2025高考物理步步高同步练习第二章专题强化 匀变速直线运动的位移差公式　逐差法求加速度含答案

2025高考物理步步高同步练习第二章匀变速直线运动的位移差公式逐差法求加速度[学习目标]1.理解位移差公式并能解决相关问题.2.会用逐差法求加速度．一、位移差公式Δx＝aT21．内容：做匀变速直线运动的物体，在任意两个连续相等的时间T内的位移差是个常量，即Δx＝aT2.2.推导：如图1，x1＝v0T＋eq\f(1,2)aT2，x2＝v0·2T＋eq\f(1,2)a(2T)2－(v0T＋eq\f(1,2)aT2)＝v0T＋eq\f(3,2)aT2，所以Δx＝x2－x1＝aT2.图13．应用(1)判断物体是否做匀变速直线运动如果Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动．(2)求加速度利用Δx＝aT2，可求得a＝eq\f(Δx,T2).(2019·长春外国语学校月考)一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m，第4s内的位移是2.5m，求：(1)第2s内的位移大小；(2)第3s末的速度大小；(3)质点的加速度大小．答案(1)1.5m(2)2.25m/s(3)0.5m/s2解析(1)由x3－x2＝x4－x3，所以第2s内的位移大小x2＝1.5m.(2)第3s末的瞬时速度等于2～4s内的平均速度，所以v3＝eq\f(x3＋x4,2T)＝2.25m/s.(3)由Δx＝aT2，得a＝eq\f(x4－x3,T2)＝0.5m/s2.从斜面上某一位置每隔0.1s静止释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个小球后，对在斜面上滚动的小球拍下如图2所示的照片(照片与实际大小相同)，测得xAB＝15cm，xBC＝20cm.求：图2(1)小球的加速度的大小；(2)拍摄时小球在B点时的速度的大小；(3)拍摄时C、D间的距离xCD；(4)A点的上方滚动的小球还有几个．答案(1)5m/s2(2)1.75m/s(3)0.25m(4)2个解析(1)由推论Δx＝aT2可知，小球加速度为a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(xBC－xAB,T2)＝eq\f(20－15×10－2,0.12)m/s2＝5m/s2.(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻，所以B点的速度等于AC段的平均速度，即vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(20＋15×10－2,2×0.1)m/s＝1.75m/s.(3)由于连续相等时间内位移差恒定，所以xCD－xBC＝xBC－xAB，得xCD＝2xBC－xAB＝2×20×10－2m－15×10－2m＝0.25m.(4)设A点处小球的速度为vA，由于vA＝vB－aT＝1.25m/s，所以A点处小球的运动时间为tA＝eq\f(vA,a)＝0.25s，所以在A点的上方滚动的小球还有2个．二、逐差法求加速度1．纸带上提供的数据为偶数段．(1)若已知连续相等时间内的两段位移．由x2－x1＝aT2，得a＝eq\f(x2－x1,T2)(2)若已知连续相等时间内的四段位移．可以简化成两大段AC、CE研究xⅠ＝x1＋x2xⅡ＝x3＋x4tAC＝tCE＝2Ta＝eq\f(xⅡ－xⅠ,2T2)＝eq\f(x3＋x4－x1＋x2,4T2)(3)若已知连续相等时间内的六段位移可以简化成两大段AD、DG研究xⅠ＝x1＋x2＋x3xⅡ＝x4＋x5＋x6a＝eq\f(xⅡ－xⅠ,3T2)＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2).2．纸带上提供的数据为奇数段可以先舍去一个较小的数据，选取偶数段数据再利用上述方法求解．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，打点计时器打出的一条纸带如图3所示，A、B、C、D、E是在纸带上所选的计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，各计数点与A计数点间的距离在图中已标出．则在打B点时，小车的速度为________m/s，并可求得小车的加速度大小为________m/s2.图3答案0.260.4解析由纸带数据经计算可知小车在做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可知vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(52.0×10－3,0.2)m/s＝0.26m/s，根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，可知加速度a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(120.0－2×52.0,4×0.12)×10－3m/s2＝0.4m/s2.研究小车匀变速直线运动的实验装置如图4所示．其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上相邻两计数点间的距离如图5所示，其中每两个相邻计数点之间还有四个点未画出．图4图5(1)部分实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取出纸带B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D．把打点计时器固定在斜面上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是________．(用步骤前的字母填写)(2)图5中标出的相邻两计数点间的时间间隔T＝________s.(3)打计数点5时小车的瞬时速度大小的计算式为v5＝________.(4)为了充分利用纸带上的测量数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________.答案(1)DCBA(2)0.1(3)eq\f(x4＋x5,2T)(4)eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)解析(1)实验步骤：先固定打点计时器，再放置小车，然后接通电源，释放小车，最后关闭电源，取出纸带，所以实验步骤的正确顺序是DCBA.(2)每两个相邻计数点之间还有四个点没有画出，所以相邻两计数点间的时间间隔T＝0.02s×5＝0.1s.(3)根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度，有v5＝eq\f(x4＋x5,2T).(4)根据逐差法计算加速度，有a＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2).(2020·山东滨州五校高一上期中联考)如图6所示为“测定小车做匀加速直线运动加速度”的实验中得到的一条纸带，舍去开始比较密集的点，按时间顺序标注0、1、2、3、4、5共六个计数点，相邻两计数点间有四个点没有画出，相邻两计数点间的距离已在图中标出．已知交变电源的频率为50Hz.图6(1)图中纸带________(选填“左”或“右”)端与小车相连；(2)相邻两计数点间的时间间隔为________s；(3)由图给数据可以计算出小车运动的加速度a＝________m/s2(保留2位有效数字)；(4)打下计数点2时小车的速度v2＝________m/s(保留2位有效数字)；(5)若继续取计数点6、7，则计数点6、7之间的距离应为________cm.答案(1)左(2)0.1(3)2.0(4)0.80(5)17.00解析(1)根据纸带数据可知纸带左端与小车相连．(2)相邻两计数点间的时间间隔T＝0.02s×5＝0.1s.(3)小车的加速度a＝eq\f(x34－x01,3T2)＝eq\f(11.00－5.00,3×0.12)×10－2m/s2＝2.0m/s2.(4)根据某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，再结合速度公式v＝v0＋at，可得v2＝eq\f(x01,T)＋a×eq\f(3,2)T＝eq\f(5.00,0.1)×10－2m/s＋2.0×eq\f(3,2)×0.1m/s＝0.80m/s.(5)由题图和逐差法可知x67－x34＝x34－x01，解得x67＝2x34－x01＝(2×11.00－5.00)cm＝17.00cm.处理纸带数据的方法处理纸带数据时，通常对位移、速度、加速度逐一处理：(1)可用“位移差”法判断物体的运动情况；(2)可利用匀变速直线运动中一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度求打纸带上某点时物体的瞬时速度；(3)可用逐差法求加速度，以便充分利用测量数据，减小误差．一位移差公式的应用1.(2021·山西大学附中月考)如图1，一质点从A点开始做匀加速直线运动，随后依次经过B、C、D三点．已知AB段、CD段距离分别为5m、13m，质点经过AB段、BC段、CD段时间相等，均为1s，则()图1A．质点的加速度大小为4m/s2B．质点的加速度大小为2m/s2C．质点在C点的速度大小为9m/sD．质点在B点的速度大小为6m/s答案A解析质点经过AB、BC、CD段时间相等，均为T＝1s由x3－x1＝2aT2得a＝eq\f(x3－x1,2T2)＝eq\f(13－5,2×12)m/s2＝4m/s2由x2－x1＝x3－x2得BC段长度x2＝9m过B点时刻对应AC段的中间时刻，vB＝eq\x\to(v)AC＝eq\f(x1＋x2,2T)＝eq\f(5＋9,2×1)m/s＝7m/s过C点时刻对应BD段的中间时刻，vC＝eq\x\to(v)BD＝eq\f(x2＋x3,2T)＝eq\f(9＋13,2×1)m/s＝11m/s，故A正确．2．一物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第3s内与第2s内的位移之差是6m，则可知()A．物体运动的加速度大小为3m/s2B．第2s末的速度大小为12m/sC．第1s内的位移大小为1mD．物体在前4s内的平均速度大小为15m/s答案B解析根据Δx＝aT2可得物体运动的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(6,12)m/s2＝6m/s2，A错误；第2s末的速度v2＝at2＝6×2m/s＝12m/s，B正确；第1s内的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×6×12m＝3m，C错误；物体在前4s内的位移x4＝eq\f(1,2)at42＝eq\f(1,2)×6×42m＝48m，则物体在前4s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x4,t4)＝eq\f(48,4)m/s＝12m/s，D错误．3.如图2所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速度释放后做匀加速直线运动，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为2m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为()图2A.eq\f(1,4)m B．1mC.eq\f(9,4)m D．1.2m答案A解析设物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间均为t，加速度均为a，由Δx＝at2得，加速度：a＝eq\f(Δx,t2)＝eq\f(4－2,t2)＝eq\f(2,t2)，Q点的速度为PN段的平均速度：vQ＝eq\x\to(v)PN＝eq\f(4＋2,2t)＝eq\f(3,t)，则OQ间的长度：xOQ＝eq\f(v\o\al(Q2),2a)＝eq\f(9,t2)×eq\f(t2,4)＝eq\f(9,4)m，则OP长度：xOP＝xOQ－xPQ＝(eq\f(9,4)－2)m＝eq\f(1,4)m，故B、C、D错误，A正确．4．(2021·镇江市丹徒高中月考)如图3所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|＝2m，|BC|＝3m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于()图3A.eq\f(9,8)m B.eq\f(8,9)mC.eq\f(3,4)m D.eq\f(4,3)m答案A二逐差法求加速度5．(1)电火花计时器使用________电源(选填“直流”或“交流”)，工作电压为________V.(2)在某次用打点计时器(工作频率为50Hz)测定已知做匀变速直线运动物体的加速度实验中，所获得的纸带如图4所示．选好0点后，每5个间隔点取一个计数点(中间的4个点图中未画出)，依次取得1、2、3、4点，测得的数据如图所示．图4则纸带的加速度大小为________m/s2，“1”这一点的速度大小为________m/s.(结果均保留三位有效数字)答案(1)交流220(2)0.8000.461解析(1)电火花计时器使用交流电源，工作电压为220V；(2)每5个间隔点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，由逐差法得：a＝eq\f(x4＋x3－x2＋x1,4T2)＝eq\f(6.61＋5.80－5.01－4.20,4×0.12)×10－2m/s2＝0.800m/s2，根据匀变速直线运动时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上1点时的速度大小：v1＝eq\f(x02,2T)＝eq\f(4.20＋5.01×10－2,0.2)m/s≈0.461m/s.6．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，要用到打点计时器，打点计时器是一种计时仪器，其电源频率为50Hz，打点周期为0.02s.(1)接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是________．A．先接通电源，后让纸带运动B．先让纸带运动，再接通电源C．让纸带运动的同时接通电源D．先让纸带运动或先接通电源都可以(2)某同学在实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定了A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，其相邻点间的距离如图5所示，每两个相邻计数点之间还有四个点未画出，试根据纸带上各个计数点间的距离，(计算结果均保留两位有效数字)图5①计算出打下D点时小车的瞬时速度为________m/s.②计算出小车的加速度为________m/s2.答案(1)A(2)①0.56②0.807．在“研究小车做匀变速直线运动”的实验中，电源频率为50Hz，如图6为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，在相邻计数点之间还有4个点未画出．图6(1)根据纸带可知，相邻计数点之间的时间间隔为______s，打C点时小车的瞬时速度为vC＝________m/s，小车运动的加速度a＝________m/s2.(后两空结果保留两位有效数字)(2)若交流电的频率变为51Hz而未被发觉，则测得的小车的速度值与真实值比较将偏________(选填“大”或“小”)．(已知打点周期T与交流电的频率关系为T＝eq\f(1,f))答案(1)0.10.200.50(2)小解析(1)电源频率为50Hz，则相邻两个点之间的时间间隔为0.02s，由于相邻计数点之间还有4个点未画出，所以相邻计数点之间的时间间隔为T＝0.1s；利用中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度即可求得vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(5.38－1.30×10－2,2×0.1)m/s≈0.20m/s；根据Δx＝aT2可得加速度为：a＝eq\f(xFG＋xEF＋xDE－xAB＋xBC＋xCD,9T2)，代入数据可得：a＝0.50m/s2.(2)当交流电的频率变为51Hz时，打点的时间间隔减小，所以相邻计数点之间的时间间隔T减小，而此时还是以50Hz对应的打点周期去计算，根据v＝eq\f(x,t)可知测得的小车的速度值与真实值比较将偏小．追及和相遇问题[学习目标]1.会分析追及相遇问题，理解两者速度相等为临界条件.2.会根据位移关系、时间关系列方程．1．追及相遇问题两物体在同一直线上一前一后运动，速度相同时它们之间可能出现距离最大、距离最小或者相遇(碰撞)的情况，这类问题称为追及相遇问题．2．分析追及相遇问题的思路和方法(1)讨论追及相遇问题的实质是分析两物体能否在同一时刻到达同一位置，注意抓住一个条件、用好两个关系．一个条件速度相等这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点两个关系时间关系和位移关系通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口(2)常用方法物理分析法抓住“两物体能否同时到达同一位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系图像法将两者的v-t图像画在同一坐标系中，然后利用图像分析求解数学分析法设从开始到相遇的时间为t，根据条件列位移关系方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论．若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相碰平直公路上有甲、乙两辆汽车，甲以0.5m/s2的加速度由静止开始行驶，乙在甲的前方200m处以5m/s的速度做同方向的匀速运动，问：(1)甲何时追上乙？甲追上乙时的速度为多大？此时甲离出发点多远？(2)在追赶过程中，甲、乙之间何时有最大距离？这个距离为多少？答案(1)40s20m/s400m(2)10s225m解析(1)设甲经过时间t追上乙，则有x甲＝eq\f(1,2)a甲t2，x乙＝v乙t，根据追及条件，有eq\f(1,2)a甲t2＝x0＋v乙t，代入数据解得t＝40s和t＝－20s(舍去)这时甲的速度v甲＝a甲t＝0.5×40m/s＝20m/s甲离出发点的位移x甲＝eq\f(1,2)a甲t2＝eq\f(1,2)×0.5×402m＝400m.(2)在追赶过程中，当甲的速度小于乙的速度时，甲、乙之间的距离仍在继续增大；但当甲的速度大于乙的速度时，甲、乙之间的距离便不断减小；当v甲＝v乙，甲、乙之间的距离达到最大值．由a甲t′＝v乙，得t′＝eq\f(v乙,a甲)＝eq\f(5,0.5)s＝10s，即甲在10s末离乙的距离最大．xmax＝x0＋v乙t′－eq\f(1,2)a甲t′2＝200m＋5×10m－eq\f(1,2)×0.5×102m＝225m.针对训练(2021·泰州、宜兴、梁丰、江都四校联考)在一段交通直道上，一位交警正在路边执勤，突然一辆违章车以72km/h的速度从他的身边驶过，交警的反应时间为0.5s，用2s的时间启动警车，启动警车后以5m/s2的加速度匀加速向违章车追去，当警车达到最高限速126km/h后开始匀速，违章车始终以原速度做匀速直线运动．问：(1)交警发动警车后，经过多长时间可追上违章车？(2)警车追上违章车前两者的最大间距为多少？答案(1)11.5s(2)90m解析违章车的速度为v0＝72km/h＝20m/s，警车的最大速度为v1＝126km/h＝35m/s，加速度为a＝5m/s2.(1)警车达到最大速度所需的时间为t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(35,5)s＝7s此时警车的位移为x1＝eq\f(v1,2)t1＝eq\f(35,2)×7m＝122.5m此时违章车的位移为x0＝v0(t1＋0.5s＋2s)＝20×(7＋0.5＋2)m＝190m由于x0>x1，所以警车是在匀速阶段追上违章车，此时二车的间距Δx＝x0－x1＝67.5m警车追上违章车还需要的时间，t2＝eq\f(Δx,v1－v0)＝eq\f(67.5,35－20)s＝4.5s故交警发动警车后，追上违章车需要时间为t＝t1＋t2＝7s＋4.5s＝11.5s.(2)两车间距最大时，两车速度相等，有v0＝at′，解得：t′＝eq\f(v0,a)＝eq\f(20,5)s＝4s，此时违章车的位移为x′＝v0(t′＋0.5s＋2s)＝20×(4＋0.5＋2)m＝130m，此时警车的位移为x″＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(1,2)×5×42m＝40m警车追上违章车前的最大间距为Δxmax＝x′－x″＝130m－40m＝90m.汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶时，制动后40s停下来．现在同一平直公路上以20m/s的速度行驶时发现前方200m处有一货车以6m/s的速度同向匀速行驶，司机立即制动，则：(1)求汽车刹车时的加速度大小；(2)是否发生撞车事故？若发生撞车事故，在何时发生？若没有撞车，两车最近距离为多少？答案(1)0.5m/s2(2)不会相撞4m解析(1)汽车制动加速度大小a＝eq\f(vA,t)＝0.5m/s2(2)当汽车减速到与货车共速时t0＝eq\f(vA－vB,a)＝28s汽车运动的位移x1＝eq\f(v\o\al(A2)－v\o\al(B2),2a)＝364m此时间内货车运动的位移为x2＝vBt0＝168mΔx＝x1－x2＝196m＜200m，所以两车不会相撞．此时两车相距最近，最近距离Δs＝x0－Δx＝200m－196m＝4m.一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图1所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图像(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是()图1A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B．在t＝3s时发生追尾事故C．在t＝5s时发生追尾事故D．若紧急刹车时两车相距40m，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10m答案B解析根据速度—时间图线与时间轴所围“面积”表示位移，由题图知，t＝3s时大卡车的位移为：xb＝vbt＝10×3m＝30m小汽车的位移为：xa＝eq\f(1,2)×(30＋20)×1m＋eq\f(1,2)×(20＋15)×2m＝60m则：xa－xb＝30m所以在t＝3s时发生追尾事故，故B正确，A、C错误；由v－t图线可知在t＝5s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移：Δx＝eq\f(1,2)×(20＋10)×1m＋eq\f(1,2)×10×4m＝35m<40m则不会发生追尾事故，且两车最近时相距Δs＝x0－Δx＝5m，故D错误．追及相遇问题的常见情况初速度小者追初速度大者情景图匀加速追匀速匀速追匀减速匀加速追匀减速t＝t0以前(v2＜v1)两物体距离增大t＝t0时(v1＝v2)相距最远t＝t0以后(v2＞v1)两物体距离减小追及情况只能追上一次初速度大者追初速度小者情景图匀减速追匀速匀速追匀加速匀减速追匀加速t0时刻以前(v2＞v1)两物体距离减小t0时刻(v2＝v1)若Δx＝x0，恰好追上若Δx＜x0，追不上，有最小距离若Δx＞x0，相遇两次1.(2020·黄山市高一期末)A、B两物体在同一直线上运动的v－t图像如图1所示，已知在第4s末两物体相遇，则下列说法正确的是()图1A．两物体从同一地点出发B．出发时A在B前方6m处C．两物体运动过程中，A的加速度小于B的加速度D．第4s末两物体相遇之后，两物体可能再相遇答案C解析由速度－时间图像中图线与t轴所围的“面积”表示位移可知，两物体在0～4s内的位移不相等，而在第4s末相遇，可知出发点不同，A错误；xA＝eq\f(1,2)×4×4m＝8mxB＝eq\f(1,2)×6×4m＝12m已知在第4s末相遇，则出发时A在B前方4m处，B错误；由于A图线的斜率小于B图线的斜率，可知A的加速度小于B的加速度，C正确；相遇后A的速度始终小于B的速度，所以两物体不会再相遇，D错误．2.甲、乙两辆汽车(均可看成质点)在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标．在描述两车运动的v－t图像中(如图2)，直线a、b分别描述了甲、乙两车在0～20s内的运动情况．关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是()图2A．在0～10s内两车逐渐靠近B．在10～20s内两车逐渐远离C．在5～15s内两车的位移相等D．在t＝10s时两车在公路上相遇答案C3．(2021·常州一中高一上期中)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5m/s，乙的速度为10m/s，甲车的加速度大小恒为1.2m/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3所示，根据以上条件可知()图3A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B．在前4s的时间内，甲车的位移为29.6mC．在t＝4s时，甲车追上乙车D．在t＝10s时，乙车又回到起始位置答案B解析v－t图像的斜率表示物体的加速度，由题图可知，乙车的加速度先减小后增大，最后再减小，故A错误；在前4s的时间内，甲车的位移为x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝5×4m＋eq\f(1,2)×1.2×16m＝29.6m，故B正确；在t＝4s时，两车的速度相同，但经过的位移不同，故两车没有相遇，故C错误；在10s前，乙车速度一直为正，乙车一直沿正方向运动，故乙车没有回到起始位置，故D错误．4．在十字路口，一辆汽车以0.5m/s2的加速度从停车线启动做匀加速直线运动，此时恰好有一辆自行车以5m/s的速度匀速驶过停车线与汽车同方向行驶，则：(1)什么时候它们相距最远？最远距离是多少？(2)在什么地方汽车追上自行车？追到时汽车的速度是多大？答案(1)10s时25m(2)距停车线100m处10m/s解析(1)由题意知两车速度相等时相距最远，设所用时间为t汽车做初速度为零的匀加速直线运动，所以v汽＝at＝v自代入数据得t＝10s最远距离x＝x自－x汽＝v自t－eq\f(1,2)at2＝25m.(2)汽车追上自行车时，它们相对于停车线的位移相等，设汽车追上自行车所用时间为t′此时x自＝x汽，即：v自t′＝eq\f(1,2)at′2.代入数据得t′＝20s.此时距停车线距离x′＝v自t′＝100m.此时汽车速度v汽′＝at′＝10m/s.5．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA＝10m/s，B车在后，其速度vB＝30m/s，因大雾能见度低，B车在距A车x0＝85m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能停止．求：(1)B车刹车的加速度大小；(2)若B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？答案(1)2.5m/s2(2)不会相撞5m解析(1)设B车刹车过程的加速度大小为aB，由运动学公式有0－vB2＝－2aBx解得aB＝2.5m/s2(2)设经过时间t两车相撞，则有：vBt－eq\f(1,2)aBt2＝x0＋vAt，即30t－eq\f(1,2)×2.5t2＝85＋10t整理得t2－16t＋68＝0由Δ＝162－4×68＜0，可知t无实数解，即两车不会相撞，速度相等时两车相距最近，此时vA＝vB－aBt1，代入数据得t1＝8s此过程中xB＝vBt1－eq\f(1,2)aBt12＝160mxA＝vAt1＝80m，两车的最近距离Δx＝x0＋xA－xB＝5m.6．A、B两车沿同一直线同方向运动，A车的速度vA＝4m/s，B车的速度vB＝10m/s.当B车运动至A车前方7m处时，A车的速度保持不变，B车刹车并以大小为a＝2m/s2的加速度做匀减速运动，从该时刻开始计时，求：(1)A车追上B车之前，两车间的最大距离；(2)经多长时间A车追上B车．答案(1)16m(2)8s解析(1)当B车速度等于A车速度时，两车间距最大．设经时间t1两车速度相等，有：vB′＝vB－at1，vB′＝vAB车的位移：xB＝vBt1－eq\f(1,2)at12，A车的位移：xA＝vAt1，则：Δxm＝xB＋7m－xA，解得：Δxm＝16m.(2)设B车停止运动所需时间为t2，则t2＝eq\f(vB,a)＝5s，此时A车的位移xA′＝vAt2＝20m，B车的位移xB′＝vBt2－eq\f(1,2)at22＝25m，A、B两车间的距离Δx＝xB′－xA′＋7m＝12m，A车追上B车还需时间t3＝eq\f(Δx,vA)＝3s，故A车追上B车的总时间t＝t2＋t3＝8s.7．两辆玩具小车在同一水平轨道上运动，在t＝0时刻，甲车在乙车前面s0＝4m的地方以速度v0＝2m/s匀速行驶，此时乙车立即从静止开始做加速度a＝1m/s2的匀加速直线运动去追甲车，乙车达到速度vm＝3m/s后开始匀速运动．(1)从开始经过多长时间乙车落后甲车最远，这个距离是多少？(2)从开始经过多长时间乙车追上甲车，此时乙车通过位移的大小是多少？答案(1)2s6m(2)8.5s21m解析(1)当两车速度相等时相距最远，由v0＝at0，得t0＝2s，此时两车距离x＝s0＋v0t0－eq\f(1,2)at02解得x＝6m；(2)先研究乙车从开始到速度达到vm时与甲车的距离．对乙车：vm＝at1,2ax乙＝vm2对甲车：x甲＝v0t1解得x甲＝6m，x乙＝4.5m，t1＝3sx甲＋s0>x乙，故乙车达到最大速度时未追上甲车，此时两车间距为Δs＝x甲＋s0－x乙＝5.5m，乙车追上甲车还需要时间t2＝eq\f(Δs,vm－v0)＝eq\f(5.5,3－2)s＝5.5s，故乙追上甲的总时间t总＝t1＋t2＝8.5s，此时乙车的位移为x总＝x乙＋vmt2＝(4.5＋3×5.5)m＝21m.8．一只气球以10m/s的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球6m处有一小球以20m/s的初速度竖直上抛，g取10m/s2，不计小球受到的空气阻力．(1)不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间．(2)小球能否追上气球？若追不上，说明理由；若能追上，需要多长时间？答案(1)20m2s(2)小球追不上气球理由见解析解析(1)设小球上升的最大高度为h，时间为t，则h＝eq\f(v\o\al(02),2g)，解得h＝20m，t＝eq\f(v0,g)，解得t＝2s.(2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t1，则v气＝v小＝v0－gt1，解得t1＝1s设在这段时间内气球上升的高度为x气，小球上升的高度为x小，则x气＝v气t1＝10mx小＝v0t1－eq\f(1,2)gt12＝15m由于x气＋6m>x小，所以小球追不上气球．自由落体运动规律的综合运用[学习目标]1.进一步加深对自由落体运动性质的理解.2.能够灵活运用自由落体规律解决滴水、物体过窗等复杂问题．一、自由落体规律的应用(多物体)在离地面7.2m处，手提2.2m长的绳子的上端，如图1所示，在绳子的上下两端各拴一小球，放手后小球自由下落(绳子的质量不计，球的大小可忽略，g＝10m/s2)求：图1(1)两小球落地的时间差；(2)B球落地时A球的速度大小．答案(1)0.2s(2)10m/s解析(1)设B球落地所需时间为t1，A球落地所需时间为t2，因为h1＝eq\f(1,2)gt12，所以t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×7.2－2.2,10))s＝1s，由h2＝eq\f(1,2)gt22得t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×7.2,10))s＝1.2s所以两小球落地的时间差为Δt＝t2－t1＝0.2s.(2)当B球落地时，A球的速度与B球的速度相等．即vA＝vB＝gt1＝10×1m/s＝10m/s.二、自由落体运动中的滴水问题小敏在学过自由落体运动规律后，对自家屋檐上下落的雨滴产生了兴趣，她坐在窗前发现从屋檐每隔相等时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1m的窗子的上、下檐，小敏同学在自己的作业本上画出了如图2所示的雨滴下落同自家房子的关系，其中2点和3点之间的小矩形表示小敏正对的窗子，不计空气阻力，g取10m/s2，请问：图2(1)滴水的时间间隔是多少？(2)此屋檐离地面多高？(尝试用多种方法求解)答案(1)0.2s(2)3.2m解析方法一公式法(1)设屋檐离地面高为h，滴水间隔为T.由h＝eq\f(1,2)gt2得第2滴水下落的位移h2＝eq\f(1,2)g(3T)2第3滴水下落的位移h3＝eq\f(1,2)g(2T)2且h2－h3＝1m解得T＝0.2s(2)屋檐高h＝eq\f(1,2)g(4T)2＝3.2m.方法二比例法(1)(2)由于初速度为零的匀加速直线运动从开始运动起，在连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，所以相邻两水滴之间的间距从上到下依次是s、3s、5s、7s，由题意知，窗高为5s，则5s＝1m，s＝0.2m，屋檐高h＝s＋3s＋5s＋7s＝16s＝3.2m.设滴水的时间间隔为T，由s＝eq\f(1,2)gT2得T＝eq\r(\f(2s,g))＝0.2s.方法三平均速度法(1)(2)设滴水的时间间隔为T，则雨滴经过窗户过程中的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(h,T)，其中h＝1m.雨滴在2.5T时的速度v2.5＝2.5gT，由于v2.5＝eq\x\to(v)，所以eq\f(h,T)＝2.5gT，解得T＝0.2s屋檐高H＝eq\f(1,2)g(4T)2＝3.2m.方法四速度位移关系(1)设滴水的时间间隔为T，则第2滴的速度v2＝g·3T，第3滴v3＝g·2T，h＝1m，由v2－v02＝2ax，得v22－v32＝2gh解得T＝0.2s(2)由v12＝2gH，v1＝at得v1＝g·4T＝8m/sH＝eq\f(v\o\al(12),2g)＝3.2m.三、雨滴(杆)过窗问题(2020·奉新一中高一上学期期末)如图3所示，直杆长l1＝0.5m，圆筒高l2＝3.7m．直杆位于圆筒正上方H＝0.8m处．直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿过圆筒(g取10m/s2)，求：图3(1)直杆下端刚到圆筒上端的时间；(2)直杆穿越圆筒所用的时间．答案(1)0.4s(2)0.6s解析(1)设直杆下端到达圆筒上端的时间为t1，设根据自由落体运动规律有H＝eq\f(1,2)gt12，解得t1＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s.(2)设直杆上端离开圆筒下端的时间为t2，根据自由落体运动规律有l1＋H＋l2＝eq\f(1,2)gt22，解得t2＝eq\r(\f(2l1＋H＋l2,g))＝eq\r(\f(2×0.5＋0.8＋3.7,10))s＝1s，则直杆穿越圆筒所用的时间t＝t2－t1＝0.6s.四、自由落体多过程问题跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距离地面125m时打开降落伞，伞张开后运动员就以大小为14.3m/s2的加速度做匀减速直线运动，到达地面时的速度为5m/s，取g＝10m/s2.问：(1)运动员离开飞机时距地面的高度为多少？(2)离开飞机后，运动员经过多长时间才能到达地面？(结果保留三位有效数字)答案(1)305m(2)9.85s解析(1)设运动员自由下落的高度为h1，打开伞前瞬间的速度为v1，有v12＝2gh1打开降落伞后做匀减速运动时满足：v22－v12＝2ah2联立解得h1＝180m所以总高度为H＝h1＋h2＝(180＋125)m＝305m(2)设第一过程经过的时间是t1，有h1＝eq\f(1,2)gt12第二过程经过的时间是t2＝eq\f(v2－v1,a)所以总时间为t＝t1＋t2≈9.85s.1．(2020·北京新学道临川学校月考)从某一高度相隔1s释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，则在空中任一时刻()A．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差越来越大B．甲、乙两球距离始终保持不变，甲、乙两球速度之差保持不变C．甲、乙两球距离越来越大，但甲、乙两球速度之差保持不变D．甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差越来越小答案C解析根据Δx＝eq\f(1,2)g(t＋1s)2－eq\f(1,2)gt2＝gt＋eq\f(1,2)g知，t增大，甲、乙两球的距离越来越大，根据Δv＝g(t＋1s)－gt＝g知，甲、乙两球的速度之差保持不变，故C正确．2.(2020·南昌二中高一上期中)如图1所示，竖直方向上的线段AE被分成四段长度相等的部分，即AB＝BC＝CD＝DE.一物体从A点由静止释放，不计空气阻力，下列结论正确的是()图1A．物体通过每一部分的过程中速度增量相等B．物体到达各点的速度之比为vB∶vC∶vD∶vE＝1∶2∶3∶4C．物体从A点运动到E点的全过程平均速度eq\x\to(v)＝vBD．物体经过各段的时间之比为tAB∶tBC∶tCD∶tDE＝1∶3∶5∶7答案C解析自由落体运动是匀加速直线运动，故通过相等位移对应的时间不相等，所以物体通过每一部分的过程中速度增量不相等，A错误；由v2＝2gh得vB∶vC∶vD∶vE＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，B错误；因为hAB∶hBE＝1∶3，且物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以B点对应AE的中间时刻，所以物体从A点运动到E点的全过程平均速度eq\x\to(v)＝vB，C正确；tAB∶tBC∶tCD∶tDE＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，D错误．3．(2020·长安一中高一上期中)一矿井深125m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球，当第11个小球刚从井口下落时，第1个小球恰好到井底(g＝10m/s2)，则()A．第1个小球落至井底时的速度为30m/sB．第1个小球落至井底时的速度为25m/sC相邻两个小球下落的时间间隔是0.5sD．第9个小球和第7个小球之间的距离为25m答案C解析第1个小球自由下落的时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×125,10))s＝5s，根据题意，第1个小球刚落至井底的瞬间，第11个小球刚好在井口，因此空中有9个小球在下落，并存在10个相等的时间间隔Δt，故Δt＝eq\f(t,10)＝0.5s，根据vt＝eq\r(2gh)，得vt＝50m/s，第9个小球下落的高度为h9＝eq\f(1,2)×10×(0.5×2)2m＝5m，第7个小球下落的高度为h7＝eq\f(1,2)×10×(0.5×4)2m＝20m，故第9个小球和第7个小球之间的距离为15m，故选C.4.(1)如图2，从屋檐上每隔时间T，滴下一滴水，若第5滴水正欲滴下时，第1滴水恰好到达地面，则第1滴、第2滴……第4滴水此时的速度之比：v1∶v2∶v3∶v4＝____________；它们之间的距离之比：x1∶x2∶x3∶x4＝____________.图2(2)若此时第3滴水的速度为v3，屋檐的高度h＝______.答案(1)4∶3∶2∶17∶5∶3∶1(2)4v3T5.(2020·任丘第一中学高一期末)如图3所示，在一个水平桌面上方有三个金属小球a、b、c，高度分别为h1、h2、h3，且h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后由静止依次释放小球a、b、c，三小球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则()图3A．三小球到达桌面时的速度大小之比是3∶2∶1B．三小球运动时间之比为3∶2∶1C．小球b与a开始下落的时间差小于小球c与b开始下落的时间差D．小球b与a开始下落的时间差大于小球c与b开始下落的时间差答案C解析由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，则三小球落到桌面时的速度大小之比v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，A错误；又由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，则三小球运动时间之比t1∶t2∶t3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，B错误；设小球b与a开始下落的时间差为Δt1，小球c与b开始下落的时间差为Δt2，则由B选项的分析可得Δt1∶Δt2＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)，比值小于1，因此小球b与a开始下落的时间差小于小球c与b开始下落的时间差，C正确，D错误．6．(2021·潍坊市高一检测)特技跳伞要求队员在2200m的高度离开飞机，在不开伞自由落体的情况下完成规定表演动作．跳伞中某队员自由落体速度达到最大速度70m/s后，调整姿势匀速下落，在距地面1000m时打开降落伞匀减速下落，落地速度恰好为零．g取10m/s2，求：(1)匀速下落的距离；(2)匀减速过程的加速度大小；(3)跳伞过程的总时间．答案(1)955m(2)2.45m/s2(3)49.2s解析(1)自由落体运动过程，有v＝gt1h1＝eq\f(1,2)gt12从刚离开飞机到落地过程中由h＝h1＋h2＋h3解得h2＝955m.(2)在匀减速直线运动过程中，由0－v2＝－2ah3代入数据得a＝2.45m/s2.(3)t3＝eq\f(v,a)＝eq\f(70,2.45)s≈28.6st2＝eq\f(h2,v)＝eq\f(955,70)s≈13.6st＝t1＋t2＋t3解得t＝49.2s.7．一条悬链长8.8m，竖直悬挂，现悬链从悬挂点处断开，自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬链下端正下方20m处的一点所需的时间是(g取10m/s2)()A．0.3s B．0.4sC．0.7s D．1.2s答案B解析悬链下端下落20m时开始经过该点，且悬链下端下落28.8m时完全通过该点，故该过程经历的时间为Δt＝eq\r(\f(2h＋L,g))－eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，B正确．8.如图4所示，一滴雨滴从离地面20m高的楼房屋檐自由下落，下落途中用Δt＝0.2s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2m，g取10m/s2，不计空气阻力，求：图4(1)雨滴落地时的速度大小；(2)雨滴落地前最后1s内的位移大小；(3)屋檐离窗的上边框的距离．答案(1)20m/s(2)15m(3)4.05m解析(1)设雨滴自由下落的时间为t，根据h＝eq\f(1,2)gt2得t＝2s.则雨滴落地时的速度v＝gt＝20m/s.(2)雨滴在第1s内的位移为h1＝eq\f(1,2)gt12＝5m则雨滴落地前最后1s内的位移大小为h2＝h－h1＝15m.(3)由题意知窗口的高度为h3＝2m，设屋檐距窗的上边框为h0，雨滴从屋檐运动到窗的上边框时间为t0，则h0＝eq\f(1,2)gt02.又h0＋h3＝eq\f(1,2)g(t0＋Δt)2联立解得h0＝4.05m.章末检测试卷(第一章、第二章)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．1．(2021·常州市联盟高一期中)以下说法中正确的是()A．诗句“不疑行船动，唯看远树来”中“远树来”所选择的参考系是河岸B．央视“焦点访谈”节目在每晚的19时38分开播，这里的“19时38分”指的是时刻C．在花样滑冰比赛中判断运动员滑冰的技术难度时，是将运动员看作质点的D．位移一般要比路程小，但在单向直线运动中，位移就是路程答案B解析以行船为参照物，远处的树和行船之间的位置不断发生变化，会感到“远树来”，故A错误；“焦点访谈”节目在每晚的19时38分开播，这里的“19时38分”是时间轴上的点，指的是时刻，故B正确；研究花样滑冰运动员在比赛中的姿态对应的技术难度时，其自身大小不可忽略，所以不能将运动员看作质点，故C错误；路程与位移是两个不同的概念，位移一般要比路程小，但在单向直线运动中，位移大小等于路程，但不能说位移就是路程，故D错误．2．(2021·常州市联盟高一期中)关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是()A．物体运动的加速度越大，其速度变化一定越快B．物体运动的速度增大时，加速度一定增大C．物体运动的速度变化量越大，加速度一定越大D．物体运动的速度大小不变时，加速度等于零答案A解析加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快，故A正确；速度增大时，说明物体加速度与速度同向，加速度可以增大、减小或不变，故B错误；速度变化量大，所用时间长，加速度不一定大，故C错误；物体运动的速度大小不变，方向改变，仍存在加速度，比如球被反向原速率弹回，故D错误．3．某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5s后听到石块直接落到崖底的声音，探险者离崖底的高度最接近的是()A．25m B．50mC．110m D．150m答案C解析小石块下落过程，可以看作自由落体运动，即h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×9.8×52m＝122.5m，考虑声音传回来的时间和空气阻力，则下落距离应略小于122.5m，即选项C正确．4．汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶．前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2.从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为()A．10m B．20mC．25m D．50m答案C解析由题意知，车速v＝20m/s，刹车的加速度大小为8m/s2，最后末速度为0，v2＝2ax，可得x＝25m，故C正确，A、B、D错误．5．(2021·盐城市响水中学高一期末)一辆汽车刹车后运动的位移随时间变化的运动规律是x＝10t－2t2，x与t的单位分别是m和s.下列说法正确的是()A．初速度v0＝10m/s，加速度大小a＝2m/s2B．汽车刹车后4s内的位移是8mC．汽车刹车所用时间为2.5sD．汽车可行驶的最大距离为25m答案C6.(2021·徐州市高一期中)如图1所示为甲、乙两质点同时沿同一直线运动的位移—时间图像．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是()图1A．在0～t0时间内，乙的速度一直增大B．在0～2t0时间内，甲的速度一直在减小C．在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相反D．在0～2t0时间内，甲、乙发生的位移相同答案C解析位移—时间图像的斜率表示速度．在0～t0时间内，乙图线的斜率不断减小，则乙的速度一直减小，故A错误；在0～2t0时间内，甲的速度不变，故B错误；在0～t0时间内，甲的速度为负，乙的速度为正，说明甲、乙的运动方向相反，故C正确；在0～2t0时间内，甲的位移为x1＝0－2x0＝－2x0，乙的位移为x2＝x0－(－x0)＝2x0，所以甲、乙发生的位移大小相等，方向相反，故D错误．7．(2021·淮安市六校高一上第二次学情调查)位于同一地点的A、B两个物体在同一直线上运动，其v－t图像如图2所示，则()图2A．A、B两物体运动方向相反B．前4s内A、B两物体的位移相同C．4s末A、B两物体的速度相同D．A物体的加速度比B物体的加速度小答案C8．(2021·徐州市高一期中)一个物体从某一高度做自由落体运动(g＝10m/s2)．已知它在第1s内的位移为它在最后1s内位移的二分之一，则它开始下落时距地面的高度为()A．11.25m B．15mC．20m D．22.5m答案A解析物体做自由落体运动，第1s内的位移h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，最后1s内的位移恰为它最初1s内位移的2倍，则：h2＝2h＝10m．设最后1s的初速度为v0，则：h2＝v0t＋eq\f(1,2)gt2，代入数据得：v0＝5m/s，此时已经下落的高度：h0＝eq\f(v\o\al(02),2g)＝1.25m，所以开始下落时的高度：H＝h2＋h0＝11.25m，故A正确，B、C、D错误．9．将一个物体以大小为v0的初速度竖直向上抛出，物体能上升的最大高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则物体上升到eq\f(3,4)h高度时，物体的速度大小为()A.eq\f(\r(2),2)v0B.eq\f(1,2)v0C.eq\f(1,3)v0D.eq\f(1,4)v0答案B解析由运动学公式得，上升过程0－veq\o\al(2,0)＝－2gh；设上升到eq\f(3,4)h高度时物体速度为v，由逆向思维法知v2＝2g·eq\f(h,4)，联立解得v＝eq\f(1,2)v0，故B正确．10．(2021·启东市、通州区高一期末)如图3所示，某个时刻水平地面上A、B两物体相距x＝11m，A正以vA＝4m/s的速度向右做匀速直线运动，而物体B正以vB＝10m/s的初速度向右做匀减速直线运动，加速度a＝－2m/s2，则从此时算起A追上B所经历的时间是()图3A．7s B．8sC．9s D．(3＋2eq\r(5))s答案C解析物体B速度减为零的时间为：t1＝eq\f(0－vB,a)＝eq\f(0－10,－2)s＝5s，此时A的位移为：xA＝vAt1＝4×5m＝20m，B的位移为：xB＝eq\f(vB,2)t1＝eq\f(10,2)×5m＝25m，因为xA<xB＋x，知B速度减为零时，A还未追上B，则A追上B所经历的时间为：t＝eq\f(x＋xB,vA)＝eq\f(11＋25,4)s＝9s，故C正确，A、B、D错误．二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11．(9分)(2021·无锡市高一上质量抽检)在用小车、打点计时器、带有滑轮的长木板、电源等器材，做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：(1)下列操作正确的有________．(填选项前的字母代号)A．在释放小车前，小车要靠近打点计时器B．打点计时器应放在长木板有滑轮的一端C．应先接通电源，后释放小车(2)若按正确的操作，打出如图4所示的一条纸带．O、A、B、C、D为依次选取的计数点，相邻计数点之间还有4个点没有画出，相邻两计数点间的距离已在图中标出，打点计时器所用的电源频率为50Hz，则小车的加速度a＝________m/s2；打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝________m/s.(结果均保留两位有效数字)图4答案(1)AC(2)1.20.49(每空3分)解析(1)在释放小车前，小车要靠近打点计时器，这样纸带的利用率才高，A正确；打点计时器应放在远离长木板有滑轮的一端，B错误；应先接通电源，后释放小车，这样可以提高纸带的利用率