2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第一章第二讲　匀变速直线运动的规律

第二讲　匀变速直线运动的规律

一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动

2．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末…nT末瞬时速度的比为
v1∶v2∶v3…vn＝1∶2∶3…n.
(2)1T内、2T内、3T内…nT内位移的比为
x1∶x2∶x3…xn＝12∶22∶32…n2.
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…第n个T内位移的比为
x1∶x2∶x3…xn＝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
t1∶t2∶t3…tn＝1∶(－1)∶(－)…(－)．
二、自由落体运动和竖直上抛运动


[小题快练]
1．判断题
(1)匀加速直线运动是速度随时间均匀变化的直线运动．( √ )
(2)匀加速直线运动的位移是均匀增大的．( × )
(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)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．( × )
(5)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是竖直向下的．( √ )
2．某物体做直线运动，位移遵循的方程为x＝6t－t2(其中x的单位为m，t的单位为s)．则该物体在0～4 s时间内通过的路程为( C )
A．8 m　　　　　　　 B．9 m
C．10 m D．11 m
3．(2018·江苏新丰中学期末)某同学为了判断自己正常行驶时是否超速，在一次正常行驶途中经过某一位置时立刻切断电源，让电动自行车沿直线自由滑行．测得电动自行车滑行的最大距离为15 m，滑行的时间为5 s，则该同学正常行驶的车速约为 ( D )
A．3 km/h B．3 m/s
C．6 km/h D．6 m/s
4．某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( A )
A．10 m/s B．15 m/s
C．20 m/s D．30 m/s

考点一　匀变速直线运动规律及应用 (师生共研)
1．解答运动学问题的基本思路

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．
3．两类特殊的匀减速直线运动
(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时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，加速度不变的匀加速直线运动.
(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，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1]　歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行，求：
(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.
[思路点拨]　第(1)问不知道时间，直接应用不含时间的运动学公式2ax＝v2－v解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动．
解析：(1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2.
在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－vmin，解得v1min＝.
(2)解法一　(一般公式法)起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有x＝v2mint，t＝
2as＝v2
2a(L＋x)＝v2－vmin
解得v2min＝－.
解法二　(相对运动法)选航空母舰为参照系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝－.
答案：(1)　(2)－
[反思总结]
知三求二解决匀变速直线运动问题
在研究匀变速直线运动中，要把握以下四点：
1．要熟练掌握下列四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，2ax＝v2－v，x＝t.这四个公式中，前两个是基本公式，后两个是前两个的推论．也就是说在这四个公式中只有两个是独立的，解题时只要适当地选择其中两个即可．
2．要分清运动过程是加速运动过程还是减速运动过程．
3．要清楚这四个公式都是矢量式，求解问题时，首先要规定一个正方向，以此来确定其他矢量的正负，一般选择v0的方向为正方向．
4．一个匀变速直线运动的过程，一般用五个物理量来描述，即v0、v、a、x、t.在这五个量中，只要知道三个量，就可以求解其他两个未知量，常叫“知三求二”．

1－1.[基本规律的应用]　如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为3 s和1 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)

A．关卡3　　　　　　 B．关卡4
C．关卡5 D．任何关卡都无法挡住
解析：由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝1 s，在加速时间内通过的位移x1＝at＝1 m，t2＝2 s，x2＝vt2＝4 m，关闭1 s运动的总位移为7 m，再打开3 s，又前进6 m，此时距关卡3还有3 m的距离，再关闭1 s，运动到距关卡3还有1 m的位置，又打开3 s，以后将重复前面的运动情况，故任何关卡都无法挡住，选D.
答案：D
1－2.[推论的应用]　“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为(　　)
A. B．
C. D．vt0(1－)
解析：潜水器减速上升，加速度a＝，由2aH＝v2得：开始运动时距离水面高度H＝＝vt，经时间t0上升的距离为：h＝vt0－at＝vt0－，此时到水面的距离Δh＝H－h＝.
答案：A
1－3.[刹车问题]　在平直公路上，汽车以1 m/s2的加速度加速行驶了12 s，驶过了180 m，求：
(1)汽车开始加速时的速度为多大？
(2)过了180 m处之后接着若以2 m/s2大小的加速度刹车，问刹车后汽车在12 s内前进的距离是多少？
解析：(1)汽车在加速过程，由x1＝v0t＋a1t2得：v0＝9 m/s.
(2)运动180 m时的速度：v＝v0＋a1t＝21 m/s
刹车后的实际运动时间t2＝＝10.5 s
说明汽车自刹车到速度为零经历了10.5 s，并没有运动12 s，所以x2＝＝110.25 m.
答案：(1)9 m/s　(2)110.25 m
考点二　解决匀变速直线运动的常用方法 (师生共研)

[典例2]　 物体以一定的初速度从斜面底端冲上固定的光滑斜面，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处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．

[思路点拨]　本题的解答方法很多．因为vC＝0，故可用逆向思维法将该过程看作是沿斜面向下的匀加速直线运动．不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程．
解析：解法一　(逆向思维法)物体向上减速冲上斜面且vC＝0，则该物体运动的逆过程相当于沿斜面向下的初速度为0的匀加速直线运动．
故xBC＝，xAC＝
又xBC＝，解得tBC＝t.
解法二　(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)．
现有xCB∶xBA＝∶＝1∶3
因通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t.
解法三　(平均速度法)中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度
AC＝＝＝
又v＝2axAC①
v＝2axBC②
xBC＝③
解①②③得vB＝
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　(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为t1∶t2∶t3…tn＝1∶(－1)∶(－)…(－)．
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DB、ED、AE段的时间分别为tDB＝(－1)tx，tED＝(－)tx，tAE＝(－)tx，又tDB＋tED＋tAE＝t，得tx＝t.

答案：t
[反思总结]
对于减速到零的匀减速直线运动，运用逆向思维将运动转变成初速度为零的匀加速直线运动，就可以大大降低解题难度，顺利找到突破口．

2－1.[＝v 的应用]　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
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，a＝＝＝＝3 m/s2，C正确．
答案：C
2－2.[逆向思维法]　(2018·湖南雅礼中学模拟)一个做匀速直线运动的物体，从某时刻起做匀减速运动经6 s静止，设连续通过三段位移的时间分别是3 s、2 s、1 s，这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是(　　)
A．1∶2∶3　1∶1∶1 B．33∶23∶1　32∶22∶1　
C．1∶23∶33　1∶22∶32 D．5∶3∶1　3∶2∶1
解析：设连续3段位移依次为s1、s2和s3，平均速度依次为、、，反过来看为初速度为0的匀加速直线运动，s3＝a×12，s2＝a×(32－12)，s1＝a×(62－32)，则s1∶s2∶s3＝27∶8∶1＝33∶23∶1，∶∶＝32∶22∶1，B对．
答案：B
2－3.[扩展公式Δx＝aT2的应用]　(2018·江西鹰潭期末)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, 3 m, 4 m
B．3 m, 4 m, 5 m
C．2 m, 4 m, 6 m
D．3 m, 5 m, 7 m
解析：球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，所以B为AC点的中间时刻，中点时刻的速度等于平均速度，所以vB＝＝＝4 m/s，由Δx＝at2 得：a＝1 m/s2，再利用v＝v0＋at，可分别解得：vA＝2 m/s；vC＝6 m/s，故C正确．
答案：C
考点三　自由落体和竖直上抛运动 (自主学习)
1．竖直上抛运动的两种研究方法
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
全程法
将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g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v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降．h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方
2.竖直上抛运动的特点
(1)对称性：
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则
①时间的对称性：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.

②速度的对称性：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．
③能量的对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等．
(2)多解性：当物体经过抛出点某个位置(最高点除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点．

3－1.[自由落体运动]　(2018·广东惠州期末)甲乙两物体的质量之比为m甲∶m乙＝5∶1，甲从高H处自由落下的同时，乙从高2H处自由落下，若不计空气阻力，下列说法中错误的是(　　)
A．在下落过程中，同一时刻二者速度相等
B．甲落地时，乙距地面的高度为H
C．甲落地时，乙的速度大小为
D．甲、乙在空气中运动的时间之比为1∶2
解析：因为甲乙物体同时做自由落体运动，它们的初速度为零，加速度为g，任意时刻的速度为： v＝gt，所以两物体下落过程中，在同一时刻甲的速度与乙的速度相等，故A正确；甲落地时，甲乙运动的位移都为H，所以乙离地面的高度为：2H－H＝H，故B正确；甲落地时，乙下落位移为H，由位移速度关系式v2＝2gH，得v＝，故C正确；因为甲乙物体均做自由落体运动，加速度为g，根据h＝gt2，得甲下落的时间为，乙下落的时间为，所以甲、乙在空中运动的时间之比为1∶，故D错误．
答案：D
3－2.[竖直上抛运动]　在一次大气科考活动中，探空气球以8 m/s的速度匀速竖直上升，某时刻从气球上脱落一个物体，经16 s到达地面．求物体刚脱离气球时气球距离地面的高度．(g取10 m/s2，不计空气阻力)
解析：物体脱离气球后做竖直上抛运动，即为加速度为g的匀减速直线运动．根据题意画出运动草图如图所示．

规定向下方向为正，则v0＝－8 m/s
根据h＝v0t＋gt2得：h＝－8×16 m＋×10×162 m＝1 152 m.
答案：1 152 m

1．(2018·沈阳东北育才期中)火车的速度为8 m/s，关闭发动机后前进70 m时速度减为6 m/s.若再经过40 s，火车又前进的距离为( B )
A．80 m 　　　　　　　　 B．90 m
C．120 m D．160 m
解析：设火车的加速度为a，根据v2－v＝2ax，解得： a＝＝ m/s2＝－0.2 m/s2，从6 m/s到停止所需要的时间为t＝＝ s＝30 s，故再经过40 s火车前进的距离实际为火车前进30 s前进的距离，即x′＝t＝×30 m＝90 m，选B.
2．(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( A )
A.　　　　　　　　 B．
C. D．
3．杭新景高速公路限速120 km/h，一般也要求速度不小于80 km/h，冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30 m，该人的反应为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是( B )
A．10 m/s B．15 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
4．(2018·江西南昌八校联考)从高度为125 m的塔顶，先后落下a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，则以下判断正确的是(g取10 m/s2，不计空气阻力)( AC )
A．a球接触地面瞬间，b球离地高度为45 m
B．b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/s
C．在a球接触地面之前，两球的速度差恒定
D．在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
解析：根据h＝gt2知，a球下落的时间t1＝＝ s＝5 s，当a球接地瞬间，b球还有1 s时间才落地，故b离地高度为H＝125－×10×42＝45 m，A正确；b球下落高度为20 m时，b球运动了 s＝2 s，即a球运动了3 s，所以a球的速度大小为v＝gt＝30 m/s，B错误；设b球下降时间为t时，b球的速度vb＝gt，a球的速度va＝g(t＋1)，则Δv＝va－vb＝g，与时间无关，是一定量，C正确；
设b球下降时间为t时，b球下降的高度hb＝gt，a球下降的高度ha＝g(t＋1)2，两球离地的高度差等于下降的高度差Δh＝ha－hb＝gt＋g，随时间的增大，位移差增大，D错误．
5．(2018·沈阳校联体联考)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途径A、B、C三点，其中O、A之间的距离为 m，A、B之间的距离为2 m，物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则B、C之间的距离为( B )

A．2.5 m B．3 m
C．3.5 m D．4 m
解析：设物体通过AB、BC所用时间分别为T，则B点的速度为： vB＝＝ ①
根据Δx＝aT2，有： xBC－2＝aT2 得a＝ 　②
vA＋aT＝vB
联立①②：vA＝ 　③
O到A过程：v＝2axOA，2＝2××
解得：xBC＝3 m，故B正确．

[A组·基础题]
1．(2018·四川雅安期末)做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s的位移是( A )
A．2 m 　　　　　　 B．1.5 m
C．1 m D．0.5 m
解析：用逆向思维，把物体的运动看成匀加速直线运动，可知初速度为：v0＝0 m/s，则物体在第1 s，第2 s，第3 s，第4 s内的位移之比为：1∶3∶5∶7，所以x1∶x4＝1∶7，所以x1＝2 m，故选A.
2．(2017·海南卷)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m．汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)( B )
A．10 m/s　　　　　　　 B．20 m/s
C．30 m/s D．40 m/s
3．(2018·四川南充上学期期末)物体做匀加速直线运动，初速度为4 m/s，加速度为0.2 m/s2，则( C )
A．物体在第5 s末的速度为3 m/s
B．每经过2 s时间，物体速度增大4.4 m/s
C．物体在前2 s运动的位移为8.4 m
D．每经过1 s时间物体位移的增加量相等
解析：根据v＝v0＋at，得物体在第5 s末的速度为v5＝4＋0.2×5＝5 m/s，故A错误；根据a＝，得每经过2 s时间，物体速度增大Δv＝aΔt＝0.2×2＝0.4 m/s，故B错误；根据x＝v0t＋at2，得物体在前2 s运动的位移为x2＝4×2＋×0.2×22＝8.4 m，故C正确；根据x＝v0t＋at2，得每经过1 s时间物体位移的增加量为Δx＝v0t＋at2－＝0.2t＋3.9，故位移增加量随时间的增大而增大，不相等，故D错误；故选C.
4．汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s与5 s时汽车的位移之比为( C )
A．5∶4 B．4∶5
C．3∶4 D．4∶3
5．(多选)某一时刻a、b两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中( AC )
A．a、b两物体速度之差保持不变
B．a、b两物体速度之差与时间成正比
C．a、b两物体位移之差与时间成正比
D．a、b两物体位移之差与时间的平方成正比
6．(多选) 在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面的高度为ph(p＞1)和h的地方同时由静止释放，如图所示．球A的质量为m，球B的质量为2m.设小球与地面碰撞后以原速率反弹，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间．若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，则p可以取下列哪些值( BCD )

A．6 B．5
C．4 D．3
7．(2018·浙江温州期末) 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≤36 km/h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( B )

A．5 m B．10 m
C．20 m D．25 m
解析：由题意知，车速v≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5 m/s2，最后末速度减为0，由推导公式v2＝2ax可得：x≤＝ m＝10 m，选B.
[B组·能力题]
8．(2018·江苏泰州中学上学期期末)在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图如图所示，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差可以测出被测的物体的速度；某时刻测速仪发出超声波，同时汽车在离测速仪358 m处开始做匀减速直线运动．当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车在离测速仪334 m处恰好停下，已知声速为340 m/s，则汽车在这24 m位移内的平均速度为( C )

A．5 m/s B．10 m/s
C．12 m/s D．24 m/s
解析：汽车做匀减速直线运动，汽车在与超声波相遇前后运动的时间相等，则根据匀变速运动规律可知，两段时间内的位移之比为3∶1，则可知，在与超声波相遇时汽车前进的距离为x＝24× m＝18 m，故超声波与汽车相遇时超声波前进的距离为s＝(358－18) m＝340 m，可知汽车在这24 m位移内的时间t＝2×＝2× s＝2 s，汽车的平均速度为＝＝ m/s＝12 m/s，故A、B、D错误，C正确．
9．(多选)(2018·福建师大附中月考)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s 内位移的2倍，且已知滑块最初开始1 s内的位移为5 m，由此可求得( AC )
A．滑块的加速度大小为2m /s2
B．滑块的初速度为5 m/s
C．滑块运动的总时间为3 s
D．滑块运动的总位移为7.5 m
解析：设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有最后2 s内位移为：s1＝at2＝2a，最初2 s内位移为：s2＝at2－a2＝2at－2a，又∵s1∶s2＝1∶2，则有2at－2a＝4a，解得总时间t＝3 s，故C正确．第1 s的位移为：s3＝at2－a2＝5 m所以4.5a－2a＝5，解得a＝2 m/s2，则总位移x＝at2＝×2×9 m＝9 m，故A正确、D错误，滑块的初速度v0＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，故B错误．
10．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t，现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a1)到某一最大速度vm，然后立即做匀减速直线运动(加速度为a2)至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t，则物体的( C )
A．vm可为许多值，与a1、a2的大小有关
B．vm可为许多值，与a1、a2的大小无关
C．a1、a2必须满足＝
D．a1、a2必须是一定的
11．(2017·浙江卷)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如表：
运动过程
运动时间
运动状态
匀加速运动
0～40 s
初速度v0＝0，末速度v＝4.2 m/s
匀速运动
40～640 s
v＝4.2 m/s
匀减速运动
640～720 s
靠岸时的速度v1＝0.2 m/s
(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；
(2)若游船和游客的总质量M＝8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；
(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小．
解析：(1)游船匀加速运动过程中加速度大小 a1＝＝ m/s2＝0.105 m/s2
位移大小 x1＝Δt1＝×40 m＝84 m.
(2)游船匀减速运动过程中加速度大小a2＝＝ m/s2＝0.05 m/s2.
根据牛顿第二定律得 F＝Ma2＝8 000×0.05 N＝400 N.
(3)游船在整个行驶过程中的总位移 x＝x1＋vΔt2＋Δt3＝84 m＋4.2×600 m＋×80 m＝2 780 m　
游船在整个行驶过程中的平均速度大小＝＝ m/s≈3.86 m/s.
答案：(1)0.105 m/s2　84 m　(2)400 N　(3)3.86 m/s
12．(2018·广西南宁第三中学期末)2018年1月24日，南宁三中教工进行了“真爱杯”踢毽子比赛，全校老师一起体验让毽子做竖直上抛运动的感觉，高一年级双根老师能用身体最多部位踢毽子获民间“花样毽子王”．现构建如下模型：设某毽子(视为质点)以3 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)毽子上升的最大高度h1；
(2)0.5 s内毽子运动的路程s；
(3)0.5 s内毽子的平均速度.
解析： (1) 初速度3 m/s，只需要t1＝＝0.3 s即可上升到最高点.0.3 s内上升高度为： h1＝＝0.45 m；
(2) 再自由落体t2＝0.2 s时间，下降高度h2＝gt＝0.2 m，故0.5 s内毽子运动的路程 s＝h1＋h2＝0.45＋0.2 m＝0.65 m；
(3) 0.5 s内毽子运动的位移大小x＝h1－h2＝0.25 m，
0．5 s内毽子的平均速度大小＝＝0.5 m/s，方向竖直向上．
答案：(1)0.45 m　(2)0.65 m　(3)0.5 m/s，方向竖直向上