2022步步高大一轮复习--物理 第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律学案

这是一份2022步步高大一轮复习--物理 第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律学案，共16页。学案主要包含了匀变速直线运动的规律，匀变速直线运动的推论，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。

第2讲　匀变速直线运动的规律

一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
沿一条直线且加速度不变的运动．
2．匀变速直线运动的基本规律
(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.
自测1　(2019·安徽芜湖市期末)假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0 A．vt0(1－) B.
C. D.
答案　B
解析　“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝a(t－t0)2＝××(t－t0)2＝，故选B.
二、匀变速直线运动的推论
1．三个推论
(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．
平均速度公式：＝＝.
(3)位移中点速度＝.
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为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之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)．
自测2　物体做匀加速直线运动，连续经过两段距离均为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度大小是(　　)
A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2
答案　B
解析　第一段时间内的平均速度为：v1＝＝ m/s＝4 m/s，第二段时间内的平均速度为：v2＝＝ m/s＝8 m/s，根据匀变速直线运动规律，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两段运动过程中间时刻的时间间隔为：Δt＝2 s＋1 s＝3 s，则加速度大小a＝＝ m/s2＝ m/s2，选项A、C、D错误，B正确．
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．
(2)基本规律
①速度公式：v＝gt.
②位移公式：x＝gt2.
③速度位移关系式：v2＝2gx.
(3)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．
2．竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．
(2)运动性质：匀变速直线运动．
(3)基本规律
①速度公式：v＝v0－gt；
②位移公式：x＝v0t－gt2.
自测3　(2020·山东临沂市质检)一个物体从某一高度做自由落体运动．已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一．则它开始下落时距地面的高度为(取g＝10 m/s2)(　　)
A．15 m B．20 m C．11.25 m D．31.25 m
答案　B
解析　物体在第1 s内的位移h＝gt2＝5 m，物体在最后1 s内的位移为15 m，由自由落体运动的位移公式可知，gt总2－g(t总－1 s)2＝15 m，解得t总＝2 s，则物体下落时距地面的高度为H＝gt总2＝20 m，B正确.


1．基本思路
―→―→―→―→

2．方法技巧
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　(2019·福建宁德市期末质检)我国首艘装有弹射系统的航母已完成了“J－15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功．已知“J－15”在水平跑道上加速时产生的最大加速度为5.0 m/s2，起飞的最小速度为50 m/s.弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25 m/s，设航母处于静止状态．求：
(1)“J－15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞；
(2)“J－15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞；
(3)若航母上不装弹射系统，设航母跑道L＝160 m，“J－15”仍能从航母上正常起飞，则航母匀速航行的速度至少为多少？
答案　(1)5 s　(2)187.5 m　(3)10 m/s
解析　(1)根据匀变速直线运动的速度公式：vt＝v0＋at得t＝＝ s＝5 s
(2)根据速度位移关系式：vt2－v02＝2ax得
x＝＝ m＝187.5 m
(3)设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v1，
对航母有：L1＝v1t
对飞机有：vt＝v1＋at
vt2－v12＝2a(L＋L1)
联立并代入数据解得：v1＝10 m/s.
变式1　(2019·江苏南京市六校联考)一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t＝0时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小x与速度大小v的关系为x＝10－0.1v2(m)，下列分析正确的是(　　)
A．刹车过程汽车的加速度大小为0.2 m/s2
B．刹车过程持续的时间为2 s
C．t＝0时刻汽车的速度大小为5 m/s
D．刹车全过程的位移大小为5 m
答案　B
解析　根据匀变速直线运动中位移与速度关系可得x＝＝＋v2，对应x＝10－0.1v2(m)，可得＝10 m，＝－0.1 s2/m，得加速度a＝－5 m/s2，t＝0时刻的速度大小v0＝10 m/s，刹车过程持续时间Δt＝＝2 s，刹车全过程的位移大小x＝＝10 m，故只有选项B正确．
拓展点　刹车类问题的处理技巧
——逆向思维法的应用
刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失的问题，求解时要注意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．
例2　(2019·安徽安庆市二模)水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为 2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是(　　)
A．该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m
B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s
C．该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m
D．该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s
答案　C
解析　物体从开始减速到速度减为零所用时间为：t0＝＝2 s，物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，根据逆向思维法，物体匀减速至速度为0的减速过程，可看成反向的初速度为0的匀加速运动，则总位移为：x＝v0t1＋at02＝16 m，故A错误；物体的平均速度为：＝＝ m/s＝3.2 m/s，故B错误；x1＝×2×12 m＝1 m，故C正确；该物体减速后第1 s末的速度大小为：v＝v0－at＝(4－2×1) m/s＝2 m/s，故D错误．
[听课感悟]　____________________________________________________________________
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1．六种思想方法

2．方法选取技巧
(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内位移，常用此法．
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法．
类型1　平均速度公式的应用

例3　(多选)(2020·广东清远市质检)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得(　　)
A．高铁车头经过A、B、C的速度
B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过AB段和BC段时间之比
答案　AD
解析　设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到：＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到：＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为：＝＝＝24 m/s，所以有：＝24 m/s，联立解得：vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，A选项正确，B、C选项错误．tAB：tBC＝∶＝2∶3，D选项正确．
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变式2　(2019·山东潍坊市二模)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是(　　)
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
答案　B
解析　第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝
120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝＋＝1.5 s，则加速度为：a＝＝ m/s2＝40 m/s2，故选B.


类型2　初速度为零的匀变速直线运动推论的应用

例4　(多选)(2020·甘肃天水市质检)如图1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1
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，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．
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变式3　(2019·河南省九师联盟质检)某质点做匀减速直线运动，经过 s后静止，则该质点在第1 s内和第2 s内的位移之比为(　　)
A．7∶5 B．9∶5
C．11∶7 D．13∶7
答案　D
解析　设质点以初速度v做匀减速直线运动到停止，其逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，将 s分成相等的8个 s，根据x＝at2知，在这相等的8个 s内的位移之比是：15∶13∶11∶9∶7∶5∶3∶1，则该质点在第1 s内和第2 s内的位移之比为：(15＋13＋11)∶(9＋7＋5)＝39∶21＝13∶7，故选D.

1．自由落体运动
(1)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动．
(2)方法技巧：初速度为0的匀变速直线运动规律都适用．
2．竖直上抛运动
(1)重要特性：(如图2)

图2
①对称性
a．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.
b．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，造成多解，在解决问题时要注意这个特性．
(2)研究方法
分段法
上升阶段：a＝g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以竖直向上为正方向)
若vt>0，物体上升，若vt<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方

例5　(2019·全国卷Ⅰ·18)如图3，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足(　　)

图3
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
答案　C
解析　本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．
[听课感悟]　____________________________________________________________________
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变式4　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上升过程最后1 s内的位移大小分别是(g取10 m/s2)(　　)
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
答案　B
解析　由于上抛的初速度足够大，则上升阶段的最后1 s与自由落体运动的第1 s对称，所以v＝gt＝10 m/s，x＝gt2＝5 m，B项正确．
拓展点　双向可逆类问题
——类竖直上抛运动
如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点仍能以原加速度匀加速下滑，则小球全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可看成类竖直上抛运动，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．
例6　(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小为
2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为(　　)
A．1 s B．3 s C．4 s D. s
答案　ACD
解析　以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋at2得
4＝5t－×2t2
解得t1＝1 s，t2＝4 s
当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋at2得
－4＝5t－×2t2
解得t3＝ s，故A、C、D正确，B错误．
[听课感悟]　____________________________________________________________________
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1．(基本规律的应用)汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1 s内行驶了1 m，第2 s内行驶了2 m，则汽车第3 s内的平均速度为(　　)
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
答案　B
解析　根据匀变速直线运动的推论可知：x2－x1＝x3－x2，则x3＝3 m，则汽车第3 s内的平均速度为3＝＝3 m/s，故选B.
2．(基本公式的应用)做初速度为零的匀加速直线运动的物体，将其运动过程从初始时刻开始依次分为所用时间之比为1∶2∶3的三段，则每段过程的位移之比为(　　)
A．1∶3∶5 B．1∶4∶9
C．1∶8∶27 D．1∶16∶81
答案　C
解析　设物体的加速度为a，三段过程所用时间分别为t、2t、3t，则各段位移分别为x1＝at2，x2＝a(3t)2－at2＝at2，x3＝a(6t)2－a(3t)2＝at2，则x1∶x2∶x3＝1∶8∶27，故C正确．
3．(逆向思维法的应用)一物体做匀减速直线运动，初速度未知，加速度大小为1 m/s2，则物体在停止运动前最后1 s内的位移为(　　)
A．5.5 m B．5 m
C．1 m D．0.5 m
答案　D
解析　把匀减速直线运动过程看成初速度为零的匀加速直线运动的逆过程．原最后1 s内的位移即新情境中的第1 s内的位移，x＝at2＝×1×12 m＝0.5 m.
4.(自由落体运动)用如图4所示的方法可以测出一个人的反应时间．甲同学用手握住直尺顶端刻度为零的地方，乙同学在直尺下端刻度为a的地方做捏住直尺的准备，但手没有碰到直尺，当乙同学看到甲同学放开直尺时，立即捏住直尺，乙同学发现捏住直尺的位置刻度为b.已知重力加速度为g，空气阻力不计，a、b的单位为国际单位制基本单位，则乙同学的反应时间t约等于(　　)

图4
A. B.
C. D.
答案　D
解析　由题意知，在反应时间内直尺自由下落的位移大小为a－b，设乙同学的反应时间为t，空气阻力不计，根据自由落体运动位移公式h＝gt2＝a－b，得t＝，D正确，A、B、C错误．
5．(竖直上抛运动)(多选)(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
答案　BC
解析　螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；取竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移h1＝v0t－gt2＝－30 m，升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45 m，B项正确；螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25 m/s，故速度大小为25 m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为t′＝＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9 s，D项错误．


1．假设某无人机靶机以300 m/s的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以80 m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为(　　)
A．3.75 s B．15 s C．30 s D．45 s
答案　B
解析　导弹由静止开始做匀加速直线运动，即v0＝0，a＝80 m/s2，据公式v＝v0＋at，有t＝＝ s＝15 s，即导弹发射后经15 s击中无人机，选项B正确．
2．如图1所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向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AB∶BC等于(　　)

图1
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案　C
解析　根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
3．(2019·江苏盐城市期中)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为(　　)
A．5∶4 B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3
答案　C
解析　汽车速度减为零的时间为：t0＝＝ s＝4 s，2 s时位移：x1＝v0t＋at2＝20×2 m－×5×4 m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，为：x2＝＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为x1∶x2＝3∶4，故选项C正确．
4．(2020·广东韶关市质检)物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1
B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1
C．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1
D．加速、减速过程中速度变化率大小之比为2∶1
答案　C
解析　设匀加速直线运动的末速度大小为v，则加速阶段的加速度大小a1＝，减速阶段的加速度大小a2＝，可知a1∶a2＝t2∶t1＝1∶2，则速度变化率大小之比为1∶2，故A、D错误；根据匀变速直线运动的推论知，匀加速和匀减速阶段的平均速度大小均为＝，即平均速度大小之比为1∶1，故B错误；根据x＝t得，加速阶段和减速阶段的位移大小之比为2∶1，故C正确．
5．(2019·山东泰安市期末)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＝2.5 m，B、C之间的距离l2＝3.5 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
A．0.5 m B．1.0 m C．1.5 m D．2.0 m
答案　D
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＝＝
根据匀变速直线运动规律可得：Δl＝l2－l1＝aT2＝1 m
根据速度位移关系式可知lOB＝，
则l＝lOB－l1，
联立并代入数据解得l＝2.0 m，故D正确．
6．(2019·安徽淮北市、宿州市二模)做匀变速直线运动的质点，从运动过程中某时刻开始经过连续相等的三个时间间隔T，第一个T内的位移为x1，第三个T内的位移为x3.则该质点(　　)
A．加速度为a＝
B．在第二个T内的位移为x2＝3x1
C．在第二个T末的速度为v＝
D．在第二个T内的平均速度为＝
答案　C
解析　匀变速直线运动中连续相邻相等时间内的位移差为定值，Δx＝aT2，即x2－x1＝aT2，x3－x2＝aT2，联立解得a＝，x2＝，选项A、B错误；中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故在第二个T末的速度为v＝＝，选项C正确；在第二个T内的平均速度为＝＝，选项D错误．

7．(2019·湖北武汉市4月调考)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k>1)，位移大小为x.则在随后的4t时间内，质点的位移大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　根据题意可得x＝t，经过时间t速度由v0变为kv0，则质点的加速度a＝＝(k－1)，在随后的4t时间内，质点的位移大小为x′＝kv0·4t＋a(4t)2，联立解得x′＝，所以选项A正确．
8．如图3所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从树A开始，依次经过B、C、D、E四棵树且经过相邻两棵树的时间间隔相等，已知树A、B间距为x1，树D、E间距为x2，则树B、D间距为(　　)

图3
A．x1＋x2 B．2x1＋x2
C．x1＋2x2 D．2(x1＋x2)
答案　A
解析　设汽车经过相邻两棵树的时间间隔为t，则汽车在A、B间的平均速度为，在D、E间的平均速度为，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故经过C时的速度为vC＝＝，而汽车经过C的时刻又是汽车从B到D的中间时刻，故vC也是汽车从B到D的平均速度，所以B、D间距为x＝×2t＝x1＋x2，选项A正确．
9．(2019·江西南昌市期末)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初3 s内通过的位移与最后3 s内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，汽车运动的加速度大小为a＝5 m/s2，汽车制动的总时间为t，则(　　)
A．t>6 s B．t＝6 s
C．4 s 答案　D
解析　设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则汽车最后3 s内通过的位移x2＝at12＝a，在最初3 s内通过的位移x1＝at2－a(t－3)2＝a(6t－9)，又x1∶x2＝5∶3，解得t＝4 s，故A、B、C错误，D正确．
10．(多选)(2019·浙江金华市模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙．若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则(　　)
A．砖块上升的最大高度为10 m
B．经2 s砖块回到抛出点
C．砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m
D．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动
答案　BC
解析　由h＝得，砖块上升的最大高度h＝5 m，选项A错误；砖块上升的时间t＝＝1 s，上升阶段与下降阶段的时间相等，经2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5 s上升的高度h′＝v0t′－gt′2＝3.75 m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误．
11．(2020·安徽黄山市质检)如图4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4
(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；
(2)列车减速运动的最长时间．
答案　(1) m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s
解析　(1)列车做减速运动到速度为0的过程中，刹车位移：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＝ m/s2
所以加速度的范围是： m/s2≤a≤ m/s2
(2)由速度公式：v＝v0＋at可知，列车减速到速度为0的时间：t＝ ，可知加速度最小时，列车减速运动的时间最长：tmax＝＝50 s.