专题03 《匀变速直线运动的位移与时间的关》压轴培优题型训练【七大题型】（解析版）-2024-2025学年高中物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版2019必修第一册）

专题03《\o"3.匀变速直线运动的位移与时间的关系"匀变速直线运动的位移与时间的关》压轴培优题型训练【七大题型】一．匀变速直线运动位移与时间的关系（共15小题）二．匀变速直线运动速度与位移的关系（共6小题）三．匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）（共6小题）四．逆向思维法求解匀减速直线运动（共3小题）五．变速物体追匀速物体问题（共4小题）六．匀速物体追变速物体问题（共5小题）七．匀变速直线运动规律的综合应用（共12小题）一．匀变速直线运动位移与时间的关系（共15小题）1．（多选）图为一质点运动的位移随时间变化的图象，图象是一条抛物线，方程为x＝﹣5t2+40t．下列说法正确的是（）A．质点做匀减速直线运动，最大位移是80m B．质点的初速度是20m/s C．质点的加速度大小是5m/s2 D．t＝4s时，质点的速度为零【答案】AD【解答】解：图象上的任意一点表示该时刻的位置坐标，在时间轴上方，位置坐标为正数，在时间轴下方，位置坐标为负数，即图象中的坐标不是正数就是负数，所有点在同一条直线上，所以位移—时间图象仅描述直线运动，又由于图线是一条抛物线，方程为x＝﹣5t2+40t，把它与位移—时间关系式：x＝v0t+at2相比较，对应的未知数前面常数相同，可以得到：v0＝40m/s，a＝﹣10m/s2，即物体做初速度为40m/s，加速度为﹣10m/s2的匀变速直线运动；由图可以看到位移的最大值为80m，故A正确，BC错误。D、由于在位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，所以t＝4s时，质点的速度为零，故D正确。故选：AD。2．（多选）在平直轨道上，乙在甲前面，两物体相距为s，同向同时开始运动，甲以初速度v1、加速度为a1做匀加速运动，乙以初速度为零、加速度为a2做匀加速运动．假定甲能从乙旁边通过而互不影响，下列情况可能发生的是（）A．当a1＝a2时，甲、乙相遇两次 B．当a1＞a2时，甲、乙相遇两次 C．当a1＞a2时，甲、乙相遇一次 D．当a1＜a2时，甲、乙相遇两次【答案】CD【解答】解：A、甲从乙的旁边通过说明相遇时甲的速度大于乙的速度，若a1＝a2，则以后甲的速度将都大于乙的速度，故不会再次相遇，故A错误，B、C、若a1＞a2，则甲经过乙的旁边以后，甲的速度增加更快，故甲将一直在乙的前面，故B错误，C正确；D、若a1＜a2，则此后某一时刻乙的速度一定会大于甲的速度，故乙将会追上甲，甲乙将再次相遇，故能相遇两次，故D正确故选：CD。3．（多选）在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车t＝0时同时经过某一个路标，它们的位移x（m）随时间t（s）变化的规律为汽车为：x＝10t﹣0.5t2自行车为x＝6t，则下列说法正确的是（）A．汽车做减速直线运动，自行车做匀速直线运动 B．不能确定汽车和自行车各做什么运动 C．开始经过路标后较小时间内自行车在前，汽车在后 D．当自行车追上汽车时，它们距路标48m【答案】AD【解答】解：根据位移—时间关系汽车x＝10t﹣0.5t2可知汽车的初速度为10m/s，加速度为﹣1m/s2，自行车x＝6t可知自行车速度为6m/s。A、汽车做匀减速直线运动，自行车做匀速直线运动，故A正确，B错误。C、开始时汽车初速度大于自行车初速度，所以经过路标后较小时间内汽车在前，自行车在后，故C错误；D、根据10t﹣0.5t2＝6t得，解得t＝8s，汽车速度减为零的时间为：，可知自行车追上汽车时，汽车速度未减为零，此时距离路标的距离为：x＝vt＝6×8m＝48m。故D正确。故选：AD。4．（多选）2022年冬奥会交通保障体系建设重点工程﹣﹣连接北京市延庆区和河北省张家口市崇礼区的延崇高速公路通车，该路段还在全国率先开展了高速公路场景L4级自动驾驶和基于蜂窝网络技术车路协同测试。甲、乙两试验车在同一车道上同向匀速行驶，t＝0时刻，在前面以速度为36km/h行驶的甲车突然以a＝2m/s2的加速度减速，在后面以72km/h速度行驶的乙车通过车联网实现车与车、车与路等的互联和信息交互同时刹车，两车刹车过程均可视为匀减速直线运动，忽略刹车时的反应时间，则（）A．若两车不相撞，甲车在6s内的位移大小为25m B．若两车刹车前相距12m，乙车以加速度6m/s2刹车，可能在t＝3s时撞上甲车 C．若两车刹车前相距20m，则乙车的加速度至少为4m/s2才能避免两车相撞 D．若两车刹车前相距37.5m，则乙车的加速度至少为3.2m/s2才能避免两车相撞【答案】AD【解答】解：选取车运动的方向为正方向，v1＝36km/h＝10m/s；v2＝72km/h＝20m/s；甲的加速度的大小：a＝2m/s2，乙的加速度的大小：a′；A、若两车不相撞，甲车停止的时间：＝5s，甲在6s内的位移大小等于5s内的位移，为m＝25m，故A正确；B、若两车刹车前相距12m，乙车以加速度6m/s2刹车，二者速度相等时：v1﹣at1＝v2﹣a′t1可得：t1＝2.5s甲在2.5s内的位移：＝18.75m乙在2.5s内的位移：＝31.25m由于x′﹣L0＝31.25m﹣12m＝19.25m＞18.75m可知在2.5s前乙将撞上甲车，而不是在t＝3s时撞上甲车，故B错误；C、若两车刹车前相距L0＝20m，设经过时间t2恰好追上且甲的速度不等于零，由速度﹣时间公式得：v1﹣at2＝v2﹣a′t2由位移关系得：联立解得：t2＝4s，a′＝4.5m/s2，则乙车的加速度至少为4.5m/s2才能避免两车相撞，故C错误；D、若两车刹车前相距L0＝37.5m，设经过时间t3恰好追上且甲的速度不等于零，由速度﹣时间公式得：v1﹣at3＝v2﹣a′t3由位移关系得：联立解得：t3＝7.5s＞t0＝5s，则乙车追上甲时，甲已经停止运动。所以若两车刹车前相距37.5m，则乙在甲停止运动后才追上甲，此时乙的速度为零，乙的位移：x乙＝L0+x0＝37.5m+25m＝62.5m由位移﹣速度公式：可得：a′＝3.2m/s2即乙车的加速度至少为3.2m/s2才能避免两车相撞，故D正确。故选：AD。5．某汽车司机看到交通岗的绿灯亮后，立即以3m/s2的加速度开始起动汽车，去追赶前方330m远、同方向行驶的自行车。设汽车能达到的最大速度为30m/s，自行车以6m/s的速度做匀速直线运动。试求：（1）汽车在追上自行车前运动多长时间与自行车相距最远？此时他们之间的距离是多少？（2）汽车至少要用多长时间才能追上自行车？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当汽车与自行车的速度相等时，两者相距最远，则有：v自＝at1，得：＝二者之间最大距离为：Δx＝v自t2﹣＝（6×2）m﹣m+330m＝336m（2）汽车达到最大速度所用的时间为：t2＝＝＝10s在t2时间汽车的位移x汽＝＝m＝150m自行车的位移x自＝v自t2＝6×10m＝60m因为x汽＜x自+x0＝330m+60m＝390m，说明汽车达到最大速度时还没有追上自行车。设汽车至少要用t时间追上自行车，则有：+vm（t﹣t2）＝x0+v自t代入得：+30×（t﹣10）＝330+6t解得：t＝20s答：（1）汽车在追上自行车前运动2s时间与自行车相距最远，此时他们之间的距离是336m。（2）汽车至少要用20s时间才能追上自行车。6．自然界时刻发生着你死我活的奔跑赛，胆小势弱的羚羊从静止开始奔跑，经过x1＝50m的距离能加速到最大速度v1＝25m/s，并能维持该速度一段较长的时间；猎豹从开始奔跑，经过x2＝60m的距离能加速到最大速度v2＝30m/s，以后只能维持这个速度t0＝4.0s，接着做加速度大小为a＝2.5m/s2的匀减速运动直到停止．设猎豹距离羚羊x时开始攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后t'＝0.5s才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动，且均沿同一直线奔跑．则：（1）猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x值应在什么范围？（2）猎豹要在其减速前追到羚羊，x值应在什么范围？（3）猎豹要能够追上羚羊，x值应在什么范围？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）羚羊做加速运动的加速度大小为：a1＝m/s2＝6.25m/s2羚羊做加速运动的时间为：t1＝s＝4.0s而猎豹做加速运动的加速度为：a2＝m/s2＝7.5m/s2猎豹做加速运动的时间为：t2＝s＝4.0s因t2＝t1，猎豹要在其加速阶段追上羚羊，猎豹运动的时间t≤4s所以，猎豹追上羚羊时，羚羊也正在加速运动，则有：解得：x≤21.7m．（2）猎豹要在其减速前追到羚羊，由题意得最长时间为：t＝8.0s由t2＝t1可知，当猎豹进入匀速运动过程0.5s后，羚羊将做匀速运动．所以当t＝8s时猎豹追到羚羊，羚羊早已在做匀速运动，只是匀速运动的时间比猎豹少了0.5s，则有：x2+v2t0≥x1+x+v1（t0﹣t'）解得：x≤42.5m（3）当猎豹的速度减到与羚羊的速度相等时，如果还追不上羚羊则永远追不上了．猎豹减速到与羚羊速度相等的时间为：t″＝2s根据运动学公式，有：x2+v2t0+≥x1+x+v1（t0+t″﹣t'）解得：x≤47.5m．答：（1）猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x值范围x≤21.7m；（2）猎豹要在其减速前追到羚羊，x值范围x≤42.5m；（3）猎豹要能够追上羚羊，x值范围x≤47.5m．7．A、B两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为vA＝6m/s、vB＝2m/s，当A车在B车后面x＝3.5m时开始以恒定的加大aA＝1m/s2大小刹车并停止运动，求：（1）A车超过B车后，保持在B车前方的时间；（2）A车超过B车后领先B车的最大距离；（3）若A车刹车时B车同时开始加速，加速度aB＝2m/s2，但B车的最大速度只有vm＝4m/s，通过计算说明A车能否追上B车？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）设A车用时t追上B车，对A车，，对B车，xB＝vBt，相遇时有：xA＝xB+x，解得：t1＝1s，t2＝7s；显然t1为A车追上B车，由于，故t2为A车停下后被B车追上．设从开始到A车被B车追上用时为t3，则有：，得：t3＝7.25s，所以有：Δt＝t3﹣t1，解得：Δt＝6.25s；（2）设当A车与B车速度相等用时为t4，则有：vA﹣aAt4＝vB，t4＝4s，则此过程中A车位移为：，B车位移为：x'B＝vBt4，故A、B最大间距为：Δx＝x'A﹣x﹣x'B解得：Δx＝4.5m；（3）设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大用时t6，匀速时间为t5﹣t6，从开始刹车至速度相等过程中，vA﹣aAt5＝vm且vm＝vB+aBt6，解得：t5＝2s，t6＝1s；对A车，，x''A＝10m，对B车，，x''B＝7m，此时有x''B+x＝10.5m＞x''A＝10m，A车不能追上B车．答：（1）A车超过B车后，保持在B车前方的时间为6.25s；（2）A车超过B车后领先B车的最大距离为4.5m；（3）若A车刹车时B车同时开始加速，加速度aB＝2m/s2，但B车的最大速度只有vm＝4m/s，A车不能追上B车．8．某公交线路各相邻站点间的距离都为x＝600m，公交车在各站点间运行可简化为如下直线运动模型：先从某站点由静止开始匀加速启动，当速度达到v1＝10m/s时再做匀速运动，至下一站点前开始匀减速制动，到达站点时刚好停住，公交车加速启动和减速制动的加速度大小都为a＝1m/s2，且在每个站点停车时间均为Δt＝25s，然后以同样的方式运行至下一站点．某一次公交车刚抵达一个站点时，一辆电动车已经过该站点一段时间t0＝60s，该电动车速度大小恒为v2＝6m/s，且行进路线和方向与公交车完全相同，不考虑其它交通状况的影响．求：（1）公交车从一站点出发至刚到达下一站点所用的时间t；（2）若将下一站点计为第1站，公交车在刚到达第n站时，电动车也恰好同时到达此站，则n为多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：设公共汽车加速时所用时间为t1，则设加速启动时行驶的路程为s1，则＝50m减速运动的时间及位移与加速度的时间和位移相等，设汽车匀速行驶的位移为s2，s2＝s﹣2s1＝500m所以匀速行驶的时间所以汽车在每站之间行驶的时间为：t＝2t1+t2＝70s（2）设电动车到达地n站的总时间为T，T＝n（t+Δt）+t0所以有v2T＝ns代入数据解得：n＝12答：（1）公共汽车从其中一站出发至到达下一站所需的时间t是70s；（2）若从下一站开始计数，公共汽车在刚到达第n站时，电动车也恰好同时到达此车站，n为12．9．公路上有一列汽车车队以10m/s的速度正在匀速行驶，相邻车间距为25m．后面有一辆摩托车以20m/s的速度同向行驶，当它距离车队最后一辆车25m时刹车，以0.5m/s2的加速度做匀减速运动，摩托车在车队旁边行驶而过，设车队车辆数N足够多，求：（1）摩托车最多与几辆汽车相遇？摩托车最多与车队中汽车相遇几次？（2）摩托车从赶上车队到离开车队，共经历多长时间？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当摩托车速度减为10m/s时，设用时为t，摩托车行驶的距离为x1，每辆汽车行驶的距离都为x2．v2＝v1﹣at，代入得，10＝20﹣0.5t，解得t＝20s①＝﹣2ax1解得，x1＝300m②x2＝v1t＝200m③摩托车与最后一辆汽车的距离Δx＝300﹣200﹣25＝75（m）故摩托车追上的汽车数n＝+1＝4辆．之后汽车反追摩托车，摩托车与汽车相遇的次数为7次．2）设摩托车追上最后一辆汽车的时刻为t1，最后一辆汽车超过摩托车的时刻为t2．Δx+v2t＝v1t﹣解得，t1＝（20﹣10）s，t2＝（20+10）sΔt＝t2﹣t1＝20s答：（1）摩托车最多与4辆汽车相遇，摩托车最多与车队中汽车相遇7次．（2）摩托车从赶上车队到离开车队，共经历20s有时间．10．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．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，试通过分析、计算说明：（1）如果立即做匀加速运动，在保证汽车不超速的前提下，绿灯熄灭前汽车能否通过停车线？（2）如果立即做匀减速运动，汽车能否在到达停车线之前停下？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）如果立即做匀加速直线运动，t1＝2s内的位移x＝＝20m＞18m此时汽车的速度为v1＝v0+a1t1＝12m/s＜12.5m/s汽车没有超速，能通过停车线．（2）如果立即做匀减速运动，速度减为零的时间为s＝1.6s通过的位移为＝6.4m＜18m，所以能停在停车线前．答：（1）如果立即做匀加速运动，在保证汽车不超速的前提下，绿灯熄灭前汽车能通过停车线；（2）如果立即做匀减速运动，汽车能在到达停车线之前停下．11．甲、乙两辆车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度为v1＝16m/s，乙车的速度为v2＝12m/s，乙车在甲车的前面。当两车相距L＝6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2m/s2的加速度刹车，6s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a2＝1m/s2．求：（1）从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间；（2）两车相遇的次数。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有x1＝x2+L代入数据可解得：t1＝2s，t2＝6s即在甲车减速时，相遇两次，第一次相遇的时间为：t1＝2s（2）当t2＝6s时，甲车的速度为：v1′＝v1﹣a1t2＝16﹣2×6m/s＝4m/s乙车的速度为：v2′＝v2﹣a2t2＝12﹣1×6m/s＝6m/s，甲车的速度小于乙车的速度，但乙车做减速运动，设再经△t甲追上乙，有代入数据解得：△t＝4s此时乙仍在做减速运动，此解成立综合以上分析可知，甲、乙两车共相遇3次答：（1）从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间为2s；（2）两车相遇的次数为3次。12．“创建文明城市，争做文明太原人”随着创建文明城市的深入，文明出行日显重要，为此太原交管部门，在城区内全方位装上”电子眼”，据了解”电子眼”后，机动车违法，交通事故大大减少擅自闯红灯的大幅度减少。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前乙车在后，速度均为10m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换为黄灯，于是紧急刹车，汽车立即减速，乙车司机看到甲刹车后也紧急刹车，但经过0.5s才开始减速。已知甲车紧急刹车时的加速度是4m/s2，乙车紧急刹车时的加速度是5m/s2求：（1）若甲车司机看黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯红灯？（2）为了保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两汽车行驶过程中至少保持多大距离？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）甲刹车的位移为：x甲＝＝＝12.5m＜15m，能避免闯红灯。（2）甲车速度减为零的时间为：t甲＝＝＝2.5s，乙车速度减为零的时间为：t乙＝＝＝2s，减速到同速时有：v﹣a甲t＝v﹣a乙（t﹣0.5）代入数据解得：t＝2.5s，则有：x甲＝vt＝×10×2.5＝12.5m，x乙＝v×0.5+v（t﹣0.5）＝10×0.5+×10×（2.5﹣0.5）＝15m则有：Δx＝x乙﹣x甲＝2.5m。答：（1）若甲车司机看黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能避免闯红灯。（2）为了保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两汽车行驶过程中至少保持2.5m的距离。13．一架战斗机完成任务后以v0＝50m/s的水平速度着陆，着陆后做加速度大小a1＝5m/s2的匀减速直线运动，着陆t1＝5s后接到紧急任务要求战斗机起飞执行新的任务，战斗机立即改为以a2＝7m/s2加速度匀加速滑行，已知战斗机起飞的最小速度v＝81m/s。求：（1）战斗机从着陆到再次起飞所用的总时间。（2）为满足战斗机安全起飞该跑道的最小长度。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）着陆t1＝5s后的速度为：v1＝v0﹣a1t1＝（50﹣5×5）m/s＝25m/s，再次起飞所需的时间为：t2＝＝s＝8s，所以战斗机从着陆到再次起飞所用的总时间为：t＝t1+t2＝13s；（2）为满足战斗机安全起飞该跑道的最小长度为：x＝+＝611.5m。答：（1）战斗机从着陆到再次起飞所用的总时间13s。（2）为满足战斗机安全起飞该跑道的最小长度为611.5m。14．一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15m有一棵树，如图所示，汽车通过AB两相邻的树用了3s，通过BC两相邻的树用了2s，求：（1）通过树B时的速度（2）汽车运动的加速度．【答案】见试题解答内容【解答】解：设汽车经过A点时的速度为v1，加速度为a，对AB段运动由位移时间公式x＝vt+at2，得：s1＝v1t1+①同理对AC段运动根据位移时间公式得：s2＝v1t2+②其中s1＝15m，s2＝30m，t1＝3s，t2＝5s联立方程①②并代入数据得：a＝1m/s2，v1＝3.5m/s对AB段由速度—时间公式v＝v0+at得：通过B点的速度v2＝v1+at1＝6.5m/s答：（1）通过树B时的速度为6.5m/s．（2）汽车运动的加速度为1m/s2．15．9月22日是世界无车日，其宗旨是鼓励人们在市区使用公共交通工具，骑车或步行，增强人们的环保意识，该日，小明在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1m/s，公交车的速度是15m/s，他们距车站的距离为50m．假设公交车在行驶到距车站25m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间8s．小明的最大速度只能达到6m/s，最大起跑加速度只能达到2.5m/s2．（1）若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多大？（2）通过计算说明小明是否能赶上这班车．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）公交车的加速度为：a＝＝＝﹣4.5m/s2；（2）公交车从相遇处到开始刹车用时为：t1＝＝s＝s，公交车刹车过程用时为：t2＝＝s，小明以最大加速度达到最大速度用时为：t3＝＝＝2s，小明加速过程中的位移为：s3＝（v2+v3）t3＝×（6+1）×2＝7m，以最大速度跑到车站的时间为：t4＝＝s＝7.2s；显然：t3+t4＜t1+t2+8s；小明可以在公交车还停在车站时安全上车；答：（1）公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是4.5m/s2；（2）小明能赶上这班车．二．匀变速直线运动速度与位移的关系（共6小题）16．一辆汽车做匀加速直线运动，从A到B速度增量为Δv，位移为x1，从B到C速度增量为2Δv，运动的位移为x2，若D点是汽车从B运动到C过程的中间时刻的位置（图中未标出），则汽车从B点运动到D点的位移为（A．x2﹣x1 B． C． D．【答案】C【解答】解：由加速度的定义式，知B到C的时间是A到B时间的2倍，设A到B的时间为t，则B到C的时间为2tAB段中间时刻的速度，BC段中间时刻D点的速度：vD＝①由加速度的定义式有：…②其中…③联立②③得：，④D到B的逆过程：⑤联立可得：x＝故C正确，ABD错误；故选：C。17．一个小滑块以v1的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，沿斜坡做直线运动，当它返回坡底时的速度变为v2（v1＞v2）小滑块上坡时的加速度为a1，所用时间为t1；下坡时的加速度为a2，所用时间为t2，下列说法正确的是（）A．t1：t2＝v2：v1 B．a1：a2＝v1：v2 C．整个过程小滑块的平均速度等于 D．小滑块在最高点时的加速度和速度都为零【答案】A【解答】解：A、向上滑动过程的平均速度：1＝，下滑过程的平均速度：2＝，上滑与下滑过程的位移大小相等，运动时间之比：＝＝，故A正确；B、由匀变速直线运动的速度—位移公式得：a＝，加速度之比：＝＝，故B错误；C、最终小滑块回到出发点，整个过程的位移为零，整个过程的平均速度为零，故C错误；D、小滑块在最高点时速度为零，在最高点滑块所受合力不为零，加速度不为零，故D错误；故选：A。18．一个质点在O点从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，到达A点，立即改做匀减速直线运动，加速度的大小为OA段加速度的1.25倍，当速度减为零时立即返回．返回过程始终做匀加速直线运动，加速度的大小也为OA段加速度的1.25倍．从O点出发，质点要经过多长时间才回到O点？【答案】见试题解答内容【解答】解：设质点在OA段的加速度为a，则OA段到达A点的速度为：υA＝atOA段的位移为：s1＝at2AB段做匀减速直线运动，加速度为1.25a，则运动的时间为：t2＝＝根据位移﹣速度公式可得：2×1.25a•s2＝υA2BO段做匀加速直线运动，加速度也为1.25a，则位移为：s1+s2＝×1.25a•t32解得：t3＝所以：t总＝t+t2+t3＝3t答：从O点出发，质点要经过3t时间才回到O点．19．汽车在平直的公路上以30m/s的速度匀速行驶，开始刹车以后又以5m/s2的加速度做匀减速直线运动，求：（1）从开始刹车到停下来，汽车又前进了多少米？（2）从开始刹车计时，第8s末汽车的瞬时速度多大？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）汽车刹车过程初速度v0＝30m/s，加速度a＝﹣5m/s2，末速度v＝0，由v2﹣＝2ax得，x＝＝﹣＝90m即从开始刹车到停下来，汽车又前进了90米。（2）设汽车刹车到停下来的时间为t，由v＝v0+at得t＝＝6s说明汽车6s后停止运动，则第8S末汽车的瞬时速度为零。答：（1）从开始刹车到停下来，汽车又前进了90米；（2）从开始刹车计时，第8S末汽车的瞬时速度是零。20．新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源（或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置），综合车辆的动力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术、新结构的汽车。在成都的大街小巷，我们随处都能看到挂绿色车牌的汽车，它们都是新能源汽车。假设在一平直的公路上，某新能源汽车以v1＝10m/s的速度匀速行驶，当行驶到离前方红绿灯x0＝70m处时，后方Δx＝125m处在与之平行的另一车道上有一辆小汽车由静止开始做匀加速直线运动，当新能源汽车行驶到离红绿灯合适位置时，司机开始刹车，新能源汽车恰好停止在红绿灯处。已知小汽车加速阶段的加速度大小恒为a2＝2m/s2，其速度达到12m/s后保持此速度做匀速直线运动，且在追上新能源汽车前都不会遇到红灯，新能源汽车减速时加速度大小恒为a1＝1m/s2，加速时加速度大小恒为a1′＝2m/s2，其速度达到18m/s后保持此速度做匀速直线运动。求：（1）新能源汽车开始刹车时到前方红绿灯的距离：（2）在小汽车追上新能源汽车前，与新能源汽车之间的最大距离：（3）若新能源汽车到达红绿灯斑马线前端位置时速度刚好减为零，此时信号灯还剩5s变为绿灯，假设信号灯转为绿灯后，新能源汽车立即启动（不计司机的反应时间）做匀加速直线运动，且在以后的运动过程中不会再遇到红绿灯，试通过计算判断，在新能源汽车再次启动以前，小汽车能否追上新能源汽车？若能追上，请计算出小汽车从开始运动到追上新能源汽车所用时间：若在此期间不能追上，请计算新能源汽车从斑马线再次启动以后，小汽车与新能源汽车第二次相遇所需要的时间。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）新能源汽车离前方红绿灯的初始距离为x0＝70m，两车初始距离为Δx＝125m，新能源汽车初速度为v1＝10m/s，减速时加速度大小为a1＝1m/s2，加速时加速度大小为a′1＝2m/s2，最大速度为vm1＝18m/s；小汽车加速度大小为a2＝2m/s2，最大速度为vm2＝12m/s。设新能源汽车刹车时离红绿灯距离为x1，可得：x1＝＝＝50m；（2）新能源汽车刹车前匀速行驶距离为：x′0＝x0﹣x1＝70m﹣50m＝20m此过程所用时间：t1＝＝＝2s当新能源汽车与小汽车共速时，二者相距最远，设从新能源汽车开始刹车到二者共速所用时间为t2，则有：a2（t1+t2）＝v1﹣a1t2，解得：t2＝2s此时二者间最大距离为：Δxm＝x0′+v1t2﹣a1+Δxa2（t1+t2）2解得：Δxm＝147m；（3）设新能源汽车到红灯转为绿灯的过程总时间为t，则：t＝t1++5s解得：t＝12.5s设小汽车先做匀加速直线运动到速度最大所用时间为t3，则有：t3＝＝＝6s在t＝12.5s时间内，小汽车前进总距离为：x2＝a2+vm2（t﹣t3）解得：x2＝114m因x2＜Δx+x0＝125m+70m＝195m，故当绿灯亮起新能源汽车再次起步以前小汽车不能追上新能源汽车。此时两车相距：Δx′＝Δx+x0﹣x2＝195m﹣114m＝81m。新能源汽车再次起步后达到与小汽车速度vm2相同时所用时间为：t4＝＝s＝6s此过程新能源汽车的位移为：x4＝a1′＝m＝36m在t4＝6s时间内小汽车的位移为：x5＝vm2×t4＝12×6m＝72m因x5＜Δx′+x4＝81m+36m＝117m，故新能源汽车再次起步后两车速度相同之前两车没有相遇，之后新能源汽车的速度大于小汽车的速度，两车不会相遇。即全过程小汽车都没有与新能源汽车相遇。答：（1）新能源汽车开始刹车时到前方红绿灯的距离为50m；（2）在小汽车追上新能源汽车前，与新能源汽车之间的最大距离为147m；（3）在新能源汽车再次启动以前，小汽车不能追上新能源汽车，在此后小汽车也不能追上新能源汽车。21．在某次海上军事演习中，一艘鱼雷快艇以30m/s的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌舰．当两者相距L0＝2km时，快艇以60m/s的速度发射一枚鱼雷，经过t1＝50s，艇长通过望远镜看到了鱼雷击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚鱼雷以同样速度发射后，又经t2＝30s，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉．求第一枚鱼雷击中前后，敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？【答案】见试题解答内容【解答】解：第一枚鱼雷击中前，敌舰逃跑的速度v1，当鱼雷快艇与敌舰相距L0＝2km时，发射第一枚鱼雷，在t1＝50s击中敌舰，此时位移满足：（v﹣v1）t1＝L0即：（60﹣v1）×50＝2000解得：v1＝20m/s击中敌舰时，鱼雷快艇与敌舰的距离为：L0﹣（30﹣20）t1＝1500m马上发射第二枚鱼雷，击中后敌舰的速度为v2，经t2＝30s，鱼雷再次击中敌舰，此时位移满足：（v﹣v2）t2＝1500即：（60﹣v2）×30＝1500解得：v2＝10m/s答：敌舰逃跑的速度分别为20m/s，10m/s．三．匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）（共6小题）22．一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s，所用时间分别为2t、t和，则（）A．物体做匀加速运动时加速度大小为 B．物体做匀减速运动时加速度大小为 C．物体做匀减速运动的末速度大小为 D．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为【答案】C【解答】解：A、匀速运动的速度为：v＝设匀加速运动的初速度为v1，根据平均速度公式有：联立解得：v1＝0对匀加速运动，根据位移—时间公式有：s＝解得：a＝，故A错误；BC、设匀减速直线运动的末速度为v2，对匀减速直线运动，根据平均速度公式有：解得：v2＝匀减速直线运动的加速度大小：a'＝＝故B错误，C正确；D、三个过程中的平均速度大小故D错误；故选：C。23．如图所示，某汽车（可视为质点）由静止开始做匀加速直线运动，连续经过A、B、C三点，已知A、B之间的距离为L，B、C之间的距离为1.5L，且该汽车在BC段的平均速度为AB段的1.5倍，则该汽车经过A点时离起点的距离为（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：设汽车在AB段平均速度为v，时间为t，则BC段平均速度为1.5v，则有xAB＝vtAB＝L，xBC＝1.5vtBC＝1.5L，联立可得tAB＝tBC＝t，xAC＝xAB+xBC＝vt+1.5vt＝2.5vt＝L+1.5L＝2.5L，可得L＝vt。在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得AB中间时刻速度为v1＝v，BC中间时刻v2＝1.5v，则a＝＝，＝＝则从汽车出发到到达A点的位移＝＝.故ABD错误，C正确。故选：C。24．（多选）已知O、A、B、C为同一直线上的四点，A、B间的距离为l1，B、C间的距离为l2，物体自O点由静止开始沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点。已知物体通过AB段与通过BC段所用时间相等，则下列说法正确的是（）A．物体通过A、B、C三点的速度大小一定满足vB﹣vA＝vC﹣vB B．l1：l2＝1：3 C．物体通过B点的速度等于在AC段的平均速度 D．O、A间的距离为【答案】ACD【解答】解：A、物体做匀加速直线运动，速度的变化量Δv＝aΔt，物体通过AB段与通过BC段所用时间相等，则Δv相等，即vB﹣vA＝vC﹣vB，故A正确；B、初速度为零的匀加速直线运动，在相邻的相等时间间隔内的位移之比是1：3：5：……，由于A点速度不为0，所以l1：l2≠1：3，故B错误；C、做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，物体从A到B与从B到C时间相等，则B是AC时间间隔的中间时刻，则B点速度等于AC段的平均速度，故C正确；D、由匀变速直线运动的推论可知：…①经过B点时的速度为：…②由速度—位移公式有：…③根据几何关系有：＝﹣l1…④解得：＝，故D正确。故选：ACD。25．如图所示，AB为进入弯道前的一段平直公路，其长度xAB＝218m，BC为水平圆弧形弯道．摩托车在直道上行驶的最大速度v1＝40m/s，为确保弯道行车安全，摩托车进入弯道前必须减速，到达B点进入弯道时速度v2不能超过20m/s，要求摩托车由静止开始在最短的时间内走完AB这段直道，已知摩托车启动时最大加速度a1＝4m/s2，制动时最大加速度a2＝8m/s2．试根据上述数据求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．【答案】见试题解答内容【解答】解：摩托车加速到某一速度v3然后再匀减速至v2进入半圆形弯道，设摩托车在直道上加速t1位移为x1，减速t2位移为x2：由运动学公式：x1＝①x2＝②x1+x2＝x，③代入数据①②③联立得：v3＝36m/s，t1＝＝9s，t2＝＝2s，t＝t1+t2＝11s故摩托车在直道上行驶所用的最短时间为11s答：摩托车在直道上行驶所用的最短时间为11s26．从斜面上某一位置，每隔0.1s无初速度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摄下照片，如图所示，测得：AB＝15cm，BC＝20cm．试求：（1）小球的加速度；（2）拍摄时刻B球的速度vB；（3）D与C的距离；（4）A球上方正在滚动的球的个数．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）每个球的运动都是重复的，故对所拍的照片的球可认为是一个球在不同时刻的位置由Δx＝aT2可得：a＝＝＝5m/s2．（2）B球速度等于A、C球图示时刻位置间运动过程的平均速度，故：vB＝＝m/s＝1.75m/s．（3）由于Δx＝BC﹣AB＝CD﹣BC故CD＝25cm（4）vB＝at解得：t＝0.35s则A运动了0.25s，故A上还有两个小球．答：（1）各球的加速度的大小为5m/s2；（2）拍片时，B球的速度是1.75m/s；（3）D与C的距离为25cm；（4）上面还有两个小球．27．我市某公路的、十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为l＝5.0m，假设绿灯亮起瞬时，每辆汽车都同时以加速度a＝1.0m/s2启动，做匀加速直线运动，速度达到v＝5.0m/s时做匀速运动通过路口。该路口亮绿灯时间t＝20.0s，而且有按倒计时显示的时间显示灯。另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，绿灯结束时刻，车头已越过停车线的汽车允许通过。求：（1）一次绿灯时间有多少辆汽车能通过路口？（2）若不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显不灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速直线运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，则刹车后汽车经多长时间停下。（3）事实上由于人要有反应时间，绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车，现假设绿灯亮起时，第一个司机迟后t0＝0.90s起动汽车，后面司机都比前一辆车迟后t0＝0.90s起动汽车，在该情况下，有多少辆车能通过路口？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）t＝20.0s时间内，汽车先匀加速后匀速，汽车加速时间为：t1＝＝s＝5s能行驶的位移为：x＝vt1+v（t﹣t1）＝×5×5+5×（20﹣5）m＝87.5mn＝＝＝17.5根据题意，能有18辆汽车通过路口。（当n不是整数时，应当进1取整）。（2）当计时灯刚亮出3时，即Δt＝3s，第19辆汽车行驶的位移为：x1＝vt1+v（t﹣t1﹣Δt）＝×5×5+5×（20﹣5﹣3）m＝72.5m此时汽车距停车线的距离：d＝18l﹣x1＝18×5﹣72.5＝17.5m第19辆汽车从刹车到停下来的时间为：t2＝＝＝s＝7s。（3）设能通过k辆汽车，则有：xk＝+v（t﹣t1﹣kt0）第k辆汽车能通过路口要满足：xk≥（k﹣1）l数据代入，解得：k≤9.7所以能通过9辆汽车。答：（1）一次绿灯时间有18辆汽车能通过路口；（2）刹车后汽车经7s时间停下；（3）在该情况下，有9辆车能通过路口。四．逆向思维法求解匀减速直线运动（共3小题）28．一辆汽车刹车前的速度为90km/h，刹车获得的加速度大小为10m/s2，求：（1）汽车刹车开始后10s内滑行的距离xπ（2）从开始刹车到汽车位移为30m时所经历的时间t。（3）汽车静止前1s内滑行的距离x′。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）90km/h＝25m/s汽车刹车到停止所需的时间。则汽车刹车后10s内的位移。（2）根据得，30＝25t﹣5t2，解得t1＝2s，t2＝3s＞2.5s（舍去）（3）通过逆向思维，x′＝。答：（1）汽车刹车开始后10s内滑行的距离为31.25m。（2）从开始刹车到汽车位移为30m时所经历的时间为2s。（3）汽车静止前1s内滑行的距离为5m。29．一辆汽车在高速公路上以30m/s的速度匀速行驶，由于在前方出现险情，司机采取紧急刹车，刹车时加速度的大小为5m/s2，求：（1）汽车刹车后20s内滑行的距离；（2）从开始刹车汽车滑行50m所经历的时间；（3）在汽车停止前3s内汽车滑行的距离。【答案】见试题解答内容【解答】解：设汽车运动方向为正方向，则a＝﹣5m/s2（1）设刹车的时间为t0，则有t0＝＝s＝6s则汽车刹车20s后的位移与6s末的位移相同，x＝v0t+＝30×（m）＝90m（2）由x1＝v0t1+得50＝30t1+解得t1＝2s（3）汽车减速为0可看成反向的初速度为0的匀加速运动。由x2＝，其中t2＝3s，代入解得x2＝22.5m答：（1）汽车刹车后20s内滑行的距离是90m；（2）从开始刹车汽车滑行50m所经历的时间是2s；（3）在汽车停止前3s内汽车滑行的距离是22.5m。30．一辆汽车刹车前速度为108km/h，刹车获得的加速度大小为6m/s2，求：（1）从开始刹车到汽车位移为72m时所经历的时间t；（2）汽车停止前2s内的位移．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）108km/h＝30m/s，则汽车速度减为零的时间，根据得，72＝30t﹣，解得t＝4s，t＝6s（舍去）．（2）采用逆向思维，则汽车停止前2s内的位移x＝答：（1）从开始刹车到汽车位移为72m时所经历的时间为4s；（2）汽车停止前2s内的位移为12m．五．变速物体追匀速物体问题（共4小题）31．在一条平直的公路上有一辆长L0＝1.5m的电动自行车正以v＝3m/s的速度向前行驶，在其车尾后方S0＝16.5m远处的另一条车道上有一辆长L＝6.5m的公共汽车正以v0＝10m/s同向驶来．由于公共汽车要在前方设50m处的站点停车上下旅客，便在此时开始刹车使之做匀减速运动，结果车头恰停在站点处．不考虑公共汽车的再次启动，求（1）公共汽车刹车的加速度（2）从汽车开始刹车计时，公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间（3）两车错车的时间．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由汽车刹车s＝50m处的站点停车，则汽车刹车加速度为：a＝＝＝﹣1m/s2．（2）汽车相对自行车做初速度为：v′0＝（10﹣3）m/s＝7m/s、加速度大小为a＝﹣1m/s2的匀减速运动．则车头到达自行车尾历时为t1，则有：S0＝v′0t1+．代入数据得：16.5＝7t1+（﹣1）．代入数据解得：t1＝3s（3）车尾到达自行车头历时为t2：则有：S0+L+L0＝v′0t2+．代入数据得：16.5+6.5+1.5＝7t2+（﹣1）．代入数据解得：t2＝7s则第一次错车时间为：Δt1＝t2﹣t1＝4s第一次错车后公共汽车的速度为：v′＝v0+at2＝（10﹣7）m/s＝3m/s＝v0第一次错车后公共汽车的位移为：s′＝v0t+＝（10×7﹣×1×49）m＝45.5m＜50m所以第一次错车后自行车将反超公共汽车，并在公共汽车停止后完成反超从第一次错车后到自行车完成反超自行车，有：vΔt2＝s﹣s′+L+L0＝50﹣45.5+6.5+1.5＝12.5m解得第二次错车时间为：Δt2＝s所以两车错车总时间为：Δt＝Δt1+Δt2＝4+＝s答：（1）公共汽车刹车的加速度是﹣1m/s2．（2）从汽车开始刹车计时，公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间是3s．（3）两车错车的时间是s．32．两无人机A、B进行飞行性能测试，它们沿着同一直线同向飞行。t＝0时刻，A的速度为v1＝16m/s，正以大小为a1＝2m/s2的加速度做匀减速直线运动进行“空中停车”测试（即减速直至停在空中）。此时B在A后方距离为s0处，速度为v2＝4m/s（与v1同向），正以大小为a2＝6m/s2的加速度做匀加速直线运动，为了避免与前方的A相撞，当t＝3s时，B开始以大小为a0的加速度做匀减速直线运动进行“空中停车”。则：（1）求前3s时间内A的位移大小x1；（2）求A、B第一次速度相同所经历的时间t1；（3）为了避免相撞，当s0取不同数值时，试确定加速度a0需满足的条件。【答案】（1）前3s时间内A的位移大小x1为39m；（2）A、B第一次速度相同所经历的时间t1为1.5s；（3）为了避免相撞，当s0≥30m时，a0需满足的条件为a0＞（m/s2）；当s0＜30m时，a0需满足的条件为a0＞（m/s2）。【解答】解：（1）A的刹车时间为：t0＝＝s＝8s前3s时间内A的位移大小为：x1＝v1t﹣代入数据解得：x1＝39m；（2）A、B第一次速度相同时有：v同＝v1﹣a1t1＝v2+a2t1代入数据得：16﹣2t1＝4+6t1解得：t1＝1.5s；（3）设t＝3s时A、B的速度分别为vA、vB，在0﹣3s内，B的位移为x1′。由vA＝v1﹣a1t，vB＝v2+a2t解得：vA＝10m/s；vB＝22m/sx1′＝＝＝39m因x1′＝x1，故t＝3秒时，A和B的距离仍然是s0。从t＝3s，B开始减速之后作为研究过程，若A和B在t＝t0＝8s时同时停止，且恰好相遇，两者的相对位移大小为：Δx＝﹣＝＝30m下面分两种情况进行讨论：①当s0≥30m时，若A、B不相撞，在A先停下、B后停下时两者的距离最小，为保证A、B不相撞，需满足在此情况下的相对位移的大小要小于s0，则有：﹣＜s0代入数据解得：＜s0解得：a0＞（m/s2），（s0≥30m）②当s0＜30m时，若A、B不相撞，3s后在A停止运动前，A、B速度相同时两者的距离最小，为保证A、B不相撞，需满足A、B速度相同时两者的相对位移的大小要小于s0。设3s后共速需要的时间为t2，共速的速度大小为v，则有：v＝vB﹣a0t2＝vA﹣a1t2代入数据得：v＝22﹣a0t2＝10﹣2t2解得：t2＝＝＜s0代入数据解得：＜s0解得：a0＞（m/s2），（s0＜30m）答：（1）前3s时间内A的位移大小x1为39m；（2）A、B第一次速度相同所经历的时间t1为1.5s；（3）为了避免相撞，当s0≥30m时，a0需满足的条件为a0＞（m/s2）；当s0＜30m时，a0需满足的条件为a0＞（m/s2）。33．一辆公交车从静止开始以加速度a做匀加速运动的同时，在公交车的后面离车头为x0远的地方有一乘客以某一恒定速度v正在追赶这辆公交车。已知司机从车头反光镜内能看到离车头最远的距离为L，即如果人离车头的距离超过L，司机就不能从反光镜中看到此人。问：（1）若a＝1.0m/s2，x0＝32.5m，L＝20m，公交司机恰好能看到此乘客一眼，随后消失，乘客的速度v多大？（2）司机需要从反光镜中看到此人，且持续时间在t0以上才能注意到此人，这样才能制动公交车使车停下来。该乘客要想乘坐上这辆公交车，追赶公交车匀速运动的速度v应该满足什么条件（请用题中所给的字母表示）？【答案】（1）若a＝1.0m/s2，s＝28m，L＝20m，公交司机恰好能看到此乘客一眼，随后消失，乘客的速度v为5m/s；（2）该乘客要想乘坐上这辆公交车，追赶公交车匀速运动的速度v应该满足：v≥.【解答】解：（1）以人的初始位置为原点，追车的方向为正方向建立坐标系。司机刚好能看到此乘客一眼，说明乘客恰好进入车头后方20m的地方，随后立即被汽车甩开。当v车＝v人时，乘客离汽车最近设经历时间t后二者速度相等。则人的位置：x1＝v人t；汽车速度v车＝at，汽车的位置x2＝at2+x0人离汽车最近的时候，汽车在人的前方L处，则有x2﹣x1＝L代入数据可得t＝5s，乘客的速度v＝5m/s（2）人的位置随时间变化的关系为：x1＝vt车的位置随时间变化的关系为：x2＝at2+x0人车距离随时间变化的关系为：Δx＝x2﹣x1令：Δx＝L，at2+x0﹣vt＝L可得：t＝该方程对应的两解t1、t2即为两次到达汽车后方距离L处（第一次是人进入司机视野，第二次是人离开司机视野），按照题意应有两根之差：t2﹣t1≥t0＞0；即Δt＝t2﹣t1＝﹣＝≥t0结合二次方程根与系数关系可得：v≥答：（1）若a＝1.0m/s2，s＝28m，L＝20m，公交司机恰好能看到此乘客一眼，随后消失，乘客的速度v为5m/s；（2）该乘客要想乘坐上这辆公交车，追赶公交车匀速运动的速度v应该满足：v≥.34．如图，甲、乙两车在同一水平道路上，开始时乙车在甲车前x0＝54m处，该时刻甲车匀速行驶，乙车停在路边，甲车开始匀减速运动准备停车。已知从甲车减速时开始计时，第1秒内位移为32m，第5秒内位移为1m。从甲车减速开始1秒末乙车开始运动，与甲车同向行驶，其v﹣t图像如图所示，甲乙相遇时会错车而过，不会相撞。求：（1）乙车从静止加速到最大速度时间内，行驶的位移是多少；（2）甲车刚开始减速时的速度；（3）甲乙两车相遇的时间。【答案】（1）乙车从静止加速到最大速度时间内，行驶的位移是18m；（2）甲车刚开始减速时的速度为36m/s；（3）甲乙两车第一次相遇时间为2s，第二次相遇时间为4.75s。【解答】解：（1）v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以乙车从静止加速到最大速度时间内，行驶的位移为：x0＝m＝18m；（2）设甲车减速第5s末速度为v5，甲车减速的加速度大小为a，按甲车逆向运动为匀加速直线运动，刹车后第5s内：x5＝v5t+at2刹车后第1s内x1＝v1t+at2v1＝v5+4at将x1＝32m，x5＝1m，t＝1s代入以上三式，联立解得v5＜0，说明第5秒内甲车已经停下。设刹车后第5秒内甲车运动了Δt，则x5＝a1Δt2刹车后第1s内的位移：x1＝a1（Δt+4）2﹣a1（Δt+3）2解得Δt＝0.5s，a1＝8m/s2设甲车刚减速时速度为v0，根据速度—时间关系可得：v0＝a1（4+Δt）解得：v0＝36m/s；（3）设从甲车减速开始经过t1甲车乙车相遇：x甲＝v0t1﹣a1设乙车加速度为a2，由图象得：a2＝＝＝4m/s2x乙＝a2（t1﹣1）2x甲＝x乙+s0解得：t1＝2s，或t1＝4.67s（乙车已经匀速，不合理舍去）由题意和以上结果可知，甲车乙车还会第二次相遇，设甲车减速阶段位移为x甲′x甲′＝a1（Δt+4）2此过程中乙车的位移为：x乙′＝a2t2+v乙Δt得x甲′＝81m，x乙′＝24m，x甲′＞（x乙′+s0），说明第一次相遇之后，甲车在乙车前方停下时还没有第二次相遇。x甲′﹣（x乙′+s0）＝v乙t′得t′＝0.25s，甲车乙车第二次相遇时间为t＝t′+4s+Δt＝0.25s+4s+0.5s＝4.75s。答：（1）乙车从静止加速到最大速度时间内，行驶的位移是18m；（2）甲车刚开始减速时的速度为36m/s；（3）甲乙两车第一次相遇时间为2s，第二次相遇时间为4.75s。六．匀速物体追变速物体问题（共5小题）35．（多选）汽车A和汽车B（均可视为质点）在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后（如图甲所示）。以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0＝12m。汽车A运动的x﹣t图像如图乙所示，汽车B运动的v﹣t图像如图丙所示。下列说法正确的是（）A．汽车A由静止开始做匀加速直线运动 B．汽车B车在0∼6s内的位移大小为24m C．在t＝3s时，两车相距最远，且最远距离为20m D．若t＝1s时，A车紧急制动（视为匀变速），要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于0.25m/s2【答案】BCD【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，根据图乙可知汽车A做匀速直线运动，故A错误；B、汽车B在0～6s内的位移等于在0～5s内的位移，由图像与时间轴围成的面积表示位移可得：x＝m＝24m，故B正确；C、当两车速度相等时，两车相距最远，由图乙可得汽车A的速度大小为：vA＝＝m/s＝4m/s由图丙，可得B车1﹣5s内的加速度大小为：a＝＝m/s2＝﹣2m/s2设匀减速运动的时间为t0时速度相等，则有：vA＝vB+at0代入数据解得t0＝2s即在t＝1s+2s＝3s时二者相距最远，此时A车的位移xA＝vAt＝4×3m＝12mB车位移xB＝（8×1+8×2﹣×2×22）m＝20m则两车最远距离s＝xB+x0﹣xA＝20m+12m﹣12m＝20m，故C正确；D、t＝8s时，A车位移xA′＝vAt′＝4×8m＝32mB车的位移等于在0～5s内的位移，为x＝24m有x+x0＞xA′，所以在t＝8s时，两车没有相遇。t1＝1s时，A匀速位移xA1＝vA1t1＝4×1m＝4mB车匀速位移xB1＝vB1t1＝8×1m＝8m两车间的距离Δs＝xB1+x0﹣xA1＝8m+12m﹣4m＝16mB车匀减速到停止的位移xB′＝m＝16m当A停止时位移等于B车，A的加速度最小，A车匀减速运动的总位移：xA总＝Δs+xB′＝16m+16m＝32m对A车，根据速度—位移关系公式得：aA＝＝m/s2＝0.25m/s2，所以A车的加速度大小应大于0.25m/s2，故D正确。故选：BCD。36．随意变线加塞行为是造成道路拥挤的一个主要原因，行为本身也极其不安全。下图演示了甲车变线加塞的过程，甲车至少要超出乙车一个车位，才能开始变线。此时甲车若要安全变线插到乙车前方，且不影响乙车行驶，其速度v至少须比乙车快5m/s。而变线并道后又必须立刻减速，以避免与前车追尾。假设汽车在变线并道过程中，沿前进方向的速度可以不变，横向移动的速度可忽略。而且甲车从开始变线到完成变线，恰好需要1s时间。并线完成后甲车时刻以大小为a＝2m/s2的加速度匀减速刹车。甲车车身长度为d＝4.5m，乙车与前车正常行驶时速度均为v0＝15m/s，请计算：（1）甲车刚刚变线并道结束时，甲、乙两车之间的最小距离为多少；（2）乙车车头到前车车尾之间距离L至少有多大，甲车才能安全并道成功；（3）若甲车并线时的速度恰好比乙车快5m/s，并线后由于紧张，刹车踩得太深，汽车以大小为a′＝12m/s2的加速度减速，而此时乙车完全来不及反应，继续匀速运动。则两车再经多长时间后追尾。（结果中可保留根号）【答案】（1）甲、乙两车之间的最小距离为5m；（2）乙车车头到前车车尾之间距离L至少有11.25m，甲车才能安全并道成功；（3）两车再经时间后追尾。【解答】解：（1）由题知，甲车至少比乙车快5m/s才安全，甲车刚刚并线结束时，甲、乙两车相距最小，则甲车的速度为v甲＝v0+5m/s＝20m/st0＝1s内，甲车的位移为x甲＝v甲t0乙车的位移为x乙＝v0t0则并线结束时，甲、乙两车之间的最小距离为Δx1＝x甲﹣x乙解得Δx1＝5m（2）并线完成后，甲车立刻匀减速刹车，设经过时间t1，前车和甲车共速，则有v甲﹣at1＝v0解得t1＝2.5s则甲车的位移为乙车的位移为x′乙＝v0t1此时甲车前端与乙车前端相距Δx2＝Δx1+d+（x′甲﹣x′乙）此时甲车前端刚好与前车后端挨着，乙车车头到前车车尾之间距离L＝Δx2﹣d解得L＝11.25m（3）并线后，汽车以大小为a′＝12m/s2的加速度减速，设再经过时间t2，两车追尾，则有代入数据解得甲车减速时间解得t刹＝因t2＜t刹，所以再经甲车被乙车追尾。答：（1）甲、乙两车之间的最小距离为5m；（2）乙车车头到前车车尾之间距离L至少有11.25m，甲车才能安全并道成功；（3）两车再经时间后追尾。37．在南雅中学的第十一届田径运动会中的压轴竞技是4×100m的接力赛．如图所示，甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．乙从静止开始全力奔跑需跑出10m才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速直线运动，现在甲持棒以最大速度的80%向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出．若要求乙接棒时奔跑达到最大速度的90%，则：（1）乙在接力区须奔出多少距离？（2）乙应在距离甲多远时起跑？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）设两人奔跑的最大速度为v，乙在接力区奔出的距离为x'时速度达到最大速度的90%，根据运动学公式有：v2＝2ax，x＝10m又（0.9v）2＝2ax'解得x'＝0.92x＝8.1m（2）设乙在距甲x0处开始起跑，到乙接棒时乙跑过的距离为x'，根据运动学公式有：x0＝0.8vt﹣x'x'＝×0.9vt解得：x0＝6.3m答：（1）乙在接力区须奔出距离为8.1m．（2）乙应在距离甲6.3m时起跑．38．客车以v＝20m/s的速度行驶，突然发现同轨道的正前方s＝120m处有一列货车正以v0＝6m/s的速度同向匀速前进，于是客车紧急刹车，若客车刹车的加速度大小为a＝1m/s2，做匀减速运动，问：（1）客车是否会与货车相撞？（2）若会相撞，则在什么时刻相撞？客车位移为多少？若不相撞，则客车与货车的最小距离为多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）设经时间t客车速度与货车相等，则：由v＝v0+at，解得t＝14s，此时，客车的位移，s客＝vt+at2＝182m，货车的位移，s货＝v0t＝84m，因为S客＜S货+S，所以不会相撞。（2）经分析知客车速度与货车相等时距离最小，smin＝s货+s﹣s客＝22m，答：（1）客车不会与货车相撞；（2）客车与货车的最小距离为22m。39．一客车从静止开始以加速度a做匀加速直线运动的同时，在车尾的后面离车头为s远的地方有一乘客以某一恒定速度正在追赶这列客车，已知司机从车头反光镜内能看到离车头的最远距离为s0（即人离车头距离超过s0，司机不能从反光镜中看到该人），同时司机从反光镜中看到该人的像必须持续时间在t0内才能会注意到该人，这样才能制动客车使车停下来，该乘客要想乘坐上这列客车，追赶客车匀速运动的速度v所满足条件的表达式是什么？若a＝1.0m/s2，s＝30m，s0＝20m，t0＝4.0s，求v的最小值．【答案】见试题解答内容【解答】解：从客车由静止开始运动计时，经过时间t，客车前进，乘客前进s2＝vt由题意s1+s﹣s2＝s0Δt＝t2﹣t1≥t0得即t＝所以Δt＝t2﹣t1＝＝≥t0所以代入数值是故追赶客车匀速运动的速度v的最小值为4.9m/s．七．匀变速直线运动规律的综合应用（共12小题）40．一物体在一周期性变化的合外力作用下，从x轴坐标原点由静止开始运动，加速度变化周期为T，在每个周期内前半个周期加速度为a0（沿x轴正方向），后半个周期内加速度为﹣ka0（负号表示为x轴负方向，k＞0）。其中T、a0、k为已知量。则下列说法错误的是（）A．物体在第一个周期内的位移是 B．物体在9.5T末的速度为v＝（3.5﹣3k）a0T0 C．物体在9.5T末的速度为v＝（5﹣4.5k）a0T0 D．如果物体在第N个T内的位移是0，则【答案】B【解答】解：A、物体在第一个周期内的前半个周期的位移为：，解得：物体在第一个周期内的前半个周期的末速度为：物体在第一个周期末的速度为：物体在第一个周期内的后半个周期的位移为：解得：物体在第一个周期内的位移为：x＝x1+x2解得：，故A正确；BC、根据周期性结合匀变速直线运动的规律可知物体在9.5T末的速度为：解得：v＝（5﹣4.5k）a0T，故B错误，C正确；D、物体在第二个周期内的前半个周期的末速度为：，解得：物体在第二个周期内的前半个周期的位移为：解得：物体在第二个周期内的后半个周期的末速度为：解得：物体在第二个周期内的后半个周期的位移为：解得：物体在第二个周期内的位移为：x′＝x1′+x2′解得：以此类推物体在第N个T内的位移为：如果物体在第N个T内的位移是0，则有：解得：，故D正确。本题是选择错误的，故选：B。41．一辆汽车以速度v在平直公路上匀速行驶，司机忽然发现正前方距车x处，有另一辆汽车以速度匀速运动，于是他立即刹车（不考虑反应时间），为使两车不相撞，则刹车的加速度应该满足的条件是（）A．a＞ B．a＜ C．a＞ D．a＜【答案】C【解答】解：两车速度相等时所经历的时间t＝＝，此时后面汽车的位移x1＝＝，前面汽车的位移x2＝t＝×＝，由x1＝x2+x得，解得a＝，所以加速度大小满足的条件是a＞，故ABD错误，C正确；故选：C。42．沿直线运动的汽车刹车后匀减速行驶，经3.5s恰好停止，在刹车开始后的第1s、第2s、第3s内汽车通过的位移之比为（）A．3：2：1 B．3：5：6 C．9：4：1 D．5：3：4【答案】A【解答】解：设加速度大小为a，根据速度公式有：v0﹣a•3.5＝0，得汽车的初速度为：v0＝3.5a则第1s内的位移为：x1＝v0t1﹣a＝3.5a﹣0.5a＝3a第2s内的位移为：x2＝v0t2﹣a＝3.5a×2﹣a×22﹣3a＝2a第3s内的位移为：x1＝v0t3﹣a＝3.5a×3﹣a×32﹣（3.5a×2﹣a×22）＝a可知：x1：x2：x3＝3：2：1，故A正确，BCD错误；故选：A。43．（多选）如图所示，在水平面上固定着四个材料完全相同的木块，长度分别是L、2L、3L、4L。一子弹以水平初速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，则（）A．子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比 B．子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比3：2 C．子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比上 D．通过前二个木块和前三个木块的时间之比【答案】BCD【解答】解：A．子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比，故A错误；B．若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，根据匀变速直线运动速度—位移关系式有2ax＝v2可得子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比故B正确；C．根据匀变速直线运动速度—位移关系式可知子弹穿出第二个木块的速度为根据平均速度公式可知穿过第二个木块的平均速度为所用时间子弹通过第三个木块的平均速度所用时间则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比故C正确；D．设总时间为t，根据匀变速直线运动位移—时间关系式有解得穿过最后一块木板过程中，根据逆向的匀加速直线运动可得所用时间为穿过最后两块木板过程中，根据逆向的匀加速直线运动可得所用时间为故通过前二个木块和前三个木块的时间之比故D正确。故选：BCD。44．（多选）一个物体静止在水平面上，某时刻起由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1。经过一段时间以后，速度为v1，紧接着将加速度反向，大小变为a2，又经过二倍的时间，发现物体恰好回到出发点，此刻速度为v2。以下判断正确的是（）A．a1：a2＝4：3 B．a1：a2＝4：5 C．v1：v2＝2：3 D．v1：v2＝2：1【答案】BC【解答】解：经二倍的时间后回到原处，整个时间内物体的位移为零，有：a1t2+v1×2t﹣a2（2t）2＝0又：v1＝a1t，解得：a1：a2＝4：5因为v2＝v1﹣a2×2t＝﹣v1则速度大小之比为：v1：v2＝2：3，故AD错误，BC正确；故选：BC。45．（多选）一质点静止在光滑水平面上，先向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a1，经过时间t后加速度变为零；又运动时间t后，质点加速度方向变为向左，且大小为a2，再经过时间t后质点回到出发点。以出发时刻为计时零点，则在这一过程中（）A．a2＝5a1 B．质点向右运动的最大位移为 C．质点回到出发点时的速度大小为 D．最后一个时间t内，质点的位移大小和路程之比为3：5【答案】AC【解答】解：A．以向右为正方向，由速度公式有v1＝a1t；由题意知0＝x1+x2+x3，由位移公式得，x2＝v1t，，解得a2＝5a1，故A正确；B．根据题意，作出质点运动的v﹣t图象，如图所示，设向右从v1减速到0所用的时间为t'，则有v1＝a2t'，又v1＝a1t，解得根据v﹣t图象的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移：，故B错误；C．质点回到出发点时所用的时间为，则对应的速度大小为，故C正确；D．最后一个时间t内，质点的位移大小为，路程所以最后一个时间t内，质点的位移大小和路程之比为15：17，故D错误。故选：AC。46．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的v2﹣x图象（v为货车的速度，x为制动距离），其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的制动图象。某路段限速72km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h的速度行驶。通过计算求解：（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由匀变速直线运动的速度—位移公式：v2﹣＝2ax，由图示图象可得：满载时，加速度为a1＝5m/s2，严重超载时加速度为a2＝2.5m/s2；设该型号货车满载时以v0＝72km/h＝20m/s的速度减速，由匀变速运动是速度公式v＝v0+at得：运动时间：t1＝＝4s，由速度—位移公式：v2﹣＝2ax可得：汽车的制动距离：x1＝＝40m，设该型号货车严重超载时以v′＝54km/h＝15m/s行驶时，由匀变速运动是速度公式v＝v0+at得：运动时间：t2＝＝6s，由速度—位移公式：v2﹣＝2ax可得：汽车的制动距离：x2＝＝45m，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求；（2）该型号货车满载时以72km/h＝20m/s速度正常行驶时，从发现险情到车停下来行驶的距离：x＝v0t+x1＝20×1+40＝60m，即：跟车距离至少为60m。答：（1）驾驶员紧急制动时，制动时间和制动距离都不符合安全要求；（2）该型号货车正常行驶时的刹车距离至少应为60m。47．在十字路口，红灯拦停了很多汽车和行人，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为d＝6.0m，且车长为L0＝4.8m，最前面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽s＝20m。若汽车启动时都以a1＝2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到v1＝10.0m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为a2＝0.5m/s2，达到v2＝1.0m/s后匀速通过横道线，已知该路口亮绿灯的时间t＝40s，而且有按倒计时显示的时间显示灯（无黄灯）。另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。则求：（1）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？（2）按题述背景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时，距离路口停车线多远？（3）不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐，求刹车后汽车经多少时间停下？【答案】（1）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与28辆车擦肩而过；（2）距离路口停车线364m；（3）刹车后汽车经6.8s时间停下。【解答】解：（1）汽车加速时间为：加速位移为：＝行人加