【物理】2020届一轮复习人教版第一章第2讲匀变速直线运动的研究学案 17页

第2讲　匀变速直线运动的研究 ‎[考试标准]‎ 知识内容 考试要求 说明 速度与时间、位移与时间的关系 d ‎1.非匀变速直线运动的v－t图象不作要求．‎ ‎2.追及、相遇问题不作要求．‎ ‎3.不要求用初速度为零的匀变速直线运动的推论分析解决问题．‎ ‎4.不要求计算多物体且多过程运动中需要联立方程求解的问题．‎ ‎5.只要求解决一个物体做自由落体运动的有关问题．‎ ‎6.不要求掌握伽利略对自由落体进行实验研究的具体细节.‎ 自由落体运动 c 伽利略对自由落体运动的研究 a 一、匀变速直线运动的规律 ‎1．基本规律 ‎(1)速度公式：v＝v0＋at.‎ ‎(2)位移公式：x＝v0t＋at2.‎ ‎(3)速度位移关系式：v2－v02＝2ax.‎ ‎2．匀变速直线运动的两个重要推论 ‎(1)物体在一段时间内的平均速度等于在这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：＝＝.‎ ‎(2)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：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.‎ 自测1　(2015·浙江10月选考·6)如图1所示，一女同学穿着轮滑鞋以一定的速度俯身“滑入”静止汽车的车底，她用15 s穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58 m，假设她的运动可视为匀变速直线运动，从上述数据可以确定(　　)‎ 图1‎ A．她在车底运动时的加速度 B．她在车底运动时的平均速度 C．她刚“滑入”车底时的速度 D．她刚“滑出”车底时的速度 答案　B 解析　根据x＝v0t＋at2知，由于初速度未知，则无法求出运动的加速度，故A、C错误．根据平均速度的定义式，她在车底的平均速度＝＝ m/s≈3.87 m/s，故B正确．由于初速度未知，结合速度时间公式无法求出末速度，即“滑出”车底时的速度，故D错误．‎ 二、自由落体运动 ‎1．特点和规律 ‎(1)从静止开始，只受重力作用的匀加速直线运动．‎ ‎(2)公式：v＝gt，h＝gt2，v2＝2gh.‎ ‎2．自由落体加速度 ‎(1)在同一地点，一切物体的重力加速度都相同，方向均为竖直向下．‎ ‎(2)在地球上其大小随地理纬度的增加而增大，在赤道上最小，在两极处最大．‎ 自测2　(2018·温州市十校期末联考)从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间，两位同学合作，用刻度尺可测得人的反应时间：如图2(a)所示，甲握住尺的上端，乙在尺的下部做握尺的准备(但不与尺接触)，当看到甲放开手时，乙立即握住尺．若乙做握尺准备时，手指位置如图(b)所示，而握住尺时的位置如图(c)所示．由此测得乙同学的反应时间最接近(　　)‎ 图2‎ A．2.0 s B．0.04 s C．0.50 s D．0.30 s 答案　D 解析　在人的反应时间中，直尺下降的距离h＝40 cm.‎ 根据h＝gt2，t＝＝ s≈0.28 s，接近于0.30 s，故D正确，A、B、C错误．‎ 三、伽利略对自由落体运动的研究 ‎1．亚里士多德认为物体下落的快慢是由它的重量决定的，物体越重，下落得越快．‎ ‎2．伽利略认为，重物和轻物应该下落得同样快．‎ ‎3．伽利略的科学方法：观察现象→逻辑推理→猜想假说→实验验证→修正推广．‎ 自测3　如图3所示，大致地表示了伽利略探究自由落体运动的实验和思维过程，对于此过程的分析，以下说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．其中甲图是实验现象，丁图是经过合理的外推得出的结论 B．其中丁图是实验现象，甲图是经过合理的外推得出的结论 C．运用甲图的实验，可“清除”重力的作用，使实验现象更明显 D．运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显 答案　A 四、运动学图象 ‎1．x－t图象 ‎(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律．‎ ‎(2)斜率意义 ‎①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小．‎ ‎②切线斜率的正负表示物体速度的方向．‎ ‎2．v－t图象 ‎(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．‎ ‎(2)斜率意义 ‎①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小．‎ ‎②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向．‎ ‎(3)面积意义 ‎①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．‎ ‎②若此面积在时间轴的上方，则表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，则表示这段时间内的位移方向为负方向．‎ 自测4　(2015·浙江10月选考·2)下列v－t图象中，表示物体做匀速直线运动的是(　　)‎ 答案　D 解析　A项表示物体的速度随时间均匀减小，做匀减速直线运动，故A错误．B项表示物体的速度随时间均匀增大，物体做匀加速直线运动，故B错误．C项表示物体的速度随时间均匀增大，物体做匀加速直线运动，故C错误．D项表示物体速度不随时间的变化而变化，做匀速直线运动，故D正确.‎ 命题点一　匀变速直线运动基本规律及应用 ‎1．基本思路 ―→―→―→―→ ‎2．方法与技巧 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、t x v＝v0＋at v0、a、t、x v x＝v0t＋at2‎ v0、v、a、x t v2－v02＝2ax v0、v、t、x a x＝t 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　(多选)如图4所示，在一平直公路上，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3 s内经过相距30 m的A、B两点，汽车经过B点时的速度为15 m/s，则(　　)‎ 图4‎ A．汽车经过A点的速度大小为5 m/s B．A点与O点间的距离为20 m C．汽车从O点到A点需要的时间为5 s D．汽车从O点到B点的平均速度大小为7.5 m/s 答案　AD 解析　汽车在AB段的平均速度＝＝ m/s＝10 m/s，而汽车做匀加速直线运动，所以有＝，即vA＝2－vB＝2×10 m/s－15 m/s＝5 m/s，选项A正确；汽车的加速度a＝，代入数据解得a＝ m/s2.由匀变速直线运动规律有vA2＝2axOA，代入数据解得xOA＝3.75 m，选项B错误；由vA＝atOA解得汽车从O点到A点需要的时间为tOA＝1.5 s，选项C错误；汽车从O点到B点的平均速度大小′＝＝ m/s＝7.5 m/s，选项D正确．‎ 变式1　如图5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5‎ A．13 s B．16 s C．21 s D．26 s 答案　C 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，t1＝＝8 s，位移x1＝at12＝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＝＝5 s 所以t总＝t1＋t2＋t3＝21 s，所以选C.‎ 变式2　一个物体从静止开始，以加速度a1做匀加速直线运动，经过时间t改为做加速度大小为a2的匀减速运动，又经过时间t物体回到初始位置，求两个加速度大小之比.‎ 答案　1∶3‎ 解析　根据题意可知，物体在第一个时间t内做匀加速直线运动，在第二个时间t内先做匀减速运动到速度为零然后反向加速，取初始速度方向为正方向，画出物体运动过程示意图如图所示．‎ 针对两个运动阶段由位移公式有 x＝a1t2‎ ‎－x＝a1t·t＋(－a2)t2‎ 联立解得＝.‎ 命题点二　匀变速直线运动的推论及其应用 类型1　逆向思维法的应用 例2　汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第一秒内的位移为13 m，最后1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是(　　)‎ A．汽车在第1秒末的速度可能为10 m/s B．汽车加速度大小可能为3 m/s2‎ C．汽车在第1秒末的速度一定为11 m/s D．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2‎ 答案　C 解析　采用逆向思维，由于最后1 s内的位移为2 m，‎ 根据x′＝at′2得，‎ 汽车加速度大小a＝＝ m/s2＝4 m/s2，‎ 第1 s内的位移为13 m，‎ 根据x1＝v0t1－at12，‎ 代入数据解得初速度v0＝15 m/s，‎ 则汽车在第1 s末的速度v1＝v0－at1＝(15－4×1) m/s＝11 m/s，‎ 故C正确，A、B、D错误．‎ 变式3　(多选)如图6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(　　)‎ 图6‎ A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1‎ B．v1∶v2∶v3＝∶∶1‎ C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－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，故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的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，故选项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∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确．‎ 类型2　平均速度公式的应用 例3　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1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是(　　)‎ A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m 答案　C 解析　由Δx＝aT2知a＝－2 m/s2‎ 由＝＝知，第1 s末的速度v1＝＝8 m/s 由t＝＝4 s，故刹车后5 s停止．‎ 又2～5 s内的位移为x＝＝16 m，‎ 故刹车后6 s内的位移为x＋x1＝25 m.‎ 变式4　一个小球由静止开始沿斜面下滑，经3 s进入一个水平面，再经6 s停下，斜面与水平面交接处的能量损失不计，则小球在斜面上和水平面上运动的位移大小之比是(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶1‎ 答案　B 解析　由＝得，斜面匀加速下滑阶段和水平面上匀减速阶段平均速度相同 由x＝ t且时间之比为1∶2，故位移大小之比为1∶2，B正确．‎ 命题点三　自由落体运动 ‎1．自由落体运动是初速度为零、加速度为g、方向竖直向下的匀加速直线运动．‎ ‎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，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决．‎ ‎3．自由落体运动的规律：‎ ‎(1)速度公式：v＝gt.‎ ‎(2)位移公式：h＝gt2.‎ ‎(3)速度与位移的关系式：v2＝2gh(h为物体下落的高度，不是距离地面的高度)．‎ 例4　(2018·牌头中学期中)一名攀岩运动员在登上陡峭的峰顶时不小心碰落了一块石块，8 s后他听到石块落到地面的声音．若考虑到声音传播所需的时间，设声音在空气中传播的速度为340 m/s，则山峰的实际高度值应最接近于(g取10 m/s2，不计空气阻力)(　　)‎ A．80 m B．160 m C．250 m D．320 m 答案　C 解析　若不考虑声音的传播所需的时间，则这个山峰的高度：h＝gt2＝×10×82 m＝320 m，考虑到声音传播需要一定时间后，石块下落到地面的时间小于8 s，因此山峰高度比上面算出的值小一些．根据上面算出的高度，作为估算，声音传播的时间可取约为t1＝＝ s≈0.9 s，因此山峰的实际高度估计约为：h′＝gt′2＝×10×(8－0.9)2 m≈252 m，最接近于250 m，故C正确，A、B、D错误．‎ 变式5　(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)图7为“探究自由落体运动规律”实验过程中拍摄的频闪照片(照片中的数字是小球落下的距离，单位为cm)，为了根据照片测得当地重力加速度值，一定要记录的是(　　)‎ 图7‎ A．小球的直径 B．小球的质量 C．频闪光源的频率 D．小球初速度为零的位置 答案　C 变式6　(2018·宁波市重点中学联考)某同学在竖直墙前连续拍照时，恰好有一块小石子从墙前某高度处自由落下，拍到石子下落过程中的一张照片如图8所示，由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹，已知每层砖的厚度为6.0 cm，这个照相机的曝光时间为2.0×10－2 s，则石子开始下落的位置距A位置的距离约为(g＝10 m/s2)(　　)‎ 图8‎ A．0.45 m B．0.9 m C．1.8 m D．3.6 m 答案　C 解析　由题图可以看出，在曝光的时间内，石子下降了大约两层砖的厚度，即12 cm(0.12 m)，曝光时间为2.0×10－2 s，所以AB段的平均速度为：＝ m/s＝6 m/s，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知AB中间时刻的速度为v＝6 m/s，由v2＝2gh可得下落的高度为h＝＝1.8 m，故石子开始下落的位置距A位置的距离约为1.8 m，C正确，A、B、D错误．‎ 命题点四　运动学图象 ‎1．x－t图象、v－t图象都不是物体运动的轨迹，图象中的x、v与t一一对应．‎ ‎2．无论是x－t图象还是v－t图象，所描述的运动都是直线运动．‎ ‎3．弄清图象反映的物理过程及规律，从中获取有效信息，通常情况下，需要关注的特征量有三个层面．第一层：关注横坐标、纵坐标；第二层：理解斜率、面积、截距的物理意义；第三层：分析交点、转折点、渐近线．‎ 例5　(2018·9＋1高中联盟期中)在某次海试活动中，深海载人潜水器“蛟龙号”(图9甲)完成海底任务后竖直上浮，假设从上浮速度为v0时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t2上浮到海面，速度恰好减为零，其v－t图象如图乙所示，下列判断正确的是(　　)‎ 图9‎ A．t1时刻“蛟龙号”中的科考实验员正处于超重状态 B．t1时刻“蛟龙号”的速度大小为t1‎ C．t1时刻“蛟龙号”深度为 D．t2时刻“蛟龙号”深度为 答案　C 解析　“蛟龙号”匀减速上浮，加速度方向向下，所以科考实验员正处于失重状态，故A错误；根据几何关系可知，t1时刻“蛟龙号”的速度大小为(t2－t1)，故B错误；t1时刻“蛟龙号”深度等于t1至t2时刻内所运动的位移大小，根据图象的面积可知，此时的深度为，故C正确；t2时刻“蛟龙号”到达水面，故其深度为零，故D错误．‎ 变式7　(2018·浙江11月选考·4)一辆汽车沿平直道路行驶，其v－t图象如图10所示．在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的位移是(　　)‎ 图10‎ A．0 B．30 m C．750 m D．1 200 m 答案　C 解析　汽车通过的位移即为v－t图象与时间轴围成的面积，根据面积可知位移为x＝×(10＋40)×30 m＝750 m.‎ 命题点五　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，就要分段分析，各段连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：找出连接处的速度与各段间的位移－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6　公交给居民出行带来了方便，很多城市都建设了公交专线．如图11所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置50 m处开始刹车做匀减速直线运动．公交车刚刹车时，一乘客为了搭车，从距站台右侧24 m处由静止正对着站台跑去，人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车同时到达站台停下，乘客顺利上车．人加速和减速的加速度大小相等．求：(不考虑站台大小和公交车的大小)‎ 图11‎ ‎(1)公交车刹车做匀减速直线运动时加速度的大小；‎ ‎(2)人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小．‎ 答案　(1)1 m/s2　(2)1 m/s2‎ 解析　(1)设公交车刹车做匀减速运动的加速度大小为a1，由匀变速直线运动规律，有：‎ v12＝2a1x1‎ 解得：a1＝1 m/s2‎ ‎(2)由v1＝a1t，‎ 公交车刹车时间为t＝＝ s＝10 s 设人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小为a2，则匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移均为x2＝ 设匀速运动时间为t′‎ 人的总位移为x＝24 m，总时间也为t＝10 s 由t＝2×＋t′‎ x＝2x2＋v2t′，‎ 代入数据解得：a2＝1 m/s2.‎ ‎1．(2018·宁波市期末)伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图1所示的斜面实验，下列哪些方法是他在这个实验中采用过的(　　)‎ 图1‎ A．用停表计时 B．改变斜面倾角，比较各种倾角得到的x与t的平方成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动 C．用打点计时器打出纸带进行数据分析 D．改变斜面倾角，比较各种倾角得到的v与t成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动 答案　B 解析　在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的是滴水计时法，故A错误；在伽利略时代，科技不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，则x与t的平方成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动，故B正确，D错误；在伽利略时代还没有发明打点计时器，故C错误．‎ ‎2．(2018·绿色评价联盟选考)从上海开往杭州的G7361次列车进入杭州站．关闭发动机后，可看成匀减速直线运动，能正确反映其运动的图象是(　　)‎ 答案　C 解析　A、B反映的是匀速直线运动，D反映的是匀加速直线运动，只有C反映的是匀减速到零的直线运动．‎ ‎3. (2018·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2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(　　)‎ 图2‎ A．2.4 m B．2.5 m C．31.1 m D．32.4 m 答案　B 解析　v0＝7.2 km/h＝2 m/s，该玩具车匀减速运动的时间t＝＝ s＝2.5 s，该玩具车在3 s内的刹车距离x＝＝2.5 m，故B正确．‎ ‎4．(2019届金华市质检)奥迪车有多种车型，如30TFSI、35TFSI、50TFSI(每个车型字母前的数字称为G值)，G值用来表现车型的整体加速度感，数字越大，加速越快．G值的大小为车辆从静止开始加速到100 km/h的平均加速度数值(其单位为国际单位制单位)再乘以10.如图3为某一型号的奥迪尾标，其值为50TFSI，则该型号车从静止开始加速到100 km/h的时间约为(　　)‎ 图3‎ A．5.6 s B．6.2 s ‎ C．8.7 s D．9.5 s 答案　A 解析　奥迪50TFSI的平均加速度a＝5 m/s2，由v＝at，可得t≈5.6 s.‎ ‎5．一物体以初速度v0＝20 m/s沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑3 s时，速度减为v0，再经过多长时间速度变为向下的v0(　　)‎ A．1 s B．2 s C．3 s D．5 s 答案　B 解析　设向下为正方向，根据加速度公式得：a＝＝5 m/s2，从向上的v0，变为向下的v0，则t′＝＝2 s，故选B.‎ ‎6．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，下列说法正确的是(　　)‎ A．该质点的加速度大小为1 m/s2‎ B．该质点在第1 s末的速度大小为6 m/s C．该质点在第2 s内的平均速度为8 m/s D．该质点在前2 s内的位移为8 m 答案　C 解析　对比公式x＝v0t＋at2可得v0＝5 m/s，a＝2 m/s2，所以该质点在第1 s末的速度大小为v＝v0＋at＝7 m/s，A、B错误；‎ 该质点在第1 s内的位移为x1＝(5×1＋12) m＝6 m，‎ 该质点在前2 s内的位移为x2＝(5×2＋22) m＝14 m，‎ 所以该质点在第2 s内的平均速度大小为＝＝8 m/s，C正确，D错误．‎ ‎7．如图4所示为谢思埸(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则(　　)‎ 图4‎ A．t1时刻开始进入水面 B．t2时刻开始进入水面 C．t2时刻达到最高点 D．t1～t2时间内速度方向竖直向上 答案　B 解析　谢思埸起跳时的速度方向向上，则t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图象为直线，加速度不变，则在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，故B正确，C错误；0～t1时间内，速度方向竖直向上，t1～t2时间内速度方向竖直向下，故D错误．‎ ‎8．(2018·新力量联盟期中)一质点做直线运动的v－t图象如图5所示，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．在2～4 s内，质点处于静止状态 B．质点在0～2 s内的加速度比在4～6 s内的加速度大 C．在0～6 s内，质点的平均速度为3 m/s D．在第5 s末，质点离出发点最远 答案　D 解析　在2～4 s内，质点处于匀速直线运动状态，A错误；质点在0～2 s内的加速度小于4～6 s内的加速度，B错误；由题图图线与t轴所围面积表示位移可知，在0～6 s内质点的平均速度＝ m/s＝5 m/s，C错误．‎ ‎9．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、第9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是(　　)‎ A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 m B．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 m C．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 m D．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m 答案　C 解析　根据＝，质点在8.5 s时刻的速度比在4.5 s时刻的速度大4 m/s，所以加速度a＝＝＝1 m/s2，v9＝v0＋at＝9.5 m/s，x9＝(v0＋v9)t＝45 m，选项C正确．‎ ‎10．(2018·杭州市五校联考)如图6所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m．该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有(　　)‎ 图6‎ A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不可能通过停车线 B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处 答案　C 解析　若立即匀加速，t1＝2 s内最大位移x＝v0t1＋at12＝20 m>18 m，故能通过停车线，A错误；此时速度v1＝v0＋at1＝12 m/s<12.5 m/s，不超速，B错误；若绿灯熄灭前汽车匀速行驶，经过的位移x1＝v0t1＝16 m<18 m，则汽车立即做匀减速运动2 s内通过的位移一定小于16 m，则匀减速时绿灯熄灭前不能通过停车线，C正确；汽车匀减速至停止所用时间t2＝＝ s＝1.6 s，位移x2＝a2t22＝6.4 m>5 m，则距停车线5 m处减速，会过停车线，D错误．‎ ‎11．现有一辆长为5 m的汽车以v1＝15 m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175 m处，汽车司机突然发现离交叉点200 m处有一列长300 m的列车以v2＝20 m/s的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻刹车做匀减速直线运动，则最小加速度为多少？汽车司机如果立刻做匀加速直线运动，则最小加速度应多少？‎ 答案　0.643 m/s2　0.6 m/s2‎ 解析　从汽车司机发现列车到列车通过交叉口所需时间为：t1＝ s＝25 s 汽车刹车做匀减速直线运动到交叉点前刚好停止，‎ 则s汽＝v1t2‎ t2＝ s＝23.33 s<25 s 根据运动学公式可得，2a1s汽＝0－v12‎ a1≈－0.643 m/s2‎ 则当汽车以大于0.643 m/s2的加速度刹车时可在交叉点停车前避免事故发生．‎ 若汽车加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，则需要汽车在列车到达交叉点前通过交叉点，列车到达交叉点所用时间为：t3＝＝ s＝10 s x汽＝L汽＋s汽＝v1t3＋a2t32，‎ 整理得：a2＝0.6 m/s2‎ 则当汽车以大于0.6 m/s2的加速度加速时可在列车到达交叉点前通过交叉点避免事故发生．‎ ‎12．如图7所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知＝1 200 m，＝2 000 m，求：‎ 图7‎ ‎(1)列车减速运动的加速度的取值范围；‎ ‎(2)列车减速运动的最长时间．‎ 答案　(1)1.6 m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s 解析　(1)列车做匀减速运动到速度为0的过程中，刹车的距离：x＝，当位移最小时，加速度最大： amax＝＝ m/s2＝ m/s2‎ 位移最大时，加速度最小：amin＝＝ m/s2＝1.6 m/s2‎ 所以加速度的范围是：1.6 m/s2≤a≤ m/s2‎ ‎(2)由速度公式v＝v0＋at可知，列车做匀减速运动到速度为0的时间：t＝，可知加速度最小时，列车匀减速运动的时间最长：tmax＝＝ s＝50 s.‎