2024高考物理大一轮复习第1章第1讲运动的描述课时作业含解析

PAGEPAGE18第1讲运动的描述◎基础巩固练1．在考察下列运动员的竞赛成果时，可将运动员看做质点的是()解析：马拉松赛跑测量的是运动员跑完全程的时间，与运动员的形态和大小无关；跳水、击剑、体操竞赛时，要看运动员的肢体动作，所以不能看成质点。答案：A2.(多选)2024年11月，第十一届中国国际航空航天博览会在广东珠海如期实行，博览会还迎来了英国皇家空军”红箭”绝技飞行表演队的中国航展首秀，如图所示。下列关于”红箭”绝技飞行表演的说法正确的是()A．地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系B．飞行员看到观礼台向后拂过，是以飞机为参考系C．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的D．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是运动的解析：地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系，飞行员看到观礼台向后拂过，是以飞机为参考系视察的结果，A、B选项正确；因9架表演机保持队形飞行，速度相同，故无论以编队中的哪一架飞机为参考系，其他飞机都是静止的，故C正确，D错误。答案：ABC3．下列关于速度的说法中，属于瞬时速度的是()A．列车从北京到哈尔滨的运行速度是160km/hB．台风中心以25km/h的速度向海岸移动C．人步行的速度大约是5m/sD．子弹以500m/s的速度飞出枪口解析：列车从北京到哈尔滨是一个过程，对应的运行速度是平均速度，故A错误；台风中心以25km/h的速度向海岸移动，是平均速度，故B错误；人步行的速度大约是5m/s，是平均速度，故C错误；子弹以500m/s的速度飞出枪口，是飞出枪口时刻的速度，是瞬时速度，故D正确。答案：D4.(2024·金华模拟)北京时间2024年8月6日早上7：00，第31届奥林匹克运动会在巴西里约热内卢拉开帷幕。第3天，中国选手孙杨以1分44秒的成果获得男子200m自由泳竞赛冠军(国际标准游泳池长50m)。下列说法正确的是()A．“1分44秒”指的是时间间隔B．孙杨200m自由泳的平均速度为1.92m/sC．在探讨孙杨技术动作时，可以把孙杨看成质点D．在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系，孙杨是静止的解析：“1分44秒”是孙杨游泳全程的时间，指的是时间间隔，选项A正确；孙杨200m自由泳的位移为零，故平均速度为零，选项B错误；在探讨孙杨的技术动作时，不能把孙杨看成质点，否则将无动作可言，选项C错误；以游泳池里的水为参考系，孙杨相对水的位置在发生变更，故孙杨是运动的，选项D错误。答案：A5．校运会400m竞赛中，终点在同始终线上，但起点不在同始终线上(如图所示)。关于这样的做法，下列说法正确的是()A．这样做目的是为了使参与竞赛的同学位移大小相同B．这样做目的是为了使参与竞赛的同学路程大小相同C．这样做目的是为了使参与竞赛的同学所用时间相同D．这样做其实是不公允的，明显对外侧跑道的同学有利解析：校运会400m竞赛，其跑道是弯的，为了保证参赛同学的路程均为400m，终点在同始终线上，起点则不在同始终线上，故B正确。答案：B6．(多选)关于速度和加速度，下列说法正确的是()A．速度变更量越大，加速度就越大B．速度变更越快，加速度越大C．加速度保持不变，速度方向可能变更D．加速度大小不断变小，速度大小也肯定不断变小解析：由于加速度的方向始终与速度方向相同，质点速度渐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，选项A错误，选项B正确；位移渐渐增大，当加速度减小到零时，速度不再变更，位移将随时间接着增大，选项C、D错误。答案：B7.(多选)一质点沿一边长为2m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1m，初始位置在bc边的中点A，由b向c运动，如图所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是()A．第2s末的瞬时速度是1m/sB．前2s内的平均速度为eq\f(\r(2),2)m/sC．前4s内的平均速率为0.5m/sD．前2s内的平均速度为2m/s解析：由题意可知，质点做匀速运动的速度大小为1m/s，A正确；质点第2s末到达B点，前2s内的位移大小为xAB＝eq\r(2)m，故前2s内的平均速度vAB＝eq\f(\r(2),2)m/s，B正确，D错误；因质点运动速度大小不变，故前4s内的平均速率为1m/s，C错误。答案：AB8．汽车以72km/h的初速度做直线运动，加速度为－5m/s2。下列说法中正确的是()A．汽车做匀加速直线运动B．汽车做匀减速直线运动C．汽车的速度每秒增加5m/sD．汽车的速度保持不变解析：汽车的速度为正值，加速度为负值，加速度与速度的方向相反，故汽车做匀减速直线运动，速度每秒减小Δv＝at＝5m/s，故B正确，A、C、D错误。答案：B9．一物体以10m/s的速度从甲地运动到乙地，又以20m/s的速度从乙地运动到丙地。已知甲、乙两地之间的距离与乙、丙两地之间的距离相等，如图所示，则该物体从甲地到丙地的平均速度大小为()A．12m/s B．15m/sC.eq\f(40,3)m/s D．18m/s解析：eq\x\to(v)＝eq\f(x0＋x0,t1＋t2)＝eq\f(2x0,\f(x0,v1)＋\f(x0,v2))＝eq\f(2v1v2,v1＋v2)＝eq\f(40,3)m/s。答案：C10．(多选)湖中O处有一视察站，一小船从O处动身始终向东行驶4km，又向北直线行驶3km，则下列说法中正确的是()A．相对于O处的视察员，小船运动的路程为7kmB．相对于小船，O处的视察员始终处于静止状态C．相对于O处的视察员，小船最终位于东偏北37°方向5km处D．相对于湖岸上的另一视察员，小船不行能是静止的解析：在O处的视察员看来，小船最终离自己的距离为eq\r(32＋42)km＝5km，方向为东偏北θ，满意sinθ＝eq\f(3,5)，即θ＝37°，运动的路程为7km，选项A、C正确；以小船为参考系，O处的视察员是运动的，B错误；若湖岸上的视察员运动的速度大小、方向均与小船一样，则小船相对其而言是静止的，选项D错误。答案：AC◎实力提升练11．一质点在x轴上运动，每秒末的位置坐标如下表所示，则()t(s)012345x(m)014－1－71A.质点在这5s内做的是匀速运动B．质点在这5s内做的是匀加速运动C．质点在第5s内的位移比任何一秒内的位移都大D．质点在第5s内的路程比任何一秒内的路程都大解析：质点在x轴上做往复性运动，质点的位移等于末位置坐标减初位置坐标，即Δx＝x2－x1，确定出前5s每1s内的位移，再推断哪一秒内位移最大，位移大小是位移的肯定值。依据题表数据可知质点在这5s内做非匀变速运动，在第5s内的位移比任何一秒内的位移都大，但路程不肯定最大，因为在每一秒内物体运动状况未知。故选C。答案：C12．(多选)如图甲所示，火箭放射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是()A．10s内火箭的速度变更量为10m/sB．2.5s内汽车的速度变更量为－30m/sC．火箭的速度变更比汽车的快D．火箭的加速度比汽车的加速度小解析：因火箭放射时，速度在10s内由0增加到100m/s，故10s内火箭的速度变更量为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内汽车的速度变更量为0－30m/s＝－30m/s，选项B正确；火箭的加速度为：a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(100,10)m/s2＝10m/s2；汽车的加速度为：a2＝eq\f(Δv,Δt)＝－eq\f(30,2.5)m/s2＝－12m/s2，故火箭的速度变更比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C错误，D正确。答案：BD13．如图所示，为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0cm的遮光板。滑块向右匀加速直线运动依次通过两个光电门A和B，光电门上的黑点处有极细的激光束，当遮光板拦住光束时起先计时，不遮挡光束时停止计时。现记录了遮光板通过第一个光电门所用的时间为Δt1＝0.30s，通过其次个光电门所用的时间为Δt2＝0.10s，光电门从第一次计时结束到其次次计时起先经验的时间为Δt＝0.30s。则滑块的加速度大约为()A．0.67m/s2 B．0.14m/s2C．0.40m/s2 D．0.22m/s2解析：遮光板通过第一个光电门的平均速度v1＝eq\f(x,Δt1)＝eq\f(3.0×10－2,0.30)m/s＝0.1m/s，这个速度就是通过第一个光电门中间时刻的速度，即记时0.15s时的瞬时速度；遮光板通过其次个光电门的平均速度v2＝eq\f(x,Δt2)＝eq\f(3.0×10－2,0.10)m/s＝0.3m/s，这个速度就是通过其次个光电门中间时刻的速度，即其次个光电门记时0.05s时的瞬时速度；因此加速度a＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(0.3－0.1,0.30＋0.15＋0.05)m/s2＝0.40m/s2，因此选项C正确。答案：C14．有些国家的交通管理部门为了交通平安，特殊制定了死亡加速度为500g(g取10m/s2)警示人们，意思是假如行车加速度超过此值，将有生命危急。这么大的加速度，一般状况下车辆是达不到的，但假如发生交通事故，将会达到这一数值。(1)一辆以72km/h的速度行驶的货车与一辆以54km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生正面碰撞，碰撞时间为2.1×10－3s，则摩托车驾驶员是否有生命危急？(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车从急刹车到完全静止所需的时间分别为4s、3s，则货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？解析：(1)由于货车的质量比摩托车的质量大许多，故摩托车与货车相撞瞬间，货车的速度几乎不变，摩托车的速度反向，大小至少与货车的速度相同，因此，摩托车速度的变更量大于Δv＝72km/h－(－54km/h)＝126km/h＝35m/s。所以摩托车的加速度大小大于a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(35,2.1×10－3)m/s2＝16667m/s2＝1666.7g>500g，因此摩托车驾驶员有生命危急。(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，依据加速度定义得a1＝eq\f(Δv1,Δt1)，a2＝eq\f(Δv2,Δt2)，所以a1∶a2＝eq\f(Δv1,Δt1)∶eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(72,3.6×4)∶eq\f(54,3.6×3)＝1∶1。答案：(1)有生命危急(2)1∶1

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)◎基础巩固练1．在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30m，该车辆最大刹车加速度是15m/s2，该路段的限速为60km/h，则该车()A．超速 B．不超速C．无法推断 D．速度刚好是60km/h解析：假如以最大刹车加速度刹车，那么由v＝eq\r(2ax)求得刹车的速度为30m/s＝108km/h>60km/h，所以该车超速行驶，故选项A正确。答案：A2．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发觉质点在第一次、其次次闪光的时间间隔内移动了x1＝2m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了x3＝8m。由此可求得()A．第一次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．在其次、三两次闪光时间间隔内质点的位移D．质点运动的初速度解析：由于闪光时间未知，所以依据x2－x1＝x3－x2＝aT2，只能求出其次、三次闪光的时间间隔内质点的位移x2＝5m，选项C正确。答案：C3．(2024·河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发觉6号车厢经过他用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示。则该动车的加速度大小约为()A．2m/s2 B．1m/s2C．0.5m/s2 D．0.2m/s2解析：设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v0，加速度为a，则有l＝v0t＋eq\f(1,2)at2从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－veq\o\al(2,0)＝2a·2l，解得a≈－0.5m/s2或a≈－18m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5m/s2。答案：C4．以v0＝20m/s的速度竖直上抛一小球，2s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球。g取10m/s2，则两球相碰处离动身点的高度是()A．10m B．15mC．20m D．不会相碰解析：设其次个小球抛出后经t时间与第一个小球相遇，依据位移相等有v0(t＋2s)－eq\f(1,2)g(t＋2s)2＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t＝1s，代入位移公式h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得h＝15m，故选项B正确。答案：B5．(2024·全国丙卷·16)一质点做速度渐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为x，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为()A.eq\f(x,t2)B.eq\f(3x,2t2)C.eq\f(4x,t2)D.eq\f(8x,t2)解析：质点在时间t内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则eq\x\to(v)＝eq\f(v1＋v2,2)，故eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(x,t)。由题意知：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝9×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，则v2＝3v1，进而得出2v1＝eq\f(x,t)。质点的加速度a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(2v1,t)＝eq\f(x,t2)。故选项A正确。答案：A6．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54km、离地1750m高度时飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的坚决引领下，平安迫降机场，成为胜利处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、平安返航第一人。若飞机着陆后以6m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60m/s，则它着陆后12s内滑行的距离是()A．288m B．300mC．150m D．144m解析：先求出飞机着陆后到停止所用时间t。由v＝v0＋at，得t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(0－60,－6)s＝10s，由此可知飞机在12s内不是始终做匀减速运动，它在最终2s内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x＝v0t＋eq\f(at2,2)＝60×10m＋(－6)×eq\f(102,2)m＝300m。答案：B7．(多选)(2024·四川成都质检)如图所示，物体自O点由静止起先做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2m，BC＝3m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等。则下列说法正确的是()A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD＝4mC．可求得O、A之间的距离为1.125mD．可求得O、A之间的距离为1.5m解析：设加速度为a，时间间隔为T，则有Δx＝aT2＝1m，可以求得CD＝4m，而B点的瞬时速度vB＝eq\f(xAC,2T)，所以O、B之间的距离为xOB＝eq\f(v\o\al(2,B),2a)＝3.125m，O、A之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125m，即B、C选项正确。答案：BC8．雨滴自屋檐由静止滴下，每隔0.2s滴下一滴，第1滴落下时第6滴恰欲滴下，此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.62m、1.26m、0.9m。假定落下的雨滴的运动状况完全相同，则此时第2滴雨滴下落的速度和屋檐高度各为(假设雨滴下落过程中不考虑空气阻力)()A．3.6m/s,4.5m B．7.2m/s,4.5mC．3.6m/s,4m D．8m/s,4m解析：6个雨滴的自由落体运动可以等效为1个雨滴在不同时刻的位置，如图：x12＝1.62m，x23＝1.26m，x34＝0.9mv2＝eq\f(x12＋x23,2T)＝7.2m/s由v0＝0时相邻相同时间内位移之比为1∶3∶5∶7…可得：eq\f(x12,h)＝eq\f(9,25)，h＝4.5m。答案：B◎实力提升练9．一物体从斜面上某点由静止起先做匀加速直线运动，经过3s到达斜面底端，并在水平地面上做匀减速直线运动，又经9s停止，则物体在斜面上的位移与在水平地面上的位移之比是()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．3∶1解析：设物体在斜面上运动的位移为l，加速度为a1，到达斜面底端时的速度为v，所经时间为t1；物体在水平地面上运动的位移为x，加速度为a2，所经时间为t2。物体在斜面上运动时：v＝a1t1＝3a1①v2－02＝2a1l②由①②式联立解得l＝eq\f(9,2)a1。物体在水平地面上运动时，初速度为v，末速度为0。由v＝v0＋at有：－v＝a2t2，代入数据得－a2＝eq\f(1,3)a1。由0－v2＝2a2x，解得x＝eq\f(27,2)a1，所以l∶x＝1∶3，故选项C正确。答案：C10．(2024·安徽黄山模拟)将一个物体在t＝0时刻以肯定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8s时刻物体的速度大小变为8m/s(g取10m/s2)。则下列说法正确的是()A．物体肯定是在t＝3.2s时回到抛出点B．t＝0.8s时刻物体的运动方向可能向下C．物体的初速度肯定是20m/sD．t＝0.8s时刻物体肯定在初始位置的上方解析：物体做竖直上抛运动，在0.8s内的速度变更量Δv＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s，由于初速度不为零，可知t＝0.8s时刻速度的方向肯定竖直向上，不行能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B错误，D正确；由v＝v0－gt，代入数据解得v0＝16m/s，则上升到最高点的时间t1＝eq\f(v0,g)＝eq\f(16,10)s＝1.6s，则回到抛出点的时间t＝2t1＝2×1.6s＝3.2s，故A正确，C错误。答案：AD11.如图所示，小滑块在较长的固定斜面顶端，以初速度v0＝2m/s、加速度a＝2m/s2沿斜面加速向下滑行，在到达斜面底端前1s内，滑块所滑过的距离为eq\f(7,15)L，其中L为斜面长。求：滑块在斜面上滑行的时间t和斜面的长度L。解析：由题意知：a＝2m/s2，v0＝2m/s；设滑块从A到B的时间为t1，运动到B点的速度为v1，对AB段有：v1＝v0＋at1；eq\f(8L,15)＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)；对BC段有：eq\f(7L,15)＝v1×1s＋eq\f(1,2)a×(1s)2；联立得t1＝2s，L＝15m；滑块在斜面上滑行的时间为t2＝t1＋1s＝3s。答案：3s15m12．(2024·南昌调研)出租车载客后，从高速马路入口处驶入高速马路，并从10时10分55秒起先做初速度为零的匀加速直线运动，经过10s时，速度计显示速度为54km/h。求：(1)这时出租车离动身点的距离；(2)出租车接着做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108km/h时，出租车起先做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)。解析：(1)由题意可知经过10s时，速度计上显示的速度为v1＝15m/s，由速度公式v＝v0＋at得a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(v1,t1)＝1.5m/s2由位移公式得x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1.5×102m＝75m这时出租车离动身点的距离是75m。(2)当速度计上显示的速度为v2＝108km/h＝30m/s时，由veq\o\al(2,2)＝2ax2得x2＝eq\f(v\o\al(2,2),2a)＝300m，这时出租车从静止载客起先，已经经验的时间为t2，可依据速度公式得t2＝eq\f(v2,a)＝eq\f(30,1.5)s＝20s这时出租车时辰表应显示10时11分15秒。出租车接着匀速运动，匀速运动时间t3为80s，通过位移x3＝v2t3＝30×80m＝2400m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x＝x2＋x3＝(300＋2400)m＝2700m。答案：(1)75m(2)2700m

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)◎基础巩固练1．如图为一个质点做直线运动的v­t图象，该质点在前4s内向东运动，则该质点()A．在8～10s内始终向东运动B．在前8s内的加速度大小不变，方向始终向西C．在前8s内的合外力先减小后增大D．在4～12s内的位移大小为24m解析：由题意知，质点向东运动时速度为负，在8～10s内速度为正，质点向西运动，A错误；在前8s内图象斜率不变，且为正值，则加速度大小不变，方向为向西，B正确，C错误；在4～12s内的位移等于eq\f(1,2)×6×6m－eq\f(1,2)×2×6m＝12m，D错误。答案：B2．如图所示，为甲、乙两物体在同始终线上运动的位置坐标x随时间t变更的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是()A．两物体在t1时刻速度大小相等B．t1时刻乙的速度大于甲的速度C．两物体平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度解析：因x­t图线的斜率表示速度，则由图象可知A、B均错。因平均速度定义式为eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)，甲、乙两物体在0～t2时间内位移大小相等，故平均速度大小相等，C对，D错。答案：C3．(2024·河南八市重点中学联考)如图甲、乙所示为某物体在0～t时间内运动的x­t图象和v­t图象，由图可知，在0～t时间内()A．物体做的是曲线运动B．物体做加速度越来越小的运动C．甲图中eq\f(t,2)时刻，图线的斜率为eq\f(v0,2)D．x1－x0>eq\f(v0t,2)解析：运动图象(包括位移图象、速度图象、加速度图象)都是用来描述直线运动的，无论运动图象是直线还是曲线，物体都是做直线运动，都不能说物体做的是曲线运动，选项A错误。依据速度图象的斜率表示加速度可知，物体做匀减速直线运动，选项B错误，依据乙图可知，在eq\f(t,2)时刻，物体速度为eq\f(v0,2)。而位移图象斜率表示速度，由此可知，甲图中在eq\f(t,2)时刻，图线的斜率为eq\f(v0,2)，选项C正确。依据甲图，物体是从坐标x0位置动身沿x轴运动，t时刻运动到坐标为x1位置，位移为x＝x1－x0。依据乙图，速度图象的面积表示位移可知，位移x＝eq\f(v0t,2)，即x1－x0＝eq\f(v0t,2)，选项D错误。答案：C4．(2024·甘肃第一次诊考)一滑块以初速度v0从固定斜面底端沿斜面对上滑，已知斜面足够长，则该滑块的速度—时间图象不行能是下面的()解析：当斜面粗糙且μ>tanθ时，先上滑到速度为0，然后保持静止，会出现A选项状况；假如μ<tanθ，上滑加速度大于下滑加速度，会出现B选项状况，下滑时的加速度不会大于上滑时的加速度，因此，不会出现C项状况；当斜面光滑时，上滑、下滑时加速度相等，会出现D选项状况，所以符合题意的只有C项。答案：C5．(多选)在平直马路上行驶的汽车a和b的速度—时间(v­t)图线，分别如图中曲线a和b所示，若t＝t1时刻两车刚好运动到同一位置，则以下说法正确的是()A．在t＝t1时刻，两车加速度方向相反B．在t＝0时刻，b车位于a车的前方C．在0～t1时间内，两车的速度方向相反D．在0～t1时间内，b车的平均速度比a车的大解析：在t＝t1时刻，两图线的斜率正负不同，故加速度方向相反，A正确；t＝t1时刻两车刚好运动到同一位置，在0～t1时间内由图线与t轴围成的面积可知，b车的位移大于a车的位移，则在t＝0时刻，b车位于a车的后方，B错误；在0～t1时间内，从图象可以看出两车的速度都是正值，即速度方向相同，C错误；在0～t1时间内，依据eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可知b车的平均速度比a车的大，D正确。答案：AD6．斜面长度为4m，一个尺寸可以忽视不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方veq\o\al(2,0)的关系图象(即x­veq\o\al(2,0)图象)如图所示。(1)求滑块下滑的加速度大小。(2)若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？解析：(1)由veq\o\al(2,0)＝2ax推知，图线“斜率”为eq\f(1,2a)，依据图象可知，eq\f(1,2a)＝eq\f(1m,4m2·s－2)，所以滑块下滑的加速度大小a＝2m/s2。(2)由图象可知，当滑块的初速度为4m/s时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0m/s时能滑到斜面最低点。设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x＝v0t－eq\f(1,2)at2，解得t＝1s，t＝4s(舍去)。答案：(1)2m/s2(2)1s7．(2024·深圳模拟)每年都有许多中学毕业生利用暑假去学习驾驶技术，其中目标停车是驾考中的一个必考题目，其过程可简化为如图所示的模型：在一条平直马路上有A、B、C、D四个停车标记杆，每相邻两个停车标记杆之间的距离为Δx＝16m，某次测试时，驾驶员正在以v0＝20m/s的速度匀速行驶，当车头到达O点时听到停车指令，要求驾驶员将车头停在标记杆D处，驾驶员经过Δt＝0.5s的反应时间后起先刹车，刹车后起先做匀减速直线运动，若测得汽车从O到标记杆B的时间为t1＝5.5s，从标记杆B到标记杆C的时间为t2＝2.0s。求：(1)O点到标记杆A之间的距离x及汽车刹车时的加速度大小a。(2)汽车停止运动时车头与标记杆D的距离L。解析：(1)汽车通过BC中间时刻的瞬时速度为：v1＝eq\f(Δx,t2)＝8m/s从起先刹车到BC中间时刻的时间为：t＝t1＋eq\f(t2,2)－Δt＝6s则刹车时的加速度大小为：a＝eq\f(v0－v1,t)＝2m/s2从O点到B点的距离为：xOB＝v0·Δt＋v0(t1－Δt)－eq\f(1,2)a(t1－Δt)2＝85m则O点到标记杆A之间的距离为：x＝xOB－Δx＝69m(2)因为反方向是匀加速直线运动，所以B点的速度为：vB＝v1＋a·eq\f(t2,2)＝10m/s从B点到停止，汽车的位移为：x′＝eq\f(v\o\al(2,B),2a)＝25m所以汽车停止运动时车头与标记杆D的距离为：L＝2Δx－x′＝7m。答案：(1)69m2m/s2(2)7m◎实力提升练8.(2024·江西省名校联盟高三教学质量检测)如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v­t图象，已知t＝0时甲在乙前方x0＝60m处，则在0～4s的时间内甲和乙之间的最大距离为()A．8m B．14mC．68m D．52m解析：在0～4s的时间内甲和乙有最大距离时，甲和乙的速度相等，即t＝3s时甲和乙有最大距离。0～3s的时间内甲的位移大小为x甲＝eq\f(1,2)×2×8m＋eq\f(1,2)×(4＋8)×1m＝14m，x乙＝eq\f(1,2)×3×4m＝6m，则在0～4s的时间内甲和乙之间的最大距离为Δx＝x0＋x甲－x乙＝68m，选项C正确。答案：C9．如图所示为甲、乙两质点做直线运动的速度—时间图象，则下列说法中正确的是()A．在0～t3时间内甲、乙两质点的平均速度相等B．甲质点在0～t1时间内的加速度与乙质点在t2～t3时间内的加速度相同C．甲质点在0～t1时间内的平均速度小于乙质点在0～t2时间内的平均速度D．在t3时