1、1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 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()A288 m B300 mC150 m D144 m 解析：选 B.先求出飞机着陆后到停止所用时间 t.由 vv0at，得 tvv0a0606s10 s，由此可知飞机在 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
2、 s 内滑行的距离为 xv0tat22 6010 m(6)1022m300 m.2(多选)某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.5 s 内物体的()A路程为 65 mB位移大小为 25 m，方向向上C速度改变量的大小为 10 m/sD平均速度大小为 13 m/s，方向向上 解析：选 AB.法一：分阶段法 物体上升的时间 t 上v0g 3010 s3 s，物体上升的最大高度 h1v202g 302210 m45 m物体从最高点自由下落 2 s 的高度 h212gt2下121022 m20 m运动过程如图所示，则总路 程为 65 m，A 正确.5 s 末物
3、体离抛出点的高度为 25 m，即位移的大小为 25 m，方向竖直向上，B 正确.5 s 末物体的速度vgt 下102 m/s20 m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量 v(v)v0(20 m/s)30 m/s50 m/s，即速度改变量的大小为 50 m/s，方向向下，C错误平均速度 vh1h2t255 m/s5 m/s，方向向上，D错误 法二：全过程法 由竖直上抛运动的规律可知：物体经 3 s 到达最大高度 h145 m 处将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有 v030 m/s，ag10 m/s2，故 5 s 内物体的位移 hv0t12at225 m0，说明物体 5 s
4、末在抛出点上方 25 m 处，故路程为 65 m，位移大小为 25 m，方向向上，A、B 正确速度的变化量 va t50 m/s，C 错误.5 s 末物体的速度 vv0at20 m/s，所以平均速度 vv0v25 m/s0，方向向上，D 错误 3(2015高考江苏卷)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 3C关卡 4 D关卡 5 解析：选 C.关卡刚放行时，该同
5、学加速的时间 tva1 s，运动的距离为 x112at21 m，然后以 2 m/s 的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个 5 s内运动的距离为 9 m，过了关卡 2.到关卡 3 时再用时 3.5 s，大于 2 s，因此能通过关卡 3.到关卡 4 时共用时 12.5 s，而第 12 s 时关卡关闭，因此被挡在关卡 4 前，C 项正确4(多选)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 2 s 内的位移是最后 2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最初 1 s 内的位移为 2.5 m，由此可求得()A滑块的加速度为 5 m/s2B滑块的初速度为 5 m/
6、sC滑块运动的总时间为 3 sD滑块运动的总位移为 4.5 m 解析：选 CD.初速度为零的匀加速直线运动在第 1 s 内、第 2 s 内、第 3 s 内的位移之比 xxx135.运动的总时间为 3 s 时，在前 2 s 内和后 2 s 内的位移之比为 12.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动因滑块在最初2 s 内的位移是最后 2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为 t3 s，选项 C 正确；最初 1 s 内的位移与总位移之比为x1x 59，滑块最初 1 s 内的位移为 2.5 m，故 x4.5 m，选项 D 正确；根据 x12at2 可得 a1 m/s2，选项 A 错误；根据 va
7、t 可得，滑块的初速度为 3 m/s，选项 B 错误5从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了 12 s 时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车汽车从开出到停止总共历时 20 s，行进了 50 m求汽车的最大速度解析：法一：基本公式法 设最大速度为 vmax，由题意可得 xx1x212a1t21vmaxt212a2t22 tt1t2 vmaxa1t1 0vmaxa2t2 整理得 vmax2xt 25020m/s5 m/s.法二：平均速度法 匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相等，都等于vmax2 故有 xvmax2 t1vmax2 t2，因此有 vmax 2xt1t225020m/s5 m/s.答案：5 m/s法三：图象法 作出汽车运动全过程的 vt 图象，如图所示，vt 图线与 t 轴围成三角形的面积等于位移的大小，故 xvmaxt2，所以 vmax2xt25020m/s5 m/s.本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
