2018创新设计《高考物理总复习》第1-2章(5)

1．[基本公式法]空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人。若飞机着陆后以大小为6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( ) A．288 m

B．300 m

C．150 m

D．144m

v－v00－60

解析 先求出飞机从着陆到停止所用时间t。由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由

a－6此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内at2102

滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m。

22答案 B

2．[推论法]如图2所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝2 m，B、C之间的距离l2＝3 m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于( )

图2

3

A. m 4

4 B. m

3

9

C. m 8

8 D. m 9

l1＋l2

；Δl＝aT22T

解析 设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有vB＝

21

v29B

＝1 m，所以l＝－l1＝ m。

2a8答案 C

3．[平均速度法](2017·武汉联考)某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m。在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s，轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求。 解析 该款小轿车设计的紧急制动加速度为 v20

a0＝①

2x

代入数据解得a0＝8 m/s2②

设测得的加速度为a，轿车在制动的最初t1＝1 s内的平均速度

－

xv＝③

t1

－

平均速度v等于t1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t2＝1 s，因此有

－

va＝④ t2

联立③④并代入数据解得a＝8.2 m/s2⑤

a＞a0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求。 答案 这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求

两类特殊的匀减速直线运动

刹车类运动和双向可逆类运动

指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定刹车类问题 其实际运动时间 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程双向可逆类 加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义

1．[刹车类问题](2017·山西四校联考)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为( )

22

A．12.5 m B．2 m C．10 m D．0.5 m

解析 由v＝at可得刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s1

内的位移，x＝at′2＝0.5 m。

2答案 D

2．[双向可逆类](多选)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3

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 当物体的位臵在出发点的上方时，根据x＝v0t＋ 12

2

at得： 7．5＝10t－1

2×5t2

即t2－4t＋3＝0 所以t1＝3 s或t2＝1 s

当物体的位臵在出发点的下方时，根据x＝v1

0t＋at22得

－7.5＝10t－1

2×5t2

即：t2－4t－3＝0 t＝(2±7) s，舍去负值

即t3＝(2＋7) s，选项A、B、C均正确。 答案 ABC 方法技巧

解答刹车类问题的基本思路

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v0

(1)先确定刹车时间。若车辆从刹车到速度减小为零所用时间为t0，则刹车时间为t0＝(a表

a示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度)。

(2)将题中所给的已知时间t和t0比较。若t0较大，则在直接利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t；若t较大，则在利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t0。

自由落体运动和竖直上抛运动

1．自由落体运动的处理方法

自由落体运动是v0＝0，a＝g的匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的所有公式和推论方法全部适用。

2．竖直上抛运动的两种处理方法 (1)分段法：分为上升过程和下落过程。

(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度为a＝－g的匀变速直线运动。 3．竖直上抛运动的特点 (1)对称性

如图4所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则

图4

①时间的对称性

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，同理tAB＝tBA。 ②速度的对称性

物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。 ③能量的对称性

物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB。 (2)多解性

当物体经过抛出点上方某个位置(最高点除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点。

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1．[自由落体运动](多选)一物体从离地面45 m高处做自由落体运动(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是( ) 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 1

解析 由自由落体运动规律h＝gt2得t＝2

2h＝g

2×45

s＝3 s，选项A正确；落地速度v10

11

＝gt＝30 m/s，选项B正确；落地前最后1 s内的位移Δh＝gt2－g(t－1)2＝25 m，选项C正

22h

确；物体在整个下落过程中的平均速度v＝＝15 m/s，选项D错误。

t

－

答案 ABC

2．[竖直上抛运动]一物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的最后1 s初的瞬时速度的大小和最后1 s内的位移大小分别是( ) A．10 m/s，10 m B．10 m/s，5 m C．5 m/s，5 m

D．由于不知道初速度的大小，故无法计算 解析 根据竖直上抛运动的对称性

上升过程的最后1 s和自由下落的第1 s是可逆过程， 所以v＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s， 11

h＝gt2＝×10×12 m＝5 m 22故选项B正确。 答案 B

匀变速直线运动的多过程问题

【典例】 公路人工收费站会影响道路的畅通，ETC应运而生，ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图5所示。假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车，都以v1＝15 m/s朝收费站沿直线匀速行驶，现甲车过ETC通道，需要在某位置开始做匀减速直线运动，到达虚线EF处速度正好减为v2＝5 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以5 m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶恢复原来速度，虚线EF处

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