专题01 匀变速直线运动及运动图像的运用（练习）-2024高考物理二轮复习高频考点预测（新高考专用）

这是一份专题01 匀变速直线运动及运动图像的运用（练习）-2024高考物理二轮复习高频考点预测（新高考专用），文件包含专题01匀变速直线运动及运动图像的运用分层练原卷版docx、专题01匀变速直线运动及运动图像的运用分层练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共65页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题01 匀变速直线运动及运动图像的运用
A·常考题不丢分
命题点01 基本公式的简单运用
命题点02 推论式的综合运用
命题点03 常见v-t、x-t、a-t图像
命题点04 比例式的强化运用
命题点05 追及相遇问题
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 基本公式的简单运用】
【针对练习1】交警在处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，获取的数据输入计算机后得到汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x=30t−3t2（x的单位是m，t的单位是s），则汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为（ ）
A．75mB．37.5mC．225mD．150m
【答案】A
【详解】位移随时间变化的规律为x=30t−3t2，对比匀变速直线运动公式x=v0t+12at2可得，汽车刹车的初速度为
v0=30m/s
加速度为
a=−6m/s2
则汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为
s=−v022a=75m
故选A。
【针对练习2】长为400m的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为80m/s，要通过前方一长为2km的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过40m/s，列车通过隧道后匀加速至正常行驶速率。已知列车加速和减速时加速度的大小均为1m/s2，则列车因通过隧道而延迟的时间为（ ）
A．130sB．140sC．45sD．50s
【答案】D
【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v，则列车进隧道前必须减速到v，则有
v = v0 - at1
v02−v2=2as1
解得
t1=40s
s1=2400m
在隧道内匀速有
t2=L+lv=60s
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
v02−v2=2as2
解得
t3=40s
s2=2400m
列车从减速开始至回到正常行驶速率
t总=t1+t2+t3=140s
s总=s1+L+s2=7200m
列车未通过隧道经过相同位移所需时间
t'=s总v0=90s
则列车因通过隧道而延迟的时间为
Δt=t总−t'=50s
故选D。
【针对练习3】如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置A、B，A、B间距离为L=30cm，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d=1cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010s、0.005s，滑块从A到B所用时间为0.200s。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块通过A的速度为1cm/sB．滑块通过B的速度为2cm/s
C．滑块加速度为5m/s2D．滑块在A、B间的平均速度为3m/s
【答案】C
【详解】A．滑块通过A的速度
vA=dtA=10.01cm/s=100cm/s
故A错误；
B．滑块通过B的速度
vB=dtB=10.005cm/s=200cm/s
故B错误；
C．滑块加速度
a=vB−vAΔt=2−10.2m/s2=5m/s2
故C正确；
D．滑块在A、B间的平均速度
v=LΔt=
故D错误。
故选C。
【针对练习4】某汽车在平直公路上以12m/s的速度匀速行驶，现因前方发生紧急事件刹车，加速度的大小为6m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．刹车后1s末的速度为6m/s
B．刹车后3s末的速度为−6m/s
C．刹车后1s内的位移为9m
D．刹车后3s内的位移为12m
【答案】ACD
【详解】A．刹车后1s末的速度为
v=v0−at=6m/s
A正确；
B．汽车最终停止，不会反向运动，B错误；
C．刹车后1s内的位移为
x1=v0t−12at2=9m
C正确；
D．汽车停止时间为
t0=v0a=2s
刹车后3s内已经停止，位移为
x1=v02t0=12m
D正确。
故选ACD。
【针对练习5】一辆公共汽车以10m/s的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现前方有行人横穿公路，立即刹车。刹车后经2s速度变为6m/s，若不考虑司机的反应时间，试求：
（1）刹车后前进9m所用的时间；
（2）刹车后6s汽车位移的大小；
（3）汽车停止运动前最后1s的位移。
【答案】（1）1s；（2）25m；（3）1m
【详解】由刹车后t1=2s内知
a=v1−v0t1=6−102m/s2=−2m/s2
刹车全程历时tm，由
0=v0+atm
解得
tm=0−v0a=0−10−2s=5s
（1）在x1=9m的过程，由
x1=v0t'1+12at'12
可得
t'1=1s（t'1=9s>tm，舍去）
（2）t2=6s>tm，故
x2=xm=v02tm=102×5m=25m
（3）由t=tm−1s=4s，则有
x=v0t+12at2=[10×4+12×(−2)×42]m=24m
故最后1s内的位移为
x'=xm−x=25m−24m=1m
【命题点02 推论式的综合运用】
【针对练习1】如图（a）所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为d=0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法不正确的是（ ）

A．物块在由A运动至E的时间为1.6s
B．位置A与位置D间的距离为1.30m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875m/s2
【答案】B
【详解】A．由图（b）中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T=0.40s，故AE的时间间隔为1.6s，故A正确；
D．根据题意，由逐差法有
xCE−xAC=a2T2
代入数据解得
a=1.875m/s2
故D正确；
C．由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，物块在位置D时速度为
vD=xCE2T=2.25m/s
故C正确；
B．根据题意，由公式v=v0+at有
vD=vA+a3T
解得
vA=0
则位置A、D间距离为
xAD=vD2−vA22a=1.35m
故B错误。
本题选不正确的，故选B。
【针对练习2】某质点做匀变速直线运动，第2秒内的位移是6m，第6秒内的位移是10m，则下列说法中正确的是（ ）
A．质点的初速度是4.5m/s
B．质点运动的加速度是2m/s2
C．质点前4秒内平均速度为6m/s
D．质点在4.5秒末的瞬时速度是10m/s
【答案】A
【详解】B.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度得第1.5秒末的速度为
v1.5=xt=6m/s
第5.5秒末的速度为
v5.5=xt=10m/s
得加速度为
a=ΔvΔt=10−65.5−1.5m/s2=1m/s2
故B错误；
A.由速度时间公式可得
v0=v1.5−at=4.5m/s
故A正确；
C.质点前4秒内平均速度为
v=xt=v0t+12at2t=6.5m/s
故C错误；
D.由速度时间公式可得
v4.5=v1.5+at=9m/s
故D错误。
故选A。
【针对练习3】平直公路旁有A、B、C、D、E五个石墩，一汽车在石墩A处由静止开始匀加速行驶，途经B、C、D、E四个石墩，如图所示。已知B到C、C到D、D到E的时间相等（但时间未知），BC间距离为L1，DE间距离为L2，根据以上信息，以下说法正确的是（ ）

A．可以求出汽车的加速度大小
B．可以求出经过C处的速度大小
C．可以求出AB之间的距离
D．可以求出AE之间的运动时间
【答案】C
【详解】A．根据匀变速直线运动的规律可知
LCD−L1=L2−LCD=aT2
得
L2−L1=2aT2
因T未知，无法求a，A错误；
B．因为
LCD−L1=L2−LCD=aT2
所以有
LCD=L1+L22
而匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故有
vC=L1+LCD2T=3L1+L24T
因T未知，无法求出vC，B错误；
C．对A到C过程，有
LAB+L1=vC22a=(3L1+L2)216(L2−L1)
有
LAB=(3L1+L2)216(L2−L1)−L1
C正确；
D．根据以上分析，可知对于运动时间只能求出tAE与T的比值，D错误。
故选C。
【针对练习4】（多选）2022年北京冬季奥运会的滑雪赛道上有一段斜坡。若滑雪运动员从坡顶O点由静止开始沿斜坡向下做匀加速直线运动，经过距离为6m的A、B两点所用 时间为1s，经过距离为24m的B、C两点所用时间为2s，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员的加速度大小为4m/s2
B．运动员经过B点时的速度大小为10m/s
C．O、A两点间的距离为2m
D．运动员在BC中点的瞬时速度大小为 210m/s
【答案】AC
【详解】A．由题中所给数据可求得加速度大小
a=xBCtBC−xABtABtAB+tBC2=4m/s2
故A正确；
B．运动员从B点运动到C点，有
xBC＝vBtBC+12atBC2
联立解得
vB=8m/s
故B错误；
C．运动员从O点运动到B点，有
vB2=2axOB
联立解得
xOB=8m
则O、A两点间的距离为2m，故C正确；
D．运动员从B点运动到C点，有
xBC=vB+vC2tBC
vx2=vB2+vC22
代入数据得
vx2=410m/s
故D错误。
故选AC。
【针对练习5】如图所示，一小球沿足够长的水平面以初速度v做匀减速直线运动，依次通过A、B、C、D最终停在E点，已知AB=BD=8m，BC=2m，小球从A到C和从C到D所用时间均为2s，设小球经过A点时的速度为vA。
（1）求小球在运动过程中的加速度大小和vA的大小。
（2）求小球在AE段的平均速度大小和从D到E的时间。

【答案】（1）1m/s2，6m/s；（2）3m/s，2s
【详解】（1）根据匀变速运动的推论
xAC−xCD=at2
小球在运动过程中的加速度大小为
a=xAC−xCDt2=(8+2)−(8−2)22m/s2=1m/s2
小球经过C点时的速度为
vC=xAD2t=8+82×2m/s=4m/s
小球经过A点时的速度为
vA=vC+at=4+2×1m/s=6m/s
（2）小球在AE段的平均速度大小
v=vA2=3m/s
从A到E的时间
t1=vAa=61s=6s
从D到E的时间
t2=t1−2t=6−2×2s=2s
【命题点03 常见v-t、x-t、a-t图像】
【针对练习1】（多选）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示，关于电梯上升下列说法正确的是（ ）
A．从20.0s到30.0s电梯加速上升B．从30.0s到40.0s电梯减速下降
C．从到50.0s电梯的位移约为20mD．从到50.0s电梯的加速度方向没有改变
【答案】AC
【详解】A．由速度图像可知，斜率表示加速度，速度方向与加速度方向同方向，则电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s，故A正确；
B，30.0s到40.0s电梯速度不变，做匀速直线运动，故B错误；
C．图像所围成的面积表示位移，则从到50.0s电梯的位移约为
x=12×(10+30)×1m=20m
故C正确；
D．由速度图像可知，斜率表示加速度，则可得从到50.0s电梯的加速度方向发生变化，故D错误。
故选AC。
【针对练习2】2022年2月4日，第24届冬奥会在北京开幕，北京成为历史上首个“双奥之城”。在这届冬奥会中，我国运动员顽强拼搏，奋力争先，最终取得了9金4银2铜的历史最好成绩。假设比赛中我国某滑雪运动员由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．0~5s内运动员做单向直线运动
B．0∼3s内加速度方向改变，先正向后反向
C．0~3s内速度先增大后减小
D．该运动员在t=5s时的速度为2m/s
【答案】A
【详解】AD．a−t图像与轴所围的面积表示速度变化量，图中1∼3s内面积和3∼5s内面积相等，表示速度变化量大小相等、方向相反，则有
v5=v1=121+2×1m/s=1.5m/s
而运动员在0∼3s内始终做加速运动，在3∼5s内始终做减速运动，且5s时速度依然沿正方向，所以0∼5s内运动员做单向运动，故D错误，A正确；
BC．运动员由静止开始运动，0∼3s内加速度方向始终沿正方向，该段时间内运动员始终沿正方向做加速运动，所以速度方向也始终沿正方向，运动员一直加速，故BC错误。
故选A。
【针对练习3】一物体做直线运动的v−t图像如图所示，则（ ）

A．前2 s内物体加速度大小为2m/s2
B．第3 s末物体回到出发点
C．第3 s末物体的速度为零，此时加速度也为零
D．前 6 s内物体的位移大小不为零
【答案】A
【详解】A．v-t图像的斜率表示加速度，根据v-t图像，物体在0-2s内的加速度大小为
a=△v△t=4−02−0m/s2=2m/s2
故A正确；
B．根据图像可知，0-3s内物体始终向正方向运动，第3 s末物体没有回到出发点，故B错误；
C．2s～4s图像斜率不为零，第3 s末物体的速度为零，但加速度不为零，故C错误；
D．v-t图像与坐标轴包围的面积表示位移，由图像可知前6s内物体的位移为零，故D错误。
故选A。
【针对练习4】甲、乙两物体分别在水平面上做直线运动，取向右为正方向，它们运动的相关图像分别如图甲、乙所示．已知乙的初速度为0，下列说法正确的是（ ）

A．甲物体2s时的加速度方向发生变化
B．乙物体2s时的运动方向没有发生变化
C．甲物体0∼2s内的平均速度与2∼4s内的平均速度相同
D．乙物体4s时的位置与0时刻的位置相同
【答案】B
【详解】A．由v−t图像中斜率表示加速度，由图甲可知，甲物体2s时的加速度方向没有变化，故A错误；
B．已知乙的初速度为0，因a−t图像与时间轴围成的面积等于速度的变化量，可知乙物体在0∼2s时间内速度为负值，在2∼4s内速度变化量为正值，在t=4s时速度减为零，但是在2∼4s内速度仍为负值，则2s时的运动方向没有发生变化，故B正确；
C．由图甲可知，甲物体0∼2s内位移与2∼4s内的位移大小相同，方向相反，则甲物体0∼2s内的平均速度与2∼4s内的平均速度大小相同，但是方向相反，故C错误；
D．乙物体从0∼4s速度一直为负，则4s时的位置与0时刻的位置不相同，故D错误。
故选B。
【针对练习5】（多选）甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲和乙的运动图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．甲做曲线运动，乙做直线运动
B．6s内甲的路程为16m，乙的路程为12m
C．0~2s甲、乙的平均速度不相同
D．甲在3s末回到出发点，乙在6s末回到出发点
【答案】BD
【详解】A．由图像可知，甲、乙均在一条直线上运动，都做直线运动，故A错误；
B．由甲图可得6s内甲的路程为
s甲=4×4m=16m
由图乙可得6s内乙的路程为
s乙=2×12×3×4m=12m
故B正确；
C．由图甲可知，0~2s内，甲的位移为4m，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知甲的平均速度为2m/s；0~2s内，乙做匀加速直线运动，根据v=v0+vt2，可得乙的平均速度为
v=0+42m/s=2m/s
所以，二者在0~2s内的平均速度相同，故C错误；
D．由x−t图像可知甲在3s末回到出发点，根据v−t图像围成的面积表示位移，可知乙在6s内的位移为零，即乙在6s末也回到出发点，故D正确。
故选BD。
【命题点04 比例式的强化运用】
【针对练习1】商场中的无轨小火车，由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对其齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比是7:9:11
B．第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比是2:5:6
C．从静止开始计时到4、5、6节车厢尾经过小朋友的时间之比是2:5:6
D．第4、5、6节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是2−3:5−2:6−5
【答案】C
【详解】AB．根据初速度为零的匀变速直线运动连续相等位移所需时间之比可得第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比是(2−3):(5−2):(6−5)，故AB错误；
C．根据x=12at2可得从静止开始计时到4、5、6节车厢尾经过小朋友的时间之比2:5:6，故C正确；
D．根据v=at可知第4、5、6节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是2:5:6，故D错误。
故选C。
【针对练习2】如图为港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t。则（ ）

A．通过cd段的时间为3tB．通过ce段的时间为2−2t
C．ab段和ac段所用时间比为1：2D．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度
【答案】B
【详解】ABC．由连续相等位移问题时间之比可知，汽车经过ab，bc，cd，de所用时间之比为
t1:t2:t3:t4=1:(2−1):(3−2):(2−3)
故通过cd段的时间为(3−2)t，通过ce段的时间为2−2t，ab段和ac段所用时间比为1:2，故AC错误，B正确；
D．由汽车经过ab，bc，cd，de所用时间之比可知，汽车经过b点时为ae过程的中间时刻，即ae段的平均速度等于b点的瞬时速度，故D错误。
故选B。
【针对练习3】四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是《国家地理频道》的实验示意图，直径相同（约30cm左右）的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断不正确的是（ ）

A．子弹在每个水球中的速度变化量相同
B．子弹依次穿过每个小球所用的时间之比为2−3:3−2:2−1:1
C．子弹依次进入每个小球时的速度之比为2：3：2：1
D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
【答案】A
【详解】A．子弹做匀减速运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，而加速度相同，有Δv=at知，子弹在每个水球中的速度变化量不变，故A错误；
B．子弹的运动可看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1:2-1:3-2:2-3，则子弹依次穿过每个小球所用的时间之比为2−3:3−2:2−1:1，故B正确；
C．子弹的运动可看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据x=12at2可得逆向子弹依次进入每个小球时的时间之比为1:2:3:2，根据v=at可知逆向子弹依次进入每个小球时的速度之比为1:2:3:2，则子弹依次进入每个小球时的速度之比为 2:3:2:1，故C正确；
D．子弹恰好能穿出第4个水球，则根据B项分析知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球所用时间相同，则子弹穿出第3个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，故D正确。
故选A。
【针对练习4】（多选）如图所示，水平地面上有固定两块木板AB、BC，紧挨在一起，木板AB的长度是BC的三倍，一颗子弹以初速度v0从A端射入木板，并恰能从C端射出，用的时间为t，子弹在木板中的运动可以看成是匀变速运动，则以下说法中正确的是（ ）
A．子弹到B点的速度为v04B．子弹到B点的速度为v02
C．子弹从A到B的时间为t4D．子弹从A到B的时间为t2
【答案】BD
【详解】CD．初速度为零的匀加速直线运动，相同时间的位移比为1:3，可以把子弹的运动反向看成初速度为零的匀加速直线运动，由于木板AB的长度是BC的三倍，故子弹经过AB和BC的时间相等，均为t2，故C错误，D正确；
AB．初速度为零的匀加速直线运动，相同时间的速度比为1:2，由于子弹以初速度v0从A端射入木板，可知子弹到B的速度为v02，故A错误，B正确。
故选BD。
【针对练习5】（多选）如图所示是商场中的无轨小火车，小火车由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，已知第一节车厢经过小朋友所花时间为t，下列说法正确的是（ ）

A．第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是1:2−1:3−1
B．第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是1:2:3
C．第1个t内，第2个t内，第3个t内经过小朋友的车厢数之比为1:3:5
D．从静止开始计时到第1、2、3节车厢尾经过小朋友的时间之比是1:2:3
【答案】CD
【详解】AB．由匀加速直线运动经过相等位移的时间关系可得，第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比为1：2−1：3−2，故AB错误；
C．根据初速度为零的匀加速直线运动连续时间内位移之比可知第1个t内，第2个t内，第3个t内经过小朋友的车厢数之比为1:3:5，故C正确；
D．由v2=2al可得，第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比为
2al:2a×2l:2a×3l=1:2:3
故D正确。
故选CD。
【命题点05 追及相遇问题】
【针对练习1】甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v−t图象如图所示，图中ΔOPQ和ΔOQT的面积分别为S1和S2（S1S1，两车相遇2次
C．若乙车在甲车前方且S0=S2，两车不会相遇
D．若乙车在甲车前方且S0=S1，甲车追上乙车前，在T时刻相距最远
【答案】D
【分析】v−t图象中两物体图象围成的面积，表示两者之间的相对位移。若两物体能相遇，则需保证后方物体相对前方物体的位移，大于等于两物体的初始距离。
【详解】S1表示在T时间内，乙车比甲车多走的位移。
A．若甲车在乙车前方，且S0=S1，则在T时刻，乙车恰好追上甲车，此后甲车速度大于乙车速度，两车不再相遇，故两车相遇一次，A错误；
B．若甲车在乙车前方，且S0>S1，则在T时刻，乙车比甲车多走的距离小于两车的初始距离，两车未相遇，此后甲车速度大于乙车速度，两车不会再相遇，故B错误；
C．若乙车在甲车前方，且S0=S2，则在T时刻甲车没有追上乙车，但由于T时刻后甲车速度大于乙车速度，故甲车一定能追上乙车，即两车会相遇，C错误；
D．若乙车在甲车前方，由图可知在T时刻前乙车速度一直大于甲车，即两车距离越来越大，在T时刻之后，甲车速度大于乙车，两者距离又逐渐减小，故在甲车追上乙车前，在T时刻相距最远，D正确。
故选D。
【针对练习2】（多选）如图所示，在同一平直公路上行驶的a车和b车，其位置一时间图像分别为图中直线a和曲线b。已知b车的加速度恒定且初速度为8m/s，t=3s时，直线a和曲线b刚好相切。下列说法正确的是（ ）

A．a车的速度大小为2m/sB．b车的加速度大小为2m/s2
C．t=0时，a车和b车相距15mD．t=2s时，a车在b车前方1m处
【答案】ABD
【详解】A． a车的速度大小为直线a的斜率，计算可得
va=8−23m/s=2m/s
A正确；
B． t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车速度与a车速度相等为2m/s，而初速度大小为8m/s，故加速度为
a=ΔvΔt=2m/s2
B正确；
C．从图像可知，t1=3s时，两车相遇，3s内b车位移为
xb=v0t1−12at12=15m
而此过程中a车位移为
xa=8m−2m=6m
它们的初始距离为
x0=xb−xa=9m
即初始时a车在b车前面9m处，C错误；
D．t2=2s时，两车位移分别为
x'a=vat2=4m
x'b=v0t2+12at22=12m
则此时两车的距离为
x'=xa+x0−xb=1m
即此时a车在b车前方1m处，D正确。
故选ABD。
【针对练习3】（多选）甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，两车从t=0时刻开始计时的v−t图像如图所示。已知开始计时时乙车在甲车前x=6m处，且在t1=2s和t2=6s时两车各相遇一次，则下列判断正确的是（ ）
A．0∼6s内甲车的加速度大小是乙车的三倍
B．t=0时乙车的速度大小为16m/s
C．两车在运动过程中一定会相遇三次
D．当乙车停止运动时，甲、乙两车仍相距6m
【答案】CD
【详解】AB．两车在t1=2s和t2=6s时相遇，根据运动学公式得
v1t1−12a1t12=v2t1−12a2t12+x，v1t2−12a1t22=v2t2−12a2t22+x
由图像可知
v1−6a1=4m/s ，v2−12a2=0
得甲、乙的初速度和加速度分别为
v1=16m/s，a1=2m/s2，v2=12m/s，a2=1m/s2
AB错误；
C．t2=6s时，甲车速度为v'1=4m/s，由匀变速运动规律可知，此时乙车速度为
v'2=v2−a2t2=6m/s
设两车又经过t0时间相遇，则
v'1t0=v'2t0−12a2t02
得
t0=4s
可知，两车在t=6s+4s=10s时第三次相遇，且均未停止，C正确；
D．从t=10s开始，乙车再运动2s速度减为零，此过程中甲、乙两车位移为
x'1=4×2m=8m ，x'2=22×2m=2m
则当乙车停止时，甲车在乙车前方距离为
Δx=8m−2m=6m
D正确。
故选CD。
【针对练习4】（多选）已知国产越野车和自动驾驶车都在同一公路上向东行驶，自动驾驶车由静止开始运动时，越野车刚好以速度v0从旁边加速驶过，如图所示的粗折线和细折线分别是越野车和自动驾驶车的v−t图线，根据这些信息，可以判断（ ）

A．5s末两车速度均为9m/s
B．0时刻之后，两车会相遇两次
C．20s末两车相遇
D．加速阶段自动驾驶车的加速度是越野车的3倍
【答案】ABD
【详解】A．根据题意，由图可知，5s末两车速度相等，设此时的速度为v1，由相似三角形有
v118=510
解得
v1=9ms
故A正确；
BC．根据v−t图像中面积表位移，结合A分析可知，0∼10s两图像围成的面积相等，则位移相等，10s末两车相遇，10s∼20s内，自动驾驶车速度大于越野车，两车距离逐渐增大，t=20s后，越野车速度大于自动驾驶车，两车距离开始减小，25s后两车再次相遇，故C错误，B正确；
D．由A分析可知，5s未两车的速度均为9ms，由图可知，两车速度由9ms增加到18ms，越野车所花的时间是自动驾驶车的3倍，根据a=ΔvΔt可知，自动驾驶车的加速度是越野车的3倍，故D正确。
故选ABD。
【针对练习5】甲、乙两辆遥控赛车先后通过直线赛道的起点线开始竞速，取甲车通过赛道起点的时刻为0时刻，如图所示，此时乙车在甲车前方x0=2.5m处。若甲车始终以大小v₁=5m/s的速度做匀速直线运动，乙车先做初速度大小v0=2m/s、加速度大小a=1m/s2的匀加速直线运动，达到最大速度v₂=6m/s，后做匀速直线运动。已知直线赛道的起点线、终点线（未画出）间的距离L=30m，两赛车均可视为质点。求：
（1）乙车做匀加速直线运动的位移大小；
（2）两车第一次相遇的时刻；
（3）两车第二次相遇的位置到终点线的距离。

【答案】（1）16m；（2）1s；（3）2.5m
【详解】（1）乙车匀加速直线运动的位移大小为x，根据位移速度关系可得
v22−v02=2ax
解得
x=16m
（2）设甲乙共速时间为t0，则有
v1=v0+at0
解得
t0=3s
此时甲车位移为x1，则有
x1=v1t0=15m
乙车位移为x2， 则有
x2=v0t0+12at02=10.5m
因此
x2+x0=10.5m+2.5m=13mgH，两物体相遇时，B正在上升途中
D．若gH2