第二講 勻變速直線運動的規(guī)律（解析版）

學而優(yōu)教有方第二講勻變速直線運動的研究知識梳理一、勻變速直線運動的基本規(guī)律1.概念：沿著一條直線，且加速度不變的運動。2.分類：①勻加速直線運動：加速度方向與初速度方向相同；②勻減速直線運動：加速度方向與初速度方向相反。無初速度時，物體做勻加速直線運動3.條件：加速度方向與速度方向在同一條直線上。4.基本公式：①速度與時間關系：②位移與時間關系：③速度與位移關系：二、重要推論①任意兩個連續(xù)相等時間間隔(T)內(nèi)的位移之差相等：此性質(zhì)還可以表示為：②一段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，也等于這段時間初、末時刻速度矢量和的一半：③位移中點速度不論是勻加速直線運動還是勻減速直線運動都有：三、初速度為零的勻加速直線運動的重要結(jié)論①1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬時速度之比：②第1個T內(nèi)，第2個T內(nèi)，第3個T內(nèi)，…，第n個T內(nèi)的位移之比：③通過連續(xù)相等的位移所用時間之比：四、自由落體運動和豎直上拋運動1.自由落體運動①定義：物體只在重力作用下從靜止開始下落的運動，其初速度為零，加速度為g。②運動規(guī)律（1）速度公式：（2）位移公式：（3）速度位移關系式：2.豎直上拋①定義：將物體以一定初速度豎直向上拋出，只在重力作用下的運動。②運動規(guī)律（1）速度公式：（2）位移公式：（3）速度位移關系式：知識練習考點一、勻變速直線運動規(guī)律的基本應用1.解題思路確定研究對象畫過程示意圖選取正方向判斷運動性質(zhì)根據(jù)過程列公式解方程并加以討論2.恰當選用公式題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設定的中間量)沒有涉及的物理量適宜選用公式、v、a、tx、a、t、xv、v、a、xt、v、t、xa3.運動公式中符號的規(guī)定一般規(guī)定初速度的方向為正方向，與初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取負值。若，一般以a的方向為正方向。例1、(2021·山東濟南檢測)出租車載客后，從高速公路入口處駛?cè)敫咚俟?，并?0時10分55秒開始做初速度為零的勻加速直線運動，經(jīng)過10s時，速度計顯示速度為54km/h。(1)求這時出租車離出發(fā)點的距離；(2)出租車繼續(xù)做勻加速直線運動，當速度計顯示速度為108km/h時，出租車開始做勻速直線運動。10時12分35秒時計價器里程表示數(shù)應為多少千米？(車啟動時，計價器里程表示數(shù)為零)【答案】(1)75m(2)2.7km【解析】[過程圖示]畫運動過程示意圖,呈現(xiàn)運動情境。(1)由題意可知經(jīng)過10s時,速度計上顯示的速度為v1=54km/h=15m/s,則由位移公式得即這時出租車離出發(fā)點的距離為75m(2)當速度計上顯示的速度為v2=108km/h=30m/s時,由v22=2as2得s2=v222a=300m,這時出租車從靜止載客開始,已經(jīng)經(jīng)歷的時間為t2,可根據(jù)速度公式得t2這時出租車時間表應顯示10時11分15秒,出租車繼續(xù)勻速運動,勻速運動時間t3=80s通過位移s3=v2t3=30×80m=2400m所以10時12分35秒時,計價器里程表示數(shù)s=s2+s3=(300+2400)m=2700m=2.7km例2、短跑運動員完成100m賽跑的過程可簡化為勻加速運動和勻速運動兩個階段。一次比賽中，某運動員用11.00s跑完全程。已知運動員在加速階段的第2s內(nèi)通過的距離為7.5m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距離?！敬鸢浮俊窘馕觥扛鶕?jù)題意，在第1s和第2s內(nèi)運動員都做勻加速直線運動，設運動員在勻加速階段的加速度為a，在第1s和第2s內(nèi)通過的位移分別為s1和s2，由運動學規(guī)律得求得設運動員做勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，勻速運動的速度為v，跑完全程的時間為t，全程的距離為s，依題決及運動學規(guī)律，得設加速階段通過的距離為s?，則求得例3、甲乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內(nèi)，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間間隔內(nèi)，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半。求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內(nèi)走過的總路程之比。【答案】【解析】設汽車甲在第一段時間間隔末（時間t0）的速度為v,第一段時間間隔內(nèi)行駛的路程為s1,加速度為a,在第二段時間間隔內(nèi)行駛的路程為s2。由運動學公式得：①②③設乙車在時間t0的速度為v'，在第一、二段時間間隔內(nèi)行駛的路程分別為s'1、s'2。同樣有④⑤⑥設甲、乙兩車行駛的總路程分別為、s'，則有⑦⑧聯(lián)立以上各式解得，甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為⑨課堂隨練訓練1、一質(zhì)點做勻加速直線運動，在時間t內(nèi)的位移為s，末速度是初速度的3倍，則該質(zhì)點的加速度為()A． B．C． D．【答案】A【解析】根據(jù)題意，在時間t內(nèi)由運動學公式得：……①……②又根據(jù)題意知：……③由①②③式求得：訓練2、(2021·四川成都月考)一輛卡車以10m/s的速度勻速行駛，剎車后第一個2s內(nèi)的位移與最后一個2s內(nèi)的位移之比為3∶2，設卡車做勻減速直線運動，則剎車后4s內(nèi)卡車通過的距離是()A．2.5m B．4mC．12m D．12.5m【答案】D【解析】設卡車剎車時加速度大小為a,則第一個2s內(nèi)的位移根據(jù)逆向思維,最后一個2s內(nèi)的位移由，解得a=4m/s2，卡車從剎車到停止需要的時間=2.5s則剎車后4s內(nèi)的位移=12.5m，選項D正確。訓練3、“殲－15”艦載機在“山東艦”航母上艦尾降落滑行的過程可以簡化為沿水平方向的勻減速直線運動，且艦載機滑行方向與航母運動方向在同一直線上。第一次試驗時，航母靜止，艦載機滑上跑道時的速度為80m/s，剛好安全停在甲板上；第二次試驗時，航母以20m/s速度勻速航行，若兩次在跑道上滑行過程中的加速度相同，已知跑道長為160m。求第二次艦載機安全降落在航母上的最大速度?！敬鸢浮?00m/s【解析】第一次試驗時，航母靜止，根據(jù)速度與位移關系式可知0－veq\o\al(2,0)＝2aL解得勻減速直線運動的加速度為a＝－20m/s2第二次當航母勻速運動時，設艦載機安全降落在航母上的最大速度為v1，設艦載機運動的位移為x1，則有v2－veq\o\al(2,1)＝2ax1艦載機運動的時間為t＝eq\f(v－v1,a)航母勻速運動的位移x2＝vt根據(jù)題意則有x1－x2＝L聯(lián)立解得v1＝100m/s考點二、勻變速直線運動的推論及應用1.六種思想方法例1、(多選)高鐵進站的過程近似為高鐵做勻減速運動，高鐵車頭依次經(jīng)過A、B、C三個位置，已知AB＝BC，測得AB段的平均速度為30m/s，BC段平均速度為20m/s。根據(jù)這些信息可求得()A．高鐵車頭經(jīng)過A、B、C的速度B．高鐵車頭在AB段和BC段運動的時間C．高鐵運動的加速度D．高鐵車頭經(jīng)過AB段和BC段時間之比【答案】AD【解析】設高鐵車頭在經(jīng)過A、B、C三點時的速度分別為vA、vB、vC。根據(jù)AB段的平均速度為30m/s，可以得到eq\f(vA＋vB,2)＝30m/s；根據(jù)在BC段的平均速度為20m/s，可以得到eq\f(vB＋vC,2)＝20m/s；設AB＝BC＝x，則整個過程中的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(2x,tAB＋tBC)＝eq\f(2x,\f(x,30)＋\f(x,20))＝24m/s，所以有eq\f(vA＋vC,2)＝24m/s。聯(lián)立解得vA＝34m/s，vB＝26m/s，vC＝14m/s，由于不知道AB和BC的具體值，則不能求解運動時間及其加速度的大小，A選項正確，B、C選項錯誤。tAB∶tBC＝eq\f(AB,vAB)∶eq\f(BC,vBC)＝2∶3，D選項正確。例2、物體以一定的初速度從斜面底端A點沖上固定的光滑斜面，斜面總長度為l，到達斜面最高點C時速度恰好為零，如圖所示，已知物體運動到距斜面底端eq\f(3,4)l處的B點時，所用時間為t，求物體從B滑到C所用的時間?！敬鸢浮縯【解析】法一：逆向思維法物體向上勻減速沖上斜面，相當于向下勻加速滑下斜面。設物體從B到C所用的時間為tBC。由運動學公式得xBC＝eq\f(atBC2,2)，xAC＝，又xBC＝eq\f(xAC,4)，由以上三式解得tBC＝t。法二：比例法對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等的時間里通過的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。因為xCB∶xBA＝eq\f(xAC,4)∶eq\f(3xAC,4)＝1∶3，而通過xBA的時間為t，所以通過xBC的時間tBC＝t。法三：中間時刻速度法利用推論：勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度，vAC＝eq\f(v0＋0,2)＝eq\f(v0,2)。又v02＝2axAC，vB2＝2axBC，xBC＝eq\f(xAC,4)。由以上三式解得vB＝eq\f(v0,2)?？梢钥闯蓈B正好等于AC段的平均速度，因此B點是這段位移的中間時刻，因此有tBC＝t。法四：圖像法根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，畫出v-t圖像，如圖所示。利用相似三角形的規(guī)律，面積之比等于對應邊的平方比，得eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(CO2,CD2)，且eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(4,1)，OD＝t，OC＝t＋tBC。所以eq\f(4,1)＝，解得tBC＝t。例3、一小球沿斜面勻加速滑下，依次經(jīng)過A、B、C三點，已知AB=6m，BC=10m，小球經(jīng)過AB和BC兩段所用的時間均為2s，則小球經(jīng)過A、B、C三點時的速度大小分別是()A．2m/s，3m/s，4m/sB．2m/s，4m/s，6m/sC．3m/s，4m/s，5m/sD．3m/s，5m/s，7m/s【答案】B【解析】根據(jù)勻變速直線運動中，兩點之間的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知B點的速度等于AC段的平均速度，有=4m/s；根據(jù)勻變速直線運動中兩個連續(xù)相等時間間隔內(nèi)的位移之差等于恒量，即Δs=at2，有Δs=BC-AB=at2，解得a=1m/s2；由vB=vA+at及vC=vB+at，解得vA=2m/s，vC=6m/s。故選項B正確。課堂隨練訓練1、(2022·廣東四校聯(lián)考)一個質(zhì)點從靜止開始做勻加速直線運動，它在第3s內(nèi)與第6s內(nèi)通過的位移之比為x1∶x2，通過第3個1m與通過第6個1m時的平均速度之比為v1∶v2，則()A．x1∶x2＝1∶4 B．x1∶x2＝5∶11C．v1∶v2＝1∶eq\r(2) D．v1∶v2＝eq\r(3)∶eq\r(6)【答案】B【解析】初速度為0的勻加速直線運動，質(zhì)點在連續(xù)相等時間內(nèi)通過的位移之比為s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故有第3s內(nèi)與第6s內(nèi)通過的位移之比為x1∶x2＝s3∶s6＝5∶11，故A錯誤，B正確；初速度為0的勻加速直線運動，質(zhì)點在通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，故有質(zhì)點通過第3個1m與通過第6個1m時所用時間之比為t3∶t6＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(6)－eq\r(5))，根據(jù)平均速度公式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)，可得質(zhì)點通過第3個1m與第6個1m時的平均速度之比為v1∶v2＝eq\f(s,t3)∶eq\f(s,t6)＝(eq\r(3)＋eq\r(2))∶(eq\r(6)＋eq\r(5))，故C、D錯誤。訓練2、從固定斜面上的O點每隔0.1s由靜止釋放一個同樣的小球。釋放后小球做勻加速直線運動。某一時刻，拍下小球在斜面滾動的照片，如圖所示。測得小球相鄰位置間的距離xAB＝4cm，xBC＝8cm。已知O點距離斜面底端的長度為l＝35cm。由以上數(shù)據(jù)可以得出()A．小球的加速度大小為12m/s2B．小球在A點的速度為0C．斜面上最多有5個小球在滾動D．該照片是距第一個小球釋放后0.3s拍攝的【答案】C【解析】根據(jù)Δx＝aT2可得小球的加速度大小為a＝eq\f(xBC－xAB,T2)＝4m/s2，A錯誤；小球在B點時的速度vB＝eq\f(xAB＋xBC,2T)＝0.6m/s，小球在A點的速度為vA＝vB－aT＝0.2m/s，則tA＝eq\f(vA,a)＝0.05s，即該照片是距第一個小球釋放后0.05s拍攝的，B、D錯誤；最高點的球剛釋放時，最高處兩球之間的距離為x1＝eq\f(1,2)aT2＝0.02m＝2cm，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動的規(guī)律可知，各個球之間的距離之比為1∶3∶5∶7…，則各個球之間的距離分別為2cm、6cm、10cm、14cm、18cm…，因為O點與斜面底端距離為35cm，而前5個球之間的距離之和為32cm，斜面上最多有5個球，C正確。訓練3、一物體作勻加速直線運動，通過一段位移Δx所用的時間為t1，緊接著通過下一段位移Δx所用的時間為t2。則物體運動的加速度為A．B．C．D．【答案】A【解析】第一段位移中間時刻的速度為……①第二段位移中間時刻的速度為……②則物體的加速度為……③由①②③得a=考點三、自由落體運動和豎直上拋運動1.豎直上拋運動的重要特性①對稱性如圖所示，物體以初速度v0豎直上拋，A、B為途中的任意兩點，C為最高點，則：②多解性：當物體經(jīng)過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。例1、兩物體在不同高度自由下落，同時落地，第一個物體下落時間為t，第二個物體下落時間為eq\f(t,2)，當?shù)诙€物體開始下落時，兩物體相距()A．gt2 B．eq\f(3,8)gt2C．eq\f(3,4)gt2 D．eq\f(1,4)gt2【答案】D【解析】第二個物體在第一個物體下落eq\f(t,2)后開始下落，此時第一個物體下落的高度h1＝eq\f(1,2)g＝eq\f(gt2,8)。根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，知第一個物體和第二個物體下落的總高度分別為eq\f(1,2)gt2、eq\f(gt2,8)，兩物體未下落時相距eq\f(3gt2,8)，所以當?shù)诙€物體開始下落時，兩物體相距Δh＝eq\f(3gt2,8)－eq\f(gt2,8)＝eq\f(gt2,4)，故D正確，A、B、C錯誤。例2、研究人員為檢驗某一產(chǎn)品的抗撞擊能力，乘坐熱氣球并攜帶該產(chǎn)品豎直升空，當熱氣球以10m/s的速度勻速上升到某一高度時，研究人員從熱氣球上將產(chǎn)品自由釋放，測得經(jīng)11s產(chǎn)品撞擊地面。不計產(chǎn)品所受的空氣阻力，求產(chǎn)品的釋放位置距地面的高度。(g取10m/s2)【答案】495m【解析】[過程圖示]將產(chǎn)品的運動過程分為A→B和B→C→D兩段來處理。A→B為豎直方向勻減速運動，B→C→D為自由落體運動。法一分段法在A→B段，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知tAB==1shAB=hBC==5m由題意可知tBD=11s-1s=10s根據(jù)自由落體運動規(guī)律可得hBD==500m故釋放點離地面的高度H=hBD-hBC=495m。法二全程法將產(chǎn)品的運動視為勻變速直線運動,規(guī)定向上為正方向，則v0=10m/s，a=-g=-10m/s2,根據(jù)H=v0t+at2解得H=-495m,即產(chǎn)品剛釋放時離地面的高度為495m。例3、(2019·高考全國卷Ⅰ，T18)如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2。不計空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿足()A．1<eq\f(t2,t1)<2 B．2<eq\f(t2,t1)<3C．3<eq\f(t2,t1)<4 D．4<eq\f(t2,t1)<5【答案】C【解析】本題應用逆向思維求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高度處開始的自由落體運動，所以第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2＝eq\r(\f(H,2g))，第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(3H,2g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3<eq\f(t2,t1)<4，C正確。課堂隨練訓練1、某跳傘運動員在一次跳傘表演中，離開距地h＝333m高的懸停直升機后，先做自由落體運動，當自由下落h1＝125m時打開降落傘，傘張開后做勻減速運動，運動員到達地面時速度v＝2m/s，重力加速度g取10m/s2。(1)運動員打開降落傘時速度多大？(2)運動員離開飛機后，經(jīng)過多少時間才能到達地面？【答案】(1)50m/s(2)13s【解析】(1)由自由落體運動規(guī)律可得veq\o\al(2,1)＝2gh1解得v1＝eq\r(2gh1)＝50m/s。(2)由自由落體運動規(guī)律可得v1＝gt1解得t1＝5s運動員減速過程，由勻變速直線運動規(guī)律可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋v,2)＝26m/st2＝eq\f(h－h(huán)1,eq\o(v,\s\up6(－)))＝8st＝t1＋t2＝13s。訓練2、（多選）將一物體以初速度為v豎直向上拋出，當速度大小變?yōu)闀r，其在空中運動的時間為（）A． B．C． D．【答案】AC【解析】當末速度方向豎直向上時，運動時間當末速度方向豎直向下時，運動時間故A、C正確。同步訓練1、關于勻變速直線運動，下列說法正確的是()A．在相等時間內(nèi)位移的變化相同B．在相等時間內(nèi)速度的變化相同C．在相等時間內(nèi)加速度的變化相同D．在相等路程內(nèi)速度的變化相同【答案】B【解析】根據(jù)勻變速直線運動的定義可知，做勻變速直線運動的物體，在相等的時間內(nèi)速度變化相同，加速度不變，故B正確。A、C、D均錯誤。2、某航母跑道長160m，飛機發(fā)動機產(chǎn)生的最大加速度為5m/s2，起飛需要的最低速度為50m/s，飛機在航母跑道上起飛的過程可以簡化為做勻加速直線運動，若航母沿飛機起飛方向以某一速度勻速航行，為使飛機安全起飛，航母勻速運動的最小速度為()A．10m/s B．15m/sC．20m/s D．30m/s【答案】A【解析】飛機相對航母做勻加速直線運動，由(v－v0)2＝2ax，v＝50m/s，x＝160m，a＝5m/s2，可求得飛機的初速度，即航母的最小速度v0＝10m/s，選項A正確。3、一物體自空中的A點以一定的初速度豎直向上拋出，3s后物體的速率變?yōu)?0m/s，則關于物體此時的位置和速度方向的說法可能正確的是(不計空氣阻力，g＝10m/s2)()A．在A點上方15m處，速度方向豎直向上B．在A點下方15m處，速度方向豎直向下C．在A點上方75m處，速度方向豎直向上D．在A點上方75m處，速度方向豎直向下【答案】C【解析】若此時物體的速度方向豎直向上，由豎直上拋運動公式v＝v0－gt，得物體的初速度為v0＝v＋gt＝40m/s，則物體的位移為h1＝(v0＋v)eq\f(t,2)＝75m，物體在A點的上方，C正確，D錯誤；若此時速度的方向豎直向下，物體的初速度v0′＝－v＋gt＝20m/s，物體的位移為h2＝(v0′－v)eq\f(t,2)＝15m，物體仍然在A點的上方，A、B錯誤。4、一名宇航員在某星球上做自由落體運動實驗，讓一個質(zhì)量為2kg的小球從一定的高度自由下落，測得在第4s內(nèi)的位移是42m，小球仍在空中運動，則()A．小球在2s末的速度大小是16m/sB．該星球上的重力加速度為12m/s2C．小球在第4s末的速度大小是42m/sD．小球在4s內(nèi)的位移是80m【答案】B【解析】設該星球的重力加速度為g，小球第4s內(nèi)的位移是42m，有eq\f(1,2)gt42－eq\f(1,2)gt32＝42m，t4＝4s，t3＝3s，解得g＝12m/s2，所以小球在2s末的速度大小為v2＝gt2＝24m/s，故A錯誤，B正確；小球在第4s末的速度大小是v4＝gt4＝48m/s，選項C錯誤；小球在4s內(nèi)的位移是eq\f(1,2)gt42＝96m，選項D錯誤。5、(多選)如圖所示，一冰壺以速度v垂直進入三個完全相同的矩形區(qū)域做勻減速直線運動，且剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是()A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1【答案】BD【解析】因為冰壺做勻減速直線運動，且末速度為零，故可以看成反向勻加速直線運動來研究。初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)三段相等位移的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求時間之比為(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，選項C錯誤，D正確；由v2－v02＝2ax可得，初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)相等位移的速度之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，則所求的速度之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，選項A錯誤，B正確。6、(多選)我國ETC(電子不停車收費系統(tǒng))已實現(xiàn)全國聯(lián)網(wǎng)，大大縮短了車輛通過收費站的時間．一輛汽車以20m/s的速度駛向高速收費口，到達自動收費裝置前開始做勻減速直線運動，經(jīng)4s的時間速度減為5m/s且收費完成，司機立即加速，加速度大小為2.5m/s2，假設汽車可視為質(zhì)點．則下列說法正確的是()A．汽車開始減速時距離自動收費裝置50mB．汽車加速4s后速度恢復到20m/sC．汽車從開始減速到速度恢復到20m/s通過的總路程為125mD．汽車由于通過自動收費裝置耽誤的時間為4s【答案】AC【解析】根據(jù)平均速度的推論知，汽車開始減速時距離自動收費裝置的距離v1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(20＋5,2)×4m＝50m，故A正確．汽車恢復到20m/s所需的時間t2＝eq\f(v0－v,a1)＝6s，故B錯誤．汽車加速運動的位移x2＝eq\f(v0＋v,2)t2＝eq\f(5＋20,2)×6m＝75m，則總路程x＝x1＋x2＝(50＋75)m＝125m，故C正確．這段路程勻速運動通過的時間t＝eq\f(x,v0)＝6.25s，則通過自動收費裝置耽誤的時間Δt＝t1＋t2－t＝(4＋6－6.25)s＝3.75s，故D錯誤．7、(2021浙江溫州高三二模)高速公路的ETC電子收費系統(tǒng)如圖所示,ETC通道的長度是識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離。某ETC通道的長度為8.4m,一輛汽車以21.6km/h的速度勻速進入識別區(qū),ETC用了0.2s的時間識別車載電子標簽,識別完成后發(fā)出“滴”的一聲,司機發(fā)現(xiàn)自動欄桿沒有抬起,于是剎車,汽車剛好未撞桿。若剎車的加速度大小為5m/s2,則司機的反應時間約為()A.0.4s B.0.6sC.0.7s D.0.8s【答案】B【解析】v0=21.6km/h=6m/s，設反應時間為t，汽車勻速運動的位移為x1=v0(t+0.2s)，隨后汽車做減速運動，位移為x2=，且x1+x2=8.4m，聯(lián)立解得t=0.6s，故選B。8、(多選)如圖所示，水平線OO′在某豎直平面內(nèi)，距地面高度為h，一條長為l(l＜h)的輕繩兩端分別系小球A和B，小球A在水平線OO′上，豎直向上的外力作用在A上，A和B都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)從OO′上另一點靜止釋放小球1，當小球1下落至與小球B等高位置時，從OO′上靜止釋放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方()A．小球1將與小球B同時落地B．h越大，小球A與小球B的落地時間差越小C．在小球B下落過程中，輕繩對B的拉力豎直向上D．在小球1落地前，小球1與2之間的距離越來越大【答案】BD【解析】設小球1下落到與B等高的位置時的速度為v，設小球1還需要經(jīng)過時間t1落地，則：h－l＝vt1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)①設B運動的時間為t2，則：h－l＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)②比較①②可知，t1＜t2.故A錯誤；設A運動時間為t3，則：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)③可得：t3－t2＝eq\r(\f(2h,g))－eq\r(\f(2（h－l）,g))④可知l是一個定值時，h越大，則小球A與小球B的落地時間差越?。蔅正確．小球A與B都做自由落體運動，所以二者之間的輕繩沒有作用力．故C錯誤.1與2兩球的距離：L＝vt＋eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)gt2＝vt，可見，兩球間的距離隨時間的推移，越來越大；故D正確。9、(2020·全國卷Ⅰ，24)我國自主研制了運－20重型運輸機。飛機獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫，k為系數(shù)；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度。已知飛機質(zhì)量為1.21×105kg時，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為1.69×105kg，裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變。(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間?！敬鸢浮?1)78m/s(2)2.0m/s239s【解析】(1)設飛機裝載貨物前質(zhì)量為m1，起飛離地速度為v1；裝載貨物后質(zhì)量為m2，起飛離