1、1第 2 讲 匀变速直线运动的规律及应用考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用1匀变速直线运动的基本理解(1)定义：沿着一条直线，且 加速度不变的运动。01 2匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式： v v0 at。04 (2)位移公式： x v0t at2。05 12(3)速度和位移的关系式： v2 v 2 ax。06 2012015 年 9 月 2 日， “抗战专列”在武汉地铁 4 号线亮相，赢得乘车市民纷纷点赞。若该地铁列车先从甲站开始做初速度为零、加速度大小为 a 的匀加速直线运动，通过位移L 后，立即做加速度大小也为 a 的匀减速直线运动，恰好到乙站停下。则列车从甲站到乙站所用时间
2、为( )A. B2La 2LaC2 D4La 2La答案 B解析 由位移公式可知，列车在匀加速过程中 L at2，解得： t ；由于列车由12 2La静止开始加速，再以同样大小的加速度减速到静止，则说明列车减速过程所用时间也为t，故从甲站到乙站所用总时间为 2 ，B 正确。2La2一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0 时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为 x(100.1 v2) m，下列分析正确的是( )A上述过程的加速度大小为 10 m/s2B刹车过程持续的时间为 5 sC0 时刻的初速度为 10 m/sD刹车过程的位移为 5 m2答案 C解析 由 v2 v 2 ax 可得 x v v2
3、，对照 x(100.1 v2)可知，2012a20 12a0.1， v 10，解得 a5 m/s2， v010 m/s，A 错误，C 正确；由 v v0 at12a 12a20可得，刹车过程持续的时间为 t2 s，由 v2 v 2 ax 可得，刹车过程的位移为 x10 20m，B、D 错误。3教材母题 (人教版必修 1 P43T3)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为 5 m/s2，所需的起飞速度为 50 m/s，跑道长 100 m。通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置。对于该型号的舰载飞机，
4、弹射系统必须使它具有多大的初速度？为了尽量缩短舰载飞机起飞时的滑行距离，航空母舰还需逆风行驶。这里对问题做了简化。变式子题 有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为 5.0 m/s2，当飞机的速度达到 50 m/s 时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：(1)若要求该飞机滑行 160 m 后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？(2)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，则该舰身至少应为多长？答案 (1)30 m/s (2)250 m解析 (1)根据公式 v2 v 2 ax20得： v0 30 m/s
5、。v2 2ax(2)不装弹射系统时， v22 aL， L 250 m。v22a考点二 解决匀变速直线运动问题的常用方法及应用1解决运动学问题的基本思路 画 过 程示 意 图 判 断 运动 性 质 选 取 正方 向 选 公 式列 方 程 解 方 程并 讨 论2解决匀变速直线运动的几种方法33运动学公式中正、负号的规定(1)除时间 t 外， x、 v0、 v、 a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以 v0的方向为正方向。与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当 v00 时，一般以加速度a 的方向为正方向。(2)五个物理量 t、 v0、 v、 a、 x 必须针对同一过程。4初速度为零的匀
6、变速直线运动的四个推论(1)1T 末、2 T 末、3 T 末、 nT 末的速度之比v1 v2 v3 vn123 n。(2)1T 内、2 T 内、3 T 内、 nT 内的位移之比x1 x2 x3 xn1 22 23 2 n2。(3)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x x x xn135(2 n1)。(4)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比 t1 t2 t3 tn1( 1)2( )( )。3 2 n n 12018 年 5 月 9 日，空军发言人称， “歼20”隐形战斗机首次开展海上方向实战化军事训练。设“歼20”降落在跑道上的减速过程
7、可以简化为两个匀减速直线运动，首先飞4机以速度 v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为 a1，运动时间为 t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下。已知飞机的减速总路程为 x，求第二个阶段飞机的加速度大小和运动时间。解析 根据题意画出飞机减速过程的示意图， 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 点飞机停下。根据运动示意图和运动学规律， A 到 B 过程，有 x1 v0t1 a1t ， vB v0 a1t112 21B 到 C 过程，有 x2 vBt2 a2t ，0 vB a2t212 2A 到 C 过程，有 x x1 x2联立解得 a2 ， t2 。 v0
8、 a1t1 22x a1t21 2v0t1 2x a1t21 2v0t1v0 a1t1答案 v0 a1t1 22x a1t21 2v0t1 2x a1t21 2v0t1v0 a1t1方法感悟 求解多阶段运动问题的“三步走”1教材母题 (人教版必修 1 P42T1)通过测试得知某型号的卡车在某种路面上急刹车时加速度的大小是 5 m/s2。如果要求它在这种路面上行驶时在 22.5 m 内必须停下，它的行驶速度不能超过多少千米每时？变式子题 如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“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 且与前方静止的障碍物
9、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” ，加速度大小约为 5 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统5设置的安全距离约为( )A50 m B20 m C10 m D1 m答案 C解析 已知末速度为 0，初速度最大为 v010 m/s，加速度 a5 m/s2，求位移，可用速度与位移关系式求解，由 v2 v 2 ax，得 x 10 m。故选 C。200 v202a2一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过 A、 B、 C 三点，已知 AB6 m， BC10 m，小球经过 AB 和 BC 两段所用的时间均为 2 s，则小球经过 A、 B、 C 三
10、点时的速度大小分别是( )A2 m/s,3 m/s,4 m/s B2 m/s,4 m/s,6 m/sC3 m/s,4 m/s,5 m/s D3 m/s,5 m/s,7 m/s答案 B解析 根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故 B 点的速度等于全程的平均速度， vB 4 m/s，又因为连续相等时间内的AB BC2t位移之差等于恒量，即 x at2，则由 x BC AB at2，解得 a1 m/s2，再由速度公式 v v0 at，解得 vA2 m/s， vC6 m/s，故 B 正确。3.物体以一定的初速度 v0从斜面底端 A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度
11、为 l，到达斜面最高点 C 时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端 l 处的 B 点时，34所用时间为 t，求物体从 B 滑到 C 所用的时间。答案 t解析 解法一：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从 B 滑到 C 所用的时间为 tBC，由匀变速直线运动的规律可得v 2 al20v v 2 a l2B 20346由解得 vB v02又 vB v0 atvB atBC由解得 tBC t。解法二：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， ACvv0 02 v02又 v 2 al， v 2 a ，20 2B (l34l)由以上两式
12、解得 vBv02可知 vB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的点，因此有tBC t。解法三：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。故 l l at ， l a(t tBC)234 12 2BC 12由以上两式解得 tBC t。解法四：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x1 x2 x3 xn135(2 n1)因为 xCB xBA 13，而通过 xBA的时间为 t，所以通过 xBC的时间 tBC t。l4 3l4解法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，画出 vt 图象。如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等
13、于对应边的平方比，得 ，且 ， OD t， OC t tBC。S AOCS BDC CO2CD2 S AOCS BDC 41所以 ，解得 tBC t。41 t tBC 2t2BC考点三 自由落体运动71定义：物体只在 重力作用下从静止开始下落的运动。01 2特点： v0 0， a g。02 03 (1)速度公式： v gt。04 (2)位移公式： h gt2。05 12(3)速度位移关系式： v2 2gh。06 (2018湖北重点中学联考)如图所示木杆长 5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方 20 m 处圆筒 AB，圆筒 AB 长为 5 m，取
14、 g10 m/s 2，求：(1)木杆通过圆筒的上端 A 所用的时间 t1是多少？(2)木杆通过圆筒 AB 所用的时间 t2是多少？解析 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，由位移公式 h gt2知，木杆的下端到达12圆筒上端 A 用时t 下 A s s2h下 Ag 21510 3木杆的上端到达圆筒上端 A 用时t 上 A s2 s2h上 Ag 22010则木杆通过圆筒上端 A 所用的时间t1 t 上 A t 下 A(2 ) s。3(2)木杆的上端离开圆筒下端 B 用时t 上 B s s2h上 Bg 22510 5则木杆通过圆筒所用的时间8t2 t 上 B t 下 A( ) s。5 3答案 (1
15、)(2 ) s (2)( ) s3 5 3方法感悟应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)自由落体运动的实质是初速度为零的匀加速直线运动。可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题。1(多选)物体从离地面 45 m 高处做自由落体运动( g 取 10 m/s2)，则下列说法中正确的是( )A物体运动 3 s 后落地B物体落地时的速度大小为 30 m/sC物体在落地前最后 1 s 内的位移为 25 mD物体在整个
16、下落过程中的平均速度为 20 m/s答案 ABC解析 由自由落体运动规律 h gt2得 t s3 s，A 正确；落地速度12 2hg 24510v gt30 m/s，B 正确；落地前最后 1 s 内的位移 h gt2 g(t1) 225 m，C 正确；12 12物体在整个下落过程中的平均速度 15 m/s，D 错误。vht2. 教材母题 (人教版必修 1 P45T5)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。如图是小球自由下落时的频闪照片示意图，频闪仪每隔 0.0
17、4 s 闪光一次。如果要通过这幅照片测量自由落体加速度，可以采用哪几种方法？试一试。照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米。9变式子题 如图所示是小球自由下落过程中用频闪照相的方法获得的轨迹的一部分，用刻度尺量出计数点 1、2 之间的距离为 7.65 cm,2、3 之间的距离为 8.73 cm，已知每次闪光的时间间隔为 s，则小球运动到计数点 2 时的瞬时速度为_，小球下落的重130力加速度为_。答案 2.46 m/s 9.72 m/s 2解析 已知小球做自由落体运动，故其运动遵循匀变速直线运动的规律，所以小球运动到计数点 2 时的瞬时速度 v2 102 m/svxt x12 x232T 7
18、.65 8.7321302.46 m/s。由 x aT2得 a ，故小球下落的重力加速度 xT2g 102 m/s29.72 m/s 2。x23 x12T2 8.73 7.65(130)2考点四 竖直上抛运动1定义：将物体以初速度 v0竖直向上抛出后只在重力作用下的运动。2特点：取竖直向上为正方向，则初速度为正值，加速度为负值且大小为 g。(1)速度公式： v v0 gt。(2)位移公式： h v0t gt2。12(3)速度位移关系式： v2 v 2 gh。20(4)上升的最大高度： H 。v202g(5)上升到最高点所用的时间： t 。v0g3运动性质与研究方法竖直上抛运动实质是匀变速直线运
19、动，先做匀减速直线运动到速度为零，再做初速度为零的匀加速直线运动。10(1)竖直上抛运动的重要特性(如图所示)对称性a时间对称：物体上升过程中从 A C 所用时间 tAC和下降过程中从 C A 所用时间 tCA相等，同理 tAB tBA。b速度对称：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。多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。(2)竖直上抛运动的研究方法气球下挂一重物，以 v010 m/s 的速度匀速上升，当到达离地面高度 h175 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
20、地面？落地时的速度多大？(空气阻力不计， g 取 10 m/s2)解析 解法一：分段法绳子断裂后重物要继续上升的时间 t1和上升的高度 h1分别为 t1 1 sv0gh1 5 mv202g故重物离地面的最大高度为 H h1 h180 m11重物从最高处自由下落，落地时间 t2和落地速度 v 分别为 t2 6 s2Hgv gt260 m/s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t t1 t27 s。解法二：全程法从绳子断裂开始计时，设经时间 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 h175 m，由位移公式有 h v0t gt212即17510 t 10t210 t
21、5 t212t22 t350解得 t7 s( t5 s 舍去)所以重物落地速度为v v0 gt10 m/s107 m/s60 m/s其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。答案 7 s 60 m/s方法感悟竖直上抛运动可分段研究，也可全过程研究，一般全过程研究相对简单些。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，说明物体正在上升； v0，说明物体在抛出点上方； h0，说明物体在抛出点下方。1将一个物体在 t0 时刻以一定的初速度竖直向上抛出， t0.8 s 时物体的速度大小变为 8 m/s(g 取 10 m/s2)，则下列说法正确的是( )A物体一定是在 t3.2 s 时
22、回到抛出点B t0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C物体的初速度一定是 20 m/sD t0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方答案 A解析 物体做竖直上抛运动，在 0.8 s 内的速度变化量 v gt100.8 m/s8 m/s，由于初速度不为零，可知 t0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故 B、D 错误；由 v v0 gt，代入数据解得 v016 m/s，则上升到最高点的时间 t1 s1.6 s，则回到抛出点的时间 t2 t121.6 s3.2 s，v0g 1610故 A 正确，C 错误。2(多选)在某一高度以 v020 m/s 的初速度竖
23、直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为 10 m/s 时，以下判断正确的是( g 取 10 m/s2)( )12A小球在这段时间内的平均速度大小可能为 15 m/s，方向向上B小球在这段时间内的平均速度大小可能为 5 m/s，方向向下C小球在这段时间内的平均速度大小可能为 5 m/s，方向向上D小球的位移大小一定是 15 m答案 ACD解析 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式 求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为 10 vv0 v2m/s、方向竖直向上时， v10 m/s，用公式求得平均速度为 15 m/s，方向竖直向上，
24、A 正确；当小球的末速度大小为 10 m/s、方向竖直向下时， v10 m/s，用公式求得平均速度大小为 5 m/s，方向竖直向上，C 正确，B 错误；由于末速度大小为 10 m/s 时，球的位置一定，位移 h 15 m，D 正确。v2 v20 2g3某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过 4 s 到达离地面 40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取 g10 m/s 2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度；(2)火箭上升离地面的最大高度；(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。答案 (1)20 m/s
25、 (2)60 m (3)(62 ) s3解析 设燃料用完时火箭的速度为 v1，所用时间为 t1。火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点。(1)对第一个过程有 h1 t1，v12代入数据解得 v120 m/s。(2)对第二个过程有 h2 ，v212g代入数据解得 h220 m。所以火箭上升离地面的最大高度h h1 h240 m20 m60 m。(3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，由 v1 gt2，得 t2 s2 sv1g 2010从最高点落回地面的过程中 h gt ，而 h60 m，代入得 t32 s，故总时间 t 总12 23 3 t1 t
26、2 t3(62 ) s。3课后作业巩固强化练1物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 16 m 的路程，第一段用时 4 s，第13二段用时 2 s，则物体的加速度是( )A. m/s2 B. m/s2 23 43C. m/s2 D. m/s289 169答案 B解析 第一段路程内的平均速度为 v1 m/s4 m/s，第二段路程内的平均速xt1 164度为 v2 m/s8 m/s，根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时xt2 162刻的瞬时速度，又因根据题意可知两段时间内的中间时刻的时间间隔为 t(21) s3 s，所以加速度为 a m/s2 m/s2，A、C、D 错误，B 正确。
27、v2 v1 t 8 43 432一辆汽车以 v012 m/s 的速度前进，突然发现前面有石块，便以大小为 6 m/s2的加速度刹车，刚好没有发生交通事故，则刹车后 3 s 内的位移为( )A9 m B12 m C21 m D8 m答案 B解析 汽车从刹车到静止所用的时间 t 2 s，则刹车后 3 s 内的位移等于 2 0 v0as 内的位移， x t12 m，B 正确，A、C、D 错误。v0 023. (多选)如图所示，一冰壶以速度 v 垂直进入三个相同矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(
28、)A v1 v2 v3321B v1 v2 v3 13 2C t1 t2 t31 2 3D t1 t2 t3( )( 1)13 2 2答案 BD解析 因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为 1( 1)(2 )，故所求时间之比为( )( 1)1，所以 C 错误，D 正确；由3 2 3 2 2v2 v 2 ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的末速度之比为201 ，则所求的速度之比为 1，故 A 错误，B 正确。2 3 3 24(多选)物体自 O 点开始沿斜面向上做匀减速直线运动，
29、A、 B、 C、 D 是运动轨迹上的四点， D 是最高点。测得 OA0.8 m， AB0.6 m， BC0.4 m。且物体通过前三段的时间14均为 1 s。则下面判断正确的是( )A物体的初速度是 0.9 m/sB物体运动的加速度大小是 0.2 m/s2C CD 间的距离是 0.2 mD从 C 到 D 运动的时间是 1.5 s答案 ABD解析 由 x AB OA BC AB at2得， a m/s20.2 m/s 2，B 正确； xt2 0.212由 OA v0t at2得， v00.9 m/s，A 正确；由 vD v0 atOD得， tOD 12 vD v0a 0 0.9 0.2s4.5 s
30、，故 tCD tOD3 t1.5 s，D 正确； OD v0tOD at 0.94.5 12 2ODm 0.24.52 m2.025 m，故 CD OD OA AB BC0.225 m，C 错误。125(多选)将某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力， g 取 10 m/s2。5 s内物体的( )A路程为 65 mB位移大小为 25 m，方向向上C速度改变量的大小为 10 m/sD平均速度大小为 13 m/s，方向向上答案 AB解析 物体的初速度大小 v030 m/s， g10 m/s2，其上升时间 t1 3 s，上升高v0g度 h1 45 m；下降时间 t25 s t12 s
31、，下降高度 h2 gt 20 m；末速度v202g 12 2v gt220 m/s，方向向下。故 5 s 内的路程 s h1 h265 m；位移 x h1 h225 m，方向向上；速度改变量 v v v050 m/s，负号表示方向向下；平均速度大小 5 m/s，方向向上。A、B 正确，C、D 错误。vxt6(多选)给滑块一初速度 v0，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 时，所用时间可能是( )v02A. B. v02g v0gC. D.3v0g 3v02g答案 BC解析 当滑块速度大小减为 时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方v02向相反，因此
32、要考虑两种情况，即 v 或 v ，代入公式 t 得 t 或 tv02 v02 v v0a v0g15，故 B、C 正确。3v0g7做匀加速直线运动的质点，在第一个 3 s 内的平均速度比它在第一个 5 s 内的平均速度小 3 m/s。则质点的加速度大小为( )A1 m/s 2 B2 m/s 2 C3 m/s 2 D4 m/s 2答案 C解析 第 1 个 3 s 内的平均速度即为 1.5 s 时刻瞬时速度 v1，第 1 个 5 s 内的平均速度即为 2.5 s 时刻瞬时速度 v2，加速度为 a m/s23 m/s2，C 正 v t v2 v1 t 32.5 1.5确。8. (多选)如图所示，某质
33、点做匀减速直线运动，依次经过 A、 B、 C 三点，最后停在 D点。已知 AB6 m， BC4 m，从 A 点运动到 B 点，从 B 点运动到 C 点两个过程速度变化量都为2 m/s，则下列说法正确的是( )A质点到达 B 点时速度大小为 2.55 m/sB质点的加速度大小为 2 m/s2C质点从 A 点运动到 C 点的时间为 4 sD A、 D 两点间的距离为 12.25 m答案 BD解析 设加速度大小为 a，根据题设条件得 v at2 m/s， AB、 BC 为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论 x at2，解得 t s1 s， a2 xat 4 6 2m/s2，B 正确；质点从
34、A 点运动到 C 点的时间为 2t2 s，C 错误；根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于这段时间的平均速度可得 vB AC 5 m/s，A 错误；由速度位移vAB BC2t关系式可得 xAD AB 12.25 m，D 正确。0 v2B2a真题模拟练9(2014上海高考)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. B. 2vg vgC. D.2hv hv答案 A解析 对比两球运动的过程，向上抛出的小球比向下抛出的小球多出抛出点以上的运动过程，即竖直上抛到落回抛出点的过程，所以两球落地的时间差为 t ，A 正确。2v
35、g10(2019宁夏育才中学月考)某质点做匀减速直线运动，经过 s 静止，则该质点8316在第 1 s 内和第 2 s 内的位移之比为( )A75 B95 C117 D137答案 D解析 质点做匀减速直线运动，经过 s 静止，设加速度大小为 a，前 1 s 内位移为83a 2 a 2 a，前 2 s 内位移为 a 2 a 2 a，第 2 s 内位移为 a，12 (83) 12 (53) 136 12 (83) 12 (23) 206 76故第 1 s 内与第 2 s 内位移之比为 137，选项 D 正确。11(2018湖南湘潭一模)(多选) a、 b 两个物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀
36、变速直线运动，若初速度不同，加速度相同，则在运动过程中( )A a、 b 的速度之差保持不变B a、 b 的速度之差与时间成正比C a、 b 的位移之差与时间成正比D a、 b 的位移之差与时间的平方成正比答案 AC解析 设 a、 b 两个物体的初速度分别为 v10、 v20，加速度为 a，由于 a、 t 相同，则由vt v0 at 得两个物体的速度之差为 v v1 v2 v10 v20 v0，所以速度之差保持不变，故 A 正确，B 错误；由公式 x v0t at2可得两物体的位移之差为 x( v10 v20)12t v0t，故 C 正确，D 错误。12(2018温州五校联考)(多选)近来交警
37、部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。假设一辆以 8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线 8 m。该车减速时的加速度大小为 5 m/s2。则下列说法中正确的是( )A如果驾驶员立即刹车制动，则 t2 s 时，汽车离停车线的距离为 1.6 mB如果在距停车线 6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C如果驾驶员的反应时间为 0.4 s，汽车刚好能在停车线处停车让人D如果驾驶员的反应时间为 0.2 s，汽车刚好能在停车线处停车让人答案 AD解析 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间
38、t0 s1.6 s2 0 v0a 8 5s，所以从刹车到停止的位移大小 x1 m6.4 m，汽车离停车线的距离为 8 | v202a| 6410m6.4 m1.6 m，故 A 正确；如果汽车在距停车线 6 m 处开始刹车制动，刹车位移是 6.4 m，所以汽车不能在停车线处停车让人，故 B 错误；刹车的位移是 6.4 m，所以汽车可做匀速运动的位移是 1.6 m，则驾驶员的反应时间 t s0.2 s 时，汽车刚好能在停车线1.68处停车让人，故 C 错误，D 正确。13(2018河南信阳调研)在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起17点作为 x 轴的原点，通过传感器发现汽车刹车后的坐
39、标 x 与时间 t 的关系满足 x30 t5 t2(m)，下列说法正确的是( )A汽车刹车过程的初速度大小为 30 m/s，加速度大小为 10 m/s2B汽车刹车过程的初速度大小为 30 m/s，加速度大小为 5 m/s2C汽车刹车过程的初速度大小为 60 m/s，加速度大小为 5 m/s2D汽车刹车过程的初速度大小为 60 m/s，加速度大小为 2.5 m/s2答案 A解析 根据汽车刹车后的坐标 x 与时间 t 的关系 x30 t5 t2(m)，对比匀变速直线运动的规律 x v0t at2，可知汽车刹车过程的初速度大小为 30 m/s，加速度大小为 10 12m/s2，故选 A。14(201
40、8广东广州模拟)同一位置先后同向开出甲、乙两辆汽车，甲车先以初速度v、加速度 a 做匀加速直线运动；乙车在甲车开出 t0时间后，以同样的加速度 a 由静止开始做匀加速直线运动。在乙车开出后，若以乙车为参考系，则甲车( )A以速度 v 做匀速直线运动B以速度 at0做匀速直线运动C以速度 v at0做匀速直线运动D停在乙车前方距离为 vt0 at 的地方12 20答案 C解析 乙车开始运动时，甲车的速度为 v 甲 v at0，则由于乙车的加速度与甲车相同，故以乙车为参考系，甲车以速度 v at0做匀速直线运动，且两车的间距 x x 甲 x 乙 v(t t0) a(t t0)2 at2 vt0 a
41、t ( v at0)t，可知甲、乙之间的距离随时间而12 12 12 20增加，故 C 正确，A、B、D 错误。15(2014海南高考)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 根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速运动。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 x1和 x2，由运动学规律得x1 at 12 20x1
42、 x2 a(2t0)212式中 t01 s，联立两式并代入已知条件，得a5 m/s 2设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速运动的时间为 t2，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18t t1 t2v at1x at vt212 21设加速阶段通过的距离为 x，则 x at 12 21联立式，并代入数据得 x10 m。16(2018衡水检测)一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方 h5 m 处的时间间隔 t2 s，取 g10 m/s2，则小球的初速度 v0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？答案 10 m/s 2 s2 2解析 画
43、出小球运动的情景图，如图所示。小球先后经过 A 点的时间间隔 t2 s，根据竖直上抛运动的对称性，小球从 A 点到最高点的时间 t1 1 s， t2小球在 A 点处的速度 vA gt110 m/s在 OA 段根据公式 v v 2 gh2A 20解得 v010 m/s2小球从 O 点上抛到最高点的时间t2 s sv v0 g 0 102 10 2根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t2 t22 s。217(2018惠州调研)在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面 H224 m 高处时，伞兵离开直升机做自由落体运动。运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以a12.5 m/s2的加速度匀减速下降。为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过v5 m/s，取 g10 m/s 2，求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？(2)伞兵在空中的最短时间为多少？答案 (1)99 m (2)8.6 s解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为 h，此时速度为 v0，则有v2 v 2 ah，又 v 2 g(H h)20 20联立并代入数据解得 v050 m/s， h99 m。(2)设伞兵在空中的最短时间为 t，19则有 v0 gt1， t15 s， t2 3.6 s，v v0 a故所求时间为： t t1 t2(53.6) s8.6 s。
