(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第一章 专题突破 (含解析)

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2.对运动图象的“三点”提醒
(1)x－t图象、v－t图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x、v与t一一对应。
(2)x－t图象、v－t图象的形状由x与t、v与t的函数关系决定。
(3)无论是x－t图象还是v－t图象，所描述的运动情况都是直线运动。
考向 根据题目情景选择运动图象
1．依据某一物理过程，设计某一物理量随时间(或位移、高度、速度等)变化的几个图象或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图象，从中判断其正误。
2．解决该类问题一般依据物理过程，运用对应规律，确定某物理量的变化情况，从而确定选项的正确与否。
【例1】 (多选)某时刻两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图象，能反映t1时刻两车相遇的是( )
解析 x－t图象中图线上的点表示物体所在的位置，由图A可知，t1时刻两车不会相遇，A错误；由图B可知，t1时刻两线相交，故两车相遇，B正确；v－t图象表示物体的速度随时间变化的规律，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图C可知，在0～t1时间内两车的位移不同，故不会相遇，C错误；由图D可知，两车在0～t1时间内位移相同，故D正确。
答案 BD
考向 根据图象信息分析物体的运动规律
解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律，由图象提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题做出正确的解答。具体分析过程如下：
【例2】 (2018·广东“六校联盟”二模)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移—时间图象如图1所示，物体c的位移—时间图线是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法正确的是，g取10 m/s2。( )
图1
A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反
C．物体c一定做变速曲线运动
D．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最远
解析 在位移—时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，可知a、b两物体都做匀速直线运动，速度大小相等，但方向相反，选项A、B均错误；对于匀变速直线运动，由公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2知，其x－t图象是抛物线，所以物体c一定做匀加速直线运动，选项C错误；由图象知，a、b从同一位置(即x＝10 m处)开始做匀速直线运动，a沿正方向运动，b沿负方向运动，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最远，选项D正确。
答案 D
【拓展】 在[例2]中，若仅将位移—时间图象改为如图2所示的速度—时间图象，其他条件不变，则下列说法正确的是( )
图2
A．a物体的加速度大于b物体的加速度
B．0～5 s内，a物体的位移大小是b物体的3倍
C．c物体做加速度逐渐减小的加速运动
D．b物体在0～5 s内的平均速度与c物体在0～10 s内的平均速度大小相等
解析 a物体的加速度a1＝eq \f(20－10,5) m/s2＝2 m/s2，b物体的加速度a2＝eq \f(0－10,5) m/s2＝－2 m/s2，可知a物体的加速度与b物体的加速度大小相等，选项A错误；0～5 s内，a物体的位移大小x1＝75 m，b物体的位移大小x2＝25 m，得x1＝3x2，选项B正确；根据速度—时间图象的切线的斜率表示加速度可知，c物体做加速度逐渐增大的加速运动，选项C错误；b物体在0～5 s内的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))2＝eq \f(10＋0,2) m/s＝5 m/s，c物体在0～10 s内的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))3＜eq \f(10＋0,2) m/s＝5 m/s，选项D错误。
答案 B
考向 多种图象间的转换问题
对题目中所给图象进行必要的转化，然后根据转化后的运动图象分析问题。解答这类问题的关键是如何从已给图象中分析出物体的运动特征，是匀加速还是匀减速，起始时刻的物体状态(初位置、初速度)等。
【例3】 小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图3所示。以下滑起点为位移坐标原点，以小球开始下滑时刻为t＝0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图象是( )
图3
解析 由小球运动的v－t图象可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下(即正方向)，C、D错误；下滑时小球做初速度为零的匀加速直线运动，由x＝eq \f(1,2)at2可知，x－t2图象为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看做反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此，x－t2图象也是一条直线，由v－t图象可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，上滑运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，A正确，B错误。
答案 A
1．(多选)(2019·莆田调研)如图4所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移—时间图象，图乙为质点c和d做直线运动的速度—时间图象，由图可知( )
图4
A．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
B．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
C．t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的运动方向发生改变
D．t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的速率先减小后增大
解析 在位移—时间图象中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由甲图可知，若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇，故A正确；t1到t2时间内，根据v－t图象的面积表示位移大小知c的位移大于d的位移，若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点不能相遇，故B错误；只有b运动方向改变，a、c、d质点的方向未发生改变，故C错误；根据x－t图象的斜率表示速度，知t1到t2时间内，a质点的速度不变，b质点的速
率先减小后增大，由v－t图象知：c的速度均匀减小，d的速率先减小后增大，故D正确。
答案 AD
2．(多选)动力车在刹车过程中位移和时间的比值eq \f(x,t)与t之间的关系图象如图5所示，则下列说法正确的是( )
图5
A．动力车的初速度为10 m/s
B．刹车过程动力车的加速度大小为5 m/s2
C．刹车过程持续的时间为8 s
D．从开始刹车时计时，经过8 s，动力车的位移为40 m
解析 由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，变形得eq \f(x,t)＝eq \f(1,2)at＋v0，结合图象有eq \f(1,2)a＝eq \f(10－20,4－0) m/s2，v0＝20 m/s，则a＝－5 m/s2，选项A错误，B正确；由0＝v0＋at0得刹车过程持续的时间t0＝eq \f(v0,－a)＝4 s，选项C错误；对于刹车过程，从开始刹车时计时，经过8 s，动力车的位移等于其在4 s内的位移，由图象知当t＝4 s时，eq \f(x,t)＝10 m/s，得x＝40 m，选项D正确。
答案 BD
突破二 追及相遇问题
考向 追及相遇问题常见的分析方法
追及相遇问题的实质就是分析两物体在同一时刻能否到达相同的空间位置。
1．分析技巧：可概括为“一个临界条件”“两个关系”。
(1)一个临界条件：速度相等。它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点；
(2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口。
2．能否追上的判断方法
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，到vA＝vB时，若xA＋x0xB，则不能追上。
【例4】 (2019·朔州模拟)一辆执勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v＝12 m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，立即前去追赶，经t0＝2 s，警车发动起来，以加速度a＝2 m/s2做匀加速运动，若警车最大速度可达vm＝16 m/s，求：
(1)在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少；
(2)警车发动起来后至少经多长时间才能追上货车。
解析 (1)当警车与货车的速度相等时，两车距离最大，则：v＝at1
解得t1＝6 s
Δx＝v(t0＋t1)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝60 m
(2)从警车发动到达到最大速度需要的时间t2＝eq \f(vm,a)＝8 s
此时货车的位移
x1＝v(t0＋t2)＝120 m
警车位移x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝64 m
即警车还未追上货车，此时二者相距
Δx′＝x1－x2＝56 m
还需要时间t3＝eq \f(Δx′,vm－v)＝14 s
所以警车从发动到追上货车的最短时间为t＝t2＋t3＝22 s
答案 (1)60 m (2)22 s
1．牢记“一个思维流程”
2．掌握“三种分析方法”
(1)分析法
应用运动学公式，抓住一个条件、两个关系，列出两物体运动的时间、位移、速度及其关系方程，再求解。
(2)极值法
设相遇时间为t，根据条件列出方程，得到关于t的一元二次方程，再利用数学求极值的方法求解。在这里，常用到配方法、判别式法、不等式法等。
(3)图象法
在同一坐标系中画出两物体的运动图象。位移图象的交点表示相遇，速度图象抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系。
1．[匀速追加速]一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，则( )
A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 m
C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 m
D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
解析 在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2 的加速度匀加速启动前进，当汽车加速到6.0 m/s 时二者相距最近。汽车加速到6.0 m/s所用时间t＝6 s，人运动距离为6×6 m＝36 m，汽车运动距离为18 m，二者最近距离为18 m＋25 m－36 m＝7 m，选项A、C错误，B正确；人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离先减小后增大，选项D错误。
答案 B

2．[匀速追减速]如图6所示，A、B两物体相距s＝7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正在摩擦力作用下以vB＝10 m/s向右匀减速运动，加速度a＝－2 m/s2，则A追上B所经历的时间是( )
图6
A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s
解析 由题意知，t＝5 s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝vBt＋eq \f(1,2)at2＝25 m，此时A的位移xA＝vAt＝20 m，A、B两物体相距Δs＝s＋xB－xA＝7 m＋25 m－20 m＝12 m，再经过Δt＝eq \f(Δs,vA)＝3 s，A追上B，所以A追上B所经历的时间是5 s＋3 s＝8 s，选项B正确。
答案 B
3．[减速追匀速](多选)一辆汽车正以v1＝10 m/s的速度在平直公路上匀速行驶，发现正前方有一辆自行车以v2＝4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为a＝0.6 m/s2的匀减速运动，汽车恰好没有碰上自行车，则( )
A．关闭油门时，汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为10 s
B．关闭油门时，汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为eq \f(50,3) s
C．关闭油门时，汽车与自行车的距离为30 m
D．关闭油门时，汽车与自行车的距离为eq \f(50,3) m
解析 撞不上的临界条件为速度相等时恰好追上，则有v1－at＝v2，代入数据解得t＝10 s，选项A正确，B错误；设汽车的位移为x1，自行车位移为x2，则由位移关系有x1＝x2＋x，即eq \f(v1＋v2,2)t＝x＋v2t，代入数据解得x＝30 m，选项C正确，D错误。
答案 AC
考向 与运动图象相结合的追及相遇问题
近几年的高考追及和相遇问题常以v－t图象的形式考查，用图象描述两物理量关系时，比较直观、形象且信息量大，体现了数形结合法的应用。
【例5】 2017年11月15日，在“滁新高速”上因突发团雾而造成多车追尾。如图7所示是模拟在该高速公路上的甲、乙两车刹车过程中的v－t图象，甲车在后，乙车在前。若两车发生追尾，则以下判断正确的是( )
图7
A．两车一定是在t＝15 s至t＝20 s之间的某时刻发生追尾
B．两车可能是在t＝8 s时发生追尾
C．t＝0时刻两车间距可能大于28 m
D．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍
解析 根据速度—时间图象可知，15～20 s内，甲车的速度小于乙车，不可能发生追尾，选项A错误；0～10 s内任一时刻，甲车的速度大于乙车，这个时间段内可能发生追尾，选项B正确；t＝10 s时两车的速度大小均为5 m/s，在v－t图象中，图象与从坐标轴所围成的面积表示位移，0～10 s内，甲车位移大小x1＝eq \f(5＋15,2)×10 m＝100 m，乙车位移大小x2＝eq \f(5＋10,2)×10 m＝75 m，因两车发生追尾，所以两车间距离应小于Δx＝x1－x2＝25 m，选项C错误； 根据速度—时间图象的斜率表示加速度可得甲的加速度大小a1＝eq \f(15－0,15) m/s2＝1 m/s2，乙的加速度大小a2＝eq \f(10－0,20) m/s2＝0.5 m/s2，则a1＝2a2，选项D错误。
答案 B
1．甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系图象如图8所示。已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处。则下列说法正确的是( )
图8
A．甲车的初速度为零
B．乙车的初位置在x0＝60 m处
C．乙车的加速度大小为1.6 m/s2
D．5 s时两车相遇，此时甲车速度较大
解析 由题图可知甲车做匀速直线运动，速度v甲＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(20,5) m/s＝4 m/s，故A错误；由题图可知乙车做匀减速直线运动，可看做是反方向的匀加速直线运动，则有x＝eq \f(1,2)at2。由题图可知，当其反向运动5 s时，位移为20 m，则有20＝eq \f(1,2)a·52，得加速度大小a＝1.6 m/s2。因其共运动了10 s，可得x0＝eq \f(1,2)×1.6×102 m＝80 m，C正确，B错误；t＝5 s时，两车相遇，但甲车速度v甲＝4 m/s，乙车速度v乙＝at＝1.6×5 m/s＝8 m/s，乙车速度较大，D错误。
答案 C
2．相距15 m的甲、乙两质点在t＝0时刻开始沿同一直线相向运动，它们运动的v－t图象如图9所示。下列说法正确的是( )
图9
A．0～3 s内，甲的平均速度比乙的小
B．t＝3 s时，甲的加速度为零
C．0～5 s内，甲和乙的平均速度相等
D．t＝5 s时，甲、乙相遇
解析 题图中图线与坐标轴所围的面积表示质点位移，所以前3 s内甲的位移大于乙的位移，则甲的平均速度比乙的大，A项错误；v－t图线的斜率的绝对值表示加速度大小，t＝3 s时甲的加速度不为零，B项错误；前5 s内乙质点位移为10 m，乙的平均速度为2 m/s，甲质点位移为－5 m，平均速度为－1 m/s，负号表示方向相反，又两质点相向运动，开始时相距15 m，所以5 s末两质点相遇，C项错误，D项正确。
答案 D
科学态度与责任系列——运动学中的STSE问题
运动学是高中物理的最重要、最基础的内容，是和生活、体育、交通结合紧密的知识点，是高考命题的重点和热点，通过对近几年高考STSE热点问题的归类研究，可归纳出三个STSE高考命题热点。
类型一 结合汽车通过ETC通道的情景考查v－t图象
1．为了加快高速公路的通行，许多省市的ETC联网正式运行，ETC是电子不停车收费系统的简称。假设减速带离收费岛口的距离为50 m，收费岛总长度为40 m，如图10所示。汽车以大小为72 km/h的速度经过减速带后，需要在收费中心线前10 m处正好匀减速至36 km/h，然后匀速通过中心线即可完成缴费，匀速过中心线10 m后再以相同大小的加速度匀加速至72 km/h，然后正常行驶。下列关于汽车的速度—时间图象正确的是( )
图10
解析 根据题述，汽车做匀减速运动的加速度大小为eq \f(400－100,2×60) m/s2＝2.5 m/s2，根据运动学公式可知，经过4 s汽车速度减小到36 km/h＝10 m/s，然后匀速运动到中心线缴费。汽车从开始匀速运动到通过中心线10 m后所用的时间为eq \f(20,10) s＝2 s，随后汽车开始匀加速，根据运动学公式可得，再经过4 s，汽车加速至72 km/h＝20 m/s，然后正常行驶，综上所述，A正确，B、C、D错误。
答案 A
类型二 以行车安全问题为背景考查匀变速直线运动规律
2．为了最大限度地减少道路交通事故，某地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动。这是因为一般驾驶员酒后的反应时间比正常时慢了0.1～0.5 s，易发生交通事故。下图是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格。
请根据该图表回答下列问题(结果保留2位有效数字)：
(1)请根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间；
(2)如果驾驶员的反应时间相同，请计算出表格中A的数据；
(3)假设在同样的路面上，一名饮了少量酒的驾驶员驾车以72 km/h速度行驶，在距离一学校门前52 m处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s，会发生交通事故吗？
解析 (1)车速v1＝40 km/h＝eq \f(40,3.6) m/s，
由于在反应时间内汽车仍匀速行驶，根据车速v和反应距离s，可计算驾驶员的反应时间Δt＝eq \f(s1,v1)＝eq \f(10,\f(40,3.6)) s＝0.90 s，
即驾驶员的反应时间为0.90 s。
(2)如果驾驶员的反应时间相同，由eq \f(s1,v1)＝eq \f(s3,v3)可计算出表格中A的数据为s3＝eq \f(s1v3,v1)＝10×eq \f(80,40) m＝20 m，即表格中数据A表示20。
(3)车速v＝72 km/h＝20 m/s，
反应时间Δt＝0.90 s＋0.2 s＝1.1 s，
驾驶员的反应距离s＝vΔt＝20×1.1 m＝22 m，
设刹车距离为x，由比例法eq \f(v2,x)＝eq \f(veq \\al(2,1),x1)，
即x＝eq \f(v2x1,veq \\al(2,1))＝eq \f(722×10,402) m＝32.4 m，
停车距离L＝s＋x＝54.4 m。
由于停车距离L>52 m，故会发生交通事故。
答案 (1)0.90 s (2)20 (3)会 理由见解析
类型三 以体育运动为背景考查多过程运动问题
3．足球运动员常采用折返跑方式训练，如图11所示，在直线跑道起点“0”的左边每隔3 m放一个空瓶，起点“0”的右边每隔9 m放一个空瓶，要求运动员以站立式起跑姿势站在起点“0”上，当听到“跑”的口令后，全力跑向“1”号瓶，推倒“1”号瓶后再全力跑向“2”号瓶，推倒“2”号瓶后……运动员做变速运动时可看作匀变速直线运动，加速时加速度大小为4 m/s2，减速时加速度大小为8 m/s2，每次推倒瓶子时运动员的速度都恰好为零。运动员从开始起跑到推倒“2”号瓶所需的最短时间为多少(运动员可看做质点)?
,图11)
解析 第一阶段由“0”到“1”的过程中，
设加速运动时间为t1，减速运动时间为t2，
由速度关系得a1t1＝a2t2①
由位移关系得eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝3 m②
t1＝1 s，t2＝0.5 s。
第二阶段由“1”到“2”的过程中，
设加速运动时间为t3，减速运动时间为t4，
由速度关系得a1t3＝a2t4③
由位移关系式得eq \f(1,2)a1teq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,4)＝12 m④
t3＝2 s，t4＝1 s。
运动员从开始起跑到推倒“2”瓶所需的最短时间为t，
t＝t1＋t2＋t3＋t4＝4.5 s⑤
所需的最短时间为4.5 s。
答案 4.5 s
课时作业
(时间：30分钟)
基础巩固练
1．节能减排可体现在我们日常生活中。假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10 m/s，一辆公交车在距离十字路口50 m的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10 s，为了节能减排，减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图象可能是 ( )
解析 根据v－t图的面积表示位移可知，红灯显示还有10 s，在这期间，位移应小于50米才算安全，故选项C正确。
答案 C
2．如图1所示是一做匀变速直线运动的质点的位移—时间图象(x－t图象)，P(t1，x1)为图象上一点，PQ为过P点的切线，与x轴交于Q(0，x2)。则下列说法正确的是( )
图1
A．t1时刻，质点的速率为eq \f(x1,t1)
B．t1时刻，质点的速率为eq \f(x1－x2,t1)
C．质点的加速度为eq \f(x1－x2,teq \\al(2,1))
D．0～t1时间内，质点的平均速度大小为eq \f(2（x1－x2）,t1)
解析 根据位移—时间图象的斜率表示速度可知，t1时刻，质点的速率为eq \f(x1－x2,t1)，选项B正确，A错误；由于质点不是做初速度为零的匀加速直线运动，所以质点的加速度不是eq \f(x1－x2,teq \\al(2,1))，选项C错误；0～t1时间内，质点的位移为x1，平均速度大小为eq \f(x1,t1)，选项D错误。
答案 B
3．(多选)如图2所示是某质点做直线运动的v－t图象，由图可知这个质点的运动情况是( )
图2
A．前5 s做的是匀速运动
B．5～15 s内做匀加速运动，加速度为1 m/s2
C．15～20 s内做匀减速运动，加速度为－3.2 m/s2
D．质点15 s末离出发点最远，20 s末回到出发点
解析 由图象可知，前5 s做的是匀速运动，A正确；5～15 s内做匀加速运动，但加速度为0.8 m/s2，B错误：15～20 s做匀减速运动，其加速度为－3.2 m/s2，C正确；质点在20 s 末离出发点最远，质点一直做的是方向不变的直线运动，D错误。
答案 AC
4．(多选)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x－t图象如图3所示，则下列说法正确的是( )
图3
A．t1时刻乙车从后面追上甲车
B．t1时刻两车相距最远
C．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度
D．0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度
解析 两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t1位移相等，故在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，A正确，B错误；0到t1时间内，甲、乙两车位移相等，根据eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D正确，C错误。
答案 AD
5．(2019·河北邢台期中)有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的x－t图象如图4甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v－t图象如图4乙所示。根据图象做出的以下判断中正确的是( )
图4
A．物体A和B均做匀变速直线运动
B．在0～3 s的时间内，物体A、B的间距逐渐减小
C．t＝3 s时，物体C、D的速度相同
D．在0～3 s的时间内，物体C与D的间距逐渐减小
解析 由甲图看出：物体A和B位移图象都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，故A错误；由甲图看出，在0～3 s的时间内，物体A的速度大于B的速度，所以物体A、B的间距逐渐增大，故B错误；由乙图可以看出C、D两物体的图线交于一点，所以速度一定相同，故C正确；由乙图看出：前3 s内，D的速度较大，C、D间距离增大，3 s后C的速度较大，两者距离减小，t＝3 s时，物体C与物体D之间有最大间距，故D错误。
答案 C
6．(2019·贵州三校联考)如图5所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10 m的A、B两小球均以v0＝10 m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g＝10 m/s2。求：
图5
(1)B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离；
(2)A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。
解析 (1)设A球滑上斜坡后经过时间t1，B球刚要滑上斜坡，则有
t1＝eq \f(L,v0)＝1 s
A球滑上斜坡后加速度a＝gsin 30°＝5 m/s2
设这段时间内A球向上运动的位移为x，则
x＝v0t1－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝7.5 m。
(2)B球刚要滑上斜坡时A球速度v1＝v0－at1＝5 m/s
B球滑上斜坡时，加速度与A球相同，以A球为参考系，
B球相对于A球以v＝v0－v1＝5 m/s做匀速运动，
设再经过时间t2两球相遇，有
t2＝eq \f(x,v)＝1.5 s
则两球相遇时已经过的时间t＝t1＋t2＝2.5 s
答案 (1)7.5 m (2)2.5 s
综合提能练
7．A、B两物体运动的v－t图象如图6所示，由图象可知( )
图6
A．A、B两物体运动方向始终相同
B．A、B两物体的加速度在前4 s内大小相等、方向相反
C．A、B两物体在前4 s内不可能相遇
D．A、B两物体若在t＝6 s时相遇，则t＝0时刻两物体相距30 m
解析 A物体先沿负方向做匀减速直线运动，然后沿正方向做匀加速直线运动；B物体一直沿正方向做匀加速直线运动，选项A错误；v－t图线的斜率表示加速度，则A、B两物体的加速度在前4 s内大小相等、方向相同，选项B错误；前4 s内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A、B两物体在前4 s内可能相遇，选项C错误；A、B两物体若在t＝6 s时相遇，则t＝0时刻两物体相距Δx＝eq \f(1,2)×6×7.5 m＋(eq \f(1,2)×4×5－eq \f(1,2)×2×2.5) m＝30 m，选项D正确。
答案 D
8．一辆轿车和一辆卡车在同一公路上均由静止开始同时做匀加速直线运动，加速度大小分别为3 m/s2和7 m/s2，两车能达到的最大速度均为30 m/s，刚开始运动时两车车头之间的距离为20 m，轿车车身全长5 m，卡车车身全长20 m，则两车的错车时间为 ( )
图7
A．1.1 s B．1.0 s C．1.2 D．1.7 s
解析 设经过时间t后，轿车和卡车车头相遇，轿车的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2，卡车的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2，x1＋x2＝20 m，联立解得t＝2.0 s。此时，轿车的速度v1＝a1t＝6 m/s，卡车的速度v2＝a2t＝14 m/s。设再经过时间t′后轿车和卡车错开，轿车的位移x1′＝v1t′＋eq \f(1,2)a1t′2，卡车的位移x2′＝v2t′＋eq \f(1,2)a2t′2，x1′＋x2′＝25 m，联立解得t′＝1.0 s。
答案 B
9．甲、乙两物体并排从同一点出发沿同一方向运动，v－t图象如图8所示，则下列说法正确的是( )
图8
A．甲在4 s末运动方向发生改变
B．甲在4 s末追上乙
C．两物体在2～6 s内的位移相同
D．两物体从开始运动到8 s末，平均速度相同
解析 甲在4 s末速度减为0，4 s后甲的速度从0均匀增大，并没有做反向运动，A错误；在2 s前甲的速度大于乙的速度，甲的位移也大于乙的位移，故甲在乙的前面，2 s时甲、乙相距最远，在4 s末两者位移相等，乙追上甲，B错误；2～6 s内甲的位移小于乙的位移，C错误；甲、乙运动的时间相同，位移相同，故平均速度相同，D正确。
答案 D
10．如图9所示，甲、乙两车在比赛车道上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11 m处，乙车速度v乙＝60 m/s，甲车速度v甲＝50 m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600 m。若甲车加速运动，加速度a＝2 m/s2，乙车速度不变，不计车长。求：
图9
(1)经过多长时间甲、乙两赛车间距离最大，最大距离是多少？
(2)到达终点时甲车能否追上乙车？
解析 (1)设经过时间t1、，甲、乙两车速度相等，此时两车间距离最大，有v甲＋at1＝v乙
得t1＝eq \f(v乙－v甲,a)＝eq \f(60－50,2) s＝5 s
在t1时间内，甲车位移x甲＝v甲t1＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝275 m
乙车位移x乙＝v乙t1＝60×5 m＝300 m
则两车间的最大距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36 m。
(2)假设甲车能追上乙车，则有位移关系x甲′＝x乙′＋L1
即v甲t2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝v乙t2＋L1
代入数据解得t2＝11 s(另一解与实际不符，已舍去)
此时乙车位移x乙′＝v乙t2＝660 m
因x乙′＞L2＝600 m，即此时乙车已冲过终点线，故到达终点时甲车不能追上乙车。
答案 (1)5 s 36 m (2)不能
11．为了测试智能汽车自动防撞系统的性能。质量为1 500 kg 的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告。驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。求：
,图10)
(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；
(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；
(3)汽车在上述22 m的运动全过程中的平均速度的大小。
解析 (1)由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度a2＝eq \f(Ff,m)，将Ff＝12 000 N，m＝1 500 kg代入得a2＝8 m/s2。
(2)设触发“紧急制动”时汽车速度大小v，其到障碍物的距离为x2，则x2＝eq \f(v2,2a2)，
已知“紧急制动”前的加速度a1＝1 m/s2，
位移为x1＝eq \f(veq \\al(2,0)－v2,2a1)，x1＋x2＝x，已知总位移x＝22 m，
v0＝10 m/s，由以上各式得v＝8 m/s，x2＝4 m。
(3)“紧急制动”前的时间t1＝eq \f(v0－v,a1)＝2 s，
“紧急制动”后的时间t2＝eq \f(v,a2)＝1 s，
总时间t＝t1＋t2＝3 s，eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(22,3) m/s≈7.33 m/s。
答案 (1)8 m/s2 (2)8 m/s 4 m (3)7.33 m/s
x－t图象
v－t图象
“一看” 轴
横轴为时间t，纵轴为位移x
横轴为时间t，纵轴为速度v
“二看”线
倾斜直线表示匀速直线运动
倾斜直线表示匀变速直线运动
“三看”斜率
表示速度
表示加速度
“四看”面积
无实际意义
图线和时间轴围成的面积表示位移
“五看”纵截距
表示初位置
表示初速度
“六看”特殊点
拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示相遇
拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示速度相等
车速v/(km/h)
反应距离s/m
刹车距离x/m
40
10
10
60
15
22.5
80
A
40