13 第二章 素养提升课(三) 追及相遇问题、竖直上抛运动-【名师导航】2024-2025学年高中物理必修第一册同步讲义(人教版2019)

素养提升课(三)　追及相遇问题、竖直上抛运动 1．掌握追及相遇问题的分析思路和方法。 2．掌握竖直上抛运动的特点，能用全过程分析法或者分段法解决竖直上抛运动的问题。 探究1　追及、相遇问题的分析与求解 1．追及相遇问题 两物体在同一直线上一前一后运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者距离为零的情况，这类问题称为追及相遇问题，讨论追及相遇问题的实质是两物体能否在同一时刻到达同一位置。 2．分析追及相遇问题的思路和方法 (1)抓住一个条件、用好两个关系 ①一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。 ②两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。 (2)常用方法 ①物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系。 ②图像法：将两者的v-t图像画在同一坐标系中，然后利用图像求解。 ③数学分析法：设从开始至相遇时间为t，根据条件列位移关系方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次，若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相碰。 【典例1】　一辆汽车以3 m/s2的加速度开始启动的瞬间，一辆以6 m/s的速度做匀速直线运动的自行车恰好从汽车的旁边通过。 (1)汽车在追上自行车前运动多长时间与自行车相距最远？此时的距离是多少？ (2)汽车经多长时间追上自行车？追上自行车时汽车的瞬时速度是多大？ [思路点拨]　开始时自行车的速度大于汽车的速度，二者之间的距离逐渐增大，当汽车的速度等于自行车的速度时，二者相距最远；之后汽车的速度大于自行车的速度，二者之间距离逐渐缩短，直到追上。 [解析]　(1)解法一　基本规律法 汽车与自行车的速度相等时两车相距最远，设此时经过的时间为t1，汽车的速度为v1，两车间的距离为Δx，则有 v1＝at1＝v自 所以t1＝＝2 s Δx＝v自＝6 m。 解法二　极值法或数学分析法 设汽车在追上自行车之前经过时间t1，两车间的距离为 Δx＝x1－x2＝v自 代入已知数据得Δx＝ m 由二次函数求极值的条件知t1＝2 s时，Δx最大， 代入得Δx＝6 m。 解法三　图像法 自行车和汽车运动的v-t图像如图所示，由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积。 t1＝＝ s＝2 s Δx＝＝ m＝6 m。 (2)解法一　基本规律法 当两车位移相等时，汽车追上自行车，设此时经过的时间为t2，汽车的瞬时速度为v2，则有 v自t2＝ 解得t2＝＝ s＝4 s v2＝at2＝3×4 m/s＝12 m/s。 解法二　图像法 由图可以看出，在t1时刻之后，由图线v自、v汽和t＝t2构成的三角形的面积与标有阴影的三角形面积相等，此时汽车与自行车的位移相等，即汽车与自行车相遇。 由几何关系知t2＝2t1＝4 s，v2＝at2＝3×4 m/s＝12 m/s。 [答案]　(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s 　分析追及问题的思路及三个易错点 1．解决追及相遇问题的思路 2．三个易错点 (1)追赶物体与被追赶物体的速度恰好相等是临界条件，往往是解决问题的重要条件。 (2)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动。 (3)仔细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意v-t图像的应用。 [针对训练] 1．(多选)甲、乙两物体先后从同一地点出发，沿同一条直线运动，它们的v-t图像如图所示，由图可知(　　) A．甲比乙运动快，且早出发，所以乙追不上甲 B．t＝20 s时，乙追上了甲 C．t＝20 s时，甲、乙之间的距离为乙追上甲前的最大距离 D．在t＝20 s之前，甲比乙运动快；在t＝20 s之后，乙比甲运动快 CD　[由题图可知，乙在0～10 s内速度为零，甲先出发，但乙出发后做匀加速直线运动，甲做匀速直线运动，两物体出发地点相同，则乙可以追上甲，故A错误；在v-t图像中，图线与时间轴所围面积即为物体运动的位移，故20 s内甲的位移大于乙的位移，乙不可能追上甲，故B错误；在10～20 s内，甲的速度大于乙的速度，甲在乙的前方，两者距离逐渐增大，20 s后乙的速度大于甲的速度，两者距离逐渐减小，在t＝20 s时刻两者距离最大，最大距离为s＝10×20 m－×10×10 m＝150 m，所以C、D正确。] 2．一小汽车在平直公路上行驶，速度v1＝20 m/s，紧急制动后经t＝5 s停下，则： (1)小汽车紧急制动时的加速度多大？ (2)若司机发现前方70 m处发生了交通事故，从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)t0＝0.50 s，该车行驶是否会出现安全问题？请通过计算说明原因； (3)若司机发现前方有一大货车停着，因为该路段只能通过一辆车，所以小汽车司机在距离大货车x＝20 m时按喇叭提出警示并开始紧急制动，大货车听到提示马上加速，大货车至少以多大的加速度加速才不会相撞？ [解析]　(1)以初速度方向为正方向，由vt＝v1＋at 代入数据得a＝－4 m/s2 则汽车加速度的大小为4 m/s2。 (2)反应距离为s1＝v1t0＝10 m 刹车距离为s2＝t＝50 m 停车距离为s＝s1＋s2＝60 m<70 m 小汽车行驶时不会出现安全问题。 (3)设经过时间t1，两车速度相等，大小为v2时两车不相撞，有t1－t1＝20 m v2＝v1＋at1 v2＝a1t1 联立可得a1＝6 m/s2 大货车至少以6 m/s2的加速度加速才不会相撞。 [答案]　(1)4 m/s2　(2)不会，原因见解析　(3)6 m/s2 探究2　竖直上抛运动 1．竖直上抛运动 将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动。 2．竖直上抛运动的性质 (1)上升阶段：初速度v0向上，加速度为g，方向竖直向下，是匀减速运动。 (2)下降阶段：初速度为零、加速度为g，是自由落体运动。 (3)全过程可以看作是初速度为v0(竖直向上)、加速度为g(竖直向下)的匀变速直线运动。 3．竖直上抛运动的规律 通常取初速度v0的方向为正方向，则a＝－g。 (1)速度公式：v＝v0－gt。 (2)位移公式：h＝v0t－gt2。 (3)位移和速度的关系式：＝－2gh。 (4)上升的最大高度：H＝。 (5)上升到最高点(即v＝0时)所需的时间：t＝。 4．竖直上抛运动的特点 (1)对称性(如图所示) ①时间对称性，对同一段距离，上升过程和下降过程时间相等，tAB＝tBA，tOC＝tCO。 ②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等、方向相反，vB＝－vB′， vA＝－vA′。 (2)多解性 通过某一点可能对应两个时刻，即物体可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段。 【典例2】　气球下挂一重物，以v0＝10 m/s匀速上升，当到达离地面高175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物再经多长时间落到地面？落地速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2) [解析]　解法一　分段法 绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下降。 重物上升阶段，时间t1＝＝1 s 由＝2gh1知，h1＝＝5 m 重物下降阶段，下降距离H＝h1＋175 m＝180 m 设下落时间为t2，则H＝，故t2＝＝6 s 重物落地总时间t＝t1＋t2＝7 s，速度v＝gt2＝60 m/s。 解法二　全程法 取初速度方向为正方向 重物全程位移h＝v0t－gt2，其中h＝－175 m 可解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去) 由v＝v0－gt得v＝－60 m/s，负号表示方向竖直向下。 [答案]　7 s　60 m/s 　竖直上抛运动的处理方法 分段法 上升阶段是初速度为v0、a＝－g的匀减速直线运动；下落阶段是自由落体运动 全过程 分析法 全过程看作初速度为v0、a＝－g的匀变速直线运动 (1)v>0时，上升阶段；v<0时，下落阶段 (2)x>0时，物体在抛出点的上方；x<0时，物体在抛出点的下方 [针对训练] 3．某次自由体操项目比赛中，某运动员以大小为v0的初速度竖直向上跳起，重力加速度大小为g，若不计空气阻力，运动员可视为质点，从离开地面算起，则下列说法正确的是(　　) A．运动员上升到最大高度所用的时间为 B．运动员的速度大小减小到初速度的一半时所用的时间一定为 C．运动员上升到最大高度一半时的速度大小为v0 D．运动员上升的最大高度为 C　[根据匀变速直线运动的速度—时间公式得0＝v0－gt，故运动员上升到最大高度所用的时间为t＝，故A错误；取竖直向上为正方向，运动员的速度大小减小到初速度的一半时所用的时间可能为t1＝＝，也可能为t2＝＝，故B错误；设运动员上升到最大高度一半时的速度大小为v，根据匀变速直线运动速度与位移的关系有＝－2g·，0－v2＝－2g·，解得v＝v0，故C正确；根据匀变速直线运动速度与位移的关系有＝－2gh，解得h＝，故D错误。] 4．某校一课外活动小组自制了一枚火箭，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大小； (2)火箭上升离地面的最大高度； (3)火箭从发射到返回发射点的时间(结果保留三位有效数字)。 [解析]　(1)设燃料恰好用完时火箭的速度为v。 根据运动学公式有h＝t 解得v＝20 m/s。 (2)燃料用完后，火箭能够继续上升的时间t1＝＝2 s 火箭能够继续上升的高度h1＝＝20 m 因此火箭离地面的最大高度H＝h＋h1＝60 m。 (3)火箭由最高点落至地面的时间t2＝＝2 s 火箭从发射到返回发射点的时间t总＝t＋t1＋t2≈9.46 s。 [答案]　(1)20 m/s　(2)60 m　(3)9.46 s 素养提升练(三) 1．(多选)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＝10 m/s2，以下判断正确的是(　　) A．小球到最大高度时的速度为0 B．小球到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7.0 s AC　[小球做竖直上抛运动，在最高点速度为零，但加速度不为零，故A正确，B错误；依题意可得小球上升的最大高度为h＝＝61.25 m，小球上升阶段所用的时间为t＝＝3.5 s，故C正确，D错误。] 2．一小球以25 m/s的初速度竖直向上抛出，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则小球抛出后第3 s末的速度(　　) A．大小为5 m/s，方向竖直向下 B．大小为5 m/s，方向竖直向上 C．大小为55 m/s，方向竖直向上 D．大小为55 m/s，方向竖直向下 A　[根据竖直上抛运动的规律有v＝v0－gt，解得v＝－5 m/s，故3 s末小球速度大小为5 m/s，方向竖直向下。故选A。] 3．一跳水运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中心，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)。从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间最接近下面哪个答案(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点。g取 10 m/s2)(　　) A．1.8 s B．1.7 s C．1.6 s D．1.4 s B　[跳水运动员到达最高点时有h1＝，可得跳水运动员到达最高点的时间为t1＝0.3 s，跳水运动员从最高点运动至水面，有h1＋h2＝，可得跳水运动员从最高点运动至水面的时间为t2≈1.4 s, 可用于完成空中动作的时间为t＝t1＋t2＝1.7 s，故选B。] 4．(多选)将一个物体在 t＝0 时刻以一定的初速度竖直向上抛出， t＝0.8 s 时物体的速度大小变为 8 m/s(g 取 10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　) A．物体一定是在 t＝3.2 s 时回到抛出点 B．t＝0.8 s 时刻物体的运动方向一定向上 C．物体的初速度可能是 20 m/s D．t＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方 AB　[若 t＝0.8 s时物体的速度为－8 m/s，根据v＝v0－gt得，v0＝0，不合题意，舍去；若t＝0.8 s时物体的速度为8 m/s，根据v＝v0－gt得v0＝16 m/s, B正确，C错误；根据v＝v0－at得，－16 m/s＝16 m/s－10t· m/s，得t＝3.2 s，A正确；t＝0.8 s时刻物体的速度是8 m/s，一定向上运动，一定在初始位置的上方，D错误。] 5．一个从地面开始做竖直上抛运动的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是TA，两次经过一个较高点B的时间间隔是TB，则A、B两点之间的距离为(　　) A． B． C． D．g(TA－TB) A　[物体做竖直上抛运动经过同一点，上升时间与下落时间相等，则从竖直上抛运动的最高点到点A的时间tA＝，从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB＝，则A、B两点的距离x＝＝。] 6．(多选)在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t＝0时同时经过某一个路标，它们的位移x(m)随时间t(s)变化的规律：汽车为x＝ m，自行车为x＝6t m，则下列说法正确的是(　　) A．汽车做匀减速直线运动，自行车做匀速运动 B．不能确定汽车和自行车各做什么运动 C．开始经过路标后较短时间内汽车在前，自行车在后 D．当自行车追上汽车时，它们距路标96 m ACD　[由汽车的位移—时间关系为x＝ m 可知汽车做匀减速直线运动，由自行车的位移—时间关系为x＝6t m可知自行车做匀速直线运动，选项A正确，B错误；开始阶段汽车的初速度大于自行车的速度，所以在较短时间内汽车的位移大于自行车的位移，汽车在前，自行车在后，选项C正确；根据 m＝6t m得t＝16 s，此时距路标的距离s＝96 m，选项D正确。] 7．(多选)两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t＝0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的v-t图像如图所示，则下列图像对应的比赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D AC　[选项A中当t＝20 s时，两图线与时间轴所围的“面积”相等，此时b追上a，所以选项A正确；选项B中a图线与时间轴所围的“面积”始终小于b图线与时间轴所围的“面积”，所以不可能追上，选项B错误；选项C中，在t＝20 s时，两图线与时间轴所围的“面积”相等，此时b追上a，所以选项C正确；选项D中a图线与时间轴所围的“面积”始终小于b图线与时间轴所围的“面积”，所以不可能追上，选项D错误。] 8．一个步行者以6 m/s的速度匀速追赶一辆被红灯阻停的汽车，当他距离汽车25 m时，绿灯亮了，汽车以1 m/s2的加速度匀加速启动前进，下列结论正确的是(　　) A．人能追上汽车，追赶过程中人跑了36 m B．人不能追上汽车，人、车最近距离是7 m C．人能追上汽车，追上前人共跑了43 m D．人不能追上汽车，且汽车开动后人、车相距越来越远 B　[设经过时间t两者速度相等，此时步行者与汽车的距离最近，t＝＝ s＝6 s，步行者的位移为x1＝vt＝6×6 m＝36 m，汽车的位移为x2＝＝×1×36 m＝18 m，x1－x2＝18 m＜25 m，故不能追上，人、车最近距离是Δx＝25 m－18 m＝7 m, 故B正确，A、C、D错误。] 9．甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，其x-t图像如图所示，已知甲车做匀变速直线运动，其余数据已在图中标出。根据图中数据可知(　　) A．t＝2 s时刻，甲、乙两车速度大小相等 B．t＝2 s时刻，甲、乙两车相遇 C．0～2 s内，甲车位移等于乙车位移 D．相遇之前，t＝1 s时两车相距最远 B　[x-t图像的斜率表示速度，可知t＝2 s时刻，甲车的速度比乙车大，故A错误；t＝2 s时刻，甲、乙两车相遇，故B正确；0～2 s内，甲车的位移为x甲＝6 m－(－2)m＝8 m，乙车的位移为x乙＝(6－0) m＝6 m<x甲，故0～2 s内，甲车位移大于乙车位移，故C错误；设甲车的位移表达式为x＝v0t＋at2＋x0，将(0，－2 m)(1 s，0)(2 s，6 m)代入可得v0＝0，a＝4 m/s2，x0＝－2 m。乙车的速度为v乙＝＝ m/s＝3 m/s，两车速度相同时，两车相距最远，运动至两车相距最远的时间为t1＝＝0.75 s，故D错误。] 10．如图所示，A、B两物体相距s＝7 m，物体A以vA＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度为vB＝10 m/s，向右做匀减速运动，加速度a＝－2 m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为(　　) A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s B　[物体A做匀速直线运动，位移xA＝vAt＝4t(m)。 物体B做匀减速直线运动，减速过程的位移xB＝vBt＋at2＝(10t－t2) m。设物体B速度减为零所用时间为t1，则t1＝＝5 s，在t1＝5 s 的时间内，物体B的位移为xB1＝25 m，物体A的位移为xA1＝20 m，由于xA1＜xB1＋s，故前 5 s 内物体A未追上物体B；5 s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为t总＝＝ s＝8 s。故选项B正确。] 11．当汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后加速度大小最大为5 m/s2。求： (1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间； (2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞。 [解析]　(1)设从刹车到停止时间为t2，则 t2＝＝ s＝6 s。 (2)反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t1 解得x1＝18 m 设从刹车到停止的位移为x2，则x2＝ 解得x2＝90 m 则小轿车从发现物体到停止的行驶距离为 x＝x1＋x2＝108 m 所求间距Δx＝x－50 m＝58 m。 [答案]　(1)6 s　(2)58 m 12．如图所示，甲、乙两车沿着同一条平直公路同向行驶，甲车以20 m/s的速度匀速运动，乙车原来速度为8 m/s，从距甲车80 m处以大小为4 m/s2的加速度做匀加速运动，问： (1)乙车经多长时间能追上甲车？ (2)在乙车追上甲车前，两车相距的最大距离是多少？ [解析]　(1)设经时间t乙车追上甲车，在这段时间内甲、乙两车位移分别为 x甲＝v甲t x乙＝v乙0t＋at2 追上时的位移条件为x乙＝x甲＋x0 即(8t＋2t2) m＝(20t＋80) m 解得t1＝10 s，t2＝－4 s(舍去) 即乙车经10 s能追上甲车。 (2)两车速度相等时距离最大，设经时间t1乙车速度等于甲车，则v甲＝v乙0＋at1 得到t1＝3 s 在3 s时间内甲车位移x′甲＝v甲t1＝60 m 在3 s时间内乙车位移x′乙＝v乙＝42 m 相距最大距离为Δxm＝x′甲＋x0－x′乙＝98 m。 [答案]　(1)10 s　(2)98 m 章末综合测评(二) 一、选择题(共10小题，1～7题为单选题，8～10题为多选题。) 1．落体运动遵循怎样的规律？伽利略用如图甲所示的斜面实验来验证自己的猜想。伽利略首先探究小球从静止开始下滑的距离与时间的关系，然后用如图乙所示的几个斜面的合理外推得出自由落体运动是一种最简单的变速运动，下列说法正确的是(　　) A．伽利略认为当＝＝成立时，小球做匀变速直线运动 B．在伽利略那个时代，可直接测量小球自由下落的时间 C．伽利略用图乙中小倾角的斜面做实验，是为了增大小球运动的位移，延长运动时间 D．小球在斜面上运动的加速度比竖直下落的加速度大 A　[由s＝at2可知，当＝＝成立时，可认为加速度保持不变，小球做匀变速直线运动，故A正确；在伽利略那个时代，并没有能够准确测量时间的装置，故无法直接测量小球自由下落的时间，故B错误；使用小倾角的斜面并不能增大位移，而是为了减慢小球的运动速度，延长运动时间，从而减小测量时间的误差，故C错误；小球在斜面上运动的加速度比竖直下落的加速度小，故D错误。] 2．假设运动员在100米比赛时，做变加速直线运动，在冲过终线瞬间的速度大小为v，位移x＝100 m，成绩时间用t表示，则下列说法正确的是(　　) A．全程的平均速度大小为 B．全程的平均速度大小为 C．加速度的大小为a＝ D．加速度大小a＝ B　[由于是变加速运动，因此平均速度不能用＝来计算，A错误，B正确；由于是变加速运动，加速度是变化的，不能用匀变速运动的公式计算加速度，C、D错误。] 3．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图像如图所示，在这段时间内(　　) A．汽车甲的平均速度比乙大 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 A　[因为图线与时间轴所围的面积等于汽车的位移大小，故在0～t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据＝可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C错误；因为乙车做变减速运动，故平均速度不等于，选项B错误；因为图线的切线斜率的绝对值等于物体的加速度大小，故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小，选项D错误。] 4．一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(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　) A．11.25 m B．15 m C．20 m D．31.25 m C　[物体第1 s内下落的距离为h1＝×10×12 m＝5 m，设物体开始下落时离地面的高度为H，下落时间为t，则有H＝gt2①，最后1 s之前的下降的高度为H－3h1＝g(t－1)2②，由①－②得3h1＝gt2－g(t－1)2，解得t＝2 s，故H＝×10×22 m＝20 m，故选项C正确。] 5．一名杂技演员在钢管的顶端进行表演，当他结束表演后，沿着竖直钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时他的速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的1.5倍，下滑的总时间为 5 s, 那么该杂技演员加速过程所用的时间为(　　) A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s B　[加速时的加速度大小是减速时加速度大小的1.5倍，即a1＝1.5a2，又从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时他的速度恰好为零，可得出a1t1＝a2t2，同时满足t1＋t2＝5 s，联立三式，解得t1＝2 s，故选项B正确。] 6．物体A、B的x-t图像如图所示，由图可知(　　) A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且vA＞vB B．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟 3 s 才开始运动 C．在5 s内两物体的位移相同，5 s末A、B相遇 D．5 s内A、B的平均速度相等 A　[x-t图像的斜率的绝对值表示物体运动的速度大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在离原点5 m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5 s内的位移为10 m－5 m＝5 m，物体A在5 s内的位移为 10 m, 故C、D错误。] 7．港珠澳大桥上的四段长度均为110 m的等跨钢箱连续梁桥如图所示，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。汽车通过ab段所用的时间为t1，汽车通过de段所用的时间为t2，则满足(　　) A．1<＜2 B．2<＜3 C．3<＜4 D．4<＜5 C　[将汽车的运动过程反向来看，即从e到a进行匀加速运动，设加速度大小为a，每段梁跨长度为L，根据初速度为零的匀变速运动公式x＝at2可得t2＝，同理可得t1＝tae－tbe＝，所以有＝＝2＋，即3<＜4，故选C。] 8．甲、乙两质点在t＝0时刻从同一位置沿同一直线运动，它们运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．0～3 s内，甲的平均速度大小比乙的小 B．t＝3 s时，甲的加速度为零 C．0～5 s内，乙的位移为10 m D．t＝5 s时，甲、乙相距15 m CD　[由题图知，0～3 s内，甲的平均速度大小为 3 m/s, 乙的平均速度大小为1.2 m/s，故A错误；甲的加速度始终为2 m/s2，故B错误；0～5 s内，乙质点的位移为10 m，故C正确；甲质点先向负方向后向正方向运动，总位移为－5 m，乙质点位移为 10 m, 所以相距15 m，故D正确。] 9．在距离地面15 m高的位置以10 m/s的速度竖直向上抛出一小球，最后落至地面。规定竖直向上为正方向，取g＝10 m/s2。 下列说法正确的是(　　) A．若以抛出点为坐标原点，则小球在最高点的坐标为5 m B．从最高点到落地点，小球的位移为－20 m C．从抛出点到落地点，小球的平均速度为5 m/s D．从抛出点到落地点，小球的速度变化量为－30 m/s ABD　[小球从抛出到上升到最高点的高度为h＝＝5 m，若以抛出点为坐标原点，则小球在最高点的坐标为5 m，故A正确；由上可知以抛出点为坐标原点，竖直向上为正方向，即从最高点到落地点，小球的位移为－20 m，故B正确；小球从抛出点到最高点的时间t1＝＝1 s，从最高点到落地点做自由落体运动，下落时间t2＝＝ ＝＝ m/s＝－5 m/s，故C错误；小球落地时的速度为v＝－gt2＝－20 m/s，从抛出点到落地点，小球的速度变化量为Δv＝v－v0＝－30 m/s，故D正确。] 10．如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的 v-t 图像，下列说法正确的是(　　) A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的平均速度为 B．乙图中，物体的加速度大小为0.5 m/s2 C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量 D．丁图中，t＝3 s时物体的速度大小为25 m/s BCD　[由v-t图线与时间轴围成的面积表示位移大小可知，甲中物体在0～t0这段时间内的位移大于v0t0(平均速度大于v0)，故A错误；根据v2＝2ax可知，乙中2a＝1 m/s2，解得a＝ m/s2, 故B正确；根据Δv＝at可知，丙中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，故C正确；由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，结合题图丁可知a＝ m/s2＝5 m/s2，即a＝10 m/s2，把t＝3 s，＝10 m/s代入公式，可得v0＝＝10 m/s－×10×3 m/s＝－5 m/s，故t＝3 s时，物体的速度为v3＝v0＋at＝(－5＋10×3) m/s＝25 m/s, 故D正确。] 二、实验题 11．在“探究小车速度随时间的变化规律”的实验中： (1)下列操作正确的有______。 A．在释放小车前，小车要靠近打点计时器 B．打点计时器应放在长木板有滑轮的一端 C．应先释放小车，后接通电源 D．电火花计时器应使用低压交流电源 (2)某同学用如图甲所示的装置测定匀加速直线运动的加速度，打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s。 ①打点计时器打下C点时小车的速度大小为________m/s。 ②由纸带所示数据可算出小车的加速度大小为________m/s2。 [解析]　(1)在释放小车前，小车要靠近打点计时器，从而增加有效点的个数，故A正确；打点计时器应放在长木板远离滑轮的一端，这样释放小车后才有足够的有效点，故B错误；应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故C错误；电火花计时器应使用220 V的交流电源，电磁打点计时器才应使用低压交流电源，故D错误。 (2)打C点时，小车的速度为BD两点之间的平均速度，vC＝＝ m/s＝0.3 m/s； 根据逐差法可得小车的加速度a＝＝0.4 m/s2。 [答案]　(1)A　(2)0.3　0.4 12．某同学用如图甲所示装置测量当地的重力加速度，电磁铁和光电门固定在铁架台上，不计空气阻力及光电门宽度。 (1)给电磁铁通电，将铁球吸附在电磁铁下面，用刻度尺测出铁球最下端到光电门的距离为h，给电磁铁断电，铁球自由下落通过光电门，从数字计时器上读取到铁球通过光电门时的遮光时间为t。保持电磁铁的位置不变，多次改变光电门的位置，重复实验，测得多组h、t的值，作h-图像，则作出的图像应是图乙中的图线______(选填“A”“B”或“C”)。 (2)若图线的斜率为k，从图线上可以得到铁球的半径为r＝________，当地的重力加速度大小为g＝________。(均用k、a或b表示) [解析]　(1)铁球实际下落的高度约为h＋r，则有 2g(h＋r)＝v2，又v＝，联立可得h＝－r，则作出的图像应是题图乙中的图线A。 (2)根据h＝－r可知图线与纵轴的截距绝对值为铁球的半径，则有k＝，可得铁球的半径为r＝kb，由图像斜率可得＝k，解得重力加速度大小为g＝2kb2。 [答案]　(1)A　(2)kb　2kb2 三、计算题 13．蹦极是一项刺激的户外休闲活动。如图所示，原长l ＝ 31.25 m的弹性绳一端固定在塔台上，另一端绑在蹦极者踝关节处，蹦极者从塔台上由静止自由下落。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)蹦极者下落多长时间后弹性绳开始绷紧，此时蹦极者的速度是多大； (2)若某时刻蹦极者的速度第一次达到15 m/s，此后还要再下落多大的距离弹性绳才会绷紧。 [解析]　(1)弹性绳开始绷紧前蹦极者做自由落体运动，则有l＝gt2 解得t ＝ 2.5 s 则此时蹦极者的速度大小是v＝gt＝25 m/s。 (2)由(1)可知蹦极者的速度为25 m/s时弹性绳才会绷紧，则从蹦极者的速度第一次达到15 m/s到弹性绳绷紧的过程满足＝2gh 解得h ＝ 20 m。 [答案]　(1)2.5 s　25 m/s　(2)20 m 14．某人驾驶汽车在平直公路上以72 km/h的速度匀速行驶，某时刻看到前方路上有障碍物，立即进行刹车，从看到障碍物到刹车后做匀减速运动停下，位移随速度变化的关系如图所示，图像由一段平行于x轴的直线与一段曲线组成。求： (1)该人刹车的反应时间； (2)刹车的加速度大小及刹车的时间。 [解析]　(1)汽车在反应时间内做匀速直线运动，由题图可知，反应时间内的位移为x1＝12 m，速度为v＝72 km/h＝20 m/s，反应时间为t1＝＝ s＝0.6 s。 (2)开始刹车时，速度v＝20 m/s，刹车过程的位移为x2＝(37－12) m＝25 m，则有v2＝2ax2 可得刹车时加速度大小为a＝＝ m/s2＝8 m/s2 根据速度—时间关系知，刹车的时间为 t2＝＝ s＝2.5 s。 [答案]　(1)0.6 s　(2)8 m/s2　2.5 s 15．某次足球比赛中，攻方使用“边路突破，下底传中”的战术。如图所示，足球场长90 m、宽60 m。前锋甲在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做匀减速直线运动，其初速度v0＝12 m/s，加速度大小a0＝2 m/s2。 (1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球，设他做初速度为零、加速度a1＝2 m/s2的匀加速直线运动，能达到的最大速度vm＝8 m/s。求他追上足球的最短时间。 (2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v沿边线向前踢出，足球仍以a0在地面上做匀减速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v1＝6 m/s，紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球，恰能在底线处追上足球传中，求v的大小。 [解析]　(1)已知甲的加速度为a1＝2 m/s2 最大速度为vm＝8 m/s 足球停止运动的时间为t1＝＝6 s 位移为x0＝＝36 m 甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：t2＝＝ s＝4 s x1＝t2＝×4 m＝16 m 之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，甲运动的位移x2＝vm(t1－t2)＝8×2 m＝16 m 由于x1＋x2<x0，故足球停止运动时，甲没有追上足球 甲继续以最大速度匀速运动追赶足球，则x0－(x1＋x2)＝vmt3 联立解得：t3＝0.5 s 甲追上足球的最短时间t＝t1＋t3＝6.5 s。 (2)足球距底线的距离x3＝45 m－x0＝9 m 设甲从第一次追上足球到运动到底线的时间为t4， 则x3＝v1t4 足球在t4时间内发生的位移x3＝ 联立解得：v＝7.5 m/s。 [答案]　(1)6.5 s　(2)7.5 m/s 21/23 学科网（北京）股份有限公司 $$