统考版高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究专题一运动学图象追及、相遇问题含答案（试卷）

这是一份统考版高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究专题一运动学图象追及、相遇问题含答案（试卷），共11页。试卷主要包含了x ­ t图象的信息，v ­ t图象的信息等内容，欢迎下载使用。

考点一 运动学图象的理解和应用
1．x ­ t图象的信息
(1)x ­ t图象某点切线的斜率表示物体在该时刻的速度．
(2)纵坐标之差表示该段时间内的位移．
(3)两x ­ t图线的交点表示两物体在该位置、该时刻相遇．
2．v ­ t图象的信息
3．x ­ t(位置—时间)图象与v ­ t图象的“六看”
角度1 x ­ t图象
例1. [2022·江西省重点中学联考](多选)如图所示，图线OP、MN分别是做直线运动的质点A、B的位移—时间图象，其中OP为开口向下抛物线的一部分，P为图象上一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q.则下列说法正确的是( )
A.t＝4 s时，质点A的速率为1 m/s
B．质点A的加速度大小为0.25 m/s2
C．质点A的初速度大小为6 m/s
D．t＝2 s时A、B相遇
角度2 v ­ t图象
例2. [2021·广东卷，8](多选)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v ­ t和s ­ t图象描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有( )
角度3 其他运动图象
例3. [2022·福建莆田模拟]如图所示为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是( )
A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移小于12v0t0
B．乙图中，物体的加速度为2 m/s2
C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量
D．丁图中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s
[思维方法]
分析图象类问题的思路：
跟进训练
1．[2022·湖南六校联考]甲、乙两个物体从同一地点同时出发，沿同一直线运动，运动过程中的位移—时间(x ­ t)图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．甲物体始终沿同一方向运动
B．乙物体运动过程中位移大小增加得越来越快
C．在0～t2时间内，某时刻甲、乙两物体的速度相同
D．在0～t2时间内，甲、乙两物体在t1时刻相距最远
2．[2022·湖南株洲1月质检]为节约运行时间，设想一种高铁进站不停车模式．如图(a)所示，站台内铁路正上方有一固定轨道AB，高铁分为可分离的上下副、主车两部分，副车可在主车车顶轨道上滑行．主车保持匀速过站，需下车的乘客提前进入副车甲中，需上车的乘客已在静止于A端的副车乙中等待．车尾到B端瞬间，甲刚好完全滑上固定轨道AB，主、副车分离，副车甲立即减速，车头到A端时刚好停下，乘客下车．当主车车头到A端时，副车乙立即从固定轨道开始加速滑上车顶轨道，当乙的车尾与主车车尾对齐时主、副车刚好共速，锁死一起前进．设高铁以40 m/s速度匀速驶来，副车长均为20 m，副车甲、乙运动的v ­ t图象如图(b)所示，则主车长为( )
A．180 m B．200 m C．220 m D．820 m
考点二 追及、相遇问题
1．思维流程：
2．三种分析方法：
(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，再利用数学中求极值的方法求解．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．

例4.全国第十四届冬季运动会在呼伦贝尔市举行．为此全市开展了丰富多彩的冰上运动．如图所示在游乐场的滑冰道上有甲、乙两同学坐在冰车上进行游戏．当甲从倾角为θ的光滑冰道顶端A由静止开始自由下滑时，在斜面底部B处的乙通过冰钎作用于冰面，从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速直线运动．已知甲、乙和冰车均可视为质点，甲通过斜面与水平面的交接处(B处)时，速度的方向改变、大小不变，且最终甲刚好能追上乙，则( )
A．到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定不相等
B．到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等
C．甲在斜面上的加速度一定小于乙的加速度
D．无法求出甲从过B点至追上乙行进的距离与AB距离之比
教你解决问题
[读题审题]―→完成信息转化
(1)“光滑冰道” 转化 甲在斜面上做匀加速直线运动
(2)“光滑的水平冰道” 转化 甲在水平面上做匀速直线运动
(3)“向右做匀加速直线运动” 转化 乙做匀加速运动
(4)“刚好能追上乙” 转化 甲、乙速度相等时，甲刚好追上乙
跟进训练
3.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上运动，t＝0时刻甲车遇到紧急情况刹车，t＝2 s时两车恰好相遇，两车运动的速度—时间图象如图所示，两辆汽车均可看作质点，则关于两车的说法正确的是( )
A．甲车的加速度比乙车的加速度小
B．t＝0时，甲、乙两车恰好在同一地点
C.在甲、乙两车相遇前，t＝67 s时，甲、乙两车相距最远
D．t＝4 s时乙车在甲车的前面416 m处
4．如图所示为某城市十字路口道路示意图，道路为双向四车道，每个车道宽度为2.4 m．某自行车从道路左侧车道线沿停车线向右匀速行驶，速率为14.4 km/h，同时一辆汽车在最右侧车道正中间行驶，速率为54 km/h，汽车前端距离停车线20 m.已知汽车的宽度与自行车的长度相等均为1.8 m，汽车的车身长4.8 m．汽车司机为避免与自行车相撞马上采取刹车制动，最大制动加速度大小为5ms2.求：
(1)汽车的最短刹车距离sm；
(2)请通过计算判断当汽车以最大加速度刹车时是否能够避免相撞．
专题一 运动学图象 追及、相遇问题
关键能力·分层突破
例1 解析：x ­ t图象切线的斜率表示速度，则t＝4 s时质点A的速率为v＝ eq \f(10－6,4) m/s＝1 m/s，故A正确；质点A的x ­ t图象为抛物线，结合匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，当t＝4 s时，有10＝4v0＋8a，根据速度时间公式v＝v0＋at，当t＝4 s时，有1＝v0＋4a，联立解得v0＝4 m/s，a＝－0.75 m/s2，所以质点A的初速度大小为4 m/s，加速度的大小为0.75 m/s2，故B、C错误；由图可知质点B做匀速直线运动，其速度大小为vB＝ eq \f(13,4) m/s＝3.25 m/s，则质点B的位移表达式为xB＝vBt＝3.25t，设经过t时间A、B相遇，由图可知，xA＋xB＝13 m，则有4t－ eq \f(1,2) ×0.75t2＋3.25t＝13，解得t＝2 s（其中t＝ eq \f(52,3) s舍去），故t＝2 s时A、B相遇，故D正确．
答案：AD
例2 解析：从v ­ t图象上看，由于所有龙舟出发点相同，故只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确；从st图象上看，图象的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误．
答案：BD
例3 解析：由v ­ t图线与坐标轴围成的面积表示位移，可知甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移大于 eq \f(1,2) v0t0（平均速度大于 eq \f(1,2) v0），选项A错误；根据v2＝2ax可知乙图中，2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，选项B错误；根据Δv＝at可知，丙图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，选项C错误；由x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2可得 eq \f(x,t) ＝v0＋ eq \f(1,2) at，结合丁图可知 eq \f(1,2) a＝ eq \f(10,2) m/s2＝5 m/s2（a前面的 eq \f(1,2) 易被忽视），即a＝10 m/s2，则v0＝－5 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v3＝（－5＋10×3） m/s＝25 m/s，选项D正确．
答案：D
1．解析：t1时刻前后甲的x ­ t图线斜率由正变到了负，说明速度方向发生了变化，选项A错误；乙的x ­ t图线斜率恒定，说明乙做匀速直线运动，位移大小均匀增加，选项B错误；由图可知t1～t2时间内甲的x ­ t图线斜率从大于乙的x ­ t图线斜率单调递减到小于乙的x ­ t图线斜率，则甲的x ­ t图线斜率肯定有一时刻与乙的x ­ t图线斜率相等，即两者速度相等，此时甲、乙两者相距最远，选项C正确，D错误．
答案：C
2．解析：根据题意，对副车乙和主车的运动进行简化分析，如图所示．已知副车长20 m，由v ­ t图象可知，副车乙发生的位移为x1＝ eq \f(1,2) ×（24.5－15.5）×40 m＝180 m，在这一段时间内，主车做匀速直线运动，主车发生的位移为x2＝（24.5－15.5）×40 m＝360 m，故主车的长度为L＝x2－x1＋20 m＝360 m－180 m＋20 m＝200 m，选项B正确．
答案：B
例4 解析：设甲到达B的时间为t1，追上乙的时间为t2，水平面都是光滑的，甲到达水平面后做匀速直线运动，设甲的速度为v，则甲在水平面上的位移
x2＝v（t2－t1）①
乙做匀加速直线运动，被甲追上时的速度也是v，乙的位移x2＝ eq \f(v,2) t2 ②
联立①②可得t2＝2（t2－t1），t2＝2t1，可知到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等，故A错误，B正确；由以上的分析可知，甲的速度达到v用的时间少，所以甲在斜面上的加速度一定大于乙的加速度，故C错误；AB之间的距离x1＝ eq \f(v,2) ·t1＝ eq \f(v,2) · eq \f(t2,2) ＝ eq \f(x2,2) ，所以甲从过B点至追上乙行进的距离与AB距离之比为2，故D错误．
答案：B
3．解析：由题图可知，甲的加速度a甲＝－ eq \f(2,3) m/s2，乙的加速度a乙＝ eq \f(1,2) m/s2，加速度是矢量，其正负只表示方向，不表示大小，选项A错误；两车在t＝2 s时的速度分别为v甲＝v0甲＋a甲t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)×2)) m/s＝ eq \f(2,3) m/s，v乙＝2 m/s，则0～2 s内，甲的位移x甲2＝ eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(2,3))) ×2 m＝ eq \f(8,3) m，乙的位移x乙2＝ eq \f(1,2) ×（1＋2）×2 m＝3 m，两车的位移不相等，又两车在t＝2 s时相遇，则t＝0时两车不在同一地点，选项B错误；由运动过程分析知，相遇前甲、乙两车速度相等时两车相距最远，设从t＝0时刻起，经过时间t′1甲、乙两车速度相等，由图象可得v0甲＋a甲t′1＝v0乙＋a乙t′1，解得t′1＝ eq \f(6,7) s，则在t＝ eq \f(6,7) s时两车速度相等，此时为甲、乙两车相遇前相距最远的时刻，故C正确；t＝2 s时两车相遇，乙车在2～4 s内的位移x乙＝v乙t24＋ eq \f(1,2) a乙t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(24)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×2＋\f(1,2)×\f(1,2)×22)) m＝5 m，t＝3 s时，甲车停止运动，则甲车在2～4 s内的位移x甲＝－ eq \f(1,2) a甲t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(23)) ＝ eq \f(1,3) m，则t＝4 s时乙车在甲车前面的Δx＝x乙－x甲＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－\f(1,3))) m＝ eq \f(14,3) m处，选项D错误．
答案：C
4．解析：（1）已知v1＝14.4 km/h＝4 m/s，v2＝54 km/h＝15 m/s.
设汽车以最大加速度刹车，则－2asm＝0－v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ，
代入数据解得sm＝22.5 m.
（2）以最大加速度刹车，设汽车车头到达停车线所用时间为t，则s＝v2t－ eq \f(1,2) at2，解得t＝2 s或者t＝4 s，又因为汽车停下的时间为t′＝ eq \f(v2,a) ＝ eq \f(15,5) s＝3 s，故t＝4 s不符题意，舍去；
此时以左侧车道线为起点，车头所占位置范围为s1～s2，7.5 m