1.2 匀变速直线运动 针对训练 -2027届高考物理一轮复习

匀变速直线运动 一．选择题（共19小题） 1．龙江大桥是云南省首座特大跨径钢箱梁悬索桥，也是亚洲山区最大跨径的钢箱梁悬索桥，桥长约为2470m。因大桥限速，一辆以108km/h匀速行驶的汽车，在上桥前以2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动，上桥时速度减至72km/h，此后匀速通过大桥。汽车从开始减速到通过大桥的时间约为（　　） A．83s B．87s C．124s D．128s 2．如图所示，一辆汽车在平直公路上运动，从某时刻开始计时，汽车在第1s、第2s、第3s内前进的距离分别是5.4m、7.2m、9.0m。若汽车在这3s内做匀加速直线运动，汽车在第1s末的瞬时速度大小为（　　） A．2.7m/s B．5.4m/s C．6.3m/s D．7.2m/s 3．某电动汽车以15m/s的速度沿平直路面行驶，智能驾驶系统探测到前方绿灯将变成红灯，开始控制汽车做匀减速直线运动，滑行25m后刚好停在停车线前，则减速过程中汽车的加速度大小为（　　） A．2.25m/s2 B．2.5m/s2 C．3m/s2 D．4.5m/s2 4．某列车进站过程中，做初速度大小为60m/s、加速度大小为0.6m/s2的匀减速直线运动。则该列车从减速到停下过程的位移大小为（　　） A．300m B．600m C．3000m D．6000m 5．某同学乘坐列车时，在自己的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估算隧道长度。该同学进隧道时速度为60m/s，出隧道时速度为50m/s，总用时200s。若列车在隧道中做匀减速直线运动，则该隧道长为（　　） A．5000m B．8000m C．11000m D．14000m 6．如图所示，在斜面上的O点（未画出），每隔相等时间由静止释放一个小球（可视为质点）。在连续释放几个小球后，对斜面上正在滚动的小球拍摄照片，照片中依次有a、b、c三个小球，测得xab＝0.2m，xbc＝0.3m，则此时小球b距O的距离为（　　） A．0.275m B．0.3m C．0.3125m D．0.325m 7．我国福建号航母配置的隐身舰载机歼﹣35战机，具有优异的战斗性能，某次歼﹣35完成任务后，返回航母时着舰速度大小为60m/s，之后滑行3s停下来，若这个过程可看作匀减速直线运动，则歼﹣35在甲板上减速滑行的加速度大小和滑行距离分别是（　　） A．10m/s2 100m B．20m/s2 90m C．20m/s2 100m D．10m/s2 90m 8．如图所示，高铁站内的柱子沿直线铁轨等间距排列，高铁启动前某乘客座位旁边正好有一根柱子，记为第1根，出发后4s恰好经过第2根。假设高铁做匀加速直线运动，则出发后8s恰好经过的柱子为（　　） A．第3根 B．第4根 C．第5根 D．第6根 9．国标要求电动自行车最高设计车速不超过25km/h，以最大速度在干态平直路面上行驶，制动距离不得超过7m。若将制动过程看作匀减速直线运动，国标要求电动自行车在制动过程中（　　） A．最大加速度约为3.5m/s2 B．最小加速度约为3.5m/s2 C．最大加速度约为7m/s2 D．最小加速度约为7m/s2 10．某物体做匀减速直线运动，连续通过两段0.9m的位移，第一段用时0.4s，第二段用时0.5s。该物体的加速度大小为（　　） A．0.8m/s2 B．1.0m/s2 C．1.2m/s2 D．1.5m/s2 11．从斜面上某一位置，每隔0.2s无初速度地释放一颗相同的小球，连续放下几颗后，某时刻对在斜面上滚动的小球拍照，如图所示，通过斜面上的刻度尺读出：AB＝15.00cm，BC＝35.00cm，则小球的加速度大小为（　　） A．2.5m/s2 B．5m/s2 C．7.5m/s2 D．10m/s2 12．“滇超”比赛正如火如荼进行。守门员发门球时，以一定的初速度将足球水平踢出，足球在草地上做匀减速直线运动，经2s运动到离发球点15m的后卫处，此时速度为初速度的一半。则足球被踢出时的初速度大小为（　　） A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s 13．一质点沿x轴运动，其位置坐标x随时间t变化关系为x＝5+10t﹣t2（x的单位为m，t的单位为s）。下列说法正确的是（　　） A．质点做变加速直线运动 B．质点加速度大小为1m/s2 C．0～6s内质点平均速度大小为4m/s D．0～6s内质点位移为36m 14．如图所示是一景区游客观光滑道的示意图。一游客沿倾斜直滑道下滑的过程中，测得通过长x1＝2m的ab段历时1s，通过bc段历时2s，通过长x2＝8m的cd段历时1s，若视游客匀加速直线下滑，则下列说法正确的是（　　） A．游客下滑的加速度大小为2m/s2 B．游客经过a点时的速度大小为1.5m/s C．bc段的长度为12m D．游客经过ad段的平均速度大小为4m/s 15．小李开车在家村口A处停了一会，接着由静止开始匀加速直线行驶，途经B、C、D、E四个石墩，如图所示。已知B到C、C到D、D到E的时间相等，BC间距离为4m，CD间距离为6m，根据以上信息，以下说法正确的是（　　） A．可以求出汽车通过C点时的速度大小 B．可以求出汽车的加速度大小 C．可以求得汽车在AB之间的行驶时间 D．可以求得AE之间的距离 16．如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2：Δt1为（　　） A． B． C． D． 17．商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　） A．1.25m/s2 B．1m/s2 C．0.5m/s2 D．0.25m/s2 18．一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后保持匀速运动。已知汽车在启动后的第2s内前进了6m，第4s内前进了13.5m，下列说法正确的是（　　） A．汽车匀加速时的加速度大小为6m/s2 B．汽车在前4s内前进了32m C．汽车的最大速度为14m/s D．汽车的加速距离为20m 19．一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（　　） A．质点的加速度大小是6m/s2 B．质点的加速度大小是3m/s2 C．质点第2s末的速度大小是12m/s D．质点在第1s内的位移大小是6m 匀变速直线运动 参考答案与试题解析 一．选择题（共19小题） 1．龙江大桥是云南省首座特大跨径钢箱梁悬索桥，也是亚洲山区最大跨径的钢箱梁悬索桥，桥长约为2470m。因大桥限速，一辆以108km/h匀速行驶的汽车，在上桥前以2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动，上桥时速度减至72km/h，此后匀速通过大桥。汽车从开始减速到通过大桥的时间约为（　　） A．83s B．87s C．124s D．128s 【分析】先统一速度单位，分别计算汽车以2.5m/s2从108km/h匀减速至72km/h所需的时间，以及以72km/h匀速通过2470m大桥所需的时间，两者相加即得总时间。 【解答】解：结合v0＝108km/h＝30m/s，v＝72km/h＝20m/s 根据匀变速直线运动速度公式v＝v0+at 解得减速时间： 根据位移公式 代入数据：100m 匀速阶段位移为桥长x＝2470m，速度v＝20m/s，时间： 总时间总时间t＝t1+t2＝4s+123.5s＝127.5s≈128s，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【点评】这是一道以龙江大桥为情境、难度较易的基础运动学选择题，将匀变速减速与匀速过桥过程分段组合，重点考查单位换算与基本运动学公式的直接应用。 2．如图所示，一辆汽车在平直公路上运动，从某时刻开始计时，汽车在第1s、第2s、第3s内前进的距离分别是5.4m、7.2m、9.0m。若汽车在这3s内做匀加速直线运动，汽车在第1s末的瞬时速度大小为（　　） A．2.7m/s B．5.4m/s C．6.3m/s D．7.2m/s 【分析】根据匀变速直线运动的规律，平均速度与中间时刻瞬时速度的关系进行求解。 【解答】解：根据匀变速直线运动的规，第1s末的瞬时速度大小等于前两秒的平均速度，即 代入数据可得v1＝6.3m/s，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【点评】本题考查匀变速直线运动中平均速度与中间时刻瞬时速度的关系，快速得出结果，是一道考查物理规律灵活应用的经典选择题。 3．某电动汽车以15m/s的速度沿平直路面行驶，智能驾驶系统探测到前方绿灯将变成红灯，开始控制汽车做匀减速直线运动，滑行25m后刚好停在停车线前，则减速过程中汽车的加速度大小为（　　） A．2.25m/s2 B．2.5m/s2 C．3m/s2 D．4.5m/s2 【分析】根据匀变速直线运动速度与位移的关系式列式解答。 【解答】解：设加速度大小为a，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式有，解得a＝4.5m/s2，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【点评】考查匀变速直线运动规律的应用，关键是知道相应的表达式并灵活运用，属于基础题。 4．某列车进站过程中，做初速度大小为60m/s、加速度大小为0.6m/s2的匀减速直线运动。则该列车从减速到停下过程的位移大小为（　　） A．300m B．600m C．3000m D．6000m 【分析】列车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度—位移公式v2﹣v20＝2ax计算位移的大小。 【解答】解：取列车初速度方向为正方向，已知初速度v0＝60m/s，末速度v＝0，列车匀减速运动，加速度为a＝﹣0.6m/s2。 根据匀变速直线运动速度—位移公式v2﹣v20＝2ax 解得 故选：C。 【点评】本题考查匀变速直线运动规律的应用，熟练应用公式即可。 5．某同学乘坐列车时，在自己的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估算隧道长度。该同学进隧道时速度为60m/s，出隧道时速度为50m/s，总用时200s。若列车在隧道中做匀减速直线运动，则该隧道长为（　　） A．5000m B．8000m C．11000m D．14000m 【分析】利用平均速度推论，结合直接计算位移。 【解答】解：已知进隧道初速度v0＝60m/s，出隧道末速度v＝50m/s，运动总时间t＝200s，全程匀减速直线运动。 全程平均速度： 隧道长等于列车位移： x•t＝55×200m＝11000m，故C正确，ABD错误 故选：C。 【点评】1.匀变速直线运动通用推论：任意一段过程平均速度＝初末速度平均值 2.位移公式拓展：，已知初、末速度和时间时优先使用； 6．如图所示，在斜面上的O点（未画出），每隔相等时间由静止释放一个小球（可视为质点）。在连续释放几个小球后，对斜面上正在滚动的小球拍摄照片，照片中依次有a、b、c三个小球，测得xab＝0.2m，xbc＝0.3m，则此时小球b距O的距离为（　　） A．0.275m B．0.3m C．0.3125m D．0.325m 【分析】利用匀变速直线运动的两个重要推论，中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，相邻相等时间内的位移之差是一个常数at2，结合匀变速直线运动位移公式求出小球b距O的距离。 【解答】解：设a、b和b、c时间间隔为t，加速度大小为a，图中b位置的速度为，， 小球b距O的距离，其中xab＝0.2m，xbc＝0.3m，代入数据解得xob＝0.3125m，故ABD错误，C正确。 故选：C。 【点评】本题考查了匀变速运动重要推论，解题关键是利用匀变速直线运动的两个重要推论，中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，相邻相等时间内的位移之差是一个常数at2。 7．我国福建号航母配置的隐身舰载机歼﹣35战机，具有优异的战斗性能，某次歼﹣35完成任务后，返回航母时着舰速度大小为60m/s，之后滑行3s停下来，若这个过程可看作匀减速直线运动，则歼﹣35在甲板上减速滑行的加速度大小和滑行距离分别是（　　） A．10m/s2 100m B．20m/s2 90m C．20m/s2 100m D．10m/s2 90m 【分析】已知初速度、末速度和减速时间，根据速度—时间公式求出加速度；根据位移—时间公式求出位移。 【解答】解：歼﹣35做匀减速直线运动，根据速度公式有0＝v0﹣at 解得a＝20m/s2 匀减速到停止的过程的位移与初速度为零的匀加速直线运动位移大小相等，为xm＝90m 故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】该题考查匀变速直线运动的两个基本公式的应用，把歼﹣35做匀减速直线运动的过程倒过来，按照匀加速直线运动的情况解答更简洁。 8．如图所示，高铁站内的柱子沿直线铁轨等间距排列，高铁启动前某乘客座位旁边正好有一根柱子，记为第1根，出发后4s恰好经过第2根。假设高铁做匀加速直线运动，则出发后8s恰好经过的柱子为（　　） A．第3根 B．第4根 C．第5根 D．第6根 【分析】根据匀变速直线运动的位移—时间公式求出。 【解答】解：设两根柱子之间的距离为L，高铁的加速度为a，则L 经过8s后x 代入数据联立可得x＝4L，所以出发后8s恰好经过第5根。故C正确，ABD错误。 故选：C。 【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移—时间公式。 9．国标要求电动自行车最高设计车速不超过25km/h，以最大速度在干态平直路面上行驶，制动距离不得超过7m。若将制动过程看作匀减速直线运动，国标要求电动自行车在制动过程中（　　） A．最大加速度约为3.5m/s2 B．最小加速度约为3.5m/s2 C．最大加速度约为7m/s2 D．最小加速度约为7m/s2 【分析】以国标要求的最大车速为初速度，最远制动距离为减速到零的运动位移，可得到国标要求电动自行车在制动过程中的最小加速度，不能得到最大加速度。根据做匀变速直线运动的位移与速度关系解答。 【解答】解：以国标要求的最大车速v＝25km/h≈6.94m/s为初速度，最远制动距离x＝7m为减速到零的运动位移，可得到国标要求电动自行车在制动过程中的最小加速度amin。 根据做匀变速直线运动的位移与速度关系可得：aminm/s2≈3.44m/s2，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】本题考查了匀变速直线运动的规律，掌握匀变速直线运动的位移与速度关系公式。 10．某物体做匀减速直线运动，连续通过两段0.9m的位移，第一段用时0.4s，第二段用时0.5s。该物体的加速度大小为（　　） A．0.8m/s2 B．1.0m/s2 C．1.2m/s2 D．1.5m/s2 【分析】利用匀变速直线运动中“中间时刻的瞬时速度等于对应时间内的平均速度”，求出两段位移中间时刻的瞬时速度；计算两个中间时刻的时间间隔；根据加速度的定义式，求出加速度的大小。 【解答】解：根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于对应时间内的平均速度，第一段0.9m位移用时0.4s，对应中间时刻的瞬时速度为；第二段0.9m位移用时0.5s，对应中间时刻的瞬时速度为。 两个中间时刻的时间间隔为。 根据加速度的定义式，物体的加速度，即加速度的大小为1.0m/s2，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【点评】本题考查匀变速直线运动的推论（中间时刻瞬时速度等于平均速度）和加速度的定义式，是匀变速直线运动的基础计算题，重点考查对运动学推论的理解与应用。 11．从斜面上某一位置，每隔0.2s无初速度地释放一颗相同的小球，连续放下几颗后，某时刻对在斜面上滚动的小球拍照，如图所示，通过斜面上的刻度尺读出：AB＝15.00cm，BC＝35.00cm，则小球的加速度大小为（　　） A．2.5m/s2 B．5m/s2 C．7.5m/s2 D．10m/s2 【分析】利用匀变速直线运动的逐差法公式Δx ＝ aT2，代入位移差与时间间隔计算小球的加速度。 【解答】解：每隔0.2s释放一颗，拍照时相邻小球时间间隔T＝0.2s，AB、BC为连续相等时间内的位移 根据匀变速直线运动推论Δx＝aT2 代入数据可得a＝5m/s2，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】本题以斜面上释放小球的实验情境为载体，考查匀变速直线运动的逐差法应用，是运动学基础经典题型，考查学生对核心规律的掌握与应用能力。 12．“滇超”比赛正如火如荼进行。守门员发门球时，以一定的初速度将足球水平踢出，足球在草地上做匀减速直线运动，经2s运动到离发球点15m的后卫处，此时速度为初速度的一半。则足球被踢出时的初速度大小为（　　） A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s 【分析】根据匀变速直线运动中的平均速度，其中，求解出足球被踢出时的初速度大小。 【解答】解：足球在草地上做匀减速直线运动，经2s内的平均速度，同时，解得v0＝10m/s，故ACD错误，B正确； 故选：B。 【点评】本题考查了匀变速直线运动的平均速度公式，解题关键是匀变速直线运动中的平均速度。 13．一质点沿x轴运动，其位置坐标x随时间t变化关系为x＝5+10t﹣t2（x的单位为m，t的单位为s）。下列说法正确的是（　　） A．质点做变加速直线运动 B．质点加速度大小为1m/s2 C．0～6s内质点平均速度大小为4m/s D．0～6s内质点位移为36m 【分析】质点沿 x 轴运动的问题，先将给定的位置坐标随时间变化的关系式与匀变速直线运动的位移公式进行对比，从而得出质点运动的初速度和加速度，结合速度—时间公式求出质点的速度；根据位移时间公式求出质点的位移，结合平均速度的定义是求出质点的平均速度大小。 【解答】解：AB、匀变速直线运动的位移公式为：，题目中给出的位置坐标表达式为x＝5+10t﹣t2，通过对比可得：初位置x0＝5m，初速度为v0＝10m/s，加速度为a＝﹣2m/s2，则加速度的大小为2m/s2，因为加速度恒定，所以质点做匀加速直线运动，故AB错误； C、当t＝0时，代入位置坐标表达式可得：， 当t＝6s时，x6＝5m+10×6m﹣36m＝29m，则0～6s内的位移为：Δx＝x6﹣x0＝29m﹣5m＝24m，则在0～6s内的平均速度的大小为：，故C正确，D正确。 故选：C。 【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度—时间公式，并能灵活运用。 14．如图所示是一景区游客观光滑道的示意图。一游客沿倾斜直滑道下滑的过程中，测得通过长x1＝2m的ab段历时1s，通过bc段历时2s，通过长x2＝8m的cd段历时1s，若视游客匀加速直线下滑，则下列说法正确的是（　　） A．游客下滑的加速度大小为2m/s2 B．游客经过a点时的速度大小为1.5m/s C．bc段的长度为12m D．游客经过ad段的平均速度大小为4m/s 【分析】根据匀变速直线运动瞬时速度和平均速度关系，结合加速度定义以及瞬时速度公式和平均速度的公式列式解答。 【解答】解：A.设游客经过ab、cd段时间分别为t1，t2，游客通过ab段中间时刻的速度v1m/s＝2m/s，通过cd段中间时刻的速度v2m/s＝8m/s，则有v2﹣v1＝a（2），解得a＝2m/s2，故A正确； B.设游客经过a点时的速度为va，则有v1＝va，解得va＝1m/s，故B错误； C.经过b点的速度vb＝va+at1＝1+2×1m/s＝3m/s，经过c点时的速度vc＝va+a（t1+2）＝1m/s+2×（1+2）m/s＝7m/s，故m（3+7）×2m＝10m，故C错误； D.游客经过ad的平均速度，代入数据解得5m/s，故D错误。 故选：A。 【点评】考查匀变速直线运动瞬时速度和平均速度关系，结合加速度定义以及瞬时速度公式和平均速度的公式，会根据题意进行准确分析解答。 15．小李开车在家村口A处停了一会，接着由静止开始匀加速直线行驶，途经B、C、D、E四个石墩，如图所示。已知B到C、C到D、D到E的时间相等，BC间距离为4m，CD间距离为6m，根据以上信息，以下说法正确的是（　　） A．可以求出汽车通过C点时的速度大小 B．可以求出汽车的加速度大小 C．可以求得汽车在AB之间的行驶时间 D．可以求得AE之间的距离 【分析】B到C、C到D、D到E的时间相等，可以根据Δx＝aT2和平均速度等于中间时刻的瞬时速度列方程求解。 【解答】解：已知小金开车B到C、C到D、D到E的时间相等，设这个时间为T， 则根据Δx＝aT2有：sCD﹣sBC＝sDE﹣sCD，解得：sDE＝8m 又：sCD﹣sBC＝sDE﹣sCD＝aT2＝2m 过C点的速度为vC C点距离A点的位移sAC， 代入aT2＝2，则sAC＝6.25m 那么sAE＝20.25m，故D正确 无法计算加速度a的值，及相等的时间T，故ABC错误。 故选：D。 【点评】本题考查了匀变速直线运动的运动学公式的运用，解题关键是抓住连续相等时间间隔这一特点。 16．如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2：Δt1为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据牛顿第二定律求加速度，判断木板的运动情况；根据匀变速运动学公式求解作答。 【解答】解：设斜面的倾角为θ，加速度为a 根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma 解得a＝gsinθ 因此木块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动 木板前端到达A点的时间为t0，当木板长度为L时，木板后端通过A点的时间为t1； 根据运动学公式， 解得 木板通过A点的时间 当木板长度为2L，木板后端通过A点的时间为t2，根据运动学公式 联立解得 木板通过A点的时间 因此解得 综上分析，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】本题主要考查了匀变速运动规律的运用，知道木板做初速度为零的匀加速直线运动是解题的关键。 17．商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　） A．1.25m/s2 B．1m/s2 C．0.5m/s2 D．0.25m/s2 【分析】根据匀变速直线运动的规律列式求解。 【解答】解：设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据 解得 v＝1m/s 则加速度 故ABD错误，C正确。 故选：C。 【点评】本题考查匀变速直线运动的求解，学生要熟练掌握，属于简单题。 18．一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后保持匀速运动。已知汽车在启动后的第2s内前进了6m，第4s内前进了13.5m，下列说法正确的是（　　） A．汽车匀加速时的加速度大小为6m/s2 B．汽车在前4s内前进了32m C．汽车的最大速度为14m/s D．汽车的加速距离为20m 【分析】再根据位移—时间关系式，结合第2s内的位移计算加速度；根据初速度为零的匀加速直线运动相邻相等时间内的位移之比推算最大速度发生的可能时刻；根据相邻相等时间内的位移之比推算第1s内和第3s内前进的距离，再计算前4s内前进的距离；根据位移—时间关系式计算加速的时间，根据速度—时间关系式计算最大速度；根据平均速度表示的位移公式计算汽车的加速距离。 【解答】解：A、汽车在启动后的第2s内前进了6m，即 可得a＝4m/s2，故A错误； BCD．由于汽车从静止开始做匀加速直线运动，则在连续相等时间内位移之比为1：3：5：7……，第2s内前进了6m，则第3s内前进10m，第4s内前进14m，但实际汽车在第4s内前进了13.5m，由此可知，汽车在第4s内的某一时刻达到最大速度，开始匀速。由于3s末的速度v3＝at3＝4×3m/s＝12m/s 第4s内的位移： 又：t+t′＝1s；vm＝v3+at 解得：vm＝14m/s，t＝t′＝0.5s 由以上分析可知，汽车在3.5s达到最大速度，所以加速阶段的位移为 前4s内的位移为 故BD错误，C正确。 故选：C。 【点评】本题关键掌握初速度为零的匀加速直线运动相邻相等时间内的位移之比。 19．一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（　　） A．质点的加速度大小是6m/s2 B．质点的加速度大小是3m/s2 C．质点第2s末的速度大小是12m/s D．质点在第1s内的位移大小是6m 【分析】利用逐差法求出加速度；根据平均速度和瞬时速度的关系，可求出速度大小；根据匀变速直线运动的位移公式可求出位移大小。 【解答】解：AB、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据，可得加速度a＝3m/s2，故A错误，B正确； C、由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值，即x3﹣x2＝x2﹣x1，解得x2＝24m，第2s末的瞬时速度等于前4s内的平均速度，则第2s末速度为，解得v＝9m/s，故C错误； D、第1 s末的瞬时速度等于第一个2s内的平均速度，则m/s＝6m/s，在第1 s内反向看为匀减速运动，则有x1＝v1tat2，解得x1＝4.5m，故D错误。 故选：B。 【点评】学生在解答本题时，应注意熟练掌握匀变速直线运动规律，尤其是平均速度与瞬时速度的关系。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/7/7 9:59:21；用户：李伟伟；邮箱：18419037828；学号：65202505 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $