2020年高考物理一轮复习文档：第1章运动的描述匀变速直线运动第2讲 学案

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。

2．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at。
(2)位移公式：x＝v0t＋at2。
(3)速度和位移的关系式：v2－v＝2ax。

1．2015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为(　　)
A. B．2
C．2 D．4
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。
2．一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＝(10－0.1v2) m，下列分析正确的是(　　)
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2
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v2－v＝2ax可得x＝－v＋v2，对照 x＝(10－0.1v2)可知，＝－0.1，－v＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，A错误，C正确；由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，B、D错误。
3．[教材母题]　(人教版必修1 P43·T3)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，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＝2ax
得：v0＝＝30 m/s。
(2)不装弹射系统时，v2＝2aL，L＝＝250 m。
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
→→→→
2．解决匀变速直线运动的几种方法

3．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v0＝0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．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论
(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶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xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。

2018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可以简化为两个匀减速直线运动，首先飞机以速度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－a1t1
B到C过程，有x2＝vBt2－a2t，0＝vB－a2t2
A到C过程，有x＝x1＋x2
联立解得a2＝，t2＝。
答案　　
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 P42·T1)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v≤10 m/s且与前方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”，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”系统设置的安全距离约为(　　)

A．50 m B．20 m
C．10 m D．1 m
答案　C
解析　已知末速度为0，初速度最大为v0＝10 m/s，加速度a＝－5 m/s2，求位移，可用速度与位移关系式求解，由v2－v＝2ax，得x＝＝10 m。故选C。
2．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 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三点时的速度大小分别是(　　)
A．2 m/s,3 m/s,4 m/s B．2 m/s,4 m/s,6 m/s
C．3 m/s,4 m/s,5 m/s D．3 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位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2，解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 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，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＝2al①
v＝v－2a·l②
由①②解得vB＝③
又vB＝v0－at④
vB＝atBC⑤
由③④⑤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，AC＝＝
又v＝2al，v＝2a，
由以上两式解得vB＝
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)2
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∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。

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，面积之比等于对应边的平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC。
所以＝，解得tBC＝t。
考点三　自由落体运动

1．定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
2．特点：v0＝0，a＝g。
(1)速度公式：v＝gt。
(2)位移公式：h＝gt2。
(3)速度位移关系式：v2＝2gh。

(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g＝10 m/s2，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，木杆的下端到达圆筒上端A用时
t下A＝ ＝ s＝ s
木杆的上端到达圆筒上端A用时
t上A＝ ＝ s＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1＝t上A－t下A＝(2－) s。
(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时
t上B＝ ＝ s＝ s
则木杆通过圆筒所用的时间
t2＝t上B－t下A＝(－) s。
答案　(1)(2－) s　(2)(－) s
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/s
C．物体在落地前最后1 s内的位移为25 m
D．物体在整个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＝＝ s＝3 s，A正确；落地速度v＝gt＝30 m/s，B正确；落地前最后1 s内的位移Δh＝gt2－g(t－1)2＝25 m，C正确；物体在整个下落过程中的平均速度＝＝15 m/s，D错误。
2. [教材母题]　(人教版必修1 P45·T5)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0.04 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。

[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________，小球下落的重力加速度为________。

答案　2.46 m/s　9.72 m/s2
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＝＝＝＝×10－2 m/s
≈2.46 m/s。
由Δx＝aT2得a＝，故小球下落的重力加速度
g＝＝×10－2 m/s2＝9.72 m/s2。
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。
(3)速度位移关系式：v2－v＝－2gh。
(4)上升的最大高度：H＝。
(5)上升到最高点所用的时间：t＝。
3．运动性质与研究方法
竖直上抛运动实质是匀变速直线运动，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。

(1)竖直上抛运动的重要特性(如图所示)
①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。
②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v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地面高度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/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 s
h1＝＝5 m
故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180 m
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 s
v＝gt2＝60 m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为
t＝t1＋t2＝7 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h′＝－175 m，
由位移公式有h′＝v0t－gt2
即－175＝10t－×10t2＝10t－5t2
t2－2t－35＝0
解得t＝7 s(t＝－5 s舍去)
所以重物落地速度为
v＝v0－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。
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v>0，说明物体正在上升；v<0，说明物体正在下降；h>0，说明物体在抛出点上方；h<0，说明物体在抛出点下方。

1．将一个物体在t＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8 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t＝3.2 s时回到抛出点
B．t＝0.8 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/s
D．t＝0.8 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Δv＝gt＝10×0.8 m/s＝8 m/s，由于初速度不为零，可知t＝0.8 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v0＝16 m/s，则上升到最高点的时间t1＝＝ s＝1.6 s，则回到抛出点的时间t＝2t1＝2×1.6 s＝3.2 s，故A正确，C错误。
2．(多选)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(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)(　　)
A．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 m/s、方向竖直向上时，v＝10 m/s，用公式求得平均速度为15 m/s，方向竖直向上，A正确；当小球的末速度大小为10 m/s、方向竖直向下时，v＝－10 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。
3．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g＝10 m/s2，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　(2)60 m　(3)(6＋2) s
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，
代入数据解得v1＝20 m/s。
(2)对第二个过程有h2＝，
代入数据解得h2＝20 m。
所以火箭上升离地面的最大高度
h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m。
(3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，
由v1＝gt2，得t2＝＝ s＝2 s
从最高点落回地面的过程中h＝gt，而h＝60 m，代入得t3＝2 s，故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2) s。
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，第二段用时2 s，则物体的加速度是(　　)
A. m/s2 B. m/s2
C. m/s2 D. m/s2
答案　B
解析　第一段路程内的平均速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，第二段路程内的平均速度为v2＝＝ m/s＝8 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Δt＝(2＋1) s＝3 s，所以加速度为a＝＝ m/s2＝ m/s2，A、C、D错误，B正确。
2．一辆汽车以v0＝12 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(　　)
A．9 m B．12 m
C．21 m D．8 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 s内的位移，x＝t＝12 m，B正确，A、C、D错误。
3. (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(　　)

A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
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)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，所以C错误，D正确；由v2－v＝2ax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1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故A错误，B正确。
4．(多选)物体自O点开始沿斜面向上做匀减速直线运动，A、B、C、D是运动轨迹上的四点，D是最高点。测得OA＝0.8 m，AB＝0.6 m，BC＝0.4 m。且物体通过前三段的时间均为1 s。则下面判断正确的是(　　)
A．物体的初速度是0.9 m/s
B．物体运动的加速度大小是0.2 m/s2
C．CD间的距离是0.2 m
D．从C到D运动的时间是1.5 s
答案　ABD
解析　由Δx＝AB－OA＝BC－AB＝at2得，a＝＝ m/s2＝－0.2 m/s2，B正确；由OA＝v0t＋at2得，v0＝0.9 m/s，A正确；由vD＝v0＋atOD得，tOD＝＝ s＝4.5 s，故tCD＝tOD－3t＝1.5 s，D正确；OD＝v0tOD＋at＝0.9×4.5 m－×0.2×4.52 m＝2.025 m，故CD＝OD－OA－AB－BC＝0.225 m，C错误。
5．(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 m
B．位移大小为25 m，方向向上
C．速度改变量的大小为10 m/s
D．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v0＝30 m/s，g＝10 m/s2，其上升时间t1＝＝3 s，上升高度h1＝＝45 m；下降时间t2＝5 s－t1＝2 s，下降高度h2＝gt＝20 m；末速度v＝gt2＝20 m/s，方向向下。故5 s内的路程s＝h1＋h2＝65 m；位移x＝h1－h2＝25 m，方向向上；速度改变量Δv＝－v－v0＝－50 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。
6．(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，当滑块速度大小减为时，所用时间可能是(　　)
A. B.
C. D.
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，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝或v＝－，代入公式t＝得t＝或t＝，故B、C正确。
7．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(　　)
A．1 m/s2 B．2 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2
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/s2＝3 m/s2，C正确。
8. (多选)如图所示，某质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AB＝6 m，BC＝4 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/s
B．质点的加速度大小为2 m/s2
C．质点从A点运动到C点的时间为4 s
D．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Δv＝at＝－2 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Δx＝at2，解得t＝＝ s＝1 s，a＝－2 m/s2，B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2 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；由速度位移关系式可得xAD＝AB＋＝12.25 m，D正确。
[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.
C. D.
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Δt＝，A正确。
10．(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，则该质点在第1 s内和第2 s内的位移之比为(　　)
A．7∶5 B．9∶5
C．11∶7 D．13∶7
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a×2－a×2＝a，前2 s内位移为a×2－a×2＝a，第2 s内位移为a，故第1 s内与第2 s内位移之比为13∶7，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Δv＝v1－v2＝v10－v20＝Δv0，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Δx＝(v10－v20)t＝Δv0t，故C正确，D错误。
12．(2018·温州五校联考)(多选)近来交警部门开展的“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t＝2 s时，汽车离停车线的距离为1.6 m
B．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t0＝＝ s＝1.6 s<2 s，所以从刹车到停止的位移大小x1＝＝ m＝6.4 m，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m＝1.6 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＝ s＝0.2 s时，汽车刚好能在停车线处停车让人，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，以路段的起点作为x轴的原点，通过传感器发现汽车刹车后的坐标x与时间t的关系满足 x＝30t－5t2(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/s2
B．汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s，加速度大小为5 m/s2
C．汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s，加速度大小为5 m/s2
D．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x＝30t－5t2(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 m/s2，故选A。
14．(2018·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
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Δx＝x甲－x乙＝v(t＋t0)＋a(t＋t0)2－at2＝vt0＋at＋(v＋at0)t，可知甲、乙之间的距离随时间而增加，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/s2　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＝at①
x1＋x2＝a(2t0)2②
式中t0＝1 s，联立①②两式并代入已知条件，得
a＝5 m/s2③
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
t＝t1＋t2④
v＝at1⑤
x＝at＋vt2⑥
设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝at⑦
联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x′＝10 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h＝5 m处的时间间隔Δt＝2 s，取g＝10 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 s

解析　画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Δt＝2 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，
小球在A点处的速度vA＝gt1＝10 m/s
在OA段根据公式v－v＝－2gh
解得v0＝10 m/s
小球从O点上抛到最高点的时间
t2＝＝ s＝ s
根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间
t＝2t2＝2 s。
17．(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H＝224 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a＝12.5 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v＝5 m/s，取g＝10 m/s2，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＝－2ah，又v＝2g(H－h)
联立并代入数据解得v0＝50 m/s，h＝99 m。
(2)设伞兵在空中的最短时间为t，
则有v0＝gt1，t1＝5 s，t2＝＝3.6 s，
故所求时间为：t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s。