单元专项提升Ⅱ 匀变速直线运动中几种常见模型（解析版）-人教版高一物理必修第一册同步练习

单元提升II匀变速直线运动中几种常见模型

学习目标

1、通过几种匀变速直线运动模型的分析和讨论，掌握匀变速直线运动常见习题的解法。

知识梳理

一、刹车模型

⑴刹车问题在实际生活中，汽车刹车停止后，不会做反向加速运动，而是保持静止。

(2)题目给出的时间比刹车时间长还是短?若比刹车时间长，汽车速度为零.若比刹车时间短，可利

用公式U=VQ+就直接计算，因此解题前先求出刹车时间to。

⑶刹车时间玷的求法.由/=%+。3令u=0,求出口便为刹车时间，即砧=一

⑷比较t与电若已%,则u=0；若tv3则u=u()+at。

⑸若tNto,贝加=0,车已经停止，求刹车距离的方法有三种：

_1

①根据位移公式XWot+Pt2,注意式中t只能取％;

2

②根据速度位移公式一用=2QX；

③根据平均速度位移公式尤=yt.

二、“0—〉一0”运动—拉桌布模型

1.特点：初速度为零，末速度为V,两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：

①速度公式"o=a"iVo=a2t2推导可得：^7=7

②速度位移公式诏=2的％1诏=242刀2推导可得：雀=蓝

③平均速度位移公式%1=等"2=等推导可得：|=1

2.位移三个公式：x=y(ti+t2)；*=氏+热久=1汨+如8

3.Lt图像

三、反应时间与限速模型

1.先匀速，后减速运动模型一反应时间问题

总位移X—V。，］H...-

2a

2.先加速后匀速运动模型--限速问题

加速时间G=%；加速距离X1=九

a2a

匀速时间才2=，一以；匀速距离9=Vo。—%)

aa

总位移X=Vrt~~

}2a

四、双向可逆类运动模型

如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不

变，故求解时可对全过程列式，但必须注意X、V、a等矢量的正负号及物理意义

【模型特点】（1）常见情景

①沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回。

②竖直上抛运动等。

（2）特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向都不变。

问题探究

题型1刹车问题

[例题1]（2023秋•青羊区校级月考）某汽车正在水平路面上匀速行驶，前方出现紧急情况需刹车。

从刹车开始计时，汽车在第1s内的位移为8.0m,在第3s内的位移为0.5m,则下列说法正确的

是（）

A.汽车的初速度为9.875m/s

B.汽车在2.5s末速度为0.5m/s

C.汽车在第2s内的位移为4m

D.汽车的加速度大小为3.75m/s2

【解答】解：设汽车第1S内的位移为XI，第3s内的位移为X3，加速度为a,第Is内的时间为

ti，假设第3s内汽车速度没有减到零，则有xi—右=2。4

解得：a=3.75m/s2

1,

第Is内位移为8.0m,即Xi=Voti--atl

解得：vo=9.875m/s

vo9.875

由于-=-"s<3s

a3.75

说明假设不成立，由此可知第3s内汽车已经停止运动，设在第2s末到停下来所用的时间为t,故

士12

有X3=~atz

根据速度一时间公式可得：at=V。-2ati

12

Xi=vot1--ati

联立解得：VQ—lOm/s；a=4m/s2；t=O.5s

故汽车0.6s的速度为v=vo-at=10m/s-4X0.6m/s=7.6m/s

,

汽车2.5s末的速度为v'=v0-at=10m/s-4X2.5m/s=0

1_1

2

汽车在第2s内的位移为X2=v0x2ti——«(2^)—%1=10x2xlm——x4x4m-8m=4m,

故C正确，ABD错误；

故选：C=

方法点接

先假设汽车在3s后停止，结合运动学公式分析出汽车的速度和加速度，由此确定出汽车是否在

3s内停止，再次结合运动学公式完成分析。

[变式1]（2022秋•大理州期末）汽车在刹车后沿直线做匀减速运动直到停止，t=0时刻开始每隔

1s拍摄一张照片，连续拍下3张照片，测得3张照片的位置关系如图所示，下列说法不正确的

是（）

A.t=ls时刻汽车的速度大小为8m/s

B.汽车的加速度大小为2m/s2

C.Is末〜4s末时间内汽车的平均速度大小为5m/s

D.0~6s时间内汽车通过的位移大小为24m

【解答】解：A.根据中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，可得t=1s时刻汽车的速度为:

XQ29+7

VI=嬴=-y~m/s=8m/s

故A正确；

c-4久9-7c_

B.根据Ax=aT2可得汽车的加速度大小为：a--=—r-m/s2=2m/s2

1乙

故B正确;

C.设t=0时，汽车速度为vo，则有：vi=v0-at0i

代入数据可得：v0=10m/s

设汽车从t=0时开始，经过时间At停止，则有：0=vi-aAt

代入数据可得：At=5s,即汽车在t=5s时刻速度减为零

11

1s〜4s内位移为：Xi4=viti4——at14=8X（4-1）m——X2X（4-1）2m=15m

%1415

则Is〜4s内的平均速度大小为：v^4=~—=---m/s=5m/s

1144—J.

故C正确；

i7o+O1O+O

D.汽车在t=5s时刻速度减为零，可得其运动的最大位移为：x=下一•At=^—X5m=

25m,此后停止运动，故0〜6s时间内汽车通过的位移大小为25m,故D错误。

本题选不正确的，故选：D。

［变式2］（2023秋•新乐市校级期中）在一条平直的公路上，一辆小货车以16m/s的速度行驶时，司

机看到前方路口绿灯开始闪烁，为快速通过路口，司机立即踩下油门使小货车以3m/s2的加速

度开始加速，已知司机看到绿灯闪烁时小货车距停止线的距离为65m,绿灯闪烁3s后变为黄灯，

小货车可视作质点，求：

（1）小货车能否在黄灯亮起时通过停止线；

（2）若司机发现绿灯闪烁时，立即踩下刹车使小货车以2m/s2的加速度开始减速，求9s时小货

车到停止线的距离。

1

【解答】解：（1）小货车在3s内的位移x=vt+^at2,v=16m/s,a=3m/s2,t=3s,解得：x=61.5m

<65m,所以小货车不能在黄灯亮起时通过停止线；

（2）小货车速度减为零需要时间为t,则v=at,a=2m/s2,解得t=8s<9s,那么小货车9s内的

v

位移x=］t解得：x=64m,所以小货车9s时到停止线的距离为L=65m-64nl=lm

题型2"O-v-O”问题

［例题2］（多选）（2022秋•信阳期末）在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线

运动，在运动了8s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运

动经4s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（）

A.加速、减速中的加速度大小之比为ai：a2=2：1

B.加速、减速中的平均速度大小之比为Vi：V2=l:1

C.加速、减速中的位移之比为xi：X2=2：1

D.加速、减速中的加速度大小之比为ai：a2=l：3

v

【解答】解：AD、设8s末的速度为v,加速阶段的加速度大小ai=1,减速阶段的加速

v

度大小a2=r，则加速度大小之比ai：a?=t2：t]=4：8=1：故AD错误；

VV

B、根据平均速度的推论知，加速阶段的平均速度VI=5,减速阶段的平均速度V2=5,则

平均速度之比为1：故B正确。

C、位移x=讥，则加速阶段和减速阶段的平均速度G相等，则位移大小之比为xi：x2=t1：

t?=8：4=2：故C正确。

故选：BCo

方法点依

根据匀变速直线运动的速度一时间公式求出加速和减速过程中的加速度大小之比，结合匀变速直

线运动的平均速度推论得出加速和减速过程中的位移大小之比。

[变式3]一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，列车先做匀加速运动，加速度大小为a,

接着做匀减速运动，加速度大小为2a,到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为S,则火车

从A地到B地所用时间t为（）

A.IHB.匡C.匡D.母

74a\3a7a72a

【解答】解：设汽车匀加速运动的时间为L，匀减速运动的时间为t2,总时间为t,匀加速运动的

末速度为V,则有：

v=at】=2at2

得L=2t2

tl+t

21

联立得tl=-tt2=-t

11Va.tt

总位移s=+5Vt：2=2t=—1—f

解得t=匡,故C正确，ABD错误;

\a

故选：Co

题型3反应时间与限速问题

[例题3]（2024•长沙县校级模拟）某人驾驶汽车在平直公路上以108km/h的速度匀速行驶，某时刻

看到前方路上有障碍物，经过一段反应时间，开始刹车，假设刹车后汽车做匀减速直线运动。

从看到障碍物到车子停下的过程，汽车的位移x随速度v变化的关系图像由一段平行于x轴的

£直线与一段曲线组成，直线与曲线的分界点为P点（如图所示）。则下列说法正确的是（）

0108v/（km-h_|）

A.曲线部分是一段抛物线

B.司机的反应时间为0.417s

C.刹车的加速度大小为5m/s2

D.刹车的时间是6s

【解答】解：A.对匀减速运动，满足v2—若=—23，可知X-V图像曲线部分是一段抛物线,

故A正确；

B.汽车在反应时间内做匀速直线运动，由图可知对应于直线段，反应时间内的位移xi=15m,

xi15

速度为v（）=108km/h=30m/s,则反应时间为缸=.=菰s=0.5s,故B错误；

C.刹车过程的位移为X2=（90-15）m=75m

根据速度一位移关系式有评-0=2a久2

解得a=6m/s2

故C错误；

vo30

D.根据速度一时间关系式可知刹车的时间为t2=1=N_s=5s,故D错误。

故选：Ao

方法点接

根据匀变速直线运动速度一位移关系式判断；根据匀速直线运动规律计算；先计算刹车的位移,

再根据速度一位移关系式计算加速度；根据速度一时间关系式计算刹车时间。

［变式4］如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为

96m,升降机运行的最大速度为6m/s,加速度大小不超过Im/s2,假定升降机到井口的速度为零,

则将矿石从井底提升到井口的最短时间是()

A.16sB.18sC.22sD.24s

【解答】解：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间L

vv2

=~=6s,通过的位移为乂1=丁=18111,在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为:

a2a

x-2%i96-2x18

t2=---=-------------s=10s,总时间为：t=2t［+t2=22s,故C正确，ABD错误。

故选：Co

［变式5］(2023秋•沙依巴克区校级月考)有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2m/s2,

制动时匀减速上升的加速度大小为Im/s?,中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为

48m□则:

(1)匀加速运动的时间ti与匀减速运动的时间t2的比值；

(2)如果电梯先加速上升至4m/s,然后匀速上升，最后减速上升，求全程的总时间;

(3)若电梯运行时没有限速，求电梯升到最高处的最短时间。

【解答】解：(1)设加速的时间为小减速的时间为t2,则

v

V

t2=Z

tl£21

12—ai—2

(2)设加速的时间为ti，匀速的时间为t3,减速的时间为t2

则加速的时间为

V

tf=2s

减速的时间为

V

t2=丁=4s

匀加速和匀减速阶段的上升高度总和为

v4

h=T(ti+t2)=~X(2+4)m=12m

乙乙

电梯运行上升的高度为H=48m

匀速运动的高度为hi=H-h=48m-12m=36m

一hi36

匀速运动的时间为t3=—=~TS=9s

v4

总时间

t=ti+t2+t3=(2+4+9)s=15s

(3)要使时间最短，则电梯运行时只有加速和减速过程，没有匀速过程，设最大速度为Vm，

由位移公式得

代入数据解得

8m/s

加速的时间为

Um8

tl=^T=P=4s

减速的时间为

Um8

t2=—=p=8s

运动的最短时间为

t=ti+t2—12s

题型4往返问题

［例题4］如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始

上滑，在上滑过程中的最初5s内和最后5s内经过的位移之比为11：忽略空气阻力，则此物块

从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是()

A.8sB.10sC.16sD.20s

【解答】解：设物体运动的加速度为a,运动总时间为3把物体上滑的运动看成反向的初速度为

125

0的匀加速直线运动，则有：最后5s内位移为：si=］aX52最初5s内位移为：s2

125

=a(t—5)x5+-ax52=Sat——a,又因为s2：si=ll：5,解得t=8s；由于斜面光滑，上滑

和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16s,故ABD错误，

C正确；

故选：Co

方以心花

物体在粗糙的平面上做匀减速直线运动，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,

根据位移公式分别列出最初5s内和最后5s内的位移与总时间的关系，求出总时间。

［变式6］(多选)(2023秋•兰州期中)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A,物体上升

的最大高度为20m,不计空气阻力，g取10m/s2,设塔足够高，则物体位移大小为10m时，物

体运动的时间可能为()

A.(2—y/2.)sB.(2+)sC.(2+V6)sD.V6s

【解答】解：取竖直向上为正方向，由徭=2gh得

vo—20m/s

AB.物体的位移为x=vot-"|gt2,当物体位于A点上方10m处时x=10m,解得

tj—(2—V2)s,=(2+V2)s

故AB正确

CD.当物体位于A点下方10m处时，x=-10m,解得

t3=（2+V6）s,另一解为负值，舍去

故C正确，D错误。

故选：ABCO

强化训练

【基础强化】

1.（2023秋•杏花岭区校级期中）以18m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3s

内前进24m。则汽车的加速度大小为（）

20016°

A.-r-m/s2B.6.75m/s2C.-^m/s2D.6m/s2

■Po+018+0

【解答】解：假设汽车3s末停止运动，平均速度为v=~^—=2yn/s=9nt/s

即汽车3s内前进的位移应为s=vt=9X3m=27m>si=24m

可知汽车在3s前已经停止运动。所以有s=?

2a

代入数值解得a=6.75m/s2

故选：Bo

2.（2023秋•温州期中）子弹垂直射入叠在一起的相同木板，做匀减速直线运动，当它穿过第20

块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是3那么子弹穿过第20块木板所用的

时间是（

c10-V95c20-V95

B.------------1D.------------1

1020

【解答】解：设每块木板的厚度为d,逆向分析，可得:

1

20d=—at27

1c

d=2at'2

=磊’故A正确、BCD错误。

联立解得：t'

故选：Ao

3.一辆汽车以速度v0在平直的路面上行驶，某时刻司机突然发现前方有一警示牌，于是他立即刹

车。汽车刹车后第is内的位移大小为24m,第4s内的位移大小为1m,若将汽车刹车后的运动

看作加速度大小为a的匀变速直线运动，忽略司机的反应时间和制动系统的响应时间，则（）

23288

A.a=-^m/s2B.a=

C.v（）=24m/sD.v（）=28m/s

【解答】解：假设4s末车刚好停下，根据逆向思维，把刹车运动看作初速度为零的方向匀加速直

线运动，则第4s内的位移与第1s内的位移之比为1：7,实际为1：24,显然假设不成立，即4s

车早已停下，设车停下运动的施加为：t=3+At

1"1C

根据位移一时间公式，可得汽车第1S内的位移为：X]=-a（3+At）2--a（2+At）2=24m

1°

第4s内的位移为：X4=-a（At）2

联立解得加速度大小为：a=8m/s2,At=0.5s

根据速度一时间公式，可得汽车的初速度为：v（）=a（t+At）=8X（3+0.5）m/s=28m/s,故D正

确，ABC错误。

故选：D。

4.（2023秋•河南月考）如图所示为智能电动独轮平衡车，采用某品牌的倒立摆自平衡系统和动

态平衡理念设计，安全又节能环保、便携、速度可控，成为青年人短途代步的理想工具之一。

一青年骑着平衡车在某条平直公路上以vo=2m/s匀速行驶，突然发现前方有一障碍物，该青年

以加速度a=0.5m/s2采取紧急制动，使平衡车做匀减速直线运动。该青年的反应时间At=0.1s

（反应时间内平衡车做匀速直线运动），从发现障碍物开始计时经过时间t=5s平衡车走过的位

移大小是（）

A.3.75mB.3.95mC.4.00mD.4.20m

vo2

【解答】解：平衡车从减速开始到速度为零的时间为口=二===4s

发现障碍物到平衡车停止的总时间为

t总=力+△t=4s+0.1s=4.1s

故发现障碍物开始计时经过时间t=5s平衡车走过的位移大小即为前4.1s内的平衡车的位移大小,

即X=VnAt+—

2a

代入数值解得x=4.2m

故ABC错误，D正确。

故选：D。

（2023秋•闵行区校级期中）一辆汽车刹车过程位移与时间的关系为x=10t-4t2（x以m为单

位，t以s为单位），下列说法中正确的是（）

A.汽车的加速度大小是4m/s2

B.汽车在前2s内的位移大小是4m

C.汽车在最后Is内的位移大小是4nl

D.汽车在1s末的瞬时速度大小是4m/s

1

【解答】解：A.根据匀减速直线运动位移时间公式x=%t—5at2,结合x=10t-4t2可得该车的

初速度及加速度大小为v（）=10m/s,a=8m/s2,故A错误；

Vo10

B.汽车从刹车到停止所用时间为t=丁=RS=1.25s

CLO

VO10

则汽车在前2s内的位移大小等于前1.25s内的位移，大小为$=51=彳*1.25m=6.25m,故B

错误；

C.根据逆向思维，则汽车在最后1s内可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，则位移大小是

11。

s=-atQ2=—X8Xl2m=4m,故C正确；

D.汽车在Is末的瞬时速度大小是vt=vo-at=（10-8X1）m/s=2m/s,故D错误。

故选：C«

（2023秋•尚志市校级月考）2021年9月17日13时34分，我国“神舟十二”号载人飞船返回

舱在东风着陆场预定区域安全着陆，飞行任务取得圆满成功。假设返回舱最后阶段在降落伞的

作用下竖直下降。从下降速度为v时开始计时，此后返回舱可视为匀减速下降，经过时间t,降

落到地面，速度恰好减为零。则返回舱在历（t0<t）时刻距离地面的高度为（）

vt

A口u诒

人・3B.云

v（t-to）2七。、

C.———D.vt0（l--）

V

【解答】解：设匀减速下降过程中加速度大小为a,根据加速度定义式可得：a=p

由于经过t时间降落到地面，速度恰好减为零，根据逆运动可知，to时刻（t（）Vt）距离地面的高

1c

2

度为h="a（t-t0）

代入数据解得h=若"，故C正确，ABD错误。

故选：C«

【素养提升】

7.（2022秋•武昌区校级期末）以18m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3s内

前进36m,则以下说法正确的是（）

A.汽车加速度大小为6m/s2,制动后5s的位移为36m

B.汽车加速度大小为6m/s2,制动后5s的位移为40.5m

C.汽车加速度大小为4m/s2,制动后5s的位移为40m

D.汽车加速度大小为4m/s2,制动后5s的位移为40.5m

【解答】解：汽车的初速度vo=18m/s,设加速度为a,若当t=3s时，汽车速度恰好为零，则汽

11

车的位移：Xm=5Vot=,x18X3m=27m<36m

1c

2

说明3s末汽车的速度不为零，由匀变速直线运动的位移一时间公式得：x=v0t+-at

代入数据解得：a=-4m/s2

负号表示加速度方向与初速度方向相反

0—Vo0—18

汽车减速到停止所需时间：历=-----=——s=4.5s<5s

a—4

11

制动后5s内发生的位移为：x'=域（）历=]X18X4.5m=40.5m

故D正确，ABC错误。

故选：Do

8.一辆汽车在平直公路上，从静止开始先做匀加速运动，达到某一速度后立即做匀减速运动，直

到停止。下表记录了汽车运动过程中几个时刻的瞬时速度，下列说法正确的（）

时刻/S02.04.06.08.0

速度/m・s"08.016.012.04.0

A.匀加速阶段汽车加速度的大小为3m/s2

B.匀减速阶段汽车加速度的大小为2m/s2

C.最大速度的大小为18m/s

D.最大速度的大小为16m/s

【解答】解：A.由表格数据可知，汽车先匀加速后匀减速，由此可知，匀加速阶段汽车加速度

21vi8.0-0

的大小为a1=—=„m/s2=4m/s2

ZJLIZ.Un-Un

故A错误；

4U212.0—4.0

B.匀减速阶段汽车加速度的大小为a?="一=公内5=4何§，故B错误；

ZJL2O.U—O.U

CD.设最大速度为Vm，对应时刻为t,则有

vm=alt

V6==Vm"32（6-t）=12m/s

联立解得vm=18m/s

故C正确，D错误。

故选：Co

（2023秋•光明区校级期中）酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变

长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间，表中“反应距离”是指驾驶员

从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动

到汽车停止的时间内汽车行驶的距离，下列说法正确的是（）

速度反应距离刹车距离

正常酒后正常酒后

15m/s6m12m15m15m

A.汽车刹车时，加速度大小为7.5m/s2

B.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s

C.驾驶员酒后反应时间为Is

D.驾驶员未饮酒时看到斑马线上有行人，立即紧急刹车的安全距离至少为15m

152

【解答】解：A、刹车距离为X2=15m,根据*=2ax2可得：a=———m/s2=7.5m/s2,故A正确；

ZXJ.b

12

BC、在“反应距离”内汽车做匀速直线运动，驾驶员酒后反应时间为：ti=^s=0.8s,正常情况

X26

应时间为:t2=M=yp=0.4s,所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多At=h-t2=0.8s-0.4s=

0.4s,故BC错误；

D、驾驶员未饮酒时看到斑马线上有行人，立即紧急刹车的安全距离至少为：x=6m+l5m=21m,

故D错误。

故选：Ao

10.（2023秋•香坊区校级期中）两列高铁交会时会对周围的空气产生强烈的扰动，造成车体表面

的压力变化，突变的压力会冲击车体。实际在交会时可以适度降低车速以减小该冲击现象，假

设长度均为L的两列高铁列车在平直轨道上以速率vo正常行驶，当两列车的任一部分侧视重叠

时，列车速率都不允许超过v（v<v0）=已知两列车同时减速和加速，且两列车加速和减速时

加速度的大小均为a,列车从减速开始至回到正常行驶速率vo所用时间至少为（）

2（VQ—v）L2（VQ—v）2L

【解答】解：当列车的任一部分侧视重叠时，列车速率都不允许超过v,可知列车会车前需减速

至v,然后匀速会车，会车结束后需加速到vo

V-Vo

根据速度一时间的公式可知减速的时间为tl=±-

2L

而匀速时间为t2=五

VQ-V

根据速度一时间的公式可知加速时间为t3=一1

列车从减速开始至回到正常行驶速率V0所用时间至少为t=t1+t2+t3

2(vo-v)L

联立解得1=，+-

av

故A正确，BCD错误。

故选：Ao

11.（2023秋•琼山区校级期中）自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶,

司机会经常遇到动物过公路的情形。如图所示是一辆汽车正在以v°=20m/s的速度匀速行驶，

突然公路上横冲出三只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程可视为匀减速直线运动，加速度

大小为4m/s2,小动物与汽车距离约为55m,以下说法正确的是（）

A.从汽车刹车开始计时，第4s末到第6s末汽车的位移大小为2m

B.从汽车刹车开始计时，6s末汽车的位移大小为48m

C.从汽车刹车开始计时，6s末汽车的速度大小为4m/s

D.汽车将撞上小动物

【解答】解：C.根据题意，由公式：v=vo+at

代入数据解得：t=5s

可知汽车在刹车5s后停止运动，故6s末速度为0,故C错误：

Vo

BD.由上述分析可知，汽车在刹车5s后停止运动，根据公式：x-yt

代入数据解得：x=50m

汽车刹车行驶50m停下小于55m,则没有撞上小动物，故BD错误；

A.汽车刹车减速5s停止，根据逆运算，第4s末到第6s末位移可看成第5s末反向初速度为零的

1、

匀加速，则加速时间1s,根据公式父=亍比'2

代入数据解得：x』2m

故A正确。

故选：A。

12.（2023秋•西城区校级期中）如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将

熄灭，此时汽车距离停车线18m。该车加速时的最大加速度大小为2m/s2,减速时的最大加速度

大小为5m/s2。此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s,下列说法中正确的有（）

A.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不可能通过停车线

B.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速

C.如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线

D.如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处

1、

【解答】解：AB、若汽车立即做匀加速直线运动，则2s内的位移加速的位移为：x=v（）t+5ait2=

1八

（8X2+-X2X22）m=20m>18m,此时的速度v=v°+at=（8+2X2）m/s=12m/s<12.5m/s,

可以通过停车线汽车还没超速，故AB错误；

C、如果立即做匀减速运动，根据速度一位移公式得减速的位移为：x'=^-=-^-m=6.4m<

2a22x5

18m,所以不能到达停车线，故C正确。

D、根据C选项可知汽车减速到零的位移为：X，=6.4m>5m,如果距停车线5m处开始减速，

汽车不能停在停车线处，故D错误。

故选：Co

13.（2023秋•惠安县校级期中）如图，小球沿斜面向上运动，依次经a、b、c、d到达最高点e。

已知ab=bd=8m,bc=2m,小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s,下列结论不正确的

是（）

A.a=-lm/s2B.从d到e所用时间为3s

C.de=2mD.vc=4m/s

1

2

【解答】解：A、物体在a点时的速度大小为vo,加速度为a,贝！J从a至!jc有：xac=voti--at

即：10=2v0+2a

at

物体从a至！Jd有：xad=vot2+-2

即：16=4v（）+8a

故：a=-lm/s2,vo—6m/s,故A正确；

v2

B、由速度一时间公式：vt=v（）+at可得从d到e的时间为：tdeUTduYsnZs，故B错误。

C、根据速度公式Vt=v（）+at可得：Vd=v（）+at2=6m/s-1X4m/s=2m/s。

则从d到e有：0-Vd2=2axde，贝!J：xde=2m,故C正确；

D、根据速度公式Vc=v（）+at=6m/s-1X2m/s=4m/s,故D正确；

本题让选不正确的,

故选：Bo

【能力培优】

14.2022年12月18日，卡塔尔世界杯决赛中阿根廷队通过点球大战击败法国队获得冠军成功捧起

大力神杯。如图为甲、乙两位足球运动员正在配合进攻的示意图。甲在C处以初速度vo=lOm/s

将足球踢出后，足球沿CD方向做加速度大小为ao=4m/s2的匀减速直线运动。足球被踢出的

同时，乙以VA=4m/s的速度从A处沿垂直于CD方向做以=2巾/$2的匀加速直线运动，守门员

此时位于B点，经过反应时间历后，由静止开始沿BD方向做匀加速直线运动，能达到的