【优化方案】2022届高三物理大一轮复习-第1章-第2节-匀变速直线运动的规律及应用-教学讲义-

其次节匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动的基本规律1．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.2．位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.3．位移与速度的关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.1.(单选)(2021·高考广东卷)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50m/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．10m/sC．15m/s D．20m/s解析：选B.飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，依据速度与位移的关系v2－veq\o\al(2,0)＝2ax解决问题．由题知，v＝50m/s，a＝6m/s2，x＝200m，依据v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0＝eq\r(v2－2ax)＝eq\r(502－2×6×200)m/s＝10m/s.故选项B正确．二、匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：eq\x\to(v)＝veq\f(t,2)＝eq\f(v0＋v,2).2．位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.3．初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末，2T末，3T末……瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.(3)第一个T内，其次个T内，第三个T内……位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))．2.(单选)(2021·佛山模拟)如图所示，一小球从A点由静止开头沿斜面对下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC等于()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：选C.由vB∶vC＝1∶2知，tAB＝tBC，由比例法得xAB∶xBC＝1∶3，故C正确．三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律1．自由落体运动规律(1)速度公式：v＝gt.(2)位移公式：h＝eq\f(1,2)gt2.(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.2．竖直上抛运动规律(1)速度公式：v＝v0－gt.(2)位移公式：h＝v0t－eq\f(1,2)gt2.(3)速度—位移关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝－2gh.(4)上升的最大高度：h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g).(5)上升到最大高度用时：t＝eq\f(v0,g).3.(单选)2022年9月29日，在仁川亚运会跳高竞赛中，卡塔尔选手穆·巴沙姆打破亚运32年跳高纪录，夺得金牌．假设穆·巴沙姆的重心离地面高1.2m，起跳后身体横着越过了1.96m的高度．据此可估算出他起跳时的竖直速度大约为(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s答案：B考点一匀变速直线运动基本公式的应用1．速度时间公式v＝v0＋at、位移时间公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2、位移速度公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．2．匀变速直线运动的基本公式均是矢量式，应用时要留意各物理量的符号，一般规定初速度的方向为正方向，当v0＝0时，一般以a的方向为正方向．(2022·高考新课标全国卷Ⅰ)大路上行驶的两汽车之间应保持确定的平安距离．当前车突然停止时，后车司机可以实行刹车措施，使汽车在平安距离内停下而不会与前车相碰．通常状况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，平安距离为120m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5.若要求平安距离仍为120m，求汽车在雨天平安行驶的最大速度．[解析]设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，平安距离为s，反应时间为t0，由牛顿其次定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①s＝v0t0＋eq\f(v\o\al(2,0),2a0)②式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝eq\f(2,5)μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，平安行驶的最大速度为v，由牛顿其次定律和运动学公式得μmg＝ma④s＝vt0＋eq\f(v2,2a)⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20m/s(72km/h)．[答案]20m/s[总结提升](1)求解匀变速直线运动的一般步骤eq\x(\a\al(画过程,分析图))→eq\x(\a\al(推断运,动性质))→eq\x(\a\al(选取正,方向))→eq\x(\a\al(选用公式,列方程))→eq\x(\a\al(解方程,并争辩))(2)应留意的问题①假如一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．②对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先推断车停下所用时间，再选择合适公式求解．③物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速度不变，可以将全程看做匀减速直线运动，应用基本公式求解．1.(单选)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初开头2s内的位移是最终2s内位移的两倍，且已知滑块最初开头1s内的位移为2.5m，由此可求得()A．滑块的加速度为5m/s2B．滑块的初速度为5m/sC．滑块运动的总时间为4sD．滑块运动的总位移为4.5m解析：选D.依据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时间为t，加速度为a，设逆运动最初2s内位移为x1，最终2s内位移为x2，由运动学公式有x1＝eq\f(1,2)a×22；x2＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－2)2，且x2＝2x1；2.5＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－1)2，联立以上各式并代入数据可解得a＝1m/s2，t＝3s，A、C均错误；v0＝at＝1×3m/s＝3m/s，B错误；x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×32m＝4.5m，D正确．考点二匀变速直线运动推论的应用1．推论公式主要是指：①eq\x\to(v)＝veq\f(t,2)＝eq\f(v0＋vt,2)，②Δx＝aT2，①②式都是矢量式，在应用时要留意v0与vt、Δx与a的方向关系．2．①式常与x＝eq\x\to(v)·t结合使用，而②式中T表示等时间隔，而不是运动时间．有一质点在连续12s内做匀加速直线运动，在第一个4s内位移为24m，在最终4s内位移为56m，求质点的加速度大小．[解析]法一：运用运动学基本公式求解依据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，有24＝v0×4＋eq\f(1,2)a·42①56＝v1×4＋eq\f(1,2)a·42②又由v＝v0＋at，有v1＝v0＋a×8③以上三式联立可解得a＝1m/s2.法二：利用平均速度公式求解由于已知量有x及t，平均速度eq\x\to(v)可求，故想到利用平均速度公式eq\x\to(v)＝veq\f(t,2)，第一个4s内平均速度等于中间时刻2s时的速度，v2＝eq\f(24,4)m/s＝6m/s，最终4s内平均速度等于中间时刻10s时的速度，v10＝eq\f(56,4)m/s＝14m/s所以a＝eq\f(v10－v2,t10－t2)＝eq\f(14－6,10－2)m/s2＝1m/s2.法三：利用Δx＝aT2求解本题毁灭了三个连续相等时间间隔(4s)，故想到选用公式Δx＝aT2，x2－x1＝aT2，x3－x2＝aT2，所以x3－x1＝2aT2，a＝eq\f(x3－x1,2T2)＝eq\f(56－24,2×42)m/s2＝1m/s2.[答案]1m/s2[名师点评]一道题可能有多种不同的解题方法，但接受不同的方法，繁简程度不同，因此在处理问题时，要分析题目特点，推断利用哪种方法更合适．2.(单选)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均接受国际单位制单位)，则该质点()A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻的1s内位移差都是1mD．任意1s内的速度增量都是2m/s解析：选D.由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，对比题给关系式可得v0＝5m/s，a＝2m/s2.则第1s内的位移是6m，A错；前2s内的平均速度是eq\x\to(v)＝eq\f(x2,t)＝eq\f(5×2＋22,2)m/s＝7m/s，B错；Δx＝aT2＝2m，C错；任意1s内速度增量Δv＝at＝2m/s，D对．考点三自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．2．竖直上抛运动的重要特性(1)对称性①时间对称物体上升过程中从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速度对称物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等．(2)多解性当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要留意这个特点．气球以10m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10m/s2)[解析]法一：全程法取全过程为一整体进行争辩，从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t内的位移h＝－175m将h＝－175m，v0＝10m/s代入位移公式h＝v0t－eq\f(1,2)gt2解得t＝7s或t＝－5s(舍去)，所以重物落地速度为v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．法二：分段法设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1＝eq\f(v0,g)＝eq\f(10,10)s＝1s上升的最大高度h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(102,2×10)m＝5m故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝5m＋175m＝180m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×180,10))s＝6s，v＝gt2＝10×6m/s＝60m/s，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时t＝t1＋t2＝7s.[答案]7s60m/s[方法总结]竖直上抛运动的争辩方法分段法上升过程：a＝－g的匀减速直线运动下降过程：自由落体运动全程法将上升和下降过程统一看成是初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq\f(1,2)gt2(向上为正)若v>0，物体上升，若v<0，物体下落若h>0，物体在抛点上方，若h<0，物体在抛点下方3.(单选)(2022·高考上海卷)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.eq\f(2v,g) B.eq\f(v,g)C.eq\f(2h,v) D.eq\f(h,v)解析：选A.以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有h＝－vt1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝vt2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，Δt＝t1－t2，解以上三式得两球落地的时间差Δt＝eq\f(2v,g)，故A正确．[同学用书P6]物理思想——用转换法求解多个物体的运动(14分)从斜面上某一位置每隔0.1s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，如图所示．现测得AB＝15cm，BC＝20cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同，求：(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)D、C两球相距多远？(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？[审题点睛](1)将多个小球某一时刻的照片看做一个小球每隔0.1s的频闪照片．(2)涉及等时间隔问题，选用推论公式计算较为简洁．eq\a\vs4\al([规范解答])—————————该得的分一分不丢！(1)由Δx＝aT2得a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(BC－AB,T2)＝eq\f(0.20－0.15,0.12)m/s2＝5m/s2.(3分)(2)vB＝eq\f(AB＋BC,2T)＝eq\f(0.15＋0.20,2×0.1)m/s＝1.75m/s.(3分)(3)由Δx＝DC－BC＝BC－AB得DC＝BC＋(BC－AB)＝20cm＋5cm＝25cm.(2分)(4)小球B从开头下滑到图示位置所需的时间为tB＝eq\f(vB,a)＝eq\f(1.75,5)s＝0.35s(3分)则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗．(3分)[答案](1)5m/s2(2)1.75m/s(3)25cm(4)两颗[方法提炼]在涉及多体问题和不能视为质点的争辩对象问题时，应用“转化”的思想方法转换争辩对象、争辩角度，就会使问题清楚、简捷．通常主要涉及以下两种转化形式：(1)将多体转化为单体：争辩多物体在时间或空间上重复同样运动问题时，可用一个物体的运动取代多个物体的运动．(2)将线状物体的运动转化为质点运动：长度较大的物体在某些问题的争辩中可转化为质点的运动问题．如求列车通过某个路标的时间，可转化为车尾(质点)通过与列车等长的位移所经受的时间．4.屋檐每隔确定时间滴下一滴水，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1m的窗子的上、下沿，如图所示，(g取10m/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，假如将这5滴水运动等效为一滴水的自由落体，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x＝16x0,5x0＝1m，所以x＝3.2m另有x＝eq\f(1,2)g(4T)2，解得T＝0.2s.答案：(1)3.2m(2)0.2s[同学用书P7]1．(多选)(2021·云南第一次统一检测)一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x＝15＋10t－5t2(m)，t的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是()A．该质点的加速度大小为5m/s2B．t＝3s时刻该质点速度为零C．0～3s内该质点的平均速度大小为5m/sD．物体处于x＝0处时其速度大小为20m/s解析：选CD.由x＝15＋10t－5t2(m)可知，初速度v0＝10m/s，加速度a＝－10m/s2，则A错；由速度公式v＝v0＋at得t＝3s时，v＝－20m/s，B错；t＝3s时，x＝0m，t＝0时，x＝15m，则0～3s内该质点的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(0－15m,3s)＝－5m/s，大小为5m/s，C对；当x＝0时，得t＝3s，则v＝－20m/s，速度大小为20m/s，D对．2．(单选)(2021·广州模拟)一个物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的最终1s初的瞬时速度的大小和最终1s内的位移大小分别是(g取10m/s2)()A．10m/s,10mB．10m/s,5mC．5m/s,5mD．由于不知初速度的大小，故无法计算解析：选B.上升的最终1s的末速度为0，最终1s初的速度为v＝gt＝10m/s，最终1s内的位移为x＝eq\x\to(v)t＝5m，故B正确．3．(单选)(2021·福州高三模拟)一辆公共汽车进站后开头刹车，做匀减速直线运动．开头刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是()A．20m B．24mC．25m D．75m解析：选C.由Δx＝aT2得：7－9＝a×12，a＝－2m/s2，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得：9＝v0×1＋eq\f(1,2)×(－2)×12，v0＝10m/s，所以汽车到停下来用时t＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(0－10,－2)s＝5s,6秒内的位移：x＝eq\x\to(v)t＝eq\f(0＋10,2)×5m＝25m，故C对．4．(多选)(原创题)一物体从斜面顶端由静止开头匀加速滚下，到达斜面中点用时1s，速度为2m/s，则下列说法正确的是()A．斜面长度为1mB．斜面长度为2mC．物体在斜面上运动的总时间为eq\r(2)sD．到达斜面底端时的速度为4m/s解析：选BC.eq\x\to(v)＝eq\f(v中,2)＝1m/s，eq\f(L,2)＝eq\o(v,\s\up6(－))t1＝1m，L＝2m，故A错B对；由t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)得：t2＝(eq\r(2)－1)s，t＝t1＋t2＝eq\r(2)s，故C对；由v＝at知，v底＝2eq\r(2)m/s，故D错．5．(单选)一物块(可看做质点)以确定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑至C点，已知AB是BC的3倍，如图所示，已知物块从A至B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是()A．t0 B.eq\f(t0,4)C．2t0 D.eq\f(t0,2)解析：选C.将物块从A到C的匀减速直线运动，运用逆向思维可看做从C到A的初速度为零的匀加速直线运动，依据初速度为零的匀加速直线运动规律，可知连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比，而CB∶AB＝1∶3，正好符合奇数比，故tAB＝tBC＝t0，且从B到C的时间等于从C到B的时间，故从B经C再回到B需要的时间是2t0，C对．6．(多选)如图所示，一冰壶以速率v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，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()A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1解析：选BD.逆向看冰壶的运动为初速度等于0的匀加速直线运动，利用结论推断可知B、D正确．一、单项选择题1．做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，则最终1s内位移是()A．3.5m B．2mC．1m D．0解析：选B.各秒内物体的位移之比为7∶5∶3∶1，由于第1s内位移为14m，故最终1s内的位移为2m，B正确．2．一辆以20m/s的速度行驶的汽车，突然实行急刹车，加速度大小为8m/s2，汽车在刹车后的3秒内的位移和3秒时的速度分别为()A．24m,4m/s B．25m,4m/sC．24m，－4m/s D．25m,0答案：D3．(2021·福建福州一模)一名宇航员在某星球上完成自由落体运动试验，让一个质量为2kg的小球从确定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则()A．物体在2s末的速度是20m/sB．物体在第5s内的平均速度是3.6m/sC．物体在第2s内的位移是20mD．物体在5s内的位移是50m解析：选D.依据x＝eq\f(1,2)gt2可得，eq\f(1,2)g×(5s)2－eq\f(1,2)g×(4s)2＝18m，因此星球上的重力加速度g＝4m/s2，因此2s末的速度v＝gt＝8m/s，A错误；第5秒内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(18,1)m/s＝18m/s，B错误；第2s秒内的位移x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×4×22m－eq\f(1,2)×4×12m＝6m，C错误；物体在5s内的位移x＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×4×52m＝50m，D正确．4．(2021·贵州贵阳十校联考)一条悬链长7.2m，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20m处的一点所需的时间是(g取10m/s2)()A．0.3s B．0.4sC．0.7s D．1.2s解析：选B.链条上、下端到达该点用时分别为：t上＝eq\r(\f(2h上,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，t下＝eq\r(\f(2h下,g))＝eq\r(\f(2×20－7.2,10))s＝1.6s，则Δt＝t上－t下＝0.4s，故B正确．5．(2021·威海模拟)从16m高处每隔确定时间释放一球，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，这时其次个球离地面的高度是(g取10m/s2)()A．15m B．12mC．9m D．7m解析：选D.第一个小球落地时，从上到下相邻两球之间的距离之比为：1∶3∶5∶7，因此第1、2两球间距离为：eq\f(7,1＋3＋5＋7)×16m＝7m，故D正确．6．一物体做匀加速直线运动，在第一个Δt的时间内通过的位移为x1，在第三个Δt的时间内通过的位移为x2，则物体运动的加速度为()A.eq\f(x1＋x2,Δt2) B.eq\f(x2－x1,Δt2)C.eq\f(x2－x1,2Δt2) D.eq\f(x2－x1,3Δt2)解析：选C.由逐差公式得：x2－x1＝2a(Δt)2，所以a＝eq\f(x2－x1,2Δt2)，故C正确．二、多项选择题7．(2021·郑州模拟)在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10m时，物体通过的路程可能为()A．10m B．20mC．30m D．50m解析：选ACD.物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移为10m处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s1等于位移x1的大小，即s1＝x1＝10m；下降通过时，路程s2＝2h－x1＝2×20m－10m＝30m．在A点之下时，通过的路程s3＝2h＋x2＝2×20m＋10m＝50m．故A、C、D正确，B错误．8．做初速度不为零的匀加速直线运动的物体，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则以下推断正确的是()A．物体在A点的速度大小为eq\f(x1＋x2,2T)B．物体运动的加速度为eq\f(2x1,T2)C．物体运动的加速度为eq\f(x2－x1,T2)D．物体在B点的速度大小为eq\f(2x2－x1,T)解析：选AC.依据匀变速直线运动规律，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，故A正确；依据x2－x1＝aT2，C正确，B错误；依据v＝v0＋aT，物体在B点的速度大小为eq\f(3x2－x1,2T)，D错误．☆9.(2021·河北石家庄质检)酒后驾驶会导致很多平安隐患，这是由于驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发觉状况到实行制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发觉状况到实行制动的时间内汽车的行驶距离；“制动距离”是指驾驶员发觉状况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动加速度都相同).速度(m/s)思考距离(m)制动距离(m)正常酒后正常酒后157.515.022.530.02010.020.036.746.72512.525.054.266.7分析上表可知，下列说法正确的是()A．驾驶员正常状况下反应时间为0.5sB．驾驶员酒后反应时间比正常状况慢0.5sC．驾驶员实行制动措施后汽车加速度大小为3.75m/s2D．当车速为25m/s时，发觉前方60m处有险情，酒驾者不能平安停车解析：选ABD.反应时间＝思考距离÷车速，因此正常状况下反应时间为0.5s，酒后反应时间为1s，故A、B正确；设汽车从开头制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，依据匀变速直线运动公式：v2＝2ax，解得a＝eq\f(v2,2x制动－x思考)＝7.5m/s2，C错；依据表格，车速为25m/s时，酒后制动距离为66.7m>60m，故不能平安停车，D正确．三、非选择题10.在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m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12.5m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的平安，要求伞兵落地速度最大不得超过5m/s，求：(取g＝10m/s2)(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，此时速度为v0，着地时相当于从h1高处自由落下，则有v2－veq\o\al(2,0)＝－2ah，又veq\o\al(2,0)＝2g(224m－h)联立解得h＝99m，v0＝50m/s以5m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即2gh1＝v2，所以h1＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(52,20)m＝1.25