直线运动复习学案 §1.1 基本概念参考答案例1、 B例2、AD 若末速度与初速度同向，即物体做单向加速运动，由V t =V 0+at 得，a=6m/s 2. 由V t 2─V 02=2ax 得，x=7m.若末速度与初速度反向，即物体先减速至零再加速，以初速度方向为正方向，由V t =V 0+at 得，a=─14m/s 2, 由V t 2─V 02=2ax 得，x=─3m. 综上选AD例3、B 针对练习：1、B2、D3、BCD4、AD5、BC6、B 能力训练：1、D2、D3、D4、C5、C6、A7、BCD8、AC9、BD 10、解：设从甲地到丙地的路程是S ，由题设，V =12s s s 2V 2V +=12122V V V V +§1.2 直线运动的基本规律参考答案例1、解：v 0＝15m/s ，a ＝－6 m/s 2，则刹车时间为 t ＝av 00-＝2.5s ，所以滑行距离为 S ＝av 202-＝18.75例2、解：在连续两个10s 内火车前进的距离分别为S 1＝8×8m ＝64m ，S 2＝6×8m ＝48m. 由△S ＝aT 2，得a ＝△S / T 2＝(S 2 －S 1)/ T 2＝0.16m/s 2， 在第一个10s 内，由S ＝v o t ＋21at 2，得v 0＝7.2m/s 例3、设全程的最大速度为v ，则S ＝v t/2 ① 又 v ＝a 1t 1＝a 2t 2 ② t ＝t 1＋t 2 ③ 联立三式得 t ＝2121)(2a a a a S +针对训练：1、ABC2、C3、ABC4、B5、（v 2－v 1）/T6、本题有多种解法，用图像法求解是较为简便的方法。

根据题意作出列车的速度——时间图象，如图所示，由图象可知，列车通过的位移在数值等于速度图线与时间轴所围的梯形的面积值，即有 s ＝21v(t ＋t 2) ＝21v （t ＋t －t 1－t 3）又t 1=v/a 1，t 3＝v/a 2 则有121(2)2v v s v t a a =-- 得1211()2s v t v a a =++ 能力训练：1、AB2、C3、（n －1-n ）aL2 4、5.25 5、140 6、解：解：由△S ＝aT 2，得a ＝△S / T 2＝(S 2 －S 1)/ T 2＝2.25m/s 2， 在头4s 内，由S 1＝v o t ＋21at 2，得v 0＝1.5m/s 7、解：由S ＝v o t 1＋21at 12① S ＝v 1t 2＋21at 22 ②又v 1＝v o ＋at 1 ③ 联立得a ＝)()(2212121t t t t t t S +-8、根据v t 2＝2a 1S 1 S 1＝800m v t 2＝2a 2S 2 S 2＝640m 则S ＝S 1＋S 2＝1440m 9、如右图所示 则S ＝2vt v ＝5m/s 10、解析：（1）由a =2t s∆知小球的加速度 a =221.01520-=-t s s AB BC cm/s 2=500 cm/s 2=5 m/s 2 （2）B 点的速度等于AC 段的平均速度即 v B =1.0220152⨯+=t s AC cm/s=1.75 m/s （3）由于相邻相等时间的位移差恒定即s CD - s BC = s BC - s AB101va 1 a 2所以s CD =2s BC -s AB =（40-15）cm=25 cm=0.25 m （4）设A 点小球的速率为v A因为v B =v A +at v A =v B -at =1.75-5×0.1=1.25 m/s 所以A 球的运动时间t A =525.1=a v A s=0.25 s ，故A 球的上方正在滚动的小球还有两个. §1.3 运动图象问题参考答案：例1、如图所示，根据升降机的速度图象，则矿井的深度h 可由梯形面积得出：h =21（10+25）⨯6 =105(m) 本题也可用平均速度求解，即先由平均速度公式求出每段的平均速度20tv v v +=，然后根据s = vt 计算即可：(1)匀加速上升阶段：h 1 = v 1t 1 = 02v + t 1= 062+⨯5 = 15(m)(2)匀速上升阶段：h 2 = v 2t 2 = 6 ⨯10 = 60(m)(3)匀减速上升阶段：h 3 = v 3t 3 = 02v +t 3 = 602+⨯10 = 30(m)所以，矿井深度h=h 1+h 2+h 3=15+60+30=105（m ） 例2、C 针对练习：1、B2、A3、AB4、⑴正、负、正⑵负、正、负⑶a 、相同 b 、此时二者速度相同c 、增大、t 0 能力训练：1、AC2、BC3、ACD4、BD5、ABD6、AC7、C8、C9、3m/s 2、为正；0，1.5m/s 2，负向§1.4 追击和相遇问题参考答案例1：解：①两车速度相等时相距最远，设所用时间为t v 汽＝at ＝v 自 t ＝10s最远距离x ＝x 自－x 汽＝v 自t －21at 2＝25m ②设汽车追上自行车所用时间为t ／此时x 自＝x 汽 v 自t ／＝21a t ／2t ／＝20s此时距停车线距离x ＝v 自t ／＝100m 此时汽车速度v 汽＝a t ／＝10m/s例2：解：设两车恰好相撞，所用时间为t ，此时两车速度相等v 1－at ＝v 2此时位移关系如图 s ＋ｘ2＝ｘ1ｘ1＝v 1t －21at 2 ｘ2＝v 2 t由以上计算式可得 a ＝()sv v 2221－所以要使两车不相撞 a>()sv v 2221－例3：解：①设刹车速度大小为a v m 2＝2ax ma ＝7m/s 2肇事车先匀速，后减速 x 匀＋x 减＝AB ＋BC x 匀＝v A t ，t ＝0.7s v A 2＝2a x 减由以上计算式可得 v A ＝16.7m/s②设肇事汽车从A 到E 仍做匀速 x 匀＝v A t ＝11.7m x BE ＝AB －x 匀＝5.8m 汽车从E 到B 做匀减速v A t EB －21a t EB 2＝x BE t EB ＝0.38s游客横过马路的速度 v ＝EBt BD＝6.8m/s 针对练习： 1.解：v ＝120km/h ＝3100m/s 汽车先匀速，后减速，直到停止s ＝x 匀＋x 减＝vt ＋av 22＝155.56m2.解：若两车不相撞，速度相等时距离最小，设此时所用时间为t ，此时v 客＝v o －at ＝v 货 t ＝17.5s此时x 客＝v o t －21at 2＝227.5m x 货＝v 货t ＝105m x 客> x 货＋120 所以两车相撞3.解：设B 经时间t 速度减为0v 2－at ＝0 t ＝5s 此时x A ＝v 1t ＝20mx B ＝v 2t －21at 2＝25m 所以此时没追上，AB 相距5m ，设A 走5m 所用的时间为t / v 1 t /＝x B －x A t /＝1.25s A 追上B 所用时间 t 总＝t ＋t /＝6.25s4、解：设在曝光的0.02s 内，石子实际下落的距离为l ，据题意则4cm ：10cm ＝1.6cm ：l , l ＝40cm ＝0.4m则可算出石子了开始被摄入时的瞬时速度为 0.420/0.020.02l mv m s s s=== 设下落的石子为自由落体，则有v 2=2gh222(20/)202210/v m s h m g m s===⨯ 答：石子是从距这个窗子20m 的高处落下的。

能力训练：1.D 2、C 3.B 4.BCD 5、A 6.解：汽车加速度a ＝ssm 40/20＝0.5m/s 2汽车与货车速度相等时，距离最近，对汽车有： v o －at ＝v t 得t ＝28sv o 2－v t 2＝2ax 汽 得x 汽＝364m 而x 货＝v 货t ＝168m 且x 汽>x 货＋180所以能发生撞车事故8.解：两车速度相等时相距最远，设所用时间为t ，对汽车有：v ＝at 则t ＝av＝2s 此时x 汽＝21at 2＝6m x 自＝v 自t ＝12m所以两车距离x ＝x 自－x 汽＝6m 9.解：v A ＝72km/h ＝20m/sA ，B 相遇不相撞，则A ，B 相遇时速度相等，设所用时间为t 对A 车有：v 2＝v A －at 由位移关系：x A ＝x B ＋100x A ＝v A －21at 2 x B ＝v 2t由以上计算式可得 a ＝0.5m/s 210、解：假设摩托车一直匀加速追赶汽车。

则：=221at V 0t+S 0 ……（1） a =24.024010002240252222200=⨯+⨯⨯=+t S t V （m/s 2） ……（2） 摩托车追上汽车时的速度：V = at = 0.24⨯240 = 58 (m/s) ……（3） 因为摩托车的最大速度为30m/s ，所以摩托车不能一直匀加速追赶汽车。

应先匀加速到最大速度再匀速追赶。

()t V S t t V at m 0012121+=-+ ......（4） V m ≥at 1 (5)由（4）（5）得：t 1=40/3（秒） a===40903/4030 2.25 (m/s) §1.5 匀变速直线运动的特例参考答案例1：解：上升阶段，由公式h 1 =221gt 可得 gh t 112==0.03s 下降阶段，由题意知h 2=10m+0.45m=10.45m 由公式h 2 =221gt 可得 gh t 222==1.45s t=t 1+t 2=1.48s例2：解题过程：(1)设每两滴水之间的时间间隔为t 0∵0121gt h =()12012221h t g h h h -=-= 22321t g h =∴202gt h = ∴gh t 20=又∵n tt =0 ∴222n t g h = ∴222thn g = h g h g h 432232==针对练习1、解：（1）=h m g v 4520900220== （2）s g v t 31030===∴ 6s 时已落地 m gt t v h 252/103021201=-=-= m h 252= m h 03= 2、解：对A球A t =t '=对B球：B t ==∴2(a b)h 4a+=3、解：选向上为正方向，0v 4m /s = 2g 10m /s =-201H v t gt 2=+ ∴t=2s4、第一种情况：在上升阶段，设向上为正：20v 20m /s,g 10m /s ==-由201H v t gt 2=+15=20t-5t 2 ∴t=1s 第二种情况，在下落阶段，在抛出点上方。