还剩16页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考物理一轮复习精讲精练 （含解析）
成套系列资料，整套一键下载
新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律（含解析）
展开
这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律（含解析），共19页。试卷主要包含了匀变速直线运动的基本规律，重要推论，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。
第二讲 匀变速直线运动的研究
Ø 知识梳理
一、匀变速直线运动的基本规律
1.概念：沿着一条直线，且加速度不变的运动。
2.分类：
①匀加速直线运动：加速度方向与初速度方向相同；
②匀减速直线运动：加速度方向与初速度方向相反。
v 无初速度时，物体做匀加速直线运动
3.条件：加速度方向与速度方向在同一条直线上。
4.基本公式：
①速度与时间关系：
②位移与时间关系：
③速度与位移关系：
二、重要推论
①任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等：
v 此性质还可以表示为：
②一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半：
③位移中点速度
v 不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动都有：
三、初速度为零的匀加速直线运动的重要结论
①1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比：
②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：
③通过连续相等的位移所用时间之比：
四、自由落体运动和竖直上抛运动
1.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，其初速度为零，加速度为g。
②运动规律
（1）速度公式：
（2）位移公式：
（3）速度位移关系式：
2.竖直上抛
①定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。
②运动规律
（1）速度公式：
（2）位移公式：
（3）速度位移关系式：
Ø 知识练习
考点一、匀变速直线运动规律的基本应用
1.解题思路
确定研
究对象
画过程
示意图
选取正方向
判断运动性质
根据过程列公式
解方程并加以讨论
2.恰当选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及
的物理量
适宜选用公式
、v、a、t
x
、a、t、x
v
、v、a、x
t
、v、t、x
a
3.运动公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。若，一般以a的方向为正方向。
例1、(2021·山东济南检测)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。
(1)求这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)
【答案】(1)75 m (2)2.7 km
【解析】[过程图示] 画运动过程示意图,呈现运动情境。
(1)由题意可知经过10 s时,速度计上显示的速度为v1=54 km/h= 15 m/s,
则
由位移公式得
即这时出租车离出发点的距离为75 m
(2)当速度计上显示的速度为v2=108 km/h=30 m/s时,由=2as2得s2==300 m,这时出租车从静止载客开始,已经经历的时间为t2,可根据速度公式得t2==s=20 s
这时出租车时间表应显示10时11分15秒,
出租车继续匀速运动,匀速运动时间t3=80 s
通过位移s3=v2t3=30×80 m=2 400 m
所以10时12分35秒时,计价器里程表示数
s=s2+s3=(300+2 400) m=2 700 m=2.7 km
例2、短跑运动员完成100m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. 00s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。
【答案】
【解析】 根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得
求得
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s，依题决及运动学规律，得
设加速阶段通过的距离为s∙，则
求得
例3、甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
【答案】
【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为v,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为a,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。
由运动学公式得： ① ② ③
设乙车在时间t0的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s'1、s'2。
同样有 ④ ⑤ ⑥
设甲、乙两车行驶的总路程分别为、s'，则有 ⑦ ⑧
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 ⑨
l 课堂随练
训练1、一质点做匀加速直线运动，在时间t内的位移为s，末速度是初速度的3倍，则该质点的加速度为( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】根据题意，在时间t内由运动学公式得：
……①
……②
又根据题意知：……③
由①②③式求得：
训练2、(2021·四川成都月考)一辆卡车以10 m/s 的速度匀速行驶，刹车后第一个2 s内的位移与最后一个
2 s内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是( )
A．2.5 m B．4 m
C．12 m D．12.5 m
【答案】D
【解析】设卡车刹车时加速度大小为a,则第一个2 s内的位移
根据逆向思维,最后一个2 s内的位移
由，解得a=4 m/s2，卡车从刹车到停止需要的时间=2.5 s
则刹车后4 s内的位移=12.5 m，选项D正确。
训练3、“歼－15”舰载机在“山东舰”航母上舰尾降落滑行的过程可以简化为沿水平方向的匀减速直线运动，且舰载机滑行方向与航母运动方向在同一直线上。第一次试验时，航母静止，舰载机滑上跑道时的速度为80 m/s，刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以20 m/s速度匀速航行，若两次在跑道上滑行过程中的加速度相同，已知跑道长为160 m。求第二次舰载机安全降落在航母上的最大速度。
【答案】100 m/s
【解析】第一次试验时，航母静止，根据速度与位移关系式可知
0－v＝2aL
解得匀减速直线运动的加速度为a＝－20 m/s2
第二次当航母匀速运动时，设舰载机安全降落在航母上的最大速度为v1，设舰载机运动的位移为x1，
则有v2－v＝2ax1
舰载机运动的时间为t＝
航母匀速运动的位移x2＝vt
根据题意则有x1－x2＝L
联立解得v1＝100 m/s
考点二、匀变速直线运动的推论及应用
1.六种思想方法
例1、(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s。根据这些信息可求得( )
A．高铁车头经过A、B、C的速度
B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过AB段和BC段时间之比
【答案】AD
【解析】设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC。根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到＝20 m/s；设AB＝BC＝x，则整个过程中的平均速度为＝＝＝24 m/s，所以有＝24 m/s。联立解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，A选项正确，B、C选项错误。tAB∶tBC＝∶＝2∶3，D选项正确。
例2、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】法一：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。设物体从B到C所用的时间为tBC。
由运动学公式得xBC＝，xAC＝，
又xBC＝，
由以上三式解得tBC＝t。
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)。
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。
法三：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＝＝。又v02＝2axAC，vB2＝2axBC，xBC＝。由以上三式解得vB＝。可以看成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，因此有tBC＝t。
法四：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出vt图像，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。
例3、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】根据匀变速直线运动中，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知B点的速度等于AC段的平均速度，有=4 m/s；根据匀变速直线运动中两个连续相等时间间隔内的位移之差等于恒量，即Δs=at2，有Δs=BC-AB=at2，解得a=1 m/s2；由vB=vA+at及vC=vB+at，解得vA=2 m/s，vC=6 m/s。故选项B正确。
l 课堂随练
训练1、(2022·广东四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1 m与通过第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2，则( )
A．x1∶x2＝1∶4 B．x1∶x2＝5∶11
C．v1∶v2＝1∶ D．v1∶v2＝∶
【答案】B
【解析】初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故有第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2＝s3∶s6＝5∶11，故A错误，B正确；初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)，故有质点通过第3个1 m与通过第6个1 m时所用时间之比为t3∶t6＝(－)∶(－)，根据平均速度公式＝，可得质点通过第3个1 m与第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2＝ ∶＝(＋)∶(＋)，故C、D错误。
训练2、从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球。释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离xAB＝4 cm，xBC＝8 cm。已知O点距离斜面底端的长度为l＝35 cm。由以上数据可以得出( )
A．小球的加速度大小为12 m/s2
B．小球在A点的速度为0
C．斜面上最多有5个小球在滚动
D．该照片是距第一个小球释放后0.3 s拍摄的
【答案】C
【解析】根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝＝4 m/s2，A错误； 小球在B点时的速度vB＝＝0.6 m/s，小球在A点的速度为vA＝vB－aT＝0.2 m/s，则tA＝＝0.05 s，即该照片是距第一个小球释放后0.05 s拍摄的，B、D错误；最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x1＝aT2＝0.02 m＝2 cm，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7…，则各个球之间的距离分别为2 cm、6 cm、10 cm、14 cm、18 cm…，因为O点与斜面底端距离为35 cm，而前5个球之间的距离之和为32 cm，斜面上最多有5个球，C正确。
训练3、一物体作匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2。则物体运动的加速度为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】第一段位移中间时刻的速度为……①
第二段位移中间时刻的速度为……②
则物体的加速度为……③
由①②③得a=
考点三、自由落体运动和竖直上抛运动
1.竖直上抛运动的重要特性
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：
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。
例1、两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2 B．gt2
C．gt2 D．gt2
【答案】D
【解析】第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝g＝。根据h＝gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为gt2、，两物体未下落时相距，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝－＝，故D正确，A、B、C错误。
例2、研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s 的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10 m/s2)
【答案】495m
【解析】[过程图示] 将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理。A→B为竖直方向匀减速运动，B→C→D为自由落体运动。
法一 分段法
在A→B段，根据匀变速直线运动规律可知
tAB==1 s
hAB=hBC==5 m
由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s
根据自由落体运动规律可得hBD==500 m
故释放点离地面的高度H=hBD-hBC=495 m。
法二 全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动,规定向上为正方向，则v0=10 m/s，a=-g=-10 m/s2,
根据H=v0t+at2
解得H=-495 m,
即产品刚释放时离地面的高度为495 m。
例3、(2019·高考全国卷Ⅰ，T18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
【答案】C
【解析】本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，C正确。
l 课堂随练
训练1、某跳伞运动员在一次跳伞表演中，离开距地h＝333 m高的悬停直升机后，先做自由落体运动，当自由下落h1＝125 m时打开降落伞，伞张开后做匀减速运动，运动员到达地面时速度v＝2 m/s，重力加速度g取10 m/s2。
(1)运动员打开降落伞时速度多大？
(2)运动员离开飞机后，经过多少时间才能到达地面？
【答案】(1)50 m/s (2)13 s
【解析】(1)由自由落体运动规律可得v＝2gh1
解得v1＝＝50 m/s。
(2)由自由落体运动规律可得v1＝gt1
解得t1＝5 s
运动员减速过程，由匀变速直线运动规律可得＝＝26 m/s
t2＝＝8 s
t＝t1＋t2＝13 s。
训练2、（多选）将一物体以初速度为v竖直向上抛出，当速度大小变为时，其在空中运动的时间为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】当末速度方向竖直向上时，运动时间
当末速度方向竖直向下时，运动时间
故A、C正确。
Ø 同步训练
1、关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )
A．在相等时间内位移的变化相同
B．在相等时间内速度的变化相同
C．在相等时间内加速度的变化相同
D．在相等路程内速度的变化相同
【答案】B
【解析】根据匀变速直线运动的定义可知，做匀变速直线运动的物体，在相等的时间内速度变化相同，加速度不变，故B正确。A、C、D均错误。
2、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做匀加速直线运动，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．10 m/s B．15 m/s
C．20 m/s D．30 m/s
【答案】A
【解析】飞机相对航母做匀加速直线运动，由(v－v0)2＝2ax，v＝50 m/s，x＝160 m，a＝5 m/s2，可求得飞机的初速度，即航母的最小速度v0＝10 m/s，选项A正确。
3、一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为10 m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)( )
A．在A点上方15 m处，速度方向竖直向上
B．在A点下方15 m处，速度方向竖直向下
C．在A点上方75 m处，速度方向竖直向上
D．在A点上方75 m处，速度方向竖直向下
【答案】C
【解析】若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v＝v0－gt，得物体的初速度为v0＝v＋gt＝40 m/s，则物体的位移为h1＝(v0＋v)＝75 m，物体在A点的上方，C正确，D错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v0′＝－v＋gt＝20 m/s，物体的位移为h2＝(v0′－v)＝15 m，物体仍然在A点的上方，A、B错误。
4、一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，小球仍在空中运动，则( )
A．小球在2 s末的速度大小是16 m/s
B．该星球上的重力加速度为12 m/s2
C．小球在第4 s末的速度大小是42 m/s
D．小球在4 s内的位移是80 m
【答案】B
【解析】设该星球的重力加速度为g，小球第4 s内的位移是42 m，有gt42－gt32＝42 m，t4＝4 s，t3＝3 s，解得g＝12 m/s2，所以小球在2 s末的速度大小为v2＝gt2＝24 m/s，故A错误，B正确；小球在第4 s末的速度大小是v4＝gt4＝48 m/s，选项C错误；小球在4 s内的位移是gt42＝96 m，选项D错误。
5、(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，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】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成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，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，选项A错误，B正确。
6、(多选)我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，加速度大小为2.5 m/s2，假设汽车可视为质点．则下列说法正确的是( )
A．汽车开始减速时距离自动收费装置50 m
B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s
C．汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m
D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
【答案】AC
【解析】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离v1＝t1＝×4 m＝50 m，故A正确．汽车恢复到20 m/s所需的时间t2＝＝6 s，故B错误．汽车加速运动的位移x2＝t2＝×6 m＝75 m，则总路程x＝x1＋x2＝(50＋75) m＝125 m，故C正确．这段路程匀速运动通过的时间t＝＝6.25 s，则通过自动收费装置耽误的时间Δt＝t1＋t2－t＝(4＋6－6.25) s＝3.75 s，故D错误．
7、(2021浙江温州高三二模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示,ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某ETC通道的长度为8.4 m,一辆汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区,ETC用了0.2 s的时间识别车载电子标签,识别完成后发出“滴”的一声,司机发现自动栏杆没有抬起,于是刹车,汽车刚好未撞杆。若刹车的加速度大小为5 m/s2,则司机的反应时间约为( )
A.0.4 s B.0.6 s
C.0.7 s D.0.8 s
【答案】B
【解析】v0=21.6 km/h=6 m/s，设反应时间为t，汽车匀速运动的位移为x1=v0(t+0.2 s)，随后汽车做减速运动，位移为x2=，且x1+x2=8.4 m，联立解得t=0.6 s，故选B。
8、(多选)如图所示，水平线OO′在某竖直平面内，距地面高度为h，一条长为l(l＜h)的轻绳两端分别系小球A和B，小球A在水平线OO′上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态．现从OO′上另一点静止释放小球1，当小球1下落至与小球B等高位置时，从OO′上静止释放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方( )
A．小球1将与小球B同时落地
B．h越大，小球A与小球B的落地时间差越小
C．在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上
D．在小球1落地前，小球1与2之间的距离越来越大
【答案】BD
【解析】设小球1下落到与B等高的位置时的速度为v，设小球1还需要经过时间t1落地，
则：h－l＝vt1＋gt ①
设B运动的时间为t2，则：h－l＝gt ②
比较①②可知，t1＜t2.故A错误；
设A运动时间为t3，则：h＝gt ③
可得：t3－t2＝－ ④
可知l是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差越小．故B正确．小球A与B都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力．故C错误.1与2两球的距离：L＝vt＋gt2－gt2＝vt，可见，两球间的距离随时间的推移，越来越大；故D正确。
9、(2020·全国卷Ⅰ，24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【答案】(1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
【解析】(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv①
m2g＝kv②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
v＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s⑦
10、某跳伞运动员在一次跳伞表演中，离开距地h=224m高的悬停直升机后，先做自由落体运动，当自由下落一段时间后打开降落伞，伞张开后做匀减速运动，其加速度大小a=12.5m/s2,运动员到达地面时速度v＝5m/s，重力加速度g取10 m/s2。
(1)运动员打开降落伞时速度多大？
(2)运动员离开飞机后，经过多少时间才能到达地面？
【答案】(1)50 m/s (2)8.6s
【解析】(1)由自由落体运动规律可得v＝2gh1……①
打开降落伞做减速运动时，由运动学公式得……②
又……③
由①②③式得
(2)由自由落体运动规律可得v1＝gt1
解得t1＝5 s
运动员减速过程，由匀变速直线运动规律可得
t＝t1＋t2＝8.6 s。
11、架设在公路上的激光测速仪发射出的光束有一定的倾角，导致只能测定距离仪器20～200 m范围内汽车的车速．某路段限速54 km/h.一辆小轿车在距离测速仪264 m时司机发现了前方的测速仪，立即开始做匀减速直线运动，结果第一次测速时该车恰好没有超速，且第二次测速时测得小轿车的速度为50.4 km/h.已知测速仪每隔2 s测速一次，测速激光脉冲时间极短．试求该小轿车减速前的速度范围．
【答案】17 m/s≤v<17.9 m/s
【解析】画出小轿车运动情景图，如图所示
第一次测速恰好没有超速，即v1＝54 km/h＝15 m/s，第二次测得v2＝50.4 km/h＝14 m/s，
由两次测量的速度可得小轿车的加速度
a＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2.
若当小轿车到达距离测速仪200 m处时刚好遇到测速的激光，设小轿车减速前的速度为v0，则v－v＝2ax，x＝(264－200)m＝64 m，v0＝＝17 m/s，
若小轿车到达距离测速仪200 m处时前一次测速激光刚过，则小轿车继续减速2 s后才遇到第一次测速，其速度为限制速度，设小轿车到达距离测速仪200 m处时的速度为v3，则v1＝v3＋at，
v3＝15 m/s－(－0.5)×2 m/s＝16 m/s，
设此情况下小轿车减速前的速度为v0′，
则v－v0′2＝2ax，
v0′＝≈17.9 m/s，
所以小轿车减速前的速度应满足17 m/s≤v≤17.9 m/s.
第二讲 匀变速直线运动的研究
Ø 知识梳理
一、匀变速直线运动的基本规律
1.概念：沿着一条直线，且加速度不变的运动。
2.分类：
①匀加速直线运动：加速度方向与初速度方向相同；
②匀减速直线运动：加速度方向与初速度方向相反。
v 无初速度时，物体做匀加速直线运动
3.条件：加速度方向与速度方向在同一条直线上。
4.基本公式：
①速度与时间关系：
②位移与时间关系：
③速度与位移关系：
二、重要推论
①任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等：
v 此性质还可以表示为：
②一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半：
③位移中点速度
v 不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动都有：
三、初速度为零的匀加速直线运动的重要结论
①1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比：
②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：
③通过连续相等的位移所用时间之比：
四、自由落体运动和竖直上抛运动
1.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，其初速度为零，加速度为g。
②运动规律
（1）速度公式：
（2）位移公式：
（3）速度位移关系式：
2.竖直上抛
①定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。
②运动规律
（1）速度公式：
（2）位移公式：
（3）速度位移关系式：
Ø 知识练习
考点一、匀变速直线运动规律的基本应用
1.解题思路
确定研
究对象
画过程
示意图
选取正方向
判断运动性质
根据过程列公式
解方程并加以讨论
2.恰当选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及
的物理量
适宜选用公式
、v、a、t
x
、a、t、x
v
、v、a、x
t
、v、t、x
a
3.运动公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。若，一般以a的方向为正方向。
例1、(2021·山东济南检测)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。
(1)求这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)
【答案】(1)75 m (2)2.7 km
【解析】[过程图示] 画运动过程示意图,呈现运动情境。
(1)由题意可知经过10 s时,速度计上显示的速度为v1=54 km/h= 15 m/s,
则
由位移公式得
即这时出租车离出发点的距离为75 m
(2)当速度计上显示的速度为v2=108 km/h=30 m/s时,由=2as2得s2==300 m,这时出租车从静止载客开始,已经经历的时间为t2,可根据速度公式得t2==s=20 s
这时出租车时间表应显示10时11分15秒,
出租车继续匀速运动,匀速运动时间t3=80 s
通过位移s3=v2t3=30×80 m=2 400 m
所以10时12分35秒时,计价器里程表示数
s=s2+s3=(300+2 400) m=2 700 m=2.7 km
例2、短跑运动员完成100m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. 00s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。
【答案】
【解析】 根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得
求得
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s，依题决及运动学规律，得
设加速阶段通过的距离为s∙，则
求得
例3、甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
【答案】
【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为v,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为a,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。
由运动学公式得： ① ② ③
设乙车在时间t0的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s'1、s'2。
同样有 ④ ⑤ ⑥
设甲、乙两车行驶的总路程分别为、s'，则有 ⑦ ⑧
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 ⑨
l 课堂随练
训练1、一质点做匀加速直线运动，在时间t内的位移为s，末速度是初速度的3倍，则该质点的加速度为( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】根据题意，在时间t内由运动学公式得：
……①
……②
又根据题意知：……③
由①②③式求得：
训练2、(2021·四川成都月考)一辆卡车以10 m/s 的速度匀速行驶，刹车后第一个2 s内的位移与最后一个
2 s内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是( )
A．2.5 m B．4 m
C．12 m D．12.5 m
【答案】D
【解析】设卡车刹车时加速度大小为a,则第一个2 s内的位移
根据逆向思维,最后一个2 s内的位移
由，解得a=4 m/s2，卡车从刹车到停止需要的时间=2.5 s
则刹车后4 s内的位移=12.5 m，选项D正确。
训练3、“歼－15”舰载机在“山东舰”航母上舰尾降落滑行的过程可以简化为沿水平方向的匀减速直线运动，且舰载机滑行方向与航母运动方向在同一直线上。第一次试验时，航母静止，舰载机滑上跑道时的速度为80 m/s，刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以20 m/s速度匀速航行，若两次在跑道上滑行过程中的加速度相同，已知跑道长为160 m。求第二次舰载机安全降落在航母上的最大速度。
【答案】100 m/s
【解析】第一次试验时，航母静止，根据速度与位移关系式可知
0－v＝2aL
解得匀减速直线运动的加速度为a＝－20 m/s2
第二次当航母匀速运动时，设舰载机安全降落在航母上的最大速度为v1，设舰载机运动的位移为x1，
则有v2－v＝2ax1
舰载机运动的时间为t＝
航母匀速运动的位移x2＝vt
根据题意则有x1－x2＝L
联立解得v1＝100 m/s
考点二、匀变速直线运动的推论及应用
1.六种思想方法
例1、(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s。根据这些信息可求得( )
A．高铁车头经过A、B、C的速度
B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过AB段和BC段时间之比
【答案】AD
【解析】设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC。根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到＝20 m/s；设AB＝BC＝x，则整个过程中的平均速度为＝＝＝24 m/s，所以有＝24 m/s。联立解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，A选项正确，B、C选项错误。tAB∶tBC＝∶＝2∶3，D选项正确。
例2、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】法一：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。设物体从B到C所用的时间为tBC。
由运动学公式得xBC＝，xAC＝，
又xBC＝，
由以上三式解得tBC＝t。
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)。
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。
法三：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＝＝。又v02＝2axAC，vB2＝2axBC，xBC＝。由以上三式解得vB＝。可以看成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，因此有tBC＝t。
法四：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出vt图像，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。
例3、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】根据匀变速直线运动中，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知B点的速度等于AC段的平均速度，有=4 m/s；根据匀变速直线运动中两个连续相等时间间隔内的位移之差等于恒量，即Δs=at2，有Δs=BC-AB=at2，解得a=1 m/s2；由vB=vA+at及vC=vB+at，解得vA=2 m/s，vC=6 m/s。故选项B正确。
l 课堂随练
训练1、(2022·广东四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1 m与通过第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2，则( )
A．x1∶x2＝1∶4 B．x1∶x2＝5∶11
C．v1∶v2＝1∶ D．v1∶v2＝∶
【答案】B
【解析】初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故有第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2＝s3∶s6＝5∶11，故A错误，B正确；初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)，故有质点通过第3个1 m与通过第6个1 m时所用时间之比为t3∶t6＝(－)∶(－)，根据平均速度公式＝，可得质点通过第3个1 m与第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2＝ ∶＝(＋)∶(＋)，故C、D错误。
训练2、从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球。释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离xAB＝4 cm，xBC＝8 cm。已知O点距离斜面底端的长度为l＝35 cm。由以上数据可以得出( )
A．小球的加速度大小为12 m/s2
B．小球在A点的速度为0
C．斜面上最多有5个小球在滚动
D．该照片是距第一个小球释放后0.3 s拍摄的
【答案】C
【解析】根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝＝4 m/s2，A错误； 小球在B点时的速度vB＝＝0.6 m/s，小球在A点的速度为vA＝vB－aT＝0.2 m/s，则tA＝＝0.05 s，即该照片是距第一个小球释放后0.05 s拍摄的，B、D错误；最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x1＝aT2＝0.02 m＝2 cm，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7…，则各个球之间的距离分别为2 cm、6 cm、10 cm、14 cm、18 cm…，因为O点与斜面底端距离为35 cm，而前5个球之间的距离之和为32 cm，斜面上最多有5个球，C正确。
训练3、一物体作匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2。则物体运动的加速度为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】第一段位移中间时刻的速度为……①
第二段位移中间时刻的速度为……②
则物体的加速度为……③
由①②③得a=
考点三、自由落体运动和竖直上抛运动
1.竖直上抛运动的重要特性
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：
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。
例1、两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2 B．gt2
C．gt2 D．gt2
【答案】D
【解析】第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝g＝。根据h＝gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为gt2、，两物体未下落时相距，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝－＝，故D正确，A、B、C错误。
例2、研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s 的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10 m/s2)
【答案】495m
【解析】[过程图示] 将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理。A→B为竖直方向匀减速运动，B→C→D为自由落体运动。
法一 分段法
在A→B段，根据匀变速直线运动规律可知
tAB==1 s
hAB=hBC==5 m
由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s
根据自由落体运动规律可得hBD==500 m
故释放点离地面的高度H=hBD-hBC=495 m。
法二 全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动,规定向上为正方向，则v0=10 m/s，a=-g=-10 m/s2,
根据H=v0t+at2
解得H=-495 m,
即产品刚释放时离地面的高度为495 m。
例3、(2019·高考全国卷Ⅰ，T18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
【答案】C
【解析】本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，C正确。
l 课堂随练
训练1、某跳伞运动员在一次跳伞表演中，离开距地h＝333 m高的悬停直升机后，先做自由落体运动，当自由下落h1＝125 m时打开降落伞，伞张开后做匀减速运动，运动员到达地面时速度v＝2 m/s，重力加速度g取10 m/s2。
(1)运动员打开降落伞时速度多大？
(2)运动员离开飞机后，经过多少时间才能到达地面？
【答案】(1)50 m/s (2)13 s
【解析】(1)由自由落体运动规律可得v＝2gh1
解得v1＝＝50 m/s。
(2)由自由落体运动规律可得v1＝gt1
解得t1＝5 s
运动员减速过程，由匀变速直线运动规律可得＝＝26 m/s
t2＝＝8 s
t＝t1＋t2＝13 s。
训练2、（多选）将一物体以初速度为v竖直向上抛出，当速度大小变为时，其在空中运动的时间为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】当末速度方向竖直向上时，运动时间
当末速度方向竖直向下时，运动时间
故A、C正确。
Ø 同步训练
1、关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )
A．在相等时间内位移的变化相同
B．在相等时间内速度的变化相同
C．在相等时间内加速度的变化相同
D．在相等路程内速度的变化相同
【答案】B
【解析】根据匀变速直线运动的定义可知，做匀变速直线运动的物体，在相等的时间内速度变化相同，加速度不变，故B正确。A、C、D均错误。
2、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做匀加速直线运动，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．10 m/s B．15 m/s
C．20 m/s D．30 m/s
【答案】A
【解析】飞机相对航母做匀加速直线运动，由(v－v0)2＝2ax，v＝50 m/s，x＝160 m，a＝5 m/s2，可求得飞机的初速度，即航母的最小速度v0＝10 m/s，选项A正确。
3、一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为10 m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)( )
A．在A点上方15 m处，速度方向竖直向上
B．在A点下方15 m处，速度方向竖直向下
C．在A点上方75 m处，速度方向竖直向上
D．在A点上方75 m处，速度方向竖直向下
【答案】C
【解析】若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v＝v0－gt，得物体的初速度为v0＝v＋gt＝40 m/s，则物体的位移为h1＝(v0＋v)＝75 m，物体在A点的上方，C正确，D错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v0′＝－v＋gt＝20 m/s，物体的位移为h2＝(v0′－v)＝15 m，物体仍然在A点的上方，A、B错误。
4、一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，小球仍在空中运动，则( )
A．小球在2 s末的速度大小是16 m/s
B．该星球上的重力加速度为12 m/s2
C．小球在第4 s末的速度大小是42 m/s
D．小球在4 s内的位移是80 m
【答案】B
【解析】设该星球的重力加速度为g，小球第4 s内的位移是42 m，有gt42－gt32＝42 m，t4＝4 s，t3＝3 s，解得g＝12 m/s2，所以小球在2 s末的速度大小为v2＝gt2＝24 m/s，故A错误，B正确；小球在第4 s末的速度大小是v4＝gt4＝48 m/s，选项C错误；小球在4 s内的位移是gt42＝96 m，选项D错误。
5、(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，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】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成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，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，选项A错误，B正确。
6、(多选)我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，加速度大小为2.5 m/s2，假设汽车可视为质点．则下列说法正确的是( )
A．汽车开始减速时距离自动收费装置50 m
B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s
C．汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m
D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
【答案】AC
【解析】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离v1＝t1＝×4 m＝50 m，故A正确．汽车恢复到20 m/s所需的时间t2＝＝6 s，故B错误．汽车加速运动的位移x2＝t2＝×6 m＝75 m，则总路程x＝x1＋x2＝(50＋75) m＝125 m，故C正确．这段路程匀速运动通过的时间t＝＝6.25 s，则通过自动收费装置耽误的时间Δt＝t1＋t2－t＝(4＋6－6.25) s＝3.75 s，故D错误．
7、(2021浙江温州高三二模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示,ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某ETC通道的长度为8.4 m,一辆汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区,ETC用了0.2 s的时间识别车载电子标签,识别完成后发出“滴”的一声,司机发现自动栏杆没有抬起,于是刹车,汽车刚好未撞杆。若刹车的加速度大小为5 m/s2,则司机的反应时间约为( )
A.0.4 s B.0.6 s
C.0.7 s D.0.8 s
【答案】B
【解析】v0=21.6 km/h=6 m/s，设反应时间为t，汽车匀速运动的位移为x1=v0(t+0.2 s)，随后汽车做减速运动，位移为x2=，且x1+x2=8.4 m，联立解得t=0.6 s，故选B。
8、(多选)如图所示，水平线OO′在某竖直平面内，距地面高度为h，一条长为l(l＜h)的轻绳两端分别系小球A和B，小球A在水平线OO′上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态．现从OO′上另一点静止释放小球1，当小球1下落至与小球B等高位置时，从OO′上静止释放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方( )
A．小球1将与小球B同时落地
B．h越大，小球A与小球B的落地时间差越小
C．在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上
D．在小球1落地前，小球1与2之间的距离越来越大
【答案】BD
【解析】设小球1下落到与B等高的位置时的速度为v，设小球1还需要经过时间t1落地，
则：h－l＝vt1＋gt ①
设B运动的时间为t2，则：h－l＝gt ②
比较①②可知，t1＜t2.故A错误；
设A运动时间为t3，则：h＝gt ③
可得：t3－t2＝－ ④
可知l是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差越小．故B正确．小球A与B都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力．故C错误.1与2两球的距离：L＝vt＋gt2－gt2＝vt，可见，两球间的距离随时间的推移，越来越大；故D正确。
9、(2020·全国卷Ⅰ，24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【答案】(1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
【解析】(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv①
m2g＝kv②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
v＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s⑦
10、某跳伞运动员在一次跳伞表演中，离开距地h=224m高的悬停直升机后，先做自由落体运动，当自由下落一段时间后打开降落伞，伞张开后做匀减速运动，其加速度大小a=12.5m/s2,运动员到达地面时速度v＝5m/s，重力加速度g取10 m/s2。
(1)运动员打开降落伞时速度多大？
(2)运动员离开飞机后，经过多少时间才能到达地面？
【答案】(1)50 m/s (2)8.6s
【解析】(1)由自由落体运动规律可得v＝2gh1……①
打开降落伞做减速运动时，由运动学公式得……②
又……③
由①②③式得
(2)由自由落体运动规律可得v1＝gt1
解得t1＝5 s
运动员减速过程，由匀变速直线运动规律可得
t＝t1＋t2＝8.6 s。
11、架设在公路上的激光测速仪发射出的光束有一定的倾角，导致只能测定距离仪器20～200 m范围内汽车的车速．某路段限速54 km/h.一辆小轿车在距离测速仪264 m时司机发现了前方的测速仪，立即开始做匀减速直线运动，结果第一次测速时该车恰好没有超速，且第二次测速时测得小轿车的速度为50.4 km/h.已知测速仪每隔2 s测速一次，测速激光脉冲时间极短．试求该小轿车减速前的速度范围．
【答案】17 m/s≤v<17.9 m/s
【解析】画出小轿车运动情景图，如图所示
第一次测速恰好没有超速，即v1＝54 km/h＝15 m/s，第二次测得v2＝50.4 km/h＝14 m/s，
由两次测量的速度可得小轿车的加速度
a＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2.
若当小轿车到达距离测速仪200 m处时刚好遇到测速的激光，设小轿车减速前的速度为v0，则v－v＝2ax，x＝(264－200)m＝64 m，v0＝＝17 m/s，
若小轿车到达距离测速仪200 m处时前一次测速激光刚过，则小轿车继续减速2 s后才遇到第一次测速，其速度为限制速度，设小轿车到达距离测速仪200 m处时的速度为v3，则v1＝v3＋at，
v3＝15 m/s－(－0.5)×2 m/s＝16 m/s，
设此情况下小轿车减速前的速度为v0′，
则v－v0′2＝2ax，
v0′＝≈17.9 m/s，
所以小轿车减速前的速度应满足17 m/s≤v≤17.9 m/s.
相关试卷
新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 匀变速直线运动章末测试（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 匀变速直线运动章末测试（含解析），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 第4讲 实验：探究匀变速直线运动的规律（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 第4讲 实验：探究匀变速直线运动的规律（含解析），共16页。试卷主要包含了打点计时器，实验等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 第3讲 运动的图像（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 第3讲 运动的图像（含解析），共15页。试卷主要包含了v－t图像，x－t图像，其他图像等内容，欢迎下载使用。
