第2讲 匀变速直线运动规律

第2讲 匀变速直线运动规律

知识排查

匀变速直线运动1.概念：沿一条直线且加速度不变的运动。 2.分类： (1)匀加速直线运动：a 与v 方向相同。 (2)匀减速直线运动：a 与v 方向相反。

3.基本规律

?????（1）速度—时间关系：v ＝v 0＋at

（2）位移—时间关系：x ＝v 0t ＋12at 2（3）速度—位移关系：v 2－v 20

＝2ax （4）平均速度公式：v －＝v 0＋v 2

――→初速度为零v 0＝0?????v ＝at

x ＝12at 2

v 2＝2ax x ＝v 2·t 匀变速直线运动的推论 1.相同时间内的位移差：Δx ＝aT 2，x m －x n ＝(m －n )aT 2

2.中间时刻速度：v t

2＝v 0＋v 2＝v －

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)速度公式：v ＝gt 。

(2)位移公式：h ＝12gt 2。

(3)速度位移关系式：v 2＝2gh 。

3.伽利略对自由落体运动的研究

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。

小题速练

1.思考判断

(1)匀加速直线运动是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大的()

(3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定等于该段时间的平均速度()

(4)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动()

(5)伽利略利用理想实验研究得出自由落体是初速度为零的匀加速运动()

答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√

2.一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分成1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为()

A.1∶3∶5

B.1∶4∶9

C.1∶8∶27

D.1∶16∶81

答案 C

3.(2019·嘉兴市期末)在平直的小区道路上，一毛开着玩具车正以7.2 km/h的速度沿直线行驶，突然前方窜出一只小狗，他便马上紧急刹车，如图所示，假设刹车的加速度大小恒定为0.8 m/s2，则该玩具车在3 s内的刹车距离为()

A.2.4 m

B.2.5 m

C.31.1 m

D.32.4 m

解析v0＝7.2 km/h＝2 m/s，该玩具车匀减速运动的时间t＝v0

a

＝2

0.8s＝2.5 s，该

玩具车在3 s内的刹车距离x＝v20

2a

＝2.5 m，故B正确。

答案 B

4.(多选)物体从离地面45 m高处做自由落体运动(g取10 m/s2)，则下列选项中正确的是()

A.物体运动3 s后落地

B.物体落地时的速度大小为30 m/s

C.物体在落地前最后1 s内的位移为25 m

D.物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s

解析 由h ＝12gt 2得t ＝2h

g ＝3 s ，A 正确；落地速度v t ＝gt ＝30 m/s ，B 正确；

最后1 s 内位移Δh ＝12gt 23－12gt 22＝25 m ，C 正确；全程的平均速度v －＝h t ＝453

m/s ＝15 m/s ，D 错误。

答案 ABC

匀变速直线运动规律的应用

1.运动学公式中符号的规定

一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。若v 0＝0，一般以a 的方向为正方向。

2.解决运动学问题的基本思路

【典例】 如图1所示，冰壶以速度v 垂直进入四个宽为l 的矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域的E 点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t ，试通过所学知识分析并计算冰壶通过第四个矩形区域所用的时间是多少？(可选用多种方法)

图1

解析 法一 一般公式法

根据位移公式和速度公式，由A 到E ，有

4l ＝v t 1－12at 21，0＝v －at 1

式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小

由A到D，有3l＝v t－1

2at

2

联立解得t1＝2t或t1＝2

3t

显然t1＝2

3t不符合题意，应舍去。

所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t1－t＝t。

法二逆向思维法

冰壶通过矩形区域做匀减速直线运动，可看做冰壶从E点开始做初速度为零的

匀加速直线运动，根据位移公式，由E到A，有4l＝1

2at 2 1

式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小

由E到D，有l＝1

2a(t1－t)

2

联立解得t1＝2t或t1＝2

3t

显然t1＝2

3t不符合题意，应舍去。

所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t1－t＝t。

法三图象法

冰壶做匀减速直线运动的速度—时间图象如图所示。冰壶由A到E的位移与由D 到E的位移之比为4∶1，由于相似三角形的面积之比等于对应边长的平方之比，则t OE∶t OD＝2∶1，故t DE＝t OD＝t，即冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t。

答案t

解答匀变速直线运动问题常用方法

1.(多选)一质点做匀加速直线运动，第三秒内的位移2 m ，第四秒内的位移是

2.5 m ，那么( )

A.这两秒内的平均速度是4.5 m/s

B.第三秒末的瞬时速度是2.25 m/s

C.质点的加速度是0.125 m/s 2

D.质点在零时刻的初速度是0.75 m/s

解析 质点在这两秒内的平均速度为v －

＝2＋2.52 m/s ＝2.25 m/s ，根据匀变速直线运动过程中中间时刻推论可知，该速度为第3 s 末的瞬时速度，选项A 错误，B 正确；根据Δx ＝aT 2可得x 4－x 3＝aT 2，T ＝1 s ，故可得a ＝0.5 m/s 2，选项C 错误；因为v 3＝2.25 m/s ，所以根据速度时间公式可得v 0＝v 3－at ＝(2.25－0.5×3) m/s ＝0.75 m/s ，选项D 正确。

答案 BD

2.如图2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()

图2

A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1

B.v1∶v2∶v3＝5∶3∶1

C.t1∶t2∶t3＝1∶2∶ 3

D.t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶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v23＝2a·L，v22＝2a·2L，v21＝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＝3∶2∶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＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C错误，D正确。

答案 D

3.(2018·4月浙江选考)如图3所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是()

图3

A.13 s

B.16 s

C.21 s

D.26 s

解析运动分成三段，开始匀加速启动，接下来以8 m/s的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口。

加速阶段时间t1＝Δv

a ＝8 s，位移x1＝1

2at

2＝32 m。

减速阶段与加速阶段对称，t3＝8 s，x3＝32 m

匀速阶段x2＝(104－32－32) m＝40 m，所以t2＝x2v＝5 s

所以t总＝t1＋t2＋t3＝21 s，所以选C。

答案 C

自由落体运动伽利略对自由落体运动的研究

应用自由落体运动规律解题时的两点注意

(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。

(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题。

【典例】如图4所示木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：

图4

(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？

(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？

解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下

A ＝

2h下A

g

＝2×15

10s＝ 3 s

木杆的上端到达圆筒上端A用时

t上A＝2h上A

g

＝2×20

10s＝2 s

则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－3) s。

(2)木杆的下端到达圆筒上端A用时

t下A＝2h下A

g

＝2×15

10s＝ 3 s

木杆的上端离开圆筒下端B用时

t上B＝2h上B

g

＝2×25

10s＝ 5 s

则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(5－3) s。答案(1)(2－3) s(2)(5－3) s

1.质量为m的物体从高为h处自由下落，开始的h

3用时为t，重力加速度为g，则

()

A.物体落地所用的时间为3t

B.物体落地所用的时间为3t

C.物体落地时的速度为6gt

D.物体落地时的速度为3gt

解析根据自由落体运动规律有h＝1

2gt′

2，h3＝12gt2，解得t′＝3t，A正确，B错

误；物体落地时的速度v＝gt′＝3gt，C、D错误。

答案 A

2.(2019·福建六校联考)若在某星球上，让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m(未落地)，则()

A.物体在2 s末的速度大小是20 m/s

B.物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s

C.物体在前2 s内的位移大小是20 m

D.物体在5 s内的位移大小是50 m

解析设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，

可得1

2g×(5 s)

2－12g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2，所以物体在2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；

物体在前2 s内的位移大小是1

2g×(2 s)

2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位

移大小是1

2g×(5 s)

2＝50 m，选项D正确。

答案 D

3.(多选)科技馆中的一个展品如图5所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的

是(g取10 m/s2)()

图5

A.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足t AB＜t BC＜t CD

B.间歇发光的间隔时间是

2 10s

C.水滴在相邻两点之间的位移满足x AB∶x BC∶x CD＝1∶3∶5

D.水滴在各点速度之比满足v B∶v C∶v D＝1∶4∶9

解析若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水

滴似乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等。根据Δx＝gΔt2，则Δt＝Δx

g

＝0.2

10s＝

2

10s，故A错误，B正确；初速度为零的匀变速直线运动，在相邻

相等时间内的位移之比为1∶3∶5，故C正确；根据v＝gt得，v B∶v C∶v D＝

1∶2∶3，故D 错误。

答案 BC

多过程运动问题

解答多过程问题的注意点

(1)由题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。

(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量，待求量以及中间量。

(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。

【典例】 短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.00 s 跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为7.5 m ，求该运动员的加速度大小及在加速阶段通过的距离。

解析 根据题意，在第1 s 内和第2 s 内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1 s 内和第2 s 内通过的位移分别为s 1和s 2，由运动学规律得

s 1＝12at 20

s 1＋s 2＝12a (2t 0)2

t 0＝1 s

联立解得a ＝5 m/s 2

设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ，跑完全程的时间为t ，全程的距离为s ，依题意及运动学规律，得

t ＝t 1＋t 2

v ＝at 1

s ＝12at 21＋v t 2

设加速阶段通过的距离为s ′，

则s ′＝12at 21

求得s ′＝10 m 。

答案 5 m/s 2 10 m

1.如图6所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点，每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )

图6 t /s

0 2 4 6 v /(m·s －1)

0 8 12 8

A.t ＝103 s 的时刻物体恰好经过B 点

B.t ＝12 s 的时刻物体恰好停在C 点

C.物体运动过程中的最大速度为12 m/s

D.A 、B 间的距离大于B 、C 间的距离

解析 根据图表信息，如果第4 s 还在斜面上的话，速度应该为16 m/s ，从而判断出第4 s 已过B 点，是在2 s 到4 s 之间经过B 点，物体下滑的加速度a 1＝Δv Δt

＝82 m/s 2＝4 m/s 2，在水平面上的加速度a 2＝－2 m/s 2，根据运动学公式8＋a 1t 1

－a 2t 2＝12，t 1＋t 2＝2 s 解出t 1＝43 s ，知经过103 s 到达B 点，到达B 点时速度v

＝a 1t ＝403 m/s ，所以最大速度不是12 m/s ，而是v B ＝a 1t ＝4×103 m/s ＝13.3 m/s ，

故A 正确，C 错误；第6 s 末速度是8 m/s ，到停下来还需时间t ′＝0－8

－2 s ＝4 s ，

所以到C 点时间是10 s ，故B 错误；根据v 2－v 20＝2ax ，求出AB 段的长度为2009

m ，BC 段长度为4009 m ，则A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离，故D 错误。

答案 A

2.(2019·河北定州中学模拟)近几年，国家取消了7座及以下小车在部分法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v 0＝72 km/h ，靠近站口时以大小为a 1＝5 m/s 2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t ＝28.8 km/h ，然后立即以a 2＝4 m/s 2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：

(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？

(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？

(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？

解析 设该车初速度方向为正方向，v t ＝28.8 km/h ＝8 m/s ，v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，a 1＝－5 m/s 2。

(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则由v 2t －v 20＝2a 1x 1

解得x 1＝33.6 m 。

(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，

则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1，得t 1＝v t －v 0a 1

＝2.4 s

加速阶段t 2＝v 0－v t a 2

＝3 s 则加速和减速的总时间t ＝t 1＋t 2＝5.4 s 。

(3)在加速阶段x 2＝v t ＋v 02t 2＝42 m

则总位移x ＝x 1＋x 2＝75.6 m

若不减速所需要时间t ′＝x v 0

＝3.78 s 该车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝1.62 s 。

答案 (1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s

3.(2019·浙江金华期末)如图7所示，在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每隔1 s 有一个小孩往下滑，一游客对着冰道的孩子拍下一张照片，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子，他根据照片与实物的比例推算出乙与甲和丙孩子间的距离分别为12.5 m 和17.5 m ，求：

图7

(1)小孩在下滑过程的加速度是多大？

(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多少？

(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩不会超过几个？

解析 (1)甲、乙之距x 1＝12.5 m ，乙、丙之距x 2＝17.5 m ，由x 2－x 1＝aT 2得，

加速度a ＝x 2－x 1T 2＝17.5－12.51

2 m/s 2＝5 m/s 2。 (2)乙的速度v 乙＝x 1＋x 22T ＝12.5＋17.52×1

m/s ＝15 m/s ， 丁的速度v 丁＝v 乙＋a ×2T ＝(15＋5×2×1) m/s ＝25 m/s 。

(3)从开始至摄像时乙滑动的时间t 乙＝v 乙－0a ＝3 s ；

则甲滑动的时间为2 s ，所以甲上面不会超过两个小孩。

答案 (1)5 m/s 2 (2)25 m/s (3)两个

科学思维——“形同质异”类问题

什么是“形异质同”和“形同质异”

题目做得多了，会遇到一类遵循的物理规律相同，但提供的物理情景新颖、信息陌生、物理过程独特的问题，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。其实这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问题我们称之为形异质同。另外，平时做题时还会遇到一类物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的问题，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误，这类问题我们称之为形同质异。

下面列举两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题。

类型一 水平刹车与沿粗糙斜面上滑

1.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t ＝0时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小x 与速度大小v 的关系为x ＝10－0.1v 2(m)，下列分析正确的是( )

A.刹车过程汽车的加速度大小为0.2 m/s 2

B.刹车过程持续的时间为2 s

C.t ＝0时刻汽车的速度大小为5 m/s

D.刹车全过程的位移大小为5 m

解析 根据匀变速直线运动中位移与速度关系可得x ＝v 2－v 202a ＝－v 202a ＋12a v 2，对

应x ＝10－0.1v 2(m)，可得－v 202a ＝10 m ，12a

＝－0.1 s 2/m ，得加速度a ＝－5 m/s 2，t ＝0时刻的速度大小v 0＝10 m/s ，刹车持续时间Δt ＝0－v 0a ＝2 s ，刹车全过程的

位移大小x ＝0－v 202a ＝10 m ，故只有选项B 正确。

答案 B

2.如图8所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能

沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是()

图8

A.小木块与木板间的动摩擦因数为

3 2

B.小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点

C.小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下

D.小木块滑到最高点后将静止不动

解析小木块恰好匀速下滑时，mg sin 30°＝μmg cos 30°，可得μ＝

3

3

，选项A错

误；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得mg sin 30°＋μmg cos 30°＝

ma，可得小木块上滑过程中匀减速运动的加速度a＝10 m/s2，故小木块上滑的时

间t上＝v0

a

＝1 s，小木块速度减为零时，有mg sin 30°＝μmg cos 30°，故小木块将静止在最高点，选项D正确，B、C错误。

答案 D

(1)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为零后，汽车将停止运动。

(2)物体沿粗糙斜面上滑至最高点后，若有mg sin θ≤μmg cos θ，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。

类型二竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑

3.在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)()

A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15 m/s，方向向上

B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s，方向向下

C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s，方向向上

D.小球的位移大小一定是15 m

解析小球竖直上抛，做匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平

均速度公式v－＝v0＋v

2

求解，规定向上为正方向，当小球的末速度为向上10 m/s

时，v＝10 m/s，用平均速度公式求得平均速度为15 m/s，方向向上；当小球的末速度为向下10 m/s时，v＝－10 m/s，用平均速度公式求得平均速度为5 m/s，方向向上，选项A、B、C均错误；由于末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，

距起点的位移x＝v20－v2

2g

＝15 m，选项D正确。

答案 D

4.(多选)如图9所示，在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是()

图9

A.物体运动时间可能为1 s

B.物体运动时间可能为3 s

C.物体运动时间可能为(2＋7) s

D.此时的速度大小一定为5 m/s

解析当物体的位置在出发点的上方时，

根据x＝v0t＋1

2at

2得7.5＝10t－12×5t2

即t2－4t＋3＝0，所以t1＝3 s或t2＝1 s

由v＝v0＋at得v＝±5 m/s

当物体的位置在出发点的下方时，根据x＝v0t＋1

2at

2得

－7.5＝10t－1

2×5t

2

即t2－4t－3＝0，t＝(2±7) s，舍去负值。

即t3＝(2＋7) s。由v＝v0＋at得v＝－57 m/s，所以选项A、B、C均正确，D错误。

答案ABC

课时作业

(时间：30分钟)

A组基础过关

1.(2019·广东湛江模拟)在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝20t－2t2(x的单位是m，t的单位是s)。则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为() A.25 m B.50 m

C.100 m

D.200 m

解析根据x＝20t－2t2可知，初速度v0＝20 m/s，加速度a＝－4 m/s2，刹车后

做匀减速运动的位移为刹车痕迹长度x＝0－v20

2a

＝

0－202

－2×4m＝50 m，B正确。

答案 B

2.做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小3 m/s。则质点的加速度大小为()

A.1 m/s2

B.2 m/s2

C.3 m/s2

D.4 m/s2

解析第1个3 s内的平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5 s内的平均

速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，加速度为a＝Δv

Δt ＝

v2－v1

Δt

＝3

2.5－1.5

m/s2＝3

m/s2，选项C正确。答案 C

3.(2016·4月浙江选考)已知月球表面的加速度约为地球表面加速度的1

6，宇航员在

月球上离月球表面高10 m处由静止释放一片羽毛，羽毛落到月球表面上的时间大约是()

A.1.0 s

B.1.4 s

C.3.5 s

D.12 s

解析月球上没有空气，羽毛只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的

物体做自由落体运动相似，月球表面的加速度为地球表面加速度的1

6

，根据h＝

1

2gt

2得t＝2h g＝3.46 s≈3.5 s，C正确。

答案 C

4.(2017·4月浙江选考)拿一个长约1.5 m的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，

把金属片和小羽毛放到玻璃筒里。把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况。然

后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下

列说法正确的是()

图1

A.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快

B.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动

C.玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快

D.玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快

解析抽出空气之后，羽毛和金属片下落仅受重力，因此加速度一样大，所以下落一样快，选项C正确。

答案 C

5.在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。经过3 s时物体的速度大小和方向是()

A.25 m/s，沿斜面向上

B.5 m/s，沿斜面向下

C.5 m/s，沿斜面向上

D.25 m/s，沿斜面向下

解析取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示物体在t＝3 s时速度方向沿斜面向下。

答案 B

6.一汽车刹车可看做匀减速直线运动，初速度为12 m/s，加速度大小为2 m/s2，运动过程中，在某一秒内的位移为7 m，则此后它还能向前运动的位移是() A.6 m B.7 m

C.9 m

D.10 m

解析题中所述的1 s内平均速度为7 m/s，其中间时刻t＝12－7

2s＝2.5 s，即此

物体已运动了3 s，还要运动t′＝12

2s－3 s＝3 s停下，所以物体还能向前运动的

位移大小x＝1

2at′

2＝12×2×32 m＝9 m，选项C正确。

答案 C

7.(2019·桐乡市选考模拟)浙江省长兴县十里银杏长廊景区古银杏树众多，成片成林全国罕见。某次游客小朱发现一片手掌大小的树叶正好从离水平地面高约3 m 的树枝上飘落。这片树叶从树枝开始下落至落到地面上的时间可能是()

图2

A.0.4 s

B.0.6 s

C.0.8 s

D.3 s

解析根据自由落体运动公式：h＝1

2gt

2，解得t＝2h g＝2×3

9.8s＝0.8 s，而

树叶的运动时间大于自由落体运动的时间，可知树叶开始下落的时间为3 s ，故D 正确，A 、B 、C 错误。

答案 D

8.航空母舰是以舰载机为主要武器的大型水面战斗舰艇。民航客机起飞时需在150 s 内使飞机从静止加速到40 m/s ，而舰载飞机借助助推设备，在3 s 内就可使飞机加速到 80 m/s ，设起飞时飞机在跑道上做匀加速运动，供客机起飞的跑道的长度为航空母舰的甲板跑道长度的( )

图3

A.25倍

B.50倍

C.250倍

D.500倍

解析 民航客机加速度a 1＝40150 m/s 2＝415 m/s 2，民航客机跑道长度x 1＝12a 1t 21＝

3 000 m ；航空母舰的加速度a 2＝803 m/s 2，航空母舰的甲板跑道长度x 2＝12a 2t 22＝

120 m ，则x 1＝25x 2，A 正确。

答案 A

9.(2019·贵州贵阳二测)(多选)对于如图4所示的情境，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚。若以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8 m ，该车减速时的加速度大小为5 m/s 2。下列说法中正确的是( )

图4

A.驾驶员立即刹车制动，则至少需1.6 s 汽车才能停止

B.在距停车线6 m 处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处