专题02 匀变速直线运动 讲义 -2026届高考物理二轮复习讲义及课时精练

专题02 匀变速直线运动 模型一　匀变速直线运动规律的应用 1．运动学公式中符号的规定 (1)一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值． (2)若v0＝0，一般以a的方向为正方向． 2．运动学公式的选择 题目中所涉及的物理量 没有涉及的物理量 适宜选用公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at v0、a、t、x v x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t v2－v＝2ax v0、v、t、x a x＝t 3.解决匀变速直线运动的一般步骤 【例题精讲】 1．图甲所示为高速避险车道，它是在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆减速和安全停车。图乙是高速避险车道简化图，汽车自A点冲进避险车道，在E点停下，B、C、D为AE的四等分点，汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动。已知汽车自A到B的时间为t，则汽车自B到E的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：采用逆向分析法，将汽车在斜面上的匀减速直线运动视为从E点开始的初速度为零的匀加速直线运动的逆过程。已知B、C、D三点将AE四等分，设每段长度为L，则从E点起算的位移依次为xD＝L，xC＝2L，xB＝3L，xA＝4L。 根据匀变速直线运动位移公式，可得运动时间。设逆向过程中从E运动至D的时间为t0，则从E到B的时间为，从E到A的时间为tEA＝2t0。 由题意，汽车从A到B的时间t对应逆向过程中从B到A的时间，即t＝tEA﹣tEB，代入得，解得：。 汽车从B运动到E的时间即为逆向过程中从E到B的时间tBE＝tEB，代入t0，解得：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．嫦娥登月探测器平稳落月，中国首次地外天体软着陆成功。当它靠近月球后，先悬停在月球表面一定高度处，之后关闭发动机，以1.6m/s2的加速度下落，经2s到达月面，下列说法正确的是（　　） A．悬停处距离月球表面高度为3.2m B．到达月面过程中探测器的平均速度为3.2m/s C．到达月面时探测器的速度为1.6m/s D．下落过程中通过前一半位移与后一半位移所用时间比为1：3 【答案】A 【解答】解：A．由位移一时间公式得h3.2m，故A正确； BC．由速度一时间公式得v＝at＝1.6×2.m/s＝3.2m/s，根据匀变速直线运动规律可知平均速度，故BC错误； D．下落过程中通过前一半位移所用时间为，t′s 全程的时间t＝2s 后一半的时间为t''＝t﹣t'＝（2）s 联立解得，故D错误。 故选：A。 3．旱地冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱。如图甲所示为某旱地冰壶比赛的场景，如图乙所示为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到D点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．冰壶运动到C点时的速度大小为 B．冰壶运动到D点时的速度大小为 C．冰壶运动的总时间为 D．投掷点A到圆心O的距离为v0t 【答案】D 【解答】解：A、设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A点到O点过程，根据速度—位移关系，有 冰壶由A点到C点过程，有 解得，故A错误； BC、由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O点到A点的初速度为零的匀加速直线运动 由匀变速直线运动的推论可知tDO＝tAD＝t，D点为中间时刻，则根据中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，有，运动的总时间为2t，故BC错误； D、投掷点A到圆心O的距离，故D正确。 故选：D。 4．如图所示，1﹣6为平直公路旁间距相等的路灯柱，一小汽车（可视为质点）从1、2两路灯柱之间的某位置以一定的初速度做匀减速运动，到达路灯柱6时停止运动。现将该车的初速度减半，从相同位置出发以相同的加速度做匀减速运动，则该车停止运动时的位置在（　　） A．1、2两路灯柱之间 B．2、3两路灯柱之间 C．3、4两路灯柱之间 D．4、5两路灯柱之间 【答案】B 【解答】解：匀变速直线运动设小汽车第一次初速度大小为v0，减速过程中的加速度大小为a，相邻两路灯柱之间的距离为d，小汽车出发时离路灯柱2的距离为x0（0＜x0＜d），则由匀变速直线运动规律可得 设初速度减半后该车能经过（n+1）个路灯柱，同理可得 代入数据得 即1＜n+1＜2，故该车停在2、3两路灯柱之间，故ACD错误，B正确。 故选：B。 5．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝12t﹣3t2，则它在前3s内的平均速度为（　　） A．4m/s B．6m/s C．10m/s D．12m/s 【答案】A 【解答】解：将汽车运动的位移与时间的关系x＝12t﹣3t2，与位移—时间公式对比可知，v0＝12m/s；a＝﹣6m/s2 则由v＝v0+at可知，汽车停止运动的时间s＝2s 故3s内的位移2s内的位移，故x＝3s内汽车的位移x＝2t﹣3t2＝12×2m﹣3×22m＝12m 则汽车的平均速度vm/s＝4m/s 故A正确，BCD错误。 故选：A。 （多选）6．如图所示，滑块与水平地面之间的动摩擦因数处处相同。黄明洲老师为模拟碰撞实验，将滑块（可视为质点）以一定的速度v沿水平方向推出，滑块经a、b、c点后在d点与竖直墙壁发生碰撞。碰撞时间忽略不计，碰撞后滑块速度反向，大小保持不变，最终停在c点。若ab＝bc＝cd＝l。下列说法正确的是（　　） A．滑块运动的加速度大小为 B．滑块运动的总时间为 C．滑块与竖直墙壁碰撞前的瞬时速度大小为 D．滑块从c点运动到d点的时间和从d点运动到c点的时间之比为1： 【答案】AC 【解答】解：A.运动员推冰壶，从a点运动到d点与墙壁发生碰撞后停在c点的过程，可看作为冰壶一直沿冰面运动到e点（e点与c点关于墙壁对称），则有 v2＝2a×4L 解出加速度为 ，故A正确； B.由于冰壶在碰撞前、碰撞后均做加速度大小相等的匀减速直线运动，可知冰壶运动的总时间为 ，故B错误； C.冰壶从d点返回到c点有 因此冰壶与竖直墙壁碰撞前的瞬时速度大小为 ，故C正确； D.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，相同位移下时间比，可知冰壶从c点运动到d点的时间和从d点返回到c点的时间之比为，故D错误。 故选：AC。 （多选）7．某汽车公司推出了一款新能源汽车，在一粗糙程度相同的水平路面上测试其刹车性能，假设汽车刹车过程为匀减速直线运动，汽车经时间t恰好停止运动，已知汽车在第一个内的位移为x，则（　　） A．汽车在第二个内的位移为 B．汽车在第二个内的位移为 C．汽车刹车的加速度大小为 D．汽车刹车的加速度大小为 【答案】BD 【解答】解：AB.汽车刹车过程为匀减速直线运动，可逆向视为初速度为0的匀加速直线运动。把总时间t分为两个相等的时间间隔，根据初速度为0的匀加速直线运动在连续相等时间内的位移比为1：3，可得汽车在第二个内的位移为，故A错误，B正确。 CD.在第二个内，由匀减速直线运动的位移公式有，解得，故C错误，D正确。 故选：BD。 模型二　自由落体运动和竖直上抛运动 1．自由落体运动的三个常用关系 (1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…. (2)从运动开始一段时间内的平均速度＝＝＝gt. (3)连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2. 2．竖直上抛运动的主要特性 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所用的时间相等 多解性 当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，形成多解，在解决问题时要注意这个特性 3.竖直上抛运动的两种研究方法 分段法 将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段 全程法 将全过程视为初速度为v0、加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降．h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方 【例题精讲】 1．为了研究竖直上抛的规律，将一物体从地面上方高15m的位置，以10m/s的初速度竖直向上抛出，若不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，以抛出点为初始位置，记抛出时的时刻为t＝0，竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．物体在空中运动的时间为2s B．物体落地时速度大小为30m/s C．物体被抛出的第2.5s末，物体的位移为﹣8.75m D．物体距离地面的最大高度是20m 【答案】C 【解答】解：A、物体运动的总时间，解得：，故A错误； B、落地速度，解得：v＝20m/s，故B错误； C、当t＝2.5s时，位移，解得：x＝﹣8.75m，故C正确； D、最大高度，解得：H＝20m，但以抛出点为初始位置计算，其值为5m，故D错误。 故选：C。 2．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：小球做竖直上抛运动，根据对称性可知，上升时间等于下落时间，可知从最高点下落到O点所用时间为，从最高点下落到P点所用时间为，则有 代入数据得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．从地面以初速度v0竖直上抛一小球A，与此同时在该小球上抛能达到的最高处有另外一小球B以初速度2v0竖直向下抛出，忽略空气阻力，则A、B两球相遇时速度大小之比为（　　） A．5：13 B．1：1 C．5：8 D．1 【答案】A 【解答】解：设小球A能达到的最大高度为h，两球相遇时间为t，则有 由于两球相遇，则有 h＝ （v0t gt2）+（2v0t gt2） 解得 t 所以 故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．某深山中，一野外探险队发现一个无人竖直深坑，让一可视为质点的石块从坑口自由下落，经过时间4s听见石块撞击坑底的声音。不计空气阻力和声音的传播时间，重力加速度取10m/s2，则该坑的深度为（　　） A．40m B．60m C．80m D．160m 【答案】C 【解答】解：石块从坑口由静止自由下落，只受重力作用，属于自由落体运动，其位移为42m＝80m，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．在伽利略和笛卡尔等科学家工作的基础上，牛顿提出了牛顿第一定律，揭示了运动和力的关系。关于运动和力的关系，下列说法正确的是（　　） A．物体受到的合力为零时，一定处于静止状态 B．物体的运动方向与所受合力的方向一定相同 C．物体做匀变速直线运动，运动状态不发生改变 D．物体受到的合力不为零时，运动状态一定发生改变 【答案】D 【解答】解：A、物体受到的合力为零时，运动状态不改变，可能处于静止状态或匀速直线运动状态，故A错误； B、物体的运动方向与合力方向不一定相同，如平抛运动中合力方向竖直向下，而运动方向为曲线轨迹的切线方向，故B错误； C、匀变速直线运动的速度大小在持续变化，运动状态（速度）发生改变，故C错误； D、力是改变物体运动状态的原因，合力不为零时，速度（大小或方向）一定变化，运动状态一定改变，故D正确。 故选：D。 （多选）6．图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等 B．水滴在各点速度之比vB：vC：vD为1：2：3 C．水滴在相邻两点之间的位移之比为1：4：9 D．间歌发光的间隔时间是 【答案】ABD 【解答】解：AC、水滴在相邻两点之间的位移满足xAB：xBC：xCD＝10cm：30cm：50cm＝1：3：5 根据初速度为零的匀加速直线运动的等分规律得tAB＝tBC＝tCD，即水滴在下落过程中通过相邻两点间的时间相等，故A正确，C错误； B、由v＝gt，则v∝t，水滴在各点速度之比为vB：vC：vD＝1：2：3，故B正确； D、由 得，间歇发光的间隔时间为，故D正确。 故选：ABD。 （多选）7．如图所示，一运动员在蹦床比赛中，某次竖直向上离开蹦床在空中运动1.6s后又落到蹦床上。取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列关于运动员离开蹦床后的运动过程，正确的是（　　） A．运动员离开蹦床向上运动的速度为7m/s B．运动员离开蹦床向上运动的速度为8m/s C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为2.45m D．运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2m 【答案】BD 【解答】解：设运动员离开蹦床向上运动的速度为v0，运动员在空中运动过程，根据对称性可得 解得v0＝8m/s 则运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2m 故AC错误，BD正确。 故选：BD。 模型三　运动学图像问题 1.x－t图像与v－t图像的比较 x－t图像 v－t图像 图像举例 坐标轴 横轴为时间t，纵轴为位移x 横轴为时间t，纵轴为速度v 图线 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 无实际意义 图线与时间轴所围图形的面积表示位移 纵截距 表示初位置 表示初速度 交点 表示相遇 表示速度相同 联系 无论x－t图像、v－t图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动，图像的形状反映了x与t、v与t的函数关系，而不是物体运动的轨迹 2.x－t图像中的曲线问题 一般曲线 ①曲线不表示物体做曲线运动，而表示物体做变速直线运动. ②一段割线的斜率等于平均速度，某点切线的斜率等于瞬时速度. ③注意路程和位移的区别：0～t1时间内，路程等于位移大小（x1）；0～t2时间内，路程（2x1－x2）大于位移大小（x2）. 抛物线 ①如图甲，图中抛物线表示物体做匀加速直线运动；如图乙，图中抛物线表示物体做匀减速直线运动. ②如图甲，加速度用Δx＝aT2计算：（x3－x2）－（x2－x1）＝aT2. ③中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，例如图甲中，第2s末的瞬时速度等于1～3s内的平均速度，即v2＝. 3.v－t图像中的曲线问题 ＜ ＞ ＞ ＜ 加速度增大 加速度减小 加速度增大 加速度减小 曲线不表示物体做曲线运动，而表示物体做变加速直线运动 4.三类常考非常规图像 （1）a－t图像：由v＝v0＋at可知，v－v0＝at＝Δv，如图甲所示，a－t图像与t轴所围图形的面积表示物体速度的变化量Δv，a－t图线与纵轴的交点表示初始时刻的加速度　. （2）－t图像：由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，如图乙所示，图中的纵截距为v0，斜率为a. （3）v2－x图像：由v2－＝2ax可得v2＝＋2ax，图像斜率为　2a. 5.非常规图像解题技巧 （1）用函数思想分析图像 图像反映了两个变量（物理量）之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，以此来分析图像的斜率、截距、面积等的物理意义. （2）要注意应用解析法和排除法，两者结合提高图像类选择题的解题准确率和速度. 【例题精讲】 1．一辆汽车在教练场上沿平直道路行驶，用x表示它相对于出发点的位移，如图所示的x﹣t图像措述了汽车从0时刻到40s这段时间内的运动情况，则（　　） A．汽车先做匀加速运动后做匀速运动再做匀减速运动 B．汽车在0～40s内的位移为0 C．汽车在20～40s这段时间内的加速度大小为1.5m/s2 D．汽车在20～40s这段时间内正在远离出发点 2．某质点沿x轴做直线运动，它的位置坐标x随时间t的变化规律为x﹣7＝6t﹣t2。关于该质点的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．质点出发点的位置坐标为x＝﹣7m B．质点运动的加速度大小为1m/s2 C．质点沿x轴正方向运动的最远点位置坐标为x＝9m D．质点将在t＝7s时到达坐标原点O处 3．2023年10月3日，杭州亚运会十米跳台跳水决赛中，中国运动员全红婵获得冠军。图甲是她站在跳台起跳的精彩瞬间，从她离开跳台开始计时，全红婵重心的v﹣t图像可简化为如图乙所示。则全红婵（　　） A．0～t2内加速度方向不变 B．t3时刻到达水下最低点 C．入水后加速度逐渐增大 D．t1～t2内的平均速度比t4～t5内的小 4．足球训练中，甲乙两人在同一位置，甲将足球沿平直地面踢出，乙立即由静止开始追赶球，乙和球沿同一直线运动，且在t时刻追上足球，下列能反映该过程的图像是（　　） A． B． C． D． 5．光滑水平面上有一物体，它的初速度为v0＝1m/s，现用一水平拉力拉物体，物体加速度随时间变化的关系如图所示，则此物体（　　） A．0～2s内做匀加速直线运动 B．在2s末的速度为2m/s C．在2～4s内的位移为10m D．在5s末的速度为零 （多选）6．一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的a﹣t图像如图所示，a0和T已知。下列说法正确的是（　　） A．在时刻，物体的速度大小为 B．在t＝T时刻，物体离出发点最远，且 C．在时刻，物体的速度v2＝0 D．在和T～2T时间内，物体所受合外力大小相等，且方向相反 （多选）7．甲、乙两车在同一平直公路上同向运动。甲车从静止开始运动，其位置x随时间t满足二次函数关系，乙车的x﹣t图像为过原点的倾斜直线，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．t1∼t2时间内，两车的平均速度相等 B．0∼t2时间内，两车走过的路程相等 C．甲车的加速度大小为 D．0时刻甲车的位置为 模型四　追击相遇问题 1.追及相遇问题的实质：分析两物体在同一时刻能否到达相同的空间位置. 2.追及相遇问题的分析方法 常用方法 相关说明 情境分析法 抓住两物体能否同时到达空间某位置这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，画出物体运动的情境图. 函数分析法 设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于二者之间的距离Δx与时间t的函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况. 图像分析法 在同一坐标系中画出两物体的运动图像，位移—时间图像的交点表示相遇，分析速度—时间图像时，应抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系. 转换参考系法 一般情况下都是选择地面为参考系，但在一些特殊问题中，可通过转换参考系，寻找两物体间的相对运动关系.在追及问题中，常把被追物体作为参考系. 3.情境分析法的基本思路 4.追及相遇问题的两种典型情况 类型1　初速度小者追初速度大者 类型 图像 说明 匀加速追匀速 设x0为开始时两物体间的距离. （1）t＝t0以前，后面物体与前面物体间距不断增大. （2）t＝t0时，两物体速度相等，相距最远，最远距离为x0＋Δx. （3）t＝t0以后，后面物体与前面物体间距逐渐减小，直到追上. （4）一定能追上且只能相遇一次. 匀速追匀减速 匀加速追匀减速 匀加速追匀加速（被追者加速度小于追赶者加速度） 类型2　初速度大者追初速度小者 类型 图像 说明 匀减速追匀速 开始追赶时，后面物体与前面物体间的距离在不断减小. 当两物体速度相等时，即t＝t0时刻，应有下面结论： （1）若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件； （2）若Δx＜x0，则不能追上，此时两物体相距最近，最近距离为x0－Δx； （3）若Δx＞x0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝x0，两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇. 匀速追匀加速 匀减速追匀加速 匀减速追匀减速（被追者加速度小于追赶者加速度） 提示：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前，该物体是否已经停止运动. 【例题精讲】 1．如图所示，在光滑斜面上，有一小球甲从静止开始自由下滑，加速度为a。与此同时，在斜面底部，另一小球乙以速度v在足够长的光滑水平面上向左做匀速直线运动。关于两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．只要甲的加速度a大，甲一定能追上乙 B．只要甲、乙之间初始位置近，甲一定能追上乙 C．只要甲、乙之间初始位置远，甲一定能追上乙 D．若甲能追上乙，仅将甲静止释放的位置调高，甲一定能追上乙 2．如图所示，一全长为4m的小轿车和一全长为12m的大货车在一平直双车道公路（不计车道的宽度）上分别以大小为3m/s2、1m/s2的加速度相向做匀加速直线运动。若当两车头的距离为20m时，轿车和货车的速度大小分别为4m/s、2m/s，则两车从开始相遇到开始分离的时间为（　　） A．1s B．2s C．3s D．5s 3．400m跑道示意图如图所示，直道与弯道长度均为100m，甲和乙都从A点出发，甲向左沿顺时针方向跑，乙向右沿直线跑到B点后沿逆时针方向跑，若甲和乙的速率始终不变，且分别为4m/s和6m/s，则甲、乙第三次相遇时，相遇点在（　　） A．直道AB上 B．直道AB上方的直道上 C．直道AB左侧的弯道上 D．直道AB右侧的弯道上 4．a、b两车在平直公路上行驶，其v﹣t图像如图所示，在t＝0时，两车间距为s0，在0～t1时间内，a车的位移大小为s，则（　　） A．0～t1时间内a、b两车相向而行 B．0～t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍 C．若a、b在t1时刻相遇，则s0s D．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1 5．如图所示，A、B两物体相距s＝7m，物体A以vA＝4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB＝10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀速运动，加速度a＝﹣2m/s2。那么物体A追上物体B所用的时间为（　　） A．7s B．8s C．9s D．10s （多选）6．开车出行需要注意保持安全车距。在同一直线车道上，甲车和乙车正同向匀速行驶，甲车在前乙车在后。t＝0时，甲车发现前方有险情立即刹车，为避免两车相撞，2s后乙车也开始刹车。如图是两车位置随时间变化图像，图中曲线均为抛物线。已知甲车匀速行驶的速度为10m/s，下列说法正确的是（　　） A．①为甲车的运动图像 B．乙车加速度大小为1m/s2 C．t＝8s时，两车速度大小相等 D．若d＝27m，两车恰好没有相撞 （多选）7．A、B两辆汽车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度v1＝8m/s，B车的速度v2＝20m/s，如图所示。当A、B两车相距x0＝20m时，B车因前方突发情况紧急刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度a大小为2m/s2，从此时开始计时，则下列说法正确的是（　　） A．A车追上B车所用时间为15s B．A车追上B车时，B车的速度大小为8m/s C．A车追上B车之前，B车的速度减为0时，两者相距最远 D．A车追上B车之前，两者相距的最远距离为56m 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．2025年6月6日，无人驾驶快递车开启物流配送新生态。无人驾驶快递车以10m/s在平直公路上正常行驶时，遇突发路况立即做匀减速直线运动，若要该车在5m内停下，则加速度的大小至少为（　　） A．2m/s2 B．5m/s2 C．10m/s2 D．20m/s2 2．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它在第1s内的位移恰好为它在最后1s内位移的五分之一，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则该物体开始下落时距地面的高度为（　　） A．45m B．31.25m C．20m D．15m 3．轿车已经成为现代家庭出行的重要交通工具。图为一辆轿车沿平直公路行驶过程中，位移x和时间的平方t2的比值与时间的倒数的关系图像。下列说法正确的是（　　） A．轿车的加速度大小为2m/s2 B．0～1s内轿车的位移大小为8m C．0～1s内轿车的平均速度大小为6m/s D．t＝1s时，轿车的速度大小为6m/s 4．滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微向上翘起，能使飞机具有斜向上的速度从而有利于起飞。假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的加速度大小为7m/s2，历时7.6s，后一段的加速度大小为5m/s2，历时0.4s，则舰载机起飞过程的平均加速度大小为（　　） A．6.9m/s2 B．6.0m/s2 C．5.8m/s2 D．5.2m/s2 5．某学习小组利用频闪相机，拍摄一物块从固定斜面上某位置无初速度释放后的运动过程，得到的一张照片如右图所示。已知该相机的频闪周期为T，AB段对应的实际长度为x1，BC段对应的实际长度为x2，物块可看作质点，则下列说法正确的是（　　） A．物块下滑到B点时的速度大小为 B．物块下滑到C点时的速度大小为 C．物块下滑的加速度大小为 D．x1和x2的比值有可能为1：5 6．空中悬停的无人机从某高处先后自由释放两粒小石子甲和乙，不计空气阻力，则它们落地之前，下列说法正确的是（　　） A．两石子之间的距离不断变大 B．两石子之间的距离保持不变 C．甲相对乙做匀减速直线运动 D．甲相对乙做匀加速直线运动 7．一个做自由落体运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是t、2t、3t，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（　　） A．1：23：33 1：22：32 B．1：22：32 1：2：3 C．1：2：3 1：1：1 D．1：3：5 1：2：3 8．如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一粒子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D位置）时速度恰好为零，子弹可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．子弹通过每一个木块时，其速度变化量均相同 B．子弹到达各点的速率vO：vA：vB：vC＝4：3：2：1 C．子弹从O运动到D全过程的平均速度等于C点的瞬时速度 D．子弹从进入木块到到达各点经历的时间 二．多选题（共3小题） （多选）9．图像在解决物理问题中扮演着至关重要的角色，它们不仅能够直观地展示物理现象和规律，还能帮助学生更好地理解和分析物理问题。如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，物体在0﹣t0这段时间内的平均速度大于 B．图乙中，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为10m/s2 C．图丙中，若物体从静止开始运动，则在0∼6s内物体的位移大小为18m D．图丁中，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为4m/s2 （多选）10．汽车以10m/s的速度在平直马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方的斑马线上有行人，于是测车礼让，汽车恰好停在斑马线前。假设驾驶员的反应时间为0.5s，汽车运动的v﹣t图像如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．在驾驶员反应时间内，汽车行驶的距离为10m B．从驾驶员发现情况到汽车停止，共行驶的距离为15m C．汽车刹车时的加速度大小为4m/s2 D．从驾驶员发现情况到汽车停止的平均速度为6m/s （多选）11．物体甲的x﹣t图像和物体乙的v﹣t图像如图所示，则这两个物体的运动情况是（　　） A．甲在整个6s时间内有往返运动，它通过的总位移为零 B．甲在整个6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m C．乙在整个6s时间内运动方向不变，加速度变化 D．乙在整个6s时间内有往返运动，它的加速度不变 四．解答题（共5小题） 12．一个苹果从某一高处A点自由落下，如图所示，t1＝2s时落至B点，t2＝4s时落至C点。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，试回答下列问题： （1）求苹果从A点落至B点的位移hAB； （2）求苹果落到C点时的速度vC的大小； （3）求苹果在BC间的平均速度大小。 13．2025年11月5日，我国首艘电磁弹射型航母“福建舰”在海南三亚某军港举行了人列投仪式。随着福建舰的服役，我国海军将进入三航母时代，这将显著增强我国海军的远海攻防能力扩大防御纵深，提升国家安全水平。在某次远海航行测试中，福建舰正以15m/s的速度匀速前进一架作战飞机沿航母前进的方向进行电磁弹射起飞训练，其电磁弹射系统给飞机提供恒定加速度使飞机以20m/s2的加速度做匀加速直线运动，设飞机的离舰起飞速度为75m/s。求： （1）飞机弹射加速的时间和对地位移大小； （2）飞机弹射加速时使用的飞行甲板长度L； （3）如果飞机弹射加速时航母静止不动，飞机仍然以20m/s2的加速度在原来的飞行甲板上弹射起飞，则飞机弹射离舰的速度v1是多少。 14．汽车的加速、减速性能是衡量汽车性能的一项重要指标，一辆汽车以54km/h的速度匀速行驶。 （1）若汽车以1.5m/s2的加速度大小加速，求8s末汽车的速度大小； （2）若汽车经过5s停下，求汽车加速度； （3）若汽车以1.5m/s2的加速度大小刹车，求刹车12s时的位移大小。 15．一辆客车正在以v0＝20m/s速度匀速行驶，突然司机看见车的正前方有一只小狗，小狗正以速度v1与长途客车同向奔跑，如图甲所示，司机立即采取制动措施。若从司机看见小狗开始计时（t＝0），客车的速度—时间图像如图乙所示。 （1）求客车制动时的加速度大小a； （2）从司机发现小狗到停止运动的这段时间内，求客车前进的距离s。 16．以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5kg（g取10m/s2）。求： （1）不计空气阻力，小球需要经过多长时间到达最高点，最高点距地面的高度是多少； （2）假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N。小球从气球上掉下后经过多长时间到达地面。 第19页（共20页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 匀变速直线运动 模型一　匀变速直线运动规律的应用 1．运动学公式中符号的规定 (1)一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值． (2)若v0＝0，一般以a的方向为正方向． 2．运动学公式的选择 题目中所涉及的物理量 没有涉及的物理量 适宜选用公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at v0、a、t、x v x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t v2－v＝2ax v0、v、t、x a x＝t 3.解决匀变速直线运动的一般步骤 【例题精讲】 1．图甲所示为高速避险车道，它是在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆减速和安全停车。图乙是高速避险车道简化图，汽车自A点冲进避险车道，在E点停下，B、C、D为AE的四等分点，汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动。已知汽车自A到B的时间为t，则汽车自B到E的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：采用逆向分析法，将汽车在斜面上的匀减速直线运动视为从E点开始的初速度为零的匀加速直线运动的逆过程。已知B、C、D三点将AE四等分，设每段长度为L，则从E点起算的位移依次为xD＝L，xC＝2L，xB＝3L，xA＝4L。 根据匀变速直线运动位移公式，可得运动时间。设逆向过程中从E运动至D的时间为t0，则从E到B的时间为，从E到A的时间为tEA＝2t0。 由题意，汽车从A到B的时间t对应逆向过程中从B到A的时间，即t＝tEA﹣tEB，代入得，解得：。 汽车从B运动到E的时间即为逆向过程中从E到B的时间tBE＝tEB，代入t0，解得：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．嫦娥登月探测器平稳落月，中国首次地外天体软着陆成功。当它靠近月球后，先悬停在月球表面一定高度处，之后关闭发动机，以1.6m/s2的加速度下落，经2s到达月面，下列说法正确的是（　　） A．悬停处距离月球表面高度为3.2m B．到达月面过程中探测器的平均速度为3.2m/s C．到达月面时探测器的速度为1.6m/s D．下落过程中通过前一半位移与后一半位移所用时间比为1：3 【答案】A 【解答】解：A．由位移一时间公式得h3.2m，故A正确； BC．由速度一时间公式得v＝at＝1.6×2.m/s＝3.2m/s，根据匀变速直线运动规律可知平均速度，故BC错误； D．下落过程中通过前一半位移所用时间为，t′s 全程的时间t＝2s 后一半的时间为t''＝t﹣t'＝（2）s 联立解得，故D错误。 故选：A。 3．旱地冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱。如图甲所示为某旱地冰壶比赛的场景，如图乙所示为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到D点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．冰壶运动到C点时的速度大小为 B．冰壶运动到D点时的速度大小为 C．冰壶运动的总时间为 D．投掷点A到圆心O的距离为v0t 【答案】D 【解答】解：A、设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A点到O点过程，根据速度—位移关系，有 冰壶由A点到C点过程，有 解得，故A错误； BC、由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O点到A点的初速度为零的匀加速直线运动 由匀变速直线运动的推论可知tDO＝tAD＝t，D点为中间时刻，则根据中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，有，运动的总时间为2t，故BC错误； D、投掷点A到圆心O的距离，故D正确。 故选：D。 4．如图所示，1﹣6为平直公路旁间距相等的路灯柱，一小汽车（可视为质点）从1、2两路灯柱之间的某位置以一定的初速度做匀减速运动，到达路灯柱6时停止运动。现将该车的初速度减半，从相同位置出发以相同的加速度做匀减速运动，则该车停止运动时的位置在（　　） A．1、2两路灯柱之间 B．2、3两路灯柱之间 C．3、4两路灯柱之间 D．4、5两路灯柱之间 【答案】B 【解答】解：匀变速直线运动设小汽车第一次初速度大小为v0，减速过程中的加速度大小为a，相邻两路灯柱之间的距离为d，小汽车出发时离路灯柱2的距离为x0（0＜x0＜d），则由匀变速直线运动规律可得 设初速度减半后该车能经过（n+1）个路灯柱，同理可得 代入数据得 即1＜n+1＜2，故该车停在2、3两路灯柱之间，故ACD错误，B正确。 故选：B。 5．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝12t﹣3t2，则它在前3s内的平均速度为（　　） A．4m/s B．6m/s C．10m/s D．12m/s 【答案】A 【解答】解：将汽车运动的位移与时间的关系x＝12t﹣3t2，与位移—时间公式对比可知，v0＝12m/s；a＝﹣6m/s2 则由v＝v0+at可知，汽车停止运动的时间s＝2s 故3s内的位移2s内的位移，故x＝3s内汽车的位移x＝2t﹣3t2＝12×2m﹣3×22m＝12m 则汽车的平均速度vm/s＝4m/s 故A正确，BCD错误。 故选：A。 （多选）6．如图所示，滑块与水平地面之间的动摩擦因数处处相同。黄明洲老师为模拟碰撞实验，将滑块（可视为质点）以一定的速度v沿水平方向推出，滑块经a、b、c点后在d点与竖直墙壁发生碰撞。碰撞时间忽略不计，碰撞后滑块速度反向，大小保持不变，最终停在c点。若ab＝bc＝cd＝l。下列说法正确的是（　　） A．滑块运动的加速度大小为 B．滑块运动的总时间为 C．滑块与竖直墙壁碰撞前的瞬时速度大小为 D．滑块从c点运动到d点的时间和从d点运动到c点的时间之比为1： 【答案】AC 【解答】解：A.运动员推冰壶，从a点运动到d点与墙壁发生碰撞后停在c点的过程，可看作为冰壶一直沿冰面运动到e点（e点与c点关于墙壁对称），则有 v2＝2a×4L 解出加速度为 ，故A正确； B.由于冰壶在碰撞前、碰撞后均做加速度大小相等的匀减速直线运动，可知冰壶运动的总时间为 ，故B错误； C.冰壶从d点返回到c点有 因此冰壶与竖直墙壁碰撞前的瞬时速度大小为 ，故C正确； D.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，相同位移下时间比，可知冰壶从c点运动到d点的时间和从d点返回到c点的时间之比为，故D错误。 故选：AC。 （多选）7．某汽车公司推出了一款新能源汽车，在一粗糙程度相同的水平路面上测试其刹车性能，假设汽车刹车过程为匀减速直线运动，汽车经时间t恰好停止运动，已知汽车在第一个内的位移为x，则（　　） A．汽车在第二个内的位移为 B．汽车在第二个内的位移为 C．汽车刹车的加速度大小为 D．汽车刹车的加速度大小为 【答案】BD 【解答】解：AB.汽车刹车过程为匀减速直线运动，可逆向视为初速度为0的匀加速直线运动。把总时间t分为两个相等的时间间隔，根据初速度为0的匀加速直线运动在连续相等时间内的位移比为1：3，可得汽车在第二个内的位移为，故A错误，B正确。 CD.在第二个内，由匀减速直线运动的位移公式有，解得，故C错误，D正确。 故选：BD。 模型二　自由落体运动和竖直上抛运动 1．自由落体运动的三个常用关系 (1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…. (2)从运动开始一段时间内的平均速度＝＝＝gt. (3)连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2. 2．竖直上抛运动的主要特性 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所用的时间相等 多解性 当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，形成多解，在解决问题时要注意这个特性 3.竖直上抛运动的两种研究方法 分段法 将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段 全程法 将全过程视为初速度为v0、加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降．h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方 【例题精讲】 1．为了研究竖直上抛的规律，将一物体从地面上方高15m的位置，以10m/s的初速度竖直向上抛出，若不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，以抛出点为初始位置，记抛出时的时刻为t＝0，竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．物体在空中运动的时间为2s B．物体落地时速度大小为30m/s C．物体被抛出的第2.5s末，物体的位移为﹣8.75m D．物体距离地面的最大高度是20m 【答案】C 【解答】解：A、物体运动的总时间，解得：，故A错误； B、落地速度，解得：v＝20m/s，故B错误； C、当t＝2.5s时，位移，解得：x＝﹣8.75m，故C正确； D、最大高度，解得：H＝20m，但以抛出点为初始位置计算，其值为5m，故D错误。 故选：C。 2．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：小球做竖直上抛运动，根据对称性可知，上升时间等于下落时间，可知从最高点下落到O点所用时间为，从最高点下落到P点所用时间为，则有 代入数据得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．从地面以初速度v0竖直上抛一小球A，与此同时在该小球上抛能达到的最高处有另外一小球B以初速度2v0竖直向下抛出，忽略空气阻力，则A、B两球相遇时速度大小之比为（　　） A．5：13 B．1：1 C．5：8 D．1 【答案】A 【解答】解：设小球A能达到的最大高度为h，两球相遇时间为t，则有 由于两球相遇，则有 h＝ （v0t gt2）+（2v0t gt2） 解得 t 所以 故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．某深山中，一野外探险队发现一个无人竖直深坑，让一可视为质点的石块从坑口自由下落，经过时间4s听见石块撞击坑底的声音。不计空气阻力和声音的传播时间，重力加速度取10m/s2，则该坑的深度为（　　） A．40m B．60m C．80m D．160m 【答案】C 【解答】解：石块从坑口由静止自由下落，只受重力作用，属于自由落体运动，其位移为42m＝80m，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．在伽利略和笛卡尔等科学家工作的基础上，牛顿提出了牛顿第一定律，揭示了运动和力的关系。关于运动和力的关系，下列说法正确的是（　　） A．物体受到的合力为零时，一定处于静止状态 B．物体的运动方向与所受合力的方向一定相同 C．物体做匀变速直线运动，运动状态不发生改变 D．物体受到的合力不为零时，运动状态一定发生改变 【答案】D 【解答】解：A、物体受到的合力为零时，运动状态不改变，可能处于静止状态或匀速直线运动状态，故A错误； B、物体的运动方向与合力方向不一定相同，如平抛运动中合力方向竖直向下，而运动方向为曲线轨迹的切线方向，故B错误； C、匀变速直线运动的速度大小在持续变化，运动状态（速度）发生改变，故C错误； D、力是改变物体运动状态的原因，合力不为零时，速度（大小或方向）一定变化，运动状态一定改变，故D正确。 故选：D。 （多选）6．图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等 B．水滴在各点速度之比vB：vC：vD为1：2：3 C．水滴在相邻两点之间的位移之比为1：4：9 D．间歌发光的间隔时间是 【答案】ABD 【解答】解：AC、水滴在相邻两点之间的位移满足xAB：xBC：xCD＝10cm：30cm：50cm＝1：3：5 根据初速度为零的匀加速直线运动的等分规律得tAB＝tBC＝tCD，即水滴在下落过程中通过相邻两点间的时间相等，故A正确，C错误； B、由v＝gt，则v∝t，水滴在各点速度之比为vB：vC：vD＝1：2：3，故B正确； D、由 得，间歇发光的间隔时间为，故D正确。 故选：ABD。 （多选）7．如图所示，一运动员在蹦床比赛中，某次竖直向上离开蹦床在空中运动1.6s后又落到蹦床上。取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列关于运动员离开蹦床后的运动过程，正确的是（　　） A．运动员离开蹦床向上运动的速度为7m/s B．运动员离开蹦床向上运动的速度为8m/s C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为2.45m D．运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2m 【答案】BD 【解答】解：设运动员离开蹦床向上运动的速度为v0，运动员在空中运动过程，根据对称性可得 解得v0＝8m/s 则运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2m 故AC错误，BD正确。 故选：BD。 模型三　运动学图像问题 1.x－t图像与v－t图像的比较 x－t图像 v－t图像 图像举例 坐标轴 横轴为时间t，纵轴为位移x 横轴为时间t，纵轴为速度v 图线 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 无实际意义 图线与时间轴所围图形的面积表示位移 纵截距 表示初位置 表示初速度 交点 表示相遇 表示速度相同 联系 无论x－t图像、v－t图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动，图像的形状反映了x与t、v与t的函数关系，而不是物体运动的轨迹 2.x－t图像中的曲线问题 一般曲线 ①曲线不表示物体做曲线运动，而表示物体做变速直线运动. ②一段割线的斜率等于平均速度，某点切线的斜率等于瞬时速度. ③注意路程和位移的区别：0～t1时间内，路程等于位移大小（x1）；0～t2时间内，路程（2x1－x2）大于位移大小（x2）. 抛物线 ①如图甲，图中抛物线表示物体做匀加速直线运动；如图乙，图中抛物线表示物体做匀减速直线运动. ②如图甲，加速度用Δx＝aT2计算：（x3－x2）－（x2－x1）＝aT2. ③中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，例如图甲中，第2s末的瞬时速度等于1～3s内的平均速度，即v2＝. 3.v－t图像中的曲线问题 ＜ ＞ ＞ ＜ 加速度增大 加速度减小 加速度增大 加速度减小 曲线不表示物体做曲线运动，而表示物体做变加速直线运动 4.三类常考非常规图像 （1）a－t图像：由v＝v0＋at可知，v－v0＝at＝Δv，如图甲所示，a－t图像与t轴所围图形的面积表示物体速度的变化量Δv，a－t图线与纵轴的交点表示初始时刻的加速度　. （2）－t图像：由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，如图乙所示，图中的纵截距为v0，斜率为a. （3）v2－x图像：由v2－＝2ax可得v2＝＋2ax，图像斜率为　2a. 5.非常规图像解题技巧 （1）用函数思想分析图像 图像反映了两个变量（物理量）之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，以此来分析图像的斜率、截距、面积等的物理意义. （2）要注意应用解析法和排除法，两者结合提高图像类选择题的解题准确率和速度. 【例题精讲】 1．一辆汽车在教练场上沿平直道路行驶，用x表示它相对于出发点的位移，如图所示的x﹣t图像措述了汽车从0时刻到40s这段时间内的运动情况，则（　　） A．汽车先做匀加速运动后做匀速运动再做匀减速运动 B．汽车在0～40s内的位移为0 C．汽车在20～40s这段时间内的加速度大小为1.5m/s2 D．汽车在20～40s这段时间内正在远离出发点 【答案】B 【解答】解：A.由题图可知汽车在0～10s内沿正方向做匀速运动，在10～20s内处于静止状态，在20～40s内沿负方向做匀速直线运动，故A错误； B.由题图可知汽车在第40s回到出发点，所以汽车在0～40s内的位移为0，故B正确； C.汽车在20～40s这段时间内做匀速运动，加速度大小为0，故C错误； D.由题图可知汽车在20～40s这段时间内正在逐渐靠近出发点，故D错误； 故选：B。 2．某质点沿x轴做直线运动，它的位置坐标x随时间t的变化规律为x﹣7＝6t﹣t2。关于该质点的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．质点出发点的位置坐标为x＝﹣7m B．质点运动的加速度大小为1m/s2 C．质点沿x轴正方向运动的最远点位置坐标为x＝9m D．质点将在t＝7s时到达坐标原点O处 【答案】D 【解答】解：A．根据题中给定的位置表达式可知，当t＝0时，质点出发点的位置坐标为x＝7m，故A错误； B．由x﹣7＝6t﹣t2，结合x＝v0tat2，可得质点运动的加速度大小为a＝﹣2m/s2，故B错误； C．由函数的极值可知，当t＝3s时质点沿x轴正方向运动的最远，最远点位置坐标为x＝16m，故C错误； D．当t＝7s时，代入方程式可得x＝0，说明质点将在t＝7s时到达坐标原点O处，故D正确。 故选：D。 3．2023年10月3日，杭州亚运会十米跳台跳水决赛中，中国运动员全红婵获得冠军。图甲是她站在跳台起跳的精彩瞬间，从她离开跳台开始计时，全红婵重心的v﹣t图像可简化为如图乙所示。则全红婵（　　） A．0～t2内加速度方向不变 B．t3时刻到达水下最低点 C．入水后加速度逐渐增大 D．t1～t2内的平均速度比t4～t5内的小 【答案】A 【解答】解：A．由图像可知，在0～t2内图像的斜率均为正值，可知加速度方向一直向下，故A正确； B．由图像可知，t3时刻速度将要减小，则运动员入水有一定的深度，t5时刻到达水下最低点，故B错误； C．根据v﹣t图像的切线斜率表示加速度，t3～t5图像的切线斜率先增大再减小，可知从t3～t5入水后加速度先增大后减小，故C错误； D．由题中v﹣t图像可知t2时刻与t4时刻速度相等，设为v2，则t1～t2的平均速度为。根据v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，可知t4～t5内的位移满足。则t4～t5的平均速度满足。则t1～t2内的平均速度比t4～t5内的大，故D错误。 故选：A。 4．足球训练中，甲乙两人在同一位置，甲将足球沿平直地面踢出，乙立即由静止开始追赶球，乙和球沿同一直线运动，且在t时刻追上足球，下列能反映该过程的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设足球被踢出的方向为正方向，被踢出的位置为坐标原点，因开始时球和乙都在同一位置且同时出发，则图像都从坐标原点开始。 若没有阻力，则足球沿正方向做匀速运动，x﹣t图像为过原点倾斜的直线；若考虑阻力，则足球沿正方向做减速运动，则x﹣t图像为斜率减小的曲线。 人可能匀速追赶球，则x﹣t图像为过原点的倾斜的直线，也有可能加速运动，x﹣t图像为过原点的斜率增加的曲线，v﹣t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，即t时刻人和球v﹣t图像中图线与时间轴围成的面积相等，综上所述，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．光滑水平面上有一物体，它的初速度为v0＝1m/s，现用一水平拉力拉物体，物体加速度随时间变化的关系如图所示，则此物体（　　） A．0～2s内做匀加速直线运动 B．在2s末的速度为2m/s C．在2～4s内的位移为10m D．在5s末的速度为零 【答案】C 【解答】解：A.由a﹣t图像可看出0～2s内加速度在均匀增加，即物体做加速度增大的加速运动，故A错误； B.根据a﹣t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，可知速度变化量Δv＝vt﹣v0＝2m/s，解得2s末的速度为v2＝3m/s，故B错误。 C.由a﹣t图像可看出2～4s内物体做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，位移为3×2m2×22m＝10m，故C正确； D.由a﹣t图像可看出4～5s内加速度在减小，但仍为正，说明速度在增加，5s末的速度最大，故D错误。 故选：C。 （多选）6．一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的a﹣t图像如图所示，a0和T已知。下列说法正确的是（　　） A．在时刻，物体的速度大小为 B．在t＝T时刻，物体离出发点最远，且 C．在时刻，物体的速度v2＝0 D．在和T～2T时间内，物体所受合外力大小相等，且方向相反 【答案】ACD 【解答】解：A．物体在0～2T时间内的速度一时间图像如图所示 由图可知物体在时刻的速度大小与在时刻的速度大小相等，都是，故A正确； BC．在时刻，物体的速度v2＝0，此时物体离出发点最远，根据v﹣t图像面积等于位移可得位移大小为， 故B错误，C正确； D．v﹣t图像斜率表示加速度，可知在和T～2T时间内加速度方向相反，根据牛顿第二定律，物体所受合外力大小相等，且方向相反，故D正确。 故选：ACD。 （多选）7．甲、乙两车在同一平直公路上同向运动。甲车从静止开始运动，其位置x随时间t满足二次函数关系，乙车的x﹣t图像为过原点的倾斜直线，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．t1∼t2时间内，两车的平均速度相等 B．0∼t2时间内，两车走过的路程相等 C．甲车的加速度大小为 D．0时刻甲车的位置为 【答案】AD 【解答】解：A.t1～t2时间内，两车的位移均为Δx＝x2﹣x1，根据平均速度公式可得两车的平均速度均为，故A正确。 B.在0时刻，乙车的位置坐标为0，甲车在乙车的前方，t2时刻两车的位置坐标相同，所以0～t2时间内，甲车走过的路程小于乙车走过的路程，故B错误。 C.设0时刻甲车的位置坐标为x0，甲车做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动位移—时间关系可得，，解得甲车加速度大小为，故C错误。 D.根据匀变速直线运动位移—时间关系可得，其中加速度大小为，解得，故D正确。 故选：AD。 模型四　追击相遇问题 1.追及相遇问题的实质：分析两物体在同一时刻能否到达相同的空间位置. 2.追及相遇问题的分析方法 常用方法 相关说明 情境分析法 抓住两物体能否同时到达空间某位置这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，画出物体运动的情境图. 函数分析法 设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于二者之间的距离Δx与时间t的函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况. 图像分析法 在同一坐标系中画出两物体的运动图像，位移—时间图像的交点表示相遇，分析速度—时间图像时，应抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系. 转换参考系法 一般情况下都是选择地面为参考系，但在一些特殊问题中，可通过转换参考系，寻找两物体间的相对运动关系.在追及问题中，常把被追物体作为参考系. 3.情境分析法的基本思路 4.追及相遇问题的两种典型情况 类型1　初速度小者追初速度大者 类型 图像 说明 匀加速追匀速 设x0为开始时两物体间的距离. （1）t＝t0以前，后面物体与前面物体间距不断增大. （2）t＝t0时，两物体速度相等，相距最远，最远距离为x0＋Δx. （3）t＝t0以后，后面物体与前面物体间距逐渐减小，直到追上. （4）一定能追上且只能相遇一次. 匀速追匀减速 匀加速追匀减速 匀加速追匀加速（被追者加速度小于追赶者加速度） 类型2　初速度大者追初速度小者 类型 图像 说明 匀减速追匀速 开始追赶时，后面物体与前面物体间的距离在不断减小. 当两物体速度相等时，即t＝t0时刻，应有下面结论： （1）若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件； （2）若Δx＜x0，则不能追上，此时两物体相距最近，最近距离为x0－Δx； （3）若Δx＞x0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝x0，两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇. 匀速追匀加速 匀减速追匀加速 匀减速追匀减速（被追者加速度小于追赶者加速度） 提示：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前，该物体是否已经停止运动. 【例题精讲】 1．如图所示，在光滑斜面上，有一小球甲从静止开始自由下滑，加速度为a。与此同时，在斜面底部，另一小球乙以速度v在足够长的光滑水平面上向左做匀速直线运动。关于两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．只要甲的加速度a大，甲一定能追上乙 B．只要甲、乙之间初始位置近，甲一定能追上乙 C．只要甲、乙之间初始位置远，甲一定能追上乙 D．若甲能追上乙，仅将甲静止释放的位置调高，甲一定能追上乙 【答案】D 【解答】解：A.甲球做初速度为0的匀加速直线运动，到斜面底端后做匀速直线运动，甲球运动到斜面底端的速度为v'＝at，若甲球运动到斜面底端时速度大于乙球的速度v'，一定能追上乙球，由v'＝at可知，甲球的速度取决于加速度a和运动时间t，只有加速度a大显然不能确定在水平面上甲球速度，一定大于乙球的速度v，所以甲不一定追上乙，故A错误。 BC.根据v′′2＝2ax可得甲球运动到斜面底端的速度为，甲、乙之间初始位置的远近，就是位移的大小，显然甲球运动到斜面底端的速度为为，不仅和位移x有关，还与甲球在斜面的加速度a有关，所以只知道位移大小，不一定保证在水平面上甲球速度v“一定大于乙球的速度v，所以甲不一定追上乙，故BC错误。 D.若甲能追上乙，则有水平面上甲的速度大于乙的速度，这时仅将甲静止释放的位置调高，就是增大了甲在斜面的位移和加速度，由上分析可知，增大了甲在水平面上的速度，所以甲一定能追上乙，故D正确。 故选：D。 2．如图所示，一全长为4m的小轿车和一全长为12m的大货车在一平直双车道公路（不计车道的宽度）上分别以大小为3m/s2、1m/s2的加速度相向做匀加速直线运动。若当两车头的距离为20m时，轿车和货车的速度大小分别为4m/s、2m/s，则两车从开始相遇到开始分离的时间为（　　） A．1s B．2s C．3s D．5s 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，设从两车头的距离为20m到两车开始相遇的时间为t1，有 解得t1＝2s 设从两车头的距离为20m到两车开始分离的时间为t2，有 解得t2＝3s 可得两车从开始相遇到开始分离的时间Δt＝t2﹣t1＝1s，故A正确，BCD错误； 故选：A。 3．400m跑道示意图如图所示，直道与弯道长度均为100m，甲和乙都从A点出发，甲向左沿顺时针方向跑，乙向右沿直线跑到B点后沿逆时针方向跑，若甲和乙的速率始终不变，且分别为4m/s和6m/s，则甲、乙第三次相遇时，相遇点在（　　） A．直道AB上 B．直道AB上方的直道上 C．直道AB左侧的弯道上 D．直道AB右侧的弯道上 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，设甲、乙第三次相遇的时刻为t，则有4t+6t＝3L L代表跑道长度，代入解得t＝120s 此时甲的总路程为s＝4t，代入数据解得s＝480m 故相遇点在直道AB左侧的弯道上，故C正确，ABD错误； 故选：C。 4．a、b两车在平直公路上行驶，其v﹣t图像如图所示，在t＝0时，两车间距为s0，在0～t1时间内，a车的位移大小为s，则（　　） A．0～t1时间内a、b两车相向而行 B．0～t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍 C．若a、b在t1时刻相遇，则s0s D．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1 【答案】C 【解答】解：A.由v﹣t图像可知0～t1时间内a、b两车速度均为正值，可知两车均向正方向行驶，故A错误。 B.由v﹣t图像可知0～t1时间内，a车平均速度大小为，b车平均速度大小为，可知a车平均速度大小是b车平均速度大小的3倍，故B错误。 C.若a、b在t1时刻相遇，根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，有，，解得，故C正确。 D.若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为，如图所示，故D错误。 故选：C。 5．如图所示，A、B两物体相距s＝7m，物体A以vA＝4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB＝10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀速运动，加速度a＝﹣2m/s2。那么物体A追上物体B所用的时间为（　　） A．7s B．8s C．9s D．10s 【答案】B 【解答】解：A物体做匀速直线运动，位移为 xA＝vAt＝4t B物体做匀减速直线运动，位移为 设物体B速度减到零的时间为t1，由匀变速直线运动的速度公式可得时间 B物体在5s时间内的位移为 A物体在5s时间内的位移为 xAl＝vAt1＝4×5m＝20m 由此可知xAl﹣7m＜xB 由此可知在5s内，A物体没有追上B物体，A物体继续运动12m，方可追上B物体，则有 因此物体A追上物体B所用的时间为 t总＝t1+t2＝5s+3s＝8s，故ACD错误，B正确。 故选：B。 （多选）6．开车出行需要注意保持安全车距。在同一直线车道上，甲车和乙车正同向匀速行驶，甲车在前乙车在后。t＝0时，甲车发现前方有险情立即刹车，为避免两车相撞，2s后乙车也开始刹车。如图是两车位置随时间变化图像，图中曲线均为抛物线。已知甲车匀速行驶的速度为10m/s，下列说法正确的是（　　） A．①为甲车的运动图像 B．乙车加速度大小为1m/s2 C．t＝8s时，两车速度大小相等 D．若d＝27m，两车恰好没有相撞 【答案】AC 【解答】解：A．根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知②图中0～2s内，该车匀速运动，因此②为乙车的运动图像，①为甲车的运动图像，故A正确； B．由②图可知，乙车匀速时的速度大小为 乙车减速过程， 由②图可知x2＝77m﹣28m＝49m，t2＝9s﹣2s＝7s 代入数据得乙车的加速度大小为，故B错误； C．由图①可知10s内甲的位移大小为50m，有 其中v1＝10m/s，t1＝10s， 代入数据得甲车的加速度大小为 两车共速时v共＝v1﹣a1t＝v2﹣a2（t﹣2） 代入数据解得t＝8s，故C正确； D．两车恰好没有相撞，则 其中t0＝2s为乙车的匀速时间 代入数据解得d＝28m 所以两车相聚d＝28m时，恰好没有相撞，故D错误。 故选：AC。 （多选）7．A、B两辆汽车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度v1＝8m/s，B车的速度v2＝20m/s，如图所示。当A、B两车相距x0＝20m时，B车因前方突发情况紧急刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度a大小为2m/s2，从此时开始计时，则下列说法正确的是（　　） A．A车追上B车所用时间为15s B．A车追上B车时，B车的速度大小为8m/s C．A车追上B车之前，B车的速度减为0时，两者相距最远 D．A车追上B车之前，两者相距的最远距离为56m 【答案】AD 【解答】解：AB、设经过时间t1，B车停下来，则有0m/s＝v2﹣at1，解得：t1＝10s。 此过程中A车和B车的位移分别为x1＝v1t1，解得：x1＝80m；，解得：x2＝100m。 此时x2+x0＞x1。 说明A车尚未追上B车，设再经过时间t2才追上，则有x2+x0﹣x1＝v1t2，解得：t2＝5s。 所以A车追上B车所用时间为t＝t1+t2，解得：t＝15s，故A正确，B错误； CD、当两车速度相等时，两车间距离最大，设经过时间t3两车速度相等，则有v1＝v2﹣at3，解得：t3＝6s。 在t3时间内A车位移为x'1＝v1t3，解得：x'1＝48m。 B车位移为，解得：x'2＝84m。 则两者相距的最远距离为Δx＝x'2+x0﹣x'1，解得：Δx＝56m，故C错误，D正确。 故选：AD。 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．2025年6月6日，无人驾驶快递车开启物流配送新生态。无人驾驶快递车以10m/s在平直公路上正常行驶时，遇突发路况立即做匀减速直线运动，若要该车在5m内停下，则加速度的大小至少为（　　） A．2m/s2 B．5m/s2 C．10m/s2 D．20m/s2 【答案】C 【解答】解：无人驾驶快递车做匀变速直线运动 根据匀变速直线运动的速度—位移关系式可得， 其中末速度v＝0，初速度v0＝10m/s，位移x＝5m 代入数据解得a＝﹣10m/s2 则加速度的大小至少为10m/s2。 故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它在第1s内的位移恰好为它在最后1s内位移的五分之一，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则该物体开始下落时距地面的高度为（　　） A．45m B．31.25m C．20m D．15m 【答案】A 【解答】解：设物体开始下落时距离地面的高度为H，总下落时间为t，则有 物体在第1s内的位移为 最后1s内的位移为 由题知 联立可得t＝3s，H＝45m，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．轿车已经成为现代家庭出行的重要交通工具。图为一辆轿车沿平直公路行驶过程中，位移x和时间的平方t2的比值与时间的倒数的关系图像。下列说法正确的是（　　） A．轿车的加速度大小为2m/s2 B．0～1s内轿车的位移大小为8m C．0～1s内轿车的平均速度大小为6m/s D．t＝1s时，轿车的速度大小为6m/s 【答案】C 【解答】解：根据匀变速直线运动的位移公式，将其变形为，可知图像的斜率k＝v0，纵轴截距。 A、由图像可知，当s﹣1时，m/s﹣2，即，解得：a＝4m/s2，故A错误； B、图像斜率，则初速度v0＝4m/s；当t＝1s时，对应s﹣1，此时m/s﹣2，代入t＝1s，解得：x＝6m，故B错误； C、在0～1s内，轿车的平均速度，代入数据得，故C正确； D、根据速度公式v＝v0+at，当t＝1s时，代入数据得v＝8m/s，故D错误。 故选：C。 4．滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微向上翘起，能使飞机具有斜向上的速度从而有利于起飞。假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的加速度大小为7m/s2，历时7.6s，后一段的加速度大小为5m/s2，历时0.4s，则舰载机起飞过程的平均加速度大小为（　　） A．6.9m/s2 B．6.0m/s2 C．5.8m/s2 D．5.2m/s2 【答案】A 【解答】解：由速度—时间关系可得v1＝a1t1＝7×7.6m/s＝53.2m/s 后一段过程，由速度一时间公式可得v2＝v1+a2t2＝53.2m/s+5×0.4m/s＝55.2m/s 则舰载机起飞过程的平均加速度大小为m/s2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．某学习小组利用频闪相机，拍摄一物块从固定斜面上某位置无初速度释放后的运动过程，得到的一张照片如右图所示。已知该相机的频闪周期为T，AB段对应的实际长度为x1，BC段对应的实际长度为x2，物块可看作质点，则下列说法正确的是（　　） A．物块下滑到B点时的速度大小为 B．物块下滑到C点时的速度大小为 C．物块下滑的加速度大小为 D．x1和x2的比值有可能为1：5 【答案】B 【解答】解：A．根据匀变速直线运动规律，物块下滑到B点时的速度大小为，故A错误； C．由逐差法Δx＝aT2可得，物块下滑的加速度大小为，故C错误； B．物块下滑到C点时的速度大小为，故B正确； D．初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内的位移之比为1：3：5：⋯，如果A点是初始点，比值最小为1：3，越往后比值越大，则x1和x2的比值不可能为1：5，故D错误。 故选：B。 6．空中悬停的无人机从某高处先后自由释放两粒小石子甲和乙，不计空气阻力，则它们落地之前，下列说法正确的是（　　） A．两石子之间的距离不断变大 B．两石子之间的距离保持不变 C．甲相对乙做匀减速直线运动 D．甲相对乙做匀加速直线运动 【答案】A 【解答】解：AB、两石子均做自由落体运动，加速度均为g。 竖直方向的自由落体运动， 设甲比乙早释放时间Δt，甲的位移为 乙的位移为 可知两石子间距为 当t增大时，Δs随t线性增加，故两石子间距不断变大，故A正确，B错误； CD、甲与乙的加速度相同且均为g， 竖直方向的自由落体运动的速度为v＝gt， 甲相对乙的速度差为Δv＝v甲﹣v乙＝gt﹣g（t﹣Δt）＝gΔt（为恒定值） 可知甲相对乙做匀速直线运动，故CD错误。 故选：A。 7．一个做自由落体运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是t、2t、3t，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（　　） A．1：23：33 1：22：32 B．1：22：32 1：2：3 C．1：2：3 1：1：1 D．1：3：5 1：2：3 【答案】A 【解答】解：根据自由落体规律，可得第一段位移为 第二段位移为 第三段位移为 则三段位移之比为 h1：h2：h3＝1：8：27＝1：23：33 根据平均速度公式 这三段位移上的平均速度之比 故A正确，BCD错误。 故选：A。 8．如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一粒子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D位置）时速度恰好为零，子弹可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．子弹通过每一个木块时，其速度变化量均相同 B．子弹到达各点的速率vO：vA：vB：vC＝4：3：2：1 C．子弹从O运动到D全过程的平均速度等于C点的瞬时速度 D．子弹从进入木块到到达各点经历的时间 【答案】C 【解答】解：A、由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，根据 Δv＝aΔt 可知速度的差值不相等，故A错误； B、将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由 v2＝2ax 可知，子弹通过C、B、A、O的速度之比为，子弹到达各点的速率 故B错误； D、将子弹的运动视为反向初速度为零的匀加速直线运动，则由 可知，反向通过各木块用时之比为，则子弹从进入木块到达各点经历的时间 故D错误； C、根据匀变速直线运动的推论：根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度 可知子弹从O运动到D全过程的平均速度等于 故C正确。 故选：C。 二．多选题（共3小题） （多选）9．图像在解决物理问题中扮演着至关重要的角色，它们不仅能够直观地展示物理现象和规律，还能帮助学生更好地理解和分析物理问题。如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，物体在0﹣t0这段时间内的平均速度大于 B．图乙中，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为10m/s2 C．图丙中，若物体从静止开始运动，则在0∼6s内物体的位移大小为18m D．图丁中，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为4m/s2 【答案】AD 【解答】解：A．若为初速度为0的匀变速直线运动，速度—时间图像应为过原点的一条倾斜的直线，其在0～t0这段时间内的平均速度等于，而该图像在任一时刻的速度（不包括始末）都大于做匀变速直线运动的物体的速度，因此可知其平均速度大于，故A正确； B．根据匀变速直线运动的速度—位移关系 整理可得 可知该图像的斜率为 解得a＝﹣5m/s2 由此可知，乙图中，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为5m/s2，故B错误； C．如果物体做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移—时间关系可得位移为 可得在0～6s内的位移为x＝36m 但根据图像可知，物体做加速度增大的变加速运动，因此可知，其在0～6s内的位移大于18m，故C错误； D．根据匀变速直线运动的位移—时间关系 可知图线斜率 则加速度大小为a＝4m/s2，故D正确。 故选：AD。 （多选）10．汽车以10m/s的速度在平直马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方的斑马线上有行人，于是测车礼让，汽车恰好停在斑马线前。假设驾驶员的反应时间为0.5s，汽车运动的v﹣t图像如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．在驾驶员反应时间内，汽车行驶的距离为10m B．从驾驶员发现情况到汽车停止，共行驶的距离为15m C．汽车刹车时的加速度大小为4m/s2 D．从驾驶员发现情况到汽车停止的平均速度为6m/s 【答案】BD 【解答】解：A、在驾驶员反应时间内，汽车做匀速直线运动，汽车行驶的距离为x1＝vt1＝10×0.5m＝5m，故A错误； B、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得从驾驶员发现情况到汽车停止，共行驶的距离为：x10m＝15m，故B正确； C、根据图像的斜率表示加速度，可得汽车刹车时的加速度大小为a＝||＝||m/s2＝5m/s2，故C错误； D、根据平均速度的定义，可得从驾驶员发现情况到汽车停止的平均速度为：m/s＝6m/s，故D正确。 故选：BD。 （多选）11．物体甲的x﹣t图像和物体乙的v﹣t图像如图所示，则这两个物体的运动情况是（　　） A．甲在整个6s时间内有往返运动，它通过的总位移为零 B．甲在整个6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m C．乙在整个6s时间内运动方向不变，加速度变化 D．乙在整个6s时间内有往返运动，它的加速度不变 【答案】BD 【解答】解：AB、x﹣t图像斜率表示速度，甲斜率没变，所以速度大小方向均不变，甲在6s内位置从﹣2m，变成2m，位移大小为2m﹣（﹣2m）＝4m，故A错误，B正确； CD、v﹣t图像斜率表示加速度，乙在整个6s时间内斜率不变，所以加速度不变，从纵坐标可看出速度先为负值后为正值，所以速度方向改变，有往返运动，故C错误，D正确。 故选：BD。 四．解答题（共5小题） 12．一个苹果从某一高处A点自由落下，如图所示，t1＝2s时落至B点，t2＝4s时落至C点。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，试回答下列问题： （1）求苹果从A点落至B点的位移hAB； （2）求苹果落到C点时的速度vC的大小； （3）求苹果在BC间的平均速度大小。 【答案】（1）苹果从A点落至B点的位移为20m，方向竖直向下； （2）求苹果落到C点时的速度vC的大小为40m/s； （3）求苹果在BC间的平均速度大小为30m/s。 【解答】解：（1）由题意可知，苹果下落过程中做自由落体运动，则苹果从A点落至B点的位移为：，方向竖直向下； （2）苹果落到C点时的速度的大小为：vC＝gt2＝10×4m/s＝40m/s； （3）苹果落到B点时的速度的大小为：vB＝gt1＝10×2m/s＝20m/s，则苹果在BC间的平均速度大小为：。 答：（1）苹果从A点落至B点的位移为20m，方向竖直向下； （2）求苹果落到C点时的速度vC的大小为40m/s； （3）求苹果在BC间的平均速度大小为30m/s。 13．2025年11月5日，我国首艘电磁弹射型航母“福建舰”在海南三亚某军港举行了人列投仪式。随着福建舰的服役，我国海军将进入三航母时代，这将显著增强我国海军的远海攻防能力扩大防御纵深，提升国家安全水平。在某次远海航行测试中，福建舰正以15m/s的速度匀速前进一架作战飞机沿航母前进的方向进行电磁弹射起飞训练，其电磁弹射系统给飞机提供恒定加速度使飞机以20m/s2的加速度做匀加速直线运动，设飞机的离舰起飞速度为75m/s。求： （1）飞机弹射加速的时间和对地位移大小； （2）飞机弹射加速时使用的飞行甲板长度L； （3）如果飞机弹射加速时航母静止不动，飞机仍然以20m/s2的加速度在原来的飞行甲板上弹射起飞，则飞机弹射离舰的速度v1是多少。 【答案】（1）飞机弹射加速的时间为3s；飞机弹射加速的位移大小为135m。 （2）飞机弹射加速时使用的飞行甲板长度为90m。 （3）飞机弹射离舰的速度是60m/s。 【解答】解：（1）根据匀变速直线运动速度公式v＝v0+at 解得飞机弹射加速的时间t＝3s； 根据匀变速直线运动的速度一位移公式v22ax 解得飞机弹射加速的位移大小x＝135m。 （2）飞机弹射加速时使用的飞行甲板长度是飞机相对于航母的位移，为L＝x﹣v0t＝135m﹣15×3m＝90m。 （3）如果飞机弹射加速时航母静止不动，由运动学知识得0＝2aL 解得飞机弹射离舰的速度v1＝60m/s。 答：（1）飞机弹射加速的时间为3s；飞机弹射加速的位移大小为135m。 （2）飞机弹射加速时使用的飞行甲板长度为90m。 （3）飞机弹射离舰的速度是60m/s。 14．汽车的加速、减速性能是衡量汽车性能的一项重要指标，一辆汽车以54km/h的速度匀速行驶。 （1）若汽车以1.5m/s2的加速度大小加速，求8s末汽车的速度大小； （2）若汽车经过5s停下，求汽车加速度； （3）若汽车以1.5m/s2的加速度大小刹车，求刹车12s时的位移大小。 【答案】（1）若汽车以1.5m/s2的加速度大小加速，8s末汽车的速度大小为27m/s； （2）若汽车经过5s停下，汽车加速度为3m/s2，方向与初速度方向相反； （3）若汽车以1.5m/s2的加速度大小刹车，刹车12s时的位移大小为75m。 【解答】解：（1）汽车的初速度v0＝54km/h＝15m/s 若汽车以1.5m/s2的加速度大小加速，根据速度公式有v1＝v0+a1t1 解得v1＝27m/s （2）若汽车经过5s停下，根据速度公式有0＝v0+a2t2 解得 可知加速度大小为3m/s2，方向与初速度方向相反。 （3）若汽车以1.5m/s2的加速度大小刹车，停止运动时间10s＜t3＝12s 则刹车12s时的位移大小等于10s的位移大小，则有 解得x＝75m 答：（1）若汽车以1.5m/s2的加速度大小加速，8s末汽车的速度大小为27m/s； （2）若汽车经过5s停下，汽车加速度为3m/s2，方向与初速度方向相反； （3）若汽车以1.5m/s2的加速度大小刹车，刹车12s时的位移大小为75m。 15．一辆客车正在以v0＝20m/s速度匀速行驶，突然司机看见车的正前方有一只小狗，小狗正以速度v1与长途客车同向奔跑，如图甲所示，司机立即采取制动措施。若从司机看见小狗开始计时（t＝0），客车的速度—时间图像如图乙所示。 （1）求客车制动时的加速度大小a； （2）从司机发现小狗到停止运动的这段时间内，求客车前进的距离s。 【答案】（1）求客车制动时的加速度大小是5m/s2； （2）从司机发现小狗到停止运动的这段时间内，求客车前进的距离是50m。 【解答】解：（1）客车制动时的加速度 代入数据得，大小为5m/s2； （2）图像与坐标轴围成的面积等于位移由图像可知，从司机发现小狗到停止运动的这段时间内客车前进的距离 答：（1）求客车制动时的加速度大小是5m/s2； （2）从司机发现小狗到停止运动的这段时间内，求客车前进的距离是50m。 16．以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5kg（g取10m/s2）。求： （1）不计空气阻力，小球需要经过多长时间到达最高点，最高点距地面的高度是多少； （2）假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N。小球从气球上掉下后经过多长时间到达地面。 【答案】（1）最高点距地面的高度是16.3m； （2）小球从气球上掉下后经过2.5s到达地面。 【解答】解：（1）不计空气阻力，根据逆向思维有t0，h 代入数据得h＝1.8m 根据H＝h+h′ 则小球最高点距地面的高度是代入数据得H＝16.3m （2）假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N，则小球向上运动过程中有mg+f ＝ ma1 代入数据得a1＝12m/s2 小球上升的时间t1 代入数据得t1＝0.5s 上升的高度h1 代入数据得h1＝1.5m 则小球最高点距地面的高度是H′＝h1+h0 代入数据得H′＝16m 小球下落过程中再对小球受力分析有mg﹣f ＝ ma2 代入数据得a2＝8m/s2 小球下落过程中根据 代入数据得t2＝2s 则小球从气球上掉下后到到达地面的时间t ＝ t1+t2 代入数据得t ＝2.5s 答：（1）最高点距地面的高度是16.3m； （2）小球从气球上掉下后经过2.5s到达地面。 第19页（共20页） 学科网（北京）股份有限公司 $