内容正文:
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度沿正方向,在t2~t3时间内,乙的图线斜率为负值,加速度沿负方
向,两个加速度不相同,故B错误;甲质点在0~t1时间内的平均速
度等于
0+v0
2
=
v0
2
,乙质点在 0~t2时间内的平均速度等于
0+v0
2
=
v0
2
,故C错误;由题图可知甲、乙两质点的速度均为正值,则两质
点均做单向直线运动,不可能回到出发点,故D错误。
11.(1)04s (2)06s【解析】 (1)设直杆下端到达圆筒
上方的时间为t1,H=
1
2
gt21,t1=04s。 (2)直杆上端离开圆筒
下方的时间为t2,L1+H+L2=
1
2
gt22,解得:t2=1s,t=t2-t1,由
上式联立解得t=06s。
12.(1)025m/s2 (2)见解析 【解析】 (1)设 B车减速运
动的加速度大小为a1,则0-v
2
B=-2a1x1,解得a1=
v2B
2x1
=025m/s2。
(2)设B车减速时间 t时两车的速度相同,则 vB -a1t=vA +
a2(t-Δt),代入数值,解得t=20s。在此过程中A、B两车前进的位
移分别为xA=vAΔt+vA(t-Δt)+
1
2
a2(t-Δt)
2=425m,xB=vBt-
1
2
a1t
2=550m,有xA+x>xB,所以两车不会发生撞车事故,此时两
车相距最近,为Δx=xA+x-xB=475m。
DEBF GHB
1.AC【解析】根据匀变速直线运动的位移—时间公式 x=v0t+
1
2
at2,变形得 x
t
=v0+
1
2
at,故纵截距表示初速度,则 v0=10m/s,
故汽车刹车过程做的是匀减速直线运动,则当
x
t
=0时,有10+1
2
a
×5=0,解得a=-4m/s2,故A、C正确,D错误;根据v=v0+at0,
得刹车所用的时间为t0=
v-v0
a
=0-10
-4
s=25s,故B错误。故选A、C。
2.C【解析】由图像可知,在t=5s时,两车的速度相等,若此
时小汽车与大卡车没有追尾,则小汽车追不上大卡车。由v-t图像与
坐标轴所围图形的面积表示位移的大小可得t=5s时,xa-xb=35m,
t=3s时,xa-xb=30m,所以在 t=3s时,小汽车与大卡车出现了
追尾,C正确。如果刹车不失灵,则两车在t=2s时共速,此时 xa-
xb=20m<30m,故不会追尾,D错误。
3.C【解析】在0~t0时间内,甲、乙的运动方向相反,A错
误;在位移—时间图像中,斜率表示速度,在0~t0时间内,乙的速
度一直减小,B错误;在0~t0时间内,乙的位移为2x0,甲的位移为
x0,乙平均速度的值 v乙 =
2x0
t( )0 大于甲平均速度的值 v甲 =
x0
t( )0 ,C正
确;在0~2t0时间内,甲发生的位移是 -2x0,乙发生的位移是2x0,
负号说明两者方向不同,D错误。
4.C【解析】竖直上抛到最高点的时间为t=
v0
g
,甲自由落体的
位移为h=1
2
gt2=
v20
2g
,乙上升的位移为h=1
2
gt2=
v20
2g
,故甲原来离
地高度为h′=2h=
v20
g
,故C正确,A、B、D错误。
5.D【解析】因C点对应滑块由 A到 D的中间时刻所对应的位
置,故vC=
xAB+xBD
tAC+tCD
=6+6
2+2
m/s=3m/s,A错误;由 xAC∶xCD=7∶5,E
点为小滑块运动的最高点,故有 xAC∶xCD∶xDE=7∶5∶4,可得 xDE=4m,
小滑块从D到E所用时间为2s+2s=4s,C错误,D正确;由 v2C=
2axCE,v
2
B=2axBE可解得vB=槡10m/s,B错误。
6.C【解析】设经过 t时间开始计时,1s时间内质点的位移恰
为7m,则有 v0(t+1)-
1
2
a(t+1)2- v0t-
1
2
at( )2 =7,解得 t=
2s,汽车从刹车到停止总共经历的时间为t总 =
v0
a
=6s,此后它还能
向前运动的位移即为汽车后3s的位移,把汽车刹车过程逆过来看即
为初速度为0的匀加速直线运动,则有x=1
2
at2=9m,故C正确。
7.(1)01m/s2 (2)见解析 【解析】(1)由 v2-v20=2ax得
客车刹车的加速度大小为 a=
v22
2x
= 20
2
2×2000
m/s2=01m/s2。 (2)
假设不相撞,设两车达到共同速度用时为t,则v2-at=v1,t=120s,
货车在该时间内的位移x1=v1t=8×120m=960m,客车在该时间内
的位移x2=
v1+v2
2
t=1680m,位移大小关系x2=1680m>600m+x1=
1560m,故会相撞。
*IJK LMNO
1.B【解析】匀减速直线运动