高考物理一轮复习课时检测四运动学图像和追及相遇问题含解析新人教版

运动学图像和追及相遇问题

1．某位运动员百米赛跑的成绩是10 s，下列v­t图像中最有可能的是(　　)

解析：选C　运动员的初速度为0，起跑、加速过程也不是匀加速运动，选项A、B错误；v­t图像的面积表示位移100 m，则选项C正确，D错误。

2．如图所示，甲是某质点的位移－时间图像，乙是另一质点的速度－时间图像，关于这两图像，下列说法中正确的是(　　)

A．由图甲可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大

B．由图甲可知，质点在前10 s内的平均速度的大小为4 m/s

C．由图乙可知，质点在第4 s内加速度的方向与物体运动的方向相同

D．由图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值为7.5 m/s2

解析：选C　运动图像反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度—时间图像还是位移—时间图像只能表示物体做直线运动，故A项错误；由题图甲可知，质点在前10 s内的位移x＝20 m－0＝20 m，所以平均速度＝＝ m/s＝2 m/s，故B项错误；由题图乙可知，质点在第4 s内加速度和速度都为负，方向相同，故C项正确；v­t图线的斜率表示物体运动的加速度，由题图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在2～4 s内，最大加速度大小为a＝＝ m/s2＝15 m/s2，故D项错误。

3.宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同。一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大反向

B．2～4 s内质点做减速运动

C．t＝6 s时质点速度大小等于7 m/s

D．0～6 s内质点速度方向不变

解析：选D　加速度对时间的变化率称为急动度，等于a­t图像的斜率。由题图知t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大同向，故A错误；根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知2～4 s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，得0～6 s内速度的变化量为Δv＝×2 m/s＋×2×2 m/s＋×2×(－2) m/s＝3 m/s，因初速度为0，故t＝6 s时的速度为3 m/s，故C错误；根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知0～6 s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确。

4.(多选)甲、乙两车在平直公路上行驶，其位移一时间图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．0～4 s内，乙车做匀速直线运动

B．2 s末，甲、乙两车相遇

C．2 s末，甲车的速度小于乙车的速度

D．0～4 s内，甲、乙两车的平均速度相同

解析：选AB　根据位移—时间图像的纵坐标表示位置，斜率表示速度，故乙的图像为倾斜直线表示做正方向的匀速直线运动，故A正确。由图像可知2 s末两车位置相同，即两车相遇，故B正确。由位移—时间图像的斜率表示瞬时速度，可得2 s末v乙＝ m/s＝5 m/s，甲在0～2 s的平均速度大小＝ m/s＝5 m/s，而甲在0～2 s内的速度逐渐增大，故有2 s末甲的速度大于乙的速度，故C错误。由平均速度定义＝，可得0～4 s内甲、乙两车的平均速度的大小均为5 m/s，但甲沿负方向，乙沿正方向，故平均速度不相同，故D错误。

5．一步行者以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：选B　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。

6.甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的速度—时间图像如图所示，则下列说法中正确的是(　　)

A．两物体两次相遇的时刻是2 s末和6 s末

B．4 s末甲在乙前面

C．在0～6 s内，两物体相距最远的时刻是1 s末

D．乙先向前运动2 s，随后向后运动

解析：选A　0～2 s这段时间内乙的位移为x＝×2×4 m ＝4 m，甲的位移为x′＝2×2 m＝4 m，两者位移相同，又是同时同地出发，故在2 s末二者相遇，同理可判断在6 s末二者也相遇，故A正确；在0～4 s这段时间内甲的位移为x甲＝4×2 m＝8 m，乙的位移为x乙＝×2×4 m＋×(2＋4)×2 m＝10 m，甲的位移小于乙的位移，故甲在乙后面，故B错误；由题图可知，4 s末二者之间的距离比1 s末的大，故C错误；0～6 s内，乙的运动方向始终未发生变化，故D错误。

7．两辆完全相同的汽车，沿水平道路一前一后匀速行驶，速度均为v0。若前车突然以恒定的加速度a刹车，在它刚停住时，后车以加速度2a开始刹车。已知前车在刹车过程中所行驶的路程为s，若要保证两辆车在上述情况中不发生碰撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为(　　)

A.s   B.s

C．2s   D.s

解析：选B　因后车以加速度2a开始刹车，刹车后滑行的距离为s；在前车刹车滑行的时间内，后车匀速运动的距离为2s，所以，两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2s＋s－s＝s。

8．(多选)小球A从离地面 20 m 高处做自由落体运动，小球B从A下方的地面上以 20 m/s 的初速度做竖直上抛运动。两球同时开始运动，在空中相遇，取 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．两球相遇时速率都是10 m/s

B．两球相遇位置离地面高度为10 m

C．开始运动1 s时两球相遇

D．两球在空中相遇两次

解析：选AC　小球B能够上升的最大高度h＝＝20 m，故两球在小球B上升的过程中相遇，两球相遇时有hA＋hB＝gt2＋v0t－gt2＝20 m，解得t＝1 s，C正确；相遇时，vB＝v0－gt＝(20－10×1)m/s＝10 m/s，vA＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，hB＝v0t－gt2＝m＝15 m, A正确，B错误；t＝2 s 时，小球A落地，小球B运动到最高点，所以两球在空中只能相遇一次，D错误。

9．在一段平直道路的路口，一辆货车和一辆电动汽车都停在停止线处。绿灯亮起后两车同时启动，已知货车启动后能保持2.5 m/s2的加速度，一直达到该路段限制的最大速度25 m/s后保持匀速直线运动；电动汽车启动后保持4 m/s2的加速度，一直达到该车的最大速度20 m/s后保持匀速直线运动，则电动汽车在多长时间内领先货车？

解析：设货车加速的时间为t1，加速过程中的位移为x1，则有：

t1＝，x1＝

货车开始做匀速直线运动到追上电动汽车的时间为t2，位移为x2，则有：

x2＝v1t2

设电动汽车加速的时间为t3，加速过程中的位移为x3

t3＝，x3＝

电动汽车开始做匀速直线运动到被货车追上的时间为t4，位移为x4，则

x4＝v2t4

两车运动的总位移相等，所用的总时间相等

x1＋x2＝x3＋x4，

t1＋t2＝t3＋t4

电动汽车领先货车的时间t＝t1＋t2

联立解得：t＝15 s。

答案：15 s

[潜能激发]

10．20世纪50年代，ABS防抱死系统开始应用于飞机和火车。现在，ABS系统几乎已经成为民用汽车的标准配置，一实验小组做了某民用汽车在有、无ABS的情况下“60 km/h～0全力制动刹车距离测试”，测试结果如图所示，由图推断，两种情况下汽车的平均加速度之比a有∶a无为(　　)

A．3∶4  B．4∶3

C.∶2  D．2∶

解析：选B　在该次测试中，汽车做匀减速直线运动，速度与位移的关系为v2－v＝－2ax，两次实验初速度相同，末速度相同，因此a∝，结合题图可得a有∶a无＝20∶15＝4∶3，故B正确，A、C、D错误。

11.如图所示，两光滑斜面的总长度相等，高度也相同，a、b两球由静止从顶端下滑，若球在图上转折点无能量损失，则(　　)

A．a球后着地  B．b球后着地

C．两球同时着地  D．两球着地时速度相同

解析：选A　在同一个v­t图像中作出a、b的速率—时间图线如图所示，由于开始运动时b的加速度较大，则斜率较大；由机械能守恒可知两球末速率相等，故图线末端在同一水平线上，由于两斜面长度相同，则应使图线与t轴围成的“面积”相等。结合图中图线特点可知b用的时间较少，由此可知A正确，B、C、D错误。

12．(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)如图(a)，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg，A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图(b)所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2。求：

(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移；

(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度。

解析：(1)由题图(b)可知，在0～2 s内，B与A存在相对速度，故可知此过程中B与A之间存在滑动摩擦力，B的加速度大小为aB＝μg＝2 m/s2

在0～1.5 s内，vBA小于0，此时B相对于水平面做匀加速运动，在1.5～2 s内，vBA大于0，此时B相对于水平面做匀减速运动，可得在0～1.5 s内，B的位移为

x1＝aBt＝×2×1.52 m＝2.25 m

t＝1.5 s时，B的速度为v1＝aBt1＝2×1.5 m/s＝3 m/s

在1.5～2 s内，B的位移为x2＝v1t2－aBt＝1.25 m

0～2 s时间内，B相对水平面的位移为

xB＝x1＋x2＝3.5 m。

(2)t＝2 s时，B的速度为vB＝aBt1－aBt2＝2 m/s

由题图乙知t＝2 s时，vBA＝2 m/s

又vBA＝vB－vA，解得vA＝0。

答案：(1)3.5 m　(2)0