第2讲匀变速直线运动的规律讲义整理版.pdf

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1、第 2 讲匀变速直线运动的规律 见学生用书 P005 微知识 1 匀变速直线运动的规律 1基本公式 (1)速度公式： vv0at。 (2)位移公式： xv0t 1 2at 2。 (3)速度位移关系式： v 2v2 02ax。 2匀变速直线运动的重要推论 (1)平均速度： v v 0v 2 vt 2 即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，或这段时间初、末 时刻速度矢量和的一半。 (2)任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一恒量，即 xx2x1x3 x2 xnxn1aT_2。 (3)位移中点速度： vx 2 v 2 0v 2 t 2 某段位移中点的瞬时速度等于这段位移初、

2、末速度的平方和的一半的算术平方根。 (4)初速度为零的匀加速直线运动中的几个重要结论 1T 末，2T 末， 3T 末瞬时速度之比： v1v2v3 vn123n。 1T 内，2T 内， 3T 内位移之比： x1x2x3xn12 232 n2。 第 1 个 T 内，第 2 个 T 内，第 3 个 T 内第 n 个 T 内的位移之比： x1x2x3xn135 (2n1)。 通过连续相等的位移所用时间之比： t1t2t3tn1(21)( 32) ( nn1)。 微知识 2 自由落体和竖直上抛运动的规律 1自由落体运动的规律 (1)速度公式： vgt。 (2)位移公式： h 1 2gt 2。 (3)速度

3、位移关系式： v 22gh。 2竖直上抛运动的规律 (1)速度公式： vv0gt。 (2)位移公式： hv0t 1 2gt 2。 (3)速度位移关系式： v 2v2 02gh。 (4)上升的最大高度H v 2 0 2g。 (5)上升到最大高度用时t v0 g 。 一、思维辨析 (判断正误，正确的画“”，错误的画“”。) 1匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。() 2匀加速直线运动的位移是均匀增加的。() 3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。 () 4物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s 2。() 5做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态

4、。() 6竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。() 二、对点微练 1(匀变速直线运动的基本公式)一旅客在站台8 号车厢候车线处候车，若动车一 节车厢长 25 m，动车进站时可以看作匀减速直线运动。他发现第6 节车厢经过他 时用了 4 s，动车停下时旅客刚好在8 号车厢门口 (8 号车厢最前端 )，则该动车的加 速度大小约为 () A2 m/s 2 B1 m/s 2 C0.5 m/s 2 D0.2 m/s 2 解析设第 6 节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有 Lv0t 1 2at 2，从第 6 节车厢刚到达旅客处到动车停下来，有 0v 2 02a 2L，

5、解得 a 0.5 m/s 2 或 a18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为 0.5 m/s 2。 答案C 2(匀变速直线运动的推论)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s12 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动 了 s 38 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在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移 D质点运动的初速度 解析由于闪光时间未知，所以根据s 2s1s3s2aT 2，只能求出第二、三次闪 光的时间间隔内质点的位移s25 m，选项

6、 C 正确。 答案C 3(自由落体运动 )一个物体从某一高度做自由落体运动。已知它在第 1 s内的位移 恰为它在最后1 s 内位移的三分之一。则它开始下落时距地面的高度为(g 取 10 m/s 2)( ) A15 m B20 m C11.25 m D31.25 m 解析物体在第 1 s内的位移 h 1 2gt 25 m，则物体在最后 1 s内的位移为 15 m， 对最后 1 s可得 1 2gt 2 总1 2g(t 总1)215 m，可得 t总2 s，则物体下落时距地面的高 度为 H 1 2gt 2 总20 m，B 项正确。 答案B 4(竖直上抛运动 )从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运

7、动，到最后又 落回地面，在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是() A物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同 B物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反 C物体上升过程经历的时间大于物体下落过程经历的时间 D物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间 解析物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下落阶段加速度 相同，大小为 g，方向向下，A 项正确，B 项错误；上升和下落阶段位移大小相等， 加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C、D 项错误。 答案A 见学生用书 P006 微考点1匀变速直线运动规律的应用 核|心|微|讲 1常用公式的选择 解

8、决一般的匀变速直线运动问题常用公式有vv0at、 xv0t1 2at 2、 v2v2 02ax， 以上公式中涉及了v0、v、a、t、x 五个物理量，至少要知道三个物理量才能求解 其他物理量。有的问题中，已知量不足三个，那就要考虑邻近过程中与之相联系 的物理量，建立方程组求解即可。 2运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度方向为 正方向，与正方向相同的物理量取正值；相反的取负值。当初速度为零时，一般 取加速度 a 的方向为正方向。 3两类匀减速直线运动问题的区别 (1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a 突然消失，求解 时

9、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的匀加速直线运动。 (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 等矢量的正负号及物理意义。 典|例|微|探 【例 1】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从 0 时刻起汽车在运动过程中的 位移与速度的关系式为x(100.1v 2) m，则下列分析正确的是 ( ) A上述过程的加速度大小为10 m/s 2 B刹车过程持续的时间为5 s C0 时刻的初速度为10 m/s D刹车过程的位移

10、为5 m 【解题导思】 (1)题中给出的位移与速度的函数关系与所学的哪个公式有关联呢？ 答：与速度位移关系式v 2v2 02ax有关联，变形后可得 x v 2 2a v 2 0 2a，与题中关 系式类似。 (2)式中 v 2 前的系数 0.1 的物理意义是什么？常数项10 的物理意义呢？ 答：根据对应关系有 1 2a0.1， v 2 0 2a10 可得 a5 m/s 2 ，v010 m/s。 解析根据公式 xv 2v2 0 2a 和题中所给的x(100.1v 2)m 对比可得， 1 2a0.1， v 2 0 2a10，解得 a5 m/s 2，v 010 m/s，负号表示与运动方向相反，故 A

11、项错 误，C 项正确；刹车时间t00v 0 a 2 s，B 项错误；刹车位移x0 v0 2 t010 m，D 项错误。 答案C (1)刹车类问题属于单向匀减速运动问题，当车速减为零后即停止运动。 (2)双向可逆类问题的加速度大小和方向均不变，当物体速度减为零即做反向匀加 速运动，常出现多解现象。 题|组|微|练 1甲、乙两辆汽车在一条平直公路上沿直线同向行驶，某一时刻甲、乙两车相遇， 从该时刻开始计时，甲车的位移随时间变化的关系式为x2t22t，乙车的速度随 时间变化的关系式为v2t12，表达式中各物理量单位均采用国际单位，则两车 速度大小相等的时刻为 () At6 s Bt3 s Ct5 s

12、 Dt2 s 解析利用位移与时间的关系可知甲汽车做初速度为2 m/s、加速度为 4 m/s 2 的匀 加速直线运动，利用速度与时间的关系可知乙汽车做初速度为12 m/s，加速度为 2 m/s 2 的匀加速直线运动，由匀变速运动规律可得两车速度大小相等的时刻为5 s末， 所以 A、B、D 项错误， C 项正确。 答案C 2 以 36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车， 遇障碍物刹车后获得大小为a4 m/s 2 的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为 () A12.5 m B2 m C10 m D0.5 m 解析由 vat 可得刹车到静止所需的时间t2.5 s，则第 3 s内的位移，实际

13、上就 是 22.5 s内的位移，可通过其逆运动的前0.5 s的位移计算，有 x 1 2 at 20.5 m， 选项 D 正确。 答案D 微考点2解决匀变速直线运动问题的常用方法 核|心|微|讲 1基本公式法：基本公式指速度公式vv0at、位移公式 xv0t1 2at 2 及速度 位移关系式 v 2v2 02ax。它们均是矢量式，应用时要注意物理量的方向。 2平均速度法：定义式v x t 对任何性质的运动都适用，而v 1 2(v 0v)只适用于 匀变速直线运动。 3中间时刻速度法： v t 2 v 适用于匀变速直线运动，在某些题目中应用它可以简 化解题过程。 4比例法：对于初速度为零的匀加速直线

14、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求解。 5逆向思维法：即把运动过程的末态作为初态，反向研究问题。一般用于末态已 知，特别是末速度为零的情况。 6图象法：应用 vt 图象，可把较复杂的问题转变为简单的数学问题解决。用图 象定性分析有时可避开繁琐的计算。 7推论法：对一般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 先考虑用 xaT 2 求解。 典|例|微|探 【例 2】物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C 时速度 恰为零，如图所示。已知物体运动到斜面长度 3 4处的 B 点时，所用时间为 t，求物 体从 B 滑到 C 所

15、用的时间。 【解题导思】 (1)物体在上滑时做匀减速直线运动，能否看成反向的匀加速直线运动处理呢？ 答：可以。可看成向下的初速度为零的匀加速直线运动处理。 (2)除了逆向思维法还能用其他方法求解本题吗？请列举并尝试求解。 答：比例法、中间时刻速度法、图象法、推论法等都可求解本题。 解析解法一：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面。 故 sBC 1 2at 2 BC，sAC 1 2a(ttBC) 2。 又 sBC 1 4s AC，解得 tBCt。 解法二：比例法 对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s1s2 s3sn135(2n1)。 现有

16、sBCsBA(1 4 sAC)(3 4s AC)13， 通过 sAB的时间为 t，故通过 sBC的时间 tBCt。 解法三：中间时刻速度法 利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。 vAC 1 2(vv 0)1 2(v 00)1 2v 0。 又 v 2 02asAC， v 2 B2asBC， sBC1 4s AC， 解得 vB 1 2v0。 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 tBC t。 解法四：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 vt图象，如图所示。 SAOC SBDC CO2 CD2。

17、 且 SAOC4SBDC，ODt，OCttBC。 故4 1 ttBC 2 t2 BC 。得 tBCt。 解法五：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t1 t2t3tn1( 21)(32)(43)( nn1)。 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tx，那么通过 BD、DE、EA 的时间分别为 tBD( 21)tx，tDE( 32)tx， tEA( 43)tx， 又 tBDtDEtEAt，得 txt。 答案t 题|组|微|练 3.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

18、，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列 关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是 () Av1v2v3321 Bv1v2v35 31 Ct1t2t31 23 Dt1t2t3( 32)( 21)1 解析用“逆向思维 ”法解答，则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 v 2 32a L，v 2 22a 2L，v 2 12a 3L，v3、v2、v1分别为子弹 倒过来从右到左运动L、2L、3L 时的速度， 则 v1v2v3321，选项 A、 B 错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t1t2t3(32)( 2 1)1，选项 C 错误， D

19、正确。 答案D 4(多选)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移 x13 m，第 2 s内通过的位移 x22 m，又经过位移 x3物体的速度减小为0，则下列说法正确 的是() A初速度 v0的大小为 2.5 m/s B加速度 a 的大小为 1 m/s 2 C位移 x3的大小为 1.125 m D位移 x3内的平均速度大小为0.75 m/s 解析由 xaT 2 可得加速度 a1 m/s 2，B 项正确；第 1 s末的速度 v 1 x1x2 2T 2.5 m/s，得初速度 v0v1at3.5 m/s，A 项错误；物体速度由 2.5 m/s减小到 0 所需时间 t v a 2.5

20、s ，则经过位移 x3的时间 t3为 1.5 s，且 x3 1 2at 2 31.125 m， C 项正确；位移 x3内的平均速度 v x3 t3 0.75 m/s ，D 项正确。 答案BCD 微考点3自由落体运动和竖直上抛运动 核|心|微|讲 1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v0，加速度为 ag 的匀变速直线运动，必须 注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v0 时，物体正在上升； v0 时，物体在抛出点上方； h0 时，物体在抛出点下方。 2竖直上抛运动的三种对

21、称性 (1)时间的对称性 物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t 上t下v 0 g 。 物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间 相等。 (2)速度的对称性 物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点的速度大小相等、方向相反。 物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反。 (3)能量的对称性 竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械 能分别相等。 典|例|微|探 【例 3】气球以 10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一 重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间

22、才能落到地面？到达地面时的速度 是多大？ (g 取 10 m/s 2) 【解题导思】 (1)重物从气球脱落后是做自由落体运动吗？ 答：不是。重物脱落时有竖直向上的初速度，做竖直上抛运动。 (2)重物上升和下落时运动的加速度相同吗？运动学公式在全过程中能否使用？ 答：相同，均为重力加速度。因为上升和下落过程中的加速度相同，可用全程法 求解，但要注意各物理量的正、负号。 解析解法一：把竖直上抛运动过程分段研究。 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点， 则 t1v 0 g 10 10 s1 s。 上升的最大高度h1 v 2 0 2g 10 2 210 m5 m。 故重物离地面的最大高度为 Hh

23、1h5 m175 m180 m。 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t2 2H g 2180 10 s6 s。 vgt2106 m/s60 m/s。 所以重物从气球上脱落至落地共历时tt1t27 s。 解法二：取全过程作一整体进行研究，从物体自气球上脱落计时，经时间t 落地， 规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移 h 175 m。 由位移公式 hv0t 1 2 gt 2， 有17510t1 210t 2， 解得 t7 s和 t5 s(舍去)， 所以重物落地速度为 v1v0gt10 m/s 107 m/s60 m/s 。 其中负号表示方向向下，与初速

24、度方向相反。 解法三：对称法 根据速度对称，重物返回脱离点时， 具有向下的速度v010 m/s， 设落地速度为 v， 则 v 2v2 02gh。 解得 v60 m/s，方向竖直向下。 经过 h历时 t vv0 g 5 s。 从最高点到落地历时t1 v g6 s。 由时间对称可知，重物脱落后至落地历时 t2t1 t7 s。 答案7 s60 m/s 【易错警示】 处理竖直上抛运动的两点注意 1用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向 (一般以初速度方向 为正)，公式 hv0t 1 2gt 2 中各符号的意义必须明确。 2在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段

25、， 也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解。 题|组|微|练 5从某一高度相隔1 s 先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在 空中任一时刻 () A甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变 B甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大 C甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变 D甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小 解析小球甲释放后，设经过时间t(t1 s)，两小球间距离为 h，则 h1 2gt 21 2 g (t1)2，即 h 1 2g(2t1)(只表示函数关系 )，故 t 增大， h 也随之增大，而据 vtg

26、t可知 vgtg(t1)g(只表示大小 )，速度差保持不变，所以 A、B、D 项 错误，C 项正确。 答案C 6一物体自空中的A 点以一定的初速度向上抛出， 1 s后物体的速率变为10 m/s ， 则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力， g10 m/s 2)( ) A在 A 点上方，速度方向向下 B在 A 点下方，速度方向向下 C正在 A 点，速度方向向下 D在 A 点上方，速度方向向上 解析物体的初速度方向竖直向上， 若 1 s后物体的速度方向向下， 大小为 10 m/s ， 则在此 1 s内物体速度的变化量 v 将大于 10 m/s，这与 vgt10 m/s不符，故 1 s后物体

27、的速度方向仍向上，物体在抛出点A 上方，选项 D 正确。 答案D 见学生用书 P008 多过程运动问题的解题技巧 素能培养 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。可按下列步骤解题： 1分清各阶段运动过程，画出运动草图或vt 图象。 2列出各运动阶段的运动方程。 3找出交接处的速度与前后两段间的位移、时间关系。 4联立求解，算出结果。 经典考题一飞行员驾驶飞机在做低空表演时，竖直拉升 (水平速度很小， 可 以忽略 )，拉升到最高点时，飞机突发故障，飞行员选择弃机逃生。飞行员按下逃 生按钮后，弹射座椅以 v110 m/s的速度竖直向上弹出 (不再与飞

28、机相互作用 )。飞 行员上升后又下降到一定高度时，弹射座椅打开降落伞， 飞行员以 a12 m/s 2 的加 速度做匀减速直线运动， 落地时的速度大小v26 m/s。已知弹射座椅弹出时离地 面的高度 h323.5 m， 重力加速度 g取 10 m/s 2， 降落伞打开之前， 不计空气阻力， 求： (1)弹射座椅打开降落伞瞬间，飞行员的速度大小。 (2)弹射座椅弹出后，飞行员在空中运动的时间。 解析(1)设弹射座椅弹出降落伞瞬间飞行员的速度为v， 从弹射座椅弹出到降落伞 打开，飞行员下降的高度为h1， 弹射座椅打开降落伞的位置距离地面的高度为h2， 则 v 2v2 12gh1， v 2 2v 22

29、(a)h 2， hh1h2323.5 m， 解得 v60 m/s。 (2)从弹射座椅弹出到降落伞打开的时间 t1 vv1 g 7 s， 弹射座椅打开降落伞到落地的时间 t2 v2v a 4.5 s， 总时间 tt1t211.5 s 。 答案(1)60 m/s(2)11.5 s 对法对题 1质点由 A 点从静止出发沿直线AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的 匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达 B 点时速度恰好减为零。 若 AB 间总长度为 s，则质点从 A 到 B 所用时间 t 为() A. s( ) a1a2 a1a2 B. 2s( ) a1a2 a1a2 C. 2

30、s()a1a2 a1a2 D. a1a2 2s( ) a1a2 解析设第一阶段的末速度为v，则由题意可知 v 2 2a1 v 2 2a2s，解得 v 2sa1a2 a1a2； 而 s v 2( ) t1t2 v 2t，由此解得 t 2s()a1a2 a1a2 ，所以选 B 项。 答案B 2机场大道某路口，有按倒计时显示的时间显示灯。有一辆汽车在平直路面上以 36 km/h 的速度朝该路口停车线匀速前进，在车头前端离停车线70 m 处司机看到 前方绿灯刚好显示 “5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许 通过。 (1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间

31、内使汽车做 匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度a1至少多大？ (2)若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以a22 m/s 2 的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽 车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速 度 a3的大小。 (结果保留两位有效数字 ) 解析(1)设初速度 v036 km/h10 m/s，反应时间 t11 s， 司机反应时间内汽车通过位移x1v0t110 m， 匀加速时间 t25 st14 s， x70 m，xx1v0t2 1 2a1t 2 2， 解得 a12.5 m/s 2。 (

32、2)汽车加速结束时通过的位移为x2v0t1v0t31 2a2t 2 3 101103 1 223 2 m49 m， 此时车头前端离停车线的距离为 x3xx2(7049) m21 m， 此时速度为 vv0a2t3(1023) m/s16 m/s ， 匀减速过程有 v 22a 3x3， 解得 a3 v 2 2x3 162 221 m/s 2128 21 m/s 26.1 m/s2。 答案(1)2.5 m/s 2 (2)6.1 m/s 2 见学生用书 P008 1.如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以 50 Hz 的频率监视前方的交通状况。当车速v10 m/s且与前方

33、静止的障碍物之间的 距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动 刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全 力自动刹车”的加速度取46 m/s 2 之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时 间为() A.5 3 sB.25 3 sC2.5 sD12.5 s 解析当车速最大 vm10 m/s且加速度取最小值时， “全力自动刹车 ”时间最长。 由速度公式， vvmat 解得 t2.5 s ，选项 C 正确。 答案C 2某列车离开车站后做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，前1 s 内的位移为 10 m，前 2 s内的位移为 25 m，则前 3

34、秒内的位移为 () A40 m B45 m C50 m D55 m 解析第 1 s内的位移 x110 m，第 2 s内的位移 x2(2510) m15 m，由 x2 x1x3x2得第 3 秒内的位移 x320 m，前 3 s的位移 xx1x2x345 m，故 B 项正确。 答案B 3.某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附， 断开电磁铁的电 源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过 光电门的时间为1.0010 3 s，g 取 10 m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距 离为() A1 m B1.25 m C0.4 m D1.5 m 解析小球经过光电门的速度v d t 0.510 2 1.0010 3m/s5.0 m/s，由 v22gh 可得 小球开始下落的位置距光电门的距离为h v 2 2g 1.25 m，故 B 项正确。 答案B 4小球每隔 0.2 s从同一高度抛出，做初速度为6 m/s的竖直上抛运动，设它们在 空中不相碰。第1 个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为(g取 10 m/s 2 )( ) A3B4 C5D6 解析初速度为 6 m/s的小球竖直上抛，在抛出点上方的运动时间t2v g 1.2 s， 所以第 1 个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为5 个，C 项正确。 答案C