1、第 2 讲 匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动沿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：vv 0at .(2)位移公式：xv 0t at2.12(3)位移速度关系式：v 2v 2ax.20二、匀变速直线运动的推论1.三个推论(1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值，还等于中间时刻的瞬时速度.平均速度公式： .vv0 v2 2t(2)连续相等的相邻时间间隔 T 内的位移差相等.即 x2x 1x 3 x2x nx n1 aT 2.(3)位移中点速度 .2vxv20 v222.初速度为零的匀
2、加速直线运动的四个重要推论(1)1T 末，2T 末， 3T 末，nT 末的瞬时速度之比为v1v 2v 3v n123n.(2)1T 内，2T 内， 3T 内，nT 内的位移之比为 x1x 2x 3x n1 22 23 2n 2.(3)第 1 个 T 内，第 2 个 T 内，第 3 个 T 内，第 n 个 T 内的位移之比为x x x xN13 5(2n1).(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为 t1t 2t 3t n1( 1)( 2 3)(2 ) ( ).2 3 n n 1深度思考 飞机着陆后以 6 m/s2 的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为 60 m/s，则它着陆后 12
3、 s 内滑行的距离是多少？某位同学的解法如下：由位移公式 xv 0t at2，代入已知量求得滑行距离 x288 m，请分析以上解析是否正确，12若不正确，请写出正确的解析 .答案 不正确.解析如下：先求出飞机着陆后到停止所用时间 t.由 vv 0at ，得 t s10 s，由此可知v v0a 0 60 6飞机在 12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后 2 s 内是静止的.故它着陆后 12 s 内滑行的距离为 xv 0t 6010 m ( 6) m300 m.at22 1022三、自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落.(2)基本规律速度公式：vg
4、t.位移公式：x gt2.12速度位移关系式：v 22gx.2.竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为 g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做 自由落体运动.(2)运动性质：匀减速直线运动.(3)基本规律速度公式：vv 0gt；位移公式：xv 0t gt2.123.伽利略对自由落体运动的研究(1)伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快 ”的结论.(2)伽利略对自由落体运动的研究方法和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一.他所用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.1.(多选)
5、物体从静止开始做匀加速直线运动，第 3 s 内通过的位移为 3 m，则( )A.前 3 s 内的平均速度为 3 m/s B.前 3 s 内的位移为 6 mC.物体的加速度为 1.2 m/s2 D.3 s 末的速度为 3.6 m/s答案 CD2.(粤教版必修 1P35 第 5 题改编)雨滴自屋檐由静止滴下，每隔 0.2 s 滴下一滴，第 1 滴落下时第 6 滴恰欲滴下，此时测得第 1、2、3、4 滴之间的距离依次为 1.62 m、1.26 m、0.9 m.假定落下的雨滴的运动情况完全相同，则此时第 2 滴雨滴下落的速度和屋檐高度各为(假设雨滴下落过程中不考虑空气阻力)( )A.3.6 m/s,4
6、.5 m B.7.2 m/s,4.5 m C.3.6 m/s,4 m D.8 m/s,4 m答案 B解析 6 个雨滴的自由落体运 动可以等效为 1 个雨滴在不同时刻的位置，如 图：x121.62 m，x 231.26 m，x 340.9 mv2 7.2 m/sx12 x232T由 v00 时相邻相同时间内位移之比为 1357可得： ，h4.5 m.x12h 9253.(人教版必修 1P43 第 3 题)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
7、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，弹射系统必须使它至少具有多大的初速度？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.答案 不能，10 m/s154.(人教版必修 1P45 第 5 题)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 1 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
8、的距离，单位是厘米.图 1答案 见解析解析 方法一 根据公式 x gt212x19.6 cm0.196 m.t5T0.2 sg m/s29.8 m/s 22xt2 0.1962410 2方法二 根据公式 xgT 2g 102 m/s210.6 m/s 2.xT2 19.6 12.5 12.5 7.10.042方法三 根据 vgt 和 vv0 v2 xt 2t m/s1.56 m/sv19.6 7.110 220.04g m/s29.75 m/s 2.vt 1.560.16命题点一 匀变速直线运动规律及应用1.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
9、理量 适宜选用公式v0、v、a、 t x vv 0atv0、a、t、x v xv0t at212v0、v、a、x t v2v 2ax20v0、v、t、x ax tv v02除时间 t 外，x 、v 0、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.2.规范解题流程 画 过 程 示 意 图 判 断 运 动 性 质 选 取 正 方 向 选 用 公 式 列 方 程 解 方 程 并 加 以 讨 论例 1 据报道，一儿童玩耍时不慎从 45 m 高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童.已知管理人员到楼底
10、的距离为 18 m，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击.不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g 取 10 m/s2.(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？无初速度掉下；不计空气阻力；没有水平方向的冲击.答案 (1)6 m/s (2) a9 m/s2解析 (1)儿童下落过程，由运动学公式得：h gt12 20管理人员奔跑的时间 tt 0，对管理人员运
11、动过程，由运动学公式得：x t，联立各式并代入v数据解得： 6 m/s.v(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为 v0，由运动学公式得： v0 v02解得：v 02 12 m/sv m9 m/sv故管理人员应先加速到 vm9 m/s ，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底.设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为 t1、t2、t3，位移分别为 x1、x2、x3，加速度大小 为 a，由运动学公式得：x1 at ，x3 at ，x2v mt2，vmat 1at 312 21 12 23t1t 2t 3t 0，x1x 2x 3x联立各式并代入数据得 a9 m/s 2.1.一个做
12、匀变速直线运动的质点，初速度为 0.5 m/s，第 9 s 内的位移比第 5 s 内的位移多 4 m，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在 9 s 内通过的位移分别是( )A.a1 m/s 2，v 99 m/s ，x 9 40.5 mB.a1 m/s 2，v 99 m/s，x 945 mC.a1 m/s 2，v 99.5 m/s，x 945 mD.a0.8 m/s 2，v 97.7 m/s ，x 936.9 m答案 C解析 根据匀变速直线运动的规律， 质点在 t8.5 s 时刻的速度比在 t4.5 s 时刻的速度大4 m/s，所以加速度 a 1 m/s2，v9v 0at 9.5 m/s，
13、x9 (v0v 9)t45 m，选项vt 4 m/s4 s 12C 正确.2.随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显.分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命.某路段机动车限速为 15 m/s，一货车严重超载后的总质量为 5.0104 kg，以 15 m/s 的速度匀速行驶.发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为 5 m/s2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为 10 m/s2.(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比.(2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？(3)若此货车不仅超载而且以 20 m/s 的速度超速行驶，则刹车距离又是
14、多少？ (设此情形下刹车加速度大小仍为 5 m/s2).答案 (1)21 (2)22.5 m 11.25 m (3)40 m解析 (1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比 t1t 2 21.v0a1 v0a2(2)超载时，刹车距离 x1 m22.5 mv202a1 15225正常装载时，刹车距离 x2 m11.25 mv202a2 152210显然，严重超载后的刹车距离是正常装 载时刹车距离的两倍 .(3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离 x3 m40 mv0 22a1 20225由此可见，超载超速会给交通安全 带来极大的隐患.命题点二 常用的几种物理思想方法例 2 (2016全国16
15、) 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. B. C. D.st2 3s2t2 4st2 8st2答案 A解析 动能变为原来的 9 倍， 则质点的速度变为原来的 3 倍，即 v3v 0，由 s (v0v) t 和12a 得 a ，故 A 对.v v0t st2例 3 质点由 A 点出发沿直线 AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为 a1 的匀加速运动，接着做加速度大小为 a2 的匀减速运动，到达 B 点时恰好速度减为零.若 AB 间总长度为 s，则质点从 A 到 B 所用时间 t 为( )A. B.sa1 a2a1
16、a2 2sa1 a2a1a2C. D.2sa1 a2a1a2 a1a22sa1 a2接着做加速度大小为 a2 的匀减速运动；到达 B 点时恰好速度减为零.答案 B解析 设第一阶段的末速度为 v，则由题意可知： s，v22a1 v22a2解得：v ；2a1a2sa1 a2而 s t1 t2 t，0 v2 v 02 v2由此解得：t ，所以正确答案 为 B.2a1 a2sa1a23.一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第 3 m、倒数第2 m、最后 1 m 内的运动，下列说法中正确的是( )A.经历的时间之比是 12 3B.平均速度之比是 321C.平均速度之比是 1(
17、 1)( )2 3 2D.平均速度之比是( ) ( 1) 13 2 2答案 D解析 将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为 0 的匀加速直线运动(逆向思维)，从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为 t1t 2t 31( 1)( )，2 3 2则倒数第 3 m、倒数第 2 m、最后 1 m 内经历的时间之比为( )( 1)1，平均速度3 2 2之比为 1( )( 1) 1，故只有选项 D 正确.13 2 12 1 3 2 24.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
18、 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，a 3 m/s 2，C 正确.vt v2 v1t 3 m/s2.5 1.5s5.某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以 20 m/s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过 25 m.在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为 1.5 s，轿车在制动的最初 1 s 内的位移为 8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求.答案
19、符合设计要求解析 轿车在制动的最初 1 s 内的位移为 8.2 m.则 v0.5 m/s8.2 m/s，vxt 8.21a m/s223.6 m/s 2.v0.5 v0t 8.2 200.5由 v2v 2ax，20可得 x m8.5 m0，物体上升，若 v0，物体在抛出点上方，若 h0，物体在抛出点下方例 4 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/s 2，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
20、间 t2 是多少？答案 (1)(2 ) s3(2)( ) s5 3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 A s s2h下 Ag 21510 3木杆的上端到达圆筒上端 A 用时t 上 A s2 s2h上 Ag 22010则通过圆筒上端 A 所用的时间t1t 上 At 下 A(2 ) s3(2)木杆的上端离开圆筒下端 B 用时t 上 B s s2h上 Bg 22510 5则木杆通过圆筒所用的时间t2t 上 Bt 下 A( ) s5 3例 5 在竖直的井底，将一物体以 11 m/s 的速度竖直向上抛出，物体在井口处被人接住，在被人接住前 1 s 内物体的位
21、移是 4 m，位移方向向上，不计空气阻力，g 取 10 m/s2，求：(1)物体从抛出到被人接住所经历的时间；(2)此竖直井的深度.答案 (1)1.2 s (2)6 m解析 (1)被人接住前 1 s 内物体的位移是 4 m，由于自由落体的物体第 1 s 内的位移h1 gt25 m12故而一定是在物体通过最高点后返回过程中被接住， 设接住前 1 s 时的初速度为 v1，则hv 1t gt212解得 v19 m/st1 s0.2 sv0 v1g 11 910从抛出到被人接住所经历的时间tt 11 s1.2 s(2)竖直井的深度为 H，则 Hv 0t gt 2111.2 m 101.22 m6 m.
22、12 126.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答案 D7.距地面高 5 m 的水平直轨道上 A、B 两点相距 2 m，在 B 点用细线悬挂一小球，离地高度为 h，如图 4 所示.小车始终以 4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过 A 点时将随车携带的
23、小球由轨道高度自由卸下，小车运动至 B 点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力，取重力加速度的大小 g10 m/s 2.可求得 h 等于( )图 4A.1.25 m B.2.25 m C.3.75 m D.4.75 m答案 A解析 小车上的小球自 A 点自由落地的时间 t1 ，小车从 A 到 B 的时间 t2 ；小车运动2Hg dv至 B 点时细线被轧断，小球下落的时间 t3 ；根据题意可得时间关系为 t1t 2t 3，即2hg ，解得 h1.25 m， 选项 A 正确.2Hg dv 2hg命题点四 多运动过程问题如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系
24、各段的纽带.可按下列步骤解题：(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；(2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移时间关系；(4)解：联立求解，算出结果.例 6 假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过 vt21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速均为 v0108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为 a14 m/s2.试问：(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以 a26 m/s2 的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)
25、(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？答案 (1)108 m (2)10 s (3)4 s解析 (1)v t21.6 km/h6 m/s，事先小汽 车未减速的车速均 为 v0108 km/h30 m/s，小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距收费站至少 x1处开始制动，则：v v 2a 1x12t 20即：6 230 22(4)x 1解得：x 1108 m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为 x1 和 x2，时间分别为 t1 和 t2，则：减速阶段：v tv 0a 1t1t1 s6 svt v0 a1 6 304加速阶段：v 0v ta 2
26、t2t2 s4 sv0 vta2 30 66则汽车运动的时间至少为：t t1t 210 s.(3)在加速阶段：v v 2a 2x220 2t3026 226x 2解得：x 272 m则总位移 xx 1x 2180 m若不减速通过收费站，所需时间t 6 sx1 x2v0车因减速和加速过站而耽误的时间至少为：t tt4 s.多过程组合问题的“三个”处理技巧1.用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来.2.将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动.3.多运动过程的转折点的速度是联系两个
27、运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键.8.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，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，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离.答案 5 m/s 2 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 at 12 20x1x 2 a(2t0)2 12式中 t01 s联立(1)(2)两式并代入已知
28、条件，得 a5 m/s 2 设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速运 动时间为 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 tt 1t 2 vat 1 x at vt 2 12 21设加速阶段通过的距离为 x， 则x at 12 21联立式，并代入数据得：x10 m 用“等效法”处理三类直线运动问题一、将“平均速度”等效为“中间时刻的瞬时速度”做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度 等于它在这段时间 t 内的中间时刻的瞬v时速度，在解题中，我们可以充分利用这一关系，进行等效处理，以达到简化解题的目的.典例 1 物体从静止开始做匀加速直线运
29、动，测得它在第 n s 内的位移为 x m，则物体运动的加速度为( )A. m/s2 B. m/s22xn2 x2n2C. m/s2 D. m/s22n 12x 2x2n 1答案 D解析 第 n s 内位移为 x m，该 秒内平均速度大小为 x m/s，与该秒内中间时刻瞬时速度相等，则(n0.5) s 时瞬时速度大小也为 x m/s，即a(n0.5) x所以 a m/s2，选项 D 正确 .2x2n 1二、将“匀减速至零的运动”等效为“初速度为零的匀加速运动”加速度大小相等的匀加速运动与匀减速运动，在相应的物理量上表现出一定的对称性，即加速运动可等效为逆向的减速运动，反之亦然.典例 2 以 3
30、6 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为 4 m/s2 的加速度，刹车后第三个 2 s 内，汽车走过的位移为( )A.12.5 m B.2 m C.10 m D.0答案 D解析 设汽车从刹车到停下的 时间为 t，根据匀减速至零的运动等效为初速度为零的匀加速运动，则由 v0at 得 t s2.5 s，所以刹车后第三个 2 s 时汽车早已停止，即刹车后v0a 104第三个 2 s 内，汽车走过的位移 为零， D 正确.三、将“匀减速运动至零又反向加速”等效为“竖直上抛运动”如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、方向均不变，故求解
31、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 3 (多选)一物体以 5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为 2 m/s2，设斜面足够长，经过 t 时间物体位移的大小为 4 m，则时间 t 可能为( )A.1 s B.3 s C.4 s D. s5 412答案 ACD解析 当物体的位移为 4 m 时，根据 xv 0t at2 得1245t 2t212解得 t11 s， t24 s当物体的位移为4 m 时，根据 xv 0t at2 得1245t 2t212解得 t3 s，故 A、C、D 正确，B 错误.5 412题组 1 匀变速直线运动规律的应用1.假
32、设某无人机靶机以 300 m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以 80 m/s2 的加速度做匀加速直线运动，以 1 200 m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( )A.3.75 s B.15 s C.30 s D.45 s答案 B解析 导弹由静止做匀加速直线运动，即 v00， a80 m/s2 ，据公式 vv 0at，有 t vas15 s ，即 导弹发射后 经 15 s 击中无人机， 选项 B 正确.1 200802.(多选) 做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为 a，初速度大小为 v0，经过时间 t 速
33、度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示( )A.v0t at2 B.v0t C. D. at212 v0t2 12答案 ACD3.(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g2度大小减为 时，所用时间可能是( )v02A. B. C. D.v02g v0g 3v0g 3v02g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，v02因此要考虑两种情况，即 v 或 v ，代入公式 t 得 t 或 t ，故 B、Cv02 v02 v v0a v0g 3v0g正确.4.(多选) 如图 1 所示
34、，一小滑块沿足够长的斜面以初速度 v 向上做匀减速直线运动，依次经A、B、C 、D 到达最高点 E，已知 ABBD6 m，BC1 m，滑块从 A 到 C 和从 C 到 D 所用的时间都是 2 s.设滑块经 C 时的速度为 vC，则( )图 1A.滑块上滑过程中加速度的大小为 0.5 m/s2B.vC6 m/sC.DE3 mD.从 D 到 E 所用时间为 4 s答案 AD5.一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.149C.1827 D.11681答案 C6.在水下潜水器蛟龙号某次海试活动中，完成任务后从海底竖直上浮
35、，从上浮速度为 v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间 t 上浮到海面，速度恰好减为零，则蛟龙号在 t0(t0t)时刻距离海平面的深度为( )A. B.vt0(1 ) C. D.vt2 t02t vt202t vt t022t答案 D7.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 x6030t5t 2(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/s2B.汽车刹车过程的初速度大小为 30 m/s，加速度大小为 5 m/s2C.汽车刹车过程的初速度大小为
36、60 m/s，加速度大小为 5 m/s2D.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 x6030t5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律 xv 0t 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12选 A.8.2015 年 9 月 2 日， “抗战专列”在武汉地铁 4 号线亮相，引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
37、甲站到乙站所用的时间为( )A. B.2 C.2 D.4La 2La La 2La答案 B解析 由位移公式可知，列车 在匀加速过程中 L at212解得：t ；2La由于列车由静止开始加速然后再以同样大小的加速度减速到零，则说明列车减速过程所用时间也为 t；故总时间为 2 .2La题组 2 自由落体和竖直上抛运动9.一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点 a 的时间间隔是 Ta，两次经过一个较高点 b 的时间间隔是 Tb，则 a、b 之间的距离为( )A. g(T T ) B. g(T T ) C. g(T T ) D. g(TaT b)18 2a 2b 14 2a 2b 12 2a
38、 2b 12答案 A解析 根据时间的对称性，物体从 a 点到最高点的时间为 ，从 b 点到最高点的时间为 ，Ta2 Tb2所以 a 点到最高点的距离 ha g( )2 ，b 点到最高点的距离 hb g( )2 ，故12 Ta2 gT2a8 12 Tb2 gT2b8a、b 之间的距离为 hah b g(T T )，故选 A.18 2a 2b10.如图 2 所示，在一个桌面上方有三个金属小球 a、b、c，离桌面高度分别h1h 2h 3321.若先后顺次静止释放 a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法不正确的是( )图 2A.三者到达桌面时的速度之比是 13 2B.三者运动的平
39、均速度之比是 13 2C.b 与 a 开始下落的时间差小于 c 与 b 开始下落的时间差D.b 与 a 开始下落的时间差大于 c 与 b 开始下落的时间差答案 D解析 由公式 v2v 2gx 可得 v ，所以三者到达桌面时的速度之比是 20 2gh h1 h2 1，A 正确；三者都做匀 变速直线运动，初速度为零，所以 ，故平均速度之h3 3 2 vv2比为 1， B 正确；根据 h gt2 可得 a、b 开始下落的时间差为 t1h1 h2 h3 3 212 ( ) ，b、c 开始下落的时间差为 t2 ( 1) ，所2h1g 2h2g 3 2 2h3g 2h2g 2h3g 2 2h3g以 t1t
40、2，C 正确，D 错误.题组 3 多运动过程问题11.如图 3 所示，运动员从离水面 10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高 0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计，计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点，g 取 10 m/s2)，求：图 3(1)运动员起跳时的速度 v0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间 t(结果保留 3 位有效数字).答案 (1)3 m/s (2)1.75 s解析 (1)上升阶段：v 2gh20解得 v0 3 m/s2gh(2)上升阶
41、段：0v 0gt 1解得：t 1 s0.3 sv0g 310自由落体过程：H gt12 2解得 t2 s1.45 s2Hg 210.4510故 tt 1t 20.3 s1.45 s1.75 s12.在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面 224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动.运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以 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 5 m/s，求： (取 g10 m/s 2)(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：v 2v 2ah，20又 v 2g(224 mh)20联立并代入数据解得：v 050 m/s， h99 m(2)设伞兵在空中的最短时间为 t，则有：v 0gt 1，t15 st2 3.6 s，v v0a故所求时间为：tt 1t 2(53.6) s8.6 s.
