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2022届高考物理选择题专题强化训练：匀变速直线运动 加速度 匀变速直线运动公式及其图像(广东使用)
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这是一份2022届高考物理选择题专题强化训练：匀变速直线运动 加速度 匀变速直线运动公式及其图像(广东使用)，共12页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（共24小题；共96分）
1. 关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法正确的是
A. 伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同
B. 伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C. 伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动，验证了位移与时间的平方成正比
D. 伽利略用小球在斜面上运动“冲淡重力”，验证了运动速度与位移成正比
2. 汽车以 20 m/s 的速度做匀速直线运动，见前方有障碍物立即刹车，刹车后加速度大小为 5 m/s2，则汽车刹车后第 2 s 内的位移和刹车后 5 s 内的位移为
A. 30 m，40 mB. 30 m，37.5 mC. 12.5 m，40 mD. 12.5 m，37.5 m
3. A 、 B 、 C 三点在同一直线上，一个物体自 A 点从静止开始作匀加速直线运动，经过 B 点时的速度为 v，到 C 点时的速度为 2v，则 AB 与 BC 两段距离大小之比是
A. 1:4B. 1:3C. 1:2D. 1:1
4. 从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间，两位同学合作，用刻度尺可测得人的反应时间：如图甲所示，A 握住尺的上端，B 在尺的下部做握尺的准备（但不与尺接触），当看到 A 放开手时，B 立即握住尺，若 B 做握尺准备时，手指位置如图乙所示，而握住尺时的位置如图丙所示，由此测得 B 同学的反应时间约为
A. 2.0 sB. 0.3 sC. 0.1 sD. 0.4 s
5. 某汽车以 10 m/s 的速度沿平直公路行驶，因前方有障碍物而刹车，刹车后获得大小为 4 m/s2 的加速度，刹车后 3 s 内，汽车走过的路程为
A. 0.5 mB. 12 mC. 12.5 mD. 15 m
6. 一辆汽车以 20 m/s 的速度沿平直公路行驶，由于前方突发事故，汽车当即以大小为 5 m/s2 的加速度刹车，则开始刹车后 2 s 与开始刹车后 6 s 汽车通过的位移之比为
A. 1:4B. 3:5C. 3:4D. 5:9
7. 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 mB. 8 mC. 4 mD. 1.6 m
8. 做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为 s=24t−1.5t2（m），根据这一关系式可以知道，物体速度为零的时刻是
A. 1.5 sB. 8 sC. 16 sD. 24 s
9. 某动车进站前刹车做匀变速直线运动，其位移与时间的关系是 x=14t−3.5t2(m)，则它在 2 s 内的平均速度大小为
A. 7 m/sB. 9 m/sC. 12 m/sD. 14 m/s
10. 如图所示，水平面上的一块长木板始终以 2 m/s 的速度向右做匀速运动，在木板的右端轻轻（相对地面速度为零）放上一个小木块（视为质点），而让木块在木板上从静止开始向右做 0.5 m/s2 的匀加速运动，当木块速度达 2 m/s 后做匀速运动，木块没有从木板上滑下，则木板的长度可能为
A. 1 mB. 2 mC. 4 mD. 8 m
11. 如图 1 、图 2 所示，传说伽利略在研究自由落体过程中做了两个实验：第一个是比萨斜塔实验，将一大一小两个铁球从斜塔上同时放手让其下落；第二个是在斜面上研究物体的加速运动。关于这两个实验，下列说法正确的是
A. 比萨斜塔实验证明了物体自由下落过程，其加速度是恒定的
B. 比萨斜塔实验过程中，完全消除了摩擦力对物体还动的影响
C. 伽利略测量球从静止开始沿斜面滚下的位移 x 与时间 t，验证 x∝t2，直接证明自由落体运动的加速度是恒定的
D. 伽利略开创了科学的研究方法，即将猜想假说、数学推导、科学实验、逻辑推理结合
12. 一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为 4 m/s，经过 4 s 速度达到 12 m/s，下列说法中不正确的是
A. 汽车的加速度为 2 m/sB. 汽车每秒速度的变化量为 2 m/s
C. 汽车的平均速度为 8 m/sD. 汽车的位移为 30 m
13. 一个物体做匀加速直线运动，它在第 3 s 内的位移为 5 m，下列说法正确的是
A. 物体在第 3 s 末的速度一定是 6 m/s
B. 物体的加速度可能是 3 m/s2
C. 物体在前 5 s 内的位移一定是 25 m
D. 物体在前 5 s 内的位移一定是 9 m
14. 一质点有静止开始做匀加速直线运动，当它位移为 s 时，末速度为 vt，当它的位移 ns 时，末速度为
A. nvtB. nvtC. n2vtD. nvt
15. 一物体做自由落体运动，它下落 L 时，速度为 v；当它下落 2L 时，它的速度为
A. 2vB. 2vC. 22vD. v2
16. 一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第 1 s 内的位移恰为它最后 1 s 位移的三分之一（g 取 10 m/s2）。则它开始下落时距地面的高度为
A. 31.25 mB. 11.25 mC. 20 mD. 15 m
17. 如图 1 、图 2 所示，传说伽利略在研究自由落体过程中做了两个实验：第一个是比萨斜塔实验，将一大一小两个铁球从斜塔上同时放手让其下落；第二个是在斜面上研究物体的加速运动。关于这两个实验，下列说法正确的是
A. 比萨斜塔实验证明了物体自由下落过程，其加速度是恒定的
B. 比萨斜塔实验过程中，完全消除了摩擦力对物体运动的影响
C. 伽利略测量球从静止开始沿斜面滚下的位移 x 与时间 t，验证 x∝t，直接证明自由落体运动的加速度是恒定的
D. 伽利略开创了科学的研究方法，即将猜想假说、数学推导、科学实验、逻辑推理结合
18. 在高处释放一粒小石子，经过一秒，在高空同一地点再释放一粒小石子，在落地之前，两粒石子之间的距离
A. 保持不变B. 不断减小
C. 不断增大D. 有时增大，有时减小
19. 游乐园中的“蹦极”项目是先将游客提升至几十米高处，然后释放，释放的开始阶段，游客做自由落体运动。在刚释放的瞬间
A. 游客的速度和加速度均为零B. 游客的速度不为零，加速度为零
C. 游客的速度为零，加速度不为零D. 游客的速度和加速度均不为零
20. 甲、乙两车在同一条笔直的公路上做同方向的直线运动，从 t=0 时刻开始，甲车的运动规律为 v甲=10t，乙车刹车，其运动规律为 x乙=50+10t−2t2（以上两式各物理量的单位均为国际基本单位），则从 t=0 开始，甲追上乙的时间是
A. 5 sB. 6.25 sC. 3.15 sD. 10 s
21. 一物体从静止开始做匀加速直线运动，以 T 为时间间隔，在第 3 个 T 内的位移为 3 m，在第 3 个 T 终了时的瞬时速度是 3 m/s，则
A. 物体的加速度为 1 m/s2
B. 物体在第 1 个 T 终了时的瞬时速度是 0.6 m/s
C. 时间间隔 T=1 s
D. 物体在第 1 个 T 内的位移为 0.6 m
22. 伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置 A 、 B 、 C，让小球分别由 A 、 B 、 C 滚下，如图所示。设 A 、 B 、 C 与斜面底端的距离分别为 s1 、 s2 、 s3，小球由 A 、 B 、 C 运动到斜面底端的时间分别为 t1 、 t2 、 t3，小球由 A 、 B 、 C 运动到斜面底端时的速度分别为 v1 、 v2 、 v3，则下列关系式中正确、并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是
A. v12=v22=v32B. v1t1=v2t2=v3t3
C. s1−s2=s2−s3D. s1t12=s2t22=s3t32
23. 右图是伽利略 1604 年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是
11324213093298164526255824366119249716006482104
A. 物体具有惯性
B. 斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C. 物体运动的距离与时间的平方成正比
D. 物体运动的加速度与重力加速度成正比
24. 伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置 A 、 B 、 C，让小球分别由 A 、 B 、 C 滚下，如图所示。设 A 、 B 、 C 与斜面底端的距离分别为 s1 、 s2 、 s3，小球由 A 、 B 、 C 运动到斜面底端的时间分别为 t1 、 t2 、 t3，小球由 A 、 B 、 C 运动到斜面底端时的速度分别为 v1 、 v2 、 v3，则下列关系式中正确、并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是
A. v12=v22=v32 B. v1t1=v2t2=v3t3
C. s1−s2=s2−s3 D. s1t12=s2t22=s3t32
二、双项选择题（共5小题；共20分）
25. 汽车自 A 点从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，车的加速度是 2 m/s2 ，途中分别经过 P 、 Q 两根电线杆，已知 P 、 Q 电线杆相距 50 m ，车经过电线杆 Q 时的速度是 15 m/s ，则下列结论中正确的是
A. 汽车经过 P 点的速度是 5 m/s
B. 经过 7.5 s 汽车运动到 P 点
C. 汽车经过 P 、 Q 电线杆的时间是 5 s
D. 汽车经过 P 、 Q 电线杆的平均速度是 12 m/s
26. 甲、乙两质点同时同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为 a1 的匀加速直线运动，质点乙做初速度为 v0，加速度大小为 a2 的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的 x−v（位置一速度）图象如图所示，（虚线与对应的坐标轴垂直），则
A. 质点甲的加速度大小 a1=1 m/s2
B. 质点乙的初速度为 v0=6 m/s，加速度大小 a2=1 m/s2
C. 图线中横坐标 a=26 m/s，纵坐标 b=16 m
D. 两图线的交点表示两质点同时到达同一位置
27. 甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车速度的平方 v2 随位移 x 的变化图象如图所示，下列说法正确的是
A. 汽车甲的加速度大小为 2 m/s2
B. 汽车乙的加速度大小为 1.5 m/s2
C. 汽车甲、乙在 x=6 m 处的速度大小为 23 m/s
D. 汽车甲、乙在 t=9 s 时相遇
28. 从某一高度相隔 1 s 先后释放两个质量不同的小球甲和乙，不计空气阻力，它在空中的任一时刻
A. 甲、乙两球在运动过程中其速度变化率相同
B. 甲、乙两球在运动过程中质量大的小球其加速度也大
C. 甲、乙两球在运动过程中两球速度之差保持不变
D. 甲、乙两球在运动过程中位移之差保持不变
29. 质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x=5t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点
A. 初速度为 5 m/sB. 前 2 s 内的平均速度是 6 m/s
C. 任意相邻的 1 s 内位移差都是 1 mD. 任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s
三、多项选择题（共1小题；共4分）
30. 如图所示，以 8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有 2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线 18 m，此路段允许行驶的最大速度为 12.5 m/s。要使汽车不会违章行驶，下列做法中正确的有
A. 一直保持匀速行驶通过停车线
B. 立即以 2 m/s2 加速度大小做匀加速运动
C. 立即以 3 m/s2 加速度大小做匀加速运动
D. 立即以 3 m/s2 加速度大小做匀减速运动
答案
第一部分
1. C
【解析】亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，伽利略认为同一地点轻重物体的下落是相同的，故A错误；
伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误；
伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确；
小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比，故D错误。
2. C
【解析】由 v=v0+at，可求得汽车刹车后运动时间 t=4 s，刹车后第 2 s 内位移 x2=20×2 m−12×5×22−20×1 m+12×5×12 m=12.5 m。
刹车后 5 s 内位移即为 4 s 内的位移，看成反向初速度为 0 的匀加速直线运动，x5=12at2=12×5×42 m=40 m。
3. B
【解析】对 AB 过程，由匀变速直线运动的速度与位移的关系式可得，
v2=2axAB，
解得 xAB=v22a
对 BC 过程可得，(2v)2−v2=2axBC，
解得 xBC=3v22a
所以 AB 与 BC 的位移大小之比为 1:3。
4. B
【解析】由图可知，开始时的位置在 20 cm 处，握住尺时的位置在 60 cm 处，所以在反应时间内下落的高度为 40 cm=0.40 m
由运动学可得：
h=12gt2
解得：t=2hg=2×0.4010 s≈0.3 s。故B正确，ACD错误。
5. C
【解析】汽车刹车到停止所需的时间为：t0=−v0a=−10−4 s=2.5 s，
所以 3 s 内的位移等于 2.5 s 内的位移。
似刹车后 3 s 内，汽车走过的路程为：x=−v022a=−1022×(−4) m=12.5 m，故C正确，故ABD错误。
6. C
【解析】设汽车从刹车到停下的时间为 t，则由 v=v0+at 得：t=v−v0a=0−20−5 s=4 s，则 4 s 后汽车停止运动，刹车 6 s 内的位移与刹车 4 s 内的位移相等。
汽车刹车 2 s 内的位移为：x1=v0t1+12at12=20×2+12×(−5)×22(m)=30 m，
刹车 6 s 内的位移为：x2=v0t+12at2=20×4+12×(−5)×42(m)=40 m，
所以汽车刹车 2 s 内与刹车后 6 s 内汽车通过的位移之比为：x1:x2=3:4。
7. A
【解析】由条件知 a=v1−0t1−0=41 m/s2=4 m/s2，
求第 2 s 内的位移：x2ʹ=12at22−12at12⇒x2ʹ=12×4×22−12×4×12 m=6 m。
8. B
【解析】根据 x=24t−1.5t2=v0t+12at2，得，v−0=24 m/s，a=−3 m/s2。由 v=v0+at 得，v−v0a=0−24−3 s=8 s。故B正确，A、 C、D错误。
9. A
【解析】根据位移与时间的关系是：x=v0t+12at2=14t−3.5t2
可知汽车刹车时的初速度 v0=14 m/s，加速度 a=−7 m/s2
根据速度与时间关系可得汽车刹车用时 t=0−v0a=2 s
则 2 s 末刚好停止，则它在 2 s 内的平均速度大小为 v=0+v02=7 m/s。
10. C
【解析】要使木块不滑下，应使木板的长度至少等于木板和木块在这段时间内的位移差。
为了使得木块不从木板上滑下，应满足木块相对木板的位移等于板长，
设木块加速到木板的速度时所用的时间为 t，
则有：t=va=20.5 s=4 s，
L=vt−12at2=2×4−12×0.5×42 m=4 m。
故ABD错误，故C正确。
11. D
【解析】A选项，B选项：比萨斜塔实验证明了物体下落的快慢与质量无关，伽利略提出了落体理论，并没有完全消除摩擦力，由斜塔实验并没有得出自由落体为匀加速直线运动，故A错误，故B错误；
C选项，D选项：伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，由于“冲淡”重力的作用，小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推；伽利略开创了科学的研究方法，即将猜想假说、数学推导、科学实验、逻辑推理结合。故C错误，故D正确。
12. D
13. C
【解析】匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段平均速度，根据第 3 s 内的位移为 5 m，则 2.5 s 时刻的瞬时速度为 v=5 m/s，2.5 s 时刻即为前 5 s 的中间时刻，因此前 5 s 内的位移为 s=vt=5 m/s×5 s=25 m，C 对；由于无法确定物体在零时刻的速度以及匀变速运动的加速度，故 A 、 D 均错，若加速度为 3 m/s2，2.5 s 的瞬时速度 v=v0+3×2.5 m/s=5 m/s，v0=−2.5 m/s，又因为物块一直做加速运动，所以B错误。
14. B
【解析】物体由静止做匀加速直线运动，设加速度为 a，则有：2as=vt2 ⋯⋯①，
当该质点的位移为 ns 时，有：2a⋅ns=vʹ2 ⋯⋯②，
由①②解得：vʹ=nvt。
故选B。
15. A
【解析】2gL=v2 ⋯⋯①4gL=vt2 ⋯⋯②①②⇒12=v2vt2，
所以 vt=2v。
16. C
【解析】方法一：
自由落体的高度 h=12gt2 故 h1=5 m，最后 1 s 内 hʹ=3h1 得倒数第 1 s 的速度 v=10 m/s，故 t=2 s，下降的高度 hʺ=12gtʺ2=20 m。
故选C。
方法二
初速度为 0 的匀变速直线运动，从开始运动在连续相等时间内的位移比为 1:3:5:7 ⋯⋯ 最后 1 秒内的位移恰为它最初 1 秒内位移的 3 倍，知运行的时间为 2 s。第一秒内的位移 h=12gt2=5 m，所以总位移为 20 m。故C正确，A、B、D错误。
17. D
18. C
【解析】设落地前第一个小石子运动的时间为 t，则第二个小石子运动的时间为 t−1 s，
根据位移时间公式得：
h1=12gt2，
h2=12g(t−1)2，
则两粒石子的距离 Δx=h1−h2=gt−5，所以随着时间的增大，两粒石子间的距离将增大，故C正确，A 、B 、D错误。
19. C
【解析】根据题意，突然释放，开始一阶段，游客作自由落体运动，故在刚释放后的瞬间速度一定为零；只受重力，加速度为 g，故ABD错误，C正确。
20. B
【解析】由 x=50+10t−2t2，知乙车的初速度为 v0=10 m/s，加速度为 a=−4 m/s2，甲匀速运动的速度为 v=10 m/s。t=0 时刻乙在甲的前方 s=50 m，乙车刹车到停止运动的时间为 t0=v0∣a∣=2.5 s，此过程中乙车的位移 x乙=v02t0=12.5 m，甲车的位移 x甲=10t0=25 m，可知甲车还没追上乙，设再需要时间 t 追上乙，则 t=s+x乙−x甲v=3.75 s，共用总时间为 t总=6.25 s。
21. D
【解析】由公式 x=12at2 得，
3T s 内的位移：x3=12a(3T)2 ⋯⋯①
2T s 内的位移：x2=12a(2T)2 ⋯⋯②
第 3 个 T 秒内的位移 Δx=x3−x2=3 m ⋯⋯③
由公式 v=at 得：
3T s 末的速度 v3=a×3T=3 ⋯⋯④
①−④ 联立得；a=56 m/s2，T=1.2 s 故 AC错；
第一个 T 末的速度 v=aT=1 m/s，故 B错；
第一个 T 内的位移 x1=12aT2=0.6 m 故D正确。
22. D
【解析】小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故A错误；
由 v=at 可得，a=vt，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故B错误；
由图可知及运动学规律可知，s1−s2>s2−s3，故C错误；
由运动学公式可知，s=12at2，a=2st2 故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D正确。
23. C
【解析】由图表可知，图表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系，所以 A、B、D 错误，由表中数据可以看出，在前 1 秒、前 2 秒、前 3 秒 ⋯⋯ 内位移与时间的平方成正比，所以 C 正确。
24. D
【解析】小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故A错误；
由 v=at 可得，a=vt，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故B错误；
由图可知及运动学规律可知，s1−s2>s2−s3，故C错误；
由运动学公式可知，s=12at2，a=2st2 故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D正确。
第二部分
25. A， C
【解析】由匀变速直线运动的速度与位移关系可知 vQ2−vP2=2ax ，代入数据解得 vP=5 m/s ，故A正确；根据速度公式可以知道到达 P 点时间为： tP=vPa=2.5 s ，故选项B错误；汽车经过 P 、 Q 电线杆的时间 t=vQ−vPa=15−52 s=5 s ，故C正确；则经过 P 、 Q 电线杆的平均速度为 v=xPQt=505 m/s=10 m/s ，故选项D错误。
26. B， C
【解析】根据图象可知，a 图象的速度随位移增大而增大，b 图象的速度随位移增大而减小，所以图象 a 表示质点甲的运动，当 x=0 时，乙的速度为 6 m/s，即质点乙的初速度 v0=6 m/s，
设质点乙、甲先后通过 x=6 m 处时的速度均为 v，对质点甲：v2=2a1x ⋯⋯①，
对质点乙：v2−v02=−2a2x ⋯⋯②，
联立①②解得：a1+a2=3 m/s2 ⋯⋯③，
当质点甲的速度 v1=8 m/s 、质点乙的速度 v2=2 m/s 时，两质点通过相同的位移均为 xʹ，
对质点甲：v12=2a1xʹ ⋯⋯④，
对质点乙：v22−v02=−2a2xʹ ⋯⋯⑤，
联立④⑤解得：a1=2a2 ⋯⋯⑥，
联立③⑥解得：a1=2 m/s2，a2=1 m/s2，故B正确，A错误；
由甲，如 x=v22a1，v=2a1x=2×2×6=26 m/s，xʹ=vʹ22a1=822×2=16 m，故图线中横坐标 a=26 m/s，纵坐标 b=16 m，故C正确；
图线 a 、 b 的交点表示两质点在同一位置，但不是同时，故D错误。
27. A， C
【解析】以乙速度方向为正向，根据匀变速直线运动速度位移关系 v2−v02=2ax，得 v2=2ax+v02 可知图象的斜率 k=2a，由图得 a甲=−2 m/s2，a乙=1 m/s2，故A正确；故B错误；
x=6 m 代入 v2=2ax+v02，可解得 v=23 m/s，故C正确；
对甲，历时 t=0−va甲=3 s，停止运动，甲的位移为 x甲=0−v22a甲=9 m, 过程乙的位移 x乙=12a乙t2=4.5 m<9 m，故甲、乙在 9 m 处相遇，此过程运动时间为 3 s，故D错误。
28. A， C
【解析】A选项，B选项：根据牛顿第二定理；mg=ma，得 a=g，所以甲、乙两小球在运动过程中其 t0 速度，即速度变化率相同，且与质量无关，故A正确，B错误；
C选项：甲球的速度为 v1=gt，
乙球的速度为 v2=g(t−1)，两球速度之差 Δv=v1−v2=g，Δv 保持不变，故C正确；
D选项：甲球的位移为 h1=12gt2，乙球的位移为 h1=12g(t−1)2，随着时间的增大，Δh 也增大，故D错误。
29. A， D
【解析】A选项，C选项：根据位移时间关系公式 x=v0t+12at2，可得物体运动的初速度为 5 m/s，加速度为 2 m/s2，据 Δx=aT2 可得任意相邻 1 s 内位移差都是 2 m，故A正确，故C错误；
B选项：代入 t=2 s，可得前 2 s 的位移为 14 m，根据平均速度公式可得前 2 s 的平均速度为 7 m/s，故B错误；
D选项：因为加速度为 2 m/s2，所以任意 1 s 内速度增量都是 2 m/s，故D正确。
第三部分
30. B， C， D
【解析】汽车匀速行驶 18 m 所需的时间 t=xv0=188 s=2.25 s>2 s，可知汽车一直保持匀速行驶，将会闯红灯，故A错误；
汽车立即以 2 m/s2 加速度大小做匀加速运动，达到最大速度所需的时间 t1=vm−v0a=12.5−82 s=2.25 s，绿灯熄灭前的位移 x1=v0t+12at2=8×2+12×2×4 m=20>18 m，可知汽车越过停车线，不违章，故B正确；
汽车立即以 3 m/s2 加速度大小做匀加速运动，达到最大速度所需的时间 t1=vm−v0a=12.5−83 s=1.5 s，此时的位移 x1=vm2−v022a=12.52−642×3 m=15.375 m，后 0.5 s 内的位移 x2=vmt2=12.5×0.5 m=6.25 m，因为 x1+x2>18 m，可知汽车在 2 s 内越过停车线，不违章，故C正确；
汽车立即以 3 m/s2 加速度大小做匀减速运动，则速度减为零的时间 t=0−v0a=83 s，位移 x=v02t0=82×83 m=323 m<18 m，不越过停车线，汽车不违章，故D正确。
一、单项选择题（共24小题；共96分）
1. 关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法正确的是
A. 伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同
B. 伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C. 伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动，验证了位移与时间的平方成正比
D. 伽利略用小球在斜面上运动“冲淡重力”，验证了运动速度与位移成正比
2. 汽车以 20 m/s 的速度做匀速直线运动，见前方有障碍物立即刹车，刹车后加速度大小为 5 m/s2，则汽车刹车后第 2 s 内的位移和刹车后 5 s 内的位移为
A. 30 m，40 mB. 30 m，37.5 mC. 12.5 m，40 mD. 12.5 m，37.5 m
3. A 、 B 、 C 三点在同一直线上，一个物体自 A 点从静止开始作匀加速直线运动，经过 B 点时的速度为 v，到 C 点时的速度为 2v，则 AB 与 BC 两段距离大小之比是
A. 1:4B. 1:3C. 1:2D. 1:1
4. 从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间，两位同学合作，用刻度尺可测得人的反应时间：如图甲所示，A 握住尺的上端，B 在尺的下部做握尺的准备（但不与尺接触），当看到 A 放开手时，B 立即握住尺，若 B 做握尺准备时，手指位置如图乙所示，而握住尺时的位置如图丙所示，由此测得 B 同学的反应时间约为
A. 2.0 sB. 0.3 sC. 0.1 sD. 0.4 s
5. 某汽车以 10 m/s 的速度沿平直公路行驶，因前方有障碍物而刹车，刹车后获得大小为 4 m/s2 的加速度，刹车后 3 s 内，汽车走过的路程为
A. 0.5 mB. 12 mC. 12.5 mD. 15 m
6. 一辆汽车以 20 m/s 的速度沿平直公路行驶，由于前方突发事故，汽车当即以大小为 5 m/s2 的加速度刹车，则开始刹车后 2 s 与开始刹车后 6 s 汽车通过的位移之比为
A. 1:4B. 3:5C. 3:4D. 5:9
7. 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 mB. 8 mC. 4 mD. 1.6 m
8. 做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为 s=24t−1.5t2（m），根据这一关系式可以知道，物体速度为零的时刻是
A. 1.5 sB. 8 sC. 16 sD. 24 s
9. 某动车进站前刹车做匀变速直线运动，其位移与时间的关系是 x=14t−3.5t2(m)，则它在 2 s 内的平均速度大小为
A. 7 m/sB. 9 m/sC. 12 m/sD. 14 m/s
10. 如图所示，水平面上的一块长木板始终以 2 m/s 的速度向右做匀速运动，在木板的右端轻轻（相对地面速度为零）放上一个小木块（视为质点），而让木块在木板上从静止开始向右做 0.5 m/s2 的匀加速运动，当木块速度达 2 m/s 后做匀速运动，木块没有从木板上滑下，则木板的长度可能为
A. 1 mB. 2 mC. 4 mD. 8 m
11. 如图 1 、图 2 所示，传说伽利略在研究自由落体过程中做了两个实验：第一个是比萨斜塔实验，将一大一小两个铁球从斜塔上同时放手让其下落；第二个是在斜面上研究物体的加速运动。关于这两个实验，下列说法正确的是
A. 比萨斜塔实验证明了物体自由下落过程，其加速度是恒定的
B. 比萨斜塔实验过程中，完全消除了摩擦力对物体还动的影响
C. 伽利略测量球从静止开始沿斜面滚下的位移 x 与时间 t，验证 x∝t2，直接证明自由落体运动的加速度是恒定的
D. 伽利略开创了科学的研究方法，即将猜想假说、数学推导、科学实验、逻辑推理结合
12. 一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为 4 m/s，经过 4 s 速度达到 12 m/s，下列说法中不正确的是
A. 汽车的加速度为 2 m/sB. 汽车每秒速度的变化量为 2 m/s
C. 汽车的平均速度为 8 m/sD. 汽车的位移为 30 m
13. 一个物体做匀加速直线运动，它在第 3 s 内的位移为 5 m，下列说法正确的是
A. 物体在第 3 s 末的速度一定是 6 m/s
B. 物体的加速度可能是 3 m/s2
C. 物体在前 5 s 内的位移一定是 25 m
D. 物体在前 5 s 内的位移一定是 9 m
14. 一质点有静止开始做匀加速直线运动，当它位移为 s 时，末速度为 vt，当它的位移 ns 时，末速度为
A. nvtB. nvtC. n2vtD. nvt
15. 一物体做自由落体运动，它下落 L 时，速度为 v；当它下落 2L 时，它的速度为
A. 2vB. 2vC. 22vD. v2
16. 一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第 1 s 内的位移恰为它最后 1 s 位移的三分之一（g 取 10 m/s2）。则它开始下落时距地面的高度为
A. 31.25 mB. 11.25 mC. 20 mD. 15 m
17. 如图 1 、图 2 所示，传说伽利略在研究自由落体过程中做了两个实验：第一个是比萨斜塔实验，将一大一小两个铁球从斜塔上同时放手让其下落；第二个是在斜面上研究物体的加速运动。关于这两个实验，下列说法正确的是
A. 比萨斜塔实验证明了物体自由下落过程，其加速度是恒定的
B. 比萨斜塔实验过程中，完全消除了摩擦力对物体运动的影响
C. 伽利略测量球从静止开始沿斜面滚下的位移 x 与时间 t，验证 x∝t，直接证明自由落体运动的加速度是恒定的
D. 伽利略开创了科学的研究方法，即将猜想假说、数学推导、科学实验、逻辑推理结合
18. 在高处释放一粒小石子，经过一秒，在高空同一地点再释放一粒小石子，在落地之前，两粒石子之间的距离
A. 保持不变B. 不断减小
C. 不断增大D. 有时增大，有时减小
19. 游乐园中的“蹦极”项目是先将游客提升至几十米高处，然后释放，释放的开始阶段，游客做自由落体运动。在刚释放的瞬间
A. 游客的速度和加速度均为零B. 游客的速度不为零，加速度为零
C. 游客的速度为零，加速度不为零D. 游客的速度和加速度均不为零
20. 甲、乙两车在同一条笔直的公路上做同方向的直线运动，从 t=0 时刻开始，甲车的运动规律为 v甲=10t，乙车刹车，其运动规律为 x乙=50+10t−2t2（以上两式各物理量的单位均为国际基本单位），则从 t=0 开始，甲追上乙的时间是
A. 5 sB. 6.25 sC. 3.15 sD. 10 s
21. 一物体从静止开始做匀加速直线运动，以 T 为时间间隔，在第 3 个 T 内的位移为 3 m，在第 3 个 T 终了时的瞬时速度是 3 m/s，则
A. 物体的加速度为 1 m/s2
B. 物体在第 1 个 T 终了时的瞬时速度是 0.6 m/s
C. 时间间隔 T=1 s
D. 物体在第 1 个 T 内的位移为 0.6 m
22. 伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置 A 、 B 、 C，让小球分别由 A 、 B 、 C 滚下，如图所示。设 A 、 B 、 C 与斜面底端的距离分别为 s1 、 s2 、 s3，小球由 A 、 B 、 C 运动到斜面底端的时间分别为 t1 、 t2 、 t3，小球由 A 、 B 、 C 运动到斜面底端时的速度分别为 v1 、 v2 、 v3，则下列关系式中正确、并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是
A. v12=v22=v32B. v1t1=v2t2=v3t3
C. s1−s2=s2−s3D. s1t12=s2t22=s3t32
23. 右图是伽利略 1604 年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是
11324213093298164526255824366119249716006482104
A. 物体具有惯性
B. 斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C. 物体运动的距离与时间的平方成正比
D. 物体运动的加速度与重力加速度成正比
24. 伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置 A 、 B 、 C，让小球分别由 A 、 B 、 C 滚下，如图所示。设 A 、 B 、 C 与斜面底端的距离分别为 s1 、 s2 、 s3，小球由 A 、 B 、 C 运动到斜面底端的时间分别为 t1 、 t2 、 t3，小球由 A 、 B 、 C 运动到斜面底端时的速度分别为 v1 、 v2 、 v3，则下列关系式中正确、并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是
A. v12=v22=v32 B. v1t1=v2t2=v3t3
C. s1−s2=s2−s3 D. s1t12=s2t22=s3t32
二、双项选择题（共5小题；共20分）
25. 汽车自 A 点从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，车的加速度是 2 m/s2 ，途中分别经过 P 、 Q 两根电线杆，已知 P 、 Q 电线杆相距 50 m ，车经过电线杆 Q 时的速度是 15 m/s ，则下列结论中正确的是
A. 汽车经过 P 点的速度是 5 m/s
B. 经过 7.5 s 汽车运动到 P 点
C. 汽车经过 P 、 Q 电线杆的时间是 5 s
D. 汽车经过 P 、 Q 电线杆的平均速度是 12 m/s
26. 甲、乙两质点同时同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为 a1 的匀加速直线运动，质点乙做初速度为 v0，加速度大小为 a2 的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的 x−v（位置一速度）图象如图所示，（虚线与对应的坐标轴垂直），则
A. 质点甲的加速度大小 a1=1 m/s2
B. 质点乙的初速度为 v0=6 m/s，加速度大小 a2=1 m/s2
C. 图线中横坐标 a=26 m/s，纵坐标 b=16 m
D. 两图线的交点表示两质点同时到达同一位置
27. 甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车速度的平方 v2 随位移 x 的变化图象如图所示，下列说法正确的是
A. 汽车甲的加速度大小为 2 m/s2
B. 汽车乙的加速度大小为 1.5 m/s2
C. 汽车甲、乙在 x=6 m 处的速度大小为 23 m/s
D. 汽车甲、乙在 t=9 s 时相遇
28. 从某一高度相隔 1 s 先后释放两个质量不同的小球甲和乙，不计空气阻力，它在空中的任一时刻
A. 甲、乙两球在运动过程中其速度变化率相同
B. 甲、乙两球在运动过程中质量大的小球其加速度也大
C. 甲、乙两球在运动过程中两球速度之差保持不变
D. 甲、乙两球在运动过程中位移之差保持不变
29. 质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x=5t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点
A. 初速度为 5 m/sB. 前 2 s 内的平均速度是 6 m/s
C. 任意相邻的 1 s 内位移差都是 1 mD. 任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s
三、多项选择题（共1小题；共4分）
30. 如图所示，以 8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有 2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线 18 m，此路段允许行驶的最大速度为 12.5 m/s。要使汽车不会违章行驶，下列做法中正确的有
A. 一直保持匀速行驶通过停车线
B. 立即以 2 m/s2 加速度大小做匀加速运动
C. 立即以 3 m/s2 加速度大小做匀加速运动
D. 立即以 3 m/s2 加速度大小做匀减速运动
答案
第一部分
1. C
【解析】亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，伽利略认为同一地点轻重物体的下落是相同的，故A错误；
伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误；
伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确；
小球在斜面上运动运动速度与位移不成正比，故D错误。
2. C
【解析】由 v=v0+at，可求得汽车刹车后运动时间 t=4 s，刹车后第 2 s 内位移 x2=20×2 m−12×5×22−20×1 m+12×5×12 m=12.5 m。
刹车后 5 s 内位移即为 4 s 内的位移，看成反向初速度为 0 的匀加速直线运动，x5=12at2=12×5×42 m=40 m。
3. B
【解析】对 AB 过程，由匀变速直线运动的速度与位移的关系式可得，
v2=2axAB，
解得 xAB=v22a
对 BC 过程可得，(2v)2−v2=2axBC，
解得 xBC=3v22a
所以 AB 与 BC 的位移大小之比为 1:3。
4. B
【解析】由图可知，开始时的位置在 20 cm 处，握住尺时的位置在 60 cm 处，所以在反应时间内下落的高度为 40 cm=0.40 m
由运动学可得：
h=12gt2
解得：t=2hg=2×0.4010 s≈0.3 s。故B正确，ACD错误。
5. C
【解析】汽车刹车到停止所需的时间为：t0=−v0a=−10−4 s=2.5 s，
所以 3 s 内的位移等于 2.5 s 内的位移。
似刹车后 3 s 内，汽车走过的路程为：x=−v022a=−1022×(−4) m=12.5 m，故C正确，故ABD错误。
6. C
【解析】设汽车从刹车到停下的时间为 t，则由 v=v0+at 得：t=v−v0a=0−20−5 s=4 s，则 4 s 后汽车停止运动，刹车 6 s 内的位移与刹车 4 s 内的位移相等。
汽车刹车 2 s 内的位移为：x1=v0t1+12at12=20×2+12×(−5)×22(m)=30 m，
刹车 6 s 内的位移为：x2=v0t+12at2=20×4+12×(−5)×42(m)=40 m，
所以汽车刹车 2 s 内与刹车后 6 s 内汽车通过的位移之比为：x1:x2=3:4。
7. A
【解析】由条件知 a=v1−0t1−0=41 m/s2=4 m/s2，
求第 2 s 内的位移：x2ʹ=12at22−12at12⇒x2ʹ=12×4×22−12×4×12 m=6 m。
8. B
【解析】根据 x=24t−1.5t2=v0t+12at2，得，v−0=24 m/s，a=−3 m/s2。由 v=v0+at 得，v−v0a=0−24−3 s=8 s。故B正确，A、 C、D错误。
9. A
【解析】根据位移与时间的关系是：x=v0t+12at2=14t−3.5t2
可知汽车刹车时的初速度 v0=14 m/s，加速度 a=−7 m/s2
根据速度与时间关系可得汽车刹车用时 t=0−v0a=2 s
则 2 s 末刚好停止，则它在 2 s 内的平均速度大小为 v=0+v02=7 m/s。
10. C
【解析】要使木块不滑下，应使木板的长度至少等于木板和木块在这段时间内的位移差。
为了使得木块不从木板上滑下，应满足木块相对木板的位移等于板长，
设木块加速到木板的速度时所用的时间为 t，
则有：t=va=20.5 s=4 s，
L=vt−12at2=2×4−12×0.5×42 m=4 m。
故ABD错误，故C正确。
11. D
【解析】A选项，B选项：比萨斜塔实验证明了物体下落的快慢与质量无关，伽利略提出了落体理论，并没有完全消除摩擦力，由斜塔实验并没有得出自由落体为匀加速直线运动，故A错误，故B错误；
C选项，D选项：伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，由于“冲淡”重力的作用，小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推；伽利略开创了科学的研究方法，即将猜想假说、数学推导、科学实验、逻辑推理结合。故C错误，故D正确。
12. D
13. C
【解析】匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段平均速度，根据第 3 s 内的位移为 5 m，则 2.5 s 时刻的瞬时速度为 v=5 m/s，2.5 s 时刻即为前 5 s 的中间时刻，因此前 5 s 内的位移为 s=vt=5 m/s×5 s=25 m，C 对；由于无法确定物体在零时刻的速度以及匀变速运动的加速度，故 A 、 D 均错，若加速度为 3 m/s2，2.5 s 的瞬时速度 v=v0+3×2.5 m/s=5 m/s，v0=−2.5 m/s，又因为物块一直做加速运动，所以B错误。
14. B
【解析】物体由静止做匀加速直线运动，设加速度为 a，则有：2as=vt2 ⋯⋯①，
当该质点的位移为 ns 时，有：2a⋅ns=vʹ2 ⋯⋯②，
由①②解得：vʹ=nvt。
故选B。
15. A
【解析】2gL=v2 ⋯⋯①4gL=vt2 ⋯⋯②①②⇒12=v2vt2，
所以 vt=2v。
16. C
【解析】方法一：
自由落体的高度 h=12gt2 故 h1=5 m，最后 1 s 内 hʹ=3h1 得倒数第 1 s 的速度 v=10 m/s，故 t=2 s，下降的高度 hʺ=12gtʺ2=20 m。
故选C。
方法二
初速度为 0 的匀变速直线运动，从开始运动在连续相等时间内的位移比为 1:3:5:7 ⋯⋯ 最后 1 秒内的位移恰为它最初 1 秒内位移的 3 倍，知运行的时间为 2 s。第一秒内的位移 h=12gt2=5 m，所以总位移为 20 m。故C正确，A、B、D错误。
17. D
18. C
【解析】设落地前第一个小石子运动的时间为 t，则第二个小石子运动的时间为 t−1 s，
根据位移时间公式得：
h1=12gt2，
h2=12g(t−1)2，
则两粒石子的距离 Δx=h1−h2=gt−5，所以随着时间的增大，两粒石子间的距离将增大，故C正确，A 、B 、D错误。
19. C
【解析】根据题意，突然释放，开始一阶段，游客作自由落体运动，故在刚释放后的瞬间速度一定为零；只受重力，加速度为 g，故ABD错误，C正确。
20. B
【解析】由 x=50+10t−2t2，知乙车的初速度为 v0=10 m/s，加速度为 a=−4 m/s2，甲匀速运动的速度为 v=10 m/s。t=0 时刻乙在甲的前方 s=50 m，乙车刹车到停止运动的时间为 t0=v0∣a∣=2.5 s，此过程中乙车的位移 x乙=v02t0=12.5 m，甲车的位移 x甲=10t0=25 m，可知甲车还没追上乙，设再需要时间 t 追上乙，则 t=s+x乙−x甲v=3.75 s，共用总时间为 t总=6.25 s。
21. D
【解析】由公式 x=12at2 得，
3T s 内的位移：x3=12a(3T)2 ⋯⋯①
2T s 内的位移：x2=12a(2T)2 ⋯⋯②
第 3 个 T 秒内的位移 Δx=x3−x2=3 m ⋯⋯③
由公式 v=at 得：
3T s 末的速度 v3=a×3T=3 ⋯⋯④
①−④ 联立得；a=56 m/s2，T=1.2 s 故 AC错；
第一个 T 末的速度 v=aT=1 m/s，故 B错；
第一个 T 内的位移 x1=12aT2=0.6 m 故D正确。
22. D
【解析】小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故A错误；
由 v=at 可得，a=vt，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故B错误；
由图可知及运动学规律可知，s1−s2>s2−s3，故C错误；
由运动学公式可知，s=12at2，a=2st2 故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D正确。
23. C
【解析】由图表可知，图表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系，所以 A、B、D 错误，由表中数据可以看出，在前 1 秒、前 2 秒、前 3 秒 ⋯⋯ 内位移与时间的平方成正比，所以 C 正确。
24. D
【解析】小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故A错误；
由 v=at 可得，a=vt，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故B错误；
由图可知及运动学规律可知，s1−s2>s2−s3，故C错误；
由运动学公式可知，s=12at2，a=2st2 故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D正确。
第二部分
25. A， C
【解析】由匀变速直线运动的速度与位移关系可知 vQ2−vP2=2ax ，代入数据解得 vP=5 m/s ，故A正确；根据速度公式可以知道到达 P 点时间为： tP=vPa=2.5 s ，故选项B错误；汽车经过 P 、 Q 电线杆的时间 t=vQ−vPa=15−52 s=5 s ，故C正确；则经过 P 、 Q 电线杆的平均速度为 v=xPQt=505 m/s=10 m/s ，故选项D错误。
26. B， C
【解析】根据图象可知，a 图象的速度随位移增大而增大，b 图象的速度随位移增大而减小，所以图象 a 表示质点甲的运动，当 x=0 时，乙的速度为 6 m/s，即质点乙的初速度 v0=6 m/s，
设质点乙、甲先后通过 x=6 m 处时的速度均为 v，对质点甲：v2=2a1x ⋯⋯①，
对质点乙：v2−v02=−2a2x ⋯⋯②，
联立①②解得：a1+a2=3 m/s2 ⋯⋯③，
当质点甲的速度 v1=8 m/s 、质点乙的速度 v2=2 m/s 时，两质点通过相同的位移均为 xʹ，
对质点甲：v12=2a1xʹ ⋯⋯④，
对质点乙：v22−v02=−2a2xʹ ⋯⋯⑤，
联立④⑤解得：a1=2a2 ⋯⋯⑥，
联立③⑥解得：a1=2 m/s2，a2=1 m/s2，故B正确，A错误；
由甲，如 x=v22a1，v=2a1x=2×2×6=26 m/s，xʹ=vʹ22a1=822×2=16 m，故图线中横坐标 a=26 m/s，纵坐标 b=16 m，故C正确；
图线 a 、 b 的交点表示两质点在同一位置，但不是同时，故D错误。
27. A， C
【解析】以乙速度方向为正向，根据匀变速直线运动速度位移关系 v2−v02=2ax，得 v2=2ax+v02 可知图象的斜率 k=2a，由图得 a甲=−2 m/s2，a乙=1 m/s2，故A正确；故B错误；
x=6 m 代入 v2=2ax+v02，可解得 v=23 m/s，故C正确；
对甲，历时 t=0−va甲=3 s，停止运动，甲的位移为 x甲=0−v22a甲=9 m, 过程乙的位移 x乙=12a乙t2=4.5 m<9 m，故甲、乙在 9 m 处相遇，此过程运动时间为 3 s，故D错误。
28. A， C
【解析】A选项，B选项：根据牛顿第二定理；mg=ma，得 a=g，所以甲、乙两小球在运动过程中其 t0 速度，即速度变化率相同，且与质量无关，故A正确，B错误；
C选项：甲球的速度为 v1=gt，
乙球的速度为 v2=g(t−1)，两球速度之差 Δv=v1−v2=g，Δv 保持不变，故C正确；
D选项：甲球的位移为 h1=12gt2，乙球的位移为 h1=12g(t−1)2，随着时间的增大，Δh 也增大，故D错误。
29. A， D
【解析】A选项，C选项：根据位移时间关系公式 x=v0t+12at2，可得物体运动的初速度为 5 m/s，加速度为 2 m/s2，据 Δx=aT2 可得任意相邻 1 s 内位移差都是 2 m，故A正确，故C错误；
B选项：代入 t=2 s，可得前 2 s 的位移为 14 m，根据平均速度公式可得前 2 s 的平均速度为 7 m/s，故B错误；
D选项：因为加速度为 2 m/s2，所以任意 1 s 内速度增量都是 2 m/s，故D正确。
第三部分
30. B， C， D
【解析】汽车匀速行驶 18 m 所需的时间 t=xv0=188 s=2.25 s>2 s，可知汽车一直保持匀速行驶，将会闯红灯，故A错误；
汽车立即以 2 m/s2 加速度大小做匀加速运动，达到最大速度所需的时间 t1=vm−v0a=12.5−82 s=2.25 s，绿灯熄灭前的位移 x1=v0t+12at2=8×2+12×2×4 m=20>18 m，可知汽车越过停车线，不违章，故B正确；
汽车立即以 3 m/s2 加速度大小做匀加速运动，达到最大速度所需的时间 t1=vm−v0a=12.5−83 s=1.5 s，此时的位移 x1=vm2−v022a=12.52−642×3 m=15.375 m，后 0.5 s 内的位移 x2=vmt2=12.5×0.5 m=6.25 m，因为 x1+x2>18 m，可知汽车在 2 s 内越过停车线，不违章，故C正确；
汽车立即以 3 m/s2 加速度大小做匀减速运动，则速度减为零的时间 t=0−v0a=83 s，位移 x=v02t0=82×83 m=323 m<18 m，不越过停车线，汽车不违章，故D正确。
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