第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律（课件PPT）-【步步高】2024年高考物理大一轮复习讲义（ 人教版 浙江专用第二版）

DIYIZHANG 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 大一轮复习讲义 匀变速直线运动的规律 第 2 讲 目标 要求 1.掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各物理量的含义.2.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性.3.掌握处理相遇问题的方法和技巧. 内容索引 考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用 考点二　自由落体运动　竖直上抛运动 考点三　匀变速直线运动中的多物体和多过程问题 考点四　追及相遇问题 课时精练 3 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 4 1.匀变速直线运动 沿着一条直线且 不变的运动.如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线. 梳理 必备知识 加速度 2.匀变速直线运动的两个基本规律 (1)速度与时间的关系式：v＝ . (2)位移与时间的关系式：x＝_________. 由以上两式联立可得速度与位移的关系式： . v0＋at v2－v02＝2ax 3.公式选用原则 以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量.选用原则如下： 不涉及位移，选用v＝v0＋at 不涉及末速度，选用x＝v0t＋ 不涉及时间，选用v2－v02＝2ax 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.匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同.(　　) √ × × 判断正误 1.常用的导出公式 提升 关键能力 (2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2. 注意：不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度. (3)初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式 ①T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＝1∶4∶9∶…∶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). 2.基本思路 3.正方向的选定 无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向.速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负. 4.两种匀减速直线运动的比较 两种运动 运动特点 求解方法 刹车类问题 匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失 求解时要注意确定实际运动时间 双向可逆 类问题 如沿光滑固定斜面上滑的小球，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 求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义 例1　(2022·全国甲卷·15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0).已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为 √ 由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0.则有v＝ v0－2at1，解得t1＝ 列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3 例2　做匀变速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度大6 m/s，则质点的加速度大小为 A.1 m/s2 B.1.5 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2 √ 例3　(多选)如图所示，一冰壶以速度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之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是 A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 √ √ 例4　(2023·福建师范大学附属中学高三月考)一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移(单位：m)与时间(单位：s)的关系式为x＝30t－2.5t2 (m)，下列分析正确的是 A.刹车过程中最后1 s内的位移大小是5 m B.刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值为10 m C.从刹车开始计时，8 s内通过的位移大小为80 m D.从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9 √ 逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动. 方法点拨 例5　对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当汽车以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住.假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同.问： (1)这位驾驶员的反应时间为多少； (2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少. 考点二 自由落体运动　竖直上抛运动 24 1.自由落体运动 (1)运动特点：初速度为 ，加速度为 的匀加速直线运动. (2)基本规律： 匀变速直线运动 自由落体运动 v＝v0＋at v＝gt x＝v0t＋ h＝ v2－v02＝2ax v2＝2gh 0 g 梳理 必备知识 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，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做 运动. (2)基本规律 ①速度与时间的关系式： ； ②位移与时间的关系式：x＝v0t－ . 自由落体 v＝v0－gt 1.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大.(　　) 2.自由落体加速度的方向垂直地面向下.(　　) 3.做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s.(　　) 4.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值.(　　) 5.做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的.(　　) √ × √ × √ 判断正误 1.竖直上抛运动 (1)对称性 ①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(如图)，同理tAB＝tBA. ②速度对称：物体上升过程经过A点的速度大小与下降过程经过A点的速度大小相等. 提升 关键能力 (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.竖直上抛运动的研究方法 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，加速度为－g的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－ (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6　(2021·湖北卷·2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军.某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整.假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为 A.0.2 s 　　　　　B.0.4 s 　　　　　C.1.0 s 　　　　　D.1.4 s √ 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为 下落前5 m的过程所用的时间为 则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B正确. 例7　气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，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，不计空气阻力) 答案　7 s　60 m/s 解法一：全程法 取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示. 重物在时间t内的位移h＝－175 m 解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去) 所以重物落地时速度为 v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s 其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反. 解法二：分段法 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点， 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下) 所以重物从气球上掉落到落地的时间t＝t1＋t2＝7 s. 考点三 匀变速直线运动中的多物体和多过程问题 36 1.多物体问题 研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解. 2.多过程问题 (1)一般的解题步骤 ①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程. ②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量. ③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程. (2)解题关键 将复杂过程合理拆分，多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键. 例8　(2023·陕西榆林市调研)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高速列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高速列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高速列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来. (1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小； 答案　60 m/s　 设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s， 则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s. (2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2. 答案　1.2 m/s2 列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m， 打开电磁制动系统后，列车行驶的距离 x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m， 考点四 追及相遇问题 43 追及相遇问题的实质就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置.追及相遇问题的基本物理模型：以甲追乙为例. 1.二者距离变化与速度大小的关系 (1)无论v甲增大、减小或不变，只要v甲<v乙，甲、乙的距离就不断增大. (2)若v甲＝v乙，甲、乙的距离保持不变. (3)无论v甲增大、减小或不变，只要v甲>v乙，甲、乙的距离就不断减小. 2.分析思路 可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”. (1)一个临界条件：速度相等.它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点； (2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系.通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口. 3.常用分析方法 (1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图. 能否追上的判断方法(临界条件法) 物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当vB＝vA时，若xB>xA＋x0，则能追上；若xB＝xA＋x0，则恰好追上；若xB<xA＋x0，则不能追上. (2)二次函数法：设运动时间为t，根据条件列方程，得到关于二者之间的距离Δx与时间t的二次函数关系. ①若Δx>0，即有两个解，说明可以相遇两次； ②若Δx＝0，一个解，说明刚好追上或相遇； ③若Δx<0，无解，说明追不上或不能相遇. 当t＝ 时，函数有极值，代表两者距离的最大或最小值. (3)图像法：在同一坐标系中画出两物体的运动图像.位移－时间图像的交点表示相遇，分析速度－时间图像时，应抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系. 4.常见追及情景 (1)速度小者追速度大者：当二者速度相等时，二者距离最大. (2)速度大者追速度小者(避碰问题)：二者速度相等是判断是否追上的临界条件，若此时追不上，二者之间的距离有最小值. 特别提醒：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动. 例9　汽车A以vA＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2.从刚刹车开始计时.求： (1)A追上B前，A、B间的最远距离； 答案　16 m　 汽车A和B的运动过程如图所示. 当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远， 即v＝vB－at＝vA， 解得t＝3 s 此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m 故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16 m. (2)经过多长时间A恰好追上B. 答案　8 s 汽车B从开始减速直到静止经历的时间 汽车A在t1时间内运动的位移 xA′＝vAt1＝20 m 此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m 故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8 s. 五 课时精练 1.如图所示，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 A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4 基础落实练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2023·浙江省杭州二中模拟)质点沿x轴做直线运动的位置坐标x与时间t的关系为x＝2＋4t－t2(各物理量都采用国际单位制单位)，则该质点 A.第1 s的位移大小是5 m B.前2 s内的平均速度大小是3 m/s C.2 s末的速度为0 D.4 s末质点位于坐标原点处 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 前2 s内的总位移是4 m，则平均速度大小是2 m/s，B错误； 由速度－时间公式v＝v0＋at可知，2 s末速度为0，C正确； 4 s末质点位置为x＝(2＋4×4－42) m＝2 m，D错误. 3.课间，一些同学常在走廊上跳摸指示牌.身高1.70 m的小兰同学在指示牌正下方原地竖直向上跳起，手指恰好能摸到指示牌的下边沿，测得指示牌下边沿到地面的竖直距离为2.50 m(如图所示).小兰同学双脚离地时速度大小最接近于 A.0.5 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.7 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 小兰同学起跳后做匀减速直线运动，设双脚离地时的速度大小为v，则有－2gh＝0－v2，结合生活实际，原地站立且胳膊向上时，手指离地面高度约为2.1 m，有h＝2.5 m－2.1 m＝0.4 m，取g＝9.8 m/s2，联立可得v＝2.8 m/s，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.如图所示的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥的A、B、C三根桥墩间距分别为AB＝132 m、BC＝196 m.一列高速列车匀加速通过元洪航道桥，车头经过AB段和BC段的时间分别为3 s和4 s，则这列高速列车经过元洪航道桥的加速度大小约为 A.0.7 m/s2 B.1.4 m/s2 C.2.8 m/s2 D.6.3 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(2023·浙江宁波市月考)一质点做匀加速直线运动，位移为x1时，速度的变化量为Δv；紧接着位移为x2时，速度的变化量仍为Δv.则质点的加速度为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2) A.80 m B.40 m C.20 m D.无法确定 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2023·河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是 A.在该段时间内质点运动方向不变 B.这段时间为 C.这段时间该质点运动的路程为 D.再经过相同的时间，质点速度大小为3v 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速运动，A错误； 再经过相同的时间，速度再增加3v，质点速度大小变为v′＝2v＋3v＝5v，D错误. 8.(多选)从高为20 m的位置以20 m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10 m/s2，当物体到抛出点距离为15 m时，所经历的时间可能是 A.1 s B.2 s C.3 s D.(2＋ ) s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 能力综合练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2023·浙江丽水市模拟)广场喷泉是城市一道亮丽的风景.如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度大小为v0，重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H处的水柱直径为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2023·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“超级高铁”(如图).速度高达一千多公里每小时.如果乘坐超级高铁从A地到B地，600公里的路程需要42分钟，超级高铁先匀加速达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于超级高铁的说法正确的是 A.加速与减速的时间不一定相等 B.加速时间为10分钟 C.加速过程中发生的位移为150公里 D.加速时加速度大小约为0.46 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则 11.(2023·新疆哈密市第十五中学月考)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为 A.20 m/s2 B.10 m/s2 C.5 m/s2 D.无法确定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车的位移为x＝355 m－335 m＝20 m， 初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，则超声波被A接收时，AB间的距离x′＝335 m＋5 m＝340 m， 12.(2023·浙江省镇海中学模拟)某市开展礼让行人活动，要求在没有信号灯的路口，一旦行人走上人行道，机动车车头便不能越过停止线.如图所示，一辆家用轿车长度L＝4 m，正以v0＝36 km/h的速度行驶，车头距停止线的距离为L1＝30 m，人行道宽度为L2＝4 m.距离人行道为L4＝3 m的行人以v1＝1 m/s的速度匀速走向长度为L3＝9 m的人行道，停止线到人行道的距离可忽略. (1)若行人与轿车均未发现对方，均做匀速运动， 求两者能否相遇； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　不会相遇　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 v0＝36 km/h＝10 m/s 行人在这段时间内的位移为x0＝v1t＝3.8 m x0－L4＝0.8 m 则两者不会相遇. (2)轿车若立即以恒定的加速度a＝2 m/s2加速，求是否违反要求； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　没有违反要求 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从题述时刻到行人走上人行道所用时间 代入数据得x＝39 m>L1＋L2＋L 故没有违反要求. (3)轿车若以恒定的加速度a2减速，要保证不违反要求，求加速度a2的大小需要满足的条件. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从题述时刻到行人穿过人行道所用时间 v0t＋at2 at2 (1)平均速度公式：＝＝ . ④从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－). →→→ → A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ ， 在隧道内匀速有t2＝ 解得t3＝ 则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝＋，故选C. 物体做匀变速直线运动时，第一个3 s内中间时刻，即1.5 s时的速度为v1＝3，第一个7 s内中间时刻，即3.5 s时的速度为v2＝7，由题意可知v2－v1＝6 m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2 s，可得a＝3 m/s2.故选C. B.v1∶v2∶v3＝∶∶1 C.t1∶t2∶t3＝1∶∶ D.t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确； 由v2－v02＝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之比为1∶∶，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A错误，B正确. 由匀变速直线运动的规律x＝v0t＋at2，可得初速度v0＝30 m/s，加速度a＝－5 m/s2，刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值|Δx|＝|a(Δt)|＝5 m，从刹车开始计时到停下的时间tm＝＝6 s,8 s内通过的位移大小为xm＝＝90 m，选项B、C错误； 把末速度为0的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1 s内的位移大小为x1＝－at02＝2.5 m，从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9，选项D正确，A错误. at2 gt2 gt2 gt2 t＝＝ s≈1.4 s t1＝＝ s＝1 s 将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入h＝v0t－gt2 则t1＝＝ s＝1 s 上升的最大高度h1＝gt12＝×10×12 m＝5 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 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝＝2 800 m， 则a2＝＝1.2 m/s2. － 汽车B的位移xB＝vBt－at2＝21 m 汽车A需再运动的时间t2＝＝3 s t1＝＝5 s 运动的位移xB′＝＝25 m 根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误. 代入位移－时间公式x＝v0t＋at2可知，质点从距离原点2 m处的位置出发，初速度为4 m/s，做加速度a＝－2 m/s2的匀减速直线运动.第1 s内的位移是4×1 m－×2×1 m＝3 m，A错误； 高速列车在AB段的平均速度为v1＝＝44 m/s，在BC段的平均速度为v2＝＝49 m/s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝≈1.4 m/s2，B正确. A.(Δv)2(－) B.(Δv)2(＋) C. D. 在匀变速直线运动中，速度变化Δv所用的时间为t＝，则可知质点通过位移x1和x2过程中所用时间相同，根据Δx＝at2得，x2－x1＝a·()2，解得a＝，C正确. 物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为，从最高点自由下落到B点的时间为，A、B间距离为hAB＝g[()2－()2]＝×10×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C. 速度变化量大小为Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用时间t＝＝，B错误； 减速的过程中运动的路程s1＝，反向加速运动的路程s2＝，因此总路程为s＝s1＋s2＝，C正确； 取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m时，位移为x＝15 m，由竖直上抛运动的位移时间公式得x＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；当物体运动到抛出点下方离抛出点15 m时，位移为x′＝－15 m，由x′＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s (负值舍去)，选项A、C、D正确，B错误. A.D B. C. D. 设Δt时间内，从喷口喷出的水的质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝v0π()2Δt，在到达离喷口高度为H处时，速度大小为v，则有v2－v02＝－2gH，且v0Δtπ()2＝vΔtπ()2，解得D′＝，故选C. 加速与减速的加速度大小相等，根据t＝可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误； 加速位移为x加＝t＝120 km，故C错误； 加速度大小a＝≈0.46 m/s2，故D正确. 2×t＋vm(t0－2t)＝s，代入数据解得t＝12 min，故B错误； 所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝＝ s＝1 s，根据Δx＝at2，可得15 m－5 m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，故B正确，A、C、D错误. 从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需的时间t＝＝3.8 s t1＝＝3 s 在3 s内轿车的位移x＝v0t1＋at12 答案　a2≥ m/s2 t2＝＝12 s 假设12 s内轿车的位移等于30 m，此时加速度为a1， 则L1＝v0t2－a1t22 解得a1＝ m/s2 $$