【答案解析】1輪復(fù)習(xí)85練答案精析

一輪復(fù)習(xí)85練答案精析

第一章運動的描述勻變速直線運動的研究

第1練運動的描述

1.B[研究航天員在艙外的姿態(tài)時，航天員的體積和形狀不能忽略，航天員不可以視為質(zhì)點，故A錯誤；

研究神舟十三號飛船繞地球運行的周期時，神舟十三號飛船的體積和形狀可以忽略，飛船可以視為質(zhì)點，

故B正確；神舟十三號飛船與天和核心艙完成自主對接過程，珅舟十三號飛船的體積和形狀不可以忽略，

不可以視為質(zhì)點，故C錯誤：王亞平在空間站中將冰墩墩拋出，相對飛船冰墩墩做勻速直線運動，因飛船

相對地面做勻速圓周運動，則以地面為參考系，冰墩墩不做勻速直線運動，故D錯誤.]

2.D[路程、時間、質(zhì)量、平均速率、溫度是標(biāo)量，所以A、B、C錯誤，D正確.]

3.D[“266.9公里,’指的是路程，故A錯誤：”1小時3分鐘?’指的是時間間隔，故B錯誤；平均速度

是位移與時間之比，不知道該動車組列車的位移，不能求平均速度，故C錯誤；研究該動車組列車經(jīng)過杭

臺高鐵椒江特大橋的時間，不能忽略列車長度，故不能將列車視為質(zhì)點，故D正確.]

AT;

4.D[由4=而■可知，加速度是描述物體運動速度變化快慢的物理量，所以高速行駛的賽車，加速度可能

是零，也可能不是零，A正確，不符合題意：汽車啟動的一瞬間，汽車由靜止開始運動，汽車的速度一定

產(chǎn)生變化，所以加速度一定不為零，B正確，不符合題意；汽車啟動得越快，說明汽車的速度變化越快，

加速度越大，C正確，不符合題意；汽壽的加速度為-5m/$2,加速度中的正、負(fù)號表于加速度方向，若汽

車運動方向與加速度方向相同，汽車做加速運動，若不同，汽車做減速運動，D錯誤，符合題意.]

5.BD[因火箭發(fā)射時，速度在10s內(nèi)由0增加到10()m/s,故10s內(nèi)火箭的速度改變量為取=100m/s,

選項A錯誤；汽車以108km/h=30m/s的速度行駛，急剎車時能在2.5s內(nèi)停下來，則2.5s內(nèi)汽車的速度

改變量為△0'=0—30m/s=—30in/s,選項B正確；火箭的加速度為⑶=穿=號^m/s2=10ni/s?,汽車的

加速度為=5系m/s?=-12m/s?,故火箭的速度變化比汽車的慢，火箭的加速度比汽車的加速度

小，選項C錯誤，D正確.]

6.D[速度和加速度均為負(fù)值，兩者方向相同，速度一直增大，直到加速度等于零為止；在加速度大小減

為零的過程中，位移一直增大，加速度為零時，速度不為零，位移仍在增大，故A、B、C錯誤，D正確.]

7.D[由。=*可得O八8=1m/s,vm=坐m/s,故A、B正確：所選取的過程離A點越近，其相應(yīng)階

一3

段的平均速度越接近A點的瞬時速度，故C正確；物體在A4cOE段的平均速度大小。4E=4nVs=0.75m/s,

由于不知/WC￡＞石段的路程，故無法求得/WC力七段的平均速率，故D錯誤.J

8.C［氣門芯從最高點第一次到達(dá)最低點過程中，水平方向位移為x=7iR=O.67rm,豎直方向，立移為y=2R

=1.2m,故位移大小約為s=/t2+y2=2.2m,故選C.］

9.B［由題設(shè)所給的G值公式可知，G值越大，該車的加速度越大，速度的變化率越大，則車柄的動力

越強勁，故A錯誤，B正確：題中100公里每小時為瞬時速度，故C錯誤；100km/h^27.8m/s,根據(jù)題

27X

設(shè)所給的G值公式可得加生7手X10s比6.2s,故D錯誤.］

10.D［因初、末位置相同，則“推薦方案”與“方案二”的位移相同，但是時間不同，則平均速度不同，

一v25

選項A、B錯誤；“方案二”的路程為2.5km,時間為35min,則平均速率約為v=：=哀km/h-4.29km/h,

?JJ

60

不是平均速度，選項C錯誤；小李運動過程中不可能一直做勻速直線運動，即她的加速度不可能一直為0,

選項D正確.］

11.D［從尸點出發(fā)到再次來到P點，路程為2L,位移為零，A、B錯誤；由于速度方向不斷改變，即速

度在變化，故加速度不為零，C錯誤；由五=］可知，位移為零，平均速度為零，D正確.］

12.BC［取向東為正方向，加速度，='△：'=-2m/s?；若速度大小為2m/s、方向向東，則

5s;若速度大小為2m/s、方向向西，r2=—^~^=7s,故選項B、C正確，A、D錯誤.］

13.D［由題圖甲知，雷達(dá)第一次發(fā)射電磁波時，飛機和雷達(dá)的距離為S］=*7I=/><3X108X4X10—4m=

4s-4

6X10m,由題圖乙得雷達(dá)第二次發(fā)射電磁波時，飛機和雷達(dá)的盤直距離為/z=|cr2=|X3X10X2X10m

=3X1（/Hl.設(shè)該段時間內(nèi)飛機水平飛行的距離為S2,則$1、52、力在空間構(gòu)成一個直角三角形，利用數(shù)學(xué)

關(guān)系得S2=\sJ-〃2=3小X104m,飛機的飛行速度大小為p=『300m/s,故選D.］

第2練勻變速直線運動的規(guī)律

方（20）2

1.C［根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式4-002=2^知，=—=——所以AB：AC=I：4,

Xab--v4Xac乙a9

則A8：8C=1：3,故C正確，A、B、D錯誤.］

2.C［采用逆向思維法，由于最后1s內(nèi)的位移為2m,根據(jù)X2=/川得，汽車加速度大小a=,=4m/s2,

第Is內(nèi)的位移為13m,根據(jù)XI=IWL代入數(shù)據(jù)解得初速度。o=15m/s,則汽車在第Is末的速度

。1=%—M=15m/s—4X1m/s=11m/s,故C正確，A、B、D錯誤.|

3.A［由位移與時間的關(guān)系結(jié)合運動學(xué)公式可知，研）=24m/s,a=~\2m/s2,則由。=以）+&可知，汽車

在2s末停止運動，故它在前3s內(nèi)的位移等于前2s內(nèi)的位移，Ax=24X2m_6X4m=24m,則汽車在前

3s內(nèi)的平均速度。=工=4m/s=8m/s,故A正確.］

4.B［該過程飛行的距離為5="3/=紅”"x60m=23400m,故選B.］

5.C［初速度為零的勻加速直線運動，在第一個/時間內(nèi)、第二個/時間內(nèi)、第三個，時間內(nèi)、…的位移之

比山：xn:加：…=1：3：5：…，將運動員的勻減速直線運動看作反向的初速度為零的勻加速直線運動，

運動員運動總時間為8z,則第一個/時間內(nèi)的位移可視為初速度為零的勻加速直線運動中，第八個，時間內(nèi)

的位移，最后兩個/時間內(nèi)的總位移可視為初速度為零的勻加速直姨運動中，前兩個/時間內(nèi)的住移，故XI：X2

=15：(1+3)=15:4,故選C.］

6.A［因為從4到8和從8到C速度的增加量△。均為6m/s,可知從4到8的時間和從8到C的時間相

等，有△。=。7'=6m/s,^x=X2—x\=ar1=10m,聯(lián)立可得7'=?s,^=3.6m/s2,A正確.］

7.C［根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，設(shè)04間距為人,有4=研)/一%/2,小球又經(jīng)4s第二次通過C點，有x

+8m=Oo(/+4s)—%(/+4s)2,聯(lián)立可得。=201廢，x=16m,故A、B錯誤；B點為AC的中間位置，OB

間距為x1=x+4m=20m,由oj一如2=-2公］,得。B=24m/s,故C正確：由=得八=(5—

小)s,故D錯誤.］

8.A［頻率為2Hz頻閃照相機，時間為7=：=0.5s,根據(jù)勻變速直線運動的公式有(2—l)X1()一2乂50m=

Ax=t/72,解得〃=2m/s2,故A正確；句變速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則運動員通

過照片中3cm位置時速度為i?i=~—義地m/s=2.5m/s,故B錯誤；根據(jù)()位置到3cm位置.的速

z八u.j

度時間公式，有功=%+。乂2「解得如=0.5m/s,即照片中0位置的速度為0.5m/s,故不是起跑位置，故

C錯誤；運動員在照片前6cm內(nèi)的平均速度為惚m/s=2m/s,故D錯誤.］

JxU.J

9.C［采用逆向思維，可認(rèn)為動車反向做初速度為0的勻加速直線運動，由題意可知，動車|號車廂最前

端經(jīng)過2號候車線處的旅客的位移為/時，時間為/,有/=%尸，動車1號車廂最前端經(jīng)過5號候車線處的

旅名的位移為4/時，時間為4,有4/=全y，解得右=2,，選項A錯誤；動車1號車廂最前端從經(jīng)過5號

候車線處的旅客到停下總位移為4Z,用時為2%則平均速度為7=步子，選項B錯誤；設(shè)1號車屬頭部

經(jīng)過5號候車線處的旅客時的速度為。5,則有4/=H9X2/,解得。5=號，選項C正確；動車從經(jīng)過5號

候車線處的旅客開始到停止運動過程，有0=95-4X2/,解得4=卷=3，選項D錯誤.］

10.B［超聲波從8發(fā)出到4與被A反射到被B接收所需的時間相等，在這個過程中，汽車的位移為x=

355m-335m=20m,初速度為零的分變速直線運動在開始相等時間內(nèi)的位移之比為1：3,所以即=5m,

X2=15m,則超聲波被A接收時，AB間的距離￡=335m+5m=340m,所以超聲波從8發(fā)出到被A反射

x340人?

所需的時間1=---=T4ns=s?根據(jù)尸，可得15m—5m=aX(ls),解得a=10m/s-,故B正確,

A、C、D錯誤.]

11.AD[從剎車到停止，汽車正好經(jīng)過了24塊規(guī)格相同的路邊石，設(shè)路邊石的長度為，則有。一如2=

-2/7-24A,解得〃=詼？則汽車經(jīng)過第I塊路邊石末端時的速度大小為功=A正確:

汽車經(jīng)過第18塊路邊石末端時的速度大小為58=#o2-2aX18L=m，B錯誤；根據(jù)初速度為零的勻變速

運動在連續(xù)相等的位移內(nèi)所用時間比例關(guān)系可得：汽車經(jīng)過前12塊路邊石與后12塊路邊石的時間之比為

(y/2-l)：1,C錯誤；根據(jù)初速度為零的勻變速運動在連續(xù)相等時間內(nèi)通過位移比例關(guān)系可得：汽車經(jīng)過前

18塊路邊石與后6塊路邊石的時間之比為1：1,D正確.]

12.(1)894m(2)10.7s

解析(1)設(shè)汽車勺減速過程位移大小為4,

由運動學(xué)公式得Pi?一%2=—2.4

解得力=442m

根據(jù)對稱性可知從開始減速到恢復(fù)正常行駛過程中的位移大小

為=2di+d=894m

(2)如果汽車以改=10m/s的速度通過勻速行駛區(qū)間，設(shè)汽車提速后＞1減速過程位移大小為ch,

由運動學(xué)公式得vr~v^=-2ad2

解得42=400m

提速前，汽車勻減速過程時間為％

.研)+0

則d\=—2-力

解得力=26s

通過勻速行駛區(qū)間的時間為八'，

有d=v\t\'

解得。=2.5s

從開始減速到恢復(fù)正常行駛過程中的總時間為=54.5s

提速后，汽車勻減速過程時間為/2,

….。()+。2

如I(h=9及

解得12=20s

通過勻速行駛區(qū)間的時間為12‘，

則d=V2tl'

解得/=1s

勻速通過（4一4）位移時間

d\—d2

△r=——=1.4s

通過與提速前相同位移的總時間為T2=2t2^t2'+2Ar=43.8s,所以汽車提速后過收費站過程中比提速前節(jié)

省的時間AT=71-72=10.7s.

第3練自由落體運動和豎直上拋運動多過程問題

1.B［陳芋汐下落的整個過程所用的時間為r『中s^l.4s

下落前5m的過程所用的時間為

^s=ls

則陳芋汐用于姿態(tài)調(diào)整的時間約為/2=，一力=（）.4s,故B正確.）

2.B［設(shè)該星球的重力加速度為且父，第4s內(nèi)的位移是42m,有上啟一￡g—=42m,々=4s,八=3s,

解得gf=12m/s2,所以小球在第2s末的速度大小為O2=g￥12=24m/s,故A錯誤，B正確；小球在第4s

末的速度大小是辦=身義右=48m/s,故C錯誤；小球在0?4s內(nèi)的位移是X4=T4星爐=96m,故D錯誤.］

ti_1

3.C［由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式可知=2+小,即3<^<4,選項C正確.］

八一2一小

4.AB［解法一：分段法

物體上升的時間，上=以=弱s=3s,物體上升的最大高度加=要=正高m=45m,物體從最高點自由下

gIU抬2XIU

落2s時，下落的高度42=*/f2=￡x10X22m=20m,運動過程如圖所示，則總路程為加+/?2=65m,A

正確.5s末物體離拋出點的高度為小一生=25m,即位移的大小為25m,方向豎直向上，B正確.速度改變

—hi-h，25

量的大小A0=g/=5Om/s,C錯誤.平均速度的大小。=—■~~=~^m/s=5m/s,方向豎直向上，D錯誤.

解法二：全程法

將物體運動的全程視為勻變速直線運動，并取豎直向上為正方向，則有。o=3Om/s,a=—g=—\（）m/s2,故

5s內(nèi)物體的位移力=。巾+54尸=25m>0,說明物體5s末在拋出點上方25m處，由豎直上拋運動的規(guī)律可

知，物體經(jīng)3s到達(dá)最大高度加=45m處，故物體運動的總路程為65m,位移大小為25m,方向豎直向上，

A、B正確.速度的改變量的大小△。=畫=50m/s,C錯誤.5s末物體的速度。=%+<〃=—20m/s,所以平

均速度方="里=51］論>0,方向豎直向上，D錯誤.］

5.D［根據(jù)力=*戶，知第一個物體和第二個物體下落的總高度分別為金產(chǎn)和隹兩物體未下落時相距今二

第二個物體在第一個物體下落4后開始下落，此時第一個物體下落的高度加=§?）2=耳，所以當(dāng)?shù)诙€物

體開始下落時，兩物體相距A/尸和2—最2=%尸，故D正確，A、C錯誤.J

6.D［小球從。點由靜止下落，經(jīng)過各段的時間都是0.2s,所以。4、A&8c三段的高度之比為1：3：5,

如果小球從4點開始由有爭止釋放，由于AB間距離大于OA間距離，所以通過AB.BC段的時間均大于0.2s,

故A錯誤：設(shè)48間距離為3兒則8c間的距離為5兒所以AC間的距離為8力，通過8點時的速度為力=

倔Z,小球-通過C點時的速度為的=7。卜,則西：8=%：4,故B錯誤；由于48、4C段的高度之比

X----1

為3：5,但是通過兩段的時間不相等，根據(jù)。=7可知，平均速度之比不是3：5,故C錯誤；vAC=^C

=麗，所以VB>vAC,故D正確.］

7.C［由力=%?得，人=\^,則（〃一為）>（〃一人），。、〃、。三小球運動時間之比

為a：2：小，a比8早釋放的時間為4=/“一%=2（小一也A、B錯誤，C正確；根據(jù)。2=2加得，

三小球到達(dá)地面時的速度大小之比是加：2：小，D錯誤.］

111IOLJ

8.A［根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，有加傷八）2一那廿力）2="，解得g=力2,故選A.］

9.D［加速與減速的加速度大小相等，根據(jù)，=才可知，加速與減速的時間一定相等，故A錯誤：設(shè)加速

和減速時間均為/,運動總時間為/（）,則2X+為?（）—2/）=s,代入數(shù)據(jù)解得f=12min,故B錯誤；加速

位移為.丫加=等7=120km,故C錯誤：加速度太小”=§^0.46m&,故D正確.］

10.B［甲、乙兩球加速度相同，故甲球相對于乙球做勻速直線運動，在落地前二者距離不斷均勻增大，A

錯誤，B正確；根據(jù)豎直上拋的對稱性，甲球回到拋出點時速度大小為?！?方向豎直向下，兩球落地的速

度差為零，與。o、〃均無關(guān)，C錯誤；由豎直上拋的對稱性可知，兩球落地的時間差△/=乎，與砒）有關(guān)，

與H無關(guān)，D錯誤.］

11.C［由題圖所示的情形可以看出，四個球在空中的位置與一個球拋出后每隔0.4s對應(yīng)的位置是相同的,

即可看作一個球的豎直上拋運動，由此可知球加出后到達(dá)最高點和從最高點落回拋出點、的時間均為/—0.8s,

故有〃m=少尸=3.2m,C正確.]

12.(1)貨車會被花盆砸到

(2)2.7m/s2(3)2.5m/s2

解析(1)花盆落下到達(dá)車頂過程，

位移為加=(47—2)m=45m

花盒做自由落體運動，有垢=丸尸，解得/=3s

在這段時間內(nèi)汽車位移大小為x=vot=21m

由于L2I+L2,貨車會被花盆砸到.

(2)貨車勻減速運動的距離為心一劭加=15m

設(shè)制動過程中最小加速度為小，

由加2=加012—OoAf),

解得00=2.7m/s2

⑶司機反應(yīng)時間內(nèi)貨車的位■移大小為.￥|=uoAr=9in

此時車頭離花盆的水平距離為

d=L2-x\=\5m

采取加速方式，要成功避險，

則加速運動的位移大小為

X2=d+Li=23m,

加速時間為/=/—Ar=2s

設(shè)貨車加速度大小至少為。才能避免被花盆砸到，

則有K2=0()/+'2

代人數(shù)據(jù)解得4=2.5m/s2,

即貨車至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.

專題強化練一運動圖像問題

I.D口一/國像的斜率表示速度，斜率的正負(fù)表示速度方向，所以A物體運動方向始終不變，故A錯誤：

由題圖可知，0?6s內(nèi)8物體的速度逐漸增大，故B錯誤：由題圖可知，。?5s內(nèi)A物體的位移大于B物

體的位移，由公式行=：可知，A物體的平均速度大于3物體的平均速度，故C錯誤：0?6s內(nèi)存在某時刻

兩圖像斜率的絕對值相等，即存在某時刻兩物體的速度大小相等，故D正確.]

2.C[從全紅嬋離開跳臺開始計時，取豎直向下為正方向，由。一f圖像可讀出0?0時間內(nèi)向上做勻減速

直線運動，力?/2時間內(nèi)向下做勻加速直線運動，12?打時間內(nèi)向下做加速度減小的變減速直線運動，故應(yīng)在

人肺刻運動到最高點，故A錯誤；。一/圖像的斜率表示加速度，在0?超時間內(nèi)的圖像斜率恒定，即加速度

恒定，方向向下，故B錯誤；在0?個時間內(nèi)做勻變速直線運動，平均速度等于初、末速度的一半，則大小

為行="與3=用里1,故C正確；在/2?13時間內(nèi)向下做加速度減小的變減速直線運動，其位移小于

——5

相同時間內(nèi)做勻減速直線運動的位移，則有。變勺M=5，故D錯誤.]

3.D[根據(jù)0—7圖像的斜率表示加速度，由題圖可知0?h時間內(nèi)，訓(xùn)練后運動員的平均加速度比訓(xùn)練前

的，卜，故A錯誤；根據(jù)V-/圖像與橫軸圍成的面積表示住移，由題圖可知()~，2時間內(nèi)，訓(xùn)練前運動員跑

過的距離比訓(xùn)練后的大，故B錯誤；由題圖可知打?打時間內(nèi)，訓(xùn)練后運動員的位移比訓(xùn)練前的位移大，根

據(jù)平均速度等于位移與時間的比值，可知訓(xùn)練后運動員的平均速度大，故C錯誤；根據(jù)^一，圖像可直接判

斷如，門時刻后，運動員訓(xùn)練前速度減小，做減速運動；八時刻后，運動員訓(xùn)練后速度增加，做加速運動，

故D正確.]

4.B[圖線1是位移一時間圖像，表示物體做變速直線運動，選項A錯誤：X—/圖線上某點斜率的絕對值

的大小表示速度的大小，由題圖可知"時刻0＞。2,選項B正確：0—/圖像中()?八時間內(nèi)3和4位移不同，

所以平均速度大小不相等，選項C錯誤；/2時刻2開始反向運動，白時刻4加速度方向變化但運動方向不變，

選項D錯誤.]

5.B[位移時間圖像的斜率表示速度，則在最初的一段時間內(nèi)，甲、乙的斜率都為正，所以運動方向相同，

故A錯誤；質(zhì)點乙做初速度為零的勻變速直線運動，/=3s時，甲、乙圖線的斜率相等，所以f=3s時乙的

速度是3m/s,乙的加速度m/s2=1m/s2,。?3s內(nèi)乙的位移x=生愛X3m=4.5m,所以/=3s時，乙

的位置坐標(biāo)為一2()m+4.5m=—[5.5m,故B正確：/=10s時，質(zhì)點甲的位移工f=3()m,質(zhì)點乙的位移x

c=^at2=50m,因x乙＜xq，+40m,則兩質(zhì)點沒相遇，故C錯誤：根據(jù)0=2依，乙經(jīng)過原點時的速度大

小為2aM)=2[76m/s,故D錯誤.]

6.C口一/圖像與橫軸圍成的面枳表示位移，根據(jù)圖像得，0?力內(nèi)，乙圍成圖像的面積比甲大，故甲的位

移比乙小，A錯誤：。一，圖像的敘率表示加速度，辦?2在)內(nèi)，甲、乙圖線的斜率絕對值相等，加速度大小相

等，B錯誤；在2歷內(nèi)，甲圖像第一象限和第四象限所圍成的面積相等，故。?2M內(nèi)甲的位移為0,甲剛好

回到。點，C正確；2fo時，乙圖像第一象限所圍成的面積小于第四象限所圍成的面積，故乙在2加后才回

到。點，此時甲已經(jīng)向左運動了一些，故乙回到O點時，甲在O點的左邊，D錯誤.]

7.B[根據(jù)X-/圖像中圖線的斜率表示速度可知，該質(zhì)點的工一/關(guān)系圖像可大致表示為B圖，故選B.]

8.D[5s末的速度大小為。=加一。由=(3-0.2X5)m/s=2m/s,A錯誤；5?17.5s內(nèi)，冰壺的初速度

2m/s,末速度為0,運動時間e=12.5s,故冰壺的加速度大小為。2=一°=7^￡m/s2=0.16m/s2,B錯誤；

12IZ.J

0?5s內(nèi)位移大小為X]='。八=12.5m,5?17.5s內(nèi)的位移大小為工2=5=12.5m,則0?17.5s內(nèi)的位移

大小為X=XI+X2=25m,C錯誤：若不摩擦冰而，冰壺運動的時間為h=嗎，°=15s,l5s內(nèi)住移大小為由

=-t3=22.5m,Ax=x-刈=2.5m,D正確.]

J

V1

9.D[由題圖可知；=3+0.75f(m/s),整理得x=3r+0.75p,質(zhì)點做勻加速運動，對比公式.『加+于尸可

知，質(zhì)點的初速度為如=3m/s,膽速度大小為。=1.5m/s?,故A、B錯誤：質(zhì)點在第4s末速度大小為

的+/=3m/s+1.5X4m/s=9m/s,故C錯誤；質(zhì)點在前4s內(nèi)的位移大小為2=(3X4+r

X1.5x42)m=24m,故D正確.]

10.BD[設(shè)小球在經(jīng)過A傳感器時的速度大小為辦，經(jīng)過3傳感器時的速度大小為〃處在斜面上運動的

加速度大小為4,根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有處=辦+<〃，%=2卬+%尸，聯(lián)立以上兩式并整理得a=。，一名結(jié)合圖

像可得g=8m/s,a=4m/s2,當(dāng)A傳感器放置.在。點時，傳感器所測時間為小球從。到6傳感器的運動

時間力，由題圖乙分析可知。=1$,所以小球在斜面上。點的速度大小為研)=沏-M=4m/s,小球在斜面

上運動的平均速度大小為v=:"'=6m/s,固定斜面長度為/=v/i=6m,故A、C錯誤，B、D正確.]

11.BC[設(shè)/=0時刻物塊位于X=.的處，根據(jù)。2=24。一的)可知x=.ro+%3,根據(jù)題圖乙可知xo=-2m,

m/s?,A錯誤；/=4s時物塊位置為x=xo+Ja/，=—2m+：X42m=2m,B正確；2?4s時間內(nèi)

2//22=XX2mXX2—Ar3

物塊的位移Ax=^?/4-y224-22^m=3m,因此這段時間內(nèi)平均速度v=-^=fm/s=

1.5m/s,C正確；前2s內(nèi)物塊的位移大小Ax'=^?/22=^><7x22m=1m,D錯誤.]

2

12.B[根據(jù)公式材一如2=2仆，變形可得工=合2—瑞，由題國可知，%=0,則A-=合2,白圖像可得，

乙的加速度不變，甲的加速度逐漸增大，所以甲、乙兩車的^一，圖像為題圖a,由甲、乙的位移圖像可知

在?處速度相同，由題圖a(即甲、乙兩車的0一/圖像)可得，速度相同時，需要的時間不同，則兩車在不同

時間到達(dá).，故沒在山處相遇，故A、C、D錯誤，B正確.]

13.C[飛機做變減速直線運動，因為速度在減小，則阻力在減小，加速度減小，故飛機做加速度逐漸減

小的減速運動，速度時間圖線如圖中實線所示.若飛機做句減速直線運動，如圖中虛線所示，則平均速度3'

實線與時間軸圍成的面積為x,平均速度v=],因為./>x,可知+---今，即？>手，故選C.

專題強化練二追及相遇問題

1.BC⑺時刻，。、”兩車的位置相同，此前。車在前、。車在后，此后。車在前、。車在后，因此是。車

追上a車.由于X—/圖像的斜率表示速度的大小及方向，因此a車速度不變，做勻速直線運動，方車先做

減速運動，速度減至零后又開始反方向做加速運動.也時刻兩圖像的斜率一正一負(fù)，兩車速度方向相反，選

項A、D錯誤，B、C正確.]

2.D[由于。一，圖像的斜率表示加速度，則由題圖可看出，圖找甲的斜率先減小后反向增大，存在某一時

刻圖線甲的斜率與圖線乙的斜率相同，故在h?打時間內(nèi)，存在甲、乙兩車加速度相同的時刻，A錯誤；由

題圖可看出在0?h時間內(nèi)，乙的速度一直大于甲的速度，又根據(jù)題知甲、乙兩車同時從同一位置出發(fā)，

則二者距離先增大，且在。時刻乙在甲前面，八后甲的速度大于乙的速度，則二者越來越近，最后相遇，但

甲的速度依然大于乙的速度，則二者的距離再增大，到打時甲在乙前面，故在。?及時間內(nèi)，甲、乙兩車間

V

的距離先減小后增大，甲、乙兩車相遇一次，B、C錯誤；根據(jù)平均速度的計算公式有。=]由于。一/圖

像與橫軸圖成的面積表示位移，則在。?/2時間內(nèi)，乙，則甲車的平均速度大于乙車的平均速度，D

正確.]

3.BCD[根據(jù)。一/圖線與時間軸包圍的面積表示位移，可知6在/=2s時啟動，此時。的位移為工=：X2X1

m=lm,即。在〃前方1m處，故A錯誤；兩船的速度相等時相距最遠(yuǎn)，最大距離為Ar=：X(l+3)X1m

-gxiXIm=1.5m,故B正確；由于兩船從同一地點向同一方向沿直線運動，當(dāng)位移相等時兩船才相遇，

由題圖可知，〃船啟動3$后位移*z>=；X(l+3)X2m=4m,此時a的位移Xq=；X(5+3)XIm=4m,即b

剛好追上a,故C正確；力船超過4船后，由于力的速度大，所以不可能再相遇，故D正確.]

4.BC[v—t圖像的斜率表示加速度，可得和諧號的加速度為〃尸,工,。m/s?=3m/s2,復(fù)興號的加速度

79—603

為他=—_Qm/s2=^m/sz,則10s末和諧號的加速度比復(fù)興號的小，故A錯誤：題圖乙中強興號的最大

速度為。m=72m/s+sX(32—24)m/s=78m/s,故B正確；因/=0時兩車車頭剛好并排，在。到24s內(nèi)和

諧號的速度大于復(fù)興號的速度，兩者的距離逐漸增大，速度相等后兩者的距離縮小，則在24s末兩車車頭

相距最遠(yuǎn)，故C正確；由圖像中圖線與/軸所圍的面積表示位移，則在0?24s兩者的諼大距離為At

=8X(72-60)m=480],而在24?32s內(nèi)縮小的距離為Ax'=(?8-72)X(32-24)m=24即32s

末復(fù)興號還未追上和諧號，故D借誤.]

5.AD[甲、乙兩車均做直線運動，A正確；從圖像可知，在0?熱時間內(nèi)，甲、乙兩車圖線與/軸所包圍

的''面積”相等，即兩車的位移相等，所以上時刻，甲、乙兩車相遇且只相遇一次，B錯誤；在0?B時間

內(nèi)，甲車的。一1圖線斜率不斷增大，所以加速度不斷增大，C錯誤；在0?攵時間內(nèi)(不包括，2時刻)，甲車

圖線與1軸所包圍的“面積”大于乙車圖線與，軸所包圍的“面積”，即甲車的位移大于乙車的位移，且甲、

乙兩車在平直的公路上同時從同一地點出發(fā)，所以甲車一直在乙車前面，D正確.]

6.A[根據(jù)°2一如2=2以并根據(jù)題給圖像可推知甲、乙兩車的初速度大小分別為研)中=6m/s,即乙=0,V2

一x圖像的斜率的絕對值表示汽車加速度大小的2倍，所以甲、乙兩車的加速度大小分別為,八=2m/s?,a

c=lm/s2,且甲做勻減速直線運動，乙做勻加速直線運動，故B錯誤；汽車甲停止前，甲、乙兩車相距最

遠(yuǎn)時二者速度相同，設(shè)共經(jīng)歷時間為八，則a乙/1=%平一〃中小解得n=2s,此時甲車的位移為x甲=。0甲人

一1a3/=8m,故A正確；甲車總運動時間為介=17=3s,甲停下時位移為9m,而此時乙車的位移為工

乙乙拉2=義m<9m,所以甲、乙兩車相遇一定發(fā)生在甲車停下之后，設(shè)相遇時刻為f,則有:“乙產(chǎn)=901,

解得「=3小s,故C錯誤；汽車甲、乙在x=6m處的速度大小為〃=42。乙》=#。0甲J2。"=2小m/s,故

D錯誤.]

7.C[根據(jù)。一/圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可知泳池長度L=1.25X20m=25m,故A錯誤；如

圖所示，由甲、乙的位移一時間圖線的交點表示相遇可知，甲、乙在，=100s時在泳池的一端相遇，故B

錯誤：在0?60s內(nèi)甲、乙相遇3次，故C正確；在0?30s內(nèi)，甲的位移大小為xi=L25X20m—1.25X10

m=12.5m,乙的位移大小為工2=1.0X25m-1.0X5m=20m,在()?3()s內(nèi)，甲、乙運動員的平均速度大

小之比為劭：6=/：產(chǎn)=5：8,故D錯誤.]

8.(1)12m/s3m/s2(2)xo>36m

解析(1)在h=1s時，A車剛啟動，兩車間縮短的距離為B車的位移，可得汨=〃硒，解得8車的速度大

7)i>

小為。8=12m/s,圖像斜率表示加速度，可得A車的加速度大小為〃=----,其中心=5s,解得A車的加

t2-h

速度大小為a=3m/s2.

(2)兩車的速度達(dá)到相同時，兩車的距離達(dá)到最小，對應(yīng)0一，圖像的，2=5s時刻，此時兩車已發(fā)生的相對位

移為梯形的面積，則x=*s⑺+幻，代入數(shù)據(jù)解得x=36m,因此，若4、B兩車不會相撞，則兩車的距離

應(yīng)滿足條件為xo>36m.

9.(1)36m(2)6.5s

解析(1)依題意，足球做勻減速運動，到停下來，由速度與時間關(guān)系得6=。由，代入數(shù)據(jù)得h=6s,根據(jù)

為=彳八，代入數(shù)據(jù)得為=36m.

(2)前鋒隊員做勻加速直線運動達(dá)到最大速度的時間和位移分別為/2=~；=4s,X2=^2=16m,之后前鋒隊

員儂勺速有線運動，到足球停止運動，其住移為冷=7似力一川=16m,由干M+工3令1,故足球停止運動時,

前鋒隊員沒有追上足球，然后前鈴隊員繼續(xù)以最大速度勻速運動追趕足球，根據(jù)為一(也+。)=。2白，解得打

=0.5s,故前鋒隊員追上足球的肘間為/=fi+%=6.5s.

10.⑴相撞4s(2)1.125m/s2

解析(1)當(dāng)兩車速度相同時，所用時間為/()=￡=10s,在此10s內(nèi)A車的位移為xA=Mo=20X10m=200

m,

B車的位移為X8=ga/o2=Jx2X102m=100m,此時A、B兩車間的位移差為&=&一切=100m