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预习衔接.夯实基础 匀变速直线运动的研究
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 五华区校级期末）某汽车在水平路面上启动刹车后，其位移随时间变化的规律为x＝20t﹣2t2（x的单位是m，t的单位是s）。下列说法正确的是（　　）
A．该汽车从启动刹车到停下来用时10s
B．该汽车从启动刹车到停下来向前运行了50m
C．该汽车刹车时的加速度大小为8m/s2
D．该汽车启动刹车时的初速度大小为10m/s
2．（2024春 朝阳区校级期末）若足球运动员将足球以12m/s的速度踢出，足球沿草地做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，踢出的同时运动员以恒定速度4m/s去追足球，则运动员追上足球所用时间为（　　）
A．6s B．7s C．8s D．9s
3．（2024秋 仁寿县校级期末）以12m/s的速度行驶的汽车，紧急刹车后做匀减速直线运动，其加速度大小为3m/s2，则刹车后（　　）
A．汽车在第2s内的位移为18m
B．汽车在前5s内的位移为22.5m
C．汽车在运动的最后3s内的平均速度为3m/s
D．汽车在6s内的平均速度为4m/s
4．（2024春 未央区校级期末）一长为L的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管口正上方高h（h＞L）处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是（　　）
A．小球穿过管所用时间大于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则
C．若小球在管下降阶段穿过管，则
D．小球不可能在管上升阶段穿过管
5．（2024秋 沙坪坝区校级期末）某大桥如图甲所示，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，汽车通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则（　　）
A．汽车通过吊索A时的速度大小为4vD
B．汽车减速的时间等于4t
C．汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D．汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
二．多选题（共3小题）
（多选）6．（2024秋 长安区期末）汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾驶员减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m内的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度大小为5m/s2．假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是（　　）
A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6s
B．小轿车的最短刹车距离（从刹车到停止运动所走的距离）为80m
C．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20m/s
D．三角警示牌至少要放在车后58m远处，才能有效避免两车相撞
（多选）7．（2024春 海珠区校级期末）如图所示，小球甲从距离地面高度为h1＝15m处以速度v0＝10m/s竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为h2＝20m处开始自由下落，小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球乙落地前，两小球的速度差不变
B．至小球乙落地时，小球甲、乙的平均速率之比为1：2
C．至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为3：4
D．小球甲、乙运动的第1s内位移不相同
（多选）8．（2024春 潍坊期末）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，某汽车以v0＝72km/h的速度在道路上行驶，要过收费站时，如果汽车走人工收费通道，需要在收费站中心线处停下，经30s缴费后，再匀加速至v0匀速行驶；如果汽车走ETC通道，需要在中心线前方12m处匀减速至4m/s后匀速行驶到中心线，再匀加速至v0匀速行驶。设汽车减速和加速时的加速度大小均为1m/s2，车辆可看作质点，下列说法正确的是（　　）
A．走ETC通道，从开始减速到车速恢复v0过程的位移为396m
B．走ETC通道，从开始减速到车速恢复v0过程的平均速度为
C．走ETC通道比走人工通道节省35s
D．过收费站前有两辆汽车均以72km/h的速度并排行驶，按题中运动规律分别走ETC和人工通道，车速均恢复到72km/h时两车沿运动方向相距696m
三．填空题（共3小题）
9．（2024秋 福州期末）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处落下的一个小石子摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01s。量得照片中石子运动痕迹的长度为0.8cm，实际长度为100cm的窗框在照片中的长度为4.0cm。根据以上数据估算，在相机曝光时间内石子实际下落的距离为 　 　m，这个石子大约是从 　 　m高处落下的（g取10m/s2）。
10．（2024春 道里区校级期末）如图所示是某同学在研究匀变速直线运动时，打点计时器在纸带上打出的一系列点．测出纸带上点迹清晰的像邻六个点中1、3两点间的距离为x1，4、6两点间的距离为x2．已知计时器的打点周期为T，则打下第2点时物体运动的速度大小为 　 　；打下第5点时物体运动的速度大小为 　 　；物体运动的加速度大小为 　 　．（均用x1、x2及T表示）
11．（2024秋 福州期末）用一把刻度尺可以粗略测量人的反应时间。如图所示，被测试者食指和拇指成钳状且手指上边缘与0刻线在同一水平线上，看到尺子下落时去捏尺子，此时手指上边缘位于19.60cm处，设当地重力加速度为9.8m/s2，则被测试者的反应时间为 　 　s。假设在地球南极测试，其他情况相同时，重力加速度仍用9.8m/s2计算，测得的反应时间 　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 朝阳区校级期末）在沟谷深壑、地形险峻的山区，由于暴雨暴雪极易引发山体滑坡，并携带大量泥沙石块形成泥石流，发生泥石流常常会冲毁公路铁路等交通设施，甚至村镇等，造成巨大损失。现将泥石流运动过程进行简化，如图所示，假设一段泥石流（视为质量不变的滑块）从A点由静止开始沿坡体匀加速直线下滑，坡体倾角α＝53°，泥石流与坡体间的动摩擦因数，A点距离坡体底端B点的长度为108m，泥石流经过B点时没有能量的损失，然后在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2。一辆汽车停在距离B点右侧80m的C处，当泥石流到达B点时，司机发现险情，立即启动车辆并以4m/s2加速度向右做匀加速直线运动，以求逃生。重力加速度g取10m/s2，（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）泥石流经过B点时的速度大小及由A点运动到B点所用的时间；
（2）通过计算判断泥石流能否追上汽车。
13．（2024秋 石家庄期末）在赣州市南河大桥扩建工程中，双向桥梁已完成了某一通车方向的建设，为保持双向车辆正常通行，临时将其改成双向车道。如图所示，引桥与桥面对接处，有两车道合并一车道的对接口，A、B两车相距s0＝4m时，B车正以v0＝4m/s速度匀速行驶，A车正以vA＝7m/s的速度借道超越同向行驶的B车，此时A车司机发现前方距离车头s＝16m处的并道对接口。A、B两车长度均为L＝4m，且不考虑A车变道过程的影响。
（1）若A车司机放弃超车，而立即驶入与B车相同的行驶车道，A车至少以多大的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞。
（2）若A车司机加速超车，A车的最大加速度为a＝3m/s2，请通过计算分析A车能否实现安全超车。
14．（2024春 潍坊期末）五一假期，高速免费通行。小轿车正以某安全速度在平直高速公路上匀速行驶（高速公路小轿车限速120km/h）。行驶过程中，司机忽然发现前方150m处有浓烟。司机的反应时间t1＝0.5s，在这段时间内小轿车仍保持匀速行驶，刹车过程（包括反应时间）中，小轿车运动的加速度随位置变化的关系可简化为如图甲所示的图像，x1～x2段为刹车系统的启动阶段，从x2位置开始，小轿车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。若从x2位置开始计时，小轿车第一个4s内的位移为80m，第二个4s内的位移为10m。
（1）求x2位置小轿车的速度大小及此后的加速度大小；
（2）若x1～x2段位移大小为24.8m，求从司机发现危险到小轿车停止，小轿车行驶的距离。
（3）小轿车司机停车后，发现前方道路出现大面积塌方，为保证后方车辆安全，抓紧开启双闪，这时小轿车后方100m处，以100km/h的速度匀速行驶的大客车司机看到警示灯后抓紧采取刹车措施，大客车司机的反应时间t2＝0.6s，为了避免突然刹车让乘客有明显不舒服的顿挫感，加速度的大小按如图乙规律变化。若刹车结束时恰好没有撞上小汽车，求大客车刹车的时间。
15．（2024秋 张家口期末）一个小朋友在河面上某高度处将一个泡发球（遇水体积膨胀，密度减小，仍可看作质点）以2m/s的速度竖直向上抛出，泡发球落入河水中做减速运动直到速度减为零，在水中运动时所受合力保持不变，加速度大小为重力加速度的2倍，运动的v﹣t图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）t1；
（2）泡发球抛出点距河面的高度h；
（3）t3。
预习衔接.夯实基础 匀变速直线运动的研究
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 五华区校级期末）某汽车在水平路面上启动刹车后，其位移随时间变化的规律为x＝20t﹣2t2（x的单位是m，t的单位是s）。下列说法正确的是（　　）
A．该汽车从启动刹车到停下来用时10s
B．该汽车从启动刹车到停下来向前运行了50m
C．该汽车刹车时的加速度大小为8m/s2
D．该汽车启动刹车时的初速度大小为10m/s
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对比x＝20t﹣2t2和得到初速和加速度，根据v＝v0+at计算停车时间，根据计算刹车距离。
【解答】解：由 得：v0＝20m/s，a＝﹣2m/s2，解得：a＝﹣4m/s2，根据v＝v0+at可得停车时间为：，从启动刹车到停下来位移为：，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查运动学公式在刹车问题中的应用，求出刹车时间是解题关键。
2．（2024春 朝阳区校级期末）若足球运动员将足球以12m/s的速度踢出，足球沿草地做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，踢出的同时运动员以恒定速度4m/s去追足球，则运动员追上足球所用时间为（　　）
A．6s B．7s C．8s D．9s
【考点】匀变速直线运动速度与位移的关系；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】根据速度—位移关系求足球最远可运动的距离，再利用速度—时间关系求解停止运动时用时间，运动员以恒定速度去追足球，根据位移大小相等，利用匀速运动时间与速度、位移关系求解运动员追上足球所用时间。
【解答】解：足球最远可运动的距离为
停止运动时用时间为
6s
运动员追上足球所用时间为
此时足球已经停止运动了。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了追及问题，弄清楚足球和运动员的运动过程是解题的关键，属于常见题型。
3．（2024秋 仁寿县校级期末）以12m/s的速度行驶的汽车，紧急刹车后做匀减速直线运动，其加速度大小为3m/s2，则刹车后（　　）
A．汽车在第2s内的位移为18m
B．汽车在前5s内的位移为22.5m
C．汽车在运动的最后3s内的平均速度为3m/s
D．汽车在6s内的平均速度为4m/s
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；平均速度（定义式方向）；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】根据匀变速直线运动的速度—时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合速度公式和位移公式求出汽车的速度和位移．
【解答】解：BD、汽车刹车到停下所需的时间为t0，汽车的刹车位移为
所以汽车在前5s内的位移即为汽车的刹车位移24m，汽车在6s内的平均速度为，故B错误，D正确；
A、汽车在第2s内的位移为，其中t2＝2s，t1＝1s
代入数据解得：x′＝7.5m，故A错误；
C、根据逆向思维可得：汽车在运动的最后3s内的位移
汽车在运动的最后3s内的平均速度为，故C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，一定要注意汽车速度减为零后不再运动；故要先判断汽车静止所需要的时间．
4．（2024春 未央区校级期末）一长为L的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管口正上方高h（h＞L）处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是（　　）
A．小球穿过管所用时间大于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则
C．若小球在管下降阶段穿过管，则
D．小球不可能在管上升阶段穿过管
【考点】竖直上抛运动的规律及应用；自由落体运动的规律及应用．
【专题】定量思想；推理法；临界法；追及、相遇问题；自由落体运动专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】金属管和小球加速度相等，以管为参考系，小球在管中匀速直线运动；分析小球在管上升阶段穿过管时和小球在管下降阶段穿过管时，管的上升的最大高度，根据速度一位移关系分析初速度的范围。
【解答】解：A、两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为，故A错误；
B、刚好在管上升最高点穿过管有
解得
若小球在管上升阶段穿过管，则，故B正确；
C、若小球在管刚着地时穿管，有
解得：
结合B向下分析可知，故C错误；
D、根据以上分析可知，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是相遇问题，知道二者加速度相等，要分析清楚时小球和圆管的位移关系。
5．（2024秋 沙坪坝区校级期末）某大桥如图甲所示，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，汽车通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则（　　）
A．汽车通过吊索A时的速度大小为4vD
B．汽车减速的时间等于4t
C．汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D．汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
【考点】匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】匀减速直线运动可以根据逆向思维看成反向的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解即可，或者灵活选用相应的运动学公式求解比例关系解答；匀减速直线运动的一段时间的中间时刻的速度等于该段时间的平均速度。
【解答】解：ABD．汽车减速到零，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，可知汽车通过DE、AD段所用的时间之比为1：1，可得汽车减速的时间等于2t，汽车通过吊索A时的速度满足
vD
解得vA＝2vD
由图可知汽车通过DE、AD段的位移之比为1：3，根据平均速度公式可得汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍，故AB错误，D正确；
C．由题可知，汽车做匀减速直线运动，而且汽车通过吊索D为AE段的中间时刻，则根据匀变速直线运动的规律可知通过吊索D的速度等于AE段的平均速度，故C错误。
故选：D。
【点评】解题关键是掌握匀变速直线运动的规律和运动学公式，并且要掌握逆向思维，可以将匀减速直线运动看成反向的匀加速直线运动，从而简化问题。
二．多选题（共3小题）
（多选）6．（2024秋 长安区期末）汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾驶员减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m内的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度大小为5m/s2．假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是（　　）
A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6s
B．小轿车的最短刹车距离（从刹车到停止运动所走的距离）为80m
C．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20m/s
D．三角警示牌至少要放在车后58m远处，才能有效避免两车相撞
【考点】变速物体追匀速物体问题．
【专题】定量思想；推理法；追及、相遇问题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据速度—时间关系求出停止时间，根据位移—速度关系求出位移，根据位移关系结合位移—速度关系求解速度和放置位置。
【解答】解：A．刹车后小轿车做匀减速运动，由速度—时间关系
v＝v0﹣at
可得小轿车从刹车到停止所用的最短时间为
故A正确；
B．刹车后小轿车做匀减速运动，由位移—速度关系
可得小轿车的最短刹车距离为
故B错误；
C．反应时间内小轿车通过的位移为
x1＝v0t1＝30×0.6m＝18m
小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为
x2＝50m﹣18m＝32m
设减速到警示牌的速度为v1，则由位移—速度关系
2ax2
代入数值解得
故C错误；
D．小轿车通过的总位移为
x总＝90m+18m＝108m
放置的位置至少为车后
Δx＝108m﹣50m＝58m
故D正确。
故选：AD。
【点评】此题考查匀变速直线运动规律，掌握匀变速直线运动的规律，理解物体的运动状态，并能够熟练应用公式是解题的关键。
（多选）7．（2024春 海珠区校级期末）如图所示，小球甲从距离地面高度为h1＝15m处以速度v0＝10m/s竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为h2＝20m处开始自由下落，小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球乙落地前，两小球的速度差不变
B．至小球乙落地时，小球甲、乙的平均速率之比为1：2
C．至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为3：4
D．小球甲、乙运动的第1s内位移不相同
【考点】竖直上抛运动的规律及应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】ABD
【分析】由速度变化量求解速度关系，由自由落体及竖直上抛公式求解时间，并进一步求解平均速率比值，由位移—时间关系求解位移。
【解答】解：A．取竖直向上为正方向，小球乙落地前，甲球与乙球的速度差为
Δv＝（v0﹣gt1）﹣（﹣gt1）＝v0
即小球乙落地前，两小球的速度差保持恒定，故A正确；
B．对乙球，根据自由落体运动位移时间公式
可得
t2＝2s
乙球经过的路程为
s2＝h2＝20m
落地前的运动过程中小球乙的平均速率为
对甲球，取竖直向上为正方向，有
解得
h1＝0
甲球上升的最大高度为
则甲球运动的路程为
s1＝2H＝10m
甲球整个过程平均速率为
小球乙落地时小球甲、乙的平均速率之比为
故B正确；
C．小球乙落地时，甲球刚好回到出发位置，位移为零，所以至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为0，故C错误；
D．乙运动第1s内位移
方向竖直向下，
小球甲上升到最高点的时间为
位移大小为
方向竖直向上；
所以小球甲、乙运动的第1s内位移大小相等，方向不同，故D正确。
故选：ABD。
【点评】解题关键是掌握自由落体运动和竖直上抛运动的规律，灵活应用相应的运动学公式。难度适中。
（多选）8．（2024春 潍坊期末）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，某汽车以v0＝72km/h的速度在道路上行驶，要过收费站时，如果汽车走人工收费通道，需要在收费站中心线处停下，经30s缴费后，再匀加速至v0匀速行驶；如果汽车走ETC通道，需要在中心线前方12m处匀减速至4m/s后匀速行驶到中心线，再匀加速至v0匀速行驶。设汽车减速和加速时的加速度大小均为1m/s2，车辆可看作质点，下列说法正确的是（　　）
A．走ETC通道，从开始减速到车速恢复v0过程的位移为396m
B．走ETC通道，从开始减速到车速恢复v0过程的平均速度为
C．走ETC通道比走人工通道节省35s
D．过收费站前有两辆汽车均以72km/h的速度并排行驶，按题中运动规律分别走ETC和人工通道，车速均恢复到72km/h时两车沿运动方向相距696m
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】根据匀变速直线运动的速度—时间公式求出加速和减速的时间，根据位移一时间关系求解位移；根据位移一时间公式可求出通过ETC通道和人工收费通道节约的时间；根据平均速度公式分析D选项。
【解答】解：汽车匀速行驶的速度
v0＝72km/h＝20m/s
AB、利用逆向思维，走ETC通道从减速过程经历的时间
走ETC通道匀速过程的时间
走ETC通道加速至v0过程的时间
可知，走ETC通道从开始减速到恢复正常行驶的过程中用时为
t＝t1+t2+t3＝16s+3s+16s＝35s
走ETC通道减速过程经历的位移
走ETC通道匀速过程的位移为
x2＝12m
走ETC通道加速至v0过程的位移
可知，走ETC通道从开始减速到恢复正常行驶的过程中位移为
x＝x1+x2+x3＝192m+12m+192m＝396m
走ETC通道，从开始减速到车速恢复v0过程的平均速度为
故A正确，B错误；
C、利用逆向思维，走人工通道减速过程的时间
走人工通道加速过程的时间
缴费时间
t6＝30s
则走人工通道从开始减速到恢复正常行驶的过程中用时是
t0＝t4+t5+t6＝20s+20s+30s＝70s
走人工通道减速过程的位移
代入数据得x4＝200m
走人工通道加速过程的位移
代入数据得x5＝200m
走人工通道减速与加速过程的总位移为
x4+x5＝200m+200m＝400m
走ETC通道400m位移所需的时间
则走ETC通道比走人工通道节省的时间
t″＝t0﹣t′＝70s﹣35.2s＝34.8s
故C错误；
D、根据上述可知，若过收费站前有两辆汽车均以72km/h的速度并排行驶，按题中运动规律分别走ETC和人工通道，车速均恢复到72km/h时两车沿运动方向相距
Δx＝34.8×20m＝696m
故D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键是要理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解，难度适中。
三．填空题（共3小题）
9．（2024秋 福州期末）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处落下的一个小石子摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01s。量得照片中石子运动痕迹的长度为0.8cm，实际长度为100cm的窗框在照片中的长度为4.0cm。根据以上数据估算，在相机曝光时间内石子实际下落的距离为 　0.2　m，这个石子大约是从 　20　m高处落下的（g取10m/s2）。
【考点】自由落体运动的规律及应用．
【专题】定量思想；方程法；自由落体运动专题；推理论证能力．
【答案】0.2；20。
【分析】根据比例关系可求得曝光时间内石子下落的距离；考虑到曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度；石子做自由落体运动，可以用自由落体的速度和位移关系式求解石子下落的高度。
【解答】解：设在曝光时间0.01s内石子实际下落的距离为x，则
得x＝20cm＝0.2m
在曝光时间0.01s内石子的速度
石子做自由运动，下落高度约为m＝20m
故答案为：0.2；20。
【点评】解答本题关键是能明确极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，然后根据运动学公式列式求解。
10．（2024春 道里区校级期末）如图所示是某同学在研究匀变速直线运动时，打点计时器在纸带上打出的一系列点．测出纸带上点迹清晰的像邻六个点中1、3两点间的距离为x1，4、6两点间的距离为x2．已知计时器的打点周期为T，则打下第2点时物体运动的速度大小为 　　；打下第5点时物体运动的速度大小为 　　；物体运动的加速度大小为 　　．（均用x1、x2及T表示）
【考点】探究小车速度随时间变化的规律．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】；；
【分析】根据匀变速直线运动的规律得出物体的速度，结合加速度的定义完成分析。
【解答】解：由匀变速直线运动规律可知打点计时器打下第2点时，物体的速度，打下第5点时物体的速度，物体运动的加速度大小，解得。
故答案为：；；
【点评】本题主要考查了小车速度和加速度的测量，熟悉运动学公式的应用即可完成分析，属于基础题型。
11．（2024秋 福州期末）用一把刻度尺可以粗略测量人的反应时间。如图所示，被测试者食指和拇指成钳状且手指上边缘与0刻线在同一水平线上，看到尺子下落时去捏尺子，此时手指上边缘位于19.60cm处，设当地重力加速度为9.8m/s2，则被测试者的反应时间为 　0.2　s。假设在地球南极测试，其他情况相同时，重力加速度仍用9.8m/s2计算，测得的反应时间 　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【考点】自由落体运动的规律及应用．
【专题】定量思想；推理法；自由落体运动专题；推理论证能力．
【答案】0.2；偏大。
【分析】尺子做自由落体运动，根据求解下落时间，从赤道到南北两极，重力加速度增大，离地面越高，重力加速度越小。
【解答】解：根据可得：；
在地球南极测试，重力加速度增大，可知测得反应时间偏大。
故答案为：0.2；偏大。
【点评】本题主要考查自由落体运动规律的应用，根据自由落体运动规律解答。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 朝阳区校级期末）在沟谷深壑、地形险峻的山区，由于暴雨暴雪极易引发山体滑坡，并携带大量泥沙石块形成泥石流，发生泥石流常常会冲毁公路铁路等交通设施，甚至村镇等，造成巨大损失。现将泥石流运动过程进行简化，如图所示，假设一段泥石流（视为质量不变的滑块）从A点由静止开始沿坡体匀加速直线下滑，坡体倾角α＝53°，泥石流与坡体间的动摩擦因数，A点距离坡体底端B点的长度为108m，泥石流经过B点时没有能量的损失，然后在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2。一辆汽车停在距离B点右侧80m的C处，当泥石流到达B点时，司机发现险情，立即启动车辆并以4m/s2加速度向右做匀加速直线运动，以求逃生。重力加速度g取10m/s2，（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）泥石流经过B点时的速度大小及由A点运动到B点所用的时间；
（2）通过计算判断泥石流能否追上汽车。
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用；变速物体追变速物体问题．
【专题】计算题；定量思想；推理法；追及、相遇问题；推理论证能力．
【答案】（1）泥石流经过B点时的速度大小为36m/s，由A点运动到B点所用的时间为6s；
（2）泥石流追不上汽车。
【分析】（1）由根据牛顿第二定律可以求出泥石流的加速度，再利用速度—位移关系求得到达B点时的速度大小，根据速度—时间关系计算由A点运动到B点所用的时间；（2）泥石流于汽车速度相等是能追上的临界条件，由匀变速运动规律求达到共速时间，再分别求得二者位移，计算能否追上。
【解答】解：（1）设泥石流质量为m，从A到B，根据牛顿第二定律可得
mgsinα﹣μmgcosα＝ma
解得
a＝6m/s2
根据运动学公式可得
解得
vB＝36m/s
根据运动学公式
vB＝at
可得
t＝6s
（2）设汽车开始运动到与泥石流速度相等所用时间为t1，则有
vB﹣a1t1＝a2t1
解得
t1＝4s
泥石流在水平面上运动的位移为
解得
x1＝104m
汽车在水平面上运动的位移为
解得
x2＝32m
共速时二者的距离为
Δx＝x2+x0﹣x1＝8m＞0
所以泥石流追不上汽车。
答：（1）泥石流经过B点时的速度大小为36m/s，由A点运动到B点所用的时间为6s；
（2）泥石流追不上汽车。
【点评】分析清楚泥石流的运动过程和受力情况是解题的前提与关键，应用动能定理即可解题；本题也可以应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的运动规律分析求解。
13．（2024秋 石家庄期末）在赣州市南河大桥扩建工程中，双向桥梁已完成了某一通车方向的建设，为保持双向车辆正常通行，临时将其改成双向车道。如图所示，引桥与桥面对接处，有两车道合并一车道的对接口，A、B两车相距s0＝4m时，B车正以v0＝4m/s速度匀速行驶，A车正以vA＝7m/s的速度借道超越同向行驶的B车，此时A车司机发现前方距离车头s＝16m处的并道对接口。A、B两车长度均为L＝4m，且不考虑A车变道过程的影响。
（1）若A车司机放弃超车，而立即驶入与B车相同的行驶车道，A车至少以多大的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞。
（2）若A车司机加速超车，A车的最大加速度为a＝3m/s2，请通过计算分析A车能否实现安全超车。
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【答案】（1）A车至少以大小为m/s2的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞。
（2）A车不能实现安全超车。
【分析】（1）A、B两车速度相等时相遇恰好避免碰撞，应用运动学公式求出A的加速度大小。
（2）A车做匀加速直线运动，应用运动学公式分析求解。
【解答】解：（1）设经过时间t1两车速度相等，设A车的加速度大小为a1，两车速度相等时恰好相遇，
则v0＝vA﹣a1t1，vAt1s0+v0t1，
代入数据解得：a1m/s2
（2）设A车到达对接口需要的最短时间是t，
则s＝vAt
代入数据解得：ts≈1.68s
该时间内B车的位移xB＝v0t＝4×1.68m＝6.72m
由于s﹣L＝（16﹣4）m＝12m＜s0+L+xB＝（4+4+6.72）m＝14.72m，故A车不能实现安全超车。
答：（1）A车至少以大小为m/s2的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞。
（2）A车不能实现安全超车。
【点评】本题考查了追及相遇问题，追及问题解题关键：①掌握好两个关系：时间关系和位移关系②一个条件：两者速度相等，这往往是能否追上，或两者距离最大、最小的临界条件是分析问题的切入点。
14．（2024春 潍坊期末）五一假期，高速免费通行。小轿车正以某安全速度在平直高速公路上匀速行驶（高速公路小轿车限速120km/h）。行驶过程中，司机忽然发现前方150m处有浓烟。司机的反应时间t1＝0.5s，在这段时间内小轿车仍保持匀速行驶，刹车过程（包括反应时间）中，小轿车运动的加速度随位置变化的关系可简化为如图甲所示的图像，x1～x2段为刹车系统的启动阶段，从x2位置开始，小轿车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。若从x2位置开始计时，小轿车第一个4s内的位移为80m，第二个4s内的位移为10m。
（1）求x2位置小轿车的速度大小及此后的加速度大小；
（2）若x1～x2段位移大小为24.8m，求从司机发现危险到小轿车停止，小轿车行驶的距离。
（3）小轿车司机停车后，发现前方道路出现大面积塌方，为保证后方车辆安全，抓紧开启双闪，这时小轿车后方100m处，以100km/h的速度匀速行驶的大客车司机看到警示灯后抓紧采取刹车措施，大客车司机的反应时间t2＝0.6s，为了避免突然刹车让乘客有明显不舒服的顿挫感，加速度的大小按如图乙规律变化。若刹车结束时恰好没有撞上小汽车，求大客车刹车的时间。
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用；根据a﹣t图像的物理意义分析物体的运动情况．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；运动学中的图象专题；分析综合能力．
【答案】（1）x2位置小轿车的速度大小30m/s，此后的加速度大小5m/s2；
（2）从司机发现危险到小轿车停止，小轿车行驶的距离130.8m。
（3）大客车刹车的时间6s。
【分析】（1）根据逐差法公式求解加速度，再判断出第二个4s内的运动情况，由运动学公式求解x2位置小轿车的速度大小及此后的加速度大小；
（2）表示每段位移相加即可求出小轿车行驶的距离；
（3）a﹣t图的面积表示速度变化量，由位移公式即可求解。
【解答】解：（1）假设第二个4s内小轿车没有停下来，加速度大小为
代入数据求得第二个4s末的速度为负值，则假设不成立。说明设小轿车第二个4s内已经停下来了。设它在第一个4s内运动时间为t，位移x，末速度为v。第二个4s内的位移为x'。则逆向看有
v2＝2ax'
联立解得：v＝10m/s，a＝5m/s2
x2位置小轿车的速度大小为
v2＝v+at＝10m/s+5×4m/s＝30m/s
（2）设小轿车匀速行驶的速度大小为v1，根据：﹣2ax，可得a﹣x图像与x轴围成的面积等于（），则有：
a（x2﹣x1）（）
代入数据得：5×24.8（302）
解得：v1＝32m/s
小轿车行驶的距离为：
L＝x1+（x2﹣x1）+x+x'＝32×0.5m+24.8m+80m+10m＝130.8m
（3）设时，加速度为a，根据Δv＝at可知，a﹣t图的面积表示速度变化量，则
前后速度变化量相同，则平均速度为
设两车开始相距s，则
联立解得
t′＝6s
答：（1）x2位置小轿车的速度大小30m/s，此后的加速度大小5m/s2；
（2）从司机发现危险到小轿车停止，小轿车行驶的距离130.8m。
（3）大客车刹车的时间6s。
【点评】解决本题的关键要明确轿车的运动情况，根据运动学公式和图象来分析。
15．（2024秋 张家口期末）一个小朋友在河面上某高度处将一个泡发球（遇水体积膨胀，密度减小，仍可看作质点）以2m/s的速度竖直向上抛出，泡发球落入河水中做减速运动直到速度减为零，在水中运动时所受合力保持不变，加速度大小为重力加速度的2倍，运动的v﹣t图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）t1；
（2）泡发球抛出点距河面的高度h；
（3）t3。
【考点】竖直上抛的图像问题；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】（1）t1为0.2s；
（2）泡发球抛出点距河面的高度为1.6m；
（3）t3为1.1s。
【分析】（1）泡发球向上运动，根据速度—时间公式解得t1；
（2）根据位移—时间公式解得泡发球抛出点距河面的高度h；
（3）根据速度—时间公式计算t3。
【解答】解：（1）泡发球向上运动时有v0＝gt1
可解得t1＝0.2s
（2）由图可知，t2＝4t1，泡发球运动到最高点距河面的高度为h1g（t2﹣t1）2
解得 h1＝1.8m
泡发球竖直向上运动的高度 h2
解得
h2＝0.2m
泡发球抛出点距河面的高度 h＝h1﹣h2＝1.8m﹣0.2m＝1.6m
（3）泡发球落到河面时的速度为 v＝g（t2﹣t1）
v＝2g（t3﹣t2）
可得 t3＝1.1s
答：（1）t1为0.2s；
（2）泡发球抛出点距河面的高度为1.6m；
（3）t3为1.1s。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，理清泡发球的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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