【答案解析】1轮复习85练答案精析

一轮复习85练答案精析

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究

第1练运动的描述

1.B[研究航天员在舱外的姿态时，航天员的体积和形状不能忽略，航天员不可以视为质点，故A错误；

研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，神舟十三号飞船的体积和形状可以忽略，飞船可以视为质点，

故B正确；神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过程，珅舟十三号飞船的体积和形状不可以忽略，

不可以视为质点，故C错误：王亚平在空间站中将冰墩墩抛出，相对飞船冰墩墩做匀速直线运动，因飞船

相对地面做匀速圆周运动，则以地面为参考系，冰墩墩不做匀速直线运动，故D错误.]

2.D[路程、时间、质量、平均速率、温度是标量，所以A、B、C错误，D正确.]

3.D[“266.9公里,’指的是路程，故A错误：”1小时3分钟•’指的是时间间隔，故B错误；平均速度

是位移与时间之比，不知道该动车组列车的位移，不能求平均速度，故C错误；研究该动车组列车经过杭

台高铁椒江特大桥的时间，不能忽略列车长度，故不能将列车视为质点，故D正确.]

AT;

4.D[由4=而■可知，加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量，所以高速行驶的赛车，加速度可能

是零，也可能不是零，A正确，不符合题意：汽车启动的一瞬间，汽车由静止开始运动，汽车的速度一定

产生变化，所以加速度一定不为零，B正确，不符合题意；汽车启动得越快，说明汽车的速度变化越快，

加速度越大，C正确，不符合题意；汽寿的加速度为-5m/$2,加速度中的正、负号表于加速度方向，若汽

车运动方向与加速度方向相同，汽车做加速运动，若不同，汽车做减速运动，D错误，符合题意.]

5.BD[因火箭发射时，速度在10s内由0增加到10()m/s,故10s内火箭的速度改变量为取=100m/s,

选项A错误；汽车以108km/h=30m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，则2.5s内汽车的速度

改变量为△0'=0—30m/s=—30in/s,选项B正确；火箭的加速度为⑶=穿=号^m/s2=10ni/s?,汽车的

加速度为=5系m/s?=-12m/s?,故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度

小，选项C错误，D正确.]

6.D[速度和加速度均为负值，两者方向相同，速度一直增大，直到加速度等于零为止；在加速度大小减

为零的过程中，位移一直增大，加速度为零时，速度不为零，位移仍在增大，故A、B、C错误，D正确.]

7.D[由。=*可得O八8=1m/s,vm=坐m/s,故A、B正确：所选取的过程离A点越近，其相应阶

一3

段的平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确；物体在A4cOE段的平均速度大小。4E=4nVs=0.75m/s,

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

8.C［气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，水平方向位移为x=7iR=O.67rm,竖直方向，立移为y=2R

=1.2m,故位移大小约为s=/t2+y2=2.2m,故选C.］

9.B［由题设所给的G值公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，则车柄的动力

越强劲，故A错误，B正确：题中100公里每小时为瞬时速度，故C错误；100km/h^27.8m/s,根据题

27X

设所给的G值公式可得加生7手X10s比6.2s,故D错误.］

10.D［因初、末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，则平均速度不同，

一v25

选项A、B错误；“方案二”的路程为2.5km,时间为35min,则平均速率约为v=：=哀km/h-4.29km/h,

•JJ

60

不是平均速度，选项C错误；小李运动过程中不可能一直做匀速直线运动，即她的加速度不可能一直为0,

选项D正确.］

11.D［从尸点出发到再次来到P点，路程为2L,位移为零，A、B错误；由于速度方向不断改变，即速

度在变化，故加速度不为零，C错误；由五=］可知，位移为零，平均速度为零，D正确.］

12.BC［取向东为正方向，加速度，='△：'=-2m/s?；若速度大小为2m/s、方向向东，则

5s;若速度大小为2m/s、方向向西，r2=—^~^=7s,故选项B、C正确，A、D错误.］

13.D［由题图甲知，雷达第一次发射电磁波时，飞机和雷达的距离为S］=*7I=/><3X108X4X10—4m=

4s-4

6X10m,由题图乙得雷达第二次发射电磁波时，飞机和雷达的盘直距离为/z=|cr2=|X3X10X2X10m

=3X1（/Hl.设该段时间内飞机水平飞行的距离为S2,则$1、52、力在空间构成一个直角三角形，利用数学

关系得S2=\sJ-〃2=3小X104m,飞机的飞行速度大小为p=『300m/s,故选D.］

第2练匀变速直线运动的规律

方（20）2

1.C［根据匀变速直线运动的速度位移公式4-002=2^知，=—=——所以AB：AC=I：4,

Xab--v4Xac乙a9

则A8：8C=1：3,故C正确，A、B、D错误.］

2.C［采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m,根据X2=/川得，汽车加速度大小a=,=4m/s2,

第Is内的位移为13m,根据XI=IWL代入数据解得初速度。o=15m/s,则汽车在第Is末的速度

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

3.A［由位移与时间的关系结合运动学公式可知，研）=24m/s,a=~\2m/s2,则由。=以）+&可知，汽车

在2s末停止运动，故它在前3s内的位移等于前2s内的位移，Ax=24X2m_6X4m=24m,则汽车在前

3s内的平均速度。=工=4m/s=8m/s,故A正确.］

4.B［该过程飞行的距离为5="3/=红”"x60m=23400m,故选B.］

5.C［初速度为零的匀加速直线运动，在第一个/时间内、第二个/时间内、第三个，时间内、…的位移之

比山：xn:加：…=1：3：5：…，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，

运动员运动总时间为8z,则第一个/时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，第八个，时间内

的位移，最后两个/时间内的总位移可视为初速度为零的匀加速直姨运动中，前两个/时间内的住移，故XI：X2

=15：(1+3)=15:4,故选C.］

6.A［因为从4到8和从8到C速度的增加量△。均为6m/s,可知从4到8的时间和从8到C的时间相

等，有△。=。7'=6m/s,^x=X2—x\=ar1=10m,联立可得7'=?s,^=3.6m/s2,A正确.］

7.C［根据匀变速直线运动规律，设04间距为人,有4=研)/一%/2,小球又经4s第二次通过C点，有x

+8m=Oo(/+4s)—%(/+4s)2,联立可得。=201废，x=16m,故A、B错误；B点为AC的中间位置，OB

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

小)s,故D错误.］

8.A［频率为2Hz频闪照相机，时间为7=：=0.5s,根据匀变速直线运动的公式有(2—l)X1()一2乂50m=

Ax=t/72,解得〃=2m/s2,故A正确；句变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通

过照片中3cm位置时速度为i?i=~—义地m/s=2.5m/s,故B错误；根据()位置到3cm位置.的速

z八u.j

度时间公式，有功=%+。乂2「解得如=0.5m/s,即照片中0位置的速度为0.5m/s,故不是起跑位置，故

C错误；运动员在照片前6cm内的平均速度为惚m/s=2m/s,故D错误.］

JxU.J

9.C［采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知，动车|号车厢最前

端经过2号候车线处的旅客的位移为/时，时间为/,有/=%尸，动车1号车厢最前端经过5号候车线处的

旅名的位移为4/时，时间为4,有4/=全y，解得右=2,，选项A错误；动车1号车厢最前端从经过5号

候车线处的旅客到停下总位移为4Z,用时为2%则平均速度为7=步子，选项B错误；设1号车属头部

经过5号候车线处的旅客时的速度为。5,则有4/=H9X2/,解得。5=号，选项C正确；动车从经过5号

候车线处的旅客开始到停止运动过程，有0=95-4X2/,解得4=卷=3，选项D错误.］

10.B［超声波从8发出到4与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车的位移为x=

355m-335m=20m,初速度为零的分变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1：3,所以即=5m,

X2=15m,则超声波被A接收时，AB间的距离£=335m+5m=340m,所以超声波从8发出到被A反射

x340人〜

所需的时间1=---=T4ns=s»根据尸，可得15m—5m=aX(ls),解得a=10m/s-,故B正确,

A、C、D错误.]

11.AD[从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为，则有。一如2=

-2/7-24A,解得〃=诙？则汽车经过第I块路边石末端时的速度大小为功=A正确:

汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为58=#o2-2aX18L=m，B错误；根据初速度为零的匀变速

运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为

(y/2-l)：1,C错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前

18块路边石与后6块路边石的时间之比为1：1,D正确.]

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

解析(1)设汽车勺减速过程位移大小为4,

由运动学公式得Pi?一%2=—2.4

解得力=442m

根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小

为=2di+d=894m

(2)如果汽车以改=10m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后＞1减速过程位移大小为ch,

由运动学公式得vr~v^=-2ad2

解得42=400m

提速前，汽车匀减速过程时间为％

.研)+0

则d\=—2-力

解得力=26s

通过匀速行驶区间的时间为八'，

有d=v\t\'

解得。=2.5s

从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为=54.5s

提速后，汽车匀减速过程时间为/2,

….。()+。2

如I(h=9及

解得12=20s

通过匀速行驶区间的时间为12‘，

则d=V2tl'

解得/=1s

匀速通过（4一4）位移时间

d\—d2

△r=——=1.4s

通过与提速前相同位移的总时间为T2=2t2^t2'+2Ar=43.8s,所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节

省的时间AT=71-72=10.7s.

第3练自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题

1.B［陈芋汐下落的整个过程所用的时间为r『中s^l.4s

下落前5m的过程所用的时间为

^s=ls

则陈芋汐用于姿态调整的时间约为/2=，一力=（）.4s,故B正确.）

2.B［设该星球的重力加速度为且父，第4s内的位移是42m,有上启一£g—=42m,々=4s,八=3s,

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

末的速度大小是办=身义右=48m/s,故C错误；小球在0〜4s内的位移是X4=T4星炉=96m,故D错误.］

ti_1

3.C［由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知=2+小,即3<^<4,选项C正确.］

八一2一小

4.AB［解法一：分段法

物体上升的时间，上=以=弱s=3s,物体上升的最大高度加=要=正高m=45m,物体从最高点自由下

gIU抬2XIU

落2s时，下落的高度42=*/f2=£x10X22m=20m,运动过程如图所示，则总路程为加+/?2=65m,A

正确.5s末物体离抛出点的高度为小一生=25m,即位移的大小为25m,方向竖直向上，B正确.速度改变

—hi-h，25

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

解法二：全程法

将物体运动的全程视为匀变速直线运动，并取竖直向上为正方向，则有。o=3Om/s,a=—g=—\（）m/s2,故

5s内物体的位移力=。巾+54尸=25m>0,说明物体5s末在抛出点上方25m处，由竖直上抛运动的规律可

知，物体经3s到达最大高度加=45m处，故物体运动的总路程为65m,位移大小为25m,方向竖直向上，

A、B正确.速度的改变量的大小△。=画=50m/s,C错误.5s末物体的速度。=%+<〃=—20m/s,所以平

均速度方="里=51］论>0,方向竖直向上，D错误.］

5.D［根据力=*户，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为金产和隹两物体未下落时相距今二

第二个物体在第一个物体下落4后开始下落，此时第一个物体下落的高度加=§©）2=耳，所以当第二个物

体开始下落时，两物体相距A/尸和2—最2=%尸，故D正确，A、C错误.J

6.D［小球从。点由静止下落，经过各段的时间都是0.2s,所以。4、A&8c三段的高度之比为1：3：5,

如果小球从4点开始由有争止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以通过AB.BC段的时间均大于0.2s,

故A错误：设48间距离为3儿则8c间的距离为5儿所以AC间的距离为8力，通过8点时的速度为力=

倔Z,小球-通过C点时的速度为的=7。卜,则西：8=%：4,故B错误；由于48、4C段的高度之比

X----1

为3：5,但是通过两段的时间不相等，根据。=7可知，平均速度之比不是3：5,故C错误；vAC=^C

=丽，所以VB>vAC,故D正确.］

7.C［由力=%»得，人=\^,则（〃一为）>（〃一人），。、〃、。三小球运动时间之比

为a：2：小，a比8早释放的时间为4=/“一%=2（小一也A、B错误，C正确；根据。2=2加得，

三小球到达地面时的速度大小之比是加：2：小，D错误.］

111IOLJ

8.A［根据竖直上抛运动的对称性，有加伤八）2一那廿力）2="，解得g=力2,故选A.］

9.D［加速与减速的加速度大小相等，根据，=才可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误：设加速

和减速时间均为/,运动总时间为/（）,则2X+为«（）—2/）=s,代入数据解得f=12min,故B错误；加速

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

10.B［甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A

错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为。°,方向竖直向下，两球落地的速

度差为零，与。o、〃均无关，C错误；由竖直上抛的对称性可知，两球落地的时间差△/=乎，与砒）有关，

与H无关，D错误.］

11.C［由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4s对应的位置是相同的,

即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球加出后到达最高点和从最高点落回抛出点、的时间均为/—0.8s,

故有〃m=少尸=3.2m,C正确.]

12.(1)货车会被花盆砸到

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

解析(1)花盆落下到达车顶过程，

位移为加=(47—2)m=45m

花盒做自由落体运动，有垢=丸尸，解得/=3s

在这段时间内汽车位移大小为x=vot=21m

由于L2I+L2,货车会被花盆砸到.

(2)货车匀减速运动的距离为心一劭加=15m

设制动过程中最小加速度为小，

由加2=加012—OoAf),

解得00=2.7m/s2

⑶司机反应时间内货车的位■移大小为.¥|=uoAr=9in

此时车头离花盆的水平距离为

d=L2-x\=\5m

采取加速方式，要成功避险，

则加速运动的位移大小为

X2=d+Li=23m,

加速时间为/=/—Ar=2s

设货车加速度大小至少为。才能避免被花盆砸到，

则有K2=0()/+'2

代人数据解得4=2.5m/s2,

即货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.

专题强化练一运动图像问题

I.D口一/国像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，所以A物体运动方向始终不变，故A错误：

由题图可知，0〜6s内8物体的速度逐渐增大，故B错误：由题图可知，。〜5s内A物体的位移大于B物

体的位移，由公式行=：可知，A物体的平均速度大于3物体的平均速度，故C错误：0〜6s内存在某时刻

两图像斜率的绝对值相等，即存在某时刻两物体的速度大小相等，故D正确.]

2.C[从全红婵离开跳台开始计时，取竖直向下为正方向，由。一f图像可读出0〜0时间内向上做匀减速

直线运动，力〜/2时间内向下做匀加速直线运动，12〜打时间内向下做加速度减小的变减速直线运动，故应在

人肺刻运动到最高点，故A错误；。一/图像的斜率表示加速度，在0〜超时间内的图像斜率恒定，即加速度

恒定，方向向下，故B错误；在0〜个时间内做匀变速直线运动，平均速度等于初、末速度的一半，则大小

为行="与3=用里1,故C正确；在/2〜13时间内向下做加速度减小的变减速直线运动，其位移小于

——5

相同时间内做匀减速直线运动的位移，则有。变勺M=5，故D错误.]

3.D[根据0—7图像的斜率表示加速度，由题图可知0〜h时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前

的，卜，故A错误；根据V-/图像与横轴围成的面积表示住移，由题图可知()~，2时间内，训练前运动员跑

过的距离比训练后的大，故B错误；由题图可知打〜打时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根

据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据^一，图像可直接判

断如，门时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；八时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，

故D正确.]

4.B[图线1是位移一时间图像，表示物体做变速直线运动，选项A错误：X—/图线上某点斜率的绝对值

的大小表示速度的大小，由题图可知"时刻0＞。2,选项B正确：0—/图像中()〜八时间内3和4位移不同，

所以平均速度大小不相等，选项C错误；/2时刻2开始反向运动，白时刻4加速度方向变化但运动方向不变，

选项D错误.]

5.B[位移时间图像的斜率表示速度，则在最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正，所以运动方向相同，

故A错误；质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，/=3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以f=3s时乙的

速度是3m/s,乙的加速度m/s2=1m/s2,。〜3s内乙的位移x=生爱X3m=4.5m,所以/=3s时，乙

的位置坐标为一2()m+4.5m=—[5.5m,故B正确：/=10s时，质点甲的位移工f=3()m,质点乙的位移x

c=^at2=50m,因x乙＜xq，+40m,则两质点没相遇，故C错误：根据0=2依，乙经过原点时的速度大

小为2aM)=2[76m/s,故D错误.]

6.C口一/图像与横轴围成的面枳表示位移，根据图像得，0〜力内，乙围成图像的面积比甲大，故甲的位

移比乙小，A错误：。一，图像的叙率表示加速度，办〜2在)内，甲、乙图线的斜率绝对值相等，加速度大小相

等，B错误；在2历内，甲图像第一象限和第四象限所围成的面积相等，故。〜2M内甲的位移为0,甲刚好

回到。点，C正确；2fo时，乙图像第一象限所围成的面积小于第四象限所围成的面积，故乙在2加后才回

到。点，此时甲已经向左运动了一些，故乙回到O点时，甲在O点的左边，D错误.]

7.B[根据X-/图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的工一/关系图像可大致表示为B图，故选B.]

8.D[5s末的速度大小为。=加一。由=(3-0.2X5)m/s=2m/s,A错误；5〜17.5s内，冰壶的初速度

2m/s,末速度为0,运动时间e=12.5s,故冰壶的加速度大小为。2=一°=7^£m/s2=0.16m/s2,B错误；

12IZ.J

0〜5s内位移大小为X]='。八=12.5m,5〜17.5s内的位移大小为工2=5=12.5m,则0〜17.5s内的位移

大小为X=XI+X2=25m,C错误：若不摩擦冰而，冰壶运动的时间为h=吗，°=15s,l5s内住移大小为由

=-t3=22.5m,Ax=x-刈=2.5m,D正确.]

J

V1

9.D[由题图可知；=3+0.75f(m/s),整理得x=3r+0.75p,质点做匀加速运动，对比公式.『加+于尸可

知，质点的初速度为如=3m/s,胆速度大小为。=1.5m/s?,故A、B错误：质点在第4s末速度大小为

的+/=3m/s+1.5X4m/s=9m/s,故C错误；质点在前4s内的位移大小为2=(3X4+r

X1.5x42)m=24m,故D正确.]

10.BD[设小球在经过A传感器时的速度大小为办，经过3传感器时的速度大小为〃处在斜面上运动的

加速度大小为4,根据运动学规律有处=办+<〃，%=2卬+%尸，联立以上两式并整理得a=。，一名结合图

像可得g=8m/s,a=4m/s2,当A传感器放置.在。点时，传感器所测时间为小球从。到6传感器的运动

时间力，由题图乙分析可知。=1$,所以小球在斜面上。点的速度大小为研)=沏-M=4m/s,小球在斜面

上运动的平均速度大小为v=:"'=6m/s,固定斜面长度为/=v/i=6m,故A、C错误，B、D正确.]

11.BC[设/=0时刻物块位于X=.的处，根据。2=24。一的)可知x=.ro+%3,根据题图乙可知xo=-2m,

m/s?,A错误；/=4s时物块位置为x=xo+Ja/，=—2m+：X42m=2m,B正确；2〜4s时间内

2//22=XX2mXX2—Ar3

物块的位移Ax=^«/4-y224-22^m=3m,因此这段时间内平均速度v=-^=fm/s=

1.5m/s,C正确；前2s内物块的位移大小Ax'=^«/22=^><7x22m=1m,D错误.]

2

12.B[根据公式材一如2=2仆，变形可得工=合2—瑞，由题国可知，%=0,则A-=合2,白图像可得，

乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的^一，图像为题图a,由甲、乙的位移图像可知

在©处速度相同，由题图a(即甲、乙两车的0一/图像)可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车在不同

时间到达.，故没在山处相遇，故A、C、D错误，B正确.]

13.C[飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，故飞机做加速度逐渐减

小的减速运动，速度时间图线如图中实线所示.若飞机做句减速直线运动，如图中虚线所示，则平均速度3'

实线与时间轴围成的面积为x,平均速度v=],因为./>x,可知+---今，即？>手，故选C.

专题强化练二追及相遇问题

1.BC⑺时刻，。、”两车的位置相同，此前。车在前、。车在后，此后。车在前、。车在后，因此是。车

追上a车.由于X—/图像的斜率表示速度的大小及方向，因此a车速度不变，做匀速直线运动，方车先做

减速运动，速度减至零后又开始反方向做加速运动.也时刻两图像的斜率一正一负，两车速度方向相反，选

项A、D错误，B、C正确.]

2.D[由于。一，图像的斜率表示加速度，则由题图可看出，图找甲的斜率先减小后反向增大，存在某一时

刻图线甲的斜率与图线乙的斜率相同，故在h〜打时间内，存在甲、乙两车加速度相同的时刻，A错误；由

题图可看出在0〜h时间内，乙的速度一直大于甲的速度，又根据题知甲、乙两车同时从同一位置出发，

则二者距离先增大，且在。时刻乙在甲前面，八后甲的速度大于乙的速度，则二者越来越近，最后相遇，但

甲的速度依然大于乙的速度，则二者的距离再增大，到打时甲在乙前面，故在。〜及时间内，甲、乙两车间

V

的距离先减小后增大，甲、乙两车相遇一次，B、C错误；根据平均速度的计算公式有。=]由于。一/图

像与横轴图成的面积表示位移，则在。〜/2时间内，乙，则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D

正确.]

3.BCD[根据。一/图线与时间轴包围的面积表示位移，可知6在/=2s时启动，此时。的位移为工=：X2X1

m=lm,即。在〃前方1m处，故A错误；两船的速度相等时相距最远，最大距离为Ar=：X(l+3)X1m

-gxiXIm=1.5m,故B正确；由于两船从同一地点向同一方向沿直线运动，当位移相等时两船才相遇，

由题图可知，〃船启动3$后位移*z>=；X(l+3)X2m=4m,此时a的位移Xq=；X(5+3)XIm=4m,即b

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

4.BC[v—t图像的斜率表示加速度，可得和谐号的加速度为〃尸,工,。m/s?=3m/s2,复兴号的加速度

79—603

为他=—_Qm/s2=^m/sz,则10s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误：题图乙中强兴号的最大

速度为。m=72m/s+sX(32—24)m/s=78m/s,故B正确；因/=0时两车车头刚好并排，在。到24s内和

谐号的速度大于复兴号的速度，两者的距离逐渐增大，速度相等后两者的距离缩小，则在24s末两车车头

相距最远，故C正确；由图像中图线与/轴所围的面积表示位移，则在0〜24s两者的谖大距离为At

=8X(72-60)m=480],而在24〜32s内缩小的距离为Ax'=(?8-72)X(32-24)m=24即32s

末复兴号还未追上和谐号，故D借误.]

5.AD[甲、乙两车均做直线运动，A正确；从图像可知，在0〜热时间内，甲、乙两车图线与/轴所包围

的''面积”相等，即两车的位移相等，所以上时刻，甲、乙两车相遇且只相遇一次，B错误；在0〜B时间

内，甲车的。一1图线斜率不断增大，所以加速度不断增大，C错误；在0〜攵时间内(不包括，2时刻)，甲车

图线与1轴所包围的“面积”大于乙车图线与，轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、

乙两车在平直的公路上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前面，D正确.]

6.A[根据°2一如2=2以并根据题给图像可推知甲、乙两车的初速度大小分别为研)中=6m/s,即乙=0,V2

一x图像的斜率的绝对值表示汽车加速度大小的2倍，所以甲、乙两车的加速度大小分别为,八=2m/s?,a

c=lm/s2,且甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，故B错误；汽车甲停止前，甲、乙两车相距最

远时二者速度相同，设共经历时间为八，则a乙/1=%平一〃中小解得n=2s,此时甲车的位移为x甲=。0甲人

一1a3/=8m,故A正确；甲车总运动时间为介=17=3s,甲停下时位移为9m,而此时乙车的位移为工

乙乙拉2=义m<9m,所以甲、乙两车相遇一定发生在甲车停下之后，设相遇时刻为f,则有:“乙产=901,

解得「=3小s,故C错误；汽车甲、乙在x=6m处的速度大小为〃=42。乙》=#。0甲J2。"=2小m/s,故

D错误.]

7.C[根据。一/图线与时间轴围成的面积表示位移，可知泳池长度L=1.25X20m=25m,故A错误；如

图所示，由甲、乙的位移一时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在，=100s时在泳池的一端相遇，故B

错误：在0〜60s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0〜30s内，甲的位移大小为xi=L25X20m—1.25X10

m=12.5m,乙的位移大小为工2=1.0X25m-1.0X5m=20m,在()〜3()s内，甲、乙运动员的平均速度大

小之比为劭：6=/：产=5：8,故D错误.]

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

解析(1)在h=1s时，A车刚启动，两车间缩短的距离为B车的位移，可得汨=〃硒，解得8车的速度大

7)i>

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

t2-h

速度大小为a=3m/s2.

(2)两车的速度达到相同时，两车的距离达到最小，对应0一，图像的，2=5s时刻，此时两车已发生的相对位

移为梯形的面积，则x=*s⑺+幻，代入数据解得x=36m,因此，若4、B两车不会相撞，则两车的距离

应满足条件为xo>36m.

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

解析(1)依题意，足球做匀减速运动，到停下来，由速度与时间关系得6=。由，代入数据得h=6s,根据

为=彳八，代入数据得为=36m.

(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为/2=~；=4s,X2=^2=16m,之后前锋队

员侬勺速有线运动，到足球停止运动，其住移为冷=7似力一川=16m,由干M+工3令1,故足球停止运动时,

前锋队员没有追上足球，然后前铃队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，根据为一(也+。)=。2白，解得打

=0.5s,故前锋队员追上足球的肘间为/=fi+%=6.5s.

10.⑴相撞4s(2)1.125m/s2

解析(1)当两车速度相同时，所用时间为/()=£=10s,在此10s内A车的位移为xA=Mo=20X10m=200

m,

B车的位移为X8=ga/o2=Jx2X102m=100m,此时A、B两车间的位移差为&=&一切=100m