【物理】2019届一轮复习人教版匀变速直线运动基本规律及其应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版匀变速直线运动基本规律及其应用学案

课前预习 ● 自我检测 ‎1. 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”‎ ‎(1) 匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。( × )‎ ‎(2) 匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动。 ( √ )‎ ‎(3) 匀加速直线运动的位移是均匀增大的。( × )‎ ‎(4) 在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。( √ )‎ ‎(5) 物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。( × )‎ ‎(6) 做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。( √ )‎ ‎(7) 竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。( × )‎ ‎(8) 物体竖直向下的运动就是自由落体运动． (　×　)‎ ‎(9) 加速度等于重力加速度的运动就是自由落体运动． ( × )‎ ‎(10) 在自由落体运动过程中，不同质量的物体运动规律相同． (　√　)‎ ‎(11) 物体做自由落体运动位移与时间成正比． ( × ) ‎ ‎2. 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)，则该质点 (　　)‎ A．第1 s内的位移是5 m B．前2 s内的平均速度是6 m/s C．任意相邻的1 s内位移差都是1 m D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s ‎【答案】D ‎3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动．它在第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2，在走完第1 m时与走完第2 m时的速度之比为v1∶v2.以下说法正确的是 (　　)‎ A．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2 B．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶ C．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2 D．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶ ‎【答案】B ‎【解析】由x1∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)知x1∶x2＝1∶3.由x＝at2知t1∶t2＝1∶，又v＝at可得v1∶v2＝1∶，B正确 ‎4. 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、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】由x9－x5＝4aT2解得a＝1 m/s2；9 s末的速度v9＝v0＋at＝0.5 m/s＋1×9 m/s＝9.5 m/s，质点在9 s内通过的位移x＝v0t＋at2＝45 m，C正确． ‎ ‎5. 从16 m高处每隔一定时间释放一球，让它们自由落下，已知第一个球刚好落地时，第五个球刚释放，这时第二个球离地面的高度是(g取10 m/s2) (　　)‎ A．15 m　　　　B．12 m C．9 m D．7 m ‎ ‎【答案】D ‎6. 从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动到最后又落回地面、在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是 (　　)‎ A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同 B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反 C．物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间 D．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间 ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g，方向向下，A正确，B错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C正确，D错误． ‎ 课堂讲练 ● 典例分析 考点一　匀变速直线运动公式的应用 ‎【典例1】南惠高速公路最大限速为‎30 m/s，一辆小车以‎25 m/s的速度在该路段紧急刹车，滑行距离为‎62.5 m。(汽车刹车过程可认为做匀减速直线运动)‎ ‎(1)求该小车刹车时加速度大小；‎ ‎(2)若该小车以最大限速在该路段行驶，驾驶员的反应时间为0.4 s，求该车的安全距离为多少？(安全距离即驾驶员从发现障碍物至停止，车运动的距离)‎ ‎【答案】(1)‎5 m/s2　(2)‎‎102 m ‎【反思总结】口诀：匀变速直线运动：一个定义式、两个基本公式、三个重要推论、四个初速度为0的推论，简称一二三四运动学公式 ‎1．一个定义式：‎ ‎2.两个基本公式：‎ ‎(1)速度公式：v＝v0＋at.‎ ‎(2)位移公式：x＝v0t＋at2.‎ ‎3.三个重要的推论：‎ ‎(1)位移速度关系式：v2－v＝2ax.‎ ‎(2)中间时刻的速度，中间位移的速度（无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动）‎ ‎(3) 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 ‎(延伸：‎ ‎4.四个初速度为0的推论（设时间间隔为T）‎ ‎(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.‎ ‎(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.‎ ‎(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：‎ xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．‎ ‎(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：‎ t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．‎ ‎【跟踪短训】‎ ‎1.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是(　　)‎ A．上述过程的加速度大小为‎10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s C．0时刻的初速度为‎10 m/s D．刹车过程的位移为‎5 m ‎【答案】C ‎2. 如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔‎8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度‎2 m/s2由静止加速到‎2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)‎ A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5‎ ‎【答案】C ‎【解析】　同学加速到‎2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝＝1 s，通过的位移x1＝at＝‎1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝‎8 m，因x1＋x2＝‎9 m>‎8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡‎1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝‎4 m的位移，接着关卡放行t＝5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝‎10 m，此时距离关卡4为x5＝‎24 m－(1＋8＋4＋10) m＝‎‎1 m ‎，关卡关闭2 s，经过t3＝＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进。‎ 考点二　常用的“六种”物理思想方法 ‎【典例2】物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，‎ 已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．‎ ‎【答案】　t ‎【解析】　方法一：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面．设物体从B到C所用的时间为tBC .‎ 由运动学公式得xBC＝，xAC＝，又xBC＝，‎ 由以上三式解得tBC＝t.‎ 方法三：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．‎ 因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.‎ 方法四：中间时刻速度法 利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得vB＝.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t.‎ 方法五：图象法 根据匀变速直线运动的规律，画出v－t图象．如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以＝，解得tBC＝t.‎ ‎【反思总结】‎ 方法 分析说明 基本公式法 基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量式，使用时要规定正方向 平均速度法 ‎(1)定义式＝对任何性质的运动都适用 ‎(2)＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运动 中间时刻速度法 利用“中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度”，即v＝，该式适用于任何匀变速直线运动 图像法 应用v t图像，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图像定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案 推论法 匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量，即xn＋1－xn＝aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx＝aT2求解 逆向思维法 把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况 ‎【跟踪短训】‎ ‎3.一个做匀加速直线运动的质点，在最初的连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，每个时间间隔为4s，求质点的初速度和加速度．‎ ‎【答案】　1m/s2　2.5 m/s2‎ ‎【解析】　解法一：用基本公式求解 画出运动过程示意图，如图所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移时间公式，即 x1＝vAt＋at2，x2＝vA(2t)＋a(2t)2－(vAt＋at2)‎ 将x1＝24m，x2＝64m，t＝4s代入上式解得 a＝2.5m/s2，vA＝1 m/s 解法二：用中间时刻速度公式求解 连续的两段时间t内的平均速度分别为 1＝＝6m/s，2＝＝16m/s 即1＝＝6m/s，2＝＝16m/s 由于点B是AC段的中间时刻，则 vB＝＝＝m/s＝11 m/s 可得vA＝1m/s，vC＝21 m/s 则a＝＝m/s2＝2.5 m/s2‎ 解法三：用Δx＝aT2求解 由Δx＝aT2得a＝＝m/s2＝2.5 m/s2‎ 再由x1＝vAt＋at2解得vA＝1m/s 考点三 自由落体运动和竖直上抛运动 ‎【典例2】某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子．不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)石子上升的最大高度及回到抛出点所用的时间；‎ ‎(2)石子抛出后到达距抛出点下方20m处所需的时间．‎ 下落过程为自由落体运动，取竖直向下为正方向．v0′＝0，a2＝g，回到抛出点时，x1＝H，根据自由落体运动规律得 下落到抛出点的时间：t2＝＝s＝2s t＝t1＋t2＝4s 所以最大高度H＝20m，从抛出点抛出到回到抛出点所用时间为4s.‎ ‎(2)到达抛出点下方20m处时，x2＝40m，从最高点下落到抛出点下方20m处所需的时间：‎ t2′＝＝s＝2s t′＝t1＋t2′＝(2＋2) s 所以石子抛出后到达距抛出点下方20m处所需的时间为(2＋2) s.‎ 解法二：(1)全过程分析，取竖直向上为正方向，v0＝20m/s，a＝－g，到达最大高度时v＝0，回到原抛出点时x1＝0，落到抛出点下方20m处时x＝－20m，由匀变速直线运动公式得 最大高度：H＝＝m＝20m 回到原抛出点时：x1＝v0t1－gt，t1＝＝s＝4s ‎(2)到达距抛出点下方20m处时：x＝v0t2－gt，代入数据得－20＝20t2－×10t 解得 ‎【答案】　(1)20m　4s　(2)(2＋2) s ‎【反思总结】‎ ‎1．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。‎ ‎①从运动开始连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶…。‎ ‎②一段时间内的平均速度＝＝＝gt。‎ ‎③连续相等的时间T内位移的增加量相等，即Δh＝gT2。‎ ‎(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竖直下抛运动问题。‎ ‎2．竖直上抛运动的两种研究方法 ‎(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。‎ ‎(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。‎ ‎3．竖直上抛运动的两种对称性 时间的对称性 ‎①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝ ‎②‎ 物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等 速度的对称性 ‎①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反 ‎②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反 ‎【跟踪短训】‎ ‎4.如图所示木杆长‎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处圆筒AB，圆筒AB长为‎5 m，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(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？‎ ‎ (2)木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝ ＝ s＝ s 木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝ ＝ s＝ s 则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B －t下A＝s。‎ ‎【答案】　(1)s　(2)s ‎5.从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻(　　)‎ A．甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变 B．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大 C．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变 D．甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小 ‎【答案】C ‎【解析】　小球甲释放后，设经过时间t(t＞1 s)，两小球间距离为Δh，则gt2－g·(t－1 s)2‎ ‎＝Δh，则Δh＝g(2t－1)(只表示函数关系)，故t增大，Δh也随之增大，而据vt＝gt可知Δv＝gt－g(t－1 s)＝g(只表示大小)，速度差保持不变，所以A、B、D均错误，C正确。‎ 考点四 多过程问题的分析 ‎【典例4】已知一足够长的粗糙斜面，倾角为θ，一滑块以初速度v1＝16 m/s从底端A点滑上斜面，经2 s滑至B点后又返回A点．其运动过程的v－t图象如图所示．已知上滑的加速度大小是下滑的4倍．求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)‎ ‎(1)AB之间的距离；‎ ‎(2)滑块再次回到A点时的速度及滑块在整个运动过程中所用的时间．‎ ‎【答案】　(1)16 m　(2)8 m/s　6 s ‎【解析】　(1)由v－t图象知AB之间的距离为xAB＝ m＝16 m.‎ ‎【反思总结】口诀：多过程问题分段处理，交接处的速度是关键 求解多阶段运动问题的三点注意：‎ ‎(1)准确选取研究对象，根据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、待求未知量以及中间量。‎ ‎(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。‎ ‎【跟踪短训】‎ ‎6.(2014·海南·13)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．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及在加速阶段通过的距离．‎ ‎【答案】　5 m/s2　10 m 设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为x.‎ 依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2④ v＝at1⑤ x＝at＋vt2⑥‎ 设匀加速阶段通过的距离为x′，则x′＝at⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x′＝10 m.‎ 考点五 利用转换研究对象法巧解匀变速直线运动问题 ‎【典例4】如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎1.6 m　　　　　B．2.4 m C．‎3.2 m D．‎‎4.0 m ‎【答案】　C ‎【解析】由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝gt2＝‎3.2 m，C正确。‎ ‎【反思总结】在运动学问题的解题过程中，若多个物体所参与的运动规律完全相同，可将多个物体的运动转换为一个物体的连续运动，解答过程将变得简单易解 ‎【跟踪短训】‎ ‎7. 从斜面上某一位置每隔0.1 s 释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图125所示。现测得xAB＝‎15 cm，xBC＝‎20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同。‎ ‎(1)求小球的加速度。‎ ‎(2)求拍摄时B球的速度。‎ ‎(3)C、D两球相距多远？‎ ‎(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？‎ ‎【答案】(1)‎5 m/s2　(2)‎1.75 m/s　(3)‎25 cm　(4)2颗 ‎ ‎ 课后巩固 ● 课时作业 基础巩固 ‎1.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 ‎【答案】C ‎【解析】　第1个3 s内平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5 s内平均速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，a＝＝＝＝‎3 m/s2，C正确。‎ ‎2.在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为(　　)‎ A.　　　　　　B. C. D. ‎【答案】A ‎【解析】　根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝＝，A项正确。‎ ‎3.某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为(　　)‎ A．5m/s B．10 m/sC．15m/s D．20 m/s ‎【答案】　B ‎【解析】　由v－v＝2as得：v0＝＝m/s＝10 m/s.‎ ‎4.(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为‎4 m/s，1 s后速度的大小变为‎10 m/s，在这1 s内该物体的(　　)‎ A．位移的大小可能小于4 m B．位移的大小可能大于‎10 m C．加速度的大小可能小于‎4 m/s2 D．加速度的大小可能大于‎10 m/s2‎ ‎【答案】AD ‎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＝‎9 m－‎7 m＝‎2 m可知，汽车在第3 s、第4 s、第5 s内的位移分别为‎5 m、‎3 m、‎ ‎1 m‎，汽车在第5 s末的速度为零，故刹车后6 s内的位移等于前5 s内的位移，大小为‎9 m＋‎7 m＋‎5 m＋‎3 m＋‎1 m＝‎25 m，故C正确。‎ 综合应用 ‎6. 技馆中的一个展品如图所示，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，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从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＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB＜tBC＜tCD B．闪光的间隔时间是 s C．水滴在相邻两点间的平均速度满足AB∶BC∶CD＝1∶4∶9‎ D．水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶3∶5‎ ‎【答案】B ‎7.(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2等于2∶1‎ B．加速、减速中的平均速度大小之比1∶2等于1∶1‎ C．加速、减速中的位移大小之比x1∶x2等于2∶1‎ D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2不等于1∶2‎ ‎【答案】　BC ‎8.一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为(　　)‎ A.g(T－T) B.g(T－T)‎ C.g(T－T) D.g(Ta－Tb)‎ ‎【答案】　A ‎【解析】　根据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为，从b点到最高点的时间为，所以a点到最高点的距离ha＝g()2＝，b点到最高点的距离hb＝g()2＝，故a、b之间的距离为ha－hb＝g(T－T)，故选A.‎ ‎9.一个物体0时刻从坐标原点O由静止开始沿＋x方向做匀加速直线运动，速度与坐标的关系为v＝ (m/s)，求：‎ ‎(1)2 s末物体的位置坐标；‎ ‎(2)物体通过区间‎150 m≤x≤‎600 m 所用的时间。‎ ‎【解析】(1)将v＝与v＝ 对比可得物体的加速度a＝‎3 m/s2，‎ 由x＝at2可得2 s末物体的位置坐标x＝‎6 m；‎ ‎(2)物体从坐标原点到x1＝‎150 m所用时间t1＝ ＝10 s；‎ 物体从坐标原点到x2＝‎600 m所用时间t2＝ ＝20 s；‎ 物体通过区间‎150 m≤x≤‎600 m所用的时间Δt＝t2－t1＝10 s。‎ ‎【答案】(1)‎6 m　(2)10 s ‎10.研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m．减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g取10m/s2.求：‎ ‎(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；‎ ‎(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；‎ ‎(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．‎ ‎【答案】　(1)8m/s2　2.5s　(2)0.3s　(3) ‎ (3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得 F＝ma⑧‎ 由平行四边形定则得 F＝F2＋(mg)2⑨‎ 联立③⑧⑨式，代入数据得＝.‎ ‎ ‎