2020年高考物理一輪復習 第1章 運動的描述 勻變速直線運動 第2講 勻變速直線運動的規(guī)律及應用學案（含解析）.doc

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第2講勻變速直線運動的規(guī)律及應用考點一勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用1勻變速直線運動的基本理解(1)定義：沿著一條直線，且加速度不變的運動。2勻變速直線運動的基本規(guī)律(1)速度公式：vv0at。(2)位移公式：xv0tat2。(3)速度和位移的關系式：v2v2ax。12015年9月2日，“抗戰(zhàn)專列”在武漢地鐵4號線亮相，贏得乘車市民紛紛點贊。若該地鐵列車先從甲站開始做初速度為零、加速度大小為a的勻加速直線運動，通過位移L后，立即做加速度大小也為a的勻減速直線運動，恰好到乙站停下。則列車從甲站到乙站所用時間為()A. B2C2 D4答案B解析由位移公式可知，列車在勻加速過程中Lat2，解得：t ；由于列車由靜止開始加速，再以同樣大小的加速度減速到靜止，則說明列車減速過程所用時間也為t，故從甲站到乙站所用總時間為2，B正確。2一輛汽車在平直公路上做剎車實驗，0時刻起，汽車運動過程的位移與速度的關系式為x(100.1v2) m，下列分析正確的是()A上述過程的加速度大小為10 m/s2B剎車過程持續(xù)的時間為5 sC0時刻的初速度為10 m/sD剎車過程的位移為5 m答案C解析由v2v2ax可得xvv2，對照 x(100.1v2)可知，0.1，v10，解得a5 m/s2，v010 m/s，A錯誤，C正確；由vv0at可得，剎車過程持續(xù)的時間為t2 s，由v2v2ax可得，剎車過程的位移為x10 m，B、D錯誤。3教材母題(人教版必修1 P43T3)某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時，發(fā)動機產生的最大加速度為5 m/s2，所需的起飛速度為50 m/s，跑道長100 m。通過計算判斷，飛機能否靠自身的發(fā)動機從艦上起飛？為了使飛機在開始滑行時就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置。對于該型號的艦載飛機，彈射系統(tǒng)必須使它具有多大的初速度？為了盡量縮短艦載飛機起飛時的滑行距離，航空母艦還需逆風行駛。這里對問題做了簡化。變式子題有些航空母艦上裝有幫助飛機起飛的彈射系統(tǒng)，已知某型號的戰(zhàn)斗機在跑道上加速時可能產生的最大加速度為5.0 m/s2，當飛機的速度達到50 m/s時才能離開航空母艦起飛。設航空母艦處于靜止狀態(tài)。問：(1)若要求該飛機滑行160 m后起飛，彈射系統(tǒng)必須使飛機具有多大的初速度？(2)若某艦上不裝彈射系統(tǒng)，要求該型號飛機仍能在此艦上正常起飛，則該艦身至少應為多長？答案(1)30 m/s(2)250 m解析(1)根據公式v2v2ax得：v030 m/s。(2)不裝彈射系統(tǒng)時，v22aL，L250 m?？键c二解決勻變速直線運動問題的常用方法及應用1解決運動學問題的基本思路2解決勻變速直線運動的幾種方法3運動學公式中正、負號的規(guī)定(1)除時間t外，x、v0、v、a均為矢量，所以需要確定正方向，一般以v0的方向為正方向。與初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取負值，當v00時，一般以加速度a的方向為正方向。(2)五個物理量t、v0、v、a、x必須針對同一過程。4初速度為零的勻變速直線運動的四個推論(1)1T末、2T末、3T末、nT末的速度之比v1v2v3vn123n。(2)1T內、2T內、3T內、nT內的位移之比x1x2x3xn122232n2。(3)第1個T內、第2個T內、第3個T內、第n個T內的位移之比xxxxn135(2n1)。(4)從靜止開始連續(xù)通過相等的位移所用時間之比t1t2t3tn1(1)()()。2018年5月9日，空軍發(fā)言人稱，“殲20”隱形戰(zhàn)斗機首次開展海上方向實戰(zhàn)化軍事訓練。設“殲20”降落在跑道上的減速過程可以簡化為兩個勻減速直線運動，首先飛機以速度v0著陸后立即打開減速阻力傘，加速度大小為a1，運動時間為t1；隨后在無阻力傘情況下勻減速直至停下。已知飛機的減速總路程為x，求第二個階段飛機的加速度大小和運動時間。解析根據題意畫出飛機減速過程的示意圖，A為飛機著陸點，AB、BC分別對應兩個勻減速直線運動過程，C點飛機停下。根據運動示意圖和運動學規(guī)律，A到B過程，有x1v0t1a1t，vBv0a1t1B到C過程，有x2vBt2a2t，0vBa2t2A到C過程，有xx1x2聯立解得a2，t2。答案方法感悟 求解多階段運動問題的“三步走”1教材母題(人教版必修1 P42T1)通過測試得知某型號的卡車在某種路面上急剎車時加速度的大小是5 m/s2。如果要求它在這種路面上行駛時在22.5 m內必須停下，它的行駛速度不能超過多少千米每時？ 變式子題如圖所示，國產某品牌汽車裝備了具有“全力自動剎車”功能的城市安全系統(tǒng)，系統(tǒng)以50 Hz的頻率監(jiān)視前方的交通狀況。當車速v10 m/s且與前方靜止的障礙物之間的距離接近安全距離時，如果司機未采取制動措施，系統(tǒng)就會立即啟動“全力自動剎車”，加速度大小約為5 m/s2，使汽車避免與障礙物相撞。則“全力自動剎車”系統(tǒng)設置的安全距離約為()A50 m B20 m C10 m D1 m答案C解析已知末速度為0，初速度最大為v010 m/s，加速度a5 m/s2，求位移，可用速度與位移關系式求解，由v2v2ax，得x10 m。故選C。2一小球沿斜面勻加速滑下，依次經過A、B、C三點，已知AB6 m，BC10 m，小球經過AB和BC兩段所用的時間均為2 s，則小球經過A、B、C三點時的速度大小分別是()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解析根據物體做勻加速直線運動的特點，兩點之間的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，故B點的速度等于全程的平均速度，vB4 m/s，又因為連續(xù)相等時間內的位移之差等于恒量，即xat2，則由xBCABat2，解得a1 m/s2，再由速度公式vv0at，解得vA2 m/s，vC6 m/s，故B正確。3.物體以一定的初速度v0從斜面底端A點沖上固定的光滑斜面，斜面總長度為l，到達斜面最高點C時速度恰好為零，如圖所示，已知物體運動到距斜面底端l處的B點時，所用時間為t，求物體從B滑到C所用的時間。答案t解析解法一：基本公式法因為物體沿斜面向上做勻減速運動，設物體從B滑到C所用的時間為tBC，由勻變速直線運動的規(guī)律可得v2alvv2al由解得vB又vBv0atvBatBC由解得tBCt。解法二：中間時刻速度法利用推論：勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度，AC又v2al，v2a，由以上兩式解得vB可知vB正好等于AC段的平均速度，因此B點是這段位移的中間時刻的點，因此有tBCt。解法三：逆向思維法物體向上勻減速沖上斜面，相當于向下勻加速滑下斜面。故llat，la(ttBC)2由以上兩式解得tBCt。解法四：比例法對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等的時間里通過的位移之比為x1x2x3xn135(2n1)因為xCBxBA13，而通過xBA的時間為t，所以通過xBC的時間tBCt。解法五：圖象法根據勻變速直線運動的規(guī)律，畫出vt圖象。如圖所示。利用相似三角形的規(guī)律，面積之比等于對應邊的平方比，得，且，ODt，OCttBC。所以，解得tBCt。考點三自由落體運動1定義：物體只在重力作用下從靜止開始下落的運動。2特點：v00，ag。(1)速度公式：vgt。(2)位移公式：hgt2。(3)速度位移關系式：v22gh。(2018湖北重點中學聯考)如圖所示木桿長5 m，上端固定在某一點，由靜止放開后讓它自由落下(不計空氣阻力)，木桿通過懸點正下方20 m處圓筒AB，圓筒AB長為5 m，取g10 m/s2，求：(1)木桿通過圓筒的上端A所用的時間t1是多少？(2)木桿通過圓筒AB所用的時間t2是多少？解析(1)木桿由靜止開始做自由落體運動，由位移公式hgt2知，木桿的下端到達圓筒上端A用時t下A s s木桿的上端到達圓筒上端A用時t上A s2 s則木桿通過圓筒上端A所用的時間t1t上At下A(2) s。(2)木桿的上端離開圓筒下端B用時t上B s s則木桿通過圓筒所用的時間t2t上Bt下A() s。答案(1)(2) s(2)() s方法感悟應用自由落體運動規(guī)律解題時的兩點注意(1)自由落體運動的實質是初速度為零的勻加速直線運動。可充分利用自由落體運動初速度為零的特點、比例關系及推論等規(guī)律解題。(2)物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，而是豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規(guī)律去解決問題。1(多選)物體從離地面45 m高處做自由落體運動(g取10 m/s2)，則下列說法中正確的是()A物體運動3 s后落地B物體落地時的速度大小為30 m/sC物體在落地前最后1 s內的位移為25 mD物體在整個下落過程中的平均速度為20 m/s答案ABC解析由自由落體運動規(guī)律hgt2得t s3 s，A正確；落地速度vgt30 m/s，B正確；落地前最后1 s內的位移hgt2g(t1)225 m，C正確；物體在整個下落過程中的平均速度15 m/s，D錯誤。2. 教材母題(人教版必修1 P45T5)頻閃攝影是研究變速運動常用的實驗手段。在暗室中，照相機的快門處于常開狀態(tài)，頻閃儀每隔一定時間發(fā)出一次短暫的強烈閃光，照亮運動的物體，于是膠片上記錄了物體在幾個閃光時刻的位置。如圖是小球自由下落時的頻閃照片示意圖，頻閃儀每隔0.04 s閃光一次。如果要通過這幅照片測量自由落體加速度，可以采用哪幾種方法？試一試。照片中的數字是小球落下的距離，單位是厘米。變式子題如圖所示是小球自由下落過程中用頻閃照相的方法獲得的軌跡的一部分，用刻度尺量出計數點1、2之間的距離為7.65 cm,2、3之間的距離為8.73 cm，已知每次閃光的時間間隔為 s，則小球運動到計數點2時的瞬時速度為_，小球下落的重力加速度為_。答案2.46 m/s9.72 m/s2解析已知小球做自由落體運動，故其運動遵循勻變速直線運動的規(guī)律，所以小球運動到計數點2時的瞬時速度v2102 m/s2.46 m/s。由xaT2得a，故小球下落的重力加速度g102 m/s29.72 m/s2?？键c四豎直上拋運動1定義：將物體以初速度v0豎直向上拋出后只在重力作用下的運動。2特點：取豎直向上為正方向，則初速度為正值，加速度為負值且大小為g。(1)速度公式：vv0gt。(2)位移公式：hv0tgt2。(3)速度位移關系式：v2v2gh。(4)上升的最大高度：H。(5)上升到最高點所用的時間：t。3運動性質與研究方法豎直上拋運動實質是勻變速直線運動，先做勻減速直線運動到速度為零，再做初速度為零的勻加速直線運動。(1)豎直上拋運動的重要特性(如圖所示)對稱性a時間對稱：物體上升過程中從AC所用時間tAC和下降過程中從CA所用時間tCA相等，同理tABtBA。b速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過A點的速度大小相等。多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。(2)豎直上拋運動的研究方法氣球下掛一重物，以v010 m/s的速度勻速上升，當到達離地面高度h175 m處時，懸掛重物的繩子突然斷裂，那么重物經多長時間落到地面？落地時的速度多大？(空氣阻力不計，g取10 m/s2)解析解法一：分段法繩子斷裂后重物要繼續(xù)上升的時間t1和上升的高度h1分別為t11 sh15 m故重物離地面的最大高度為Hh1h180 m重物從最高處自由下落，落地時間t2和落地速度v分別為t2 6 svgt260 m/s所以從繩子突然斷裂到重物落地共需時間為tt1t27 s。解法二：全程法從繩子斷裂開始計時，設經時間t后重物落到地面，規(guī)定初速度方向為正方向，則重物在時間t內的位移h175 m，由位移公式有hv0tgt2即17510t10t210t5t2t22t350解得t7 s(t5 s舍去)所以重物落地速度為vv0gt10 m/s107 m/s60 m/s其中負號表示方向向下，與初速度方向相反。答案7 s60 m/s方法感悟豎直上拋運動可分段研究，也可全過程研究，一般全過程研究相對簡單些。必須注意物理量的矢量性。習慣上取v0的方向為正方向，則v0，說明物體正在上升；v0，說明物體在拋出點上方；h0，說明物體在拋出點下方。1將一個物體在t0時刻以一定的初速度豎直向上拋出，t0.8 s時物體的速度大小變?yōu)? m/s(g取10 m/s2)，則下列說法正確的是()A物體一定是在t3.2 s時回到拋出點Bt0.8 s時刻物體的運動方向可能向下C物體的初速度一定是20 m/sDt0.8 s時刻物體一定在初始位置的下方答案A解析物體做豎直上拋運動，在0.8 s內的速度變化量vgt100.8 m/s8 m/s，由于初速度不為零，可知t0.8 s時刻速度的方向一定豎直向上，不可能豎直向下，物體處于拋出點的上方，故B、D錯誤；由vv0gt，代入數據解得v016 m/s，則上升到最高點的時間t1 s1.6 s，則回到拋出點的時間t2t121.6 s3.2 s，故A正確，C錯誤。2(多選)在某一高度以v020 m/s的初速度豎直上拋一個小球(不計空氣阻力)，當小球速度大小為10 m/s時，以下判斷正確的是(g取10 m/s2)()A小球在這段時間內的平均速度大小可能為15 m/s，方向向上B小球在這段時間內的平均速度大小可能為5 m/s，方向向下C小球在這段時間內的平均速度大小可能為5 m/s，方向向上D小球的位移大小一定是15 m答案ACD解析小球被豎直向上拋出，做的是勻變速直線運動，平均速度可以用勻變速直線運動的平均速度公式求出，規(guī)定豎直向上為正方向，當小球的末速度大小為10 m/s、方向豎直向上時，v10 m/s，用公式求得平均速度為15 m/s，方向豎直向上，A正確；當小球的末速度大小為10 m/s、方向豎直向下時，v10 m/s，用公式求得平均速度大小為5 m/s，方向豎直向上，C正確，B錯誤；由于末速度大小為10 m/s時，球的位置一定，位移h15 m，D正確。3某校一課外活動小組自制一枚火箭，設火箭從地面發(fā)射后，始終在垂直于地面的方向上運動?；鸺c火后可認為做勻加速直線運動，經過4 s到達離地面40 m高處時燃料恰好用完，若不計空氣阻力，取g10 m/s2，求：(1)燃料恰好用完時火箭的速度；(2)火箭上升離地面的最大高度；(3)火箭從發(fā)射到殘骸落回地面過程的總時間。答案(1)20 m/s(2)60 m(3)(62) s解析設燃料用完時火箭的速度為v1，所用時間為t1?；鸺纳仙\動分為兩個過程，第一個過程做勻加速直線運動，第二個過程做豎直上拋運動至最高點。(1)對第一個過程有h1t1，代入數據解得v120 m/s。(2)對第二個過程有h2，代入數據解得h220 m。所以火箭上升離地面的最大高度hh1h240 m20 m60 m。(3)從燃料用完到運動至最高點的過程中，由v1gt2，得t2 s2 s從最高點落回地面的過程中hgt，而h60 m，代入得t32 s，故總時間t總t1t2t3(62) s。課后作業(yè) 鞏固強化練1物體做勻加速直線運動，相繼經過兩段距離為16 m的路程，第一段用時4 s，第二段用時2 s，則物體的加速度是()A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2答案B解析第一段路程內的平均速度為v1 m/s4 m/s，第二段路程內的平均速度為v2 m/s8 m/s，根據勻變速直線運動中某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，又因根據題意可知兩段時間內的中間時刻的時間間隔為t(21) s3 s，所以加速度為a m/s2 m/s2，A、C、D錯誤，B正確。2一輛汽車以v012 m/s的速度前進，突然發(fā)現前面有石塊，便以大小為6 m/s2的加速度剎車，剛好沒有發(fā)生交通事故，則剎車后3 s內的位移為()A9 m B12 m C21 m D8 m答案B解析汽車從剎車到靜止所用的時間t2 s，則剎車后3 s內的位移等于2 s內的位移，xt12 m，B正確，A、C、D錯誤。3. (多選)如圖所示，一冰壺以速度v垂直進入三個相同矩形區(qū)域做勻減速運動，且剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是()Av1v2v3321Bv1v2v31Ct1t2t31Dt1t2t3()(1)1答案BD解析因為冰壺做勻減速運動，且末速度為零，故可以看做反向勻加速直線運動來研究。初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)三段相等位移的時間之比為1(1)()，故所求時間之比為()(1)1，所以C錯誤，D正確；由v2v2ax可得初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)三段相等位移的末速度之比為1，則所求的速度之比為1，故A錯誤，B正確。4(多選)物體自O點開始沿斜面向上做勻減速直線運動，A、B、C、D是運動軌跡上的四點，D是最高點。測得OA0.8 m，AB0.6 m，BC0.4 m。且物體通過前三段的時間均為1 s。則下面判斷正確的是()A物體的初速度是0.9 m/sB物體運動的加速度大小是0.2 m/s2CCD間的距離是0.2 mD從C到D運動的時間是1.5 s答案ABD解析由xABOABCABat2得，a m/s20.2 m/s2，B正確；由OAv0tat2得，v00.9 m/s，A正確；由vDv0atOD得，tOD s4.5 s，故tCDtOD3t1.5 s，D正確；ODv0tODat0.94.5 m0.24.52 m2.025 m，故CDODOAABBC0.225 m，C錯誤。5(多選)將某物體以30 m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10 m/s2。5 s內物體的()A路程為65 mB位移大小為25 m，方向向上C速度改變量的大小為10 m/sD平均速度大小為13 m/s，方向向上答案AB解析物體的初速度大小v030 m/s，g10 m/s2，其上升時間t13 s，上升高度h145 m；下降時間t25 st12 s，下降高度h2gt20 m；末速度vgt220 m/s，方向向下。故5 s內的路程sh1h265 m；位移xh1h225 m，方向向上；速度改變量vvv050 m/s，負號表示方向向下；平均速度大小5 m/s，方向向上。A、B正確，C、D錯誤。6(多選)給滑塊一初速度v0，使它沿光滑斜面向上做勻減速運動，加速度大小為，當滑塊速度大小減為時，所用時間可能是()A. B. C. D.答案BC解析當滑塊速度大小減為時，其方向可能與初速度方向相同，也可能與初速度方向相反，因此要考慮兩種情況，即v或v，代入公式t得t或t，故B、C正確。7做勻加速直線運動的質點，在第一個3 s內的平均速度比它在第一個5 s內的平均速度小3 m/s。則質點的加速度大小為()A1 m/s2 B2 m/s2 C3 m/s2 D4 m/s2答案C解析第1個3 s內的平均速度即為1.5 s時刻瞬時速度v1，第1個5 s內的平均速度即為2.5 s時刻瞬時速度v2，加速度為a m/s23 m/s2，C正確。8. (多選)如圖所示，某質點做勻減速直線運動，依次經過A、B、C三點，最后停在D點。已知AB6 m，BC4 m，從A點運動到B點，從B點運動到C點兩個過程速度變化量都為2 m/s，則下列說法正確的是()A質點到達B點時速度大小為2.55 m/sB質點的加速度大小為2 m/s2C質點從A點運動到C點的時間為4 sDA、D兩點間的距離為12.25 m答案BD解析設加速度大小為a，根據題設條件得vat2 m/s，AB、BC為連續(xù)相等時間內的位移，由勻變速直線運動推論xat2，解得t s1 s，a2 m/s2，B正確；質點從A點運動到C點的時間為2t2 s，C錯誤；根據勻變速直線運動的中間時刻速度等于這段時間的平均速度可得vBAC5 m/s，A錯誤；由速度位移關系式可得xADAB12.25 m，D正確。真題模擬練9(2014上海高考)在離地高h處，沿豎直方向同時向上和向下拋出兩個小球，它們的初速度大小均為v，不計空氣阻力，兩球落地的時間差為()A. B. C. D.答案A解析對比兩球運動的過程，向上拋出的小球比向下拋出的小球多出拋出點以上的運動過程，即豎直上拋到落回拋出點的過程，所以兩球落地的時間差為t，A正確。10(2019寧夏育才中學月考)某質點做勻減速直線運動，經過 s靜止，則該質點在第1 s內和第2 s內的位移之比為()A75 B95 C117 D137答案D解析質點做勻減速直線運動，經過 s靜止，設加速度大小為a，前1 s內位移為a2a2a，前2 s內位移為a2a2a，第2 s內位移為a，故第1 s內與第2 s內位移之比為137，選項D正確。11(2018湖南湘潭一模)(多選)a、b兩個物體從同一地點同時出發(fā)，沿同一方向做勻變速直線運動，若初速度不同，加速度相同，則在運動過程中()Aa、b的速度之差保持不變Ba、b的速度之差與時間成正比Ca、b的位移之差與時間成正比Da、b的位移之差與時間的平方成正比答案AC解析設a、b兩個物體的初速度分別為v10、v20，加速度為a，由于a、t相同，則由vtv0at得兩個物體的速度之差為vv1v2v10v20v0，所以速度之差保持不變，故A正確，B錯誤；由公式xv0tat2可得兩物體的位移之差為x(v10v20)tv0t，故C正確，D錯誤。12(2018溫州五校聯考)(多選)近來交警部門開展的“車讓人”活動深入人心，不遵守“車讓人”的駕駛員將受到罰款、扣分的嚴厲處罰。假設一輛以8 m/s的速度勻速行駛的汽車即將通過路口，有一老人正在過人行橫道，此時汽車的車頭距離停車線8 m。該車減速時的加速度大小為5 m/s2。則下列說法中正確的是()A如果駕駛員立即剎車制動，則t2 s時，汽車離停車線的距離為1.6 mB如果在距停車線6 m處開始剎車制動，汽車能在停車線處停車讓人C如果駕駛員的反應時間為0.4 s，汽車剛好能在停車線處停車讓人D如果駕駛員的反應時間為0.2 s，汽車剛好能在停車線處停車讓人答案AD解析若汽車做勻減速直線運動，速度減為零的時間t0 s1.6 s2 s，所以從剎車到停止的位移大小x1 m6.4 m，汽車離停車線的距離為8 m6.4 m1.6 m，故A正確；如果汽車在距停車線6 m處開始剎車制動，剎車位移是6.4 m，所以汽車不能在停車線處停車讓人，故B錯誤；剎車的位移是6.4 m，所以汽車可做勻速運動的位移是1.6 m，則駕駛員的反應時間t s0.2 s時，汽車剛好能在停車線處停車讓人，故C錯誤，D正確。13(2018河南信陽調研)在一平直路段檢測某品牌汽車的運動性能時，以路段的起點作為x軸的原點，通過傳感器發(fā)現汽車剎車后的坐標x與時間t的關系滿足 x30t5t2(m)，下列說法正確的是()A汽車剎車過程的初速度大小為30 m/s，加速度大小為10 m/s2B汽車剎車過程的初速度大小為30 m/s，加速度大小為5 m/s2C汽車剎車過程的初速度大小為60 m/s，加速度大小為5 m/s2D汽車剎車過程的初速度大小為60 m/s，加速度大小為2.5 m/s2答案A解析根據汽車剎車后的坐標x與時間t的關系x30t5t2(m)，對比勻變速直線運動的規(guī)律xv0tat2，可知汽車剎車過程的初速度大小為30 m/s，加速度大小為10 m/s2，故選A。14(2018廣東廣州模擬)同一位置先后同向開出甲、乙兩輛汽車，甲車先以初速度v、加速度a做勻加速直線運動；乙車在甲車開出t0時間后，以同樣的加速度a由靜止開始做勻加速直線運動。在乙車開出后，若以乙車為參考系，則甲車()A以速度v做勻速直線運動B以速度at0做勻速直線運動C以速度vat0做勻速直線運動D停在乙車前方距離為vt0at的地方答案C解析乙車開始運動時，甲車的速度為v甲vat0，則由于乙車的加速度與甲車相同，故以乙車為參考系，甲車以速度vat0做勻速直線運動，且兩車的間距xx甲x乙v(tt0)a(tt0)2at2vt0at(vat0)t，可知甲、乙之間的距離隨時間而增加，故C正確，A、B、D錯誤。15(2014海南高考)短跑運動員完成100 m賽跑的過程可簡化為勻加速運動和勻速運動兩個階段。一次比賽中，某運動員用11.00 s跑完全程。已知運動員在加速階段的第2 s內通過的距離為7.5 m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距離。答案5 m/s210 m解析根據題意，在第1 s和第2 s內運動員都做勻加速運動。設運動員在勻加速階段的加速度為a，在第1 s和第2 s內通過的位移分別為x1和x2，由運動學規(guī)律得x1atx1x2a(2t0)2式中t01 s，聯立兩式并代入已知條件，得a5 m/s2設運動員做勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，勻速運動的速度為v；跑完全程的時間為t，全程的距離為x。依題意及運動學規(guī)律，得tt1t2vat1xatvt2設加速階段通過的距離為x，則xat聯立式，并代入數據得x10 m。16(2018衡水檢測)一小球豎直向上拋出，先后經過拋出點的上方h5 m處的時間間隔t2 s，取g10 m/s2，則小球的初速度v0為多少？小球從拋出到返回原處所經歷的時間是多少？答案10 m/s2 s解析畫出小球運動的情景圖，如圖所示。小球先后經過A點的時間間隔t2 s，根據豎直上拋運動的對稱性，小球從A點到最高點的時間t11 s，小球在A點處的速度vAgt110 m/s在OA段根據公式vv2gh解得v010 m/s小球從O點上拋到最高點的時間t2 s s根據對稱性，小球從拋出到返回原處所經歷的總時間t2t22 s。17(2018惠州調研)在一次低空跳傘訓練中，當直升機懸停在離地面H224 m高處時，傘兵離開直升機做自由落體運動。運動一段時間后，打開降落傘，展傘后傘兵以a12.5 m/s2的加速度勻減速下降。為了傘兵的安全，要求傘兵落地速度最大不得超過v5 m/s，取g10 m/s2，求：(1)傘兵展傘時，離地面的高度至少為多少？(2)傘兵在空中的最短時間為多少？答案(1)99 m(2)8.6 s解析(1)設傘兵展傘時，離地面的高度至少為h，此時速度為v0，則有v2v2ah，又v2g(Hh)聯立并代入數據解得v050 m/s，h99 m。(2)設傘兵在空中的最短時間為t，則有v0gt1，t15 s，t23.6 s，故所求時間為：tt1t2(53.6) s8.6 s。