教科版 (2019)必修 第一册3 匀变速直线运动位移与时间的关系课后练习题

这是一份教科版 (2019)必修 第一册3 匀变速直线运动位移与时间的关系课后练习题，共21页。试卷主要包含了025 m/s2等内容，欢迎下载使用。

3　匀变速直线运动位移与时间的关系
基础过关练
题组一　位移公式x=v0t+12at2的理解与应用　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.关于做匀加速直线运动的物体在t秒内的位移,下列说法正确的是 (　　)
A.加速度大的物体位移大
B.初速度大的物体位移大
C.末速度大的物体位移大
D.以上说法都不对
2.一个物体由静止开始做匀加速直线运动,第1 s末的速度达到4 m/s,物体在第2 s内的位移是 (　　)
A.6 m　　　　B.8 m　　　　C.4 m　　　　D.1.6 m
3.(2021福建南平高级中学高一期中)(多选)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=6t+2t2(各物理量均采用国际单位制单位),则该质点 (深度解析)
A.第1 s内的位移是6 m
B.前2 s内的平均速度是10 m/s
C.任意相邻1 s内的位移差都是4 m
D.任意1 s内的速度增量都是6 m/s
4.(多选)一个向正东方向做匀变速直线运动的物体,在第3 s内产生的位移为8 m,在第4 s内产生的位移为4 m,则关于该物体运动的描述正确的是 (　　)
A.该物体的加速度大小为4 m/s2,方向向西
B.该物体在第3 s末的速度为8 m/s2
C.该物体在前3 s内在平均速度为12 m/s
D.该物体在5 s末回到了出发点
5.一列火车以2 m/s的初速度、0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动,请求出:
(1)火车在第3 s末的速度大小;
(2)在前4 s的平均速度大小;
(3)在第5 s内的位移大小。









题组二　x-t图像与v-t图像的理解与应用
6.一质点的x-t图像如图所示,那么此质点的v-t图像可能是选项中的 (　　)


7.(2020四川绵阳高一上期末)如图所示,甲图为某质点的位移-时间图像,乙图为某质点的速度-时间图像,下列关于两质点的运动情况说法正确的是 (深度解析)

甲 乙
A.0~2 s内:甲图质点做匀加速直线运动,乙图质点做匀速直线运动
B.2~3 s内:甲图质点和乙图质点均静止不动
C.3~5 s内:甲图质点和乙图质点均做匀减速运动,加速度为-15 m/s2
D.0~5 s内:甲图质点的位移为-10 m,乙图质点的位移为100 m
8.(2021广东汕头第一中学高一期中)在平直公路上行驶的a车和b车,其位移-时间图线分别为图中直线a和曲线b,已知b车的加速度恒定且等于-2 m/s2,t=3 s时,直线a和曲线b刚好相切,则 (　　)

A.a车做匀速运动且其速度为va=83 m/s
B.t=0时,a车和b车的距离x0=9 m
C.t=3 s时,a车和b车相遇,但此时速度不等
D.t=1 s时,b车的速度为10 m/s
9.(2020山西太原高一上期中)我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验,从水面开始竖直下潜,最后返回水面,其v-t图像如图所示,则下列说法正确的是(　　)

A.0~4 min和6~10 min两时间段平均速度大小相等
B.全过程中的最大加速度为0.025 m/s2
C.3~4 min和6~8 min加速度方向相反
D.本次下潜的最大深度为6 m
题组三　刹车问题
10.一辆汽车以20 m/s的速度沿平直公路匀速行驶,突然发现前方有障碍物,立即刹车,汽车以大小为5 m/s2的加速度做匀减速直线运动,那么刹车后2 s内与刹车后6 s内汽车通过的位移大小之比为 (　　)
A.1∶1　　　　B.3∶4
C.3∶1　　　　D.4∶3
题组四　匀变速直线运动的几个重要推论
11.(2020安徽铜陵期末)一辆在水平公路上行驶的汽车做直线运动,突然发现前方35 m处路面上有障碍物,司机立即采取紧急制动直至停止,发现障碍物后汽车的位移x与时间t的数学关系式为x=16t-2t2(x、t的单位分别是m、s),则 (　　)
A.5 s后汽车的位移是30 m
B.汽车刹车时的初速度是4 m/s
C.汽车不会撞上障碍物
D.汽车刹车时的加速度大小为2 m/s2
12.(多选)物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4 m/s,2 s后速度的大小变为10 m/s,在这2 s内该物体的 (　　)
A.位移的大小一定是14 m
B.位移的大小可能是6 m
C.加速度的大小可能是3 m/s2
D.加速度的大小可能大于7 m/s2
13.一辆汽车停靠在站牌处,t=0时刻从静止开始做匀加速直线运动,汽车经4 s达到最大速度,然后以此速度做匀速直线运动,已知汽车在第4 s内通过的位移为14 m,求:
(1)汽车加速过程中的最大速度;
(2)汽车加速过程的位移大小。深度解析





14.物体做匀变速直线运动,在连续相等的两个时间间隔内,通过的位移分别是24 m和64 m,每一个时间间隔为4 s,求物体的初速度大小、末速度大小及加速度大小。






能力提升练
题组一　位移公式x=v0t+12at2的理解与应用　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2021山东潍坊中学高一期中,)图甲、乙、丙是推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度-时间图像,下列说法正确的是 (　　)

A.甲图中利用矩形面积的和来表示的位移大小比实际位移偏小
B.甲图中利用矩形面积的和表示的位移大小比乙图利用矩形面积的和表示的位移大小更接近真实值
C.这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动
D.若丙图中纵坐标表示运动的加速度,则梯形面积表示加速度变化量
2.(2020四川成都外国语学校高一上期中,)(多选)冰壶(Curling),又称掷冰壶、冰上溜石,是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目,属冬奥会比赛项目,并设有冰壶世锦赛。中国女子冰壶队于2003年成立,在2009年的女子冰壶世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠,已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中,冰壶被投出后,如果做匀减速直线运动,用时20 s停止,最后1 s内位移大小为0.2 m,则下面说法正确的是(易错)

A.冰壶的加速度大小是0.3 m/s2
B.冰壶的加速度大小是0.4 m/s2
C.冰壶第1 s内的位移大小是7.8 m
D.冰壶的初速度大小是6 m/s
3.(2021江苏连云港赣榆智贤中学高一检测,)一质点沿直线Ox方向做加速运动,它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x=t3+3(单位: m),它的速度随时间变化的关系为v=3t2(单位: m/s),则该质点在t=1 s时的瞬时速度和t=1 s到t=2 s间的平均速度的大小分别为 (深度解析)
A.3 m/s　7.5 m/s　　　　B.3 m/s　7 m/s
C.4 m/s　7.5 m/s　　　　D.4 m/s　7 m/s
4.(2020天津静海四校高一上联考,)一辆值勤的警车停在公路边,当警员发现从他旁边以v0=8 m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时,决定前去追赶。经2.5 s,警车发动起来,以加速度a=2 m/s2 做匀加速直线运动。试问:
(1)警车发动完成后要多长时间才能追上违章的货车?
(2)在警车追上货车之前,两车间的最大距离是多大?











题组二　x-t图像与v-t图像的理解与应用
5.(2020江苏无锡一中高一上期中,)(多选)物体甲的位移-时间图像和物体乙的速度-时间图像分别如图甲、乙所示,则这两个物体的运动情况是 (　　)

A.甲在整个t=6 s时间内有来回运动,它通过的总位移为零
B.甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移大小为4 m
C.乙在整个t=6 s时间内有来回运动,它通过的总位移为零
D.乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移大小为4 m
6.(2020湖北荆门高三调研,)A、B两小车在同一直线上运动,它们运动的位移s随时间t变化的关系如图所示,已知A车的s-t图像为抛物线的一部分,第7 s末图像处于最高点,B车的图像为直线,则下列说法正确的是 (　　)

A.A车的初速度为7 m/s
B.A车的加速度大小为2 m/s2
C.A车减速过程运动的位移大小为50 m
D.10 s末两车相遇时,B车的速度较大
7.(2020河北武邑中学高三上月考,)(多选)t=0时,甲、乙两汽车从相距70 km的两地开始相向行驶,它们的v-t图像如图所示。忽略汽车掉头所需时间,下列对汽车运动状况的描述正确的是 (　　)

A.在第1小时末,乙车改变运动方向
B.在第2小时末,甲、乙两车相距10 km
C.在前4小时内,乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D.在第4小时末,甲、乙两车相遇
8.(2021江西师大附中高一期中检测,)矿井里有一升降机,由静止开始从井底匀加速上升,经过5 s速度达到4 m/s后,又以这个速度匀速上升20 s,然后匀减速上升,经过4 s停止在井口。
(1)画出升降机运动的v-t图像;
(2)求矿井的深度。











题组三　刹车问题
9.(2021河南郑州第一中学期中,)一辆汽车以72 km/h的速度正在平直公路上匀速行驶,突然发现前方40 m处有需要紧急停车的危险信号,司机立即采取刹车措施。已知该车在刹车过程中加速度的大小为5 m/s2,则从刹车开始经过5 s汽车前进的距离是多少?此时是否已经进入危险区域?易错







题组四　匀变速直线运动的几个重要推论
10.(2021河南信阳高一上期中检测,)物体做匀加速直线运动,相继经过相邻两段距离为16 m的路程,第一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是(　　)
A.23 m/s2　　　　B.43 m/s2
C.89 m/s2　　　　D.169 m/s2
11.(2020广东广州三校联考,)一物体做匀加速直线运动,通过一段位移Δx所用的时间为t1,紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2。则物体运动的加速度为　 (　　)
A.2Δx(t1-t2)t1t2(t1+t2)　　　　B.Δx(t1-t2)t1t2(t1+t2)
C.2Δx(t1+t2)t1t2(t1-t2)　　　　D.Δx(t1+t2)t1t2(t1-t2)
12.(2020福建师大附中期中,)一质点在连续的6 s内做匀加速直线运动,在第1个2 s内位移为12 m,最后1个2 s内位移为36 m,下面说法正确的是(　　)
A.质点的加速度大小是3 m/s2
B.质点在第2个2 s内的平均速度大小是18 m/s
C.质点在第2 s末的速度大小是12 m/s
D.质点在第1 s内的位移大小是6 m
13.(2021江西赣州重点中学高一上第二次大考,)从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球,在连续释放几个小球之后,对斜面上运动的小球摄下照片如图所示,测得AB=15 cm,BC=20 cm,试求:
(1)小球运动的加速度的大小;
(2)拍摄时B球的速度的大小;
(3)D、C两球间的距离;
(4)A球上面正在运动着的小球共有多少个?深度解析








答案全解全析
基础过关练
1.D　由x=v0t+12at2知,x的大小与初速度、加速度、时间都有关,t一定时,x与两个量有关,不能简单地说初速度大或加速度大,位移一定大,A、B、C均错,D对。
2.A　设加速度为a,由v=at得a=vt=4m/s1s=4 m/s2,则第2 s内的位移x=v0t+12at2=4×1+12×4×12 m=6 m,选项A正确。
3.BC　第1 s内的位移x=6t1+2t12=(6×1+2×1) m=8 m,故A错误;前2 s内的位移x2=6t2+2t22=(12+2×4) m=20 m,则前2 s内的平均速度v=x2t2=202m/s=10 m/s,故B正确;根据x=v0t+12at2=6t+2t2知,加速度a=4 m/s2,则任意相邻1 s内的位移差Δx=at2=4×1 m=4 m,故C正确;任意1 s内速度的增量Δv=at=4×1 m/s=4 m/s,故D错误。
导师点睛　解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运用。
4.AC　第3 s内的位移为8 m,则第3 s内的平均速度为8 m/s,根据匀变速运动规律可知,2.5 s时物体的速度v2.5=8 m/s,同理可得3.5 s时物体的速度v3.5=4 m/s,则加速度a=v3.5-v2.5Δt=4-83.5-2.5 m/s2=-4 m/s2,即加速度方向沿正西方向,选项A正确;第3 s末的速度为v3 =v2.5 +at'=8 m/s-4×0.5 m/s = 6 m/s,选项B错误;初速度v0=v3-at=6 m/s-(-4)×3 m/s=18 m/s,故前3 s内的平均速度为v=v0+v32=18m/s+6m/s2=12 m/s,选项C正确;物体在前5 s内的位移x=v0t+12at2=40 m,故物体在5 s末不会回到出发点,选项D错误。
5.答案　(1)3.5 m/s　(2)3 m/s　(3)4.25 m
解析　(1)根据vt=v0+at可求得,第3 s末的速度为v3=2+0.5×3=3.5 m/s
(2)根据vt=v0+at可求得,第4 s末的速度为v4=2+0.5×4=4 m/s,
因此v=v0+v42=2+42 m/s=3 m/s
(3)根据x=v0t+12at2,前5 s的总位移为x5=2×5 m+12×0.5×52 m=654 m
同理,前4 s的总位移为x4=2×4 m+12×0.5×42 m=12 m,因此第5 s的位移为Δx=x5-x4=4.25 m。
6.A　x-t图线的切线斜率表示速度,由图像可知:0~t12时间内图线的斜率为正且越来越小,在t12时刻图线斜率为0,即物体在0~t12时间内的速度沿正方向,且越来越小,t12时刻减为零;从t12~t1时间内,斜率为负值,数值越来越大,即速度反向增大,故选项A正确。
7.D　位移-时间图像的斜率表示物体运动的速度,速度-时间图像的斜率表示物体的加速度,则0~2 s内甲图质点做匀速直线运动,乙图质点做匀加速直线运动,故A错误;2~3 s内甲图斜率为零,即质点速度为零,乙图质点速度恒定不变,做匀速直线运动,故B错误;3~5 s内甲图斜率恒定,质点做匀速直线运动,而乙图质点速度均匀减小,做匀减速直线运动,故C错误;位移-时间图像表示质点的位置随时间的变化,则甲图质点位移为0-10 m=-10 m,速度-时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移,则x=[12×(10+30)×2+30×1+12×30×2] m=100 m,故D正确。
导师点睛　解决本题的关键知道速度-时间图线和位移-时间图线的物理意义,知道图线的斜率分别表示的意义。
8.B　a车图像是倾斜直线,所以该车做匀速直线运动,该车速度为v=ΔxΔt=8-23 m/s=2 m/s,故A错误;t=3 s时,直线a和曲线b刚好相切,则b车此时速度为2 m/s,故C错误;由v=v0+at得,b车的初速度为v=v0-at=2-(-2)×3=8 m/s,b车在第一秒内位移为x=v0t+12at2=8×1 m+12×(-2)×12 m=7 m,则t=0时,a车和b车的距离x0=7 m+2 m=9 m,故B正确;t=1 s时,b车的速度为v=8 m/s-2×1 m/s=6 m/s,故D错误。
9.A　根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移,则0~4 min内的位移大小为:x=12×(120+240)×2.0 m=360 m;6~10 min内位移大小为x'=12×3.0×240 m=360 m,可知0~4 min和6~10 min两时间段位移大小相等,所用时间相等,则平均速度大小相等,故A正确;v-t图线的倾斜程度表示加速度的大小,0~1 min和3~4 min加速度最大,大小为a=vt=2.060 m/s2≈0.033 m/s2,故B错误;v-t图像的斜率的正负反映加速度的方向,可知3~4 min和6~8 min加速度方向相同,故C错误;由题图可知t=4 min时“蛟龙号”下潜到最深处,最大深度为:s=12×(120+240)×2.0 m=360 m,故D错误。
10.B　汽车的刹车时间t0=205 s=4 s,故刹车后2 s内及6 s内汽车的位移大小分别为x1=v0t1+12at12=20×2 m+12×(-5)×22 m=30 m,x2=20×4 m+12×(-5)×42 m=40 m,x1∶x2=3∶4,B正确。
11.C　将匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t + 12at2与x=16t-2t2对比可得v0 =16 m/s,a=-4 m/s2,汽车从刹车到停止的总时间为t=0-v0a=-16-4 s=4 s,所以5 s后汽车的位移等于4 s内的位移,为x=v02t=162×4 m=32 m,选项A、B、D错误;因为汽车从刹车到停止的位移为x=32 m <35 m,所以汽车不会撞上障碍物,选项C正确。12.BC　取初速度方向为正方向。如果末速度与初速度同向,则加速度a=v-v0t=10-42 m/s2=3 m/s2,位移x=v0+v2t=4+102×2 m=14 m。如果末速度与初速度反向,则加速度a=v-v0t=-10-42 m/s2=-7 m/s2,位移x=v0+v2t=4+(-10)2×2 m=-6 m。故位移大小为14 m或6 m,加速度大小为3 m/s2或7 m/s2,A、D错误,B、C正确。
13.答案　(1)16 m/s　(2)32 m
解析　(1)已知汽车在第4 s内通过的位移为14 m,那么汽车在3.5 s末的速度为v3.5=s1t1=141 m/s=14 m/s
由公式v=v0+at
得a=4 m/s2
汽车在4 s末的速度最大,最大为v4=at2=4×4 m/s=16 m/s
(2)汽车加速过程的位移大小s=12at22=12×4×42 m=32 m。
导师点睛　本题是一道比较简单的有关运动的问题,要学会利用平均速度和位移公式求解。
14.答案　1 m/s　21 m/s　2.5 m/s2
解析　解法一(基本公式法)
如图所示,由位移公式得
x1=vAT+12aT2
x2=vA·2T+12a(2T)2-vAT+12aT2
vc= vA+a·2T
将x1=24 m,x2=64 m,T=4 s代入以上三式,解得加速度大小a=2.5 m/s2,初速度大小vA=1 m/s,末速度大小vC =21 m/s。

解法二(平均速度法)
连续两段相等时间T内的平均速度分别为v1=x1T=244m/s=6 m/s,v2=x2T=644 m/s=16 m/s,且v1=vA+vB2,v2=vB+vC2,
由于B是A、C的中间时刻,故vB=vA+vC2,
三式联立解得vB=v1+v22=6+162 m/s=11 m/s
解得初速度大小vA= 1 m/s,末速度大小vc =21 m/s
加速度大小a=vC-vA2T=21-12×4 m/s2=2.5 m/s2。
解法三(逐差法)
由Δx=aT2可得加速度大小
a=ΔxT2=64-2416 m/s2=2.5 m/s2
又x1=vAT+12aT2
vC=vA+a·2T
联立解得初速度大小vA=1 m/s,末速度大小vC=21 m/s。
能力提升练
1.A　v-t图像中的图线与时间轴所围的面积大小表示物体的位移大小,则知甲图中利用矩形面积的和来表示的位移大小比实际位移大小偏小,乙图利用矩形面积的和表示的位移大小比甲图中利用矩形面积的和表示的位移大小更接近真实值,故A正确,B错误。这种面积表示位移的方法适用于任何直线运动,故C错误。若丙图中纵坐标表示运动的加速度,则梯形面积表示速度变化量,故D错误。
2.BC　整个过程的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动,最后1 s内的位移为0.2 m,根据位移时间公式x1=12at12,代入数据解得a=0.4 m/s2,故B正确,A错误;根据速度公式得初速度为v0=at=0.4×20 m/s=8 m/s,则冰壶第1 s内的位移大小为:x1'=v0t-12at2=(8×1-12×0.4×12) m=7.8 m,故C正确,D错误。
易混易错　解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运用,注意冰壶速度减为零后不再运动。
3.B　将t=1 s代入质点的速度随时间变化的关系式v=3t2(m/s),得t=1 s时刻的瞬时速度为:v=3×12 m/s=3 m/s;将t=1 s和t=2 s分别代入距离随时间变化的关系式x=3+t3(m),得:x1=4 m,x2=11 m,则质点在第2 s时间内通过的位移为x=x2-x1=11 m-4 m=7 m,t=1 s到t=2 s间的平均速度为:v=xt=71 m/s=7 m/s,故B正确,A、C、D错误。
导师点睛　本题运用代入法解题,只要掌握位移与距离的关系和平均速度公式就能正确求解。
4.答案　(1)10 s　(2)36 m
解析　(1)追上货车时警车的位移为:x1=12at2,
货车的位移为:x2=v0(t+2.5 s),x1=x2
联立解得t=10 s,t'=-2 s(舍去)。
(2)当警车的速度与货车的速度相等时,两车间距离最大,有:
v0=at0,
解得:t0=v0a=8m/s2m/s2=4 s,
此时货车的位移为:x1=v0(t0+2.5 s)=52 m,
警车的位移为:x2=12at02=12×2×42 m=16 m,
则两车间的最大距离为:Δx=x1-x2=52 m-16 m=36 m。
5.BC　根据位移-时间图线的斜率表示速度可知,甲在整个t=6 s时间内一直沿正向运动,总位移为Δx=2 m-(-2 m)=4 m,故A错误,B正确;速度-时间图像中,速度的正负,表示速度的方向,即表示物体的运动方向。速度先负后正,说明物体乙先沿负向运动,后沿正向运动,即有来回运动,根据v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移,图线在t轴上方位移为正值,在下方位移为负值,得知总位移为0,故C正确,D错误。
6.B　A车做匀变速直线运动,设A车的初速度为v0,加速度大小为a,由图可知t=7 s时,速度为零,由运动学公式可得:v7=v0-7a=0,根据图像和运动学公式可知t=10 s时的位移为:x10=40 m-0=40 m,x10=v0t-12at2=10v0-50a,联立解得a=2 m/s2,v0=14 m/s,故选项B正确,A错误;A车减速过程运动的位移大小x7=v0+02t=14+02×7 m=49 m,故选项C错误;位移-时间图像的斜率表示速度,10 s末两车相遇时B车的速度大小为:vB=ΔxΔt=4 m/s,A车的速度为:vA=v0-at=-6 m/s,A车的速度较大,故选项D错误。
7.BC　由题图可知,前2小时内乙车一直做反方向的运动,1小时末时开始减速但方向没有变,故A错误;v-t图像中图线与时间轴围成的面积为汽车运动的位移,则可知,2小时内,甲车正向运动的位移为x甲=12×2×30 km=30 km;而乙车反向运动,其位移大小x乙=12×2×30 km=30 km;因两车相向运动,且初始时刻相距70 km,则2小时末时,两车还相距10 km;故B正确;v-t图像中图线的斜率表示加速度,由图可知,乙车的图像斜率总是大于甲车的图像的斜率,故乙车的加速度总比甲车的大,选项C正确;4小时内甲车的总位移为120 km;而乙车的总位移为-30 km+60 km=30 km,即乙车的位移为正方向的30 km,两车原来相距70 km,4小时末时,甲车离出发点120 km,而乙车离甲车的出发点70+30 km=100 km,故此时甲车已超过乙车,两车不会在此时相遇,故D错误。
8.答案　(1)见解析图　(2)98 m
解析　(1)如图

(2)升降机从井底到井口的运动分为三个阶段:匀加速、匀速、匀减速
解法一:①匀加速上升阶段
a1=vt1=0.8 m/s2
h1=12a1t12=12×0.8×52 m=10 m。
②匀速上升阶段h2=vt2=4×20 m=80 m。
③匀减速上升阶段a3=vt3=44 m/s2=1 m/s2
h3=12a3t32=12×1×42 m=8 m
所以矿井深度h=h1+h2+h3=(10+80+8) m=98 m。
解法二:本题如用平均速度来解就不用求a1、a3,而只要根据v=v+v02,x=vt就可求解。
①匀加速上升阶段h1=v1t1=0+v2t1=0+42×5 m=10 m。
②匀速上升阶段h2=vt2=4×20 m=80 m。
③匀减速上升阶段h3=v3t3=v+02t3=4+02×4 m=8 m。
所以矿井深度h=h1+h2+h3=(10+80+8) m=98 m。
9.答案　40 m　未进入危险区域
解析　设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t0,选初速度方向为正方向,由于汽车做匀减速直线运动,加速度a=-5 m/s2,则由vt=v0+at得
t0=v1-v0a=0-20-5 s=4 s
可见,该汽车刹车后经过4 s就已停下,其后的时间内汽车是静止的由运动学公式知,从刹车开始经过5 s汽车通过的距离为x=v0t0+12at02=40 m
即汽车此时恰好到达危险区域边缘,未进入危险区域。
易混易错　对实际生活中的运动问题,一定要具体问题具体分析。如匀减速直线运动问题,一定要注意是否有反向运动的可能性。本题中汽车紧急刹车,速度减为零后即保持静止状态,不会反向运动。经分析可知,汽车停止运动的时间是4 s,题目讨论的时间已经超过了停止时间,这是命题者设置的陷阱,要特别引起重视,避免出错。
10.B　第一段时间内的平均速度为:v1=xt1=164 m/s=4 m/s,
第二段时间内的平均速度为:v2=xt2=162 m/s=8 m/s,
某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,
两个中间时刻的时间间隔为:Δt=2 s+1 s=3 s,
则加速度为:a=v2-v1Δt=8-43 m/s2=43 m/s2,选项B正确。
11.A　物体做匀加速直线运动,在前一段Δx所用的时间为t1,平均速度为v1=Δxt1,即t12时刻的瞬时速度;物体在后一段Δx所用的时间为t2,平均速度为v2=Δxt2,即t22时刻的瞬时速度。速度由:v1变化到v2的时间为Δt=t1+t22,所以加速度为a=v2-v1Δt=2Δx(t1-t2)t1t2(t1+t2)。
12.A　设质点在第1个2 s内的位移为x,最后1个2 s内的位移为x3,根据x3-x1=2aT2得a=x3-x12T2=36-122×22 m/s2=3 m/s2,A正确;设质点在第2个2 s内的位移为x2,根据匀变速直线运动规律得x2-x1=x3-x2解得x2=x1+x32=24 m,则质点在第2个2 s内的平均速度大小为v=x2T=242 m/s=12 m/s,B错误;质点在第2 s末的速度大小为v2=x1+x22T=12+242×2 m/s=9 m/s,C错误;在第2个1 s内的匀加速运动可反向看为以v2为初速度的匀减速运动,则第1 s内的位移大小s =x1-( v2t-12at2) =4.5 m,D错误。
13.答案　(1)5.0 m/s2　(2)1.75 m/s　(3)0.25 m　(4)2个
解析　因为任一小球从斜面下滑过程中加速度相同,所以同一时刻不同小球的位置分布与同一小球相隔0.1 s时间在不同时刻位置分布完全相同,sAB、sBC、sCD都可以看成同一小球在0.1 s时间内的位移,由于小球做匀变速直线运动,由Δs= aT2,有
(1)a=sBC-sABT2=0.2-0.150.12 m/s2=5.0 m/s2;
(2)由一段时间的中间时刻速度等于这段的平均速度得
vB=sBC+sAB2T=0.2+0.152×0.1 m/s=1.75 m/s;
(3)因为Δs=aT2=常量,
sCD-sBC=sBC-sAB,
故sCD = 2sBC-sAB=2×0.2 m-0.15 m=0.25 m;
(4)设A点小球的速率为vA,因为vB= vA+at,所以A小球的运动速度为vA= vB-at=1.25 m/s,所以A小球的运动时间为tA=vAa=0.25 s,
因每隔0.1 s释放一个小球,故A小球上方正在滚动的小球共有2个。
导师点睛　本题考查匀变速直线运动中规律的应用,要注意正确掌握Δs=aT2的应用并在解题中多加练习。