【文档说明】河北省唐山市第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考试题 物理 Word版含解析.docx，共(15)页，541.194 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年河北省唐山市第一中学高一（上）月考物理试卷（10月）一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.下列物理量都是矢量的是()A.速度变化率速度变化量B.路程位移C.瞬时速度速率D.平均速率加速度2.“这么近那么美

，周末到河北”，天津的小王周末计划游览唐山南湖旅游景区。他打开手机导航搜索驾车线路，如果走“高速优先”则有142km，需用时1小时55分钟，早上8点钟出发，预计9点55分到达。如果走“距离最短”则有129km，需用时2小时12分

钟，则下列判断正确的是()A.9点55分指的是时间B.走“距离最短”说明路程最小C.小王驾车途中看到公路两旁树木迎面而来是以地面为参考系D.由题中数据可以计算走“高速优先”路线的平均速度的大小3.下列几种运动中，实

际中不可能存在的是()A.物体的速率不变，但加速度不为零B.物体的速度越来越小，加速度越来越大C.物体的速度变化越来越慢，速度越来越大D.物体的速度变化方向为正，加速度方向为负4.如图是甲、乙两物体从同一点开始做直线运动的运动图像，下列

说法正确的是()A.若y表示位移，则𝑡1时间内甲的位移小于乙的位移B.若y表示速度，则𝑡1时间内甲的位移大于乙的位移C.若y表示位移，则𝑡=𝑡1时甲的速度大于乙的速度D.若y表示速度，则𝑡=𝑡1时甲的加速

度小于乙的加速度5.以𝑣0=20𝑚/𝑠的速度竖直上抛一小球，2s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球。不考虑空气阻力的影响，g取10𝑚/𝑠2，则两球相碰处离出发点的高度是()A.5mB.15mC.20mD.不会相碰6.一个物体

从静止开始以加速度𝑎1做匀加速直线运动，经过时间t后，立即以加速度𝑎2做匀减速直线运动。若其再经过时间t恰好能回到原点，则其从开始运动到速度减为0的过程所用的时间为()A.13𝑡B.43𝑡C.53𝑡D.2t7.杂技演员在表演时，将一毛绒球竖直向上

抛出。毛绒球向上运动的过程中速度v与位移x的关系式为𝑣=5√1−𝑥(𝑚/𝑠)。已知毛绒球在上升过程中做匀变速直线运动，规定竖直向上为正方向，关于物体该过程的初速度𝑣0、加速度a、上升的最大高度h及运动到最高点的时间

t，下列说法正确的是()A.𝑎=−10𝑚/𝑠2，𝑡=0.5𝑠B.𝑣0=5𝑚/𝑠，𝑎=12.5𝑚/𝑠2C.ℎ=1𝑚，𝑡=0.6𝑠D.𝑣0=5𝑚/𝑠，𝑡=0.4𝑠8.某质点做匀加速直线运动，在速度由𝑣0变为𝑘𝑣0(𝑘>1)的过程

中，用时为t，质点的位移大小为x，则在随后的4t时间内，质点的位移大小为A.8(3𝑘−2)𝑥𝑘+1B.2(3𝑘−2)𝑥𝑘+1C.4(5𝑘−4)𝑥𝑘+1D.(5𝑘−4)𝑥𝑘+1二、多选题：本大题共4小题，共16分。9.如图所示，将弹性

小球以10𝑚/𝑠的速度从距地面3m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面2m高的B点时，向上的速度为7𝑚/𝑠，该过程共用时0.3𝑠，则此过程中()A.小球发生的位移的大小为1m，方向竖直向下B.小球速度变化量的大小为3�

�/𝑠，方向竖直向上C.小球平均速度的大小为1.5𝑚/𝑠，方向竖直向下D.小球平均加速度的大小约为56.7𝑚/𝑠2，方向竖直向上10.如图所示，一颗子弹水平向右飞行，恰好能够依次穿过竖直固定着的厚度相同的3块木块，子弹在木块中的运动可以看作匀减速直线运动，下列分析正确的是()A.子弹进

入每块木块前的速度之比𝑣1：𝑣2：𝑣3=√6：2：1B.子弹依次穿过三块木板的时间之比𝑡1:𝑡2:𝑡3=(√3−√2):(√2−1):1C.改变木板的厚度，让子弹恰好穿过三块木块的时间相等，则三块木块的厚度之比𝑑1：𝑑2：�

�2=5：3：1D.改变木板的厚度，让子弹恰好穿过三块木块的时间相等，则子弹进入每块木块前的速度之比𝑣1：𝑣2：𝑣3=3：2：111.甲、乙两质点沿同一直线运动做匀减速直线运动，通过计算机描绘了两质点的𝑥𝑡−𝑡的图像，如图所示.则下列说法正确的是()A.甲、乙两质点的

初速度大小之比为3：2B.甲、乙两质点的加速度大小之比为3：1C.0∼2𝑠内甲、乙两质点的平均速度之比为3：2D.甲、乙两质点从𝑡=0时刻到速度为零时的位移大小之比为9：812.汽车A和汽车𝐵(均可视为质点)在平直的公路上

沿两平行车道同向行驶，A车在后(如图甲所示)。以某时刻作为计时起点，此时两车相距𝑥0=12m。汽车A运动的𝑥−𝑡图像如图乙所示，汽车B运动的𝑣−𝑡图像如图丙所示。下列说法正确的是()A.汽车A由静止开始做匀加速直线运动B.汽车B在0∼6𝑠内的位移大小为24mC

.在𝑡=3𝑠时，两车相距最远，且最远距离为20mD.若𝑡=1𝑠时，A车紧急制动(视为匀变速)，要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于0.25m/s2三、实验题：本大题共2小题，共18分。13.某同学选用如图所示的装置做“测定匀变速直线运动的

加速度”的实验，电源的频率为50Hz。(1)实验操作步骤如下：A.把打点计时器固定在长铝板上没有滑轮的一端，并连接在低压直流电源上B.把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面C.把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下边挂上合适的槽码D.把附有滑轮的长铝板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面

E.把小车停在靠近打点计时器处，放开小车，启动计时器，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，换上新纸带，重复三次其中，把你认为有错的步骤序号选出________，可改正为______________________________________

_________________________。(2)该同学选出了一条清晰的纸带，并根据纸带上的点，标出了如图所示的计数点，其中两相邻计数点间还有4个点未画出，测得计数点之间的距离𝑥1=7.05𝑐𝑚，𝑥2=7.68𝑐𝑚，𝑥3=8.33𝑐𝑚，𝑥4=8.95𝑐𝑚，𝑥5=9

.61𝑐𝑚，𝑥6=10.26𝑐𝑚。求出小车的加速度大小为_____𝑚/𝑠2。14.(1)纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“0”计数点对齐。由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离𝑑

1、𝑑3、𝑑5。读出距离：𝑑1=1.20𝑐𝑚，𝑑3=__________cm，𝑑5=__________cm；(2)某学生用图1所示的实验装置测量当地的重力加速度。重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带通过打点计时器，打出了一系列

的点。①打出的纸带如图2所示，选取纸带上连续的五个计时点A、B、C、D、E，测量点A、C间的距离为𝑠1，点C、E间的距离为𝑠2，若相邻点间的时间间隔均为T，则打C点时重锤的速度大小为__________；②根据纸带，先分别测量出A、B、C、D、E

、F、G各点到O点的距离ℎ(其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出)，再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和𝑣2，绘制出𝑣2−ℎ图像，如图3所示。实验时，由于操作失误，先释放纸带，后接通打点计时器，根据图像可知打O点时重锤的速度大小为_

_________𝑚/𝑠，测得当地的重力加速度大小为__________𝑚/𝑠2(两空结果均保留2位有效数字)；操作失误对测量结果的影响：__________(填偏小、偏大或无影响)。四、计算题：本大题共3小题，共30分

。15.如图为“眼疾手快”游戏装置示意图，游戏者需接住从支架上随机落下的圆棒。已知圆棒长为0.4𝑚，圆棒下端距水平地面2.1𝑚，某次游戏中一未被接住的圆棒下落经过A、B两点，A、B间距0.4𝑚，B点距离地面1.25𝑚。圆棒下落

过程中始终保持竖直，不计空气阻力，g取10𝑚/𝑠2。求：(1)圆棒下端到达A点时的速度大小；(2)圆棒经过AB段所需要的时间。16.近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆

的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为𝑣0=20𝑚/𝑠，靠近站口时以大小为𝑎1=5𝑚/𝑠2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为𝑣𝑡

=8𝑚/𝑠，然后立即以𝑎2=4𝑚/𝑠2的匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3)在(1)(2)问题中，

该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？17.A、B两车在同一直线上运动，A在后，B在前。当它们相距𝑥0=8𝑚时，A正以𝑣𝐴=8𝑚/𝑠的速度向右做匀速运动，而B此时速度𝑣𝐵=10𝑚/𝑠向右，以𝑎=2𝑚/𝑠2做匀减速运动，求：(1)𝐴未追上B之前，两车的

最远距离为多少？(2)经过多长时间A追上B？(3)若𝑣𝐴=3𝑚/𝑠，其他条件不变，求经过多长时间A追上B。答案和解析1.【答案】A【解析】A.速度变化率就是加速度，有大小又有方向，是矢量；速度变化量有大小又有方向，是矢量，故A符合题意；B.路程是只有大小，没有

方向的标量，位移是既有大小又有方向的矢量，故B不符合题意；B.瞬时速度有大小又有方向，是矢量；速率只有大小，没有方向的标量，故C不合题意；D.平均速率是只有大小，没有方向的标量，加速度是既有大小又有方向的矢量，故D不符合题意。2.【答案】B【解析】解：𝐴.9点55分指的是时刻，故A错误；B.“距

离最短”是指路程最小，故B正确；C.小王驾车途中看到公路两旁树木迎面而来是以汽车为参考系，如果以地面为参考系，公路两旁树木是静止的，故C错误；D.题中数据给出的是路程，没有给出位移，无法计算平均速度的

大小，故D错误。3.【答案】D【解析】A.当物体速率相等时，但运动方向改变时候，加速度不为零，如匀速圆周运动，故A正确，不符合题意；B.当加速度方向与速度方向相反时，速度越来越小，加速度也可能越来越大，故

B正确，不符合题意；C.当加速度与速度同向时，速度越来越大，加速度可能越来越小，故C正确，不符合题意；D.加速度方向与速度变化量的方向相同，速度变化方向为正，加速度方向为正，故D错误，符合题意。4.【答案】C【解析】𝐴𝐶.若y表示位移，则知𝑡1时间内甲的位移

等于乙的位移；斜率表示物体的速度，则知𝑡=𝑡1时甲的速度大于乙的速度，故A错误，C正确；𝐵𝐷.若y表示速度，速度-时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，则𝑡1时间内甲的位移小于乙的位移；图像的斜率表示加速度，可知𝑡=𝑡1时甲的加速度大于乙的加速度．故

BD错误。故选C。5.【答案】B【解析】设第二个小球抛出后经ts与第一个小球相遇，𝑣0(𝑡+2)−12𝑔(𝑡+2)2=𝑣0𝑡−12𝑔𝑡2解得𝑡=1𝑠，代入位移公式ℎ=𝑣0𝑡−12𝑔𝑡

2解得ℎ=15𝑚，故B正确，ACD错误。故选B。6.【答案】B【解析】由题意可作出物体的运动图像，如图所示：设图中A、B两点对应的速度分别为𝑣1和−𝑣2图中C点的横坐标为(𝑡+△𝑡)，质点位移为0时，根据速度-时间图线与坐标轴所

围的面积表示位移，可知面积关系𝑆𝑂𝐴𝐶=𝑆𝐶𝐷𝐵，即12𝑣1(𝑡+△𝑡)=12𝑣2(𝑡−△𝑡)，又由直线的斜率关系，有𝑣1△𝑡=𝑣2𝑡−△𝑡，联立可得𝛥𝑡=13𝑡，总时间为𝑡总=𝑡+△𝑡

=43𝑡。故选B。7.【答案】D【解析】【分析】与匀变速直线运动的位移与速度关系类比求出初速度和加速度，由运动学公式求出上升时间、最大高度。【解答】规定竖直向上为正方向，由运动学公式得𝑣2−𝑣02=2𝑎𝑥解得𝑣=√𝑣02+2𝑎𝑥对比𝑣=5√1−𝑥可得𝑣0=5�

�/𝑠，𝑎=−12.5𝑚/𝑠2运动到最高点的时间为𝑡=0−𝑣0𝑎=0.4𝑠上升的最大高度为ℎ=𝑣02⋅𝑡=1𝑚故选D。8.【答案】A【解析】【分析】质点做匀加速直线运动，根据速度与位移计算公式𝑥=𝑣+

𝑣02𝑡分析解答。本题主要考查了匀加速直线运动，明确速度与位移公式即可求得。【解答】质点做匀加速直线运动，加速度为：𝑎=𝑘𝑣0−𝑣0𝑡，t时间内位移为：𝑥=𝑣0+𝑘𝑣02𝑡得：𝑡=2𝑥𝑣0(𝑘+1)，则在随后的4t内，质点的位移大小为：𝑥′=𝑘𝑣0⋅4�

�+12𝑎(4𝑡)2=4𝑘𝑣0𝑡+12⋅𝑘𝑣0−𝑣0𝑡⋅(4𝑡)2，将𝑡=2𝑥𝑣0(𝑘+1)代入得：𝑥′=8(3𝑘−2)𝑥𝑘+1故选：A。9.【答案】AD【解析】A.小球初位置在距地面3m，末位置距地面2m，

所以小球发生的位移大小𝑠=1𝑚，方向竖直向下，故A正确;B.取竖直向下为正方向，小球速度的变化量△𝑣=−7𝑚/𝑠−10𝑚/𝑠=−17𝑚/𝑠，若取竖直向上为正方向，同理，速度变化量大小为17𝑚/𝑠，故B错误;C.平

均速度𝑣=𝑠△𝑡=1𝑚0.3𝑠≈3.33𝑚/𝑠，方向竖直向下，故C错误;D.小球平均加速度𝑎=△𝑣△𝑡=17𝑚/𝑠0.3≈56.7𝑚/𝑠2，方向竖直向上，故D正确。故选AD。10.【答案】B

CD【解析】【解答】A、每块木块的厚度为d，则子弹恰能穿过第3块木块有0−𝑣32=−2𝑎𝑑整理可得𝑣3=√2𝑎𝑑子弹穿过第2和3块木块有0−𝑣22=−2𝑎×2𝑑整理可得𝑣2=2√𝑎𝑑子弹穿过第1、2和3块木块有

0−𝑣12=−2𝑎×3𝑑整理可得𝑣1=√6𝑎𝑑故子弹进入每块木块前的速度之比𝑣1：𝑣2：𝑣3=√6：2：√2，故A错误；B、根据速度公式可以求得子弹在每块木块中运动的时间，有穿过第1块木块的时间𝛥𝑡1=𝑣𝑡−𝑣0−𝑎=2√�

�𝑎−√6𝑎𝑑−𝑎子弹穿过第2块木块的时间𝛥𝑡2=√2𝑎𝑑−2√𝑎𝑑−𝑎子弹穿过第3块木块的时间𝛥𝑡3=0−√2𝑎𝑑−𝑎故子弹依次穿过三块木板的时间之比𝑡1:𝑡2:𝑡3=(√3−√

2):(√2−1):1，故B正确；CD、改变木板的厚度，让子弹恰好穿过三块木块的时间相等，从左到右做末速度等于0的匀减速直线运动，根据“逆向思维”的观点，子弹的运动可以看作是从右到左的初速度为零的匀加速直线运动，根据𝑣=𝑎𝑡可知，子

弹进入第1个、第2个、第3个木块前的速度之比𝑣1：𝑣2：𝑣3=3：2：1；在第3个、第2个、第1个t内通过的位移之比𝑥1：𝑥2：𝑥3=1：3：5，则三块木块的厚度之比𝑑1：𝑑2：𝑑2=5：3：1，故CD正确。故选：BCD。【分析】A、根据运动学公式，结合题意求

出子弹进入每块木块前的速度之比；B、根据运动学公式，求出子弹依次穿过三块木板的时间之比；CD、利用逆向思维，结合题意，求出让子弹恰好穿过三块木块的时间相等时的三块木块的厚度之比，以及子弹进入每块木块前的速度之比。考查学生对匀变

速直线运动规律的理解，引导学生建立运动和相互作用观。关键是能利用逆向思维，把末速度为零的匀减速直线运动看作是初速度为零的匀加速直线运动来处理。11.【答案】AD【解析】【分析】根据运动学公式写出𝑥𝑡−𝑡的表达式，根据图像斜率的

物理意义结合运动学公式求解。本题的关键是能根据图象读出有用信息，知道𝑥𝑡−𝑡的图象中，倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动。【解答】AB、由𝑥=𝑣0𝑡+12𝑎𝑡2得𝑥𝑡=𝑣0+12𝑎𝑡，由图线甲得12𝑎甲

=10−302−0𝑚/𝑠2=−10𝑚/𝑠2，𝑣0甲=30𝑚/𝑠；由图线乙得12𝑎乙=10−202−0𝑚/𝑠2=−5𝑚/𝑠2，𝑣0乙=20𝑚/𝑠，甲、乙两质点的初速度大小之比为3：2，甲、乙两质点的加速度大小之比为2：1，故A正确，B错误；C、由𝑣甲=𝑣

0甲+𝑎甲𝑡得，2s末甲的速度为𝑣甲=−10𝑚/𝑠，由𝑣乙=𝑣0乙+𝑎乙𝑡得，2s末乙的速度为𝑣乙=0𝑚/𝑠，则0∼2𝑠内甲的平均速度为𝑣甲=𝑣甲+𝑣0甲2=10𝑚/𝑠，乙的平均速度为𝑣乙−=𝑣乙+𝑣0乙2=

10𝑚/𝑠，则0∼2𝑠内甲、乙两质点的平均速度之比为1：1，故C错误；D.从𝑡=0时刻到速度为零时，甲的位移为𝑥甲=𝑣0甲22𝑎甲=3022×20𝑚=22.5𝑚，乙的位移为𝑥乙=𝑣0乙22𝑎乙=2022×10𝑚=20𝑚，则甲、乙

两质点的位移之比为9：8，故D正确。故选：AD。12.【答案】BCD【解析】A.由图乙可知，𝑥−𝑡图线斜率表示速度，则汽车A做匀速直线运动，故A错误；B.由于B车在5s末停止，故在0∼6𝑠内的位移等于在0∼5𝑠内的位移𝑥

=12×(1+5)×8m=24m，故B正确；C.当两车速度相等时，两车相距最远，A车的速度为𝑣A=𝛥𝑥𝛥𝑡=205m/s=4m/s，B车刹车后的加速度𝑎=𝛥𝑣𝛥𝑡=0−85−1m/s2=−2

m/s2，设B车匀减速运动的时间为t时两车速度相等，则有𝑣A=𝑣B+𝑎𝑡，代入数据解得𝑡=2s，即𝑡=3𝑠时相距最远，此时A车的位移𝑥A=𝑣A𝑡=4×3m=12m，B车位移为𝑥B=𝑣0𝑡1+(𝑣0𝑡2+12𝑎

𝑡22)=(8×1+8×2−12×2×22)m=20m，因此最远距离为𝛥𝑥=𝑥B+𝑥0−𝑥A=20m+12m−12m=20m，故C正确；D.𝑡=1𝑠时，A匀速位移𝑥A=𝑣A𝑡=4×1m=4m，B车匀速位移𝑥B=𝑣B𝑡=8×1m=8m，两车间的距离

𝛥𝑥=(8+12−4)m=16m，B车匀减速到停止的位移为𝑥𝐵′=12×8×(5−1)𝑚=16𝑚，当B停止时，A也停止时，A的加速度最小，则A车匀减速运动的总位移𝑥𝐴总=𝛥𝑥+𝑥𝐵′=(16+16)𝑚=32𝑚，对A车，根据速度位移公式𝑎𝑚𝑖𝑛=𝑣𝐴22𝑥

𝐴总=422×32𝑚/𝑠2=0.25𝑚/𝑠2，所以A车的加速度至少为0.25𝑚/𝑠2，故D正确。故选BCD。13.【答案】(1)𝐴𝐸；把A中的“直流电源”改为“交流电源”；把E中的“放开小车，启动计时器”改为“启动计时器，

放开小车”；(2)0.64【解析】(1)步骤A错误，打点计时器应连接在交流电源上；步骤E错误，把“放开小车，启动计时器”改为“启动计时器，放开小车”；(2)根据匀变速直线运动的推论公式𝛥𝑥=𝑎𝑡2可以求出加速度的大小𝑎=𝑠6+𝑠5

+𝑠4−(𝑠3+𝑠2+𝑠1)(3𝛥𝑡)2=(10.26+9.61+8.95−8.33−7.68−7.05)×10−2(3×0.1)2𝑚/𝑠2=0.64𝑚/𝑠2。14.【答案】5.4012.00𝑠1+𝑠24𝑇

2.09.6无影响【解析】(1)[1][2]图中刻度尺的分度值为0.1𝑐𝑚，由图可知𝑑3=5.40𝑐𝑚，𝑑5=12.00𝑐𝑚(2)①[3]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打C点时重锤的速度大小为𝑣𝐶=𝑠1+𝑠24𝑇②[4]根

据图像可知打O点时重锤的速度大小为𝑣0=2.0𝑚/𝑠[5]根据2𝑔ℎ=𝑣2−𝑣02可得𝑣2=2𝑔ℎ+𝑣02，可知𝑣2−ℎ图像的斜率为𝑘=2𝑔=13.6−4.00.5𝑚/𝑠2=19.2𝑚/𝑠2，解得重力加

速度大小为𝑔=9.6𝑚/𝑠2[6]操作失误不影响𝑣2−ℎ图像的斜率，所以操作失误对测量结果无影响。15.【答案】(1)圆棒底部距离A点高度为ℎ1=2.1𝑚−0.4𝑚−1.25𝑚=0.45𝑚圆棒做自由落体运动下落到A点有ℎ1=12𝑔𝑡12解得�

�1=√2ℎ1𝑔=0.3𝑠则圆棒下端到达A点时的速度大小为𝑣𝐴=𝑔𝑡1=3𝑚/𝑠(2)圆棒上端距离B点高度为ℎ2=2.1𝑚+0.4𝑚−1.25𝑚=1.25𝑚圆棒做自由落体运动，当圆棒上端下落到B点有ℎ2=12𝑔𝑡22解得𝑡2=√2ℎ2𝑔=0.5𝑠则圆棒

经过AB段所需的时间为𝛥𝑡=𝑡2−𝑡1=0.2𝑠【解析】详细解答和解析过程见【答案】16.【答案】解：(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站𝑥1处开始制动，则有𝑣𝑡2−𝑣02=2𝑎1𝑥1解得𝑥

1=33.6𝑚则驾驶员应在距收费站口33.6𝑚处开始减速；(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为𝑥1和𝑥2，时间为𝑡1和𝑡2，则减速阶段𝑣𝑡=𝑣0−𝑎1𝑡1解得𝑡1=2.4𝑠加速阶段𝑡2=𝑣0−𝑣𝑡𝑎2=3s

则加速和减速的总时间为𝑡=𝑡1+𝑡2=5.4𝑠；(3)在加速阶段𝑥2=𝑣𝑡+𝑣02⋅𝑡2=42m则总位移𝑥=𝑥1+𝑥2=75.6𝑚若不减速所需要时间𝑡′=𝑥𝑣0=3.78s车因减速和加速过站而耽误的时间△𝑡=𝑡−𝑡′=1.62𝑠

。【解析】(1)根据匀减速直线运动位移速度公式即可求解；(2)根据速度公式求解加速与减速的时间；(3)求出两过程的总位移后，用不减速所需要的时间与(2)的时间比，求出耽误的时间。17.【答案】(1)设时间𝑡1两车速度相同，此时相距最远，则有𝑣𝐴=𝑣𝐵−

𝑎𝑡1两车最远距离𝛥𝑥=𝑥𝐵+𝑥0−𝑥𝐴=𝑣𝐵𝑡1−12𝑎𝑡12+𝑥0−𝑣𝐴𝑡1代入数据解得𝛥𝑥=9𝑚(2)设A追上B时为𝑡2，有𝑣𝐴𝑡2=𝑣𝐵𝑡2−12𝑎𝑡22+𝑥0代入数据解得𝑡2=4�

�B速度减为零的时间𝑡0=𝑣𝐵𝑎=102𝑠=5𝑠可知此时B还未停止，所以A经过4s追上B。(3)𝐵匀减速到停止的时间为𝑡0=𝑣𝐵𝑎=102𝑠=5𝑠在5秒内A运动的位移𝑥𝐴=𝑣�

�𝑡0=15𝑚在5秒内B运动的位移𝑥𝐵=𝑣𝐵𝑡0−12𝑎𝑡02=25𝑚因为𝑥𝐴<𝑥𝐵+𝑥0，即B停止运动时，A还没有追上B。所以A追上B的时间为𝑡3=𝑡0+𝑥𝐵+𝑥0−𝑥𝐴𝑣𝐴代入数据解得𝑡3=11

𝑠【解析】本题考查了追及相遇问题，做好运动分析，并判断好临界条件是解决此类问题的关键。