讲义：第1章 第2讲

考点一 匀变速直线运动规律及应用1．基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax .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、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t ＝v 0＋v2. (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：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.3．v 0＝0的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n . (2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶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∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －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 [思维深化]飞机着陆后以6 m /s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12 s内滑行的距离是多少？ 某位同学的解法如下：由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，代入已知量求得滑行距离x ＝288 m ，请分析以上解析是否正确，若不正确，请写出正确的解析． 答案 不正确．解析如下：先求出飞机着陆后到停止所用时间t .由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6 s ＝－10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s 内是静止的．故它着陆后12 s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10 m ＋(－6)×1022m ＝300 m.1．[基本规律的应用]一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是( ) A ．a ＝1 m /s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 m B ．a ＝1 m /s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 m C ．a ＝1 m /s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 m D ．a ＝0.8 m /s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m 答案 C解析 根据匀变速直线运动的规律，质点在t ＝8.5 s 时刻的速度比在t ＝4.5 s 时刻的速度大4 m/s ，所以加速度a ＝Δv Δt ＝4 m/s 4 s ＝1 m /s 2，v 9＝v 0＋at ＝9.5 m/s ，x 9＝12(v 0＋v 9)t ＝45 m ，选项C 正确．2．[刹车问题]汽车以20 m /s 的速度做匀速直线运动，见前方有障碍物立即刹车，刹车后加速度大小为5 m/s 2，则汽车刹车后第2 s 内的位移和刹车后5 s 内的位移为( ) A ．30 m,40 m B ．30 m,37.5 m C ．12.5 m,40 m D ．12.5 m,37.5 m答案 C解析 由v ＝v 0＋at ，可求得汽车刹车后运动时间t ＝4 s ，刹车后第2 s 内位移x 2＝20×2－12×5×22－20×1＋12×5×12 m ＝12.5 m ．刹车后5 s 内位移即为4 s 内的位移，看成反向初速度为0的匀加速直线运动，x 5＝12at 2＝12×5×42 m ＝40 m.3．[两个重要推论的应用]一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s 内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)．求： (1)火车的加速度的大小； (2)人开始观察时火车速度的大小． 答案 (1)0.16 m /s 2 (2)7.2 m/s解析 (1)由题意知，火车做匀减速直线运动，设火车加速度大小为a ，人开始观察时火车速度大小为v 0，L ＝8 m Δx ＝aT 2，8L －6L ＝a ×102 a ＝2L 100＝2×8100m /s 2＝0.16 m/s 2 (2)v t ＝v 平＝8L ＋6L 2T ＝14×820 m /s ＝5.6 m/s2v t ＝v 0－aT ，解得v 0＝7.2 m/s4．[v 0＝0重要推论的应用]一列车由等长的车厢连接而成．车厢之间的间隙忽略不计，一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐．当列车由静止开始做匀加速直线运动时开始计时，测量第一节车厢通过他的时间为2 s ，则从第5节至第16节车厢通过他的时间为多少？ 答案 4 s解析 取车为参考系，把车的运动转化为人做匀加速直线运动． 据通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)得 2Δt ＝1(16－15)＋(15－14)＋…＋(5－4)＝116－4＝12. 所以Δt ＝4 s.记住两个推论，活用一种思维1．两个重要推论公式 (1)v t ＝2v t ＝v 0＋v t 2(2)Δx ＝aT 22．用逆向思维法解决刹车问题(1)逆向思维法：匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动．(2)对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t ≤v 0a，发生的位移满足x ≤v 202a.考点二 常用的几种物理思想方法1．一般公式法一般公式指速度公式v ＝v 0＋at ，位移公式x ＝v 0t ＋12at 2及推论式2ax ＝v 2－v 20，它们均是矢量式，使用时要注意方向性，一般以v 0方向为正方向，已知量与正方向相同者取正，与正方向相反者取负．未知量按正值代入，其方向由计算结果决定． 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 ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动．3．中间时刻速度法利用“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2v t ＝v ＝12(v 0＋v )，适用于匀变速直线运动． 4．推论法对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx ＝aT 2求解． 5．逆向思维法把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况． 6．图象法应用v －t 图象，可以把较复杂的问题转变为较简单的数字问题来解决． [思维深化]做匀变速直线运动的物体，在t s 内通过的位移为x ，则中间时刻的速度2v t 和位移中点的速度2v x 谁大呢？答案 方法一：图象法由图知v x >v t .方法二：数学求差法2v t ＝v 0＋v t2 2v x ＝v 20＋v 2t22v x 2－2v t 2>0所以2v x >2v t5．[比例法的应用]做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0 答案 B解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2 m ．故选B.6．[中间位置速度公式的应用]滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v ，则到达斜坡底端时的速度为( ) A.2v B.3v C ．2v D.5v 答案 A解析 由匀变速直线运动的中点位置的速度公式2v x ＝v 20＋v22，有v ＝ 0＋v 2底2，得v 底＝2v ，所以只有A 项正确．7．[平均速度公式的应用]质点由A 点出发沿直线AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为a 1的匀加速运动，接着做加速度大小为a 2的匀减速运动，到达B 点时恰好速度减为零．若AB 间总长度为s ，则质点从A 到B 所用时间t 为( ) A.s (a 1＋a 2)a 1a 2B.2s (a 1＋a 2)a 1a 2 C.2s (a 1＋a 2)a 1a 2D.a 1a 22s (a 1＋a 2)答案 B解析 设第一阶段的末速度为v ， 则由题意可知：v 22a 1＋v 22a 2＝s ，解得：v ＝2a 1a 2sa 1＋a 2；而s ＝0＋v 2t 1＋v ＋02t 2＝v 2t ，由此解得：t ＝2(a 1＋a 2)sa 1a 2，所以选B. 8．[物理思想方法的综合应用]物体以一定的初速度从斜面底端A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图1，已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间．图1答案 t解析 方法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面．设物体从B 到C 所用的时间为t BC .由运动学公式得x BC ＝at 2BC 2，x AC ＝a (t ＋t BC )22，又x BC ＝x AC4，由以上三式解得t BC ＝t . 方法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v 0，物体从B 滑到C 所用的时间为t BC ，由匀变速直线运动的规律可得v 20＝2ax AC ①v 2B ＝v 20－2ax AB ② x AB ＝34x AC ③由①②③解得 v B ＝v 02④又v B ＝v 0－at ⑤ v B ＝at BC ⑥由④⑤⑥解得t BC ＝t . 方法三：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．因为x CB ∶x BA ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t .方法四：中间时刻速度法利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，vAC ＝v 0＋02＝v 02.又v 20＝2ax AC ，v 2B ＝2ax BC ，x BC ＝x AC 4.由以上三式解得v B ＝v 02.可以看成v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是这段位移的中间时刻，因此有t BC ＝t . 方法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，画出v －t 图象．如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得S △AOC S △BDC ＝CO 2CD 2，且S △AOC S △BDC ＝41，OD ＝t ，OC ＝t ＋t BC .所以41＝(t ＋t BC )2t 2，解得t BC ＝t .匀变速直线运动规律中应用的两个技巧1．匀减速直线运动减速到0时，通常看成反向的初速度为0的匀加速直线运动． 2．若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度．考点三 自由落体和竖直上抛运动1．特点和规律 (1)自由落体运动的特点 ①从静止开始，即初速度为零． ②只受重力作用的匀加速直线运动． ③公式：v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh .(2)竖直上抛运动的特点 ①初速度竖直向上．②只受重力作用的匀变速直线运动． ③若以初速度方向为正方向，则a ＝－g . 2．处理竖直上抛运动的方法 (1)分段处理①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动． ②几个特征物理量上升的最大高度H ＝v 202g ，上升到最高点所用的时间T ＝v 0g ，回到抛出点所用的时间t ＝2v 0g，回到抛出点时的速度v ＝－v 0. (2)全程处理①初速度为v 0(设为正方向)，加速度为a ＝－g 的匀变速直线运动． ②v >0时，物体上升． v <0时，物体下降．③h >0时，物体在抛出点上方． h <0时，物体在抛出点下方． [思维深化]如图2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．请分析以下问题：图2(1)物体从A →C 的时间t AC 与从C →A 的时间t CA 有什么关系？ (2)物体在上升和下降过程经过A 点的速度有什么关系？ (3)从A →B 和从B →A 的重力势能变化量有什么关系？答案 (1)时间对称性：物体上升过程中从A →C 所用时间t AC 和下降过程中从C →A 所用时间t CA 相等．(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B →A 重力势能变化量的大小相等，均等于mgh AB .9．[自由落体运动规律的应用]一小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点，不计空气阻力．经过b 点时速度为v ，经过c 点时速度为3v ，则ab 段与ac 段位移之比为( ) A ．1∶3 B ．1∶5 C ．1∶8 D ．1∶9 答案 D解析 物体做自由落体运动， 2gh ab ＝v 2① 2gh ac ＝(3v )2②由①②得h ab h ac ＝19，故D 正确．10．[竖直上抛运动规律的应用]气球下挂一重物，以v 0＝10 m /s 的速度匀速上升，当到达离地高度h ＝175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g 取10 m/s 2. 答案 见解析解析 解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理． 绳子断裂后重物要继续上升的时间t 1和上升的高度h 1分别为 t 1＝v 0g＝1 sh 1＝v 202g＝5 m故重物离地面的最大高度为H ＝h 1＋h ＝180 m 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t 2＝2Hg＝6 s v ＝gt 2＝60 m/s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t ＝t 1＋t 2＝7 s.解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t 后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t 内的位移h ′＝－175 m ，由位移公式有： h ′＝v 0t －12gt 2即－175＝10t －12×10t 2＝10t －5t 2t 2－2t －35＝0解得t 1＝7 s ，t 2＝－5 s(舍去) 所以重物落地速度为：v ＝v 0－gt ＝10 m /s －10×7 m/s ＝－60 m/s 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反．抓住两种运动的实质，选用不同的解题技巧1．根据定义，全盘接收对自由落体运动，v 0＝0，a ＝g ，将匀变速运动的所有公式和推论全部接收过来．2．机智灵活，思维发散(1)对竖直上抛运动，既能分段处理又可全程处理．(2)全程处理时，要注意速度、加速度、位移等的方向，方程以匀减速体现，初速度方向与重力加速度方向必相反．如 速度公式：v ＝v 0－gt 或v ＝－v 0＋gt 位移公式：h ＝v 0t －12gt 2或h ＝－v 0t ＋12gt 2(3)理解运算结果中的负号．考点四 多过程组合问题多过程问题解题思路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)画：分清各阶段运动过程，画出草图； (2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系； (4)解：联立求解，算出结果．11．[匀加速与匀速运动组合](2014·海南·13)短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为7.5 m ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离． 答案 5 m/s 2 10 m解析 设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1 s 和第2 s 内通过的位移分别为x 1和x 2. 在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速运动，由运动学规律得 x 1＝12at 20①x 1＋x 2＝12a (2t 0)2②式中t 0＝1 s.联立①②两式并代入已知条件，得a ＝5 m/s 2.③设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ；跑完全程的时间为t ，全程的距离为x . 依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2④v ＝at 1⑤ x ＝12at 21＋v t 2⑥ 设匀加速阶段通过的距离为x ′，则x ′＝12at 21⑦联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x ′＝10 m.12．[匀减速与匀加速的组合]已知一足够长的粗糙斜面，倾角为θ，一滑块以初速度v 1＝16 m /s 从底端A 点滑上斜面，经2 s 滑至B 点后又返回A 点．其运动过程的v －t 图象如图3所示．已知上滑的加速度大小是下滑的4倍．求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)图3(1)AB 之间的距离；(2)滑块再次回到A 点时的速度及滑块在整个运动过程中所用的时间． 答案 (1)16 m (2)8 m/s 6 s解析 (1)由v －t 图象知AB 之间的距离为x AB ＝16×22m ＝16 m. (2)设滑块从A 点滑到B 点过程的加速度大小为a 1，从B 点返回A 点过程的加速度大小为a 2，由题意知a 1＝4a 2.根据a 1t 21＝a 2t 22＝2x AB ，得t 2＝a 1t 21a 2＝4 s 因为v 12t 1＝v 22t 2，则滑块返回A 点时的速度为v 2＝8 m/s则滑块在整个运动过程中所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝6 s.多过程组合问题的“三个”处理技巧1．用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来．2．将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动． 3．多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．1．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为 x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s 答案 D解析 由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对比题给关系式可得v 0＝5 m /s ，a ＝2m/s 2，则第1 s 内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t ＝5×2＋222 m /s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内的速度增量Δv ＝a Δt ＝2 m/s ，D 对．2．做匀加速直线运动的物体途中依次经过A 、B 、C 三点，已知AB ＝BC ＝l2，AB 段和BC段的平均速度分别为v 1＝3 m /s 、v 2＝6 m/s ，则： (1)物体经过B 点时的瞬时速度v B 为多大？(2)若物体运动的加速度a ＝2 m/s 2，试求AC 的距离l . 答案 (1)5 m/s (2)12 m解析 (1)设物体运动的加速度大小为a ，经A 、C 点的速度大小分别为v A 、v C .由匀加速直线运动规律可得：v 2B －v 2A ＝2a ×l 2① v 2C －v 2B ＝2a ×l 2② v 1＝v A ＋v B 2③v 2＝v B ＋v C 2④解①②③④式得：v B ＝5 m/s (2)解①②③④式得： v A ＝1 m /s ，v C ＝7 m/s由v 2C －v 2A ＝2al 得：l ＝12 m.3．(2014·山东·23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图4甲中“反应过程”所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km /h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移x 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g 取10 m/s 2.求：甲乙 图4(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值． 答案 (1)8 m/s 2 2.5 s (2)0.3 s (3)415解析 (1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得初速度v 0＝20 m/s ，末速度v t ＝0，位移x ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2ax ①t ＝v 0a② 联立①②式，代入数据得 a ＝8 m/s 2③ t ＝2.5 s ④(2)设志愿者反应时间为t ′，反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得 L ＝v 0t ′＋x ⑤ Δt ＝t ′－t 0⑥联立⑤⑥式，代入数据得 Δt ＝0.3 s ⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F ，汽车对志愿者作用力的大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得 F ＝ma ⑧由平行四边形定则得F 20＝F 2＋(mg )2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得 F 0mg ＝415. 练出高分基础巩固1．假设某无人机靶机以300 m /s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时发射导弹，导弹以80 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( ) A ．3.75 s B ．15 s C ．30 s D ．45 s 答案 B解析 导弹由静止做匀加速直线运动，即v 0＝0，a ＝80 m/s 2 ，据公式v ＝v 0＋at ，有t ＝v a ＝1 20080s ＝15 s ，即导弹发射后经15 s 击中无人机，选项B 正确． 2．一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 ＝(10－0.1v 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 C ．0时刻的初速度为10 m/s D ．刹车过程的位移为5 m 答案 C解析 由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝12a v 2－12a v 20，对照x ＝(10－0.1v 2) m ，可知a ＝－5 m /s 2，v 0＝10 m/s ，选项A 错误，C 正确；由v ＝v 0＋at 可得刹车过程持续的时间为t ＝2 s ，由v 2－v 20＝2ax 可得刹车过程的位移x ＝10 m ，选项B 、D 错误．3．某同学在实验室做了如图1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1.00×10－3 s ，g 取10 m/s 2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为( )图1A ．1 mB ．1.25 mC ．0.4 mD ．1.5 m 答案 B解析 本题主要考查瞬时速度的含义．小球通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度可看成瞬时速度，v ＝xt ＝5 m/s ，由自由落体运动规律可知h ＝v 22g ＝1.25 m ，B 正确．4．(多选)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示( ) A ．v 0t －12at 2B ．v 0t C.v 0t 2 D.12at 2 答案 ACD5．(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0gD.3v 02g 答案 BC解析 当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v 0－v a 得t ＝v 0g 或t ＝3v 0g ，故B 、C正确．6．(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．加速、减速中的加速度大小之比为a 1∶a 2等于2∶1 B ．加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2等于1∶1 C ．加速、减速中的位移大小之比x 1∶x 2等于2∶1 D ．加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2不等于1∶2 答案 BC解析 汽车由静止运动8 s ，又经4 s 停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v ＝at ，知a 1t 1＝a 2t 2，a 1a 2＝12，A 、D 错；又由v 2＝2ax 知a 1x 1＝a 2x 2，x 1x 2＝a 2a 1＝21，C 对；由v＝v2知，v 1 ∶v 2＝1∶1，B 对． 7．(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则物体( ) A ．在A 点的速度大小为x 1＋x 22TB ．在B 点的速度大小为3x 2－x 12TC ．运动的加速度为2x 1T 2D ．运动的加速度为x 1＋x 2T 2答案 AB解析 匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则v A ＝v ＝x 1＋x 22T ，A 正确．设物体的加速度为a ，则x 2－x 1＝aT 2，所以a ＝x 2－x 1T 2，C 、D 均错误．物体在B 点的速度大小为v B ＝v A ＋aT ，代入数据得v B ＝3x 2－x 12T，B 正确．综合应用8．A 、B 两小球从不同高度自由下落，同时落地，A 球下落的时间为t ，B 球下落的时间为t2，当B 球开始下落的瞬间，A 、B 两球的高度差为( ) A ．gt 2 B.38gt 2 C.34gt 2 D.14gt 2答案 D9．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a 的时间间隔是T a ，两次经过一个较高点b 的时间间隔是T b ，则a 、b 之间的距离为( ) A.18g (T 2a －T 2b ) B.14g (T 2a －T 2b ) C.12g (T 2a －T 2b ) D.12g (T a －T b ) 答案 A解析 根据时间的对称性，物体从a 点到最高点的时间为T a 2，从b 点到最高点的时间为T b2，所以a 点到最高点的距离h a ＝12g (T a 2)2＝gT 2a 8，b 点到最高点的距离h b ＝12g (T b 2)2＝gT 2b 8，故a 、b 之间的距离为h a －h b ＝18g (T 2a －T 2b )，故选A. 10．(多选)一物体以初速度v 0做匀减速运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是( ) A ．初速度v 0的大小为2.5 m/s B ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s 答案 BCD解析 第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T ＝2.5 m /s ，则A 错误；由Δx ＝aT 2可得加速度的大小a ＝1 m/s 2，则B 正确；物体的速度由2.5 m/s 减小到0所需时间t ＝Δv－a＝2.5 s ，经过位移x 3的时间t ′为1.5 s ，故x 3＝12at ′2＝1.125 m ，C 正确；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t ′＝0.75 m/s ，则D正确.11．如图2所示是在2014年韩国仁川亚运会上，我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿，运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g 取10 m/s 2)图2(1)运动员起跳时的速度v 0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留3位有效数字)． 答案 (1)3 m/s (2)1.75 s解析 (1)上升阶段：－v 20＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1 解得：t 1＝v 0g ＝310 s ＝0.3 s自由落体过程：H ＝12gt 22解得t 2＝2H g ＝ 2×10.4510s ≈1.45 s 故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s12．(2014·新课标Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的加速度为晴天时的25，若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度． 答案 20 m /s(72 km/h)解析 设路面干燥时，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由运动学公式得s ＝v 0t 0＋v 202a 0①式中，v 0为汽车刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车的加速度为a ，依题意有 a ＝25a 0② 设在雨天行驶时汽车，安全行驶的最大速度为v ，由运动学公式得 s ＝v t 0＋v 22a③联立①②③式并代入题给数据得 v ＝20 m /s(72 km/h)13．珠海航展现场“空军八一飞行表演队”两架“歼－10”飞机表演剪刀对冲的精彩空中秀．质量为m 的“歼－10”飞机表演后返回某机场，降落在跑道上的减速过程简化为两个匀减速直线运动过程．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 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 .求第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．答案 (v 0－a 1t 1)22x ＋a 1t 21－2v 0t 1 2x ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1解析 如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别对应两个匀减速直线运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有： x 1＝v 0t 1－12a 1t 21，v B ＝v 0－a 1t 1B 到C 过程，依据运动学规律有： x 2＝v B t 2－12a 2t 22，0＝v B －a 2t 2 A 到C 过程，有x ＝x 1＋x 2 联立解得a 2＝(v 0－a 1t 1)22x ＋a 1t 21－2v 0t 1t 2＝2x ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1。