提分集训(15)牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

提分集训（十五） 牛顿运动定律的综合应用一动力学图像、 连接体及临界极值问题 [A级 练对点·固本] ↑FN 对点练1动力学图像问题 1.(2025·河南模拟)如图甲所示，一物块（可视为质 点)从倾角0=30°的足够长斜面上滑下，物块运动 的子-子图像如图乙所示，重力加速度取 -F 2 x/em g=10m/s2,下列说法正确的是 ( 甲 1m·82 A.滑块向右做加速度逐渐增大的加速运动 B.若滑块运动4cm时与弹簧分开，滑块与水平地 面间的动摩擦因数为0.02 2 C.施加力F的瞬间滑块的加速度大小为2m/s2 D.滑块向右运动2cm所用的时间为0.2s 0.5 对点练2动力学的连接体问题 甲 4.(2023·北京高考)如图所示，在光滑水平地面上， A.物块的加速度为2m/s2 两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg,细 B.物块的初速度为零 线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作 C物块与斜面间的动摩擦因数为得 用下，两物块一起向右做匀加速直线运动.则F的 最大值为 ( ) D.前2s内物块的平均速度为5m/s 2.(2024·合肥期末)图甲为小明乘坐观光电梯的示 意图，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从 静止开始运动的加速度α随时间t变化情况，近似 A.IN B.2N 处理后得到如图乙所示图像（以向上为正方向）， C.4N D.5N 电梯总质量m=3.0×103kg,忽略一切阻力，重力 5.(2024·贵州安顺一模)高铁已成为重要的“中国 加速度g取10m/s2,下列说法中正确的是( 名片”.一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始 ↑拉力 4a/(m·8 的第2、3、6、7节为动力车厢，其余为非动力车厢. 1.0 列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车 3031.4041 厢的牵引力大小均为F,每节车厢质量都为m,每 电梯 101 节车厢所受阻力大小都为车厢重力大小的k倍. 重力加速度为g.则 -1.0 甲 乙 A.列车启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 A.电梯在第10s末速度达到最大 B.电梯在1~10s时间内上升的高度为45m B列车的加速度大小为F一mS C.电梯在11s到30s内向上做匀速运动且速率 C.第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为零 为9.5m/s D.第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F D.电梯在上升过程中受到的最小拉力为3.0 对点练3动力学中的临界和极值问题 10N 6.(2025·兰州模拟)如图，水平地面上有一汽车做 3.(2025·沧州模拟)如图甲所示，水平轻质弹簧左 加速运动，车厢内有一个倾角8=37°的光滑斜面， 端固定，右端与质量m=2kg的滑块相接触，滑块 斜面上有一个质量为m的小球，用轻绳系于斜面 在弹簧向右的弹力作用下恰好静止在粗糙水平地 面上.现对滑块施加水平向右的拉力F,在弹簧恢 的顶端，小球的重力大小为mg,绳对球的拉力大 复原长之前，拉力F随滑块位移x的变化图像如图 小为FT、斜面对小球的弹力大小为FN,当汽车以 乙所示.已知弹簧的劲度系数k=1N/cm,重力加速 大小为a的加速度向左做匀加速直线运动时 度g取10m/s2,可以认为最大静摩擦力等于滑动 (sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取 摩擦力.下列说法正确的是 10m/s2) ( ) 365 (1)弹簧的伸长量△x: (2)物体A与地面间的最小动摩擦因数：；（最大 静摩擦力等于滑动摩擦力) (3)剪断细绳瞬间三个物体的加速度大小， 77777777777777777777 A.若a=14m/s2,小球受mg、Fr、FN三个力 B 作用 B.若a=14m/s2,小球受g、Fr两个力作用 C C.若a=13m/s2,小球受mg、Fr两个力作用 A D.不论a多大，小球均受mg、Fr、Fv三个力作用 7.(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置 于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆 上.横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底 座之间的夹角日可变.将小物块由平板与竖直杆 交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点 所用的时间1与夹角0的大小有关.若0由30°逐 渐增大至60°，物块的下滑时间t将 () 光滑 0 长平板 横杆 03P 铁架台 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 [B级练综合·提分] [C级练加强·培优 8.(多选)(2022·全国甲卷)如图，质量相等的两滑 块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连 10.如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右 侧粗糙.有8个质量均为m的完全相同的小滑块 接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为以.重力加 (可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块 速度大小为g,用水平向右的拉力F拉动P,使两 间的距离为L,滑块1恰好位于O点左侧，滑块 滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从 2、3…依次沿直线水平向左排开.现将水平恒力 此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 ( F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑 wcu F 块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗 糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动， A.P的加速度大小的最大值为2g 已知重力加速度为g,则下列判断中正确的是 B.Q的加速度大小的最大值为2g C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度 855 0 大小 9.(2025·河南南阳期未)如图所示，三物体A、B、C A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 mg 处于静止状态，物体A.B通过轻质不可伸长的细 B.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 绳绕过光滑定滑轮连接，其中物体A的质量m1= C.第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小 9kg,物体B的质量m2=2.5kg,连接物体A的 滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块 细绳与水平面间的夹角0=53°，物体B、C通过轻 的加速度大小为，。 质弹簧连接，物体C的质量%=2kg,弹簧的劲度 D.第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小 系数k=200N/m,取重力加速度大小g=10m/, 滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个 sin53°=0.8，cos53°=0.6，弹簧处于弹性限度 内，求： 小滑块之间的轻杆上的弹力大小为号 366D.某时刻若将弹簧从c处剪断，轻质弹黄的弹力为零，小球 C.根据图2可知人在0.655末受到的支持力最大，所以加速度 的加逢度为零，小球m2和箱子有共同的加速度：=a3= 最大，根据牛领第二定律，有 -故D正确.故选D. a=F-mg=1800_60=20m/g故C正确： 60 2.选DAB.用整体法，对ab整体受力分折，设ab物体的质量为 D.人从0.15~0.355做加速度增大的加速下蹲，从0.35-0.45s m,剪断细绳前，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F一2mg 做加速度减小的加速下蹲，然后从0.45一0.65s微加速度增大 再对物体受力分析，受到重力，细绳拉力和弹簧的拉力，剪断 的减速下蹲，根据图2可知人在0,455时合力为零，加速度为 细蝇后，重力和弹黄的弹力不变，细绳的拉力减为零，故物体 零，逸度最大，故D错误.故选AC. 受到的力的合力为F台=mg 9.选ADA.演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿 方向向上，根据牛顿第二定律得a的加速度为山，-台=g, 第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，先大于重力 后小于重力，根据牛顿第二定律可加，加速度方向先向上后向 方向向上，故AB错误： 下，加缝度大小先减小后增大，则演员在到b过程先处于超重 CD.对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪斯细绳后，重力 状态，后处于类重状态，故A正确： 不变，细绳的拉力减为零，故物体b受到的力的合力为F合'=mg,方 B根据图像可知，演员脱离骗床在空中运动的时间为 _F合一g,方向 1=2.8s-1.2s=1.6s 向向下，根据牛顿第二定律得6的加建度为a?一m 根据竖直上抛运动的对称性可知，演员肌离蹦床向上运动的时 向下，明显a1=ag 间为0.8“，利用逆向思维，根据速度公式有 则物体的加递度与物体b的加递度大小相等，故C错误，D正 =g·=8m/s 确.故选D. 演员在到D过程，先向上微加速度减小的变加速直线运动，后 3,选B物块水平沿中线微匀减速直线运动，测口=工=十” 2·由 向上做加速度减小的变减速直线运动，当加速度为0时，速度达 到最大值，即到b之间的某一时刻，演员的速度最大，最大速度 题意知x一1m,1一1s,>0,代入数据有h<2m/s,故A错误， 大于8m/s,故B错误； B正确：对物块微受力分析，由牛顿第二定律有口=一g,又 2-6=2ax,整理有6十2a.r>0,联立可得4<0.2，故C,D C,从a时刻到b时刻，根据动能定理 错误 wk-w。=子m咳=专×40×83J=1280J 4.选BDAB.竖直向上加速时，根据牛頓第二定 可知从4时刻到时副，赠床的弹性势能转化为演员增加的重力 律有 0.26 势能与动德，故从a时刻到b时刻，骗床对演员做的功大于1280J, F-mg-0.2mg=ma 故C错误： 减速时有mg十0.2mg=a2 D.从a时刻到b时刻，根据动量定理有 解得a1ta2=2t3 I合=△p=m路-0=320N·s 根据时=2a知位移之比为32，故B正确，A错误： 故D正确.故选AD. CD.水平加速时，升力的坚直分力平街重力，水平分力加速，受力 10.解析：(1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得 如图，易知F斜右上，因整直分力等于G,故升力大于G,故C错 mg女一f=a:,其中f=0.2mg火 误，D正确 解得a1=3.2m/5 故进BD. 深测器58末的逸度为u=a14=16m/s 5.选ABA.1■0.4s时，重心加速上升，加速度向上，处于超重状 全程的平均速度大小为口一乞 =8m/s 态，A正确 B=0,5时，他的加造度约为a=3X10m/?-0.3m. (2)採测器加速下落过程中，由h=2a1日 B正确： 代入数据得h1=40m C.1=1.18时，图线斜率为零，加速度为零，他受到单杠的作用力 则减逸下落过程中通过的位移为h2=H一h1=60m 等于重力，大小为550N,C错误： 32 D.1=1.5s时，重心减速上升，加递度向下，处于失重状态，D错 减速下落过程中的加速度大小：一方。一污m/保， 误.故选AB. (3)设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F, 6.选BDAB.台秤示数变小，说明该同学处于失重袂态，有向下的 有F+f一g发=a2 加速度，说明电梯从静止开始向下加速运动，A项错误，B项 代入数据解得F=2.67×10N. 正确： 答案：18m/（2器mg82.67×10N C,设电梯对该同学的支持力为F,根搭题意可知F=480N, 根据牛领第三定律，该同学对台秤的压力大小为480N,C项 提分集训（十五）》 错误： L选CAB,由运动学公式r=w1什受ad整理可得 D.根据牛顿第二定律mg一F=ma,解得a=2m/s2,D项正确. 故选BD. 青=%}+号由圈乙可知受=2m/g6==2m/:解符 1 7,选AC根搭牛頓第二定律，飞权离开电碰弹射区后有F程一方mg a一4m/s所以物块在斜面上微初逸度为2m/s的匀加速直线 =mag,解得a2=4.0m/s”,由v-听=2a2(1-l1),解得飞机在 运动，AB错误： 电磁弹射区的末速度-20√2m/s.由行=2a11,解得飞机在 C由牛频第二定球得mgs血0-=m,部样n=得C正 电磁弹射区运动的加速度仙一5m/2,报据牛顿第二定律有 确： F幸十F拉一写mg=m1·代入数据解得F幸=2×10N,故B错 D.第2s末的速度为=十4t=10m/s, 误，A,C正确：根据P=Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率 那么前2s内的羊均连度为=”=6m/s,D错误.：故选心 不断增加，故D错误， 2,述BA.4一1图像的面积表示速度变化，电稀在10s末的速率 8.选ACA.根据图2可知，人的重力为600N,升高0.5m过程 为0到105图像的面积，由图像可得，此时图像的面积并非最 中，有W=ngh=600×0.5J=300J 大，第11s末图像面积有最大值，故电梯在115未的速度达到最 人做功的过程人的重心升高的距离大于0.5m,所以人做功大于 大，故A错误： 300J,故A正璃： B.电梯在1一10s内做匀加速直线运动，而1s末的速度为 B.2一3过程中人受到的支持力竖直向上，但支持力的作用点没 有发生位移，所以支持力对人不做功，故B错误： =号×1.0×1m/s=0.5m/s 613 10s末的速度为 $$v _ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } \times \left( 9 + 1 0 \right) \times 1 m / s = 9 . 5 m / s$$ 在减小，则滑块P减速的加速度减小，滑块 Q 的加速度增大，做 加速度增大的减速运动，故P加运度大小的最大值 所以电梯在 1∼10s ，时间内上升的高度为 $$x = \frac { v _ { 2 } ^ { 2 } - v _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 a } = \frac { 9 . 5 ^ { 2 } - 0 . 5 ^ { 2 } } { 2 \times 1 . 0 } m = 4 5 m$$ $$| \frac { - k x - m g } { m } | = 2 p g B . Q$$ =2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时， m 有一 ，解得 $$a _ { O m } = - m g$$ ，故滑块Q加速度大小最大值 故B正确； 为 \mug，A 正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一 C. C.电梯在11s到30s内向上做匀速运动，其速度大小为 直大于Q的加速度，所以撒去拉力后P的速度一直小于同一时 $$v _ { 3 } = \frac { 1 } { 2 } \times \left( 1 1 + 9 \right) \times 1 m / s = 1 0 m / s$$ 刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小， 错 误，D正确. 故 C 错误； 9.解析：(1)对物体C受力分析，有 $$k \triangle x = m _ { 3 } g$$ D.电梯减速上升过程中，拉力最小，最小拉力在31s到40s之 解得 △x=0.1m 间，其加速度大小为 $$1 m / s ^ { 2 } ，$$ ，方向竖直向下，根据牛顿第二定排 (2)对物体B、C整体分析可得 $$T = \left( m _ { 2 } + m _ { 3 } \right) g$$ 得 $$m g - F _ { \min } = m a$$ 解得T=45N 解得 $$F _ { \min } = 2 . 7 \times { 1 0 ^ { 3 } } N$$ 对物体A受力分析， 由平衡条件可得f=T cos 故D错误，故选 B. F=mg-Ts in $$F _ { N } = m _ { 1 } g - T \sin \theta$$ 3.选D A.当滑块住移为x时，弹簧弹力的减小量为 $$\triangle { F _ { } } = k x$$ $$f \le { F _ { N } }$$ 根据图像可知，拉力F的增加量为 △F=k'x， 因 k=k' 解得物体 A 与地面间的最小动摩擦因致为 _{1}=0.5 故弹簧弹力的减小量等于拉力 F 的增加量，即滑块所受合力不 (3)对物体 ，细绳拉力消失，地面支持力突变，合力 $$F _ { 1 }$$ 仍为零， 变，因此滑块做匀加速直线运动，A错误； 加速度为 $$a _ { A } = 0$$ B.若滑块运动 cm时与弹簧分开，则滑动摩擦力大小为 $$F _ { 1 } = k x$$ 对物体 B. ，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，有 $$m _ { 2 } g + m _ { 3 } g = m _ { 2 } a _ { 1 }$$ 解得 \mu=0.2，B 错误； 解得 $$a _ { B } = 1 8 m / s ^ { 2 }$$ C.根据图像可知 x=0 时，拉力 F=2N， 根据牛领第二定律有F 对物体 C. ，弹簧弹力不变，合力 $$F _ { 3 }$$ 仍为零，加速度 $$a _ { c } = 0$$ =ma， ，解得 $$a = 1 m / s ^ { 2 } ， C$$ 错误； 答案 ：(1)△x=0.1m $$\left( 2 \right) p = 0 . 5 \left( 3 \right) a _ { A } = 0 ， a _ { B } = 1 8 m / s ^ { 2 } ，$$ $$a _ { c } = 0$$ D.根据 $$x = \frac { 1 } { 2 } a t ^ { 2 } ，$$ ，可得 t=0.2s，D 正确，故选 D. 10.选D小滑块匀速运动时，有 F=3pmg， ，所以 $$\mu _ { 甲 } = \frac { F } { 3 m g } ， A$$ A错误； 4.选C 对两物块整体受力分析，有 F=2ma， ，对后面的物块，有 $$F _ { 1 }$$ =ma，联立得 $$F = 2 F _ { T } ，$$ 而细线能承受的最大拉力 $$F _ { T } m _ { x } = 2 N ，$$ 小滑块匀速运动时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零， 故F的最大值为 $$F _ { m a } = 4 N ，$$ ，故C正确， 但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个小滑块完全 m 5.选C A.启动时车厢对乘客在竖直方向有向上的支持力，水平 进入到第3个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得 F 方向有沿动车运动方向的摩擦力，两个力的合力方向斜向上方， $$- 2 p m g = 8 m a _ { 2 } ， 则 a _ { 2 } = \frac { F } { 2 4 m } ， C$$ 错误；第1个小滑块完全进入粗 故A错误； B.对列车整体，根据牛顿第二定律 4F-8kmg=8ma， 糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带之前，由牛领第二定律得 $$F - m m g = 8 m a _ { 1 } ，$$ 取 小滑块为一系统，由牛桶第二定律得 解得列车的加速度大小为a $$a = \frac { F - 2 k m g } { 2 m } ，$$ ，故B错误； B $$F _ { } = 3 m a _ { 1 } ，$$ ，联立解得F $$F _ { } = \frac { F } { 4 } ， D$$ 正确. C. .对第 1.2 节车厢整体，根据牛顿第二定律 $$F _ { 1 2 } + F - 2 k m g = 2 m a ，$$ ，解得 $$F _ { 2 2 } = 0 .$$ 提分集训(十六) 根据牛顿第三定律，第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为 1.选BC A.物体从A端向右运动到B端先受到向右的滑动摩擦 零，故C正确； 力做匀加速直线运动，与传送带达到相同的速度后做匀速直线 D.对第 节车厢整体，根据牛損第二定律 $$F _ { 2 1 } - k m g = m a$$ 运动，不受摩擦力，故A错误； B. 由 \mumg=ma 得，物体加速时的加速度大小 $$a = p g = 2 m / s ^ { 2 }$$ 解得第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F $$F _ { 2 1 } = \frac { F } { 2 } ，$$ 故B正确； 误，故选 C. CD. 物体加速运动的时间， $$t _ { 0 } = \frac { v } { a } = \frac { v } { v + g } = 2$$ 6.选B 若支持力恰好为零，对小球受 力分析，受到重力、绳子拉力，如图， 物体在传送带上加速运动的距离 $$x _ { 0 } = \frac { 1 } { 2 } a t _ { 0 } ^ { 2 } = 4 m$$ 小球向左加速，加速度向左，合力水平 T 向左，根据牛顿第二定律，有 Tcosθ= 物体随传送带做匀速直线运动的时间 $$t _ { 1 } = \frac { x - x _ { 1 } } { v } = 1 . 5 s$$ ma，Tsinθ=mg， ，解得 $$a = \frac { k } { \tan \theta } = \frac { 4 g } { 3 }$$ 总时间为3.5s，故C正确，D错误，故选 BC. $$= \frac { 4 0 } { 3 } m / s ^ { 2 } \approx 1 3 . 3 m / s ^ { 2 } .$$ 2.选AD A.由 v-t 图像可知，小行李箱的初速度 $$v _ { 0 } = 8 m / s ，$$ 送带转动的速度 v=4m/s， ，小行李箱开始做匀减速直线运动，后 D. 由以上分析可知，当 $$a > 1 3 . 3 m / s ^ { 2 }$$ 时，小球受 $$m g 、 F _ { T }$$ 两个力 与传送带一起匀速运动，由v一 图像可 $$a = \frac { \triangle v } { \triangle t } = 4 m / s ^ { 2 } ，$$ 作用，当 $$a < 1 3 . 3 m / s ^ { 2 }$$ 时，小球受 $$m g 、 F _ { T } 、 F _ { N } \geq$$ 个力作用，故D 错误； 受力分析可 ，解得 _{k}=0.4 ，故 A 正确； AB. 若 $$a = 1 4 m / s ^ { 2 } > 1 3 . 3 m / s ^ { 2 } ，$$ 小球受 $$m g 、 F _ { T }$$ 两个力作用，故 A错误，B正确； B. 由 v-t 图像，小行李箱在前 2 s内运动的距离为 C.若 $$a = 1 3 m / s ^ { 2 } < 1 3 . 3 m / s ^ { 2 } ，$$ 小球受 $$m g 、 F _ { T } 、 F _ { N }$$ 三个力作用， $$s = \frac { 1 } { 2 } \times \left( 4 + 8 \right) \times 1 m + 4 \times 1 m = 1 0 m ，$$ 故C错误，故选 B. 所以小行李箱在前 2 s内运动的平均速度为 5m/s， 故B错误； 7.选D设P点与竖直杆的距离为 ，则 $$P Q = \frac { l } { \cos \theta } .$$ 对物块，根据 C.AB 两点间距离为 $$s = \frac { 1 } { 2 } \times \left( 4 + 8 \right) \times 1 m + 4 \times 2 m = 1 4 m ，$$ ，故 牛频第二定律，有 mgsinθ=ma， 解得 a=gsinθ，则x $$x = \frac { 1 } { 2 } a t ^ { 2 } ，$$ C错误； $$\frac { 1 } { \cos \theta } = \frac { 1 } { 2 } g \sin \theta \cdot { t ^ { 2 } } ，$$ $$t = \sqrt { \frac { 4 l } { g \sin 2 \theta } } ， 求 2 \theta = 9 0 ^ { \circ } ，$$ $$\theta = 4 5 ^ { \circ }$$ 时 ， D.小行李箱留在传送带上摩擦痕述长为 $$\triangle s = \frac { 1 } { 2 } \times \left( 4 + 8 \right) \times 1 m$$ -4×1m=2m， 故 D 正确，故选 AD. t最小，由题知0从 $$3 0 ^ { \circ }$$ 增大到 $$6 0 ^ { \circ } ，$$ 则物块的下滑时间先减小后增 3.选AC A.由于 $$m g \sin 3 7 ^ { \circ } > \mu m g \cos 3 7 ^ { \circ } ，$$ 大，选项D正确， 所以在整个过程中，小物块一直做加速直线运动，故A正确； 8.选AD 设两滑块的质量均为 m， 撒去拉力前，两滑块均做匀速 B.当小物块的速度小于传送带的速度时，小物块的加速度大小 直线运动，则拉力大小为 F=2mg， 对Q受力分析可知，弹簧的 为 $$a _ { 1 } = \frac { m g \sin 3 7 ^ { \circ } + g \tan \beta \cos 3 7 ^ { \circ } } { m } = 8 m / s ^ { 2 } ，$$ 弹力为 kx=pmg； 以向右为正方向，去拉力后，由牛频第二定 m 律对滑块P有 $$- k x ^ { 2 } - m m g = m a p ，$$ ，对滑块 Q 有 $$k x ^ { ' } - m m g =$$ ma，从撒去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直 这个过程用时 $$t _ { 1 } = \frac { v _ { 0 } } { a _ { 1 } } = 0 . 5 s$$ 614