（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题01 匀变速直线运动的规律的应用（解析+原卷）学案

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 刹车类问题
\l "_Tc26924" 【题型二】 竖直上抛运动
\l "_Tc12217" 【题型三】 多过程问题
\l "_Tc30563" 【题型四】 追及相遇问题
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练
【题型一】 刹车类问题
【典例分析】汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内的平均速度为( )
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
【提分秘籍】末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，刹车问题，要先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．
【变式演练】
1．[多选]如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是( )
A．小木块与木板间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)
B．小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点
C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下
D．小木块滑到最高点后将静止不动
2．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2
B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的初速度为10 m/s
D．刹车过程的位移为5 m
3．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。如图所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v2­x图像(v为货车的速度，x为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像。某路段限速72 km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h的速度行驶。通过计算求解：
(1)驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；
(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s，则该型号货车满载时以72 km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远。
【题型二】 竖直上抛运动
【典例分析】在竖直的井底，将一物体以11 m/s的速度竖直向上抛出，物体在井口处被人接住，在被人接住前1 s内物体的位移是4 m，位移方向向上，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)物体从抛出到被人接住所经历的时间；
(2)此竖直井的深度.
【提分秘籍】
1、双向可逆类问题：全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正、负及物理意义．
2．研究竖直上抛运动的两种方法
(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。
(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。
3．用好竖直上抛运动的三个对称
【变式演练】
1．在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )
A.eq \f(2v,g) B.eq \f(v,g) C.eq \f(2h,v) D.eq \f(h,v)
2．甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。欲使乙球上升到eq \f(H,n)处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为( )
A. eq \r(\f(gH,2)) B. eq \r(\f(ngH,2n－1))
C. eq \r(\f(n－1gH,2n)) D. eq \r(\f(ngH,2n＋1))
3．如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10 m/s2)( )
A．1.6 m B．2.4 m C．3.2 m D．4.0 m
【题型三】 多过程问题
【典例分析】如图所示 ，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC上运动，AB的长度为x1＝25 m，BC的长度为x2＝97 m。汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1＝2.0 m/s2的匀加速直线运动。在BC段，先做加速度大小为a2＝1.0 m/s2的匀加速直线运动。当运动到离C点适当距离处，再以大小为a3＝2.0 m/s2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点。求：
(1)汽车达到的最大速度vm和开始减速时离C点的距离d；
(2)汽车从A点运动到C点所用的时间t。
【提分秘籍】多过程问题解题思路：建立物体运动的情景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解．
【变式演练】
1．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的eq \f(2,5)。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
2．短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段.一次比赛中，运动员用11.00 s跑完全程.已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离.
3．如图所示，运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计，计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)，求：
(1)运动员起跳时的速度v0.
(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t(结果保留3位有效数字).
【题型四】 追及相遇问题
【典例分析】火车甲以速率v1向前行驶，司机突然发现正前方同一直轨道上相距s0处另有一辆火车乙，正沿相同方向以较小速率v2做匀速运动，于是他立即使火车甲以加速度a做匀减速运动，要使两车不相撞，a应满足什么条件？
【提分秘籍】
1.不同的图像斜率的物理意义不同，如x­t图像的斜率表示速度，而v­t图像的斜率表示加速度。
2．不同的图像，图线与t轴所围面积的物理意义不同，如v­t图线与t轴所围面积表示质点的位移，而a­t图线与t轴所围面积表示质点速度的变化量。
3．解题中常用到的二级结论：
(1)匀减速追匀速：恰能追上或追不上的关键：v匀＝v匀减。
(2)v0＝0的匀加速追匀速：v匀＝v匀加时，两物体的间距最大。
(3)同时同地出发两物体相遇：时间相等，位移相等。
(4)A与B相距Δs，A追上B：sA＝sB＋Δs；如果A、B相向运动，相遇时：sA＋sB＝Δs。
【变式演练】
1．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间(x ­t)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＝eq \f(8,3) m/s
B．t＝3 s时a车和b车相遇但此时速度不等
C．t＝1 s时b车的速度为10 m/s
D．t＝0时a车和b车的距离x0＝9 m
2．[多选]a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )
A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2
B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2
C．t＝1 s时，a、b再次到达同一位置
D．t＝2 s时，a、b再次到达同一位置
3．如图所示，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( )
A．7 s B．8 s
C．9 s D．10 s
1．（2021·全国甲卷）如图甲所示，一质量为1 kg 的滑块以初速度vA＝12 m/s自固定斜面底端A冲上斜面，到达C处速度恰好为零，滑块上滑的v－t图象如图乙所示．已知斜面中AB段粗糙，BC段长为1.6 m且光滑．滑块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，g取10 m/s2.则斜面AB段的长度为( )
A．5.6 m B．6.4 m
C．6.8 m D．7.2 m
2．（多选）（2021届福建省福州市协作校高三联考）甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中两阴影部分的面积相等（S1=S2），则（ ）
A．甲车做曲线运动 B．在t2时刻，甲、乙两车相遇
C．在0~t2时间内，甲的加速度不断增大 D．在0~t2时间内，甲车一直在乙车后面
3．一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为10 m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)( )
A．在A点上方15 m处，速度方向竖直向上
B．在A点下方15 m处，速度方向竖直向下
C．在A点上方75 m处，速度方向竖直向上
D．在A点上方75 m处，速度方向竖直向下
4．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。那么经过3 s时的速度大小和方向是( )
A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下
C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下
5．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取10 m/s2)( )
A．1.8 m B．3.6 m
C．5.0 m D．7.2 m
6.如图，直线a和曲线b分别是在平行的平直公路上行驶的汽车a和b的v­t图线，在t1时刻两车刚好在同一位置(并排行驶)，在t1到t3这段时间内( )
A．在t2时刻，两车相距最远
B．在t3时刻，两车相距最远
C．a车加速度均匀增大
D．b车加速度先增大后减小
7.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s，乙的速度为10 m/s，甲车的加速度大小恒为1.2 m/s2。以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知( )
A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动
B．在前4 s的时间内，甲车运动位移为29.6 m
C．在t＝4 s时，甲车追上乙车
D．在t＝10 s时，乙车又回到起始位置
8．货车A正在公路上以20 m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。
(1)若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。
(2)若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B车加速度至少多大才能避免相撞。(这段公路很窄，无法靠边让道)
9.在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动.运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降.为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s，求：(取g＝10 m/s2)
(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？
(2)伞兵在空中的最短时间为多少？
10.甲、乙两质点某时刻从相距6 m的两点,相向做直线运动,若以该时刻作为计时起点,得到两质点的速度—时间图象如图所示,则下列说法正确的是( )。

A.乙在第2 s末运动方向不变
B.甲、乙在第2 s末相距4 m
C.乙在前4 s内加速度的大小总比甲的大
D.甲、乙在第4 s末相遇
11.(多选)测速仪安装有超声波发射和接收装置,如图所示,B为测速仪,A为汽车,两者相距335 m,某时刻B发出超声波,同时A由静止开始做匀加速直线运动,当B接收到反射回来的超声波信号时,A、B相距355 m,已知声速为340 m/s,则下列说法正确的是( )。
A.经2 s,B接收到返回的超声波
B.超声波追上A车时,A车前进了10 m
C.A车加速度的大小为10 m/s2
D.A车加速度的大小为5 m/s2
参考答案
【题型一】 刹车类问题
【典例分析】解析：选B 将题目中的表达式与x＝v0t＋eq \f(1,2)at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2。所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝eq \f(0－24,－12) s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s。
【变式演练】
1．解析：选AD 小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30°＝μmgcs 30°，可得μ＝eq \f(\r(3),3)，A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得：mgsin 30°＋μmgcs 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝eq \f(v0,a)＝1 s，小木块速度减为零时，有：mgsin 30°＝μmgcs 30°，故小木块将静止在最高点，D正确，B、C错误。
2．解析：选C 由v2－v02＝2ax可得x＝－eq \f(1,2a)v02＋eq \f(1,2a)v2，对照x＝10－0.1v2可知，eq \f(1,2a)＝－0.1，－eq \f(1,2a)v02＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，选项B、D错误。
3．解析：(1)根据速度位移公式v2－v02＝2ax，有v2＝2ax＋v02，图线斜率的一半表示加速度；
根据题中图像得到：满载时，加速度为5 m/s2，严重超载时加速度为2.5 m/s2；
设该型号货车满载时以72 km/h(20 m/s)的速度减速，
制动距离x1＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(400,2×5) m＝40 m，
制动时间为t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(20,5) s＝4 s；
设该型号货车严重超载时以54 km/h(15 m/s)的速度减速，
制动距离x2＝eq \f(v′2,2a2)＝eq \f(152,2×2.5) m＝45 m＞x1，
制动时间为t2＝eq \f(v′,a2)＝eq \f(15,2.5) s＝6 s＞t1；
所以驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求。
(2)货车在反应时间内做匀速直线运动
x3＝vt3＝20×1 m＝20 m，
跟车距离最小值
x＝eq \f(v2,2a1)＋x3＝40 m＋20 m＝60 m。
答案：见解析
【题型二】 竖直上抛运动
【典例分析】答案 (1)1.2 s (2)6 m
解析 (1)被人接住前1 s内物体的位移是4 m，由于自由落体的物体第1 s内的位移h1＝eq \f(1,2)gt2＝5 m
故而一定是在物体通过最高点后返回过程中被接住，设接住前1 s时的初速度为v1，则
h＝v1t－eq \f(1,2)gt2
解得v1＝9 m/s
t1＝eq \f(v0－v1,g)＝eq \f(11－9,10) s＝0.2 s
从抛出到被人接住所经历的时间
t′＝t1＋1 s＝1.2 s
(2)竖直井的深度为H，
则H＝v0t′－eq \f(1,2)gt′2＝11×1.2 m－eq \f(1,2)×10×1.22 m＝6 m.
【变式演练】
1．解析：选A 根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝eq \f(－v－v,－g)＝eq \f(2v,g)，A项正确。
2．解析：选B 由竖直上抛运动规律知eq \f(H,n)＝v0t－eq \f(1,2)gt2，由自由落体运动规律知H－eq \f(H,n)＝eq \f(1,2)gt2，联立可得t＝eq \f(H,v0)，v0＝eq \r(\f(ngH,2n－1))，B对。
3．[方法点拨]
将4个小球依次抛出后均做相同的竖直上抛运动，但同时研究4个小球的运动比较复杂，将4个小球的运动转换为一个小球所做的连续运动，小球每隔0.4 s对应的位置，对应各小球在同一时刻的不同位置，问题便能迎刃而解。
[解析] 由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝eq \f(1,2)gt2＝3.2 m，C正确。
[答案] C
【题型三】 多过程问题
【典例分析】解析：(1)由x1＝eq \f(1,2)a1t12和vB2＝2a1x1可得
汽车在AB段运动时间t1＝eq \r(\f(2x1,a1))＝5 s，到达B点时的速度vB＝eq \r(2a1x1)＝10 m/s
设汽车在BC段之间由B到D时加速行驶，距离为d′，有
vm2－vB2＝2a2d′
由D到C时减速行驶，距离为d，有0－vm2＝－2a3d，且
d′＋d＝x2，解得汽车的最大速度vm＝14 m/s
开始减速时汽车离C点的距离d＝eq \f(vm2,2a3)＝49 m。
(2)由B到D，汽车加速行驶，由vm＝vB＋a2t2得：
行驶时间t2＝eq \f(vm－vB,a2)＝4 s，由D到C，汽车减速行驶直到静止，由0＝vm－a3t3得：行驶时间t3＝eq \f(vm,a3)＝7 s，
故汽车从A点运动到C点所用的时间
t＝t1＋t2＋t3＝16 s。
答案：(1)14 m/s 49 m (2)16 s
【变式演练】
1．[解析] 设路面干燥时，汽车刹车时的加速度大小为a0，
汽车停止时所用时间为t0，
汽车刹车时运动过程的v­t图像如图线甲所示。
由于v0＝108 km/h＝30 m/s，
根据v0·1 s＋eq \f(v0t0－1 s,2)＝120 m，可得t0＝7 s，
由此可得a0＝eq \f(v0,t0－1 s)＝5 m/s2；
设在雨天行驶时，汽车最大行驶速度为v1，汽车刹车时的加速度大小为a1，汽车停止时所用时间为t1，汽车刹车运动过程的v­t图像如图线乙所示。
可得a1＝eq \f(2,5)a0＝2 m/s2；由v1·1 s＋eq \f(v12,2a1)＝120 m，
解得v1＝20 m/s(或72 km/h)。
[答案] 20 m/s(或72 km/h)
2．答案 5 m/s2 10 m
解析 根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速运动.设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得：
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,0)①
x1＋x2＝eq \f(1,2)a(2t0)2②
式中t0＝1 s
联立(1)(2)两式并代入已知条件，得a＝5 m/s2③
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动时间为t2，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为x.
依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2④
v＝at1⑤
x＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,1)＋vt2⑥
设加速阶段通过的距离为x′，则
x′＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,1)⑦
联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得：
x′＝10 m⑧
3．答案 (1)3 m/s (2)1.75 s
解析 (1)上升阶段：－veq \\al( 2,0)＝－2gh
解得v0＝eq \r(2gh)＝3 m/s
(2)上升阶段：0＝v0－gt1
解得：t1＝eq \f(v0,g)＝eq \f(3,10) s＝0.3 s
自由落体过程：H＝eq \f(1,2)gteq \\al( 2,2)
解得t2＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×10.45,10)) s≈1.45 s
故t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s
【题型四】 追及相遇问题
【典例分析】解析：设从火车甲减速开始计时，甲做匀减速运动，乙做匀速运动，二者速度的表达式分别为v甲＝v1－at和v乙＝v2。两车的v­t图像如图所示：
当两车速度相等时，两图线分别与坐标轴所包围的面积的差为Δs，若ΔsΔs＝eq \f(v1－v2,2)t＝eq \f(v1－v22,2a)，结合Δs解得：a>eq \f(v1－v22,2s0)。
答案：a>eq \f(v1－v22,2s0)
【变式演练】
1．[解析] x ­t图像的斜率等于速度，由题图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为：va＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(8－2,3) m/s＝2 m/s，故A错误。t＝3 s 时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，故B错误。t＝3 s时，b车的速度为：vb＝va＝2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0＋at＝vb，解得：v0＝8 m/s，则t＝1 s时b车的速度为：vb′＝v0＋at1＝8 m/s－2×1 m/s＝6 m/s，故C错误。t＝3 s时，a车的位移为：xa＝vat＝6 m，b车的位移为：xb＝eq \f(v0＋vb,2)t＝eq \f(8＋2,2)×3 m＝15 m，t＝3 s 时，a车和b车到达同一位置，得：x0＝xb－xa＝9 m，故D正确。
[答案] D
2．解析：选BC 对质点a，根据数学知识得：eq \f(x,t)＝0.5t＋0.5(m/s)，则x＝0.5t2＋0.5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比得：v0＝0.5 m/s，a＝1.0 m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2，故A错误，B正确。t＝1 s时，eq \f(x,t)相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，故C正确。由题图知，对于质点b，有eq \f(x,t)＝1，所以质点b做速度为1 m/s的匀速直线运动。在t＝1 s时，质点a的速度v＝v0＋at＝1.5 m/s，大于质点b的速度，所以t＝1 s之后两个质点不再相遇，故D错误。
3．解析：选B 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。
1．【答案】B
【解析】 由v－t图象可知，滑块沿斜面向上滑行的初速度vA＝12 m/s，由aAB＝2aBC可得，eq \f(vA－vB,t0)＝2eq \f(vB,t0)，解得vB＝4 m/s，在上滑过程对AB段有vB2－vA2＝2aABsAB，对BC段有vC2－vB2＝2aBCsBC，sBC＝1.6 m，由以上各式解得sAB＝6.4 m．选项B正确．
2．【答案】BC
【解析】题目中已告知“甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点同向行驶”，选项A错误； 从图像可知，在0～t2时间内，甲、乙两车图线与t轴所包围的“面积”相等，即辆车的位移相等，所以t2时刻，甲、乙两车相遇，选项B正确；在0~t2时间内，甲车v-t图线斜率不断增大，所以其加速度不断增大，选项C正确；
在0~t1时间内，甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于已车的位移，所以甲车在前，选项D错误。故选BC。
3．解析：选C 若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v＝v0－gt，物体的初速度为v0＝v＋gt＝40 m/s，物体的位移为h1＝(v0＋v)eq \f(t,2)＝75 m，物体在A点的上方，C正确，D错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v0′＝－v＋gt＝20 m/s，物体的位移为h2＝(v0′－v)eq \f(t,2)＝15 m，物体仍然在A点的上方，A、B错误。
4．解析：选B 取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示物体在t＝3 s时速度方向沿斜面向下，故B选项正确。
5．解析：选C 由题图可知运动员每次在空中运动的时间t＝2.0 s，故运动员跃起的最大高度Hm＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＝5.0 m，C正确。
6.解析：选B 在t1时刻两车刚好在同一位置(并排行驶)，在t1到t3这段时间内，a的速度一直大于b的速度，两者间距一直增大，t3时刻之后，a的速度小于b的速度，两者间距减小，则在t3时刻，两车相距最远，故A错误，B正确；根据v­t图线的斜率表示加速度，可知，a车的加速度不变，b车加速度一直增大，故C、D错误。
7.解析：选B 速度—时间图像的斜率代表加速度，据此判断乙的运动过程是加速度先减小再增大最后减小，选项A错误。速度—时间图像与时间轴围成的面积代表位移，0～4 s内，乙图像面积大于甲图像面积，所以乙的位移大于甲的位移，在t＝4 s时甲不可能追上乙车，选项C错误。前10 s，乙图像面积一直在增大，位移在增大，速度一直沿同一方向，所以乙不可能回到初始位置，选项D错误。在前4 s的时间内，甲车运动位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝5×4 m＋eq \f(1,2)×1.2×42 m＝29.6 m，选项B正确。
8．解析：(1)当两车速度相等时，设经过的时间为t，则：
vA＝vB
对B车，vB＝at
联立可得：t＝10 s
A车的位移为：xA＝vAt＝200 m
B车的位移为：xB＝eq \f(1,2)at2＝100 m
因为xB＋x0＝175 m所以两车会相撞，设经过时间t相撞，
有：vAt＝x0＋eq \f(1,2)at2
代入数据解得：t1＝5 s，t2＝15 s(舍去)。
(2)已知A车的加速度大小aA＝2 m/s2，
初速度v0＝20 m/s
设B车的加速度为aB，B车运动经过时间t，两车相遇时，两车速度相等，则有：vA＝v0－aAt，vB＝aBt
且vA＝vB
在时间t内A车的位移为：xA＝v0t－eq \f(1,2)aAt2
B车的位移为：xB＝eq \f(1,2)aBt2
又xB＋x0＝xA
联立可得：aB≈0.67 m/s2。
答案：(1)两车会相撞 5 s (2)0.67 m/s2
9.答案 (1)99 m (2)8.6 s
解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0
则有：v2－veq \\al( 2,0)＝－2ah，
又veq \\al( 2,0)＝2g(224 m－h)
联立并代入数据解得：v0＝50 m/s，h＝99 m
(2)设伞兵在空中的最短时间为t，
则有：v0＝gt1，
t1＝5 s
t2＝eq \f(v－v0,a)＝3.6 s，
故所求时间为：t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.
10.【解析】速度图象在t轴下方的为反方向运动,故2 s末乙改变运动方向,A项错误;2 s末从图线与坐标轴所围成的面积可知乙运动的位移大小为3 m,甲运动的位移为3 m,相向运动,此时两者相距6 m-3 m-3 m=0,B项错误;从图象的斜率看,斜率大表示加速度大,故乙的加速度在4 s内一直比甲的加速度大,C项正确;4 s末,甲的位移为12 m,乙的位移为3 m,两车原来相距6 m,故此时相距3 m,D项错误。
【答案】C
11.【解析】超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等,在这段时间内汽车的位移x=(355-335)m=20 m,因为初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1∶3,所以,x1=5 m,x2=15 m,则超声波追上A时,A、B的距离x'=(335+5)m=340 m,所以超声波从B发出到追上A所需的时间T=x'v声=1 s,则t=2T=2 s,A项正确,B项错误;根据Δx=aT2得,a=ΔxT2=15-51 m/s2=10 m/s2,故C项正确,D项错误。
【答案】AC
时间对称
①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝eq \f(v0,g)
②物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等
速度对称
①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反
②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反
能量对称
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等