【物理】2018届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律及应用学案

【物理】2018届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律及应用学案

第2讲　匀变速直线运动的规律及应用 考点一　匀变速直线运动基本公式的应用 ‎1．定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动叫做匀变速直线运动。‎ ‎2．分类： ‎3．基本规律 ‎[题组训练]‎ ‎1．[基本公式的选用](多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止 做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2等于2∶1‎ B．加速、减速中的平均速度大小之比1∶2等于1∶1‎ C．加速、减速中的位移大小之比x1∶x2等于2∶1‎ D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2等于1∶2‎ 解析：　汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，＝，A错，D对；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，＝＝，C对；由＝知，1∶2＝1∶1，B对。‎ 答案：　BCD ‎2．[刹车类问题](2017·山西四校联考)以‎36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为‎4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为(　　)‎ A．‎12.5 m　　　　　　 B．‎‎2 m C．‎10 m D．‎‎0.5 m 解析：　由v＝at可得刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，x＝at′2＝‎0.5 m。‎ 答案：　D ‎3．[双向可逆类匀变速直线运动](多选)在光滑足够长的斜面上，有一物体以‎10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为‎5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为‎7.5 m时，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体运动时间可能为1 s B．物体运动时间可能为3 s C．物体运动时间可能为(2＋) s D．此时的速度大小一定为‎5 m/s 解析：　(1)物体在出发点上方时，由x＝v0t＋at2得：7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝1 s或t＝3 s，由v＝v0＋at得，v＝‎5 m/s或－‎5 m/s。‎ ‎(2)物体在出发点下方时，由x＝v0t＋at2得：－7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝(2＋)s，由v＝v0＋at得：v＝－‎5 m/s，故A、B、C正确，D错误。‎ 答案：　ABC ‎4．[多过程问题]甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。‎ 解析：　设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为x1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为x2。由运动学公式得 v＝at0‎ x1＝at x2＝vt0＋(‎2a)t 设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为x1′、x2 ′。同样有 v′＝(‎2a)t0‎ x1′＝(‎2a)t x2′＝v′t0＋at 设甲、乙两车行驶的总路程分别为x、x′，则有 x＝x1＋x2‎ x′＝x1′＋x2′‎ 联立以上各式解得，甲、乙两车各自行使的总路程之比为＝。‎ 答案：　 规律方法　(1)解题的基本思路 ‎(2)应注意的三个问题 ‎①公式的矢量性 ‎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。求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解。‎ ‎③对于双向可逆匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可分段求解。‎ 考点二　匀变速直线运动推论的应用 ‎[思维诊断]‎ ‎(1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。(　　)‎ ‎(2)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度为‎6 m/s,1 s后速度为反向‎10 m/s，加速度的大小一定为‎4 m/s2。(　　)‎ ‎(3)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。(　　)‎ ‎(4)某物体从静止 做匀加速直线运动，速度由0到v运动距离是由v到2v运动距离的2倍。(　　)‎ ‎(5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。(　　)‎ ‎(6)不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定。(　　)‎ 答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[基本推论的应用](多选)‎ 某质点做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，最后停在D点。已知AB＝‎6 m，BC＝‎4 m，从A点运动到B点，从B点运动到C点两个过程速度变化量都为－‎2 m/s，则下列说法正确的是(　　)‎ A．质点到达B点速度大小为‎2.55 m/s B．质点的加速度大小为‎2 m/s2‎ C．质点从A点运动到C点的时间为4 s D．A、D两点间的距离为‎12.25 m 解析：　根据题设条件得Δv＝at＝‎2 m/s，AB、BC为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx＝at2，解得t＝＝ s＝1 s，a＝‎2 m/s2，选项B正确；质点从A点到C点的时间为2t＝2 s，选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得vB＝＝‎5 m/s，选项A错误；由速度与位移公式可得xAD＝‎6 m＋＝‎12.25 m，选项D正确。‎ 答案：　BD ‎2．[比例式的应用](2017·佛山模拟)一个物体从静止 做匀加速直线运动，它在第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2，在走完第‎1 m时与走完第‎2 m时的速度之比为v1∶v2。以下说法正确的是(　　)‎ A．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2‎ B．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶ C．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2‎ D．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶ 解析：　对于初速度为零的匀加速直线运动，由xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)知x1∶x2＝1∶3；由x＝at2知t1∶t2＝1∶，又因为v＝at可得v1∶v2＝1∶，B正确。‎ 答案：　B 方法技巧　(1)解决匀变速直线运动的六种方法 ‎(2)“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题 考点三　自由落体运动和竖直上抛运动 ‎1．自由落体运动的特点和规律 ‎(1)从静止 ，即初速度为零。‎ ‎(2)只受重力作用的匀加速直线运动。‎ ‎(3)运动规律：‎ ‎①速度公式：v＝gt。②位移公式：h＝gt2。‎ ‎③速度位移关系式：v2＝2gh。‎ ‎2．竖直上抛运动的特点和规律 ‎(1)初速度竖直向上。‎ ‎(2)只受重力作用的匀变速直线运动。‎ ‎(3)若以初速度方向为正方向，则a＝－g。‎ ‎(4)运动规律：‎ ‎①速度公式：v＝v0－gt。‎ ‎②位移公式：h＝v0t－gt2。‎ ‎③上升的最大高度：H＝。‎ ‎④上升到最高点的时间：t＝。‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[自由落体运动的理解]下列说法正确的是(　　)‎ A．初速度为零、竖直向下的匀加速直线运动是自由落体运动 B．仅在重力作用下的运动叫做自由落体运动 C．物体只在重力作用下从静止 下落的运动叫做自由落体运动 D．当空气阻力可以忽略不计时，物体由静止 自由下落的运动可视为自由落体运动 解析：　自由落体运动是物体只在重力作用下由静止 下落的运动，物体的初速度为零，只受重力作用，选项A、B错误，C正确。若空气阻力比较小，可以忽略不计时，物体由静止 自由下落的运动也可视为自由落体运动，选项D正确。‎ 答案：　CD ‎2．[自由落体运动规律的应用](2017·哈尔滨模拟)(多选)关于自由落体运动(g取‎10 m/s2)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．它是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动 B．在 连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5‎ C．在 连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3‎ D．从 运动到距下落点‎5 m、‎10 m、‎15 m所经历的时间之比为1∶2∶3‎ 解析：　自由落体运动是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动；根据匀变速直线运动规律，在 连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5；在 连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3；从 运动到距下落点‎5 m、‎10 m、‎15 m所经历的时间之比为1∶∶，选项A、B、C正确，D错误。‎ 答案：　ABC ‎3．[竖直上抛运动规律的应用]气球以‎1.25 m/s2的加速度从地面 竖直上升，离地30 s后，从气球上掉下一物体，不计空气阻力，g取‎10 m/s2，则物体到达地面所需时间为(　　)‎ A．7 s　　　　　　　　　　 B．8 s C．12 s D．15 s 解析：　先求30 s后气球的速度及高度。‎ 速度v＝at＝1.25×‎30 m/s＝‎37.5 m/s 高度h1＝at2＝×1.25×‎302 m＝‎‎562.5 m 解法一(整体法)：‎ 物体刚掉下时，具有竖直向上的初速度为‎37.5 m/s，距地面的高度为‎562.5 m，此后物体做竖直上抛运动，则可以直接代入公式h＝v0t－gt2，其中h＝－‎562.5 m，v0＝‎37.5 m/s，解得t＝15 s。‎ 解法二(分段法)：‎ 上升阶段：物体上升的时间t1＝＝3.75 s 上升的最大高度H＝＝ m 下降阶段：下降过程物体做自由落体运动，下降时间 t2＝ ＝11.25 s 物体到达地面所需的总时间为t＝t1＋t2＝15 s。‎ 答案：　D 方法技巧 (1)竖直上抛问题的两种处理方法 ‎①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动。下落过程是上升过程的逆过程。‎ ‎②“整体法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程。从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反。‎ (2)巧用竖直上抛运动的对称性 ‎①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。‎ ‎②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。‎ 思想方法盘点①——“思维转化法”的应用 思维转化法：在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求解有困难时，往往可以通过变换思维方式、转换研究对象，使解答过程简单明了。‎ 思维转化法1——逆向思维法 将匀减速直线运动直至速度变为零的过程转化为初速度为零的匀加速直线运动，利用运动学规律可以使问题巧解。‎ ‎(2017·郑州模拟)一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第‎3 m、倒数第‎2 m、最后‎1 m内的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A．经历的时间之比是1∶2∶3‎ B．平均速度之比是3∶2∶1‎ C．平均速度之比是1∶(－1)∶(－)‎ D．平均速度之比是(＋)∶(＋1)∶1‎ 解析：　将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为零的匀加速直线运动(逆向思维)，从静止 通过连续相等的三段位移所用时间之比为t1∶t2∶t3＝1∶(－1)∶(－)，则倒数第3 m、倒数第2 m、最后‎1 m内的时间之比为(－)∶(－1)∶1，平均速度之比为∶∶1＝(＋)∶(＋1)∶1，故只有选项D正确。‎ 答案：　D ‎[即学即练]‎ ‎1．一物块(可看做质点)以一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. C．2t0 D. 解析：　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初速度为零的匀加速直线运动，根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。‎ 答案：　C 思维转化法2——等效转化法 将“多个物体的运动”等效转化为“一个物体的运动”‎ 几个物体的独立运动放在一起进行研究，彼此间可能会产生干扰，这样远没有研究一个物体的运动那么直接、明了，如果能将多个物体的运动等效为一个物体的运动，自然会简化研究过程。‎ 从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几个后，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＝‎15 cm，BC＝‎20 cm，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)A球上面正在运动着的小球共有几个？‎ ‎[审题指导]‎ 第一步：审题干获取信息 第二步：审设问找突破口 解析：　(1)题中多个小球的运动可看做是一个小球做匀加速直线运动，由Δx＝aT2‎ 得：a＝ 代入数据 a＝＝×10－‎2 m/s2＝‎5 m/s2‎ ‎(2)由于B为A到C的中间时刻，‎ 则vB＝ 代入数据 vB＝×10－‎2 m/s＝‎1.75 m/s。‎ ‎(3)小球B从 下滑到图示位置所需时间为 tB＝ 代入数据解得 tB＝ s＝0.35 s 则－1＝2.5‎ 故A球上方正在运动着的小球共有2个。‎ 答案：　(1)‎5 m/s2　(2)‎1.75 m/s　(3)2个 ‎[即学即练]‎ ‎2.‎ 取一根长‎2 m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔‎12 cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别是‎36 cm、‎60 cm、‎84 cm，如图所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后 计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈(　　)‎ A．落到盘上的声音时间间隔越来越大 B．落到盘上的声音时间间隔相等 C．依次落到盘上的速率关系为1∶∶∶2‎ D．依次落到盘上的时间关系为1∶(－1)∶(－)∶(2－)‎ 解析：　各垫圈做自由落体运动，由于各垫圈之间的间距之比为1∶3∶5∶7，由初速度为零的匀变速直线运动的推论可以判断对应的时间间隔都相等，即落在盘上的声音时间间隔也必定相等，选项A、D错误，B正确。它们依次落在盘上的速度之比为1∶2∶3∶4，选项C错误。‎ 答案：　B ‎1．(2017·西安二检)‎ 如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤‎10 m/s，且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为(　　)‎ A. s　　　　　　　　　　 B. s C．2.5 s D．12.5 s 解析：　当车速最大v＝‎10 m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长，由速度与时间关系v＝v0＋at可知，t＝＝ s＝2.5 s，C项正确。‎ 答案：　C ‎2．(2016·全国丙卷·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为x，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：　质点在时间t内的平均速度＝，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则＝，故＝。由题意知：mv＝9×mv，则v2＝3v1，进而得出2v1＝。质点的加速度a＝＝＝。故选项A正确。‎ 答案：　A ‎3.‎ ‎(2015·山东理综·14)距地面高‎5 m的水平直轨道上A、B两点相距‎2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图。小车始终以‎4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝‎10 m/s2。可求得h等于(　　)‎ A．‎1.25 m B．‎‎2.25 m C．‎3.75 m D．‎‎4.75 m 解析：　小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝ ，小车从A到B的时间t2＝；小车运动至B点时细线轧断，小球下落的时间t3＝ ；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即 ＝＋ ，解得h＝‎1.25 m，选项A正确。‎ 答案：　A ‎4．(2017·广州一测)电梯从低楼层到达高楼层经过启动、匀速运行和制动三个过程，启动和制动可看做是匀变速直线运动。电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如下表：‎ 时间(s)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 速度(m/s)‎ ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎4.0‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ 则前5 s内电梯通过的位移大小为(　　)‎ A．‎19.25 m B．‎‎18.75 m C．‎18.50 m D．‎‎17.50 m 解析：　由题图表可知，电梯在前2 s做竖直向上的匀加速运动，加速度a＝＝‎2.0 m/s2，向上匀速运动的速度为v＝‎5.0 m/s，则启动过程中加速时间t＝＝2.5 s。前5 s内电梯通过的位移大小为x＝at2＋v(5 s－t)＝‎6.25 m＋‎12.50 m＝‎18.75 m，选项B正确，A、C、D错误。‎ 答案：　B ‎5．(2015·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3‎ C．关卡4 D．关卡5‎ 解析：　关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝＝1 s，运动的距离为x1＝at2＝‎1 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内运动距离为‎9 m，过了第2个关卡，到第3个关卡时再用时3.5 s，大于2 s，因此能过第3个关卡，运动到第4个关卡前共用时12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在第4个关卡前，C项正确。‎ 答案：　C 课时作业 一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)‎ ‎1．(2017·温州模拟)一辆匀加速行驶的汽车，经过路旁两根电线杆共用5 s时间，汽车的加速度为‎2 m/s2，它经过第2根电线杆时的速度为‎15 m/s，则汽车经过第1根电线杆的速度为(　　)‎ A．‎2 m/s　　　　　　　　　 B．‎10 m/s C．‎2.5 m/s D．‎5 m/s 解析：　根据v＝v0＋at，v0＝v－at＝‎5 m/s，D正确。‎ 答案：　D ‎2．一物体从A点由静止 做匀加速直线运动，到达B点时速度为v，再运动到C点时的速度为2v，则AB与BC的位移大小之比为(　　)‎ A．1∶3 B．1∶4‎ C．1∶2 D．1∶1‎ 解析：　由速度与位移关系式v2－v＝2ax可得v2－0＝2axAB ，(2v)2－v2＝2axBC，解得xAB∶xBC＝1∶3，A正确。‎ 答案：　A ‎3．质点由静止 做匀加速直线运动，经过时间t，通过与出发点相距x1的P点，再经过时间t，到达与出发点相距x2的Q点，则该质点通过P点的瞬时速度为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：　P点位于x2的中间时刻处，故vP＝。‎ 答案：　B ‎4．一个物体由静止 沿光滑斜面匀加速下滑。当它下滑的距离为l时，速度为v；那么，当它的速度是时，下滑的距离是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：　根据位移和速度的关系公式v2－v＝2ax得v2＝2al，又2＝2al1，得l1＝＝，故C正确。‎ 答案：　C ‎5．做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是‎14 m，则最后1 s内的位移是(　　)‎ A．‎3.5 m B．‎‎2 m C．‎1 m D．0‎ 解析：　物体做匀减速直线运动至停止，可以把这个过程看作初速度为零的匀加速直线运动的逆过程，则物体第1 s内的位移与最后1 s内的位移之比为7∶1，得x1＝‎2 m。‎ 答案：　B ‎6．(2017·安阳四中月考)跳伞运动员以‎5 m/s的速度匀速降落，在离地面h＝‎10 m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为(扣子所受空气阻力可忽略，g＝‎ ‎10 m‎/s2)(　　)‎ A．2 s B. s C．1 s D．(2－) s 解析：　因为跳伞运动员做匀速直线运动，故其落地时间t＝＝ s＝2 s，掉落的扣子做初速度为‎5 m/s，加速度a＝g＝‎10 m/s2的匀加速直线运动，设扣子落地时间为t′，根据位移时间关系有h＝v0t′＋at′2，代入数据解得t′＝1 s(另一负值舍去)，所以跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为t－t′＝1 s，选项C正确。‎ 答案：　C ‎7．做匀变速直线运动的物体，经过A点的速率为vA＝‎6 m/s,4 s后经过B点的速率为vB＝‎2 m/s，以经过A点时的速度方向为正方向，这段时间内物体的加速度a和位移x可能是(　　)‎ A．a＝－‎1 m/s2，x＝‎‎16 m B．a＝－‎1 m/s2，x＝‎‎20 m C．a＝‎2 m/s2，x＝‎‎10 m D．a＝－‎2 m/s2，x＝‎‎8 m 解析：　物体通过A、B两点时的速度方向可能相同，也可能相反。由±vB－vA＝at得a＝－‎1 m/s2或－‎2 m/s2，由x＝·t得x＝‎16 m或‎8 m，故A、D正确。‎ 答案：　AD ‎8．物体从离地面‎45 m高处做自由落体运动(g取‎10 m/s2)，则下列选项中正确的是(　　)‎ A．物体运动3 s后落地 B．物体落地时的速度大小为‎30 m/s C．物体在落地前最后1 s内的位移为‎25 m D．物体在整个下落过程中的平均速度为‎20 m/s 解析：　由h＝gt2得t＝ ＝3 s，A正确；落地速度v＝gt＝‎30 m/s，B正确；最后1 s内位移Δh＝gt－gt＝‎25 m，C正确；全程的平均速度＝＝ m/s＝‎15 m/s，D错误。‎ 答案：　ABC ‎9．(2017·广东湛江四校二联)某航母跑道长为‎200 m，飞机在航母上滑行的加速度a大小满足‎5.25 m/s2≤a≤‎6 m/s2，起飞需要的最低速度为‎50 m/s。若要飞机正常起飞，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的初速度可能是(　　)‎ A．‎5 m/s B．‎10 m/s C．‎20 m/s D．‎25 m/s 解析：　由速度位移公式v2－v＝2ax，可得v0＝，因飞机在航母上滑行的加速度a大小满足‎5.25 m/s2≤a≤‎6 m/s2，解得‎10 m/s≤v0≤‎20 m/s，分析可知，只需满足v0≥‎10 m/s，即可保证飞机正常起飞，选项B、C、D正确。‎ 答案：　BCD ‎10.‎ ‎(2017·贵阳一测)对于如图所示的情境，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚。若以‎8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线‎8 m，该车减速时的加速度大小为‎5 m/s2。下列说法中正确的是(　　)‎ A．驾驶员立即刹车制动，则至少需1.6 s汽车才能停止 B．在距停车线‎6 m处才 刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 C．若经0.2 s后才 刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 D．若经0.4 s后才 刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 解析：　汽车的初速度为v0＝‎8 m/s，刹车时最大加速度为a＝‎5 m/s2，由匀变速直线运动规律可知，汽车停车时间最短为t＝＝1.6 s，A项正确；由速度与位移关系可知，汽车的刹车距离x＝＝‎6.4 m，B项错；要使汽车停止时前端刚好在停车线处，汽车匀速运动距离为x′＝(8－6.4) m＝‎1.6 m，所以汽车匀速运动时间t′＝＝0.2 s，C项正确，D项错。‎ 答案：　AC 二、非选择题 ‎11．(2017·滨州期末)为了安全，学校校门前马路一般有限速标志。如图所示，为一学校门口前面马路的俯视图。绿灯时，在十字路口A线处有一轿车(可视为质点)从静止 做匀加速直线运动，轿车的最大启动加速度为‎10 m/s2。距A线l1＝‎500 m处有一减速区，减速区宽度l2＝‎15 m，在减速区能达到加速度数值足够大。设学校门口限速‎36 km/h，市区内轿车限速‎72 km/h。要求轿车从进入减速区时 减速，减速时视为做匀减速直线运动。在不违规的情况下，试求轿车从A 启动到学校门口B的最短时间。‎ 解析：　轿车以最大加速度启动达到限速v1的时间为t1‎ v1＝at1‎ 启动经过的位移为x1‎ v＝2ax1‎ 匀速运动的时间为t2，l1－x1＝v1t2‎ 在减速区内时间为t3，t3＝l2‎ 总时间为t，t＝t1＋t2＋t3‎ 代入数据得t＝27 s。‎ 答案：　27 s ‎12.‎ 在某娱乐节目中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让选手通过一段平台，再冲上反向运行的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置(如图)，平台长L1＝‎4 m，跑步机皮带长L2＝‎32 m，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的水平距离L3＝‎10 m，且皮带以v0＝‎1 m/s的恒定速率运动。一位挑战者在平台起点从静止 以a1＝‎2 m/s2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2＝‎1 m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a2在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所用的时间。‎ 解析：　挑战者先以a1＝‎2 m/s2做匀加速直线运动，接着以a2＝‎1 m/s2做匀加速直线运动，然后做匀速运动，最后做初速度为－‎1 m/s的匀变速运动，运动过程如图所示。‎ 过程1：挑战者匀加速通过平台，有 L1＝a1t，得t1＝ ＝2 s，v1＝a1t1＝‎4 m/s 过程2：挑战者冲上跑步机至跨栏处，有 L3＝v1t2＋a2t，得t2＝2 s 过程3：挑战者摔倒后随皮带做匀速直线运动，有 x＝v0t＝1×‎2 m＝‎‎2 m 过程4：挑战者爬起后初速度大小为v0(向左)，加速度为a2(向右)，挑战者向右先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度不变。‎ L2－L3＋x＝－v0t3＋a2t 解得t3＝8 s 故总时间为t＝t1＋t2＋t3＋t＝14 s。‎ 答案：　14 s 专题一　运动学图象、追及相遇问题 考点一　运动图象的理解及“识图”能力的考查 ‎1．x t图象 ‎(1)物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律。‎ ‎(2)图线斜率的意义 ‎①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小。‎ ‎②切线斜率的正负表示物体速度的方向。‎ ‎(3)两种特殊的x t图象 ‎①匀速直线运动的x t图象是一条倾斜的直线。‎ ‎②若x t图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态。‎ ‎2．vt图象 ‎(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律。‎ ‎(2)图线斜率的意义 ‎①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小。‎ ‎②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向。‎ 如图所示：‎ a．图象中甲表示物体做匀速直线运动。‎ b．图象中乙的加速度为－3_m/s2；其中“－”表示加速度的方向与正方向相反。‎ c．图中的面积S1和S2表示物体运动的位移，其中S1和S2的区别是：S1表示这段时间内的位移方向为正方向，S2表示这段时间内的位移方向为负方向。‎ ‎3．两种图象的比较 名称 项目 x t图象 v t图象 轴 横轴为时间t，纵轴为位移x 横轴为时间t，纵轴为速度v 线 倾斜直线表示匀速直线运动 倾斜直线表示匀变速直线运动 斜率 表示速度 表示加速度 面积 图线和时间轴围成的面积表示位移 纵截距 表示初位置 表示初速度 特殊点 拐点表示速度变化，交点表示相遇 拐点表示加速度变化，交点表示速度相等 ‎[思维诊断]‎ ‎(1)无论是x t图象还是v t图象都只能描述直线运动。(　　)‎ ‎(2)x t图象和v t图象表示物体运动的轨迹。(　　)‎ ‎(3)x t图象与时间轴围成的面积表示物体运动的路程。(　　)‎ ‎(4)两条v t图象的交点表示两个物体相遇。(　　)‎ ‎(5)两条x t图象的交点表示两个物体相遇。(　　)‎ 答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[x t图象](2015·广东高考)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移时间图象如图所示。下列表述正确的是(　　)‎ A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大 B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大 C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小 D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等 解析：　题图为x t图象，图象的斜率表示速度。根据图象可知0.2～0.5小时内，甲、乙都做匀速直线运动，加速度都为0，甲的斜率比乙大，所以甲的速度大于乙的速度，A错误，B正确；0.6～0.8小时内，甲的位移是－‎5 km，乙的位移是－‎3 km，C错误；0.8小时内甲、乙的位移相同，但是路程不一样，D错误。‎ 答案：　B ‎2．[v t图象](多选)如图所示是某质点做直线运动的v t图象，由图可知这个质点的运动情况是(　　)‎ A．前5 s做的是匀速运动 B．5～15 s内做匀加速运动，加速度为‎1 m/s2‎ C．15～20 s内做匀减速运动，加速度为－‎3.2 m/s2‎ D．质点15 s末离出发点最远，20 s末回到出发点 解析：　由图象可知，前5 s做的是匀速运动，A正确；5～15 s内做匀加速运动，但加速度为‎0.8 m/s2，B错误；15～20 s做匀减速运动，其加速度为－‎3.2 m/s2，C正确；质点在20 s末离出发点最远，质点一直做的是方向不变的直线运动，D错误。‎ 答案：　AC ‎3．(x t图象和v t图象的比较)(多选)如图所示的x t图象和v t图象中，给出的四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是(　　)‎ A．图线1表示物体做曲线运动 B．x t图象中t1时刻物体1的速度大于物体2的速度 C．v t图象中0至t3时间内物体4的平均速度大小物体3的平均速度 D．两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4 反向运动 解析：　运动图象只能用来描述直线运动，A错；x t图象中，t1时刻曲线1的斜率大于曲线2的斜率，故B对；v t图象中，0～t3时间内由速度时间图象所围的面积可知>，C对；t2时刻物体2 反向，t4时刻物体4的速度方向不变，加速度 反向，D错。‎ 答案：　BC 考点二　对“用图”能力的考查 ‎1．用图象解题可使解题过程简化，思路更清晰，而且比解析法更巧妙、更灵活。在有些情况下运用解析法可能无能为力，但是用图象法则会使你豁然开朗。‎ ‎2．利用图象描述物理过程更直观。物理过程可以用文字表述，也可以用数学式表达，还可以用物理图象描述。如果能够用物理图象描述，一般来说会更直观且容易理解。‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[用图象描述物体的运动过程](2016·江苏单科，5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动。取小球的落地点为原点建立坐标系，‎ 竖直向上为正方向。下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是(　　)‎ 解析：　由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度v与位置x的关系为v＝，从最高点下落时二者的关系为v＝－，对比图象可知A项正确。‎ 答案：　A ‎2．[运动图象的转换]一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a t图象如图所示。下列v t图象中，可能正确描述此物体运动的是(　　)‎ 解析：　由题图可知，在0～时间内a＝a0>0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0<0，物体做匀减速运动，故B、C皆错误； 由于在T～2T时间内a＝－a0，若物体速度v>0，做匀减速运动，若速度v<0，物体做匀加速运动且图线斜率的绝对值与0～时间内相同，故A错误，D正确。‎ 答案：　D ‎3．[运用图象解决实际问题]‎ 如图所示，两物体由高度相同、路径不同的光滑斜面由静止下滑，物体通过两条路径的长度相等，通过C点前后速度大小不变，且到达最低点B，D时，两点的速度大小相等。则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体沿AB斜面运动时间较短 B．物体沿ACD斜面运动时间较短 C．物体沿两个光滑斜面运动时间相等 D．无法确定 解析：　‎ 由于两斜面光滑，且物体通过C点前后速度大小不变，两物体到达斜面最低点的速度大小相等，而且两物体运动路程相等，故可利用速率时间图象进行分析比较。从图中可以看出，沿ACD运动时，起始阶段加速度较大，故其速率图象起始阶段斜率较大，且二者末速度大小相等，为了保证最后速度大小一样且包围的面积(路程)一样，可以看到通过AB的时间t1大于通过ACD的时间t2，所以沿ACD斜面运动时间较短，故选项B正确。‎ 答案：　B 反思总结　(1)在图象问题中，遇到不熟悉的图象时，写出两物量的函数关系式，根据函数图象特点进行选择，如例2。在图象转化的题目中要注意：‎ ‎①合理划分运动阶段，分阶段进行图象转化；‎ ‎②注意相邻运动阶段的衔接，尤其是运动参量衔接；‎ ‎③注意图象转化前后核心物理量间的定量关系。‎ ‎(2)运用运动图象解题的技巧 考点三　追及与相遇问题 ‎1．追及问题的两类情况 ‎(1)若后者能追上前者，追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度。‎ ‎(2)若追不上前者，则当后者速度与前者速度相等时，两者相距最近。‎ ‎2．分析技巧：可概括为“一个临界条件”、“两个关系”。‎ ‎3．能否追上的判断方法 物体B追赶物体A： 时，两个物体相距x0。若vA＝vB时，xA＋x0＜xB，则能追上；若vA＝vB时，xA＋x0＝xB，则恰好不相撞；若vA＝vB时，xA＋x0＞xB，则不能追上。‎ ‎[特别提醒]　若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动。‎ ‎(12分)(2017·杭州模拟)甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝‎11 m处，乙车速度v乙＝‎60 m/s，甲车速度v甲＝‎50 m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝‎600 m，如图所示。若甲车加速运动，加速度a＝‎2 m/s2，乙车速度不变，不计车长。求：‎ ‎(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？‎ ‎(2)到达终点时甲车能否超过乙车？‎ 审题指导：　‎ 规范解答：　(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即 v甲＋at1＝v乙，①(2分)‎ 得t1＝＝ s＝5 s；②(1分)‎ 甲车位移x甲＝v甲t1＋at＝‎275 m，③(1分)‎ 乙车位移x乙＝v乙t1＝60×‎5 m＝‎300 m，④(1分)‎ 此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝‎36 m⑤(1分)‎ ‎(2)甲车追上乙车时，位移关系 x甲′＝x乙′＋L1⑥‎ 得v甲t2＋at＝v乙t2＋L1，⑦(2分)‎ 代入数值并整理得t－10t2－11＝0，‎ 解得t2＝－1 s(舍去)或t2＝11 s，⑧(2分)‎ 此时乙车位移x乙′＝v乙t2＝‎660 m，‎ 因x乙′>L2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车。⑨(2分)‎ 答案：　(1)5 s　‎36 m　(2)不能 方法技巧　求解追及和相遇问题的思路和技巧 ‎(1)解题思路 →→→ ‎(2)解题技巧 ‎[题组训练]‎ ‎1．[用“临界条件法”分析追及相遇问题]甲车以‎5 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以‎4 m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边 以‎0.2 m/s2的加速度刹车，从甲车刹车 计时，求：‎ 乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离。‎ 解析：　因为v甲>v乙， 的一段时间内，甲、乙两车距离越来越大，当v甲＝v乙时，两车相距最远，对甲车有：‎ v乙＝v甲－at。‎ 解得t＝5 s。‎ 两车距离最大值为：‎ Δx＝x甲－x乙＝v甲t－at2－v乙t＝‎2.5 m。‎ 答案：　‎‎2.5 m ‎2．[用“函数法”分析追及相遇问题]甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车在前，速度为v1＝‎8 m/s，乙车在后，速度为v2＝‎16 m/s，当两车相距x0＝‎8 m时，甲车因故 刹车，加速度大小为a1＝‎2 m/s2，为避免相撞，乙车立即 刹车，则乙车的加速度至少为多大？‎ 解析：　设两车速度相同均为v时，所用时间为t，乙车的加速度为a2，则 甲、乙运动的位移：‎ x甲＝v1t－a1t2，x乙＝v2t－a2t2‎ 避免相撞的条件为：x乙－x甲0‎ 代入数据有：(a2－2)t2－16t＋16>0‎ 不等式成立的条件是：Δ＝162－4×16(a2－2)≤0‎ 且a2－2>0‎ 解得：a2≥‎6 m/s2。‎ 答案：　‎6 m/s2‎ ‎3．[用“图象法”分析追及相遇问题]在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为‎2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件。‎ 解析：　‎ 利用v t图象求解，先作A、B两车的v t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at，‎ 对B车有vB＝v′＝at，‎ 以上两式联立解得t＝。‎ 经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知 x＝v0·t＝v0·＝，‎ 所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0＜。‎ 答案：　v0＜ ‎4．[从v t图象上分析追及相遇问题]‎ ‎(2017·新乡模拟)由于环境污染严重，今年全国多次出现大面积雾霾天气，对交通造成极大影响，交通事故频发。某人驾驶车辆在一高速公路上行驶，由于大雾与前车发生追尾事故，后经交警调查，描绘出他和前面正处于减速状态的汽车 刹车时两车的速度图象如图所示，则以下判断正确的是(　　)‎ A．后车刹车时两车间距离一定小于‎90 m B．后车刹车时两车间距离一定等于‎112 m C．两车一定是在t＝20 s之前的某时刻发生追尾 D．两车一定是在t＝20 s之后的某时刻发生追尾 解析：　图中的交点坐标为(20 s,‎5 m/s)，则速度减小到‎5 m/s之前，两车的位移分别为x前＝×(15＋5)×‎20 m＝‎200 m，x后＝×(25＋5)×‎20 m＝‎300 m，故后车刹车时两车的距离差d0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，有一个解，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，无解，说明追不上或不能相遇。‎ (3)“图象法”：将两个物体运动的速度时间关系在同一图象中画出，然后利用图象分析求解相关问题。‎ ‎1．(2014·全国卷新课标Ⅱ·14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v t图象如图所示。在这段时间内(　　)‎ A．汽车甲的平均速度比乙的大 B．汽车乙的平均速度等于 C．甲、乙两汽车的位移相同 D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 解析：　根据v t图象及其意义解题。根据v t图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v乙，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于，选项B错误；根据v t图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误。‎ 答案：　A ‎2．(2014·江苏卷·5)一汽车从静止 做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止。下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是(　　)‎ 解析：　由匀加速运动速度与位移的关系：v2＝‎2a1x，可知v－x图象应为开口向x轴正方向的抛物线的一部分，故C、D错；当汽车做匀减速直线运动时，由v2－v＝‎2a2x，则v2＝v＋‎2a2x，且a2＜0，所以v－x图象应为开口向x轴负方向的抛物线的一部分，故A对，B错。‎ 答案：　A ‎3．(2016·全国乙卷·21)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图象如图所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)‎ A．在t＝1 s时，甲车在乙车后 B．在t＝0时，甲车在乙车前‎7.5 m C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为‎40 m 解析：　由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a甲＝‎10 m/s2。乙车做初速度v0＝‎10 m/s、加速度a乙＝‎5 m/s2的匀加速直线运动。3 s内甲、乙车的位移分别为：‎ x甲＝a甲t＝‎‎45 m x乙＝v0t3＋a乙t＝‎‎52.5 m 由于t＝3 s时两车并排行驶，说明t＝0时甲车在乙车前，Δx＝x乙－x甲＝‎7.5 m，选项B正确；t＝1 s时，甲车的位移为‎5 m，乙车的位移为‎12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车‎7.5 m，由t＝1 s时两车并排行驶，选项A、C错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为‎52.5 m－‎12.5 m＝‎40 m，选项D正确。‎ 答案：　BD ‎4.‎ ‎(2015·福建高考)一摩托车由静止 在平直的公路上行驶，其运动过程的v t图象如图所示。求：‎ ‎(1)摩托车在0～20 s这段时间的加速度大小a。‎ ‎(2)摩托车在0～75 s这段时间的平均速度大小。‎ 解析：　(1)据a＝ 由图象斜率得a＝‎1.5 m/s2‎ ‎(2)由v t图象得0～75 s内车的位移 x＝×‎30 m＝1 ‎‎500 m ‎0～75 s内车的平均速度 ＝＝ m/s＝‎20 m/s 答案：　(1)‎1.5 m/s2　(2)‎20 m/s ‎5．甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持‎9 m/s的速度跑完全程，乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的。为了确定乙起跑的时机，需要接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前x0＝‎13.5 m处作了标记，并以v＝‎9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒。已知接力区的长度为L＝‎20 m。求：‎ ‎(1)此次练习中乙在接棒前的加速度a；‎ ‎(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。‎ 解析：　根据题意画出运动草图，如图所示。‎ ‎(1)在甲发出口令后，乙做加速度为a的匀加速运动，经过时间t，速度达到v＝‎9 m/s时，乙的位移为x乙，甲的位移为x甲，则有 t＝，x乙＝at2‎ x甲＝vt，x甲＝x乙＋x0‎ 联立以上各式可得a＝＝‎3 m/s2。‎ ‎(2)这段时间内乙在接力区的位移x乙＝＝‎13.5 m。‎ 所以在完成交接棒时，乙离接力区末端的距离 x′＝L－x乙＝‎6.5 m。‎ 答案：　(1)‎3 m/s2　 (2)‎‎6.5 m 课时作业 一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)‎ ‎1．(2017·锦州模拟)一质点沿x轴做直线运动，其v t图象如图所示。质点在t＝0时位于x＝‎5 m处， 沿x轴正向运动。当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为(　　)‎ A．x＝‎3 m　　　　　　　　　 B．x＝‎‎8 m C．x＝‎9 m D．x＝‎‎14 m 解析：　图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8 s时位移为x08＝‎ m＝‎3 m，由于质点在t＝0时位于x＝‎5 m处，故当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为‎8 m，故A、C、D错误，B正确。‎ 答案：　B ‎2．下列所给的图象中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是(　　)‎ 解析：　A选项为位移时间图象，图线与t轴相交的两个时刻即为相同的初始位置，说明物体回到了初始位置；B、C、D选项中的图象均为速度时间图象，要回到初始位置，则t轴上方的图线与坐标轴围成的面积和t轴下方的图线与坐标轴围成的面积相等，显然B选项中只有t轴上方的面积，故B选项表示物体一直朝一个方向运动，不会回到初始位置，而C、D选项在t＝2 s时刻，物体回到了初始位置，故选B。‎ 答案：　B ‎3．已知某质点的位移图象如图所示，则它的速度图象应是图中的(取原运动方向为正)(　　)‎ 解析：　由位移图象可知，0～2 s内，‎ v1＝＝＝‎3 m/s ‎2 s～4 s内，v2＝0‎ ‎4 s～5 s内，v3＝＝＝－‎6 m/s 则图象A正确。‎ 答案：　A ‎4．(2016·辽宁沈阳高三质检)如图为一个质点做直线运动的v t图象，该质点在前4 s内向东运动，则该质点(　　)‎ A．在8～10 s内始终向东运动 B．在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西 C．在前8 s内的合外力先减小后增大 D．在4～12 s内的位移大小为‎24 m 解析：　由题意知，质点向东运动时速度为负，在8～10 s内速度为正，质点向西运动，A错误；在前8 s内图象斜率不变，且为正值，则加速度大小不变，方向为向西，B正确，C错误；在4～12 s内的位移等于×6×‎6 m－×2×‎6 m＝‎12 m，D错误。‎ 答案：　B ‎5．(2017·合肥模拟)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是(　　)‎ A．v＝ B．v＝ C．v> D.x，所以v> ‎，所以选项C正确。‎ 答案：　C ‎6.‎ 有雾霾的早晨，一辆小汽车以‎25 m/s的速度行驶在平直高速公路上，在t＝0时突然发现正前方‎50 m处有一辆大卡车同方向匀速行驶，司机紧急刹车后小汽车做匀减速直线运动，在前1.5 s内的v t图象如图所示，已知卡车的速度为‎10 m/s。则(　　)‎ A．第3 s末小汽车的速度会减到‎10 m/s B．在t＝3 s时，两车相距最近 C．在t＝3.5 s时两车会相撞 D．由于刹车及时，两车不会相撞 解析：　由题中图象知，小汽车减速时的加速度a＝‎5 m/s2,3 s末小汽车的速度v＝‎25 m/s－5×‎2.5 m/s＝‎12.5 m/s，选项A错误；两车速度相等时间距最近，选项B错误；小汽车减速到两车速度相等经历的时间Δt＝ s＝3 s，即t＝3.5 s时两车速度相等，此时小汽车位移x1＝25×‎0.5 m＋×‎3 m＝‎65 m，卡车的位移x2＝10×‎3.5 m＝‎35 m，x1－x2＝‎30 m<‎50 m，两车没有相撞，选项C错误，D正确。‎ 答案：　D ‎7.‎ 小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，g取‎10 m/s2。则(　　)‎ A．小球下落的最大速度为‎5 m/s B．小球第一次反弹的初速度的大小为‎3 m/s C．小球能弹起的最大高度为‎0.45 m D．小球能弹起的最大高度为‎1.25 m 解析：　结合题目中的v t图象，可以确定竖直向下为正方向。由题图知0～0.5 ‎ s过程为下落过程，最大速度为‎5 m/s，A正确；0.5～0.8 s过程为反弹过程，初速度大小为‎3 m/s，B正确；由v t图线与坐标轴所围面积为位移可得反弹的最大高度为h＝×(0.8－0.5)×‎3 m＝‎0.45 m，C正确，D错。‎ 答案：　ABC ‎8.‎ 如图所示是甲、乙两物体从同一点出发的位移时间(x t)图象，由图象可以看出在0～4 s这段时间内(　　)‎ A．甲、乙两物体始终同向运动 B．2 s时甲、乙两物体之间的距离最大 C．甲的平均速度大于乙的平均速度 D．甲、乙两物体之间的最大距离为‎3 m 解析：　在x t图象中，图象的斜率表示速度，由题图知，甲物体在2～6 s内图线斜率为负值，而乙物体图线斜率一直为正值，故选项A错误；2 s末甲、乙两物体之间的距离最大，为‎4 m－‎1 m＝‎3 m，选项B、D均正确；在0～4 s内，甲、乙两物体的位移相同、时间相同，所以平均速度相同，选项C错误。‎ 答案：　BD ‎9.‎ ‎(名师改编)如图所示为甲、乙两质点在同一直线上运动的x t图象，其中乙质点做初速度为零的匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～2 s内乙的平均速度等于甲的平均速度 B．0～2 s内甲的位移比乙的位移大 C．t＝1 s时两质点的距离最大 D．质点乙在t＝2 s时的速度大于‎4 m/s 解析：　从位移时间图象可得，在0～2 ‎ s内甲的位移与乙的位移相等，根据平均速度公式v＝可得，0～2 s内乙的平均速度等于甲的平均速度，选项A正确、B错误。甲做匀速直线运动，速度v1＝‎2 m/s，乙做初速度为零的匀加速直线运动，x＝at2，将t＝2 s、x＝‎4 m代入上式，解得a＝‎2 m/s2。当t1＝1 s时，两质点速度相等，距离最大，选项C正确。根据v＝at可知，质点乙在t＝2 s时的速度为‎4 m/s，选项D错误。‎ 答案：　AC ‎10．如图所示，汽车以‎10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线‎20 m处时，绿灯还有3 s熄灭，而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度(v)时间(t)图象可能是(　　)‎ 解析：　A图中的位移xA＝×‎3 m＝‎15 m<‎20 m，所以A错误；由B图可知xB>‎15 m，所以B正确；C图中的位移xC＝10×‎1 m＋×‎2 m＝‎20 m，所以C正确；D图中的位移xD＝10×‎0.5 m＋×‎2.5 m＝‎17.5 m<‎20 m，所以D错误。‎ 答案：　BC 二、非选择题 ‎11.‎ 汽车由静止 在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。‎ ‎(1)画出汽车在0～60 s内的v t图线；‎ ‎(2)求在这60 s内汽车行驶的路程。‎ 解析：　(1)设t＝10 s、40 s、60 s时刻的速度分别为v1、v2、v3。‎ 由题图知0～10 s内汽车以加速度‎2 m/s2匀加速行驶，由运动学公式得v1＝2×‎10 m/s＝‎20 m/s①‎ 由题图知10～40 s内汽车匀速行驶 因此v2＝‎20 m/s②‎ 由题图知40～60 s内汽车以加速度－‎1 m/s2匀减速行驶，由运动员公式得 v3＝(20－1×20) m/s＝0③‎ 根据①②③式，可画出汽车在0～60 s内的v t图线，如图所示。‎ ‎(2)由图可知，在这60 s内汽车行驶的路程为(　　)‎ s＝×‎10 m＋20×‎30 m＋×‎20 m＝‎900 m。‎ 答案：　见解析 ‎12．(2017·陕西咸阳一模)甲、乙两车正沿同一水平马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为‎10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的，乙车紧急刹车时制动力为车重的，g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线‎15 m，他采取上述措施能否避免闯警戒线？‎ ‎(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？‎ 解析：　(1)根据牛顿第二定律可得，甲车紧急刹车的加速度大小为a1＝，这段时间内甲车滑行的距离为x＝，代入数据可得x＝‎12.5 m。由于x<‎15 m，所以甲车司机能避免闯警戒线。‎ ‎(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车后t2时间两车恰好相遇，乙车紧急刹车的加速度大小a2＝，且v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，t2＝2 s。‎ v0＝a1t1，则t1＝2.5 s，t2

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