12．(2010·青岛模拟)“10米折返跑”的成绩反映了人体的灵敏素质．测定时，在平直跑道上，受试者以站立 式起跑姿势站在起点(终点)线前，听到起跑的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线处，用手触摸折返线处的物体(如木箱)后，再转身跑向起点(终点)线，当胸部到达起点(终点)线的垂直面时，测试员停止计时，所用时间即为“10米折返跑”的成绩，如图5所示．设受试者起跑的加速度为4 m/s²，运动过程中的最大速度为4 m/s，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为8 m/s²，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．求该受试者“10米折返跑”的成绩为多少？

解析：对受试者，由起点(终点)线向折返线运动的过程中

加速阶段：t₁＝＝1 s；s₁＝v_maxt₁＝2 m

减速阶段：t₃＝＝0.5 s；s₃＝v_maxt₃＝1 m

匀速阶段：t₂＝＝1.75 s

由折返线向起点(终点)线运动的过程中

加速阶段：t₄＝＝1 s；s₄＝v_maxt₄＝2 m

匀速阶段：t₅＝＝2 s

受试者“10米折返跑”的成绩为：

t＝t₁+t₂+t₃+t₄+t₅＝6.25 s.

答案：6.25 s

11．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s²，求：

(1)燃料恰好用完时火箭的速度；

(2)火箭上升离地面的最大高度；

(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间．

解析：设燃料用完时火箭的速度为v₁，所用时间为t₁.火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程为做匀加速上升运动，第二个过程为做竖直上抛运动至到达最高点．

(1)对第一个过程有h₁＝t₁，代入数据解得v₁＝20 m/s.

(2)对第二个过程有h₂＝，代入数据解得h₂＝20 m

所以火箭上升离地面的最大高度h＝h₁+h₂＝40 m+20 m＝60 m.

(3)方法一　分段分析法

从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v₁＝gt₂得

t₂＝＝ s＝2 s

从最高点落回地面的过程中，h＝gt₃²，而h＝60 m，代入得t₃＝2 s

故总时间t_总＝t₁+t₂+t₃＝(6+2) s.

方法二　整体分析法

考虑火箭从燃料用完到落回地面的全过程，以竖直向上为正方向，全过程为初速度v₁＝20 m/s、加速度g＝－10 m/s²、位移h＝－40 m的匀变速直线运动，即有h＝v₁t－ gt²，代入数据解得t＝(2+2) s或t＝(2－2) s(舍去)，故t_总＝t₁+t＝(6+2) s.

答案：(1)20 m/s　(2)60 m　(3)(6+2) s

10．以v₀＝20 m/s的速度竖直上抛一小球，经2 s以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g取10 m/s²，则两球相碰处离出发点的高度是　　　　　　　　　　 (　)

A．10 m 　　　　　B．15 m　　　　　　　 C．20 m　 　　　　　　D．不会相碰

解析：设第二个小球抛出后经t s与第一个小球相遇．

法一：根据位移相等有v₀(t+2)－g(t+2)²＝v₀t－gt².

解得t＝1 s，代入位移公式h＝v₀t－gt²，解得h＝15 m.

法二：因第二个小球抛出时，第一个小球恰(到达最高点)开始自由下落．

根据速度对称性，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，即－＝v₀－gt，

解得t＝1 s，代入位移公式得h＝15 m.

答案：B

9．(2010·合肥模拟)测速仪安装有超声波发射和接收装置，

如图4所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，

某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直

线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．20 m/s² 　B．10 m/s² 　　　　　　C．5 m/s² 　　　　　　　　D．无法确定

解析：设超声波往返的时间为2t，根据题意汽车在2t时间内位移为a(2t)²＝20 m，①

所以超声波追上A车时，A车前进的位移为at²＝5 m，②

所以超声波在2t内的路程为2×(335+5) m，由声速340 m/s可得t＝1 s，代入①式得，B正确．

答案：B

8．(2010·哈尔滨师大附中模拟)在平直轨道上匀加速向右行驶的

封闭车厢中，悬挂着一个带有滴管的盛油容器，如图3所示．

当滴管依次滴下三滴油时(设三滴油都落在车厢底板上)，下列

说法中正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A. 这三滴油依次落在OA之间，且后一滴比前一滴离O点远

B．这三滴油依次落在OA之间，且后一滴比前一滴离O点近

C．这三滴油依次落在OA间同一位置上

D．这三滴油依次落在O点上

解析：设油滴开始滴下时车厢的速度为v₀，下落的高度为h，则油滴下落的时间为t＝ ，车厢运动的水平距离为s₁＝v₀t+at²，而油滴运动的水平距离为s₂＝v₀t，所以油滴相对于车运动的距离为Δs＝at²＝是一个定值，即这三滴油依次落在OA间同一位置上，C选项正确．

答案：C

7．(2009·江苏高考)如图2所示，以8 m/s匀速行驶的汽车

即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车

线18 m．该车加速时最大加速度大小为2 m/s²，减速时最

大加速度大小为5 m/s².此路段允许行驶的最大速度为12.5

m/s，下列说法中正确的有　　　　　　　　　　　 (　)

A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线

B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速

C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线

D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处

解析：如果立即做匀加速直线运动，t₁＝2 s内的位移s₁＝v₀t₁+a₁t₁²＝20 m＞18 m，此时汽车的速度为v₁＝v₀+a₁t₁＝12 m/s＜12.5 m/s，汽车没有超速，A项正确，B项错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t₂＝＝1.6 s，此过程通过的位移为s₂＝a₂t₂²＝6.4 m，C项正确，D项错误．

答案：AC

6．以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球．不计空气阻力，g取10 m/s².以下判断正确的是　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　)

A．小球到达最大高度时的速度为0

B．小球到达最大高度时的加速度为0

C．小球上升的最大高度为61.25 m

D．小球上升阶段所用的时间为3.5 s

解析：小球到达最高点时的速度为0，但加速度为g，故A正确，B错误；由H＝得小球上升的最大高度为H＝61.25 m，由t_上＝可得小球上升阶段所用的时间为t_上＝3.5 s，故C、D均正确．

答案：ACD

5．(2010·济南模拟)一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB.该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图1所示．已知曝光时间为 s，则小石子出发点离A点约为　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图1

A．6.5 cm　 　　　　　　　B．10 m

C．20 m　 　　　　　　　　D．45 m

解析：由图可知＝2 cm＝0.02 m，AB中点的速度v_中＝＝20 m/s，由v²＝2gh可得：AB中点到出发点的高度h_中＝＝20 m≈h_A，故C正确．

答案：C

4．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 m

B．位移大小为25 m，方向向上

C．速度改变量的大小为10 m/s

D．平均速度大小为13 m/s，方向向上

解析：初速度为30 m/s，只需3 s即可上升到最高点，位移为h₁＝＝45 m，再自由下落2 s，下降高度为h₂＝0.5×10×2² m＝20 m，故路程为65 m，A对；此时离抛出点高25 m，故位移大小为25 m，方向竖直向上，B对；此时速度为v＝10×2 m/s＝20 m/s，方向向下，速度改变量大小为50 m/s，C错；平均速度为＝ m/s＝5 m/s，D错．

答案：AB

3．(2010·福建师大附中模拟)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

解析：由Δs＝aT²得：9－7＝a·1²，a＝2 m/s²，由v₀T－aT²＝s₁得：v₀×1－×2×1²＝9，v₀＝10 m/s，汽车刹车时间t_m＝＝5 s＜6 s，故刹车后6 s内的位移为s＝＝25 m，C正确．

答案：C