(共69张PPT)
单元综合提升
第二章 匀变速直线运动
概念梳理 构建网络
返回
教考衔接 明确考向
(2023·广东高考)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是
真题
1
铯原子团仅受重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，故为负值；在v-t图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线。故选D。
√
衔接教材 粤教版必修第一册P38“讨论与交流T2”
如图所示是某质点运动的v-t图像。试描述该图像与物体运动实际情况的对应关系。
衔接分析 2023·广东高考真题依托竖直上抛模型考查速度—时间图像和加速度—时间图像，与粤教版必修第一册P38的“讨论与交流”中描述的部分运动情境类似。
本题主要考查了匀变速直线运动及其公式、图像。在竖直上抛运动中，速度方向发生变化，加速度大小及方向均不变，在v-t图像为一条倾斜直线，a-t图像为一条水平直线。
针对练1.如图是某质点运动的速度—时间图像，则
A．0～1 s内的平均速度是2 m/s
B．0～1 s内的位移大小是3 m
C．0～1 s内的加速度大于2～4 s内的加速度
D．0～1 s内的运动方向与2～4 s内的运动方向相反
由v-t图像的面积可求得0～1 s的位移s＝1 m，平均速度 ＝1 m/s，故A、B错误；利用图像斜率求出0～1 s的加速度大小a1＝2 m/s2，2～4 s的加速度大小a2＝1 m/s2，a1>a2，故C正确；由题图可知0～1 s、2～4 s两个时间段内速度均为正，运动方向相同，故D错误。
√
针对练2.如图是物体做直线运动的v-t图像，由图可知，该物体
A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反
B．第3 s内和第4 s内的加速度相同
C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等
D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等
由v-t图像可知0～1 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动，1～2 s向正方向做匀速直线运动，2～3 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀减速直线运动，3～4 s以1 m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，A错误，B正确；据速度—时间图像中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小可知，第1 s内和第4 s内的位移大小均为0.5 m，C错误；0～2 s内与0～4 s内位移大小相等，但时间不同，故平均速度大小不相等，D错误。故选B。
√
(多选)(2021·广东高考)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和s-t图像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它龙舟在途中出现船头并齐的有
真题
2
√
√
题图A是速度—时间图像，可知甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；题图B是速度—时间图像，可知开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度—时间图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B正确；题图C是位移—时间图像，可知丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；题图D是位移—时间图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会齐，故D正确。故选BD。
衔接教材 人教版必修第一册P34T1
小李讲了龟兔沿直线赛道赛跑的故事，故事情节中兔子和乌龟运动的x-t图像如图所示。请你依照图像中的坐标，并结合物理学的术语来讲述这个故事。在讲故事之前，先回答下列问题：
(1)故事中的兔子和乌龟是否在同一地点
同时出发？
(2)乌龟做的是什么运动？
(3)兔子和乌龟在比赛途中相遇过几次？
(4)哪一个先通过预定位移到达终点？
衔接分析 两题均以本土文化为背景，根据s-t图像和v-t图像考查相遇问题。
s-t图像和v-t图像中图线都不代表物体的运动轨迹。s-t图像中图线的交点代表相遇，v-t图像中图线与两坐标轴围成的图形的面积代表位移。
针对练1.(多选)(2024·深圳市高一期中)甲、乙两个质点沿着同一直线运动，其中质点甲做匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀加速直线运动，它们的位移s随时间t的变化规律如图所示。已知t0时刻，甲的位置为s0，且此时两图线的斜率相同，下列判断正确的是
A．乙的加速度大小为
B．t0时刻，两质点之间的距离为
C．3t0时刻，甲在乙的前面
D．两质点在s＝2s0处相遇
√
√
针对练2.甲、乙两物体从同一点开始沿同一直线运动，甲的s-t图像和乙的v-t图像如图所示，下列说法正确的是
A．0～2 s内甲做匀加速直线运动
B．第2.5 s和第3.5 s时甲物体速度方向不同
C．第2.5 s和第3.5 s时乙物体加速度方向不同
D．0～6 s内甲、乙的位移都为0
√
0～2 s内甲做匀速直线运动，故A错误。第2.5 s和第3.5 s时甲物体速度方向相同，故B错误。第2.5 s和第3.5 s时乙物体加速度方向相同，故C错误。由题图甲可知，甲从原点出发，又回到原点，位移为0；题图乙所示图线与t轴所围的面积表示位移，t轴上、下面积相等，说明总位移为0，故0～6 s内甲、乙的位移都为0，故D正确。
返回
易错辨析 强化落实
汽车刹车时的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，汽车从刹车到停下所用时间为t0＝ ＝ ＝2.5 s，则刹车后第3 s内，只有前0.5 s在运动，根据逆向思维可得位移大小为s＝ ＝ ×4×0.52 m＝0.5 m，故选A。
1．(刹车问题)(2024·广州市高一校考期中)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为
A．0.5 m B．2 m
C．10 m D．12.5 m
√
甲、乙的初速度大小相等、方向相反，故A错误；v-t图像斜率表示加速度，在0～t1时间内，甲、乙的加速度方向相同，故B正确；v-t图像面积表示位移，在t1～t2时间内，甲的位移大于乙的位移，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；在t2时刻，甲、乙速度相同，由于不知道初始位置，所以无法判断是否相遇，故D错误。故选B。
2．(速度—时间图像)(2024·广州市高一期中)甲、乙两个物体在同一直线上运动，它们的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是
A．甲、乙的初速度相同
B．在0～t1时间内，甲、乙的加速度方向相同
C．在t1～t2时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
D．在t2时刻，甲、乙相遇
√
3．(匀变速直线运动的推论)如图所示，冰壶以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。则
A．冰壶在B点和D点的速度之比为3∶1
B．冰壶在C点速度等于AE过程的平均速度
C．冰壶在D点的时刻是AE过程的时间中点
D．冰壶在AC和CE过程的时间之比为1∶2
√
4．(自由落体和竖直上抛)(2024·广州市高一期中)如图所示，某同学进行原地纵跳摸高训练。若静止站立(不起跳)摸高为1.80 m，训练过程中，若下蹲使重心下降0.50 m，发力跳起可摸到2.60 m的高度。假设离地前重心视为匀加速运动，离地后做匀减速运动，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则
A．从起跳到脚离地，位移随时间均匀变化
B．从起跳到最高点，重心位移为1.80 m
C．在最高点时速度为零，则加速度为零
D．从开始起跳到达最高点的时间为0.65 s
√
杰瑞减速到0时所用的时间
杰瑞减速到0时所用的位移大小
5．(追及相遇问题)(2024·东莞市高一校考)快到家啦！奔跑中的杰瑞决定“刹车”回家。就在杰瑞开始减速的同时，身后与它相距10 m的汤姆立即蹑手蹑脚地由静止开始加速，想趁其不备地“偷袭”杰瑞。已知杰瑞的初速度为8 m/s，加速度大小为2 m/s2，汤姆的加速度大小也为2 m/s2，那么
(1)求在没有干扰的情况下，杰瑞减速到0时所用的时间及位移的大小；
答案：4 s 16 m
当汤姆和杰瑞速度相等时，距离最大，有v0－at＝at
解得t＝2 s
杰瑞的位移s1＝v0t－
汤姆的位移s2＝
最大距离smax＝s1－s2＋Δs
代入数据解得smax＝18 m。
(2)求在追逐的过程中汤姆与杰瑞间的最大距离；
答案：18 m
根据位移—时间关系有s3＝v0t3－
解得杰瑞开始减速到鼠洞的时间t3＝3 s(t3＝5舍去)
此过程汤姆的位移s4＝ ＝9 m
由于s4所以汤姆不能在杰瑞回到鼠洞前捉住它。
(3)若杰瑞开始减速时，刚好距离前方鼠洞15 m，请通过计算判断汤姆能否在杰瑞回到鼠洞前捉住它。(注：三者在同一直线上)
答案：不能
返回
单 元 检 测 卷
1．对变速直线运动的认识，下列说法正确的是
A．加速度是描述物体速度变化多少的物理量
B．加速度与速度同向时，物体的加速度减小，速度仍然增大
C．加速度恒定时，物体的速度可能先增大后减小，但位移一直增大
D．加速度不为零，加速度变化率也不为零时，物体的直线运动可能是匀变速直线运动
√
加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，故A错误。加速度与速度同向时，物体的加速度减小，但速度仍然增大，故B正确。变速直线运动的加速度恒定时，当加速度与速度同向时，速度一直增大，位移一直增大。若加速度与速度反向时，速度先减小后增大，位移先增大，后减小，然后一直增大，故C错误。根据a＝ 可知，只有加速度恒定，即速度的变化率恒定时，物体的直线运动才可能是匀变速直线运动，加速度变化率不为零时，加速度一定变化，这样的直线运动一定不是匀变速直线运动，故D错误。
2．在一次交通事故中，警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是16.0 m，该车辆的刹车加速度大小是8.0 m/s2，该路段的限速为60 km/h。则该车
A．刹车所用的时间为4 s
B．该肇事车没有超速
C．刹车过程的平均速度为30 km/h
D．第一秒内通过的位移为8.0 m
√
3．(2024·深圳市高三校考)A、B两个物体v-t图像分别如图中a、b所示，图线a是抛物线，图线b是直线，抛物线顶点的横坐标为t1，0～t3时间内图线a、b与横轴围成的面积相等。下列说法正确的是
A．t2时刻A、B间距离一定最小
B．t2～t3时间内A的加速度一直小于B的加速度
C．0～t3时间内A的平均速度大于B的平均速度
D．t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3
√
根据题意，由于不知道物体A、B初始的位置关系，则无法判断A、B间的距离变化情况，故A错误；由题图和v-t图像的斜率表示加速度可知，t2～t3时间内A的加速度不是一直小于B的加速度，故B错误；由题意可知，0～t3时间内A、B的位移相等，则0～t3时间内A的平均速度等于B的平均速度，故C错误；根据题意，由题图可知，由于A的图像关于t1对称，则有t3＝2t1，则t1～t3时间内A的位移大小为A总位移的一半，B的位移大小为B总位移的 ，由于A、B在0～t3时间内的位移相等，则t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3，故D正确。故选D。
4．(2024·珠海市高一校考)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内与第1 s内的位移之差是8 m，则下列说法正确的是
A．物体运动的加速度为8 m/s2
B．第1 s内的位移为2 m
C．第1 s末的速度为2 m/s
D．物体在0～2 s内的平均速度为6 m/s
√
由逐差相等公式有s3－s1＝(3－1)aT2可得，a＝ ＝ m/s2＝4 m/s2，故A错误；结合上述，根据位移公式，第1 s内的位移为s1＝
＝2 m，故B正确；结合上述，根据速度公式，第1 s末的速度为v1＝aT＝4 m/s，故C错误；匀变速直线运动中，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则物体在0～2 s内的平均速度等于第1 s末的速度，为4 m/s，故D错误。故选B。
5．(2024·广州市高一校考期中)如图，某同学以墙面为背景，使用手机频闪照相功能拍摄小球从静止匀加速下落过程，他测得图中部分墙的高度h＝0.72 m，手机曝光时间间隔为0.1 s，下列说法正确的是
A．照片中位置1是小球下落的初始位置
B．无法确定小球的初始位置
C．小球下落的加速度为4.8 m/s2
D．小球到达位置2的速度大小为1.44 m/s
√
6.(2024·东莞市高一校考)做匀加速直线运动的物体先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经历的时间为T，则下列各项中正确的是
A．经过AB中点时的速度是4v
B．经过AB中间时刻的速度是5v
C．前半程的速度增加了4v
D．前 时间的位移与后 时间的位移之比为1∶3
√
7．(2024·广州市高一校考)在匀变速直线运动中，关于中间时刻瞬时速度的大小 和中间位置瞬时速度的大小 ，下列说法正确的是
A．不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有
B．只有做匀加速直线运动时有
C．只有做匀减速直线运动时有
D．以上说法都不对
√
当物体做匀加速直线运动时，速度图像如图甲所示
物体经过中点位置时，前、后两段过程的位移相等，速度图像与时间轴所围的“面积”相等，由图甲看出 ；
当物体做匀减速直线运动时，速度图像如图乙所示
由图乙看出 ，所以不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有 ，故选A。
8．甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲和乙的运动图像如图所示，下列说法中正确的是
A．甲做曲线运动，乙做直线运动
B．6 s内甲的路程为16 m，乙的路程为12 m
C．0～2 s内甲、乙的平均速度不相同
D．甲在3 s末回到出发点，乙在6 s末回到出发点
√
√
由题可知，甲、乙均在一条直线上
运动，都做直线运动，故A错误；
由题图甲可得6 s内甲的路程为s甲
＝4×4 m＝16 m，由题图乙可得
6 s内乙的路程为s乙＝2× ×3×4 m＝12 m，故B正确；由题图甲可知，0～2 s内，甲的位移为4 m，甲的平均速度为2 m/s；0～2 s内，乙做匀加速直线运动，根据 ，可得乙的平均速度为
＝2 m/s，所以，二者在0～2 s内的平均速度相同，故C错误；由s-t图像可知甲在3 s末回到出发点，根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知乙在6 s内的位移为零，即乙在6 s末回到出发点，故D正确。故选BD。
9．(2024·东莞市高一校考)从某时刻起(此时刻规定为0时刻)物体以某一初速度，做匀变速直线运动，已知第1 s内的位移s1＝5.5 m，第4 s内的位移s4＝8.5 m，则下面判断正确的有
A．初速度为5.5 m/s B．加速度为1 m/s2
C．t＝1 s末的速度为6 m/s D．t＝4 s末的速度为8.5 m/s
√
√
10．如图是用周期为Δt的频闪相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片。关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中错误的是
A．苹果下落的加速度大小为
B．一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶4∶9
C．一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶3∶5
D．一段时间后苹果会在羽毛下方
√
√
√
苹果下落的加速度大小为a＝ ，A正确；在A位置的
速度不一定等于零，所以不一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶
4∶9，也不一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶3∶5，B、C错
误；苹果和羽毛均在真空中做自由落体运动，二者总是
在同一水平线上，一段时间后苹果不会在羽毛下方，D
错误。故选BCD。
11．(6分)(2024·深圳市高一校考期中)甲、乙两位同学分别用不同的实验方案，做“测匀变速直线运动的加速度”实验。甲同学的实验装置如图1所示。
(1)①关于该实验，下列说法正确的是____________。
A．在释放小车前，将接好纸带的小车停在靠近滑轮处
B．在释放小车前，将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处
C．应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车
D．当纸带完全通过打点计时器后，应及时关闭电源
√
√
√
本实验在释放小车前，应将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，A错误，B正确；打点计时器的使用方法是应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，C正确；当纸带完全通过打点计时器后，应及时关闭电源，然后再取下纸带，D正确。故选BCD。
②甲同学实验中获得一条纸带，如图2所示，其中两相邻计数点间有四个计时点未画出。已知所用电源的频率为50 Hz，则打A点时小车运动的速度大小vA＝_____ m/s，小车运动的加速度大小a＝______ m/s2。(结果均保留2位有效数字)
0.34
0.39
由题可知，两相邻计数点间时间间隔为T＝0.1 s，打A点时小车运动的速度大小为
小车运动的加速度为
根据光电门测速度原理，可知vA＝
(2)乙同学利用图3所示的实验装置测定导轨上滑块运动的加速度，滑块上安装了宽度为d的挡光片，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门A、B，配套的数字毫秒计(图中未画出)记录了挡光片通过光电门A、B的时间分别为ΔtA、ΔtB，若两个光电门A、B间距离为L，则滑块通过第一个光电门的
速度表达式为vA＝_____(用题中符号表示)。
将实验步骤正确排序是②①④③⑤。
12．(8分)某实验小组想用打点计时器测量当地的重力加速度。实验操作步骤有：
①纸带一端拴上重物，另一端穿过打点计时器，用手捏住纸带上端，重物尽量靠近打点计时器。
②将打点计时器固定，使其限位孔沿竖直方向。
③释放纸带。
④启动打点计时器。
⑤完成纸带打点后，关闭打点计时器。
(1)将实验步骤正确排序是_____________。
②①④③⑤
(2)如图为实验打出的一条纸带，纸带上相邻两个计数点之间还有1个打出的点未画出，打点计时器使用的是50 Hz的交变电流，则两个相邻的计数点之间的时间间隔为t＝_____ s；打计数点4时，重物的速度大小为v4＝_____ m/s，算出的当地重力加速度g＝_____ m/s2。(后两个空保留3位有效数字)
0.04
1.76
9.76
两个相邻的计数点之间的时间间隔为
t＝2×0.02 s＝0.04 s
打计数点4时，重物的速度大小为
v4＝ ×10-2 m/s≈1.76 m/s
由逐差法可得当地重力加速度为
g＝ ×10-2 m/s2≈9.76 m/s2。
由逐差法得到的加速度大于当地的重力加速度，则计算所用时间间隔t偏小，计算所用频率偏大，即实验时打点的真实频率小于50 Hz。
(3)由于交变电流频率不稳定，导致实验测得的加速度总是大于当地的重力加速度，那么实验时打点的真实频率______(选填“小于”或“大于”)50 Hz。
小于
汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s
则汽车10 s末的速度大小为v1＝v0＋a1t1＝10 m/s＋1.4×10 m/s＝24 m/s。
13．(12分)(2024·深圳市高一校考期中)一辆汽车以36 km/h的速度在平直公路上匀速行驶。从某时刻起，汽车开始做匀加速运动，加速度大小为1.4 m/s2，10 s末因故突然紧急刹车，随后汽车逐渐停了下来。刹车时汽车做匀减速运动的加速度大小为6 m/s2。
(1)求汽车10 s末的速度大小；
答案：24 m/s
刹车后2 s汽车的速度大小为v2＝v1－a2t2＝24 m/s－6×2 m/s＝12 m/s。
(2)求刹车后2 s汽车的速度大小；
答案：12 m/s
(3)汽车刹车后停下来所用时间。
答案：4 s
汽车刹车后停下来所用时间为t3＝ ＝ ＝4 s。
对雨滴，根据自由落体运动有H＝
14．(14分)(2024·深圳市高一校考期中)如图所示，一滴雨滴从离地面H＝20 m高的楼房屋檐自由下落，下落h1＝5 m时，到窗口上沿，再经Δt＝0.2 s通过窗口，忽略空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)雨滴从屋檐到地面的时间t；
答案：2 s
对雨滴到窗口上沿，有h1＝
解得t1＝ ＝ s＝1 s
则窗口高度为h＝ ＝2.2 m。
(2)窗口的高度h。
答案：2.2 m
甲车的速度减小到零的时间为t2＝ ＝8 s
此时乙的速度大小为v2′＝v2＋a2t2＝12 m/s。
15．(14分)(2023·广东广州高一校考期中)甲、乙两车相距18 m，同时沿平直公路做直线运动并开始计时，甲车在前，以初速度大小v1＝16 m/s、加速度大小a1＝2 m/s2做匀减速直线运动，乙车在后，以初速度大小v2＝4 m/s、加速度大小a2＝1 m/s2，与甲同向做匀加速直线运动。求：
(1)从开始计时经多长时间甲车的速度减小到零？此时乙车的速度是多大？
答案：8 s 12 m/s
设经过时间t1，甲、乙两车相遇前的距离达到最大，此时甲、 乙两车速度相同，则
v1－a1t1＝v2＋a2t1
解得t1＝4 s
在t1时间内，甲、乙两车的位移大小分别为
s1＝v1t1－ ＝48 m
s2＝v2t1＋ ＝24 m
所以最大距离为sm＝s1＋s0－s2＝42 m。
(2)经过多长时间甲、乙两车相遇前的距离达到最大？最大距离为多少？
答案：4 s 42 m
假设甲、乙两车同时速度减为零，乙车加速时间为t4，则v2＋a3t4－a4(t2－t4)＝0
解得t4＝
甲车的总位移大小为s1′＝ ＝64 m
乙车的总位移大小为
s2′＝v2t4＋ ＋ ＝ >s1′＋s0
(3)若乙车加速时加速度大小为a3＝6 m/s2，但是燃油有限，用尽后将做加速度大小为a4＝6 m/s2的匀减速运动，其他条件不变，若要乙能够追上甲车，燃油至少要能坚持多长时间？
答案：3 s
由此可推知乙追上甲一定发生在甲、乙速度都减为零之前，当乙车在减速过程中刚好能够追上甲车时，加速时间最短，燃油坚持的时间最短，设为t5，再设乙车减速时间为t6时恰好追上甲车，此时甲、乙两车速度相等，根据位移关系有v2t5＋ ＋(v2＋a3t5)t6－ ＝s0＋v1(t5＋t6)－
根据速度关系有v2＋a3t5－a4t6＝v1－a1(t5＋t6)
解得t5＝3 s。
返回单元综合提升
(2023·广东高考)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是( )
答案：D
解析：铯原子团仅受重力的作用，加速度为g竖直向下，大小恒定，故为负值；在v t图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线。故选D。
[衔接教材] 粤教版教材必修第一册P38“讨论与交流T2”
如图所示是某质点运动的v t图像。试描述该图像与物体运动实际情况的对应关系。
[衔接分析] 2023·广东高考真题依托竖直上抛模型考查速度—时间图像和加速度—时间图像，与粤教版必修第一册P38的“讨论与交流”中描述的部分运动情境类似。
本题主要考查了匀变速直线运动及其公式、图像。在竖直上抛运动中，速度方向发生变化，加速度大小及方向均不变，在v t图像为一条倾斜直线，a t图像为一条水平直线。
针对练1.如图是某质点运动的速度—时间图像，则( )
A．0～1 s内的平均速度是2 m/s
B．0～1 s内的位移大小是3 m
C．0～1 s内的加速度大于2～4 s内的加速度
D．0～1 s内的运动方向与2～4 s内的运动方向相反
答案：C
解析：由v t图像的面积可求得0～1 s的位移s＝1 m，平均速度＝＝1 m/s，故A、B错误；利用图像斜率求出0～1 s的加速度大小a1＝2 m/s2，2～4 s的加速度大小a2＝1 m/s2，a1>a2，故C正确；由题图可知0～1 s、2～4 s两个时间段内速度均为正，运动方向相同，故D错误。
针对练2.如图是物体做直线运动的v t图像，由图可知，该物体( )
A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反
B．第3 s内和第4 s内的加速度相同
C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等
D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等
答案：B
解析：由v t图像可知0～1 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动，1～2 s向正方向做匀速直线运动，2～3 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀减速直线运动，3～4 s以1 m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，A错误，B正确；据速度—时间图像中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小可知，第1 s内和第4 s内的位移大小均为0.5 m，C错误；0～2 s内与0～4 s内位移大小相等，但时间不同，故平均速度大小不相等，D错误。故选B。
(多选)(2021·广东高考)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v t和s t图像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它龙舟在途中出现船头并齐的有( )
答案：BD
解析：题图A是速度—时间图像，可知甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；题图B是速度—时间图像，可知开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度—时间图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B正确；题图C是位移—时间图像，可知丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；题图D是位移—时间图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会齐，故D正确。故选BD。
[衔接教材] 人教版教材必修第一册P34T1
小李讲了龟兔沿直线赛道赛跑的故事，故事情节中兔子和乌龟运动的x t图像如图所示。请你依照图像中的坐标，并结合物理学的术语来讲述这个故事。在讲故事之前，先回答下列问题：
(1)故事中的兔子和乌龟是否在同一地点同时出发？
(2)乌龟做的是什么运动？
(3)兔子和乌龟在比赛途中相遇过几次？
(4)哪一个先通过预定位移到达终点？
[衔接分析] 两题均以本土文化为背景，根据s t图像和v t图像考查相遇问题。
s t图像和v t图像中图线都不代表物体的运动轨迹。s t图像中图线的交点代表相遇，v t图像中图线与两坐标轴围成的图形的面积代表位移。
针对练1.(多选)
(2024·深圳市高一期中)甲、乙两个质点沿着同一直线运动，其中质点甲做匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀加速直线运动，它们的位移s随时间t的变化规律如图所示。已知t0时刻，甲的位置为s0，且此时两图线的斜率相同，下列判断正确的是( )
A．乙的加速度大小为
B．t0时刻，两质点之间的距离为s0
C．3t0时刻，甲在乙的前面
D．两质点在s＝2s0处相遇
答案：AB
解析：s t图像的斜率表示速度，甲的位移为s0时，此时两图线的斜率相同，则此时甲、乙的速度相等，为v乙＝v甲＝，乙的加速度大小为a＝＝，故A正确；0～t0时间内，乙的位移为s乙＝at02＝，t0时刻，两质点之间的距离为Δs＝s0＋s0－s乙＝，故B正确；0～3t0时间内，甲的位移为s甲＝v甲·3t0＝3s0，乙的位移为s乙＝a(3t0)2＝s0，由于s乙－s甲＝s0>s0，故3t0时刻，乙在甲的前面，故C错误；设两质点t时刻相遇，有v甲t＝at2－s0，解得t＝(1＋)t0，t′＝(1－)t0(舍)，两质点相遇时的位移s＝v甲t＝(1＋)s0，故D错误。故选AB。
针对练2.甲、乙两物体从同一点开始沿同一直线运动，甲的s t图像和乙的v t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．0～2 s内甲做匀加速直线运动
B．第2.5 s和第3.5 s时甲物体速度方向不同
C．第2.5 s和第3.5 s时乙物体加速度方向不同
D．0～6 s内甲、乙的位移都为0
答案：D
解析：0～2 s内甲做匀速直线运动，故A错误。第2.5 s和第3.5 s时甲物体速度方向相同，故B错误。第2.5 s和第3.5 s时乙物体加速度方向相同，故C错误。由题图甲可知，甲从原点出发，又回到原点，位移为0；题图乙所示图线与t轴所围的面积表示位移，t轴上、下面积相等，说明总位移为0，故0～6 s内甲、乙的位移都为0，故D正确。
1．(刹车问题)(2024·广州市高一校考期中)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为( )
A．0.5 m B．2 m C．10 m D．12.5 m
答案：A
解析：汽车刹车时的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，汽车从刹车到停下所用时间为t0＝＝ s＝2.5 s，则刹车后第3 s内，只有前0.5 s在运动，根据逆向思维可得位移大小为s＝at2＝×4×0.52 m＝0.5 m，故选A。
2．(速度—时间图像)(2024·广州市高一期中)甲、乙两个物体在同一直线上运动，它们的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．甲、乙的初速度相同
B．在0～t1时间内，甲、乙的加速度方向相同
C．在t1～t2时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
D．在t2时刻，甲、乙相遇
答案：B
解析：甲、乙的初速度大小相等、方向相反，故A错误；v t图像斜率表示加速度，在0～t1时间内，甲、乙的加速度方向相同，故B正确；v t图像面积表示位移，在t1～t2时间内，甲的位移大于乙的位移，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；在t2时刻，甲、乙速度相同，由于不知道初始位置，所以无法判断是否相遇，故D错误。故选B。
3．(匀变速直线运动的推论)如图所示，冰壶以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。则( )
A．冰壶在B点和D点的速度之比为3∶1
B．冰壶在C点速度等于AE过程的平均速度
C．冰壶在D点的时刻是AE过程的时间中点
D．冰壶在AC和CE过程的时间之比为1∶2
答案：C
解析：设矩形区域宽为d，而E点速度为0，则由逆向思维法，有vB2－0＝2a·3d，vD2－0＝2a·d，解得＝，故A错误；由逆向思维法，根据初速度为0的匀变速直线运动在连续相同时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…，则冰壶在D点的时刻是AE过程的时间中点，即D点的速度等于AE过程的平均速度，而冰壶在C点的速度为中间位移处的速度，不等于AE过程的平均速度，故B错误，C正确；由逆向思维法，根据初速度为0的匀变速直线运动通过连续相同位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…，可知冰壶在AC和CE过程的时间之比为(－1)∶1，故D错误。故选C。
4．(自由落体和竖直上抛)(2024·广州市高一期中)如图所示，某同学进行原地纵跳摸高训练。若静止站立(不起跳)摸高为1.80 m，训练过程中，若下蹲使重心下降0.50 m，发力跳起可摸到2.60 m的高度。假设离地前重心视为匀加速运动，离地后做匀减速运动，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则( )
A．从起跳到脚离地，位移随时间均匀变化
B．从起跳到最高点，重心位移为1.80 m
C．在最高点时速度为零，则加速度为零
D．从开始起跳到达最高点的时间为0.65 s
答案：D
解析：从起跳到脚离地，重心视为匀加速运动，则有s＝at2，位移不随时间均匀变化，故A错误；在起跳点，下蹲重心比静止站立重心低h1＝0.50 m，在最高点，重心比静止站立重心高h2＝2.60 m－1.80 m＝0.80 m，则从起跳到最高点，重心位移为1.30 m，故B错误；在最高点时速度为零，加速度为重力加速度，故C错误；脚离开地面时的速度v＝＝ m/s＝4 m/s，离地前上升的时间t1＝＝ s＝0.25 s，离地后上升的时间t2＝＝ s＝0.4 s，从开始起跳到达最高点的时间t＝t1＋t2＝0.65 s，故D正确。故选D。
5．(追及相遇问题)(2024·东莞市高一校考)快到家啦！奔跑中的杰瑞决定“刹车”回家。就在杰瑞开始减速的同时，身后与它相距10 m的汤姆立即蹑手蹑脚地由静止开始加速，想趁其不备地“偷袭”杰瑞。已知杰瑞的初速度为8 m/s，加速度大小为2 m/s2，汤姆的加速度大小也为2 m/s2，那么
(1)求在没有干扰的情况下，杰瑞减速到0时所用的时间及位移的大小；
(2)求在追逐的过程中汤姆与杰瑞间的最大距离；
(3)若杰瑞开始减速时，刚好距离前方鼠洞15 m，请通过计算判断汤姆能否在杰瑞回到鼠洞前捉住它。(注：三者在同一直线上)
答案：(1)4 s 16 m (2)18 m (3)不能
解析：(1)杰瑞减速到0时所用的时间t0＝＝ s＝4 s
杰瑞减速到0时所用的位移大小s0＝＝ m＝16 m。
(2)当汤姆和杰瑞速度相等时，距离最大，有v0－at＝at
解得t＝2 s
杰瑞的位移s1＝v0t－at2
汤姆的位移s2＝at2
最大距离smax＝s1－s2＋Δs
代入数据解得smax＝18 m。
(3)根据位移—时间关系有s3＝v0t3－at32
解得杰瑞开始减速到鼠洞的时间t3＝3 s(t3＝5舍去)
此过程汤姆的位移s4＝at32＝9 m
由于s4所以汤姆不能在杰瑞回到鼠洞前捉住它。
单元检测卷(二) 匀变速直线运动
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1．对变速直线运动的认识，下列说法正确的是( )
A．加速度是描述物体速度变化多少的物理量
B．加速度与速度同向时，物体的加速度减小，速度仍然增大
C．加速度恒定时，物体的速度可能先增大后减小，但位移一直增大
D．加速度不为零，加速度变化率也不为零时，物体的直线运动可能是匀变速直线运动
答案：B
解析：加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，故A错误。加速度与速度同向时，物体的加速度减小，但速度仍然增大，故B正确。变速直线运动的加速度恒定时，当加速度与速度同向时，速度一直增大，位移一直增大。若加速度与速度反向时，速度先减小后增大，位移先增大，后减小，然后一直增大，故C错误。根据a＝可知，只有加速度恒定，即速度的变化率恒定时，物体的直线运动才可能是匀变速直线运动，加速度变化率不为零时，加速度一定变化，这样的直线运动一定不是匀变速直线运动，故D错误。
2．在一次交通事故中，警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是16.0 m，该车辆的刹车加速度大小是8.0 m/s2，该路段的限速为60 km/h。则该车( )
A.刹车所用的时间为4 s
B．该肇事车没有超速
C．刹车过程的平均速度为30 km/h
D．第一秒内通过的位移为8.0 m
答案：B
解析：根据匀变速直线运动公式得，刹车时由s＝at2，可得刹车所用的时间为t＝ ＝ s＝2 s，故A错误；根据匀变速直线运动公式vt2＝2as，得初速度vt＝＝16 m/s＝57.6 km/h<60 km/h，所以该肇事车没有超速，故B正确；刹车过程的平均速度为＝＝ m/s＝8 m/s＝28.8 km/h，故C错误；根据匀变速直线运动公式s＝v0t＋at2，可得第一秒通过的位移为s1＝16×1 m－×8×12 m＝12 m，故D错误。
3．(2024·深圳市高三校考)A、B两个物体v t图像分别如图中a、b所示，图线a是抛物线，图线b是直线，抛物线顶点的横坐标为t1，0～t3时间内图线a、b与横轴围成的面积相等。下列说法正确的是( )
A．t2时刻A、B间距离一定最小
B．t2～t3时间内A的加速度一直小于B的加速度
C．0～t3时间内A的平均速度大于B的平均速度
D．t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3
答案：D
解析：根据题意，由于不知道物体A、B初始的位置关系，则无法判断A、B间的距离变化情况，故A错误；由题图和v t图像的斜率表示加速度可知，t2～t3时间内A的加速度不是一直小于B的加速度，故B错误；由题意可知，0～t3时间内A、B的位移相等，则0～t3时间内A的平均速度等于B的平均速度，故C错误；根据题意，由题图可知，由于A的图像关于t1对称，则有t3＝2t1，则t1～t3时间内A的位移大小为A总位移的一半，B的位移大小为B总位移的，由于A、B在0～t3时间内的位移相等，则t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3，故D正确。故选D。
4．(2024·珠海市高一校考)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内与第1 s内的位移之差是8 m，则下列说法正确的是( )
A．物体运动的加速度为8 m/s2
B．第1 s内的位移为2 m
C．第1 s末的速度为2 m/s
D．物体在0～2 s内的平均速度为6 m/s
答案：B
解析：由逐差相等公式有s3－s1＝(3－1)aT2可得，a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A错误；结合上述，根据位移公式，第1 s内的位移为s1＝aT2＝2 m，故B正确；结合上述，根据速度公式，第1 s末的速度为v1＝aT＝4 m/s，故C错误；匀变速直线运动中，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则物体在0～2 s内的平均速度等于第1 s末的速度，为4 m/s，故D错误。故选B。
5．(2024·广州市高一校考期中)如图，某同学以墙面为背景，使用手机频闪照相功能拍摄小球从静止匀加速下落过程，他测得图中部分墙的高度h＝0.72 m，手机曝光时间间隔为0.1 s，下列说法正确的是( )
A．照片中位置1是小球下落的初始位置
B．无法确定小球的初始位置
C．小球下落的加速度为4.8 m/s2
D．小球到达位置2的速度大小为1.44 m/s
答案：C
解析：4个小球间竖直距离之比为3∶4∶5，故照片中位置1不是小球自由下落的初始位置，故A错误；由题可得每块砖的厚度为h′＝＝ m＝0.048 m，则a＝＝ m/s2＝4.8 m/s2，故C正确；小球到达位置2的速度v2＝＝ m/s＝1.68 m/s，故D错误；根据v22＝2ah02，解得h02＝0.294 m，可知初始位置在位置2上方0.294 m处，故B错误。故选C。
6．(2024·东莞市高一校考)做匀加速直线运动的物体先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经历的时间为T，则下列各项中正确的是( )
A．经过AB中点时的速度是4v
B．经过AB中间时刻的速度是5v
C．前半程的速度增加了4v
D．前时间的位移与后时间的位移之比为1∶3
答案：C
解析：经过AB中点的速度为v＝ ＝5v，A错误；经过AB中间时刻的速度为v＝＝4v，B错误；前半程的速度增加量为Δv＝5v－v＝4v，故C正确；前时间通过的位移为s1＝·＝vT，后时间通过的位移为s2＝·＝vT，可得前时间通过的位移与后间通过的位移之比为s1∶s2＝5∶11，D错误。故选C。
7．(2024·广州市高一校考)在匀变速直线运动中，关于中间时刻瞬时速度的大小v和中间位置瞬时速度的大小v，下列说法正确的是( )
A．不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有v>v
B．只有做匀加速直线运动时有v>v
C．只有做匀减速直线运动时有v>v
D．以上说法都不对
答案：A
解析：当物体做匀加速直线运动时，速度图像如图甲所示
物体经过中点位置时，前、后两段过程的位移相等，速度图像与时间轴所围的“面积”相等，由图甲看出v>v；
当物体做匀减速直线运动时，速度图像如图乙所示
由图乙看出v>v，所以不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有v>v，故选A。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲和乙的运动图像如图所示，下列说法中正确的是( )
A．甲做曲线运动，乙做直线运动
B．6 s内甲的路程为16 m，乙的路程为12 m
C．0～2 s内甲、乙的平均速度不相同
D．甲在3 s末回到出发点，乙在6 s末回到出发点
答案：BD
解析：由题可知，甲、乙均在一条直线上运动，都做直线运动，故A错误；由题图甲可得6 s内甲的路程为s甲＝4×4 m＝16 m，由题图乙可得6 s内乙的路程为s乙＝2××3×4 m＝12 m，故B正确；由题图甲可知，0～2 s内，甲的位移为4 m，甲的平均速度为2 m/s；0～2 s内，乙做匀加速直线运动，根据＝，可得乙的平均速度为＝ m/s＝2 m/s，所以，二者在0～2 s内的平均速度相同，故C错误；由s t图像可知甲在3 s末回到出发点，根据v t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知乙在6 s内的位移为零，即乙在6 s末回到出发点，故D正确。故选BD。
9．(2024·东莞市高一校考)从某时刻起(此时刻规定为0时刻)物体以某一初速度，做匀变速直线运动，已知第1 s内的位移s1＝5.5 m，第4 s内的位移s4＝8.5 m，则下面判断正确的有( )
A．初速度为5.5 m/s
B．加速度为1 m/s2
C．t＝1 s末的速度为6 m/s
D．t＝4 s末的速度为8.5 m/s
答案：BC
解析：设物体的初速度为v0，加速度为a，根据s＝v0t＋at2，可得s1＝v0×1 s＋a×(1 s)2，s4＝v0×4 s＋a×(4 s)2－，联立解得v0＝5 m/s，a＝1 m/s2，故A错误，B正确；根据vt＝v0＋at，可得物体1 s末的速度和4 s末的速度分别为v1＝5 m/s＋1 m/s2×1 s＝6 m/s，v4＝5 m/s＋1 m/s2×4 s＝9 m/s，故C正确，D错误。故选BC。
10．如图是用周期为Δt的频闪相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片。关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中错误的是( )
A．苹果下落的加速度大小为
B．一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶4∶9
C．一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶3∶5
D．一段时间后苹果会在羽毛下方
答案：BCD
解析：苹果下落的加速度大小为a＝，A正确；在A位置的速度不一定等于零，所以不一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶4∶9，也不一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶3∶5，B、C错误；苹果和羽毛均在真空中做自由落体运动，二者总是在同一水平线上，一段时间后苹果不会在羽毛下方，D错误。故选BCD。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(6分)(2024·深圳市高一校考期中)甲、乙两位同学分别用不同的实验方案，做“测匀变速直线运动的加速度”实验。甲同学的实验装置如图1所示。
(1)①关于该实验，下列说法正确的是________。
A．在释放小车前，将接好纸带的小车停在靠近滑轮处
B．在释放小车前，将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处
C．应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车
D．当纸带完全通过打点计时器后，应及时关闭电源
②甲同学实验中获得一条纸带，如图2所示，其中两相邻计数点间有四个计时点未画出。已知所用电源的频率为50 Hz，则打A点时小车运动的速度大小vA＝________ m/s，小车运动的加速度大小a＝________ m/s2。(结果均保留2位有效数字)
(2)乙同学利用图3所示的实验装置测定导轨上滑块运动的加速度，滑块上安装了宽度为d的挡光片，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门A、B，配套的数字毫秒计(图中未画出)记录了挡光片通过光电门A、B的时间分别为ΔtA、ΔtB，若两个光电门A、B间距离为L，则滑块通过第一个光电门的速度表达式为vA＝________(用题中符号表示)。
答案：(1)①BCD ②0.34 0.39 (2)
解析：(1)①本实验在释放小车前，应将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，A错误，B正确；打点计时器的使用方法是应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，C正确；当纸带完全通过打点计时器后，应及时关闭电源，然后再取下纸带，D正确。故选BCD。
②由题可知，两相邻计数点间时间间隔为T＝0.1 s，打A点时小车运动的速度大小为
vA＝＝ m/s≈0.34 m/s
小车运动的加速度为
a＝ m/s2≈0.39 m/s2。
(2)根据光电门测速度原理，可知vA＝。
12．(8分)某实验小组想用打点计时器测量当地的重力加速度。实验操作步骤有：
①纸带一端拴上重物，另一端穿过打点计时器，用手捏住纸带上端，重物尽量靠近打点计时器。
②将打点计时器固定，使其限位孔沿竖直方向。
③释放纸带。
④启动打点计时器。
⑤完成纸带打点后，关闭打点计时器。
(1)将实验步骤正确排序是______________。
(2)如图为实验打出的一条纸带，纸带上相邻两个计数点之间还有1个打出的点未画出，打点计时器使用的是50 Hz的交变电流，则两个相邻的计数点之间的时间间隔为t＝________ s；打计数点4时，重物的速度大小为v4＝________ m/s，算出的当地重力加速度g＝________ m/s2。(后两个空保留3位有效数字)
(3)由于交变电流频率不稳定，导致实验测得的加速度总是大于当地的重力加速度，那么实验时打点的真实频率________(选填“小于”或“大于”)50 Hz。
答案：(1)②①④③⑤ (2)0.04 1.76 9.76 (3)小于
解析：(1)将实验步骤正确排序是②①④③⑤。
(2)两个相邻的计数点之间的时间间隔为
t＝2×0.02 s＝0.04 s
打计数点4时，重物的速度大小为
v4＝×10-2 m/s≈1.76 m/s
由逐差法可得当地重力加速度为
g＝×10-2 m/s2≈9.76 m/s2。
(3)由逐差法得到的加速度大于当地的重力加速度，则计算所用时间间隔t偏小，计算所用频率偏大，即实验时打点的真实频率小于50 Hz。
13．(12分)(2024·深圳市高一校考期中)一辆汽车以36 km/h的速度在平直公路上匀速行驶。从某时刻起，汽车开始做匀加速运动，加速度大小为1.4 m/s2，10 s末因故突然紧急刹车，随后汽车逐渐停了下来。刹车时汽车做匀减速运动的加速度大小为6 m/s2。
(1)求汽车10 s末的速度大小；
(2)求刹车后2 s汽车的速度大小；
(3)汽车刹车后停下来所用时间。
答案：(1)24 m/s (2)12 m/s (3)4 s
解析：(1)汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s
则汽车10 s末的速度大小为v1＝v0＋a1t1＝10 m/s＋1.4×10 m/s＝24 m/s。
(2)刹车后2 s汽车的速度大小为v2＝v1－a2t2＝24 m/s－6×2 m/s＝12 m/s。
(3)汽车刹车后停下来所用时间为t3＝＝ s＝4 s。
14．(14分)(2024·深圳市高一校考期中)如图所示，一滴雨滴从离地面H＝20 m高的楼房屋檐自由下落，下落h1＝5 m时，到窗口上沿，再经Δt＝0.2 s通过窗口，忽略空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)雨滴从屋檐到地面的时间t；
(2)窗口的高度h。
答案：(1)2 s (2)2.2 m
解析：(1)对雨滴，根据自由落体运动有H＝gt2
解得t＝＝ s＝2 s。
(2)对雨滴到窗口上沿，有h1＝gt12
解得t1＝ ＝ s＝1 s
则窗口高度为h＝g(t1＋Δt)2－h1＝2.2 m。
15．(14分)(2024·广州市高一校考期中)甲、乙两车相距18 m，同时沿平直公路做直线运动并开始计时，甲车在前，以初速度大小v1＝16 m/s、加速度大小a1＝2 m/s2做匀减速直线运动，乙车在后，以初速度大小v2＝4 m/s、加速度大小a2＝1 m/s2，与甲同向做匀加速直线运动。求：
(1)从开始计时经多长时间甲车的速度减小到零？此时乙车的速度是多大？
(2)经过多长时间甲、乙两车相遇前的距离达到最大？最大距离为多少？
(3)若乙车加速时加速度大小为a3＝6 m/s2，但是燃油有限，用尽后将做加速度大小为a4＝6 m/s2的匀减速运动，其他条件不变，若要乙能够追上甲车，燃油至少要能坚持多长时间？
答案：(1)8 s 12 m/s (2)4 s 42 m (3)3 s
解析：(1)甲车的速度减小到零的时间为t2＝＝8 s
此时乙的速度大小为v2′＝v2＋a2t2＝12 m/s。
(2)设经过时间t1，甲、乙两车相遇前的距离达到最大，此时甲、 乙两车速度相同，则
v1－a1t1＝v2＋a2t1
解得t1＝4 s
在t1时间内，甲、乙两车的位移大小分别为
s1＝v1t1－a1t12＝48 m
s2＝v2t1＋a2t12＝24 m
所以最大距离为sm＝s1＋s0－s2＝42 m。
(3)假设甲、乙两车同时速度减为零，乙车加速时间为t4，则v2＋a3t4－a4(t2－t4)＝0
解得t4＝ s
甲车的总位移大小为s1′＝＝64 m
乙车的总位移大小为
s2′＝v2t4＋a3t42＋＝ m>s1′＋s0
由此可推知乙追上甲一定发生在甲、乙速度都减为零之前，当乙车在减速过程中刚好能够追上甲车时，加速时间最短，燃油坚持的时间最短，设为t5，再设乙车减速时间为t6时恰好追上甲车，此时甲、乙两车速度相等，根据位移关系有v2t5＋a3t52＋(v2＋a3t5)t6－a4t62＝s0＋v1(t5＋t6)－a1(t5＋t6)2
根据速度关系有v2＋a3t5－a4t6＝v1－a1(t5＋t6)
解得t5＝3 s。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
