《(完整版)高中物理匀变速直线运动典型例题(含答案)【经典】.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(完整版)高中物理匀变速直线运动典型例题(含答案)【经典】.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第 1 讲 加速度和速度的关系（a=v/t）1（单选）对于质点的运动，下列说法中正确的是（）【答案】B A质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零 B质点速度变化率越大，则加速度越大 C质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零 D质点运动的加速度越大，它的速度变化越大 2、（单选）关于物体的运动，下列说法不可能的是()答案 B A加速度在减小，速度在增大 B加速度方向始终改变而速度不变 C加速度和速度大小都在变化，加速度最大时速度最小，速度最大时加速度最小 D加速度方向不变而速度方向变化 3(多选)沿一条直线运动的物体，当物体的加速
2、度逐渐减小时，下列说法正确的是()答案 BD A物体运动的速度一定增大 B物体运动的速度可能减小 C物体运动的速度的变化量一定减少 D物体运动的路程一定增大 4（多选）根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是()答案 CD Av00，a0，物体做加速运动 Bv00，a0，物体做减速运动 Cv00，物体做减速运动 Dv00，a0，物体做加速运动 5(单选)关于速度、速度的变化量、加速度，下列说法正确的是()答案 B A物体运动时，速度的变化量越大，它的加速度一定越大 B速度很大的物体，其加速度可能为零 C某时刻物体的速度为零，其加速度不可能很大 D加速度很大时，运动物体的速度一
3、定很快变大 6(单选)一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小逐渐减小为零，则在此过程中()答案 B A速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大 D位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值 7(单选)甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲4 m/s2，a乙4 m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是()答案 B A甲的加速度大于乙的加速度 B甲做加速直线运动，乙做减速直线运动 C甲的速度比乙的速度变化快 D甲、乙在相等时间内速度变化可
4、能相等 8.(单选)如图所示，小球以v13 m/s 的速度水平向右运动，碰一墙壁经 t0.01 s 后以v22 m/s的速度沿同一直线反向弹回，小球在这 0.01 s 内的平均加速度是()答案：C A100 m/s2，方向向右 B100 m/s2，方向向左 C500 m/s2，方向向左 D500 m/s2，方向向右 9（多选）物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为 4m/s，1s 后速度大小变为 10m/s，关于该物体在这 1s 内的加速度大小下列说法中正确的是（）A加速度的大小可能是 14m/s2 B加速度的大小可能是 8m/s2 C加速度的大小可能是 4m/s2 D加速度的大小可能是 6
5、m/s2 【答案】AD 10、为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为 3.0 cm 的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为 t10.30 s，通过第二个光电门的时间为 t20.10 s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为 t3.0 s试估算：(1)滑块的加速度多大？(2)两个光电门之间的距离是多少？解析 v1Lt10.10 m/s v2Lt20.30 m/s av2v1t0.067 m/s2.(2)xv1v22t0.6 m.2 第二讲：匀变速直线运动规律的应用 基本规律(1)三个基
6、本公式vv0at.xv0t12at2.v2v202ax(2)两个重要推论 平均速度公式：vvt2v0v2=.中间位置速度 v2=12+222.任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即 xaT2.（3）初速度为零的匀变速直线运动的四个推论(1)1T末、2T末、3T末瞬时速度的比为：v1v2v3vn123n(2)1T内、2T内、3T内位移的比为：x1x2x3xn122232n2(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内位移的比为：xxxxn135(2n1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1t2t3tn1(21)(3 2).1（单选）一物体从静止开始做匀加速直线运动，测
7、得它在第 n 秒内的位移为 s，则物体的加速度为（）A B C D 【答案】A 2（单选）做匀加速沿直线运动的质点在第一个 3s 内的平均速度比它在第一个 5s 内的平均速度小 3m/s，则质点的加速度大小为（）A1 m/s2 B2 m/s2 C3 m/s2 D4 m/s2 【答案】C 7（单选）一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第 1s 内的位移为它最后 1s 内位移的一半，g 取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为（）A 5 m B 11.25 m C 20 m D 31.25 m 【答案】B 3（多选）一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第 15s 内的位移比第 14s 内的
8、位移多 0.2m，则下列说法正确的是（）A 小球加速度为 0.2m/s2 B 小球前 15s 内的平均速度为 1.5m/s C 小球第 14s 的初速度为 2.8m/s D 第 15s 内的平均速度为 0.2m/s 【答案】AB 4.(单选)如图是哈尔滨西客站 D502 次列车首次发车，标志着世界首条高寒区高速铁路哈大高铁正式开通运营哈大高铁运营里程 921 公里，设计时速 350 公里D502 次列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第 5 s 内的位移是 57.5 m，第 10 s 内的位移是 32.5 m，则下列说法正确的有()答案 D A在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把
9、列车看成质点 B时速 350 公里是指平均速度，921 公里是指位移 C列车做匀减速运动时的加速度大小为 6.25 m/s2 D列车在开始减速时的速度为 80 m/s 5一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动开始刹车后的第 1s 内和第 2s 内位移大小依次为9m 和 7m求：（1）刹车后汽车的加速度大小.（2）汽车在刹车后 6s 内的位移 解答：解：设汽车的初速度为 v0，加速度为 a则第 1s 内位移为：x1=代入数据，得：9=v0+第 2s 内的位移为：x2=v0t2+x1，代入数据得：7=解得：a=2m/s2，v0=10m/s 汽车刹车到停止所需时间为：t=则汽车刹车后 6s 内
10、位移等于 5s 内的位移，所以有：=25m 故答案为：2，25 6.质点做匀减速直线运动，在第 1 s 内位移为 6 m，停止运动前的最后 1 s 内位移为 2 m，求：(1)在整个减速运动过程中质点的位移大小；(2)整个减速过程共用的时间。3 解析 反向加速(1)设质点的初速度为v0，加速度大小为a，由题意可得：v0t112at126 m 12at222 m，t1t21 s 可解得：v08 m/s，a4 m/s2 故x总v022a8 m(2)由vv0at，得：tv0va2 s 答案(1)8 m(2)2 s 7.飞机着陆后以 6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为 60 m/s，求
11、：(1)它着陆后 12 s 内滑行的位移x；(2)整个减速过程的平均速度(用两种方法求解)；(3)静止前 4 s 内飞机滑行的位移x。解析(1)以初速度方向为正方向，则有a6 m/s2 飞机在地面滑行最长时间tva0606 s10 s 所以飞机，12 s 内滑行的位移等于 10 s 内滑行的位移。由v2v022ax可得：xv022a60226 m300 m(2)法一：vvtv020602 m/s30 m/s 法二：vxt30010 m/s30 m/s(3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则：x12at212642 m48 m 答案(1)300 m(2)30 m/s(3)48 m 8如图
12、所示，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度v02 m/s、加速度a2 m/s2向下滑，在到达底端前1 s 内，所滑过的距离为715L，其中L为斜面长，则(1)小滑块在斜面上滑行的时间为多少？(2)小滑块到达斜面底端时的速度v是多大？(3)斜面的长度L是多少？解析 a2 m/s2，v02 m/s 7L15v1112a12 v1v0at 8L15v0t12at2 联立得t2 s，L15 m 小滑块在斜面上滑行的时间t总t1 s3 s 到达斜面底端时vv0at总8 m/s.答案(1)3 s(2)8 m/s(3)15 m 9.已知O、A、B、C为同一直线上的四点、AB间的距离为 l1,BC间的距离为 l2
13、,一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等。求O与A的距离.4 10一个小球从斜面顶端无初速下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了 10 s，斜面长 4 m，在水平面上运动的距离为 6 m，求：(1)小球在运动过程中的最大速度；(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小 答案(1)2 m/s(2)0.5 m/s2 0.33 m/s2 解析 方法一(基本公式法)设小球在斜面上的加速度大小为a1，运动时间为t1；在水平面上的加速度大小为a2，运动时间为t2，由xv0t12at2可得：412a1t21 612a2t
14、22 由最大速度相等可得vma1t1a2t2 t1t210 s 联立可解得 vm2 m/s，a10.5 m/s2，a20.33 m/s2 方法二(平均速度法)设小球运动过程中的最大速度为vm，由xv0v2t 可得：0vm2t1vm02t210 m 即vm2(t1t2)10 m，而t1t210 s，解得vm2 m/s.由av2v202x 可得a122024 m/s20.5 m/s2 a202226 m/s20.33 m/s2.11 2011 年 7 月 2 日下午 1 点半，在杭州滨江区的闻涛社区中，一个 2 岁女童突然从 10 楼坠落，在楼下的吴菊萍奋不顾身地冲过去接住了孩子，从而挽救了“妞妞
15、”的生命 她的事迹感动了亿万国人吴菊萍被誉为“最美妈妈”假设妞妞从离地 h1=31.5m 高的阳台由静止掉下，下落过程中空气阻力不计 在妞妞开始掉下时，吴菊萍立刻由静止冲向妞妞下落处的正下方楼下，准备接住妞妞为确保能稳妥安全接住妞妞，她一方面要尽力节约时间，但又必须保证接住妞妞时没有水平方向的速度 于是吴菊萍先做匀加速运动后立即做匀减速运动，奔跑水平距离 s=9.8m 到达楼下，到楼下时吴菊萍的速度刚好减为零，同时她张开双臂，在距地面高度为 h2=1.5m 处接住妞妞，竖直向下缓冲到地面时速度恰好为零，缓冲过程可看做匀减速运动（g=10m/s2，=2.45）求：（1）从开始下落起经过多长时间妞
16、妞被接住？接住时妞妞的速度大小；（2）缓冲过程中妞妞的加速度大小；（3）吴菊萍跑到楼的正下方过程中最大速度的大小 解答：解：（1）妞妞下落过程做自由落体运动，由运动学公式得：解得下落时间为：=2.45s 速度大小为：v0=gt0=24.5m/s（2）设缓冲过程中的加速度大小为 a，由运动学公式得：a=200m/s2（3）设奔跑过程中的最大速度为 v，由平均速度公式可得 s=所以得：v=答：（1）从开始下落起经过 2.45s 妞妞被接住，接住时妞妞的速度大小为 24.5m/s；（2）缓冲过程中妞妞的加速度大小为 200m/s2；（3）吴菊萍跑到楼的正下方过程中最大速度的大小为 8m/s 5 12
17、甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比 解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为x1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为x2.由运动学公式得vat0，x112at20，x2vt012(2a)t20 设汽车乙在时刻t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为x1、x2.同样有 v(2a)t0，x
18、112(2a)t20，x2vt012at20设甲、乙两车行驶的总路程分别为x、x，则有 xx1x2，xx1x2联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为xx57.答案 57 13在一次低空跳伞训练中，当直升飞机悬停在离地面 224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动。运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以 12.5 m/s2的加速度匀减速下降。为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过 5 m/s，(取g10 m/s2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？(2)伞兵在空中的最短时间为多少？解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此
19、时速度为v0，着地时相当于从h1高处自由落下，则有v2v022ah，即 52v02212.5h 又v022g(224h)210(224h)联立解得h99 m，v050 m/s 以 5 m/s 的速度落地相当于从h1高处自由落下，即 2gh1v2，所以h1v22g5220 m1.25 m。(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有v0gt1，t1v0g5010 s5 s，t2vv0a55012.5 s3.6 s，故所求时间tt1t2(53.6)s8.6 s 答案：(1)99 m 1.25 m(2)8.6 s 14.某人骑摩托车由静止从 A 地沿平直公路经小村庄驶向并停在 D 地，B.C 为小村庄的两
20、个村口，AD 总位移为 X=1000m.为安全起见，要求穿过村庄的速度不得超过 v1=4m/s，AB 和 BC 段的距离分别为X1=242m.X2=300m,已知该摩托车的最大速度为 v=40m/s，启动加速度大小为 a1=4ms2,刹车加速度大小为a2=8ms2.求（1）分别求摩托车从静止加速到 v 和从 v 减速到 v1所经过的位移；（2）该摩托车从 A 到 D 的最短时间.18.解：(1)摩托车从静止加速到 v 的运动位移20112002vxma(2)显然01021xxx，说明摩托车在 AB 段没有达到最大速度 v.6 15机场大道某路口，有按倒计时显示的时间显示灯。有一辆汽车在平直路面
21、上以 36Km/h 的速度朝该路口停车线匀速前进，在车头前端离停车线 70 m 处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。（1）若不考虑该路段的限速，司机的反应时间 1s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度 a1至少多大？（2）若考虑该路段的限速，司机的反应时间为 1s，司机反应过来后汽车先以 a2=2m/s2的加速度沿直线加速 3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速度 a3大小（结果保留两位有效数字）【答案】（1）(2)22/1
22、.6sma【解析】试题分析：（1）设初速度036/10/vkmhms，反应时间11ts 司机反应时间内汽车通过位移m 匀加速时间2154tts ，解得 (2)汽车加速结束时通过的位移为，则 m 此时车头前端离停车线的距离为 m 此时速度为 匀减速过程有 2332va x 解得 第三讲：自由落体和竖直上抛运动规律 1、屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第 5 滴正欲滴下时，第 1 滴刚好落到地面，而第 3 滴与第 2 滴分别位于高 1 m 的窗子的上、下沿，如图所示，(g取 10 m/s2)问：(1)此屋檐离地面多高？(2)滴水的时间间隔是多少？解析 如图所示，如果将这 5 滴水运动等效为一滴水的自
23、由落体，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的 4 段，设每段时间间隔为T，则这一滴水在 0 时刻、T末、2T末、3T末、4T末所处的位置，分别对应图示第 5 滴水、第 4 滴水、第 3 滴水、第 2 滴水、第 1 滴水所处的位置，据此可作出解答设屋檐离地面高为x，滴水间隔为T.则x16x0,5x01 m 所以x3.2 m 另有x12g(4T)2 解得T0.2 s 2.在学习了伽利略对自由落体运动的研究后，甲同学给乙同学出了这样一道题：一个物体从塔顶落下(不考虑空气阻力)，物体到达地面前最后 1 秒内通过的位移为整个位移的925，求塔高H(g取 10 m/s2)。乙同学的解法：根据h12gt
24、2得物体在最后 1 s 内的位移h112gt25 m，再根据h1H925得H13.9 m。乙同学的解法是否正确？如果正确，说明理由；如果不正确，请给出正确解析过程和答案。解析 乙同学不正确。根据题意画出运动过程示意图，设物体从塔顶落到地面所经历的时间为t，通过位移为H，物体在(t1)s 内的位移为h。据自由落体运动规律，有H12gt2 h12g(t1)2 由题意得HhH12gt212gt1212gt2925 联立以上各式，解得H125 m答案 不正确 125 m 3.一矿井深为 125 m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球，当第 11 个小球刚从井口下落时，第 1 个小球恰好到井底。求：(g
25、取 10 m/s2)(1)相邻两个小球开始下落的时间间隔；(2)这时第 3 个小球和第 5 个小球相隔的距离。解析：(1)设相邻两个小球开始下落的时间间隔为 t，由题意可知，第 1 个小球下落到井底的时间为t10t。由h12gt2，解得：t5 s，t0.5 s。(2)此时第 3 个小球与第 5 个小球的距离等于第 1 个小球第 4 s 内下降的距离，即 h713579 h35 m。212.5/am s10 110 xv t70 x 210 2212xxv tat212.5/am s2x2220 10 32 311101103234922xv tv ta t32704921xxx02 31023
26、16/vva tms22233161286.1/222121vam sx7 4一水池水深 H=0.8m现从水面上方 h=0.8m 高处由静止释放一质量为 m=0.1kg 的硬质球体，测得球体从释放到落至水池底部用时 t=0.6s已知球体直径远小于水池深度，不计阻力，取 g=10m/s2，求：（1）通过计算判断球体在水中做什么运动？（2）从水面上方多高处由静止释放球体，才能使球体从释放到落至池底所用时间最短【答案】（1）匀速运动（2）0.4m 解：（1）设小球落至水面所用时间为 t1，在水中运动做匀变速运动，加速度为 a，则 v=gt1 联立解得 a=0m/s2，则小球在水中匀速运动（2）设释放
27、点距水面 x，则，利用均值定理，当时 t 最小，即 5、研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以 10 m/s 的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经 11 s 产品撞击地面不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度(g取 10 m/s2)法一：全程法 将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图所示 规定向上为正方向，则v010 m/s，ag10 m/s2根据Hv0t12at2解得H495 m 即产品的释放位置离地距离为 495 m.法二：分段法 根据题意画出运动草图将产品的运动过程分为AB和BCD两段
28、来处理AB为竖直上抛运动，BCD为自由落体运动在AB段，根据竖直上抛运动规律可知tABv0g1 s hABhBC12gt2AB或v202g5 m 由题意可知tBD11 s1 s10 s 根据自由落体运动规律得hBD12gtBD2500 m 故释放点的高度HhBDhBC495 m.答案：495 m 6如图所示，离地面足够高处有一用绳连接的竖直空管，管长为 24m，M、N 为空管的上、下两端，空管以 a=2m/s2的加速度由静止开始竖直向下做加速运动，同时在 M 处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度 v0竖直上抛，不计一切阻力，取 g=10m/s2求：（1）若小球上抛的初速度为 10m/s，3s
29、 内小球的位移（2）若小球上抛的初速度为 10m/s，小球经过多长时间从管的 N 端穿出（3）若此空管静止时 N 端离地 64m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度 v0大小的范围【解析】（1）规定向下为正方向，20111152hv tgtm 方向竖直向下（2 分）（2）设经过时间2t小球从管的 N 端穿出 小球的位移为 210 2212hv tgt 空管的位移为 22212hat 12hhL 24tS （3 分）(3)设小球初速度 v0，空管经3t时间到达地面233182Hatts 小球在3t时间下落高度为20 3312hv tgt，要落入空管内
30、必须满足的条件为6488mhm029/32/msvms v0 a M N 8 第四讲：追及、相遇问题 分析“追及”问题应注意的几点(1)一定要抓住“一个条件，两个关系”：“一个条件”是两物体的速度满足的临界条件，如两物体距离最大、最小，恰好追上或恰好追不上等 “两个关系”是时间关系和位移关系通过画草图找到两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口 (2)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意被追上前该物体是否已停止运动(3)仔细审题，注意抓住题目中的关键字眼(如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等)，充分挖掘题目中的隐含条件 1、一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a3 m/s2的加
31、速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以v06 m/s 的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：(1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？(2)当汽车与自行车距离最近时汽车的速度是多大？解析(1)当汽车的速度为v6 m/s 时，二者相距最远，所用时间为tva2 s 最远距离为 xv0t12at26 m.(2)两车距离最近时有v0t12at2 解得t4 s 汽车的速度为vat12 m/s.2、如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为 85 m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a12.5 m/s2，甲车运动 6
32、.0 s 时，乙车开始向右做匀加速直线运动，加速度a25.0 m/s2，求两辆汽车相遇处距A处的距离 解析 甲车运动 6 s 的位移为x012a1t2045 m 此时甲车尚未追上乙车，设此后经过时间t与乙车相遇，则有12a1(tt0)212a2t285 m 将上式代入数据并整理得：t212t320 解得：t14 s，t28 s t1、t2都有意义，t14 s 时，甲车追上乙车；t28 s 时，乙车追上甲车再次相遇 第一次相遇地点距A的距离：x112a1(t1t0)2125 m 第二次相遇地点距A的距离：x212a1(t2t0)2245 m.3平直道路上有甲、乙两辆汽车同向匀速行驶，乙车在前，甲
33、车在后甲、乙两车速度分别为 40 m/s 和25 m/s，当两车距离为 200 m 时，两车同时刹车，已知甲、乙两车刹车的加速度大小分别为 1.0 m/s2和 0.5 m/s2.问：甲车是否会撞上乙车？若未相撞，两车最近距离多大？若能相撞，两车从开始刹车直到相撞经历了多长时间？解析 设经过t时间甲、乙两车的速度相等，即v甲a甲tv乙a乙t 代入数据得：t30 s v10 m/s 设在 30 s 时甲、乙两车的距离为 x，则 x200 x乙x甲 200 m12(2510)30 m12(4010)30 m 25 m 说明 30 s 以前两车已碰撞，设从开始刹车到相撞时间为t，则x甲40t121t2
34、 x乙25t120.5t2 x甲200 x乙 由得：t260t8000 即t20 s 或t40 s(舍去)9 4甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为 16 m/s.已知甲车紧急刹车时加速度a13 m/s2，乙车紧急刹车时加速度a24 m/s2，乙车司机的反应时间是 0.5 s(即乙车司机看到甲车刹车后 0.5 s 才开始刹车)为保证两车紧急刹车过程不相碰，甲、乙两车行驶过程至少应保持多大距离？答案 1.5 m（1）在甲刹车、乙未刹车的 0.5s 内 甲车位移 s1：21110121tatvS 乙车位移 s2：102tvS 这段 0.5s 时间内甲、乙两
35、车间距减小 mtaSSS375.02121112 （2）乙车开始刹车时，甲、乙两车的速度分别为 V1、V2 smtaVV/5.141101 smVV/1602 设乙车刹车后经过 t2时间，甲、乙两车的速度相同则：222211taVtaV 得：t2=1.5s （3）在乙车开始刹车后这 1.5s 时间内，甲、乙两车的位移分别是：mtatVS375.1821221211 mtatVS5.1921222222 在此过程中，两车之间距离继续减小mSSS125.112 （4）总之，从甲车开始刹车到乙车刹车后两车速度相同，乙车向甲车靠近的总距离为 s=ss0.375m1.125m1.5m 为保证两车不相撞，
36、行驶时两车前后间距至少为 1.5m 5、汽车以 25 m/s的速度匀速直线行驶，在它后面有一辆摩托车，当两车相距 1 000 m时，摩托车从静止起动做匀加速运动追赶汽车，摩托车的最大速度可达 30 m/s，若使摩托车在 4 min时刚好追上汽车 求：(1)摩托车做匀加速运动的加速度 a.(2)摩托车追上汽车前两车相距最大距离 x.答案(1)2.25 m/s2(2)1 138 m 解析(1)设在 4min 内汽车运动的位移为 x1，摩托车运动的位移为 x2，摩托车的加速度为 a，摩托车达到最大速度所用时间为 t，则 x1=v1t总=25240m=6000m，v=at，22()2vxv tta总恰
37、好追上的条件为 x2=x1+x0 联立上式并代入数值得 a=2.25ms2(2)摩托车与汽车速度相等时两车相距最远，设此时刻为 T，最大距离为 x，由运动学公式得 v1=aT，解得T=1009s 所以 x=x0+v1T212aT 代入数值得 x=1139m 6一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以 v10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过 5.5 s后警车发动起来，并以 2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在 90 km/h以内问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？(2)判定警车在加速阶段能否追上货车(要求通过计算说
38、明)(3)警车发动后要多长时间才能追上货车？答案(1)75 m(2)不能(3)12 s 解析：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等则t1102.5 s4 s，x货(5.54)10 m95 mx警12at21122.542 m20 m 所以两车间的最大距离，xx货x警75 m.(2)v090 km/h25 m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间t2252.5 s10 s，x货(5.510)10 m155 m x警12at22122.5102 m125 m 因为x货x警，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离 xx货x警30 m
39、，警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过 t时间追赶上货车，则 txv0v2 s 所以警车发动后要经过tt2t12 s 才能追上货车 10 7甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方 L1=11m 处，乙车速度 v乙=60m/s，甲车速度v甲=50m/s，此时乙车离终点线尚有 L2=600m，如图所示若甲车做匀加速运动，加速度 a=2m/s2，乙车速度不变，不计车长（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？（2）到达终点时甲车能否超过乙车？解答：解：（1）当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即 v甲+at1=v乙，得 t1=乙甲=60502s=5s；甲车位移 x甲
40、=v甲 t1+at=275 m，乙车位移 x乙=v乙 t1=605 m=300 m，此时两车间距离x=x乙+L1x甲=36 m（2）甲车追上乙车时，位移关系为 x甲=x乙+L1，甲车位移 x甲=v甲 t2+12at22，乙车位移 x乙=v乙 t2，将 x甲、x乙代入位移关系，得 v甲t2+12at2=v乙t2+L1，代入数据 t2=11s，实际乙车到达终点的时间为 t3=2乙=60060=10，所以到达终点时甲车不能超过乙车 答：（1）经过 5s 甲、乙两车间距离最大，最大距离是 36 m；（2）到达终点时甲车不能超过乙车 8在某市区内，一辆小汽车在平直的公路上以速度 v 向东匀速行驶，一位观
41、光游客正由南向北从斑马线上匀速横穿马路汽车司机发现前方有危险(游客正在 D 处)经 0.3s 作出反应，紧急刹车，但仍将正步行至 B 处的游客撞伤，该汽车最终在 C 处停下，为了清晰了解事故现场，现以下图示之，AC 段是汽车轮胎在路面上的擦痕为了判断汽车司机是否超速行驶，警方派一警车以该路段法定最高速度 vm14.0m/s 行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车起始制动点 A 紧急刹车，经 14.0m后停下来，在事故现场测得 AB17.5m.BC14.0m，BD2.6m.问：(1)该肇事汽车的初速度 vA是多大？有无超速？(2)游客横过马路的速度大小？【答案】(1)21m/s，大于规定的最高速度
42、 14.0m/s，超速了；(2)2m/s【解析】试题分析：(1)警车刹车后的加速度大小为 a，则 222214.0m/s=7.0m/s2214.0mvas因 为 警 车 行 驶 条 件 与 肇 事 汽 车 相 同，所 以 肇 事 汽 车 的 加 速 度 也 为 7.0m/s2.肇 事 汽 车 的 速 度227.031.5m/s=21m/svaAC，大于规定的最高速度 14.0m/s.(2)212ABvtat，代入数据，解出 t1.0s.游客的速度122.6m/s=2m/s10.3BDvtt人 9A、B 两车在同一直线上向右匀速运动，B 车在 A 车前，A 车的速度大小为 V1=8m/s，B 车
43、的速度大小为V2=20m/s，如图所示。当 A、B 两车相距 x0=28m 时，B 车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为 a=2m/s2，从此时开始计时，求：（1）A 车追上 B 车之前，两者相距的最大距离；（2）A 车追上 B 车所用的时间；（3）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，求 A 车在 B 车刹车的同时也应刹车的最小加速度.【答案】（1）64 m；（2）16 s；（3）0.25 m/s2【解析】试题分析：（1）当 A、B 两车速度相等时，相距最远 根据速度关系得：v1=v 2-a t 1 代入数据解得：t 1=6 s 此时
44、，根据位移公式得：xA=v 1 t 1 xB=v 2 t 1-12a t 12 xm=xB+xo-xA 代入数据解得：xm=64 m （2）B 车刹车停止运动所用时间：to=v 2/a=10 s 所发生位移：xB=v 22/2a=100m 此时：xA=v 1 t 0=80m 则：xA x0+xB，可见此时 A 车并未追上 B 车，而是在 B 车停止后才追上之后 A 车运动时间为：t 2=（x0+xBxA）/v 1=6 s 故所求时间为：t=to+t 2=16 s （3）A 车刹车减速至 0 时刚好追上 B 车时，加速度最小 +x0=（3 分）代入数据解得：aA=0.25 m/s2 （2 分）1
45、1 10 公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用 某日，小李在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是 1m/s，公交车的速度是 15m/s，他们距车站的距离为 50m假设公交车在行驶到距车站 25m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间 10s而小李因年龄、体力等关系最大速度只能达到 6m/s，最大起跑加速度只能达到2.5m/s2（1）若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？（2）试计算分析，小李是应该上这班车，还是等下一班车【答案】（1）其加速度大小 4.5m/s2；（2）可以在公交车还停在车站
46、时安全上车【解析】试题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出公交车的加速度大小（2）根据匀变速直线运动的运动学公式和推论分别求出公交车和人分别运动到车站的时间，通过时间比较，判断能否上车 解：（1）公交车的加速度为：，所以其加速度大小 4.5m/s2（2）公交车从开始相遇到开始刹车用时为：，公交车刹车过程中用时为：，李老师以最大加速度达到最大速度用时为：，李老师加速过程中位移为：，以最大速度跑到车站用时为：，显然，t3+t4t1+t2+10，可以在公交车还停在车站时安全上车 答：（1）其加速度大小 4.5m/s2；（2）可以在公交车还停在车站时安全上车 11 ETC 是电子不停车收费
47、系统的简称汽车分别通过 ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以 v1=15m/s 朝收费站正常沿直线行驶，如果过 ETC 通道，需要在收费站中心线前 10m 处正好匀减速至 v2=5m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至 v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过 20s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至 v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为 1m/s2，求：（1）汽车过 ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；（2）汽车通过 ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？试题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出
48、加速和减速的位移，以及匀速运动的位移大小求出总位移（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，结合通过 ETC 通道和人工收费通道的时间求出节约的时间 解：（1）过 ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为，所以总的位移 s总 1=2s1+10m=210m（2）过 ETC 通道时=22s 过人工收费通道时 二者的位移差s=s2s1=225210m=15m在这段位移内过 ETC 通道时是匀速直线运动所以=27s 答：（1）从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为 210m（2）汽车通过 ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是 27s 12 12甲、乙两运动员
49、在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持 9 m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置标记在某次练习中，甲在接力区前 x013.5 m处作了标记，并以 v9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒已知接力区的长度为 L20 m.求：(1)此次练习中乙在接棒前的加速度 a.(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离（3）若 s016m，乙的最大速度为 8m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲、乙能在接力区完成交接棒，则乙在听到口令后加速的加速度最大值为
50、多少？答案(1)3 m/s2(2)6.5 m （3）83m/s2 解：（1）在甲发出口令后，甲、乙达到共同速度所用的时间为 设在这段时间内甲、乙的位移分别为 x1和 x2，则 x1=vt x1=x2+x0 联立式解得代入数值得 a=3 m/s2 （2）在这段时间内，乙在接力区的位移为完成交接棒时，乙与接力区末端的距离为 Lx2=6.5 m（3）由题意可知，乙的加速度越大，在完成交接棒时跑过的距离越长，当在接力区的边缘完成交接棒时，乙的加速度最大，设为 a，运动的总时间为：t0Lsv乙做加速运动的时间为：t2mva 乙的位移满足：L212mv tvm(tt2)联立以上各式，并代入数据解得：a83