2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修1+第一章+第2讲+匀变速直线运动规律+Word版含解析.pdf

第 2 讲 匀变速直线运动规律 知识排查 匀变速直线运动 1.概念：沿一条直线且加速度不变的运动。2.分类：(1)匀加速直线运动：a 与 v 方向相同。(2)匀减速直线运动：a 与 v 方向相反。3.基本规律 （1）速度时间关系：vv0at（2）位移时间关系：xv0t12at2（3）速度位移关系：v2v202ax（4）平均速度公式：xv0v2t 初速度为零v00vatx12at2v22axxv2t 匀变速直线运动的推论 1.相同时间内的位移差：xaT2，xmxn(mn)aT2 2.中间时刻速度：vt2v0v2 v 自由落体运动 1.条件：物体只受重力，从静止开始下落。2.基本规律(1)速度公式：vgt。(2)位移公式：h12gt2。(3)速度位移关系式：v22gh。3.伽利略对自由落体运动的研究 伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理猜想与假设实验验证合理外推。这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。小题速练 1.思考判断(1)匀加速直线运动是速度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等于该段时间的平均速度()(4)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动()(5)伽利略利用理想实验研究得出自由落体是初速度为零的匀加速运动()答案(1)(2)(3)(4)(5)2.一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分成 123 的三段，则每段时间内的位移之比为()A.135 B.149 C.1827 D.11681 答案 C 3.人教版必修 1P40T3改编以 18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在 3 s 内前进 36 m，则汽车在 5 s 内的位移为()A.50 m B.45 m C.40.5 m D.40 m 解析 根据 xv0t12at2得 3618312a32，即 a4 m/s2。汽车停止所需时间为 tv0a184 s4.5 s5 s，所以 4.5 s 末汽车停车，5 s 内的位移 xv22a18224 m40.5 m，故选项 C 正确。答案 C 4.小王同学想利用所学的物理知识测量房子的高度，他将一个直径为 0.5 cm 的小球从房顶由静止自由落下，在快要落到地面的地方利用光电门记下小球通过光电门的时间为 0.3 ms，通过计算可以知道房子高度大约为()A.14 m B.16 m C.10 m D.12 m 解析 小球落地的速度为 vdt0.51020.3103 m/s503 m/s，由公式 v22gh，所以hv22g503221014 m，所以选项 A 正确，选项 B、C、D 错误。答案 A 匀变速直线运动规律的应用 1.运动学公式中符号的规定 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 v00，一般以 a 的方向为正方向。2.解决运动学问题的基本思路 【典例】如图 1 所示，冰壶以速度 v 垂直进入四个宽为 l 的矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域的 E 点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为 t，试通过所学知识分析并计算冰壶通过第四个矩形区域所用的时间是多少？(可选用多种方法)图 1 解析 法一 一般公式法 根据位移公式和速度公式，由 A 到 E，有 4lvt112at21，0vat1 式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a 为其加速度的大小 由 A 到 D，有 3lvt12at2 联立解得 t12t 或 t123t 显然 t123t 不符合题意，应舍去。所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为 tt1tt。法二 逆向思维法 冰壶通过矩形区域做匀减速直线运动，可看做冰壶从 E 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式，由 E 到 A，有 4l12at21 式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a 为其加速度的大小 由 E 到 D，有 l12a(t1t)2 联立解得 t12t 或 t123t 显然 t123t 不符合题意，应舍去。所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为 tt1tt。法三 图象法 冰壶做匀减速直线运动的速度时间图象如图所示。冰壶由 A 到E 的位移与由 D 到 E 的位移之比为 41，由于相似三角形的面积之比等于对应边长的平方之比，则 tOEtOD21，故 tDEtODt，即冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为 tt。答案 t 解答匀变速直线运动问题常用方法 1.(2018连云港模拟)一个物体做匀加速直线运动，它在第 3 s 内的位移为 5 m，则下列说法正确的是()A.物体在第 3 s 末的速度一定是 6 m/s B.物体的加速度一定是 2 m/s2 C.物体在前 5 s 内的位移一定是 25 m D.物体在第 5 s 内的位移一定是 9 m 解析 由第 3 s 内的位移可以求出第 2.5 s 的瞬时速度 vxt51 m/s5 m/s，由于匀加速直线运动的初速度未知，无法求出物体的加速度，故无法求解第 3 s 末的速度及第 5 s 内的位移，选项A、B、D 错误；前 5 s 内的平均速度等于2.5 s 的瞬时速度，故前5 s内的位移一定是xvt55 m25 m，选项C 正确。答案 C 2.一辆车由静止开始做匀变速直线运动，在第 8 s 末开始刹车，经 4 s 停下来，汽车刹车过程也在做匀变速运动，那么前后两段加速度的大小之比是()A.14 B.12 C.21 D.41 解析 设前后两段的加速度大小分别为 a1、a2，开始刹车时汽车速度为 v，则 a1vt1，a2vt2，所以 a1a2t2t112。答案 B 3.(20184 月浙江选考)如图 2 所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为 104 m，升降机运行的最大速度为 8 m/s，加速度大小不超过 1 m/s2。假定升降机到井口的速度为 0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是()图 2 A.13 s B.16 s C.21 s D.26 s 解析 运动分成三段，开始匀加速启动，接下来以 8 m/s 的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口。加速阶段时间 t1va8 s，位移 x112at232 m。减速阶段与加速阶段对称，t38 s，x332 m 匀速阶段 x2(1043232)m40 m，所以 t2x2v5 s 所以 t总t1t2t321 s，所以选 C。答案 C 自由落体运动 伽利略对自由落体运动的研究 应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)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。【典例】如图 3 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 g10 m/s2，求：图 3(1)木杆经过圆筒的上端 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，木杆的下端到达圆筒上端 A 用时 t下A2h下Ag21510 s 3 s 木杆的上端到达圆筒上端 A 用时 t上 A2h上Ag22010 s2 s 则木杆通过圆筒上端 A 所用的时间 t1t上 At下 A(2 3)s。(2)木杆的下端到达圆筒上端 A 用时 t下 A2h下Ag21510 s 3 s 木杆的上端离开圆筒下端 B 用时 t上 B2h上Bg22510 s 5 s 则木杆通过圆筒所用的时间 t2t上 Bt下 A(5 3)s。答案(1)(2 3)s(2)(5 3)s 1.质量为 m 的物体从高为 h 处自由下落，开始的h3用时为 t，重力加速度为 g，则()A.物体落地所用的时间为 3t B.物体落地所用的时间为 3t C.物体落地时的速度为 6gt D.物体落地时的速度为 3gt 解析 根据自由落体运动规律有 h12gt2，h312gt2，解得 t 3t，A 正确，B 错误；物体落地时的速度 vgt 3gt，C、D 错误。答案 A 2.(2018浙江选考模拟)如图 4 所示，只要测量了小明释放直尺到小张捏住直尺这段时间内直尺下落的高度 h，就能确定小张的反应时间 t，其所依据的关系式为(重力加速度为 g)()图 4 A.thv B.t2hv C.t2hg D.t2hg 解析 直尺下落可以看做自由落体运动，由自由落体运动规律得 h12gt2，代入数据解得 t2hg，C 正确。答案 C 3.(2018浙江教育绿色评价联盟高考适应性考试)有一种“傻瓜”相机的曝光时间是 0.02 s。有位同学从墙面前某点，使一个小石子自由落下，对小石子照相，得到如图 5 的照片，由于小石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹 AB，已知每块砖的平均厚度约为 6 cm，从这些信息估算该小石子下落的起点到 A 点的距离最接近于()图 5 A.0.45 m B.1.8 m C.3.6 m D.4.5 m 解析 石子做自由落体运动，它留下径迹 AB 的对应运动时间即为照相机的曝光时间，设开始下落点为 O。由照片可以看出，AB 长对应两块砖的厚度，即 AB的实际长度为：AB62 cm0.12 m，设 OAh，则 OBh0.12，根据 h12gt2，得从 O 到 A 的时间为：tA2hg，从 O 到 B 的时间为：tB2（h0.12）g，又 tBtA0.02 s，联立解得 h1.8 m，故选项 B 正确。答案 B 多过程运动问题 解答多过程问题的注意点(1)由题意画出物体在各阶段时运动示意图，直观呈现物体的运动过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量，待求量以及中间量。(3)合理选择运动学公式。列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。【典例】(2018浙江东阳中学测试)如图 6 所示，在某次阅兵中，某直升机在地面上空某高度 A 位置处于静止状态待命，要求该机 10 时 56 分 40 秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过 AB 段加速后，进入 BC 段的匀速受阅区，11 时准时通过 C 位置，已知：AB4 km，BC8 km。求：图 6(1)直升机在 BC 段的速度大小；(2)直升机在 AB 段做匀加速直线运动时的加速度大小。解析(1)直升机从 A 点到 C 点共用时间 t200 s，设到达 B 点的速度为 v，根据匀变速直线运动的规律 xABvt124 000 m，xBCvt28 000 m，t1t2200 s。联立以上各式解得v80 m/s。(2)由vt124 000 m 解得 t1100 s，所以 avt180100 m/s20.8 m/s2。答案(1)80 m/s(2)0.8 m/s2 1.如图 7 所示，t0 时，质量为 0.5 kg 的物体从光滑斜面上的 A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入水平面(经过 B 点前后速度大小不变)，最后停在 C 点，每隔 2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列说法中正确的是()图 7 t/s 0 2 4 6 v/(ms1)0 8 12 8 A.t103 s 的时刻物体恰好经过 B 点 B.t12 s 的时刻物体恰好停在 C 点 C.物体运动过程中的最大速度为 12 m/s D.A、B 间的距离大于 B、C 间的距离 解析 根据图表信息，如果第 4 s 还在斜面上的话，速度应该为 16 m/s，从而判断出第 4 s 已过 B 点，是在 2 s 到 4 s 之间经过 B 点，物体下滑的加速度 a1vt82 m/s24 m/s2和在水平面上的加速度 a22 m/s2，根据运动学公式 8a1t1a2t212，t1t22 s 解出 t143 s，知经过103 s 到达 B 点，到达 B 点时速度 va1t403 m/s，所以最大速度不是 12 m/s，而是 vBa1t4103 m/s13.3 m/s，故 A 正确，C 错误；第 6 s 末速度是 8 m/s，到停下来还需时间 t082 s4 s，所以到 C 点时间是 10 s，故 B 错误；根据 v2v202ax，求出 AB 段的长度为2009 m，BC 段长度为4009 m，则 A、B 间的距离小于 B、C 间的距离，故 D 错误。答案 A 2.(2018金华模拟)为了缓解城市交通压力，目前我国许多城市在十字路口增设了“直行待行区”。当提示“进入直行待行区”时车辆可以越过停车线进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口。假设某十字路口限速 40 km/h，“直行待行区”的长度为 10 m，从提示“进入直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为 4 s。图 8(1)甲汽车司机看到“进入直行待行区”提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，求甲汽车的加速度大小并判断绿灯亮起时是否超速；(2)乙汽车司机看到“进入直行待行区”提示时，乙车刚好以 36 km/h 的速度经过停车线并同时刹车，为了恰好停在直行区前端虚线处，求制动时的加速度大小及所用时间。解析(1)由 x12a1t21得 a11.25 m/s2 v1a1t15 m/s18 km/h40 km/h，故甲汽车在绿灯亮起时不超速(2)由 v222a2x 得 a25 m/s2 由 v2a2t2得 t22 s 答案(1)1.25 m/s2 不超速(2)5 m/s2 2 s 3.(2018浙江金华期末)如图 9 所示，在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每隔 1 s 有一个小孩往下滑，一游客对着冰道的孩子拍下一张照片，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子，他根据照片与实物的比例推算出乙与甲和丙孩子间的距离分别为 12.5 m 和 17.5 m，求：图 9(1)小孩在下滑过程的加速度是多大？(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多少？(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩不会超过几个？解析(1)甲、乙之距 x112.5 m，乙、丙之距 x217.5 m，由 x2x1aT2得，加速度 ax2x1T217.512.512 m/s25 m/s2。(2)乙的速度 v乙x1x22T12.517.521 m/s15 m/s，丁的速度 v丁v乙a2T(15521)m/s25 m/s。(3)从开始至摄像时乙滑动的时间 t乙v乙0a3 s；则甲滑动的时间为 2 s，所以甲上面不会超过两个小孩。答案(1)5 m/s2(2)25 m/s(3)两个 科学思维“形异质同”类问题 什么是“形异质同”和“形同质异”题目做得多了，会遇到一类遵循的物理规律相同，但提供的物理情景新颖、信息陌生、物理过程独特的问题，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。其实这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问题我们称之为形异质同。另外，平时做题时还会遇到一类物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的问题，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误。这类问题我们称之为形同质异。下面列举两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题。类型一 水平刹车与沿粗糙斜面上滑 1.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t0 时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小 x 与速度大小 v 的关系为 x100.1v2(m)，下列分析正确的是()A.刹车过程汽车的加速度大小为 0.2 m/s2 B.刹车过程持续的时间为 2 s C.t0 时刻汽车的速度大小为 5 m/s D.刹车全过程的位移大小为 5 m 解析 根据匀变速直线运动中位移与速度关系可得 xv2v202av202a12av2，对应 x100.1v2(m)，可得v202a10 m，12a0.1 s2/m，得加速度 a5 m/s2，t0 时刻的速度大小 v010 m/s，刹车持续时间t0v0a2 s，刹车全过程的位移大小x0v202a10 m，故只有选项B 正确。答案 B 2.如图 10 所示，木板与水平地面间的夹角 30，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度 v010 m/s 沿木板向上运动，取 g10 m/s2。则以下结论正确的是()图 10 A.小木块与木板间的动摩擦因数为32 B.小木块经 t2 s 沿木板滑到最高点 C.小木块在 t2 s 时速度大小为 10 m/s，方向沿木板向下 D.小木块滑到最高点后将静止不动 解析 小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30mgcos 30，可得 33，选项 A 错误；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得 mgsin 30mgcos 30ma，可得小木块上滑过程中匀减速运动的加速度 a10 m/s2，故小木块上滑的时间 t上v0a1 s，小木块速度减为零时，有 mgsin 30mgcos 30，故小木块将静止在最高点，选项 D 正确，B、C 错误。答案 D (1)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为零后，汽车将停止运动。(2)物体沿粗糙斜面上滑至最高点后，若有 mgsin mgcos，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。类型二 竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑 3.在某一高度以 v020 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一定为 15 m/s，方向向上 B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为 5 m/s，方向向下 C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为 5 m/s，方向向上 D.小球的位移大小一定是 15 m 解析 小球竖直上抛，做匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式 vv0v2求解，规定向上为正方向，当小球的末速度为向上 10 m/s时，v10 m/s，用公式求得平均速度为 15 m/s，方向向上；当小球的末速度为向下 10 m/s 时，v10 m/s，用公式求得平均速度 为 5 m/s，方向向上，选项 A、B、C 均错误；由于末速度大小为 10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移 xv20v22g15 m，选项 D 正确。答案 D 4.(多选)如图 11 所示，在光滑足够长的斜面上，有一物体以 10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为 7.5 m 时，下列说法正确的是()图 11 A.物体运动时间可能为 1 s B.物体运动时间可能为 3 s C.物体运动时间可能为(2 7)s D.此时的速度大小一定为 5 m/s 解析 当物体的位置在出发点的上方时，根据 xv0t12at2得 7.510t125t2 即 t24t30，所以 t13 s 或 t21 s 由 vv0at 得 v5 m/s 当物体的位置在出发点的下方时，根据 xv0t12at2得 7.510t125t2 即 t24t30，t(2 7)s，舍去负值。即 t3(2 7)s。由 vv0at 得 v5 7 m/s，所以选项 A、B、C 均正确，D 错误。答案 ABC 活页作业(时间：30 分钟)A 组 基础过关 1.(2018河南信阳模拟)做匀减速直线运动的物体经 4 s 停止，若在第 1 s 内的位移是 14 m，则最后 1 s 内的位移是()A.3.5 m B.2 m C.1 m D.0 解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每 1 s 内的位移之比为 7531，所以7114 mx1，x12 m，选项 B 正确。答案 B 2.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，加速度为 avtv2v1t32.51.5 m/s23 m/s2，选项 C 正确。答案 C 3.(20164 月浙江选考)已知月球表面的加速度约为地球表面加速度的16，宇航员在月球上离月球表面高 10 m 处由静止释放一片羽毛，羽毛落到月球表面上的时间大约是()A.1.0 s B.1.4 s C.3.5 s D.12 s 解析 月球上没有空气，羽毛只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，月球表面的加速度为地球表面加速度的16，根据 h12gt2得 t2hg3.46 s3.5 s，C 正确。答案 C 4.(20174 月浙江选考)拿一个长约 1.5 m 的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里。把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况。然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确的是()图 1 A.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快 B.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动 C.玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快 D.玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快 解析 抽出空气之后，羽毛和金属片下落仅受重力，因此加速度一样大，所以下落一样快，选项 C 正确。答案 C 5.(20174 月浙江选考)四月的江南草长莺飞，桃红柳绿，雨水连绵。伴随温柔的雨势，时常出现瓢泼大雨，雷电交加的景象，在某次闪电过后约 2 s 小明听到雷声，则雷电生成处离小明的距离约为()A.6102 m B.6104 m C.6106 m D.6108 m 解析 声速大约为 340 m/s，所以雷电生成处离小明的距离 xvt3402 m680 m，选项 A 正确。答案 A 6.一个物体沿着斜面从静止滑下做匀变速直线运动。已知它前 2 s 内的位移为 3 m，则它在第四个 2 s 内的位移是()A.14 m B.21 m C.24 m D.48 m 解析 物体在前 2 s 内的位移 x112at21，a2x1t212322 m/s21.5 m/s2，第四个 2 s内的位移x412a(4t1)212a(3t1)2121.5(42)2 m121.5(32)2 m21 m，B 正确。答案 B 7.(2018桐乡市选考模拟)浙江省长兴县十里银杏长廊景区古银杏众多，成片成林全国罕见。某次游客小朱发现一片手掌大小的树叶正好从离水平地面高约 3 m 的树枝上飘落。这片树叶从树枝开始下落到落到地面上的时间可能是()图 2 A.0.4 s B.0.6 s C.0.8 s D.3 s 解析 根据自由落体运动公式：h12gt2，解得 t2hg239.8 s0.8 s，而树叶的运动时间大于自由落体运动的时间，可知树叶开始下落的时间为 3 s，故D 正确，A、B、C 错误。答案 D 8.航空母舰是以舰载机为主要武器的大型水面战斗舰艇。民航客机起飞时需在150 s内使飞机从静止加速到40 m/s，而舰载飞机借助助推设备，在 3 s 内就可使飞机加速到 80 m/s，设起飞时飞机在跑道上做匀加速运动，供客机起飞的跑道的长度为航空母舰的甲板跑道长度的()图 3 A.25 倍 B.50 倍 C.250 倍 D.500 倍 解析 民航客机加速度 a140150 m/s2415 m/s2，民航客机跑道长度 x112a1t213 000 m；航空母舰的加速度 a2803 m/s2，航空母舰的甲板跑道长度 x212a2t22120 m，则 x125 x2，A 正确。答案 A 9.有一长为 L 的列车，正以恒定的加速度过铁路桥，桥长也为 L，现已知列车车头过桥头的速度为 v1，车头过桥尾时的速度为 v2，那么，车尾过桥尾时的速度为()A.2v1v2 B.2v2v1 C.2v21v22 D.2v22v21 解析 从列车车头过桥头开始，车头过桥尾时，列车位移大小为 L，车尾过桥尾时，列车位移为 2L，若列车车尾过桥尾时速度为 v3，由 v22v212aL，v23v214aL 得 v32v22v21，选项 D 正确。答案 D B 组 能力提升 10.如图 4 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 5 s 和 2 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()图 4 A.关卡 2 B.关卡 3 C.关卡 4 D.关卡 5 解析 该同学从关卡 1 出发做初速度为零的匀加速直线运动，由 vat12 m/s，易知 t11 s，在这1 s 内他跑了x12at211 m，从1 s 末起，他将做匀速直线运动，此时离关卡关闭还剩 4 s，他能跑 2 m/s4 s8 m，因此，他能顺利通过关卡 2，选项 A 错误；而 7 s 末时他跑了 1 m2 m/s6 s13 m，还未到关卡 3，而 12 s 末时他跑了 1 m2 m/s11 s23 m，还未到关卡 4，离关卡 4 还有 1 m，仅需 0.5 s2 s，到达关卡 4 时关卡 4 处于关闭状态，故不能通过关卡4，选项 C正确，B、D 错误。答案 C 11.小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪方法拍摄的小球位置如图 5中 1、2、3 和 4 所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为 T，每块砖的厚度为 d，重力加速度为 g。由此可知小球()图 5 A.下落过程中的加速度大小约为d2T2 B.经过位置 3 时的瞬时速度大小约为 2gT C.经过位置 4 时的瞬时速度大小约为9d2T D.从位置 1 到 4 过程中的平均速度大小约为9d4T 解析 根据 xdaT2得，下落过程中的加速度 adT2，故 A 错误；经过位置 3的瞬时速度等于 2、4 段的平均速度，则 v37d2T，故 B 错误；根据速度时间公式得，通过位置 4 的瞬时速度 v4v3aT9d2T，故 C 正确；从位置 1 到 4 过程中的平均速度大小 v9d3T3dT，故 D 错误。答案 C 12.(2018台州期中)跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面 224 m 水平飞行时，运动员离开飞机在竖直方向做自由落体运动。运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以12.5 m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过 5 m/s(取 g10 m/s2)。求：(1)运动员展伞时，离地面的高度至少为多少？(2)运动员在空中的最短时间为多少？解析 设运动员未开伞自由下落的时间为 t1，开伞后做匀减速运动的时间为 t2 以向下为正方向，则匀减速时的加速度为 a12.5 m/s2 在临界情况下，运动员将以 5 m/s 的速度落地。所以有速度关系 vgt1at210t112.5t25 m/s 自由下落的高度 h112gt215t21 展开伞时离地高度(即减速下落的高度)h2gt1t212at2210t1t2254t22 位移关系 h1h2224 联合式可解得 t15 s，t23.6 s，h1125 m，h299 m。所以运动员展开伞时离地高度至少应为 99 m；运动员在空中的最短时间是 tt1t28.6 s。答案(1)99 m(2)8.6 s 13.(2018温州期中)温州机场大道某路口有按倒计时显示的时间显示灯。有一辆汽车在平直路面上正以 36 km/h 的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线 70 m 处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为 1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以使汽车车头越过停车线，则汽车的加速度至少多大？(2)若该路段限速60 km/h，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以2 m/s2的加速度沿直线加速 3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速运动，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求踩刹车后汽车加速度的大小(结果保留两位有效数字)。解析(1)司机反应时间内汽车通过的位移 x1v0t110 m 加速过程 t25 st14 s，70 mx1v0t212a1t22 代入数据得 a12.5 m/s2(2)汽车加速结束时通过的位移 x2v0t1v0t312a2t23101 m103 m12232 m49 m 此时车头前端离停车线的距离为 x370 mx221 m 此时汽车速度为 vv0a2t3(1023)m/s16 m/s 匀减速过程中有 2a3x3v2 代入数据解得 a36.1 m/s2。答案(1)2.5 m/s2(2)6.1 m/s2