前方的路看不到希望,前进又能怎么样!

（1）如图可知，在这个多面体的直观图中，
AA₁⊥平面ABC，且AB⊥AC，AB=AC=CC₁=a，
所以V=[1/2a2•a=
1
2a3；
（2）连AB₁，AC₁，由矩形性质得：AB₁与A₁B交于点M，
在△AB₁C₁中，由中位线性质得MN∥AC₁，
又因为MN⊄平面AA₁C₁C，
所以MN∥平面AA₁C₁C；
（3）在矩形AA₁B₁B中，tan∠AA₁B₁=
2]，tan∠AOA₁=
2，
所以∠AA₁B₁=∠AOA₁，
所以AB₁⊥A₁O，
又因为平面ABC⊥平面AA₁B₁B，CO⊥AB，
所以OC⊥平面AA₁B₁B，
所以OC⊥AB₁，即AB₁⊥OC，又A₁O∩OC=O，
所以AB₁⊥平面A₁OC，
即AM⊥平面A₁OC．

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．

考点点评： 本题考查的知识点是直线与平面平等的判定，直线与平面垂直的判定，其中熟练掌握空间直线与平面平行及垂直的判定定理，性质定理、定义及几何特征，建立良好的空间想像能力是解答本题的关键．

解 （1）在反应时间内汽车做匀速直线运动，
其位移为x₁=v₀t₁=15×0.8m=12 m；
（2）由开始制动到速度为零的时间t2＝
v−v0
a＝
0−15
−5s＝3s，
汽车制动后作匀减速直线运动，
位移 x2＝v0t2−
1
2at22=(15×3−
1
2×5×9)m=22.5 m；
（3）刹车距离x=x₁+x₂=（12+22.5）m=34.5 m
答：（1）反应时间内汽车行使的距离为12m．
（2）刹车后汽车行使的距离为22.5m
（3）此汽车的刹车距离为34.5m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，基础题．

（1）行人穿过铁路所用的时间为2.5÷1=2.5秒；
火车行驶40米所用的时间为：40÷20=2秒；
∵2.5＞2
∴此人有生命危险；
（2）[20−0/2.5]=8（m）；
答：从刹车到停车平均每秒车速减少8m．
（3）设刹车后汽车滑行16m时约用了xs时间，

20+(20−8x)
2•x=25，
解得x=2.5，
所以x=2.5，即刹车后汽车滑行25米用了2.5秒．

点评：
本题考点： 一元二次方程的应用．

考点点评： 此题考查了时间、速度，路程三者之间的关系，但此题是一个变速运动，速度是均匀减少，所以解题关键是会求平均速度，利用平均速度就可以解决问题．

设一车每小时行X千米．
（70-x）×3=（60-x）×5
210-3x=300-5x
300-210=5x-3x
90=2x
x=45
则乙车的速度为45千米/小时．
故答案为：45．

点评：
本题考点： 追及问题．

考点点评： 本题是依据追及问题的基本关系式：追及时间×速度差=追及距离进行解答的．

当两车速度相等时所经历的时间t＝
v1−v2
a．
此时后面火车的位移x1＝
v12−v22
2a．前面火车的位移x2＝v2t＝
v2(v1−v2)
a．
若恰好相撞有：x₁=s+x₂，代入解得a=
(v1−v2)2
2s．
所以要使两车不相撞，a的大小应满足a≥
(v1−v2)2
2s．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道临界情况为当速度相等时，两车相撞，有最小加速度．抓住位移关系，求出最小加速度．

设一车每小时行X千米．
（70-x）×3=（60-x）×5
210-3x=300-5x
300-210=5x-3x
90=2x
x=45
则乙车的速度为45千米/小时．
故答案为：45．

点评：
本题考点： 追及问题．

考点点评： 本题是依据追及问题的基本关系式：追及时间×速度差=追及距离进行解答的．

AB子弹做的均是平抛运动，如图所示．
对A有：ha＝
1
2gta2，ta＝
x
va
则ha＝
1
2g
x2
va2＝
1
2g(
100
500)2，
对B有：hb＝
1
2gtb2，tb＝
x
vb，
则hb＝
1
2g(
100
vb)2，
因为h_b-h_a=0.05m，
解得v_b=447m/s．
答：B枪子弹离开枪口时的速度大小为447m/s．

点评：
本题考点： 平抛运动．

考点点评： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住竖直方向上的位移之差，结合运动学公式灵活求解．

设一车每小时行X千米．
（70-x）×3=（60-x）×5
210-3x=300-5x
300-210=5x-3x
90=2x
x=45
则乙车的速度为45千米/小时．
故答案为：45．

点评：
本题考点： 追及问题．

考点点评： 本题是依据追及问题的基本关系式：追及时间×速度差=追及距离进行解答的．

（1）设经t₁时间甲追上乙，则x甲＝
1
2at12
x_乙=vt₁
x_甲-x_乙=x₀=37.5m
解得：t₁=15s，x_甲=112.5m
（2）设经t₂时间甲乙之间有最大距离△x，此时甲乙两车速度相等，
即at₂=v_乙
解得：t₂=5s
△x＝x0+v乙t2−
1
2at2²
代入数据解得最大距离△x=50m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 甲追上乙时，存在位移关系，即x甲=x乙+x0．速度小者加速追速度大者，两者速度相等时，有最大距离．

（1）当甲追上乙时，它们的位移之差是x₀=200m，
x_甲=x₀+x_乙，
设甲经时间t追上乙，则有x_甲=[1/2]a_甲t²，x_乙=v_乙t．
根据追及条件，有[1/2]a_甲t²=v_乙t+200，
解得t=40 s或t=-20 s（舍去）．
这时甲的速度v_甲=a_甲t=0.5×40 m/s=20 m/s，
甲离出发点的位移 x_甲=[1/2]a_甲t²=[1/2]×0.5×40² m=400 m．
（2）在追赶过程中，当甲的速度小于乙的速度时，甲、乙之间的距离仍在增大，但当甲的速度大于乙的速度时，甲、乙之间的距离便减小．当二者速度相等时，甲、乙之间的距离达到最大值．
由a_甲t=v_乙，
得t=10 s，
即甲在10 s末离乙的距离最大．
x_max=x₀+v_乙t-[1/2]a_甲t²=（200+5×10-[1/2]×0.5×10²） m=225 m．
答：（1）甲40s时追上乙，甲追上乙时的速度为20 m/s，此时甲离出发点400 m．
（2）在追赶过程中，甲、乙之间10 s时有最大距离，这个距离为225 m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 汽车的追及相遇问题，一定要掌握住汽车何时相遇、何时距离最大这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．

（1）t=[1/2]×4s=2s，
∵v=[s/t]，
∴悬崖与船的距离s=vt=340m/s×2s=680m．
（2）在t=4s的时间内，船行驶的距离：
s₁=v₁t=20m/s×4s=80m，
声音传播的距离：
s₂=v₂t=340m/s×4s=1360m，
设司机鸣笛时船到山崖的距离为s，
则：2s=s₁+s₂，所以s=
s1+s2
2=[80m+1360m/2]=720m，
（2）司机听到回声船距山崖的距离：
s′=s-s₁=720m-80m=640m．
答：（1）如果船鸣笛后马上停止行驶，悬崖与船的距离为680m．
（2）悬崖与旅客听到回声处的距离为640m．

点评：
本题考点： 回声测距离的应用．

考点点评： 本题考查了速度公式及回声测距离的应用，解题的关键是弄清：声音和船行驶的路程之和是鸣笛时船与山崖距离的2倍．