規律1．概念：沿一條直線且加速度不變的運動。2．分類(1)勻加速直線運動：a與v方向相同。(2)勻減速直線運動：a與v方向相反。3．基本規律eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1速度—時間關系：v＝v0＋at,2位移—時間關系：x＝v0t＋\f(1,2)at2))eq\o(→,\s\up10(初速度為零),\s\do10(即v0＝0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v＝at,x＝\f(1,2)at2))二、勻變速直線運動的重要關系式1．兩個導出式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1速度—位移關系：v2－v\o\al(2,0)＝2ax,2位移—平均速度關系：x＝\o(v,\s\up6(－))t＝\f(v0＋v,2)t))eq\o(→,\s\up10(初速度為零),\s\do10(v0＝0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v2＝2ax,x＝\f(v,2)t))2．三個重要推論(1)任意兩個連續相等的時間間隔T內的位移之差為一恒量。即位移差：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2，可以推廣到xm－xn＝(m－n)aT2。(2)中間時刻速度veq\s\do16(eq\f(t,2))＝eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)，即物體在一段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量和的一半。(3)位移中點的速度veq\s\do16(eq\f(x,2))＝eq\r(\f(v\o\al(2,0)＋v2,2))。3．初速度為零的勻變速直線運動的四個常用推論(1)1T末、2T末、3T末…瞬時速度的比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)1T內、2T內、3T內…位移的比為xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝12∶22∶32∶…∶n2。(3)第一個T內、第二個T內、第三個T內…位移的比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。(4)從靜止開始通過連續相等的位移所用時間的比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。三、自由落體運動和豎直上拋運動自由落體運動運動條件(1)物體只受重力作用(2)由靜止開始下落運動性質初速度為零的勻加速直線運動運動規律(1)速度公式：v＝gt(2)位移公式：h＝eq\f(1,2)gt2(3)速度—位移公式：v2＝2gh豎直上拋運動運動性質勻變速直線運動運動規律(1)速度公式：v＝v0－gt(2)位移公式：h＝v0t－eq\f(1,2)gt2(3)速度—位移關系式：v2－veq\o\al(2,0)＝－2gh(4)上升的最大高度：H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)(5)上升到最高點所用時間：t＝eq\f(v0,g)一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)伽利略從理論和實驗兩個角度證明輕、重物體下落一樣快。 (√)(2)勻變速直線運動是加速度均勻變化的直線運動。 (×)(3)幾個做勻變速直線運動的物體，加速度最大的物體在時間t內位移一定最大。 (×)(4)在勻變速直線運動中，中間時刻的速度一定小于該段時間內位移中點的速度。 (√)(5)做自由落體運動的物體，下落的高度與時間成正比。 (×)(6)做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度的變化量的方向是向下的。 (√)二、教材習題衍生1．(魯科版必修第一冊P44T2改編)空軍特級飛行員李峰駕駛殲十戰機執行戰術機動任務，在距機場54km、離地1750m高度時飛機發動機停車失去動力。在地面指揮員的果斷引領下，安全迫降機場，成為成功處置國產單發新型戰機空中發動機停車故障、安全返航第一人。若飛機著陸后以6m/s2的加速度做勻減速直線運動，若其著陸后的初速度為60m/s，則它著陸后12s內滑行的距離是()A．288mB．300mC．150mD．144mB[先求出飛機著陸后到停止所用時間t，由v＝v0＋at，得t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(0－60,－6)s＝10s，由此可知飛機在12s內不是始終做勻減速運動，它在最后2s內是靜止的，故它著陸后12s內滑行的距離為x＝v0t＋eq\f(at2,2)＝60×10m＋(－6)×eq\f(102,2)m＝300m。]2．(人教版必修第一冊P44T4改編)在同一直線上的A、B兩個高鐵實驗站臺之間的距離為s，某次實驗中一列實驗高鐵沿軌道由靜止從A出發駛向B，高鐵先以大小為a的加速度勻加速運動一段時間，接著以大小為2a的加速度勻減速運動，到達B時速度恰好為零，該過程中高鐵的最大速度為()A．eq\r(\f(4as,3))B．eq\r(as)C．eq\r(\f(2as,3))D．eq\r(\f(as,3))A[設高鐵最大速度為vm，加速的時間為t1，減速的時間為t2，則eq\f(vm,2)(t1＋t2)＝s，vm＝at1＝2at2，聯立解得vm＝eq\r(\f(4as,3))。故選A。]3．(人教版必修第一冊P51T4改編)(多選)如圖是小球自由下落的頻閃照片。頻閃儀每隔0.04s閃光一次，照片中的數字是小球距釋放點的距離。由題目的已知條件和照片所給的信息，可以判斷出()A．照片中數字的單位是mmB．小球受到的空氣阻力不可忽略C．無法求出小球運動到A位置的速度D．釋放小球的瞬間頻閃儀剛好閃光BD[根據自由落體的位移公式h＝eq\f(1,2)gt2知道在最初的0.04s下落的位移約為0.008m，所以照片中數字的單位是cm，且釋放小球的瞬間頻閃儀剛好閃光，A錯誤，D正確；利用最后一個點，根據h＝eq\f(1,2)at2，算出g＝eq\f(2h,t2)＝eq\f(2×0.1935,0.22)m/s2≈9.68m/s2，球受到的空氣阻力不可忽略，B正確；根據v2＝2gx，可以算出小球運動到A位置的速度，選項C錯誤。]勻變速直線運動規律的應用1．運動學公式中符號的規定：一般規定初速度的方向為正方向，與初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取負值。若v0＝0，一般以a的方向為正方向。2．解決運動學問題的基本思路3．解決勻變速直線運動問題的常用方法情景特點思路公式已知x、t或已知v、v0平均速度法eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝veq\s\do16(eq\f(t,2))＝eq\f(x,t)等時間段推論法Δx＝aT2或xm－xn＝(m－n)aT2初速度為零的等時間段比例法速度比結論位移比結論初速度為零的等位移段比例法時間比結論末速度為零的勻減速直線運動逆向思維法轉化為初速度為零的勻加速直線運動基本公式的應用[典例1](2021·廣東茂名五校聯盟模擬)一質點做勻變速直線運動，已知初速度大小為v，經過一段時間速度大小變為2v，加速度大小為a，這段時間內的路程與位移大小之比為5∶3，則下列敘述正確的是()A．這段時間內質點運動方向不變B．這段時間為eq\f(3v,a)C．這段時間的路程為eq\f(3v2,2a)D．再經過相同時間質點速度大小為3vB[由題意知，質點做勻減速直線運動，速度減小到零后，再返回做勻加速運動，即在這段時間內運動方向改變，如圖所示，選項A錯誤；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，這段時間t＝eq\f(3v,a)，選項B正確；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得，由初速度為v減速到零所通過的路程s1＝eq\f(v2,2a)，然后反向加速到2v所通過的路程s2＝eq\f(2v2,2a)＝eq\f(2v2,a)，總路程為s＝s1＋s2＝eq\f(5v2,2a)，選項C錯誤；再經過相同時間，質點速度v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小為5v，選項D錯誤。]推論及其應用[典例2]一小球沿斜面勻加速滑下，依次經過A、B、C三點，已知AB＝6m，BC＝10m，小球經過AB和BC兩段所用的時間均為2s，則小球經過A、B、C三點時的速度大小分別是()A．2m/s，3m/s，4m/s B．2m/s，4m/s，6m/sC．3m/s，4m/s，5m/s D．3m/s，5m/s，7m/sB[根據勻加速直線運動中，一段時間內的平均速度等于其中間時刻的瞬時速度，故B點的速度等于A到C過程的平均速度，vB＝eq\f(AB＋BC,2t)＝4m/s，又因為連續相等時間內的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，則由Δx＝BC－AB＝at2，解得a＝1m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2m/s，vC＝6m/s，故選項B正確。]解決勻變速直線運動問題的兩個技巧(1)把減速到0的勻減速直線運動轉化為反向的初速度為0的勻加速直線運動，列方程將非常簡便，如果可以進一步利用比例關系解題則更簡單。(2)若已知勻變速直線運動的位移和時間，通常優先考慮應用平均速度公式，求出中間時刻的瞬時速度。[跟進訓練]1．(多選)(2021·河南省洛陽市高三調研)如圖所示，在一平直公路上，一輛汽車從O點由靜止開始做勻加速直線運動，已知在3s內經過相距30m的A、B兩點，汽車經過B點時的速度為15m/s，則()A．汽車經過A點的速度大小為5m/sB．A點與O點間的距離為20mC．汽車從O點到A點需要的時間為5sD．汽車從O點到B點的平均速度大小為7.5m/sAD[汽車在AB段的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(xAB,tAB)＝eq\f(30,3)m/s＝10m/s，而汽車做勻加速直線運動，所以有eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)，即vA＝2eq\x\to(v)－vB＝2×10m/s－15m/s＝5m/s，選項A正確；汽車的加速度a＝eq\f(v\o\al(2,B)－v\o\al(2,A),2xAB)，代入數據解得a＝eq\f(10,3)m/s2，由勻變速直線運動規律有veq\o\al(2,A)＝2axOA，代入數據解得xOA＝3.75m，選項B錯誤；由vA＝atOA，解得汽車從O點到A點需要的時間為tOA＝1.5s，選項C錯誤；汽車從O點到B點的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))′＝eq\f(vB,2)＝eq\f(15,2)m/s＝7.5m/s，選項D正確。]2．一物體以初速度v0做勻減速直線運動，第1s內通過的位移為x1＝3m，第2s內通過的位移為x2＝2m，又經過位移x3，物體的速度減小為0，則下列說法中不正確的是()A．初速度v0的大小為2.5m/sB．加速度a的大小為1m/s2C．位移x3的大小為eq\f(9,8)mD．位移x3內的平均速度大小為0.75m/sA[由Δx＝aT2得該運動加速度大小a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δx,T2)))＝1m/s2，根據勻變速直線運動位移—時間公式，則有x1＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，得v0＝3.5m/s，選項A錯誤，B正確；設物體停止時運動的位移為x，停止時所用時間為t，則有veq\o\al(2,0)＝2ax，v0＝at，解得：x＝eq\f(49,8)m，t＝3.5s，因此，x3＝x－x1－x2＝eq\f(9,8)m，所用時間t3＝t－t1－t2＝1.5s，位移x3內的平均速度大小eq\x\to(v)3＝eq\f(x3,t3)＝0.75m/s，選項C、D正確。]變速直線運動的實際應用1．剎車問題的兩點注意(1)求解時首先要確定其剎車時間(t0＝eq\f(v0,a)，a表示剎車時加速度的大小，v0表示汽車剎車的初速度的大小)，明確運動時間與剎車時間的大小關系。(2)如果問題涉及最后減速階段(最終停止運動)的運動，可把該階段看成反向的初速度為零、加速度不變的勻加速直線運動。2．如果物體先做勻減速直線運動，減速為零后又反向做勻加速直線運動，若全過程加速度大小、方向均不變，則求解時可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義。“剎車”問題[典例3](2021·重慶市第一次診斷)一輛公共汽車進站后開始剎車，做勻減速直線運動。開始剎車后的第1s內和第2s內位移大小依次為9m和7m，則剎車后6s內的位移()A．20mB．24mC．25mD．75m思路點撥：(1)“第1s內和第2s內位移……”可用Δx＝aT2求加速度。(2)“剎車后6s內的位移”需判斷剎車時間。C[設汽車的初速度為v0，加速度為a，根據勻變速直線運動的推論Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得a＝eq\f(x2－x1,T2)＝eq\f(7－9,12)m/s2＝－2m/s2；汽車第1s內的位移x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入數據解得v0＝10m/s；汽車剎車到停止所需的時間t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(0－10,－2)s＝5s，則汽車剎車后6s內的位移等于5s內的位移，則x＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(10,2)×5m＝25m，故C正確，A、B、D錯誤。]自由落體運動和豎直上拋運動eq[典例4]氣球下掛一重物，以v0＝10m/s的速度勻速上升，當到達離地面高度h＝175m處時，懸掛重物的繩子突然斷裂，那么重物經多長時間落到地面？落地時的速度多大？(空氣阻力不計，g取10m/s2)[解析]法一：分段法繩子斷裂后重物要繼續上升的時間t1和上升的高度h1分別為t1＝eq\f(v0,g)＝1sh1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝5m故重物離地面的最大高度為H＝h1＋h＝180m重物從最高處自由下落，落地時間t2和落地速度v分別為t2＝eq\r(\f(2H,g))＝6sv＝gt2＝60m/s所以從繩子突然斷裂到重物落地共需時間為t＝t1＋t2＝7s。法二：全程法從重物自氣球上脫落計時，經時間t落地，規定初速度方向為正方向，畫出運動草圖如圖所示。則重物在時間t內的位移h′＝－175m由位移公式有h′＝v0t－eq\f(1,2)gt2即－175＝10t－eq\f(1,2)×10t2＝10t－5t2t2－2t－35＝0解得t＝7s(t＝－5s舍去)所以重物的落地速度為v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中負號表示方向向下，與初速度方向相反。[答案]7s60m/s解決豎直上拋運動的兩點注意(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，豎直上拋運動可將全過程看成初速度方向為正方向的勻減速運動。(2)豎直上拋運動為雙向可逆運動，要注意其多解性，其在空中運動情況分析常有以下兩種判斷方法：①根據位移h判斷：h>0在拋出點上方，h＝0恰好在拋出點，h<0在拋出點下方。②根據時間t判斷：t<eq\f(v0,g)表示正處在上升過程，t＝eq\f(v0,g)恰好在最高點，t>eq\f(v0,g)表明在下降過程中，t>eq\f(2v0,g)表明在拋出點下方。[跟進訓練]1．(2021·山西省永濟市高三月考)以36km/h的速度沿平直公路行駛的汽車，遇障礙物剎車后獲得大小為a＝4m/s2的加速度，剎車后第3s內，汽車走過的路程為()A．12mB．2mC．10mD．0.5mD[36km/h＝10m/s，汽車剎車到停止所需的時間t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－10,－4)s＝2.5s，剎車后第3s內的位移，等于停止前0.5s內的位移，則x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×4×0.25m＝0.5m，綜上分析A、B、C錯誤，D正確。]2．(多選)一物體以5m/s的初速度在光滑斜面上向上運動，其加速度大小為2m/s2，設斜面足夠長，經過t時間物體位移的大小為4m，則時間t可能為()A．1sB．3sC．4sD．eq\f(5＋\r(41),2)sACD[當物體的位移為4m時，根據x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得4＝5t－eq\f(1,2)×2t2，解得t1＝1s，t2＝4s；當物體的位移為－4m時，根據x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得－4＝5t－eq\f(1,2)×2t2，解得t3＝eq\f(5＋\r(41),2)s，故A、C、D正確，B錯誤。]3．(多選)(2021·河北衡水高三調研)自高為H的塔頂自由落下A物體的同時B物體自塔底以初速度v0豎直上拋，且A、B兩物體在同一直線上運動，重力加速度為g，下面說法正確的是()A．若v0＞eq\r(gH)，兩物體相遇時，B正在下降途中B．若v0＝eq\r(gH)，兩物體在地面相遇C．若eq\r(\f(gH,2))＜v0＜eq\r(gH)，兩物體相遇時B物體正在空中下落D．若v0＝eq\r(\f(gH,2))，則兩物體在地面相遇CD[假設B物體在上升到最高點時與A相遇，則t＝eq\f(v0,g)，H＝eq\f(1,2)gt2＋eq\f(v\o\al(2,0),2g)，v0＝eq\r(gH)，則當v0＞eq\r(gH)時，兩物體在B上升中相遇，選項A錯誤；當v0＝eq\r(gH)時，兩物體在B上升到最高點時相遇，選項B錯誤；如果兩物體在B下落到地面時相遇，則t＝eq\f(2v0,g)，H＝eq\f(1,2)gt2，v0＝eq\r(\f(gH,2))，則當eq\r(\f(gH,2))＜v0＜eq\r(gH)時，兩物體相遇時，B物體正在空中下落，選項C、D正確。]勻變速直線運動在多過程問題中的應用1．如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是聯系各段的橋梁，可按下列四個步驟解題：2．解題關鍵分析和求解運動轉折點的速度往往是解題的突破口。[典例5]交通運輸部辦公廳發布了《關于大力推動高速公路ETC發展應用工作的通知》，明確提出：高速公路基本實現不停車快捷收費。汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程如圖所示。假設汽車以v1＝12m/s的速度朝收費站沿直線行駛，如果走ETC通道，需要在距收費站中心線前d＝10m處正好勻減速至v2＝4m/s，勻速通過中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果走人工收費通道，需要恰好在中心線處勻減速至零，經過t0＝20s繳費成功后，再啟動汽車勻加速至v1正常行駛。設汽車加速和減速過程中的加速度大小均為1m/s2。求：(1)汽車走ETC通道時，從開始減速到恢復正常行駛過程中的位移大小；(2)汽車走人工收費通道，應在離收費站中心線多遠處開始減速；(3)汽車走ETC通道比走人工收費通道節約的時間。思路點撥：畫出運動過程示意圖(1)走ETC通道時經歷三個運動階段：(2)走人工收費通道經歷兩個運動階段：[解析](1)走ETC通道時，減速的位移和加速的位移相等，則x1＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2a)＝64m故總的位移x總1＝2x1＋d＝138m。(2)走人工收費通道時，開始減速時離中心線的距離為x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a)＝72m。(3)走ETC通道時，汽車從開始勻減速到勻加速到v1的時間t1＝eq\f(v1－v2,a)×2＋eq\f(d,v2)＝18.5s走人工收費通道時，汽車從開始勻減速到勻加速到v1的時間t2＝eq\f(v1,a)×2＋t0＝44s又x總2＝2x2＝144m二者的位移差：Δx＝x總2－x總1＝6m在這段位移內汽車以正常行駛速度做勻速直線運動，則Δt＝t2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1＋\f(Δx,v1)))＝25s。[答案](1)138m(2)72m(3)25s[跟進訓練]1．(多選)一種比飛機還要快的旅行工具即將誕生，稱為“第五類交通方式”，它就是“Hyperloop(超級高鐵)”。據英國《每日郵報》2016年7月6日報道，HyperloopOne公司計劃，將在歐洲建成世界首架規模完備的“超級高鐵”(Hyperloop)，連接芬蘭首都赫爾辛基和瑞典首都斯德哥爾摩，速度可達每小時700英里(約合1126公里/小時)。如果乘坐Hyperloop從赫爾辛基到斯德哥爾摩，600千米的路程需要40分鐘，Hyperloop先勻加速，達到最大速度1200km/h后勻速運動，快進站時再勻減速運動，且加速與減速的加速度大小相等，則下列關于Hyperloop的說法正確的是()A．加速與減速的時間不一定相等B．加速時間為10minC．加速時加速度大小為2m/s2D．如果加速度大小為10m/s2，題中所述運動最短需要30.56minBD[根據運動學對稱性可知，加速時間和減速時間相同，故A錯誤；設加速時間和減速時間均為t1，勻速時間為t2，則2t1＋t2＝eq\f(2,3)h，2×eq\f(v,2)×t1＋vt2＝600km，聯立解得t1＝eq\f(1,6)h，t2＝eq\f(1,3)h，故B正確；加速度大小為a＝eq\f(v,t1)≈0.56m/s2，故C錯誤；如果加速度為10m/s2，則減速和加速所需時間t′＝eq\f(v,a)≈33.3s，勻速所需時間為t″＝eq\f(x－2×\f(v,2)·t′,v)≈29.45min，所需總時間t＝2t′＋t″＝30.56min，故D正確。]2．(2021·遼寧高三檢測)一飛行員駕駛飛機在做低空表演時，豎直拉升(水平速度很小，可以忽略)，拉升到最高點時，飛機突發故障，飛行員選擇棄機逃生。飛行員按下逃生按鈕后，彈射座椅以v1＝10m/s的速度豎直向上彈出(不再與飛機相互作用)。飛行員上升后又下降到一定高度時，彈射座椅打開降落傘，飛行員以a＝12m/s2的加速度做勻減速直線運動，落地時的速度大小v2＝6m/s。已知彈射座椅彈出時離地面的高度h＝323.5m，重力加速度g取10m/s2，降落傘打開之前，不計空氣阻力，求：(1)彈射座椅打開降落傘瞬間，飛行員的速度大小；(2)彈射座椅彈出后，飛行員在空中運動的時間。[解析](1)設彈射座椅打開降落傘瞬間飛行員的速度為v，從彈射座椅彈出到降落傘打開，飛行員下降的高度為h1，彈射座椅打開降落傘的位置距離地面的高度為h2，則v2－veq\o\al(2,1)＝2gh1veq\o\al(2,2)－v2＝2(－a)h2h＝h1＋h2＝323.5m解得v＝60m/s。(2)從彈射座椅彈出到降落傘打開的時間t1＝eq\f(v＋v1,g)＝7s從彈射座椅打開降落傘到落地的時間t2＝eq\f(v2－v,－a)＝4.5s總時間t＝t1＋t2＝11.5s。[答案](1)60m/s(2)11.5s

測量做直線運動物體的瞬時速度教材原型實驗1．(2021·山東省日照市高三下學期5月三模)小明同學用如圖甲所示的裝置測量做直線運動物體的瞬時速度和加速度，請你幫助小明完成實驗。甲乙(1)除了圖甲中標出的器材外，還需要________。(請填選項前的字母序號)A．彈簧測力計 B．刻度尺C．天平 D．秒表(2)實驗中，必要的措施是________。(請填選項前的字母序號)A．重物的質量遠遠小于小車的質量B．先接通電源，待打點穩定后再釋放小車C．小車與滑輪間的細線要盡可能與木板平行D．長木板的一端墊高，直到小車不掛重物時能夠勻速下滑(3)實驗中得到一條點跡清晰的紙帶，打出的部分計數點如圖乙所示，每兩個相鄰的計數點之間還有4個點未畫出。小車的加速度大小a＝________m/s2(要求充分利用測量的數據，結果保留2位有效數字)。[解析](1)研究小車的勻變速直線運動，需要測量小車的位移及時間，打點計時器可以記錄時間，則只需要測量位移，所以需要刻度尺，則B正確，A、C、D錯誤。(2)本實驗只需小車做勻加速直線運動，不需要平衡摩擦力，也不需要細線的拉力等于重物的重力，所以A、D錯誤；使用打點計時器，應先接通電源，待打點穩定后再釋放小車，所以B正確；小車與滑輪間的細線要盡可能與木板平行，才能保證紙帶順利通過限位孔，所以C正確。(3)小車的加速度大小為a＝eq\f(xFG＋xEF＋xDE－xAB＋xBC＋xCD,9T2)＝eq\f(7.62＋6.80＋5.99×10－2－3.62＋4.39＋5.20×10－2,9×0.12)m/s2＝0.80m/s2。[答案](1)B(2)BC(3)0.802．(2021·8省市聯考·重慶)某小組用打點計時器研究小車的勻變速直線運動，該打點計時器電源的頻率為50Hz，在打好的紙帶上每5個點標記一個計數點，標記結果如圖所示。A、B、C、D為連續選擇的計數點，其位置分別為20.0mm、34.0mm、53.0mm和77.0mm。則(1)圖中相鄰兩計數點的時間間隔是________s。(2)打B點時小車的速度大小是________m/s。(3)小車運動的加速度大小是________m/s2。[解析](1)打點計時器的打點周期為T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,50)s＝0.02s，相鄰兩計數點之間的時間間隔t＝5T＝0.1s。(2)在勻變速直線運動中，中間時刻速度等于平均速度，所以打B點時小車的速度為vB＝eq\f(xAC,2t)＝eq\f(33.0×10－3m,2×0.1s)＝0.165m/s。(3)根據逐差法求解加速度a＝eq\f(xCD－xAB,2t2)＝eq\f(24.0－14.0×10－3,2×0.12)m/s2＝0.5m/s2。[答案](1)0.1(2)0.165(3)0.53．在做“測量做直線運動物體的瞬時速度”的實驗中：(1)如圖甲所示是某同學用打點計時器得到的表示小車運動過程的一條清晰紙帶，紙帶上兩相鄰計數點間還有四個點沒有畫出，打點計時器打點的時間間隔T＝0.02s，其中x1＝7.05cm、x2＝7.68cm、x3＝8.33cm、x4＝8.95cm、x5＝9.61cm、x6＝10.26cm。甲下表列出了打點計時器打下點B、C、F時小車的瞬時速度，請在表中填入打點計時器打下D、E兩點時小車的瞬時速度。位置BCDEF速度/(m·s－1)0.7370.8010.994(2)以A點為計時起點，在圖乙坐標中畫出小車的速度—時間圖線。乙(3)根據所畫出的小車的速度—時間圖線計算出小車的加速度a＝________m/s2。(4)如果當時電網中交變電流的頻率是f＝49Hz，而做實驗的同學并不知道，由此引起的系統誤差將使加速度的測量值比實際值偏________(選填“大”或“小”)。[解析](1)根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度可得vD＝eq\f(x3＋x4,2×5T)＝eq\f(8.33＋8.95×10－2,2×0.1)m/s＝0.864m/s同理可得vE＝0.928m/s。(2)根據數據描點連線，作出小車的速度—時間圖線，如圖所示。(3)在v-t圖像中，圖線的斜率表示加速度，則a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.00－0.70,0.52－0.04)m/s2＝0.625m/s2。(4)加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝Δx·f2，因為實際頻率低于50Hz，而計算時代入的仍是50Hz，所以會造成測量值比真實值偏大。[答案](1)0.8640.928(2)圖見解析(3)0.625(0.61～0.64)(4)大拓展創新實驗實驗器材創新[典例1](2021·山東濟南高三檢測)用如圖甲所示的實驗裝置來測量勻變速直線運動的加速度。甲乙(1)實驗的主要步驟：①用游標卡尺測量擋光片的寬度d，結果如圖乙所示，讀得d＝________mm。②用刻度尺測量A點到光電門所在位置B點之間的水平距離x。③滑塊從A點靜止釋放(已知砝碼落地前擋光片已通過光電門)。④讀出擋光片通過光電門所用的時間t。⑤改變光電門的位置，滑塊每次都從A點靜止釋放，測量相應的x值并讀出t值。(2)根據實驗測得的數據，以x為橫坐標，eq\f(1,t2)為縱坐標，在坐標紙中作出eq\f(1,t2)-x圖線如圖丙所示，求得該圖線的斜率k＝________m－1·s－2；由此進一步求得滑塊的加速度a＝________m·s－2。(計算結果均保留3位有效數字)丙[解析](1)根據游標卡尺讀數規則，擋光片的寬度d＝6mm＋12×0.05mm＝6.60mm。(2)該圖線的斜率k＝eq\f(2.0－1.0,0.65－0.23)×104m－1·s－2≈2.38×104m－1·s－2；滑塊通過光電門時的速度v＝eq\f(d,t)，由v2＝2ax可得eq\f(1,t2)＝eq\f(2a,d2)x，由k＝eq\f(2a,d2)可求得滑塊的加速度a≈0.518m·s－2。[答案](1)①6.60(2)2.38×104(2.28×104～2.48×104均正確)0.518(0.497～0.540均正確)創新點在于利用氣墊導軌和光電門替代打點計時器，應用相應的數字計時器記錄遮光片通過光電門的時間替代利用紙帶記錄數據，建立位移x與eq\f(1,t2)的坐標系，通過eq\f(1,t2)-x圖線的斜率計算滑塊的加速度，替代用逐差法求加速度。實驗設計創新[典例2](2020·江蘇高考)疫情期間“停課不停學”，小明同學在家自主開展實驗探究。用手機拍攝物體自由下落的視頻，得到分幀圖片，利用圖片中小球的位置來測量當地的重力加速度，實驗裝置如圖1所示。圖1(1)家中有乒乓球、小塑料球和小鋼球，其中最適合用作實驗中下落物體的是________。(2)下列主要操作步驟的正確順序是________。(填寫各步驟前的序號)①把刻度尺豎直固定在墻上②捏住小球，從刻度尺旁靜止釋放③手機固定在三腳架上，調整好手機鏡頭的位置④打開手機攝像功能，開始攝像(3)停止攝像，從視頻中截取三幀圖片，圖片中的小球和刻度如圖2所示。已知所截取的圖片相鄰兩幀之間的時間間隔為eq\f(1,6)s，刻度尺的分度值是1mm，由此測得重力加速度為________m/s2。圖2(4)在某次實驗中，小明釋放小球時手稍有晃動，視頻顯示小球下落時偏離了豎直方向。從該視頻中截取圖片，________(選填“仍能”或“不能”)用(3)問中的方法測出重力加速度。[解析](1)根據題中提供的小球和測量要求可得出要使用小鋼球進行實驗，與乒乓球、小塑料球相比，小鋼球受到的空氣阻力可忽略，可認為是自由落體運動，可以減小實驗誤差。(2)根據實驗要求，可以得出先固定刻度尺，然后固定手機調好手機鏡頭位置，打開手機攝像功能進行攝像，最后捏住小球，使小球由靜止下落，即步驟為①③④②。(3)題圖2左側圖片中小球上邊緣的讀數為2.00cm，中間圖片中小球上邊緣的讀數為26.00cm，右側圖片中小球上邊緣的讀數為76.70cm，由逐差法可得當地的重力加速度大小為g＝eq\f(76.70－26.00－26.00－2.00,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(2))×10－2m/s2≈9.6m/s2。(4)由于釋放小球時手稍有晃動，小球偏離豎直方向，則小球做平拋運動，但豎直方向仍做自由落體運動，故能用(3)問中的方法測量重力加速度。[答案](1)小鋼球(2)①③④②(3)9.6(9.5～9.7都算對)(4)仍能用手機拍攝物體自由下落的視頻，再從視頻中間隔相等的時間截取分幀圖片替代打點計時器和紙帶；根據分幀圖片上刻度尺的刻度計算物體下落的位移及重力加速度替代研究紙帶運動的加速度。實驗情景創新[典例3](2020·山東卷)2020年5月，我國進行了珠穆朗瑪峰的高度測量，其中一種方法是通過使用重力儀測量重力加速度，進而間接測量海拔高度。某同學受此啟發就地取材設計了如下實驗，測量當地重力加速度的大小。實驗步驟如下：(ⅰ)如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53°，在其上表面固定一與小物塊下滑路徑平行的刻度尺(圖中未畫出)。甲(ⅱ)調整手機使其攝像頭正對木板表面，開啟視頻錄像功能。將小物塊從木板頂端釋放，用手機記錄下小物塊沿木板向下做加速直線運動的情況。然后通過錄像的回放，選擇小物塊運動路徑上合適的一點作為測量參考點，得到小物塊相對于該點的運動距離L與運動時間t的數據。(ⅲ)該同學選取部分實驗數據，畫出了eq\f(2L,t)-t圖像，利用圖像數據得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m/s2。(ⅳ)再次調節墊塊，改變木板的傾角，重復實驗。回答以下問題：(1)當木板的傾角為37°時，所繪圖像如圖乙所示。由圖像可得，物塊過測量參考點時速度的大小為________m/s；選取圖線上位于坐標紙網格交叉點上的A、B兩點，利用A、B兩點數據得到小物塊下滑加速度的大小為________m/s2。(結果均保留2位有效數字)乙(2)根據上述數據，進一步分析得到當地的重力加速度大小為________m/s2。(結果保留2位有效數字，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)s[解析](1)物塊勻加速下滑，經過參考點開始計時，由運動學公式有L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，變形得eq\f(2L,t)＝2v0＋at，所以題圖乙中圖線的縱截距表示通過參考點時速度的2倍，則v0＝eq\f(0.64,2)m/s＝0.32m/s；圖線的斜率表示物塊的加速度，則加速度a＝eq\f(1.85－0.70,0.395－0.02)m/s2≈3.1m/s2。(2)物塊沿斜面下滑過程中，由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，將θ1＝53°，a1＝5.6m/s2；θ2＝37°，a2＝3.1m/s2分別代入，解得g≈9.4m/s2。[答案](1)0.32或0.333.1(2)9.4本實驗屬于實驗情景創新，通過使用重力儀測量重力加速度，進而間接測量海拔高度，用手機記錄下小物塊沿木板向下做加速s直線運動的情況。利用圖像數據得到小物塊下滑的加速度大小。

運動圖像追及相遇問題運動學中的兩種典型圖像1．x-t圖像與v-t圖像的比較x-t圖像v-t圖像圖像意義傾斜直線表示勻速直線運動；曲線表示變速直線運動傾斜直線表示勻變速直線運動；曲線表示變加速直線運動特別處兩條圖線的交點表示相遇圖線與時間軸所圍面積表示位移運動情況甲做勻速直線運動，乙做速度逐漸減小的直線運動丙做勻加速直線運動，丁做加速度逐漸減小的變加速直線運動位移0～t1時間內甲、乙位移相等0～t2時間內丁的位移大于丙的位移平均速度0～t1時間內甲、乙平均速度相等0～t2時間內丁的平均速度大于丙的平均速度2．三點說明(1)x-t圖像與v-t圖像都只能描述直線運動，且均不表示物體運動的軌跡。(2)分析圖像要充分利用圖像與其所對應的物理量的函數關系。(3)識圖方法：一軸、二線、三斜率、四面積、五截距、六交點。[典例1](2021·湖北省襄陽五中高三5月模擬)A、B兩物體從同一位置向同一方向同時運動，甲圖是A物體的位移—時間圖像，乙圖是B物體的速度—時間圖像，根據圖像，在0～6s內下列說法正確的是()甲乙A．運動過程中，A、B兩物體相遇一次B．運動過程中，A物體一直在向正方向運動C．A、B兩物體最遠距離是15mD．A物體的平均速度是B物體的平均速度的兩倍A[由圖甲知，A物體在前2s做勻速直線運動，2～4s靜止，4～6s又勻速返回出發點，總位移為零，選項B錯誤；B物體前2s做初速度為零的勻加速運動，位移是eq\f(1,2)×2×5m＝5m，2～4s做勻速運動，位移是2×5m＝10m，4～6s做勻減速運動，位移是eq\f(1,2)×2×5m＝5m，總位移是20m，所以運動過程中，只是在A物體返回時，與B物體相遇一次，選項A正確；由以上分析知6s時兩物體相距最遠，最遠距離是20m，選項C錯誤；A在6s內平均速度是零，B在6s內平均速度是eq\f(20,6)m/s＝eq\f(10,3)m/s，選項D錯誤。]分析圖像問題的三環節[跟進訓練]1．(2021·廣東省高州一中高三下學期5月模擬)a、b兩物體同時從同一地點開始做勻變速直線運動，二者運動的v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．a、b兩物體運動方向相反B．a物體的加速度小于b物體的加速度C．t＝1s時兩物體的間距等于t＝3s時兩物體的間距D．t＝3s時，a、b兩物體相遇C[由圖像可知，a、b兩物體的速度都為正值，速度方向相同，故A錯誤；圖像的斜率表示加速度，由圖可知，a的斜率為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，b的斜率為a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(4－5,2)m/s2＝－0.5m/s2，所以a物體的加速度比b物體的加速度大，故B錯誤；t＝1s時，兩物體的間距為Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5×1－\f(1,2)×0.5×12－2×1－\f(1,2)×1×12))m＝2.25m；t＝3s時兩物體的間距為Δx′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5×3－\f(1,2)×0.5×32－2×3－\f(1,2)×1×32))m＝2.25m，故兩個時刻兩物體間距相等，故C正確，D錯誤。]2．(2021·四川省廣元市高三下學期5月三診)甲、乙兩車沿同一直線運動，其中甲車以6m/s的速度做勻速直線運動，乙車做初速度為零的勻變速直線運動，它們的位移x隨時間t的變化如圖所示。已知t＝3s時，甲、乙圖像的斜率相等。下列判斷正確的是()A．最初的一段時間內，甲、乙的運動方向相反B．t＝3s時，乙車的速度大小為9m/sC．兩車相遇時t1＝10sD．乙車經過原點(即參照點)時的速度大小為2eq\r(5)m/sC[位移—時間圖像的斜率表示速度，則最初的一段時間內，甲、乙的斜率都為正方向，所以運動方向相同，故A錯誤；乙車做初速度為零的勻變速直線運動，t＝3s時，甲、乙圖線的斜率相等，所以t＝3s時乙的速度是6m/s，選項B錯誤；乙的加速度a＝eq\f(6,3)m/s2＝2m/s2，設過t1兩車相遇，有v甲t1＋40m＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得t1＝10s，故C正確；乙車經過坐標原點(即參照點)時的速度大小為v，根據v2－0＝2ax，乙經過原點時的速度大小為v＝4eq\r(5)m/s，故D錯誤。]3．(2021·晉中模擬)如圖甲、乙所示的位移—時間(x-t)圖像和速度—時間(v-t)圖像中，給出了四條曲線1、2、3、4，代表四個不同物體的運動情況，則下列說法中正確的是()甲乙A．圖線1、3表示物體做曲線運動B．x-t圖像中0～t1時間內物體1和2的平均速度相等C．v-t圖像中0～t4時間內物體3的速度大于4的速度D．兩圖像中，t2、t4時刻分別表示2、4開始反向運動B[x-t圖像和v-t圖像只能表示物體做直線運動，故A錯誤；由平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)知x-t圖像中0～t1時間內兩物體的位移Δx相同，時間Δt相等，則平均速度相等，故B正確；由v-t圖像知0～t4時間內物體3的瞬時速度不是總大于物體4的瞬時速度，故C錯誤；x-t圖線的斜率表示物體的速度，斜率大于0，表示物體沿正方向運動，斜率小于0，表示物體沿負方向運動，t2時刻之前物體2沿正方向運動，t2時刻之后物體2沿負方向運動，故t2時刻物體2開始反向運動；v-t圖像中速度的正負表示運動方向，0～t5這段時間內物體4始終沿正方向運動，故D錯誤。]運動學中非常規圖像1．a-t圖像由Δv＝aΔt可知，圖像中圖線與橫軸所圍面積表示速度變化量Δv，如圖甲所示。甲乙2．勻變速直線運動的eq\f(x,t)-t圖像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，由此知eq\f(x,t)-t圖像的斜率為eq\f(1,2)a，縱軸截距為v0，如圖乙所示。3．v2-x圖像由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax，故v2-x圖像斜率為2a，縱軸截距為veq\o\al(2,0)。[典例2]如圖所示，四幅圖為物體做直線運動的圖像，下列說法正確的是()甲乙丙丁A．甲圖中，物體在0～t0這段時間內的位移小于eq\f(v0t0,2)B．乙圖中，物體的加速度為2m/s2C．丙圖中，陰影面積表示t1～t2時間內物體的加速度變化量D．丁圖中，t＝3s時物體的速度為25m/sD[題圖甲中，因v-t圖像與t軸圍成的面積等于位移，可知物體在0～t0這段時間內的位移大于eq\f(v0t0,2)，選項A錯誤；題圖乙中，根據v2＝2ax可知2a＝eq\f(15,15)m/s2＝1m/s2，則物體的加速度為0.5m/s2，選項B錯誤；題圖丙中，根據Δv＝aΔt可知，陰影面積表示t1～t2時間內物體的速度變化量，選項C錯誤；題圖丁中，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，由圖像可知eq\f(1,2)a＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，v0＝－5m/s，則a＝10m/s2，則t＝3s時物體的速度為v3＝v0＋at3＝25m/s，選項D正確。]分析圖像問題兩種方法(1)函數法圖像反映了兩個變量(物理量)之間的函數關系，因此要由運動學公式推導出兩個物理量間的函數關系，來分析圖像的意義。(2)排除法利用圖像的“斜率”“截點”“面積”的意義，采用排除方法提高選擇題圖像類題型的解題準確率和速度。[跟進訓練]1．(2021·江蘇省新余市四中高三第一次段考)一個物體沿直線運動，從t＝0時刻開始，物體的eq\f(x,t)-t圖像如圖所示，圖線與縱、橫坐標軸的交點分別為0.5和－1，由此可知()A．物體做勻速直線運動B．物體做加速度大小為0.5m/s2的勻加速直線運動C．物體的初速度大小為1m/sD．物體在第2s內的位移為2mD[由圖得eq\f(x,t)＝(0.5t＋0.5)m/s，由勻變速直線運動的位移時間公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，則eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at可得eq\f(1,2)a＝0.5，物體的加速度a＝1m/s2，初速度v0＝0.5m/s，可知物體的加速度不變，物體做勻加速直線運動，A、B、C錯誤；物體在第2s內的位移為x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t2＋\f(1,2)at\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t1＋\f(1,2)at\o\al(2,1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.5×2＋\f(1,2)×1×22))m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.5×1＋\f(1,2)×1×12))m＝2m，D正確。]2．(2021·山東省實驗中學高三第一次診斷)一物體從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間變化如圖所示，則()A．0～2t0內的平均速度為eq\f(3a0t0,2)B．2t0末，物體的速度為eq\f(3a0t0,2)C．t0～2t0內的位移小于eq\f(5a0t\o\al(2,0),4)D．全程位移等于a0teq\o\al(2,0)B[加速度與時間的關系圖線與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，可知速度的變化量Δv＝a0t0＋eq\f(1,2)a0t0＝eq\f(3,2)a0t0，則2t0末的速度為eq\f(3,2)a0t0，物體全程加速，最大速度為eq\f(3,2)a0t0，0～2t0內平均速度小于eq\f(3,2)a0t0，故A錯誤，B正確；作出對應的速度—時間圖線，如圖所示，根據圖線圍成的面積表示位移知，t0～2t0內的位移x>eq\f(v1＋v2,2)t0＝eq\f(5a0t\o\al(2,0),4)，C錯誤；全程的位移x′>eq\f(1,2)v1t0＋eq\f(5a0t\o\al(2,0),4)＝eq\f(7a0t\o\al(2,0),4)，D錯誤。]3．(多選)(2021·湖南省衡陽市高三二模)為了研究某品牌玩具車的性能，生產廠家拿兩輛完全相同的玩具車做測試：將玩具車甲、乙放在平直的軌道上同時沿同一起始線釋放，已知兩玩具車的運動方向相同，乙運動5m停下，在該過程中通過計算機描繪了兩玩具車速度的平方與位移的關系圖像。下列說法正確的是()A．兩車均做勻變速直線運動，且加速度方向相反B．兩車在eq\f(25,7)m時再次并排行駛C．甲車在eq\f(20,7)s時追上乙車D．乙車停止運動前兩車的最大間距為eq\f(25,7)mAD[由勻變速直線運動規律有2ax＝v2－veq\o\al(2,0)，整理得v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)，所以v2-x的圖像為傾斜的直線，斜率k＝2a，截距b＝veq\o\al(2,0)，由圖知v0甲＝0，v0乙＝5m/s，a甲＝eq\f(1,2)×eq\f(10,5)m/s2＝