【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第1章第2讲《匀变速直线运动的规律》(含解析).doc，共(21)页，299.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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.匀变速直线运动沿着一条直线，且加速度不变的运动。2.匀变速直线运动的基本规律(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at。(2)位移与时间的关系式：x＝v0t

＋12at2。(3)速度与位移的关系式：v2－v20＝2ax。【自测1】(2020·江苏如皋中学模拟)汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是x＝(16t－2t2)m，则它在停止运动前最后1s内的平均速度为()A.6m/sB.4m/sC.2m/

sD.1m/s答案C解析根据匀变速直线运动的位移时间关系x＝v0t＋12at2＝16t－2t2，得v0＝16m/s，a＝－4m/s2，采取逆向思维，在物体停止运动前1s内的位移x＝12at2＝12×4×12m＝2m，停止运动最后1

s内的平均速度v－＝xt＝21m/s＝2m/s。二、匀变速直线运动的推论1.三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，即x2－x1＝x3－x2＝„＝xn－xn－1＝aT2。(2)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一半，还等于该段时间中间时刻的瞬时速度。平均速度公式：v－＝v0＋v2＝vt2。(3)位移中点速度vx2＝v20＋v22。2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末

、3T末、„、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶„∶vn＝1∶2∶3∶„∶n。(2)前T内、前2T内、前3T内、„、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶„∶xn＝12∶22∶32∶„∶n2。(3)

第1个T内、第2个T内、第3个T内、„、第N个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶„∶xN＝1∶3∶5∶„∶(2N－1)。(4)通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶„∶(n－n－1)。【自测2】物体做

匀加速直线运动，连续通过两段均为16m的位移，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度大小是()A.23m/s2B.43m/s2C.89m/s2D.169m/s2答案B解析第一段时间内的平均速度为v1＝xt1＝164m/s＝4m/s，第二段时间内的平均速度为v2＝xt2＝162m/s＝8m/

s，根据匀变速直线运动规律，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，两段运动过程中间时刻的时间间隔为Δt＝2s＋1s＝3s，则加速度大小a＝v2－v1Δt＝8－43m/s2＝43m/s2，选项A、C、D错误

，B正确。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①速度与时间的关系式：v＝gt。②位移与时间的关系式：h＝12gt2。③速度与位移的关系式：v2＝2gh。(3)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。2.竖直上抛运动(1)运动特点：初速度方向竖直向上

，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动。(2)运动性质：匀变速直线运动。(3)基本规律①速度与时间的关系式：v＝v0－gt。②位移与时间的关系式：x＝v0t－12gt2。【自测3】甲、乙两物体分别从10m和20m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面

描述正确的是()A.落地时甲的速度是乙的12B.落地的时间甲是乙的2倍C.下落1s时甲的速度与乙的速度相同D.甲、乙两物体在最后1s内下落的高度相等答案C解析根据公式v2＝2gh可得落地速度v＝2gh

，所以落地速度甲是乙的22，选项A错误；根据公式h＝12gt2，可得落地时间t＝2hg，所以落地时间甲是乙的22，选项B错误；根据公式v＝gt可得下落1s时两者的速度相同，所以选项C正确；甲、乙下落时间不同，所以在最后1s内的平均速度不同，下落的高度不同，选项D错误。命题

点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.基本思路画过程示意图→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2.方法技巧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v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋12at2v0、v、a、xtv2－v20＝2axv0、v、t、xax＝v＋v02t除时间t外，x、v0、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。【例1】(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1.21×105k

g时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69×105kg，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1521m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)78m/s(2)2.0m/s239s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＝kv21①m2g＝kv22

②由①②式及题给条件得v2＝78m/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v22＝2as④v2＝at⑤联立③④⑤式及题给条件得a＝2.0m/s2⑥t＝39s⑦【变式1】(2020·山东滨州第二次模拟)“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80m/s，刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以20m/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160m。求第二次舰载机安全降落在航母上的最大速度。答案100m/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－v20＝2aL解得匀减速直线运动的加速度为a＝－20m/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－v21＝2ax1舰载机运动的时间为t＝v－v1a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＝100m/s刹车类问题的处理技巧——逆向思维法的应用刹车类问题：指

匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失的问题，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)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动。【例2】一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止。汽

车在最初3s时间内通过的位移与最后3s时间内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，则汽车制动的总时间t满足()A.t＞6sB.t＝6sC.4s＜t＜6sD.t＝4s答案D解析设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看

成反向的初速度为0的匀加速直线运动，由逆向思维法求解，则汽车刹车的最后3s时间内通过的位移x2＝12a×32(m)＝92a(m)，在最初3s时间内通过的位移x1＝12at2－12a(t－3)2＝12a(6t－9)(m)，又x1∶x

2＝5∶3，联立解得t＝4s，选项A、B、C错误，D正确。命题点二匀变速直线运动的推论及应用1.六种思想方法2.方法选取技巧(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用此法。(

2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法。类型1平均速度公式的应用【例3】(2020·山东济宁市5月高考模拟)质点在做匀变速直线运动，依次经过A、B、C、D四点。已知质点经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为t、3t、5t，在AB段和CD段发生的位移分别为

x1和x2，则该质点运动的加速度为()A.x2－x1t2B.x2－5x130t2C.x2－3x112t2D.x2－3x118t2答案B解析AB中间时刻的速度v1＝x1t，CD段中间时刻速度v2＝x25t，加速度a＝v2－v16t＝x2－5x130t2，故B正确，A、C、D错误。【变式2】(多选

)[2020·湖南常德市模拟(二)]一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s，所用时间分别为2t、t和32t，则()A.物体做匀加速运动时加速度大小为st2B.物体做匀减速运动时加速度大小为4s9t2C.物体在这三个运动过程

中的平均速度大小为s3tD.物体做匀减速运动的末速度大小为s3t答案BD解析匀速运动的速度v＝st，设匀加速运动的初速度为v1，根据平均速度公式有v1＋v2＝s2t，联立上面两式得v1＝0，对匀加速运动，根据a＝ΔvΔt得a1＝st－02t

＝s2t2，或根据位移公式有s＝12a1(2t)2，解得a1＝s2t2，A错误；设匀减速直线运动的末速度为v2，对匀减速直线运动，根据平均速度公式有v2＋v2＝s32t，解得v2＝s3t，匀减速直线运动的加速度大小a2＝ΔvΔt＝st－s3t32t＝4s

9t2，B、D正确；三个过程中的平均速度大小v－＝3s2t＋t＋32t＝2s3t，C错误。类型2初速度为零的匀变速直线运动推论的应用【例4】(2020·山西大同市第一次联考)2019年7月20日晚，在韩国光州进行的2019年国际游泳世锦

赛跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为t。杨健入水后第一个t4时间内的位移为x1，最后一个t4时间内的位移为x2，则x1x2为()A.3

∶1B.4∶1C.7∶1D.8∶1答案C解析将运动员入水后的运动逆向思维可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶7„，所以有x1x2＝71，选项C正确，A、B、D错误。【变式3】(多

选)(2020·甘肃天水市质检)如图1所示，一可视为质点的冰壶以速度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大小之比和穿过每个矩形区域

所用的时间之比分别是()图1A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶2∶3D.t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，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所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，所求时间之比t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，故选项C错误，D正确；由v2－v20＝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大小

之比为1∶2∶3，则所求的速度大小之比v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，故选项A错误，B正确。命题点三自由落体和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。(2)方法技巧：初速度为0的匀变速直线运动规律都适用。2.竖直上抛运动

图2(1)重要特性：(如图2)①对称性a.时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA。b.速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。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。(2)研究方法分段法上升阶段：a＝g的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－12gt2(以竖直向上为

正方向)若v＞0，物体上升，若v＜0，物体下落若h＞0，物体在抛出点上方，若h＜0，物体在抛出点下方【例5】(2019·全国卷Ⅰ，18)如图3所示，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H4所用的时间为t1，第四个H4所用的时间为t2。不计空气阻力，则t2t1满

足()图3A.1＜t2t1＜2B.2＜t2t1＜3C.3＜t2t1＜4D.4＜t2t1＜5答案C解析本题应用逆向思维法求解，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H4所用的时间为t2＝

2×H4g，第一个H4所用的时间为t1＝2Hg－2×34Hg，因此有t2t1＝12－3＝2＋3，即3＜t2t1＜4，选项C正确。【变式4】(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，2)如图4所示，一小船以1.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0

.45m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10m/s2)()图4A.0.3mB.0.6mC.0.9mD.1.2m答案B解析小球被抛出后，相对小船做竖直上抛运动，小球向上和向下运动时间相同，由h＝12gt2得t＝0.3s，

小球在空中运动的总时间为0.6s，小船前进的距离为x＝v·2t＝0.6m，故B正确。双向可逆类问题——类竖直上抛运动如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点仍能以原加速度匀加速下滑，则小球全过程加速度大小、方向均不变，

故求解时可看成类竖直上抛运动，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。【例6】(多选)一物体以5m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小为2m/s2，设斜面足够长，经过时间t物体的位移大小为4m，则时间t可能为()A.1sB.3sC.4s

D.5＋412s答案ACD解析以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4m时，根据x＝v0t＋12at2得4＝5t－12×2t2，解得t1＝1s，t2＝4s。当物体的位移为－4m时，根据x＝v0t＋12a

t2得，－4＝5t－12×2t2，解得t3＝5＋412s，故A、C、D正确，B错误。命题点四多运动过程问题1.基本思路如果一个物体的运动包含几个阶段，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)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的位移—时间关系。(4)解：联立求解，算出结果。2.解题关键多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键。【例7】一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8

m/s的初速度、0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动，其过程简化为如图5所示，求：图5(1)泥石流到达坡底的时间和速度大小；(2)试通过计算说明：汽

车的加速度至少多大才能脱离危险？(结果保留3位有效数字)答案(1)20s16m/s(2)0.421m/s2解析(1)设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，根据题意有s1＝v0t1＋12a1t21，v1＝v0＋a1t1，代入数据得t1＝20s，v1＝16m/s。(2)泥石流在水平地面上做匀速直线

运动，故汽车的速度加速至v1，且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，设汽车加速时间为t，故有v汽＝v1＝a′t，s汽＝v212a′，s泥＝v1()t－t1＋1＝s汽，联立各式代入数据解得a′＝0.421m/s2。【变式5】(2020·云南省师大附中第五次月考)如图6所示，

某同学在直线跑道上测试一辆长城汽车VV7S的加速和制动性能，汽车从t＝0时刻开始加速直到速度v＝108km/h，立即紧急制动，t＝13.5s时汽车停下。若知刹车位移为67.5m，加速过程和减速过程均看成匀变速运动。关于此汽车加速和减速过程说法正确的是()图6A.汽车的刹车时间为10s

B.汽车刹车的加速度大小为103m/s2C.汽车加速过程、减速过程的时间之比为1∶2D.汽车加速过程、减速过程的位移之比为2∶1答案D解析v＝108km/h＝30m/s，汽车制动过程x减＝v2t减，得t减＝4.5s，故A错误；汽车刹车加速度的大小a减＝vt减＝203m/s2，故B错误；加速时间为

t加＝13.5s－4.5s＝9s，所以t加∶t减＝2∶1，故C错误；加速位移为x加＝v2t加，减速位移x减＝v2t减，那么，加速位移与减速位移之比等于加速时间与减速时间之比，即x加∶x减＝2∶1，故D正确。课时限时练(限时：30分钟)

对点练1匀变速直线运动的基本规律及应用1.(2020·山东九校上学期期末)高速公路上有两辆汽车一前一后以相同的速度行驶着，两车相距70m，突然前车发现紧急情况，立即刹车，后车发现前车开始刹车时，也立刻采取相应措施，假设刹车时两车的加速度大小相同，已知人的反应时间和汽车系统

的反应时间之和大约在1.4～2.1s之间，为确保两车不追尾，则两车刹车前行驶的最大速度为()A.90km/hB.110km/hC.120km/hD.130km/h答案C解析由于两车刹车的初速度和加速度大小相同，所以后车在最长反应时间内匀速行驶的距离为70

m，由此可得汽车速度v＝702.1×3.6km/h＝120km/h，C正确，A、B、D错误。2.(2020·江苏苏北四市第一次调研)“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36km/h的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即

刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车加速度大小为10m/s2。若小王的反应时间为0.5s，则汽车距斑马线的安全距离至少为()A.5mB.10mC.15mD.36m答案B解析汽车的初速度为v0＝36km/h＝10m/s，反应时间t1＝0.5s内做匀速直线运动，有

x1＝v0t1＝5m，刹车过程的加速度大小为a＝10m/s2，由匀减速直线运动的规律02－v20＝－2ax2，可得刹车距离为x2＝v202a＝5m，故安全距离为d≥(x1＋x2)＝10m，故B正确，A、C、D错误。3.如图1所示，一小球从A点由静止开始沿

斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于()图1A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4答案C解析根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2－v20＝2ax知，xAB＝v2B2a，xAC＝v2C2a，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶

3，故C正确，A、B、D错误。4.(2020·江苏盐城市期中)汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为()A.5∶4B.4∶5C.3∶4D.4∶3答

案C解析汽车速度减为零的时间为t0＝Δva＝0－20－5s＝4s，刹车2s内的位移x1＝v0t＋12at2＝20×2m－12×5×4m＝30m，刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移x2＝0－v202a＝40m，所以经过2s与5s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确。对点练2匀变速直线运动

推论的应用5.(2020·河北张家口市5月模拟)如图2所示，光滑斜面上有A、B、C、D四点，其中CD＝10AB。一可看成质点的物体从A点由静止释放，通过AB和CD段所用时间均为t，则物体通过BC段所用时间为()图2

A.1.5tB.2.5tC.3.5tD.4.5t答案C解析设AB段的位移为x，由运动学规律可得，AB段时间中点的瞬时速度v1＝xt，CD段时间中点的瞬时速度v2＝10xt，则AB段时间中点到CD段时间中点所用时间t1＝v2－v1a，又因为x＝12at2,联立解得t1＝4.5t,因此

BC段所用时间t2＝t1－t，代入数据解得t2＝3.5t,故A、B、D错误，C正确。对点练3自由落体和竖直上抛运动6.(多选)为测得旗杆的高度，让一石块从旗杆顶部自由下落(不计空气阻力)，除已知的重力加速度g外，测出下列哪个物理量就可以算出旗杆的高度()A.石块下落到地面的总时间B.石块下

落第1s内的位移C.石块落地前1s内的位移D.石块通过最后1m位移的时间答案ACD解析根据位移公式h＝12gt2，知道下落的总时间，可以求出下落的高度，所以选项A正确；知道石块在第1s内的位移，不能算出下落的高度，所以选项B错误；设下落

的总时间为t，落地前1s内的位移等于t时间内的位移减去(t－1s)时间内的位移，根据Δh＝12gt2－12g(t－1s)2，可以求出运动的总时间t，再根据位移公式h＝12gt2可算出下落的高度，所以选项C正确；设石块通过最后1m位移的时间为t′，下落的总时间为t，则12gt2－1m＝12

g(t－t′)2，能求出下落的总时间及下落的高度，所以选项D正确。7.(多选)(2020·浙江金华市模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙。若某次以10m/s的速度从地面竖直向上抛

出一砖块，楼上的师傅没有接住，g取10m/s2，空气阻力可以忽略，则()A.砖块上升的最大高度为10mB.经2s砖块回到抛出点C.砖块回到抛出点前0.5s时间内通过的距离为3.75mD.砖块被抛出后上升过程中，做变减速直线运动答案BC解析由h＝v202g

得，砖块上升的最大高度h＝5m，选项A错误；砖块上升的时间t＝v0g＝1s，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5s上升的高度h′＝v0t′－12gt′2＝3.75m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5s时间

内通过的距离为3.75m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误。对点练4多运动过程问题8.(2020·山西阳泉市上学期期末)已知A、B、C为同一直线上的三点、AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一做匀加速直线运动的物体

，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段时间为t，通过BC段的时间为2t。则物体加速度为()A.l2－2l1t2B.l2－2l12t2C.l2－2l13t2D.l2－2l14t2答案C解析设通过A点的速度为v，则l1＝vt＋12at2，l1＋l

2＝v·3t＋12a(3t)2，解得a＝l2－2l13t2，故选项C正确。9.高速公路的ETC电子收费系统如图3所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s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，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为()图3A.4.2mB.6.0mC.7.8mD

.9.6m答案D解析汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车。在识别车载电子标签的0.3s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3m＝1.8m，在司机的反应时间0.7s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0

.7m＝4.2m，刹车距离x3＝v22a＝3.6m，该ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝9.6m，所以选项D正确。10.(2020·福建三明市质检)一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，火车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，

到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为()A.3s4aB.saC.3saD.3s2a答案C解析设火车做匀加速运动结束时的速度为v，则v22a＋v22·2a＝s，解得v＝4as3，则整个过程中的平均速度为v－＝v2＝as3，则火车从A地

到B地所用时间为t＝sv－＝3sa，故选项C正确。11.(2020·河南省上学期阶段性考试)一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方有一警示牌，立即刹车。刹车后汽车立即做匀减速直线运动，直至停止。已知从刹车开始计

时，汽车在0～2s内的位移大小为48m，4～6s内的位移大小为3m。用v0、a分别表示汽车匀速行驶时的速度大小及刹车后的加速度大小，则()A.a＝458m/s2，v0＝2378m/sB.a＝323m/s2，v

0＝1043m/sC.a＝8m/s2，v0＝32m/sD.a＝6m/s2，v0＝30m/s答案D解析设汽车刹车的加速度大小为a，初速度为v0，则在0～2s内的位移为x1＝v0t2－12at22①汽车在4s时的速度为v＝v0－at4②则4～6s内

的位移为x2＝vt－12at2代入数据解得v0＝29.625m/s，a＝5.625m/s2；但当t＝6s时，可得速度为v6＝－4.125m/s，这说明在t＝6s时汽车已停止运动，因此上面的计算不成立。则4～6s内的位移为0－v2＝－2ax2③联立①②③式计算可得a＝6m/s2，v0＝30m/s

，故D正确，A、B、C错误。12.(2020·山东青岛市5月统一质量检测)全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风洗尘”。某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出(如图4所示)，经过3s水到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出后第1s内上

升高度为h，则水通过前15h段用时为(取g＝10m/s2)()图4A.0.5sB.(2－3)sC.(3－22)sD.0.2s答案C解析由经过3s水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为vy0＝gt＝10×3m/s

＝30m/s。第1s内上升高度为h＝vy0＋vy12t1＝30＋（30－10×1）2×1m＝25m。设水通过前15h末的竖直分速度大小为vy，则有－2g×h5＝v2y－v2y0，解得vy＝202m/s，所用的时间为t′＝vy0－vyg

＝30－20210s＝(3－22)s，故C正确，A、B、D错误。13.(2020·山东临沂市上学期期末)酒驾严重威胁交通安全，其主要原因是饮酒会使人的反应时间(从发现情况到实施操作制动的时间)变长，造

成制动距离(从发现情况到汽车停止运动的过程行驶的距离)变长。假定某汽车以大小v＝30m/s的速度匀速行驶，刹车时汽车的加速度大小a＝6m/s2，该驾驶员正常的反应时间t0＝0.7s，饮酒后的反应时间t1＝2s。求：(1)驾驶员饮酒前、后驾驶该汽车在反应时间内运动的距离差Δx；(2)驾驶

员饮酒后驾驶该汽车从发现情况到汽车停止所用的时间t和该过程汽车运动的距离x。答案(1)39m(2)7s135m解析(1)经分析可知Δx＝v(t1－t0)，代入数值解得Δx＝39m(2)驾驶员饮酒后从实施操作制动到汽车停止所用的时间为t2＝va＝

306s＝5s，又t＝t1＋t2＝5s＋2s＝7s驾驶员饮酒后在反应时间内汽车运动的距离为x1＝vt1驾驶员饮酒后从实施操作制动到汽车停止运动的距离为x2＝v2·t2，则该过程汽车运动的总距离x＝x1＋x2，代入数值解得x＝135m。14.(2020·山东潍

坊市4月模拟)为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一长直斜坡公路，如图5所示，倾角为37°，机动车限速36km/h。一质量为5吨的小货车以36km/h的速度匀速下坡，小货车装配了ABS(车轮防抱死)系统，某时刻发现前方20m处有一观光者以18km/

h的速度匀速骑行下坡，司机立即启动ABS刹车系统，此后货车一直做匀减速运动直到静止，且恰好没有撞到骑行者。图5(1)求货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离；(2)若该货车下坡刹车时ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下，刹车过程中货车受到的摩擦力。已知货车轮胎与路

面间的动摩擦因数为0.9，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。答案(1)20m(2)3.6×104N，方向沿斜面向上解析(1)设小货车减速的加速度为a，经时间t1两者速度相等，恰好没有撞到骑行者，有v货－at1＝v人，v货＋v人2t1＝v人t1＋x0解得a

＝58m/s2再经时间t2，小货车减速到0，有0－v人＝－at2则有Δx＝v人t2－v人2t2,解得Δx＝20m。(2)对汽车进行受力分析，则有f＝μmgcos37°，解得f＝3.6×104N，方向沿斜面向上。