数列的前n项和公式高考物理一轮复习 专题一 质点的直线运动 考点二 匀变速直线运动及其公式教学案(含解析)

考点二 匀变速直线运动及其公式



基础点
知识点1 匀变速直线运动及其公式
1．基本公式
(1)速度公式：
v
＝
v
0
＋
at
。 < br>1
2
(2)位移公式：
x
＝
v
0
t
＋
at
。
2
(3)位移速度关系式：
v
－
v0
＝2
ax
。
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石。均为矢量式，应用时应规定正方向。
2．两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还 等于初、末时
22
tv
0
＋
v
刻速度矢量和的一半，即：< br>v
＝
v
＝。
22
(2)任意两个连续相等的时间间隔
T
内的位移之差为一恒量，即：Δ
x
＝
x
2
－
x
1
＝
x
3
－
x
2
＝…＝
x
n
－
x
n
－1
＝
aT
。
3．
v
0
＝0的四个重要推论
(1)1
T
末、2
T
末、3
T
末、……瞬时速度的比为：
2
v
1< br>∶
v
2
∶
v
3
∶…∶
v
n
＝1∶2∶3∶…∶
n
。
(2)1
T
内、2
T
内、3
T
内……位移的比为：
x
1
∶
x
2
∶
x
3
∶…∶
x
n
＝1
2
∶2
2
∶3
2
∶…∶
n
2
。
(3)第一个
T
内、第二个
T
内、第三 个
T
内……位移的比为：
x
Ⅰ
∶
x
Ⅱ
∶< br>x
Ⅲ
∶…∶
x
n
＝1∶
3∶5∶…∶(2
n
－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t
1∶
t
2
∶
t
3
∶…∶
t
n
＝ 1∶(2－
1)∶(3－2)∶…∶(
n
－
n
－1)。
知识点2 自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)条件
①物体只受重力作用；
②从静止开始下落。
(2)运动性质：初速度
v< br>0
＝0，加速度为重力加速度
g
的匀加速直线运动。
(3)基本公式
①速度公式：
v
＝
gt
；
1
2
②位移公式：
h
＝
gt
；
2
③速度位移关系式：
v
＝2
gh
。
2．竖直上抛运动
1
2
(1)运动特点：加速度为
g
，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动。
(2)基本公式
①速度公式：
v
＝
v
0
－
gt
；
1
2
②位移公式：
h
＝
v
0
t
－
gt
；
2
③速度位移关系式：
v
－
v
0
＝－2
gh
；
22
v
2
0
④上升的最大高度：
H
＝；
2
g
⑤上升到最高点所用时间：
t
＝。
重难点
一、对匀变速直线运动公式的理解和应用
1．匀变速直线运动的基本公式均是矢量式，应用时 要注意各物理量的符号。一般规定
初速度的方向为正方向，当
v
0
＝0时，一 般以
a
的方向为正方向。
v
0
g

2．如果一个 物体的运动包含几个阶段，首先要分段分析，各段交接处的速度往往是联
系各段的纽带。然后再进一步分 析各段的运动性质。
3．物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速 度不
变，对这种情况可以将全程看做匀变速直线运动，应用基本公式求解。
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
等矢量的正负号及物理意义。
这类运动往往又叫做双向可逆类运动。
特别提醒
刹车类问题：指匀减速到速度为零 后即停止运动，加速度
a
突然消失，求解时要注意确
定其实际运动时间。如果问题涉及 最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初
速度为零、加速度不变的匀加速直线运动。
二、匀变速直线运动推论的应用
1．中间时刻速度公式的应用
在匀变速直线运动中 ，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
，利用本公式求位移、时间及加速度时更方便、迅速。
2< br>(1)已知某瞬时速度，能迅速解出以这个时刻为中间时刻的一段时间内物体运动的位移
t
2
或时间，避免常规解法中用位移公式列出含有
t
的复杂式子，从而简化解题过 程，提高解
题速度。
(2)已知两段时间的位移，可以分别求出两段时间内的平均速度，即中 间时刻的瞬时速
度，然后应用速度公式
v
＝
v
0
＋
at
，可以求出加速度或者运动时间。
2．位移差公式的应用
匀变速直线运动中， 在任意两个连续相等的时间
T
内的位移之差为一恒量，即Δ
x
＝
x< br>n
＋1
2
－
x
n
＝
aT
。在匀变速 直线运动问题中，若已知条件中出现相等的时间间隔问题，应优先考
2
2
虑用Δ
x
＝
aT
求解。
(1)根据在任意两个连续相等的时间
T
内的位移之差是否相等判断物体是否做匀变速直
线运动。如根据下图纸带中Δ
x
＝1 .58 cm，可知与纸带相连的物体做匀加速直线运动。

(2)已知物体做匀变速直线运 动，根据在连续相等的时间
T
内的位移之差，求解加速度
或时间。
特别提醒
这个相等时间，如果不是“第1个
T
秒内”和“第2个
T
秒内”，而 是“第
m
个
T
秒内”
和“第
n
个
T
秒内”，这时Δ
x
＝(
n
－
m
)
aT
。
现举例说明(如图所示)：
2

一物体做匀变速直线运动，连续四段时间< br>t
1
、
t
2
、
t
3
、
t< br>4
内的位移分别为
x
1
、
x
2
、
x
3
、
x
4
，
若
t
1
＝
t
2
＝
t
3
＝
t
4
＝
T
，则
x
3
－
x
1
＝
x
4
－
x
2
＝2
aT
。
若各段时间不相等，则等式不成立。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动的特点
(1)自由落体运动是初速度为零，加速度为
g
的匀加速直线运动。
(2) 一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直
线运动的比例关系式， 在自由落体运动中应用更频繁。
2．竖直上抛运动的两种研究方法
(1)分段法：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)全程法：将全过程视为初速度为
v
0
，加速度
a
＝－
g
的匀变速直线运动，必须注意物
理量的矢量性。习惯上取
v
0的方向为正方向，则
v
>0时，物体正在上升；
v
<0时，物体正在下降；
h
>0时，物体在抛出点上方；
h
<0时，物体在抛出点下方。
特别提醒
分段法物理过程清晰，但解题步骤较多；全程法是直接把已知量代入公式，但必须注意
3
2
h
、
v
0
正负号的意义及其取舍。
3．竖直上抛运动的对称性

如图所示，物体以初速度
v
0
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
t< br>AC
和下降过程中从
C
→
A
所用时间
t
CA
相等，同理有
t
AB
＝
t
BA
。
(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，
方向相反。
(3)能量对称性：物体从
A
→
B
和从< br>B
→
A
重力势能变化量的大小相等，均等于
mgh
AB
。
特别提醒
匀变速直线运动的基本公式和推论在自由落体和竖直上抛运动中均成立，不同 的是公式
中的加速度
a
＝
g
。

1．思维辨析
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。( )
(2)匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动。( )
(3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。( )
(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。( )
(5)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。( )
(6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。( )
(7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)√ (7)×

2．如图所示，在水平面上固定着三 个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，
若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块 时速度恰好为零，则子弹依次射入每
4
个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )
A．
v
1∶
v
2
∶
v
3
＝3∶2∶1
B．
v
1
∶
v
2
∶
v
3
＝5∶3∶1
C．
t
1
∶
t
2
∶
t
3
＝1∶2 ∶3
D．
t
1
∶
t
2
∶
t
3< br>＝(3－2)∶(2－1)∶1
答案 D
解析 用“逆向思维”法解答，由题意知， 若倒过来分析，子弹向左做初速度为零的匀
加速直线运动，设每块木块厚度为
L
，则< br>v
3
＝2
a
·
L
，
v
2
＝ 2
a
·2
L
，
v
1
＝2
a
·3< br>L
，
v
3
、
v
2
、
v
1< br>分别为子弹倒过来从右到左运动
L
、2
L
、3
L
时的 速度。则
v
1
∶
v
2
∶
v
3
＝3 ∶2∶1。又由于
每块木块厚度相同，则由比例关系可得
t
1
∶
t< br>2
∶
t
3
＝(3－2)∶(2－1)∶1，所以，本题
正确选 项为D。
3．在以速度
v
匀速上升的电梯内竖直向上抛出一个小球，电梯内观察者看 见小球经时
间
t
达到最高点，不计空气阻力，则有( )
A．地面上的人所见小球抛出时的速度为
v
0
＝
gt

B．电梯中的人看见小球抛出时的速度为
v
0
＝
gt
1
2
C．地面上的人看见小球上升的最大高度为
h
＝
gt

2
D．地面上的人看见小球上升的时间也为
t

答案 B
解析 以电梯为参考系，根据运动学方程，电梯中的人看见小球抛出时的速度为
v
0< br>＝
gt
，
选项B正确；以地面为参考系，地面上的人看见小球抛出时的速度为< br>gt
＋
v
，选项A错误；
电梯中的人看到小球的速度为零，只是小球的 速度与电梯的速度相同，实际上小球此时相对
1
2
地面的速度为
v
， 电梯中的人看到小球上升的最大高度等于
gt
，上升的时间为
t
，地面上2
1
2
的人看见小球上升的最大高度大于
gt
，上升时间大于< br>t
，选项C、D错误。
2
222

[考法综述] 本考点 知识在高考中处于较高的地位，单独命题考查匀变速直线运
动的频度较高，难度中等。交汇命题通常以动 力学问题、能量问题、电磁学知识等为载体，
考查匀变速直线运动规律，因此复习本考点时应以夯实基础 知识为主，通过复习本考点应掌
握：
3种运动——匀变速直线运动、自由落体运动、竖直上抛运动
1
222
3个 基本公式——
v
＝
v
0
＋
at
、
x
＝
v
0
t
＋
at
、
v
－
v0
＝2
ax

2
2个重要推论——
v
＝
v
0
＋
v
＝
v
、Δ
x
＝
aT< br>
22
t
2
4种常用方法——公式法、平均速度法、比例法、推论法
4种思想方法——逆向思维法、图象法、转换法、对称法
5
命题法1 匀变速直线运动规律及应用

典例1 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，
3
如图所示。已知物体运动到斜面长度处的
B
点时，所用时间为
t
，求物体从
B
滑到
C
所用4
的时间。
[答案]
t

[解析] 解法一(逆向思维法) ：物体向上减速冲上斜面且
v
C
＝0，则相当于沿斜面向下
的初速度为0的匀 加速直线运动。
故
x
BC
＝
又
x
BC
＝
2
at
BC
2
4
，
x
AC
＝a
t
＋
t
BC
2
2

x
AC
，解得
t
BC
＝
t
。
解法二(比例法)：对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移
之比为
x
1
∶
x
2
∶
x
3
∶…∶
x
n
＝1∶3∶5∶…∶(2
n
－1)。
现有
x
CB
∶
x
BA
＝
x
AC
3
x
A C
4
∶
4
＝1∶3
因通过
x
AB
的时间 为
t
，故通过
x
BC
的时间
t
BC
＝t
。
解法三(平均速度法)：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度
v
0
＋
vv
A
＋
v
C
v
A
v
AC
＝＝＝
222
又
v
A
＝2
ax
AC
①
2
v
2
B
＝2
ax
BC
②
x
AC
x
BC
＝③
4
解①②③得
v
B
＝
2
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
t
BC
＝
t
。
解法四(推论法)：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
t
1
∶
t
2
∶
t
3
∶…∶
t
n
＝1∶(2－1) ∶(3－2)∶…∶(
n
－
n
－1)。
v
A
6

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

解法五(图象法)：图象面积法利用相似三角形面积之比等于对应边平方比的方法，作出v
?
t
图象，如图所示。
S
△
AOC
CO
2
＝
S
△
BD C
CD
2
且
S
△
AOC
＝4
S
△
BDC
，
OD
＝
t
，
OC
＝
t< br>＋
t
BC
。
4
所以＝
1
t
＋t
BC
t
2
BC
2
，得
t
BC
＝
t
。
【解题法】 匀变速直线运动问题的求解方法
(1)一般公式法
一般公式是指速度与时间、位移与时间、速度与位移这三个关系式，它们都是矢量式，
使用时应 注意方向性，一般以
v
0
的方向为正方向，其余各物理量的方向与正方向相同时为正，与正方向相反时为负。
(2)平均速度法
在匀变速直线运动中，速度是均匀变化的 ，物体在时间
t
内的平均速度等于这段时间内
的初速度与末速度的平均值，即
v
＝
v
0
＋
v
2
。做匀变速直线运动的物体在t
时间内中间时刻
tv
0
＋
v
的瞬时速度等于这段时间 内的平均速度，即
v
＝＝
v
。若已知物体运动的初、末速度
22或这个过程中的位移和发生这段位移所用时间，应优先考虑应用平均速度公式
v
＝
v
0
＋
v
2
＝
7
t
Δ
x
v
＝解题。
2Δ
t
(3)比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动需要牢记几个推论，这几个推论都是比例关系，在处
理初速度 为零的匀加速直线运动时，首先考虑用比例关系求解，可以省去很多繁琐的推导，
简化运算。注意，这几 个推论也适应与刹车类似的减速到零的匀减速直线运动。
(4)逆向思维法
把物体所发生的 物理过程逆过来加以分析的方法叫逆向思维法。例如：把末速度为0
的匀减速直线运动转换为初速度为0 的匀加速直线运动处理。使用时要注意：要使逆过来后
的运动与逆过来前的运动位移、速度、时间具有对 称性，必须保证逆过来前后物体的加速度
大小、方向均相同。
(5)巧用推论Δ
x
＝
aT
法
匀变速直线运动中，物体在 连续相等的时间间隔
T
内的位移之差为一恒量，即Δ
x
＝
x
n
＋1
2
－
x
n
＝
aT
，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，应优先考虑利用Δ
x
＝
a T
2
2
求解。
(6)图象法
图象法是物理学中处理问题的一种重 要方法。由于图象能更直观地表示出物理过程和各
物理量之间的相互关系，因而在解题过程中被广泛应用 。在运动学中，主要是指
v
?
t
图象和
x
?
t图象。
应用图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，< br>可避开复杂的计算，快速得出答案。
(7)巧选参考系解题法
物体的运动是相对于一 定的参考系而言的。研究地面上物体的运动常以地面为参考系，
有时为了研究问题方便，也可巧妙地选用 其他物体作参考系，甚至在分析某些较为复杂的问
题时，为了求解简便，还需灵活地转换参考系。
(8)假设法
若题中出现的物理情景是有限的几种情况，则一一假设这种情景是成立的，在所 假设的
情况下结合选项推理，当推理结论与题意或选项矛盾时，则假设不成立，从而做出正确选择。
(9)思维转化法
在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求解困难时，往往可以变换思维 方式，使解
答过程简单明了。比如连续运动的几个物体可以转化为一个物体的连续运动问题求解。
命题法2 多阶段匀变速直线运动问题
典例2 珠海航展现场空军八一飞行表演队两架“歼 ?10”飞机表演剪刀对冲，上演
精彩空中秀。质量为
m
的“歼?10”飞机表演后返 回某机场，降落在跑道上减速过程简化为
两个匀减速直线运动。飞机以速度
v
0
着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为
a
1
，运动
时间为
t< br>1
；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下。在平直跑道上减速滑行总路程为
x
0
。求：
第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间。
2
v
0< br>－
a
1
t
1
2
2
x
0
＋< br>a
1
t
1
－2
v
0
t
1
[ 答案]
2
2
x
0
＋
a
1
t
1
－2
v
0
t
1
v
0
－
a
1
t
1
8
[解析] 如图所示，
A
为飞机着陆点，< br>AB
、
BC
分别为两个匀减速运动过程，
C
点停下。

A
到
B
过程，依据运动学规律有：
x
1
＝
v
0
t
1
－
a
1
t
2
1
，
v
B
＝
v
0
－
a
1
t
1
，
B
到
C
过程，依据运动学规律有：
x
2
＝
v
B
t
2
－
a
2
t
2
2
，0＝
v
B
－
a
2
t
2
，
A
到
C
过程，有：
x
0
＝
x
1
＋
x
2
，
v
0
－
a1
t
1
2
联立解得
a
2
＝，
22
x
0
＋
a
1
t
1
－2
v< br>0
t
1
2
x
0
＋
a
1
t< br>1
－2
v
0
t
1
t
2
＝
v
0
－
a
1
t
1
【解题法】 如何解决匀变速直线运动问题
(1)求解匀变速直线运动问题的基本思路
2
1
2
1
2

可概括为“一画，二选，三注意”

(2)描述匀变速直线运动的基本物理量涉及
v
0
、
v< br>、
a
、
x
、
t
五个量，每一个基本公式中
都 涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适
的公式求解，会 使问题简化。
(3)多过程的匀变速直线运动，注意分段应用匀变速直线运动的规律列方程的解题策略 ，
这就是数学中的分段函数思想在物理中的应用。
(4)注意解题策略，解题过程中设一些未知量，通过加、减或乘、除消元的方法消除这
9
一些未知量得出需要求得的量。
命题法3 自由落体和竖直上抛类问题
典例3 (多选)某物体以30 ms的初速度竖直上抛，不计空气阻力，
g
取10 ms。5
s内物体的( )
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向向上
C．速度改变量的大小为10 ms
D．平均速度大小为13 ms，方向向上
[答案] AB
2

v
0
30
[解析] 解法一(分阶段法)：物体上升的时间
t
上
＝＝ s＝3 s，物体上升的最大高g
10
2
v
2
301
2
1
0
2
度
h
1
＝＝ m＝45 m。物体从最高点自由下落2 s的高度
h
2
＝
gt
下
＝×10×2 m＝20
2
g
2×1022
m。运动过程如图所示，则总路程为65 m，A正确。5 s末物体离抛出点的高度为25 m，即
位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确。5 s末物体的速度
v
＝
gt
下
＝10×2 ms＝20 ms，
方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δ
v
＝(－
v
)－v
0
＝(－20 ms)－30 ms
＝－50 ms，即速度改变量的大小为50 ms，方向向下，C错误。平均速度
v
＝
ms＝5 ms，方向向上，D错误。
解法二(全过程法)：由竖直上抛运动的规律可知：物体经3 s到达最大高度
h
1
＝45 m
处。将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有
v
0
＝30 ms，
a
＝－
g
＝－10 ms，故5 s
1
2
内 物体的位移
h
＝
v
0
t
＋
at
＝25 m>0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，
2
位移大小为25 m，方向向上，A、B正确。速度的变化量Δ
v
＝
a
Δ
t
＝ －50 ms，C错误。5 s
末物体的速度
v
＝
v
0
＋
at
＝－20 ms，所以平均速度
v
＝
2
h
1
－
h
2< br>25
＝
t
5
v
0
＋
v
2
＝5 ms>0，方向向上，D错
10
误。
【解题法】 竖直上抛类问题的易错提醒
(1)在竖直上抛运动中，物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能
处于下 降阶段，因此这类问题可能有多解。
(2)计算直线运动的速度变化量时需注意初、末速度的方向，通 过规定正方向可把矢量
运算转换为代数运算。


1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行
和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加
速度2 ms由静止加速到2 ms，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
A．关卡2 B．关卡3
C．关卡4 D．关卡5
答案 C
2
v
1
2
解析 关卡刚放行时，该同学加速的时间
t
＝＝1 s，运动的距离为
x
1
＝
at
＝1 m，然
a
2
后以2 ms的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动距离为9 m，
过了关卡2，到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时
12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C项正确。
2．在离地高
h
处，沿竖直方向 同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为
v
，不计空气阻力，两球落地的时间差为 ( )
A.
C.
2
v
g
2
h
B.
D.
v
g
h
vv
答案 A
解析 根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是
v
，之后的运动与 竖直下抛的物体运动情况相同。因此，上抛的小球与下抛的小球运动的时
－
v
－
v
2
v
间差为
t
＝＝，A正确。
－
gg
3．(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫圈
A
、
B
连接起来，一同学用手固 定
B
，此时
A
、
B
间距为3
L
，
A
距地面为
L
，如图所示。由静止释放
A
、
B
， 不计空气阻力，从开始释放到
A
11
落地历时
t
1
，< br>A
落地前瞬间速率为
v
1
，从
A
落地到
B< br>落在
A
上历时
t
2
，
B
落在
A上前瞬间速
率为
v
2
，则( )

A．
t
1
>
t
2

B．
t
1
＝
t
2

C．
v
1
∶
v
2
＝1∶2
D．
v
1
∶
v
2
＝1∶3
答案 BC
1
2
1
2
解析 对
A
有
L
＝gt
1
，且
v
1
＝
gt
1
，对
B
有3
L
＋
L
＝
g
(
t
1＋
t
2
)，且
v
2
＝
g
(
t
1
＋
t
2
)，联
22
立解得
t
1
＝
t
2
，
v
1
∶
v
2
＝ 1∶2，B、C正确。
4．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相， 闪光时
间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了
0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知( )
A．质点运动的加速度是0.6 ms
B．质点运动的加速度是0.3 ms
C．第1次闪光时质点的速度是0.1 ms
D．第2次闪光时质点的速度是0.3 ms
答案 B
解析 由Δ
x
＝
aT
和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 ms，选项A错误， B正确；
第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度
v
＝0.2 ms，第1次 闪光时质点的速度
是
v
1
＝
v
－
aT
2＝ (0.2－0.3×0.5) ms＝0.05 ms，第2次闪光时质点的速度是
v
2
＝
v
＋
aT
2
＝(0.2＋0.3×0.5) ms＝0.35 ms，选项C、D错误。
5．甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变，在 第一段时
间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增大为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一
半。求甲 、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
5
答案
7
解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻
t
0
)的速度为
v
，第一段时间 间隔内行驶的路
程为
s
1
，加速度为
a
；在第二段时间间隔 内行驶的路程为
s
2
。由运动学公式得
12
22
2< br>2
2
v
＝
at
0
，
s
1
＝
at
2
0
，
s
2
＝
vt
0
＋(2
a
)
t
0

1
2
1
2< br>设汽车乙在时刻
t
0
的速度为
v
′，在第一、二段时间间隔内 行驶的路程分别为
s
1
′、
s
2
′。
同样有 v
′＝(2
a
)
t
1
2
1
2
0
，
s
1
′＝
2
(2
a
)
t0
，
s
2
′＝
v
′
t
0
＋< br>2
at
0

设甲、乙两汽车行驶的总路程分别为
s
、
s
′，则有
s< br>＝
s
1
＋
s
2
，
s
′＝
s
1
′＋
s
2
′
联立以上各式解得，甲、乙两汽车各自行驶 的总路程之比为
s
s
′
＝
5
7
。



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