【物理】2019届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律学案

【物理】2019届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律学案

第2讲　匀变速直线运动的规律 见学生用书P005‎ 微知识1 匀变速直线运动的规律 ‎1．基本公式 ‎(1)速度公式：v＝v0＋at。‎ ‎(2)位移公式：x＝v0t＋at2。‎ ‎(3)速度－位移关系式：v2－v＝2ax。‎ ‎2．匀变速直线运动的重要推论 ‎(1)平均速度：＝＝v 即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，或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。‎ ‎(2)任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一恒量，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT_2。‎ ‎(3)位移中点速度：v＝ 某段位移中点的瞬时速度等于这段位移初、末速度的平方和的一半的算术平方根。‎ ‎(4)初速度为零的匀加速直线运动中的几个重要结论 ‎①1T末，2T末，3T末…瞬时速度之比：‎ v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。‎ ‎②1T内，2T内，3T内…位移之比：‎ x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶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：‎ x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。‎ ‎④通过连续相等的位移所用时间之比：‎ t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。‎ ‎　微知识2 自由落体和竖直上抛运动的规律 ‎1．自由落体运动的规律 ‎(1)速度公式：v＝gt。‎ ‎(2)位移公式：h＝gt2。‎ ‎(3)速度－位移关系式：v2＝2gh。‎ ‎2．竖直上抛运动的规律 ‎(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)上升到最大高度用时t＝。‎ 一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)‎ ‎1．匀变速直线运动是加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加的。(×)‎ ‎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．物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)‎ ‎5．做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。(×)‎ ‎6．竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。(√)‎ 二、对点微练 ‎1．(匀变速直线运动的基本公式)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25 m，动车进站时可以看作匀减速直线运动。他发现第6节车厢经过他时用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口(8号车厢最前端)，则该动车的加速度大小约为(　　)‎ A．2 m/s2 B．1 m/s2‎ C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2‎ 解析　设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋at2，从第6节车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v＝2a·2L，解得a≈－0.5 m/s2或a≈－18 m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s2。‎ 答案　C ‎2．(匀变速直线运动的推论)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3＝8 m。由此可求得(　　)‎ A．第一次闪光时质点的速度 B．质点运动的加速度 C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移 D．质点运动的初速度 解析　由于闪光时间未知，所以根据s2－s1＝s3－s2＝aT2，只能求出第二、三次闪光的时间间隔内质点的位移s2＝5 m，选项C正确。‎ 答案　C ‎3．(自由落体运动)一个物体从某一高度做自由落体运动。已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一。则它开始下落时距地面的高度为(g取10 m/s2)(　　)‎ A．15 m B．20 m C．11.25 m D．31.25 m 解析　物体在第1 s内的位移h＝gt2＝5 m，则物体在最后1 s内的位移为15 m，对最后1 s可得gt－g(t总－1)2＝15 m，可得t总＝2 s，则物体下落时距地面的高度为H＝gt＝20 m，B项正确。‎ 答案　B ‎4．(竖直上抛运动)从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面，在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是(　　)‎ A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同 B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反 C．物体上升过程经历的时间大于物体下落过程经历的时间 D．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间 解析　物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下落阶段加速度相同，大小为g，方向向下，A项正确，B项错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C、D项错误。‎ 答案　A 见学生用书P006‎ 微考点　1　匀变速直线运动规律的应用 核|心|微|讲 ‎1．常用公式的选择 解决一般的匀变速直线运动问题常用公式有v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、v2－v＝2ax，以上公式中涉及了v0、v、a、t、x五个物理量，至少要知道三个物理量才能求解其他物理量。有的问题中，已知量不足三个，那就要考虑邻近过程中与之相联系的物理量，建立方程组求解即可。‎ ‎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，我们规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值；相反的取负值。当初速度为零时，一般取加速度a的方向为正方向。‎ ‎3．两类匀减速直线运动问题的区别 ‎(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，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，故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|微|探 ‎【例1】　一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2) m，则下列分析正确的是(　　)‎ 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 ‎【解题导思】‎ ‎(1)题中给出的位移与速度的函数关系与所学的哪个公式有关联呢？‎ 答：与速度－位移关系式v2－v＝2ax有关联，变形后可得x＝－，与题中关系式类似。‎ ‎(2)式中v2前的系数－0.1的物理意义是什么？常数项10的物理意义呢？‎ 答：根据对应关系有＝－0.1，－＝10可得a＝－5 m/s2 ，v0＝10 m/s。 ‎ 解析　根据公式x＝和题中所给的x＝(10－0.1v2)m对比可得，＝－0.1，－＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，负号表示与运动方向相反，故A项错误，C项正确；刹车时间t0＝＝2 s，B项错误；刹车位移x0＝t0＝10 m，D项错误。‎ 答案　C ‎(1)刹车类问题属于单向匀减速运动问题，当车速减为零后即停止运动。‎ ‎(2)双向可逆类问题的加速度大小和方向均不变，当物体速度减为零即做反向匀加速运动，常出现多解现象。‎ 题|组|微|练 ‎1．甲、乙两辆汽车在一条平直公路上沿直线同向行驶，某一时刻甲、乙两车相遇，从该时刻开始计时，甲车的位移随时间变化的关系式为x＝2t2＋2t，乙车的速度随时间变化的关系式为v＝2t＋12，表达式中各物理量单位均采用国际单位，则两车速度大小相等的时刻为(　　)‎ A．t＝ s B．t＝3 s C．t＝5 s D．t＝2 s 解析　利用位移与时间的关系可知甲汽车做初速度为2 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，利用速度与时间的关系可知乙汽车做初速度为12 m/s，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，由匀变速运动规律可得两车速度大小相等的时刻为5 s末，所以A、B、D项错误，C项正确。‎ 答案　C ‎2．以36 m/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a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为(　　)‎ A．12.5 m B．2 m C．10 m D．0.5 m 解析　由v＝at可得刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，可通过其逆运动的前0.5 s的位移计算，有 x＝at′2＝0.5 m，选项D正确。‎ 答案　D 微考点　2　解决匀变速直线运动问题的常用方法 核|心|微|讲 ‎1．基本公式法：基本公式指速度公式v＝v0＋at、位移公式x＝v0t＋at2及速度－位移关系式v2－v＝2ax。它们均是矢量式，应用时要注意物理量的方向。‎ ‎2．平均速度法：定义式＝对任何性质的运动都适用，而＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运动。‎ ‎3．中间时刻速度法：v＝适用于匀变速直线运动，在某些题目中应用它可以简化解题过程。‎ ‎4．比例法：对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解。‎ ‎5．逆向思维法：即把运动过程的末态作为初态，反向研究问题。一般用于末态已知，特别是末速度为零的情况。‎ ‎6．图象法：应用v－t图象，可把较复杂的问题转变为简单的数学问题解决。用图象定性分析有时可避开繁琐的计算。‎ ‎7．推论法：对一般匀变速直线运动问题，若出现连续相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx＝aT2求解。‎ 典|例|微|探 ‎【例2】　物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，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。‎ ‎【解题导思】‎ ‎(1)物体在上滑时做匀减速直线运动，能否看成反向的匀加速直线运动处理呢？‎ 答：可以。可看成向下的初速度为零的匀加速直线运动处理。‎ ‎(2)除了逆向思维法还能用其他方法求解本题吗？请列举并尝试求解。‎ 答：比例法、中间时刻速度法、图象法、推论法等都可求解本题。 ‎ 解析　解法一：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面。‎ 故sBC＝at，sAC＝a(t＋tBC)2。‎ 又sBC＝sAC，解得tBC＝t。‎ 解法二：比例法 对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。‎ 现有sBC∶sBA＝(sAC)∶(sAC)＝1∶3，‎ 通过sAB的时间为t，故通过sBC的时间tBC＝t。‎ 解法三：中间时刻速度法 利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。‎ AC＝(v＋v0)＝(v0＋0)＝v0。‎ 又v＝2asAC，①‎ v＝2asBC，②‎ sBC＝sAC，③‎ 解①②③得vB＝v0。‎ 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：图象面积法 利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v－t图象，如图所示。‎ ＝。‎ 且S△AOC＝4S△BDC，OD＝t，OC＝t＋tBC。‎ 故＝。得tBC＝t。‎ 解法五：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BD、DE、EA的时间分别为 tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，‎ tEA＝(－)tx，‎ 又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tx＝t。‎ 答案　t 题|组|微|练 ‎3.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是(　　)‎ A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1‎ B．v1∶v2∶v3＝∶∶1‎ C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1‎ 解析　用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L，则v＝2a·L，v＝2a·2L，v＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来从右到左运动L、2L、3L时的速度，则v1∶v2∶v3＝∶∶‎ ‎1，选项A、B错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎4．(多选)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x1＝3 m，第2 s内通过的位移x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法正确的是(　　)‎ A．初速度v0的大小为2.5 m/s B．加速度a的大小为1 m/s2‎ C．位移x3的大小为1.125 m D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s 解析　由Δx＝aT2可得加速度a＝－1 m/s2，B项正确；第1 s末的速度v1＝＝2.5 m/s，得初速度v0＝v1－at＝3.5 m/s，A项错误；物体速度由2.5 m/s减小到0所需时间t＝＝2.5 s，则经过位移x3的时间t3为1.5 s，且x3＝－at＝1.125 m，C项正确；位移x3内的平均速度＝＝0.75 m/s，D项正确。‎ 答案　BCD 微考点　3　自由落体运动和竖直上抛运动 核|心|微|讲 ‎1．竖直上抛运动的两种研究方法 ‎(1)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。‎ ‎(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度为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．竖直上抛运动的三种对称性 ‎(1)时间的对称性 ‎①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝。‎ ‎②物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等。‎ ‎(2)速度的对称性 ‎①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点的速度大小相等、方向相反。‎ ‎②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反。‎ ‎(3)能量的对称性 竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等。‎ 典|例|微|探 ‎【例3】　气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)‎ ‎【解题导思】‎ ‎(1)重物从气球脱落后是做自由落体运动吗？‎ 答：不是。重物脱落时有竖直向上的初速度，做竖直上抛运动。‎ ‎(2)重物上升和下落时运动的加速度相同吗？运动学公式在全过程中能否使用？‎ 答：相同，均为重力加速度。因为上升和下落过程中的加速度相同，可用全程法求解，但要注意各物理量的正、负号。 ‎ 解析　解法一：把竖直上抛运动过程分段研究。‎ 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，‎ 则t1＝＝ s＝1 s。‎ 上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m。‎ 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m。‎ 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t2＝ ＝ s＝6 s。‎ v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s。‎ 所以重物从气球上脱落至落地共历时t＝t1＋t2＝7 s。‎ 解法二：取全过程作一整体进行研究，从物体自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移h＝－175 m。‎ 由位移公式h＝v0t－gt2，‎ 有－175＝10t－×10t2，‎ 解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)，‎ 所以重物落地速度为 v1＝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。‎ 解法三：对称法 根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10‎ ‎ m/s，设落地速度为v，则v2－v＝2gh。‎ 解得v＝60 m/s，方向竖直向下。‎ 经过h历时Δt＝＝5 s。‎ 从最高点到落地历时t1＝＝6 s。‎ 由时间对称可知，重物脱落后至落地历时 t＝2t1－Δt＝7 s。‎ 答案　7 s　60 m/s ‎【易错警示】‎ 处理竖直上抛运动的两点注意 ‎1．用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式h＝v0t＋gt2中各符号的意义必须明确。‎ ‎2．在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解。 ‎ 题|组|微|练 ‎5．从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻(　　)‎ A．甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变 B．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大 C．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变 D．甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小 解析　小球甲释放后，设经过时间t(t＞1 s)，两小球间距离为Δh，则Δh＝gt2－g·(t－1)2，即Δh＝g(2t－1)(只表示函数关系)，故t增大，Δh也随之增大，而据vt＝gt可知Δv＝gt－g(t－1)＝g ‎(只表示大小)，速度差保持不变，所以A、B、D项错误，C项正确。‎ 答案　C ‎6．一物体自空中的A点以一定的初速度向上抛出，1 s后物体的速率变为10 m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　)‎ A．在A点上方，速度方向向下 B．在A点下方，速度方向向下 C．正在A点，速度方向向下 D．在A点上方，速度方向向上 解析　物体的初速度方向竖直向上，若1 s后物体的速度方向向下，大小为10 m/s，则在此1 s内物体速度的变化量Δv将大于10 m/s，这与Δv＝gt＝10 m/s不符，故1 s后物体的速度方向仍向上，物体在抛出点A上方，选项D正确。‎ 答案　D 见学生用书P008‎ 多过程运动问题的解题技巧 ‎　素能培养 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各段的纽带。可按下列步骤解题：‎ ‎1．分清各阶段运动过程，画出运动草图或v－t图象。‎ ‎2．列出各运动阶段的运动方程。‎ ‎3．找出交接处的速度与前后两段间的位移、时间关系。‎ ‎4．联立求解，算出结果。‎ ‎　经典考题　一飞行员驾驶飞机在做低空表演时，竖直拉升(水平速度很小，可以忽略)，拉升到最高点时，飞机突发故障，飞行员选择弃机逃生。飞行员按下逃生按钮后，弹射座椅以v1＝10 m/s的速度竖直向上弹出(不再与飞机相互作用)。飞行员上升后又下降到一定高度时，弹射座椅打开降落伞，飞行员以a＝12 m/s2‎ 的加速度做匀减速直线运动，落地时的速度大小v2 ＝6 m/s。已知弹射座椅弹出时离地面的高度h＝323.5 m，重力加速度g取10 m/s2，降落伞打开之前，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)弹射座椅打开降落伞瞬间，飞行员的速度大小。‎ ‎(2)弹射座椅弹出后，飞行员在空中运动的时间。‎ 解析　(1)设弹射座椅弹出降落伞瞬间飞行员的速度为v，从弹射座椅弹出到降落伞打开，飞行员下降的高度为h1，弹射座椅打开降落伞的位置距离地面的高度为h2，则v2－v＝2gh1，‎ v－v2＝2(－a)h2，‎ h＝h1＋h2＝323.5 m，‎ 解得v＝60 m/s。‎ ‎(2)从弹射座椅弹出到降落伞打开的时间 t1＝＝7 s，‎ 弹射座椅打开降落伞到落地的时间 t2＝＝4.5 s，‎ 总时间t＝t1＋t2＝11.5 s。‎ 答案　(1)60 m/s　(2)11.5 s ‎　对法对题 ‎1．质点由A点从静止出发沿直线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点时速度恰好减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　设第一阶段的末速度为v，则由题意可知＋＝s，解得v ‎＝；而s＝＝t，由此解得t＝ ，所以选B项。‎ 答案　B ‎2．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以36 m/h的速度朝该路口停车线匀速前进，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通过停车线，则汽车的加速度a1至少多大？‎ ‎(2)若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以a2＝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直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速度a3的大小。(结果保留两位有效数字)‎ 解析　(1)设初速度v0＝36 m/h＝10 m/s，反应时间t1＝1 s，‎ 司机反应时间内汽车通过位移x1＝v0t1＝10 m，‎ 匀加速时间t2＝5 s－t1＝4 s，‎ x＝70 m，x－x1＝v0t2＋a1t，‎ 解得a1＝2.5 m/s2。‎ ‎(2)汽车加速结束时通过的位移为x2＝v0t1＋v0t3＋a2t＝m＝49 m，‎ 此时车头前端离停车线的距离为 x3＝x－x2＝(70－49) m＝21 m，‎ 此时速度为v＝v0＋a2t3＝(10＋2×3) m/s＝16 m/s，‎ 匀减速过程有v2＝2a3x3，‎ 解得a3＝＝ m/s2＝ m/s2＝6.1 m/s2。‎ 答案　(1)2.5 m/s2　(2)6.1 m/s2‎ 见学生用书P008‎ ‎1.如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 H 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”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4～6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为(　　)‎ A. s　　　B. s　　　C．2.5 s　　　D．12.5 s 解析　当车速最大vm＝10 m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长。由速度公式，v＝vm－at解得t＝2.5 s，选项C正确。‎ 答案　C ‎2．某列车离开车站后做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，前1 s内的位移为10 m，前2 s内的位移为25 m，则前3秒内的位移为(　　)‎ A．40 m B．45 m C．50 m D．55 m 解析　第1 s内的位移x1＝10 m，第2 s内的位移x2＝(25－10) m＝15 m，由x2－x1＝x3－x2得第3秒内的位移x3＝20 m，前3‎ ‎ s的位移x＝x1＋x2＋x3＝45 m，故B项正确。‎ 答案　B ‎3.某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3 s，g取10 m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为(　　)‎ A．1 m B．1.25 m C．0.4 m D．1.5 m 解析　小球经过光电门的速度v＝＝ m/s＝5.0 m/s，由v2＝2gh可得小球开始下落的位置距光电门的距离为h＝＝1.25 m，故B项正确。‎ 答案　B ‎4．小球每隔0.2 s从同一高度抛出，做初速度为6 m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为(g取10 m/s2 )(　　)‎ A．3　　　 B．4‎ C．5　　　 D．6‎ 解析　初速度为6 m/s的小球竖直上抛，在抛出点上方的运动时间t＝＝1.2 s，所以第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为5个，C项正确。‎ 答案　C