高中物理第一章《运动的描述》计算题专题训练 (15)(含答案解析)

高中物理第一章《运动的描述》计算题专题训练 (15)
一、计算题（本大题共30小题，共300.0分）
1.某人站在两平行峭壁间某位置鸣枪，经过1.50s第一次听到回声，又经过0.50s再次听到回声。

已
知声速为340m/s，则两峭壁间的距离为多远？
2.汽车从静止开始，以a=1m/s2做匀加速直线运动，加速20s后做匀速直线运动，求：
(1)汽车在前5s内通过的位
(2)汽车在第5s内的位移
(3)汽车在前40s内的平均速度
3.一辆卡车初速度v0为10m/s，超车过程的加速度a为2m/s2，求：
(1)卡车在3s末的速度v3；
(2)卡车在6s内的位移x6；
(3)卡车在第6s内的位移x与第6s内的平均速度v。

4.汽车司机发现前面200m处一辆拖拉机正向前匀速行驶，于是开始计时，结果汽车30s追上了拖
拉机，而汽车的车速表一直指示45km/ℎ，
(1)那么在这段时间内拖拉机行驶了多远？
(2)拖拉机的速度多大？
5.如图所示，弹丸和足球的初速度均为v1=10m/s，方向向右．设它们分别与木板作用的时间都
是0.1s，那么：
(1)子弹击穿木板后速度大小变为7m/s，求弹丸击穿木板时加速度的大小及方向；
(2)足球与木板作用后反向弹回的速度大小为7m/s，求足球与木板碰撞反弹时的加速度的大小
及方向．
6.经检测，某小车以20m/s的速度在平直公路上行使时，制动后10s才能停下来。

现该小车在平
直公路上以20m/s的速度行使发现前方40m处有一货车以8m/s的速度同向匀速行使，小车司机立即制动，求：
(1)小车制动时的加速度大小。

(2)小车制动后何时与货车距离最近？
(3)小车与货车的最近距离。

7.如下图所示为长沙市地标建筑——国金中心，其内置观光电梯，到达位于高层的餐厅的游客可
以360°鸟瞰长沙．电梯从地面到93层的餐厅只需要48s，整个过程经历加速、匀速和减速三个阶段，加速和减速阶段可视为匀变速过程，且加速度大小相等．电梯上行的最大速度为10m/s.当电梯加速上升时，质量为50kg的人站在置于电梯地板上的台秤上，台秤的示数为65kg，g取
10m/s2，求：
(1)电梯加速上升的加速度大小；
(2)餐厅距地面的高度．
8.某汽车在平直的高速公路上行驶的速度为108km/ℎ，司机发现前方有障碍物时，立即紧急刹车，
其制动过程的加速度大小为5m/s2，假设司机的反应时间为0.50s，汽车制动过程中做匀变速直线运动．
(1)汽车制动8s后的速度是多少？
(2)汽车至少要前行多远才能停下来？
9.酒驾严重威胁交通安全，其主要原因是饮酒会使人的反应时间(从发现情况到实施操作制动的时
间)变长，造成从发现情况到汽车停止运动的过程行驶的距离变长。

某研究机构在测定饮酒者的反应时间以得出相关规律时，让饮酒者驾驶汽车以大小v=108km/ℎ的速度在平直路面上匀速行驶，某时刻研究者向该驾驶员发出停车的号令，该驾驶员接收到号令经反应时间后刹车，刹车过程中汽车的加速度大小a=8m/s2，测得从他发现情况到汽车停止运动的过程行驶的距离x=110.25m。

(1)求该驾驶员饮酒后的反应时间t1；
(2)已知该驾驶员未饮酒时的反应时间t2=0.7s，求他饮酒后与饮酒前从发现情况到汽车停止运
动的过程行驶的距离的差值Δx
10.某校举行运动会，参赛的运动员都在紧锣密鼓地进行训练，运动员完成100m赛跑的过程可看成
两个连续的过程，分别为由静止开始的匀加速直线运动和匀速直线运动。

一次训练赛中，某运动员听到枪响后立即起跑，加速t加=2s后达到最大速度ν匀=10m/s ，此后以最大速度匀速运动直到冲过终点。

求：
(1)该运动员匀加速阶段的加速度大小a；
(2)运动员匀加速阶段通过的位移大小x加；
(3)运动员跑完100m的用时t。

11.在世界杯比赛中，运动员在罚点球时，球获得20m/s的速度后做匀速直线运动．设脚与球作用
时间为0.1s，球又在空中飞行0.2s后被守门员挡出，守门员双手与球接触时间为0.1s，且球被挡出后以20m/s沿原路反弹，求：
(1)罚点球的瞬间，球加速度的大小；
(2)守门员接球瞬时，球加速度的大小
12.一列火车长380米，它经过路边的扳道工人用19秒，它以同样的速度通过一个山洞，从火车进
山洞到车尾离开共用50秒钟。

求这个山洞的长？
13.物体A、B的x−t图象如图所示。

(1)求B在前5秒内的位移大小；
(2)求A在前5秒内的平均速度大小。

14.某汽车以36km/ℎ的速度行驶了1h后，离目的地还有一半的路程，要想在30min内到达目的地，
问：
(1)它最后一半的路程中的平均速度应为多少？
(2)全程的平均速度应为多少？
15.质点做直线运动，从A经过B到C，又返回到B，其中AB=BC，若从A到B的平均速度大小
为，从B到C的平均速度大小为，从C返回到B的平均速度大小为，求：
(1)质点从A运动到C的平均速度大小；
(2)质点从A到C再返回B全过程的平均速度大小。

16.做直线运动的物体，其v−t图象如图所示，试根据v−t图象判断：
(1)第2秒内，物体的加速度为多大？
(2)在第5秒内，物体的加速度大小及方向？
17.一辆汽车沿平直公路向东行驶，如图所示是该汽车的速度计，在汽车内的观察者观察速度计指
针的变化，开始时指针指在如图甲所示的位置，经过8s后指针指示到如图乙所示的位置，那么它的加速度约为多少？
18.一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，
0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直
线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动．其过程简化如图所示，求：
(1)泥石流到达坡底的时间和速度大小；
(2)若汽车的加速度为0.5m/s2，是否能脱离危险．
19.如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点
后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。

每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。

(可以认为在斜面上是初速为零的匀加速运动，在水平面上是匀减速运动，重力加速度g=10m/s2)
求：
t(s)0.00.10.2… 1.2 1.4…
v(m/s)0.00.5 1.0… 1.10.7…
(1)在斜面上的加速度大小
(2)物体在水平面上加速度大
(3)t=0.6s时的瞬时速度v。

20.某种类型的飞机起飞滑行时，从静止开始做匀加速运动，加速度大小为4.0m/s2，飞机速度达
到85m/s时离开地面升空。

如果在飞机达到起飞速度时，突然接到命令停止起飞，飞行员立即使飞机制动，飞机做匀减速运动，加速度大小为5.0m/s2。

如果要求你为该类型的飞机设计一条跑道，使在这种情况下飞机停止起飞而不滑出跑道，你设计的跑道长度至少要多长?
21.一个小球沿斜面向下运动，用每隔0.1s曝光一次的频闪相机拍摄不
同时刻小球位置的照片，如图所示。

测得小球在A、B、C、D各点
相对于O点的位移分别为OA=8.20cm、OB=17.49cm、OC=
27.90cm、OD=39.39cm，则小球运动的加速度有多大？
22.小明同学乘坐杭温线“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏.当动车组在平直轨道上经历
匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中.在小明同学记录动车组速率这段时间内，求动车组的位移大小．
t/s v/(m⋅s−1)
030
10050
30060
40060
45060
60070
70080
23.一个人晨练，按如图所示走半径为R的中国古代的八卦图，中央的S部分
是两个直径为R的半圆，BD、CA分别为西东、南北指向．他从A点出发
沿曲线ABCOADC行进，则当他走到D点时，求他的路程和位移的大小分
别为多少？位移的方向如何？
24.某天，小锐在上学途中沿人行道以v1=2.0m/s速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以
v2=15.0m/s速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他们距车站s=50.0m。

为了乘上该公交车，当公交车从身旁经过时他立即匀加速向前跑去，加速度a1=2.0m/s2，达到最大速度v m=
6.0m/s后匀速前进。

假设公交车匀速行驶到距车站s0=25.0m处开始匀减速刹车，刚好到车站
停下。

求：
(1)公交车刹车过程中加速度a2的大小；
(2)分析公交车至少需在车站停留多长时间小锐才能赶上(不计车长)；
(3)若公交车在车站停留了2s后，又以a3=2.0m/s2做匀加速直线运动驶离车站，则小锐能否追
上公交车？若能追上，求在公交车驶离车站多大距离处追上；若不能追上，求小锐在公交车驶离车站后与公交车的最近距离。

25.一物体做匀加速直线运动，初速度为0.5m/s，第5s内的平均速度为5m/s，求：
(1)物体的加速度大小
(2)物体在5s内的位移大小
26.一物体做匀变速直线运动，前4s内通过的位移为16m，第6s末的瞬时速度为8m/s，
求：(1)物体的初速度多大？
(2)物体的加速度多大？
(3)物体在第7s内的位移为多大？
27.如图是利用位移传感器测量速度的示意图。

这个系统有发射器A与接收器B组成，发射器A能
够发射红外线和超声波信号，接收器B可以接受红外线和超声波信号。

发射器A固定在被测的运动物体上，接收器B固定在桌面上。

测量时A向B同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲(即持续时间很短的一束红外线和一束超声波)。

已知实验时声波传播速度约为300m/s，红外线的传播速度约为3.0×108m/s，(由于A、B距离近，红外线传播速度太快，红外线的传播时间可以忽略)请根据以上数据和下面表格数据回答下面的问题：
红外线接受时刻0.10.20.30.40.5
超声波接受时刻0.1010.2020.3030.4040.505
(1)小车是靠近接收装置还是远离接收装置？请说明理由。

(2)估算小车在0.4s末的瞬时速度是多少？
(3)若发射和接收装置都安装在C上，信号由C发出，经小车D反射后再由C接受，这样只利
用超声波信号就可以测量小车速度了。

若第一个信号发射时刻为0.3s末，经过0.04s接受到反馈信号；然后在第0.5s发射了第二个信号，再经过0.06s接受到反馈信号，请根据这4个数据计算小车的瞬时速率。

28.篮球以6m/s的速度竖直向下碰地面，然后以4m/s速度竖直向上反弹，碰地的时间为0.2s。

求：
(1)求篮球在这0.2s内的速度变化ΔV的大小和方向。

(2)求篮球的加速度大小和方向。

29.元旦期间，小聪和家人出去游玩，在途中的十字路口，他们乘坐的小汽车正在等绿灯，绿灯亮
起后，小汽车以大小a=0.8m/s2的加速度启动，恰在此时，一辆匀速运动的大卡车以大小为v=7.2m/s的速度从旁边超过.假设小汽车启动后一直以加速度a加速行驶，直路足够长，且前方没有其他车辆和行人.求：
(1)从两车并行起，到两车距离最大所经历的时间t1；
(2)两车相遇之前的最大距离L;
(3)从两车并行起，两车再次相遇所经历的时间t2．
30.如图所示为某辆汽车制动过程的频闪照片。

汽车匀速运动到A位置时照相机开始拍照，汽车以
后向右沿直线运动的过程中，照相机每隔0.5s拍照一次，且汽车到达B位置时开始制动。

仔细观察频闪照片，
求：(1)汽车匀速运动时的速度大小；
(2)汽车制动过程的加速度大小；
(3)汽车从刹车到停下来运动的距离。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：解：人站在两平行峭壁间某一位置鸣枪，经过t1=1.50s第一次听到回声，
则此峭壁离人的距离：s1=v t1
2
=255m，
又经过t2=0.50s再次听到回声，即为从开始计时算起一共用了2.0s听的回声，
则此峭壁离人的距离：s2=v2.0
2
=340m，
则两峭壁间的距离：s=s1+s2=595m。

答：两峭壁间的距离为595m。

解析：声音的传播速度为340m/s速度直线运动，当声音遇到峭壁后反射回来我们才听到回声，应用匀速直线运动规律解题。

此类题目属于直接应用公式类题目，但要注意回声产生的原理，并明确声音经过的路径，必要时可以画草图帮助解答。

2.答案：解：(1)汽车在第5s末的速度为v=at1=1×5m/s=5m/s。

(2)汽车在前5s内通过的位移为x1=1
2at12=1
2
×1×52m=12.5m。

汽车在前4s内通过的位移为x′=1
2at′2=1
2
×1×42m=8m
故汽车在第5s内的位移Δx=x1−x′=12.5−8=4.5m
(3)汽车在前40s内的位移为：x2=1
2at22+(at2)t3=1
2
×1×202m+(1×20)×20m=600m
平均速度为v=x2t
 =600
40
m/s=15m/s。

解析：(1)物体先做初速度为零的匀加速直线运动，运动5s后速度由v=v0+at1求解；
(2)根据位移时间公式求解汽车在前5s内和前4s内通过的位移，再求解第5s内的位移；
(3)先根据位移公式求解出前40s内的位移，即可由位移与时间之比求解出平均速度；
本题要结合物体的运动情况，灵活选择运动学公式解题，关键要掌握位移公式和速度公式。

3.答案：解：(1)卡车在3s末的速度为：v3=v0+at=10m/s+2×3m/s=16m/s；
(2)卡车在6s内的位移为：x6=v0t6+1
2at62=10×6m+1
2
×2×36m=96m;
(3)卡车在前5s内的位移：x5=v0t5+1
2at52=10×5m+1
2
×2×52m=75m
卡车在第6s内的位移为：x=x6−x5=96m−75m=21m
则卡车在第6s内的平均速度为：v=x
t =21
1
m/s=21m/s．
解析：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用，基础题。

(1)根据匀变速直线运动的速度时间公式求出卡车在3s末的速度；
(2)根据位移时间公式求出6s内的位移；
(3)求出第6s内的位移，由平均速度定义式求解平均速度。

4.答案：解：v汽=45km/ℎ=12.5m/s；
由题意可知，两车间路程关系应为：
v 汽t=v
拖
t+200
代入数据得：12.5×30=v拖×30+200
解得：v拖=5.8m/s；
拖拉机行驶距离x=v汽t−200=175m，
答：(1)在这段时间内拖拉机行驶了175m，
(2)拖拉机的速度是5.8m/s。

解析：两车相遇时应该出现在同一位置，根据题意可列出两车的位移关系，即可求得拖拉机的位移与速度。

本题为简单的追及相遇问题，在解题时要注意明确两车同时出现在同一地点才能称为相遇，应注意列出路程关系。

5.答案：解：(1)令弹丸初速度方向为正方向，则知子弹的初速度v1=10m/s，末速度v2=7m/s，根据加速度的定义知，此过程中弹丸的加速度
a1=7−10
0.1
m/s2=−30m/s2负号表示加速度的方向与初速度的方向相反；
(2)令足球初初速度方向为正方向，则知足球的初速度v1=10m/s，末速度v2=−7m/s，
根据加速度的定义知，此过程中子弹的加速度：
a2=−7−10
0.1
m/s2=−170m/s2，
负号表示加速度的方向与初速度的方向相反。

答：(1)子弹击穿木板后速度大小变为7m/s，弹丸击穿木板时加速度大小为30m/s2，方向与初速度方向相反；
(2)足球与木板作用后反向弹回的速度大小为7m/s，足球与木板碰撞反弹时的加速度大小为
170m/s2，方向与初速度方向相反。

解析：掌握加速度的定义，知道加速度是矢量，其方向与速度变化的方向相同这是正确解决本题的读取，不难属于基础题。

6.答案：解：(1)小车以v0=20m/s的初速做匀减速直线运动经10s停下来，据加速度公式可求出a=
0−v0
t =−20 
10
 m/s2 =−2m/s2，加速度大小为2m/s2 ；
(2)当小车减为与货车同速时两车最近，
此过程小车通过的时间为t=v1−v0
a
=6s <10s
此时两车没有相遇，故小车制动后6s两车最近(3)据v12−v02=2as可求出两车同速时小车的位移为
s1=v12−v02
2a
=
82−202
2×(−2)
m=84m 
此时间内货车的位移为s2=v1t=8×6m=48m
小车与货车的最近距离是X=40m+48m−84m=4m
解析：本题考查了运动学中的临界问题，知道速度大者减速追及速度小者，若不相撞，则速度相等时有最小距离。

(1)根据速度时间公式求出小车的加速度；
(2)两车速度相等时距离最近，根据速度时间公式求出两车同速时的时间，分析判断得小车制动后何时与货车距离最近；
(3)结合运动学公式求出两车的位移，结合位移关系求出两车最近距离。

7.答案：解：(1)根据台秤的示数可知支持力大小，台秤的示数为65kg时，支持力F N=650N，当电梯加速上升时，根据牛顿第二定律F N−mg=ma，代入数据解得：a=3m/s2
(2)对于匀加速运动过程，有ℎ=v2
2a ，t=v
a
代入数据解得：ℎ=50
3m，t=10
3
s
因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移大小相等，故匀速运动的时间t′=t总−2t匀速运动的位移ℎ′=vt′
代入数据解得t′=124
3s，ℎ′=1240
3
m
故餐厅距地面的高度H=2ℎ+ℎ′=1340
3
m
解析：(1)对人分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
(2)根据位移时间公式求匀加速和匀速运动的位移。

由速度位移公式求位移，三个过程位移之和等于餐厅距地面的高度。

解决本题的关键理清电梯的运动过程，抓住各个过程的关系，如速度关系、位移关系，要灵活运用运动学公式进行求解。

8.答案：解：(1)汽车的初速度：v0=108km/ℎ=30m/s
汽车从刹车到停止运动的时间：t=0−v0
a =0−30
−5
s=6s
司机的反应时间是：t2=0.50s
故从发现到停下来需要时间为：t=t1+t2=6.5s<8s
所以汽车制动8s后速度为0；
(2)在0.5s的反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，位移为：x1=v0t2=30×0.5m=15m 刹车制动后，汽车做匀减速直线运动，由v2−v02=2ax得：
x2=0−v02
2a
=
0−302
2×(−5)
m=90m
所以汽车至少要前行15m+90m=105m才能停下来。

解析：解决本题的关键知道汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，结合运动学公式灵活求解。

(1)根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，加上反应时间，判断汽车的运动状态，再求汽车速度；
(2)分别求出在反应时间内的位移和匀减速运动的位移，从而得出汽车前行的距离。

9.答案：解：(1)由匀变速直线运动的规律有：x=vt1+v2
2a
代入数据解得：t1=1.8s
(2)无论该驾驶员是否饮酒，从刹车到车停止这段时间内汽车的运动都相同，故饮酒后与饮酒前从发现情况到汽车停止运动的过程行驶的距离的差值△x：
△x=v(t1−t2)
代入数据解得：△x=33m
答：(1)该驾驶员饮酒后的反应时间为1.8s；
(2)饮酒后与饮酒前从发现情况到汽车停止运动的过程行驶的距离的差值△x为33m。

解析：(1)由位移公式即可求出反应时间t1；
(2)由匀速直线运动的位移关系即可求出。

解决本题的关键知道汽车在反应时间和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

10.答案：解：(1)由v匀=at加
解得：a=5m/s2；
(2)由x
加=1
2
at
加
2
解得x加=10m
(3)匀速运动的位移：x匀=100m−10m=90m；
故匀速运动的时间：t匀=x
匀
v
匀
=90
10
s=9s
故总时间t=2s+9s=11s。

解析：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，灵活运用运动学公式进行求解。

(1)根据匀变速直线运动的速度时间公式求出运动员的加速度大小；
(2)根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动员的加速的位移；
(3)由匀速直线运动规律求解时间；相加得总时间。

11.答案：解：(1)由加速度公式，a=Δv
Δt
得：
设定初速度的方向为正方向，
罚球瞬间，球的加速度为：a1=Δv
Δt =20−0
0.1
m/s2=200m/s2
(2)守门员接球瞬间，球的加速度为：a2=Δv
Δt =−20−20
0.1
m/s2=−400m/s2
负号表示加速度方向与速度方向相反
解析：本题属于加速度定义式的运用，很多同学，不注意速度的方向，属于易错题，速度与加速度均是矢量，速度变化的方向决定了加速度的方向，却与速度方向无关。

加速度则是描述物体运动速度变化快慢的物理量．当速度变化时，则产生加速度。

根据加速度的定义式a=Δv
Δt
求出足球在这个过程中的加速度，注意速度的方向。

12.答案：解：根据火车长380米，经过扳道工人经过用了19秒可得火车19秒行驶的距离是380米，
火车的速度为：v=380
19
m/s=20m/s；
从火车进山洞到车尾离开共用50秒钟，火车经过的路程为：s=vt=20m/s×50s=1000m
山洞的长为s=1000m−380m=620m
答：这个山洞的长620米。

解析：火车过山洞的路程是山洞长度与火车长度之和，由路程公式可求出火车通过的路程，进一步求出山洞长度。

本题关键在于火车行驶的路程是山洞长与火车长度的和，部分同学可能不考虑火车长度而导致出错。

13.答案：解：(1)由图可知，B在前5秒内的位移大小为：x B=10m−5m=5m
(2)由图可知，A在前5秒内的位移大小为：x A=10m
故A 在前5秒内的平均速度大小为：v A =x A t
=
105
m/s =2m/s
答：(1)B 在前5秒内的位移大小为5m ；
(2)A 在前5秒内的平均速度大小为2m/s 。

解析：由图可直接求出A 、B 两物体在前5s 内的位移大小，由v =x
t 求解平均速度。

研究图象时，首先要明确图象的横纵坐标，很多同学可能想当然的当成了v −t 图象进行了处理，结果可想而知。

14.答案：解：(1)根据v =s
t 可得全程的一半路程为s =v 1t 1=36 km/ℎ×1ℎ=36km ；
后一半路程中的平均速度v 2−
=s
t 2=36km
12
ℎ=72 km/ℎ；
(2)全程的平均速度v −
=2s t 1+t 2=
2×36km 1ℎ+12
ℎ
=48km/ℎ．
答：(1)它最后一半的路程中的平均速度应为72 km/ℎ； (2)全程的平均速度应为48 km/ℎ．
解析：(1)已知汽车通过全程的一半的时间和速度，根据公式s =vt 求出校车行驶的路程，然后根据一半路程的时间，算出后半路程的速度；
(2)已知全程的路程和时间，根据公式v =s
t 可计算平均速度． 本题考查对平均速度的理解，要注意平均速度所对应的过程。

15.答案：解：设A 到B 的位移大小为x ，则B 到C 的位移大小也是x
(1)质点从A 运动到C 的平均速度大小v AC =2x
t 1+t 2=
2x
x v 1+x v 2
=2v 1v 2
v
1+v 2
=8
3m/s ；
(2)质点从A 到C 再返回B 全过程的平均速度大小v AB =x t 1+t 2+t 3=
x
x v 1+x v 2+x v 3
=1m/s
解析：本题考查了平均速度的定义，知道平均速度等于位移除以时间，平均速率等于路程除以时间。

设A 到B 的位移大小为x ，则B 到C 的位移大小也是x ，分别计算出A 到C 的时间和从A 到C 再返回B 全过程的时间，再由平均速度定义式计算。

16.答案：解：(1)v −t 图象的斜率表示加速度，则
由题图知，第2秒内，物体的加速度为：
a2=v2−v1
t1
=
2−4
1
m/s2=−2m/s2
第2秒内，物体的加速度大小为2m/s2；(2)由题图知，在第5秒内，物体的加速度为：
a5=v5−v4
t2
=
0−(−2)
1
m/s2=2m/s2
在第5秒内，物体的加速度大小为2m/s2，方向为正方向。

答：(1)第2秒内，物体的加速度为2m/s2；
(2)在第5秒内，物体的加速度大小为2m/s2，方向为正方向。

解析：本题主要考查v−t图象。

解决本题关键要掌握速度时间图象的斜率等于加速度，速度图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动。

速度时间图象的斜率等于加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向。

17.答案：解：由图可知，甲图中的速度：v0=60km/ℎ=50
3
m/s，乙图中的速度：v t=20km/ℎ=
50
9
m/s
由加速度的定义式可知汽车的加速度：a=v t−v0
t =
50
9
−50
3
8
m/s2=−100
72
m/s2=−1.4m/s2
答：该车的加速度约为−1.4m/s2。

解析：根据汽车的初末速度，结合加速度的定义式求出汽车的加速度．
解决本题的关键掌握加速度的定义式a=△v
△t
，以及在计算时注意单位的换算．
18.答案：解：(1)设泥石流到达坡底的时间为t1，速率为v1
则s1=v0t1+1
2
a1t12
v1=v0+a1t1
代入数据得：t1=20s，v1=16m/s ；
(2)汽车的速度加速至v1，且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，如汽车的速度加速至v1用时为t，因为司机的反应时间为1s
则泥石流在水平地面运动时间为，t+1−t1
所以v汽=v1=a2t，s
汽=
v
汽
2
2a2
=v12
2a2
，s泥=v1(t+1−t1)=s汽
解得：a2=0.421m/s2<0.5m/s2，故能脱离危险。

答：(1)泥石流到达坡底的时间为20s，速度大小为16 m/s；
(2)若汽车的加速度为0.5m/s2，能脱离危险。

解析：掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系是正确解题的基础，知道脱离危险的临界条件是正确解题的关键。

(1)根据匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系求得泥石流到达坡底的速度和时间；
(2)根据汽车速度达到与泥石流速度相等的安全临界速度，再根据运动规律求解最小加速度。

=5m/s2，19.答案：解：(1)由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度大小为：a1=△v
△t
=2m/s2
(2)由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为：a2=△v
△t
(3)设物体在斜面上到达B点时的时间为t B，则物体到达B时的速度为：
v B=a1t B①
由图表可知当t=1.2s时，速度v=1.1m/s，此时有：
v=v B−a2(t−t B)②
联立①②代入数据得：t B=0.5s，v B=2.5m/s
所以当t=0.6s时物体已经在水平面上减速了0.1s，速度为v=2.5−0.1×2=2.3m/s。

解析：根据图表中的数据可知：前0.4s物体还在斜面上，可以求出此时加速度，1.2s到1.4s时，物体在水平面，可以求出此时的加速度，要想求0.6s时的速度，应当明确此时物体在斜面上还是在水平面上。

本题考查一个物体参与多个过程的情况，对于这类问题要弄清各个过程的运动形式，然后根据相应公式求解。

20.答案：解：由匀变速直线运动的速度位移公式：v2−v02=2ax得：
对于静止到起飞阶段有：852−02=2×4×s1，解得：s1=903.125m，
对于减速阶段有：02−852=2×(−5)×s2，解得：s2=722.5m，
跑道长度至少为：s=s1+s2=1625.625m≈1626m；
答：跑道长度至少为1626m．
解析：略
21.答案：解：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
s4−x2=2a1T2
s3−s1=2a2T2
为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：
a= 1
2(a1+a2)= (BD−OB) 
4T2
 = (39.39−17.49−17.49)×10−2
4×0.01
m/s2 =1.10m/s2；
解析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出D点时小球的瞬时速度大小。

本题考查逐差法求加速度，在解题时要注意能将所有的数据均用上，这样可以减小因读数而造成的偶然误差；同时注意单位的换算。

22.答案：解：由于第一次加速时加速度a1=Δv1
Δt1=20
100
m/s2=0.2m/s2，故加速到60m/s需要150s；
第二次加速度时加速度a2=Δv2Δt
2=10
100
m/s2=0.1m/s2，故第二次加速开始的时间为500s；
第一次加速位移x1=30+60
2
×150m=6750m，匀速位移x2=60×350m=21000m，第二次加速位
移x3=60+80
2
×200m=14000m，故总位移大小x=x1+x2+x3=41750m
解析：根据表格中的数据，计算两次加速时间及匀速时间，再由运动学公式计算位移。

解决本题的关键搞清动车组的运动情况，运用运动学公式进行求解，难度适中。

23.答案：解：位移x=√R2+R2=√2R，方向由A指向D。

路程s=πR+2πR
2+πR
2
=2.5πR。

答：他走到D点时的位移大小为√2R，方向南偏东45。

；走到D点时的路程是2.5πR。