文档内容
专题 01 匀变速直线运动
[题型导航]
题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用............................................1
题型二 匀变速直线运动的推论及应用................................................5
题型三 自由落体与竖直上抛运动....................................................7
题型四 多运动过程问题...........................................................11
题型五 直线运动的x-t v-t图像...................................................14
题型六 追及与相遇问题...........................................................17
[考点分析]
题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1．基本规律
(1)速度公式：v＝v＋at.
0
(2)位移公式：x＝vt＋at2.
0
(3)位移速度关系式：v2－v＝2ax.
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．
[例题1] 杭新景高速公路限速120km/h，一般也要求速度不小于80km/h。冬天大雾天气的
时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸。如果某人大雾天开车在高速上行驶，设
能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为30m，该人的反应为0.5s，汽车刹车时能产
生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（ ）
A．10m/s B．15m/s C．10√3m/s D．20m/s
【解答】解：设汽车的初速度为v
0
，则在反应时间里汽车的位移为x
1
＝v
0
t反 ＝0.5v
0
，汽车做匀
减速直线运动的时间：
0-v v
t= 0= 0
a 5v +v v
根据匀变速直线运动的平均速度公式v= 0 = 0
2 2
汽车做匀减速直线运动的位移 v v v v2
x= 0t= 0× 0= 0
2 2 5 10
因为能见度为30m，所以有保证安全的前提下满足：x +x≤30当取最大速度时取等号即：
1
v2
0 +0.5v =30
10 0
可解得：v ＝15m/s（v ＝﹣20m/s不合题意舍去）
0 0
故选：B。
[例题2] ETC是不停车电子收费系统的简称。最近，某市对某 ETC通道的通行车速进行
提速，车通过ETC通道的流程如图所示。为简便计算，假设汽车以v ＝28m/s的速度朝收费站
0
沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10m处正好匀减速至v ＝5m/s，
1
匀速通过中心线后，再匀加速至v 正常行驶。设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为
0
1m/s2，忽略汽车车身长度。求：
（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中所需要的时间；
（2）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
（3）提速后汽车以v ＝10m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过 ETC
2
通道过程中比提速前节省的时间。
v -v 28-5
【解答】解：（1）由速度—时间关系得减速阶段的时间为：t = 0 1= s＝23s
1
a 1
d 10
匀速行驶区间的时间：t = = s＝2s
2 v 5
1
由对称性可知从v恢复到v 的时间：t ＝t ＝23s
0 3 1
所以汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中所需要的时间：
t＝t +t +t ＝23s+2s+23s＝48s
1 2 3
（2）设汽车匀减速过程位移大小为d ，由运动学公式得：v 2﹣v 2＝2ad
1 0 1 1
解得：d ＝379.5m
1由对称性可知汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为：
x ＝2d +d＝2×379.5m+10m＝769m；
1 1
（3）设汽车提速后匀减速过程的位移大小为d ，由运动学公式得：
2
v 2﹣v 2＝2ad
0 2 2
解得：d ＝342m
2
由对称性可知提速后汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小：
x ＝2d +d＝2×342m+10m＝694m
2 2
v -v 28-10
提速后匀减速过程的时间：t ′= 0 2= s＝18s
1
a 1
d 10
匀速行驶区间的时间：t ′= = s＝1s
2 v 10
2
提速后匀加速的时间：t ′＝18s
3
匀速通过（d ﹣d ）的时间：Δt d -d 379.5-342s＝1.34s
1 2 = 1 2=
v 28
0
通过与提速前相同位移的总时间为
t'＝t ′+t ′+t ′+2Δt
1 2 3
代入数据解得：t′＝39.68s
所以汽车提速后过ETC通道过程中比提速前节省的时间：
ΔT＝t﹣t′＝48s﹣39.68s＝8.32s。
答：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中所需要的时间为48s；
（2）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为769m；
（3）汽车提速后过ETC通道过程中比提速前节省的时间为8.32s。
[例题3] （多选）某人在一条平直的公路上测试汽车的加速和减速性能，汽车以 18km/h
的速度匀速行驶，然后以大小为0.5m/s2的加速度匀加速运动并开始计时，加速10s后开始刹车
以大小为1m/s2的加速度匀减速运动，下列说法正确的是（ ）
A．在t＝10s时，汽车走过的位移大小是50m
B．在t＝12s时，汽车的速度大小是8m/s
C．在t＝22s时，汽车走过的位移大小是123m
D．在t＝22s时，汽车走过的位移大小是125m
【解答】解：A.设加速时加速度大小为a ，根据匀变速直线运动的位移—时间关系得加速 10s时
11 18 1
通过的位移为x=v t + a t2= ×10m+ ×0.5×102m=75m，故A错误；
0 1 2 1 1 3.6 2
B.设减速时加速度大小为a ，加速10s的速度为v ＝v +a t ＝5m/s+0.5×10m/s＝10m/s，再减速2s
2 1 0 11
就是12s时的速度为v ＝v ﹣a t ＝10m/s﹣1×2m/s＝8m/s，故B正确；
2 1 22
CD.减速的初速度时加速的末速度v ，根据匀变速直线运动的速度—时间关系得减速到零需要的
1
时间为 v 10 ，即汽车从加速再减速到零总需时间为t＝10s+10s＝20s，22s时车已
t = 1= s=10s
0 a 1
2
经停止 2s，位移为 20s 时的位移，由匀变速直线运动的位移—时间关系得减速位移为
1 1
x'=v t - a t2=10×10m- ×1×102m=50m，即t＝22s时汽车走过的位移大小为 x″＝
1 0 2 2 0 2
x+x′＝75m+50m＝125m，故C错误，D正确。
故选：BD。
[例题4] 如图所示，AB为进入弯道前的一段平直公路，其长度x ＝395m，BC为水平圆
AB
弧形弯道；汽车在直道上行驶的最大速度v ＝40m/s，为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前
1
必须减速，到达B点进入弯道时速度不能超过v ＝20m/s，要求汽车由静止开始在最短的时间
2
内走完 AB 这段直道，已知汽车启动时最大加速度 ，制动时最大加速度大小
a =4m/s2
1
，试根据上述数据求汽车在直道上行驶所用的最短时间。
a =8m/s2
2
【解答】解：（1）汽车由静止开始加速到直道直道最大速度v ，则有
1
v 40s＝10s
t = 1=
1 a 4
1
这段时间内的位移为v 40
s = 1t = ×10m＝200m
1 2 1 2
然后减速到20m/s所需的时间
t v -v 40-20s＝2.5s
2= 1 2=
a 8
2
v +v 40+20
这段时间内的位移为s = 1 2 ⋅t = ×2.5m＝75m
2 2 2 2
则s +s ＝200m+75m＝275m＜395m，说明汽车会匀速一段时间
1 2
汽车做匀速直线运动的时间 x -s -s 395-200-75s＝3s
t = AB 1 2=
3 v 40
1
综上所述，汽车在直道上的总时间t总 ＝t
1
+t
2
+t
3
＝10s+2.5s+3s＝15.5s。
答：汽车在直道上行驶所用的最短时间为15.5s
题型二 匀变速直线运动的推论及应用
1．两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和
的一半，即：＝v ＝.
(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x －x ＝x －x ＝…＝x －x
2 1 3 2 n n－1
＝aT2.
2．v＝0的四个重要推论
0
(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v∶v∶v∶…∶v＝1∶2∶3∶…∶n
1 2 3 n
(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x∶x∶x∶…∶x＝12∶22∶32∶…∶n2
1 2 3 n
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：x ∶x ∶x ∶…∶ x＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
Ⅰ Ⅱ Ⅲ n
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t∶t∶t∶…∶t＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)
1 2 3 n
[例题5] 一辆汽车做匀加速直线运动，从A到B速度增量为Δv，位移为x ，从B到C速
1
度增量为2Δv，运动的位移为x ，若D点是汽车从B运动到C过程的中间时刻的位置（图中未
2
标出），则汽车从B点运动到D点的位移为（2(x -x )
A．x ﹣x B． 2 1
2 1
3
x +x 2(x +x )
C． 1 2 D． 1 2
3 5
△v
【解答】解：由加速度的定义式a= ，知B到C的时间是A到B时间的2倍，设A到B的时
△t
间为t，则B到C的时间为2t
x x
AB段中间时刻的速度v = 1，BC段中间时刻D点的速度：v =v = 2 ①
1 t D 2 2t
x x
2 - 1
v -v 2t t
由加速度的定义式有：a= 2 1= ⋯②
1 3
t+t t
2 2
△v
其中t= ⋯③
a
联立②③得： 3(△v) 2 ，④
a=
x -2x
2 1
1
D到B的逆过程：x=v ⋅t- at2 ⑤
D 2
x +x
联立可得：x= 1 2
3
故C正确，ABD错误；
故选：C。
[例题6] 如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过
ab、bc和cd三段所用时间之比为3：2：1，通过ab和cd段的位移分别为x 和x ，则bc段的
1 2
位移为（ ）
x +x x +5x
A． 1 2 B． 1 2
2 4
2x +12x 5x -2x
C． 1 2 D． 1 2
9 9
【解答】解：设质点经过ab、bc和cd三段所用时间分别为3t、2t和t，设各段时间t内的位移分别为：s 、s 、s 、s 、s 和s ，
1 2 3 4 5 6
由题可得：x ＝s +s +s ；x ＝s …①
1 1 2 3 2 6
设bc段的位移为x，则：x＝s +s …②
4 5
根据公式：△x＝aT2，则：（x+x ）﹣x ＝（s +s +s ）﹣（s +s +s ）＝9at2…③
2 1 4 5 6 1 2 3
同时，由于：s ﹣s ＝s ﹣s ，
2 1 3 2
所以得：s +s ＝2s …④
1 3 2
结合①④可得：x ＝s +s +s ＝3s …⑤
1 1 2 3 2
x
而：s ﹣s ＝4at2，即：x - 1=4at2 ⋯⑥
6 2 2 3
x +5x
联立③⑥可得：x= 1 2
4
故选：B。
[例题7] （多选）历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为
v -v
“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为A= s 0，
s
其中v 和v 分别表示某段位移s内的初速和末速．A＞0表示物体做加速运动，A＜0表示物体
0 s
v -v
做减速运动．而现在物理学中加速度的定义式为a= t o，下列说法正确的是（ ）
t
A．若A＞0且保持不变，则a逐渐变大
B．若A不变，则a也不变
C．若A不变，则物体在中间位置处的速度为√v2+v2
0 s
2
v +v
D．若A不变，则物体在中间位置处的速度为 0 s
2
【解答】解：A、若A＞0，在这种情况下，相等位移内速度增加量相等，所以平均速度来越大，
v -v
所以相等位移内用的时间越来越少，由a= 1 o可知，a越来越大，故A正确，B错误。
t
s v -v
C、因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为 ，速度变化量为 s 0，所以此位
2 2
v -v v +v
置的速度为v + s 0= 0 s，故C错误，D正确。
0
2 2
故选：AD。题型三 自由落体与竖直上抛运动
1．特点和规律
(1)自由落体运动的特点
①从静止开始，即初速度为零．
②只受重力作用的匀加速直线运动．
③公式：v＝gt，h＝gt2，v2＝2gh.
(2)竖直上抛运动的特点
①初速度竖直向上．
②只受重力作用的匀变速直线运动．
③若以初速度方向为正方向，则a＝－g.
2．处理竖直上抛运动的方法
(1)分段处理
①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．
②几个特征物理量
上升的最大高度H＝，上升到最高点所用的时间T＝，回到抛出点所用的时间t＝，回到抛出点时的
速度v＝－v.
0
(2)全程处理
①初速度为v(设为正方向)，加速度为a＝－g的匀变速直线运动．
0
②v>0时，物体上升．v<0时，物体下降．
③h>0时，物体在抛出点上方．h<0时，物体在抛出点下方．
[例题8] （多选）甲物体从离地面H高空自由落下，而乙物体在地面以初速度 v 同时向
0
3
上抛出，两物体在离地面 H处相遇。如果g、v 为已知量，则（ ）
0
4
v
A．从自由下落到相遇，经过的时间为t= 0
2g
B．甲物体落到地面时，乙物体仍在上升
v
C．相遇时，甲、乙两物体的速度大小相等，均为 0
2
D．乙上升的最大高度就是H，且H v2 ，而甲物体落地时的速度大小是v
= 0 0
2g【解答】解：A、甲乙相遇时，如图所示：
1 1 3 1
位移之和为H： gt2+v t- gt2=H，即：H＝v t，对甲物体位移：H- H= gt2，联立可
2 0 2 0 4 2
v
解的：t= 0 ，v2=2gH，故A正确；
2g 0
BD、由以上分析： 2gH，可知，甲物体落地时的速度为v ，乙物体上升最高点离地高H，则
v2= 0
0
甲和乙两物体的运动实际上一对逆过程，乙正好达到最高点时，甲正好落地，落地速度为 v ，
0
故B错误，D正确；
v +v s
C、匀变速直线运动的平均速度公式：v= 0 t = ，当甲乙相遇时，设甲的速度大小为v ，乙
1
2 t
的速度大小为v ，运动时间相等设为t，则：
2
1
H v
甲：0+v 4 ，由A可知：H＝v t，解得：v = 0
1= 0 1 2
2 t
3
H v
乙：v -v 4 ，联立：H＝v t，解得：v = 0，故C正确。
0 2= 0 2
2
2 t
故选：ACD。
[例题9] 在距水平地面高0.8m处先后依次由静止释放A、B、C三个小球，小球视为质点，
相邻两球释放时间间隔Δt相同，且Δt＜0.4s。三小球释放位置很接近但不完全重合，使得后面
运动过程小球之间不会发生碰撞。所有小球与地面的碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间。已知
A、B两球第一次相遇的位置离地高0.35m，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）相邻两球释放时间间隔Δt；
（2）A、B两球第2023次相遇时，C球与A、B两球之间的距离；
（3）若B球处于A、C球之间，且A、C球之间距离大于0.6m时才有机会将B球取走，仅考虑
C球释放后的15s内，能有机会将B球取走的总时间为多长？1
【解答】解：（1）令H＝0.8m，h ＝0.35m，则对B球体有：H﹣h = gt2
1 1 2 1
代入数据解得：t ＝0.3s
1
1
A球体下落至地面过程中，有：H= gt2，
2 2
落地时的速度大小为：v ＝gt
0 2
联立解得：t ＝0.4s，v ＝4m/s
2 0
1
A球体反弹至h ＝0.35m高处的过程中，根据位移—时间关系可得：h ＝v t - gt2
1 1 03 2 3
代入数据解得：t ＝0.1s
3
相邻两球释放时间间隔Δt＝t +t ﹣t
2 3 1
代入数据解得：Δt＝0.2s；
（2）由分析可知AB球体在奇数次相遇时距离地面高度为h ＝0.35m位置处，此时速度为：
1
v ，
1=√2g(H-h
)
1
代入数据解得：v ＝3m/s
1
1
在偶数次相遇时距离地面高度：h ＝0.8m- ×10×0.12m＝0.75m
2
2
此时速度：v
2=√2g(H-h
)
2
代入数据解得：v ＝1m/s
2
则A、B两球第2023次相遇时，C球与A、B两球之间的距离：
h ＝h ﹣h ＝0.75m﹣0.35m＝0.4m；
3 2 1
（3）由分析可知，当BC在h ＝0.35m位置处相遇时，A恰好位于h ＝0.75m位置处，此时A、
1 2
C两球之间的距离也为 h ＝0.4m处，之后B球在AC球之间，令历时t ，AC球距离为Δh＝
3 4
0.6m，则有：
1 1
v t - gt2+v t + gt2=Δh
14 2 4 24 2 4
代入数据解得：t ＝0.05s
4
则从C球释放开始计时，画出x﹣t图象如图所示，其中红色表示A球、绿色表示B球、紫色表
示C球。根据图象可知，在刚刚释放C球时，C球在上A球在下，则有一次取走B的机会，可取走B球
的时间为0～0.5s；第二次取走B球的机会为：0.35～0.4s，根据对称性可知，第三次取走B球的
机会为：0.4～0.45s，依次类推，可得从0时刻开始每经过一个0.2s内都有0.05s时间可以取走
B，能有机会将B球取走的总时间为：
15
t = ×0.05s=3.75s。
5 0.2
答：（1）相邻两球释放时间间隔为0.2s；
（2）A、B两球第2023次相遇时，C球与A、B两球之间的距离为0.4m；
（3）能有机会将B球取走的总时间为3.75s。
[例题10] 如图所示，两位同学在教学楼上做自由落体实验，甲同学在四楼先将小球A释放，
当下落距离为h时，乙同学在三楼将小球B释放，小球B释放时间t后，两球恰好同时落地，
小球A、B不在同一条竖直线上，不计空气阻力，重力加速度为 g，则下列说法中正确的是（
）A．甲同学释放点离地高度为√2ght2+h
1
B．甲同学释放点离地高度为 gt2+√2ght2+h
2
C．若两位同学均各上一层楼重做以上实验，两小球仍能同时落地
D．若两位同学均各下一层楼重做以上实验，小球A先落地
【解答】解：AB、小球A下落h所需时间为t′，则h=
1
gt'2 ，解得t'=
√2h
，故小球A下落
2 g
1 1
到地面所需时间为t ＝t′+t，下降的高度为h = g(t'+t) 2= gt2+√2ght2+h，故A错误，B
A A 2 2
正确；
C、当两位同学均各上一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地
平面下降了一层楼。则由自由落体运动规律可知，两球会在空中原来地平面处相遇，相遇时小
球A速度大，故A先落地，故C错误；
D、若两位同学均各下一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地
平面上升了一层楼，则两小球不能在空中相遇，根据自由落体规律可知小球 B先落地，故D错
误；
故选：B。
题型四 多运动过程问题
求解多阶段运动问题的四点注意
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(4)匀变速直线运动涉及的公式较多，各公式相互联系，大多数题目可一题多解，解题时要开阔思路，
通过分析、对比，根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程，选取最简捷的解题方法．
[例题11] 当有移动物体靠近门时，门实现了自动开启及关闭，我们称这种门为自动感应门。
这种自动感应门广泛应用于办公楼、厂房、超市、机场等场所。图 a为自动感应门，门框上沿
中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应
距离）时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图b为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的
宽度为d＝1.6m，最大移动速度为v ＝0.8m/s，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等
0
的加速度匀减速运动，每扇门完全开启和结束时的速度刚好为零，移动的最大距离可当成等于
门的宽度，不计门及门框的厚度。
（1）求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；
（2）若人以v＝1.2m/s的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右两门同时各自移
d
动 的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？
2
（3）若以（2）的感应距离设计感应门，欲搬运宽为b＝2.8m的物体（厚度不计），并使物体
中间沿虚线s垂直地匀速通过该门（如图c），物体的移动速度不能超过多少？
【解答】解：（1）由题意可知，门先加速后减速，加速过程和减速度过程加速度大小相同，则
d
时间相等；设门全部打开的时间为t ，门做加速或减速的加速度大小为a，则：2a• =v 2
0 2 0
代入数据解得：a＝0.4m/s2
d d 1
（2）要使单扇门打开 ，设需要的时间为t ，则 = v t
2 1 2 2 01
代入数据解得：t ＝2s
1
人做匀速运动，则l＝vt ＝1.2×2m＝2.4m
1
1 1
（3）宽b的物体到达门框的过程中，每扇门石少要移动的距离为 b（小于 d），该过程中，
2 2
d
每扇门均先做加速度直线运动，位移为 ，时间为t ，后做匀减速直线运动，设时间为t ，位移
2 1 2
为
1 1 1
x= b- d＝v t - at 2
2 2 02 2 2
代入数据联立解得：t ＝1s或3s（大于2s，舍去）
21
则要使们移动 b，时间为t＝t +t ＝2s+1s＝3s
2 1 2
l 2.4
物体移动的速度不能超过v = = m/s＝0.8m/s
m t 3
答：（1）门开启时做加速和减速运动的加速度大小为0.4m/s2；
（2）设定的传感器水平感应距离l应为2.4m；
（3）物体的移动速度不能超过0.8m/s。
[例题12] 新规对驾驶证考试要求越来越严，最后的路考在即将结束时要进行目标停车，考
官会在离停车点不远的地方发出指令，要求将车停在指定的标志杆附近．终点附近的道路是平
直的，依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆之间的距离均为△L＝12.0m．一
次路考时，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观察并记录时间，学员乙与车的前端面的距离
△s＝2.0m．假设在考官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过 O点考官
发出指令：“在D标志杆目标停车”．发出指令后，学员乙立即开始计时，学员甲需要经历
△t＝0.5s的反应时间才刹车，刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止．学员乙记录下自己经
过B、C杆时的时刻分别为t ＝4.50s，t ＝6.50s，已知L ＝44m．求：
B C OA
（1）刹车前汽车做匀速运动的速度大小v 及汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a．
0
（2）汽车停止运动时车头前端面与D标志杆的距离．
【解答】解：（1）汽车从O点开始先匀速运动0.5 s，然后匀减速运动，根据运动学公式有：
1
从O到B点，有：L +△L＝v △t+v t '+ at '2
OA 0 0B 2 B
1
从O到C点，有：L +2△L＝v △t+v t '+ at '2
OA 0 0C 2 C
其中t '＝4.00 s，t '＝6.00 s
B C
解得：v ＝16 m/s，a＝﹣2 m/s2．
0
（2）汽车在反应时间内的位移为：s ＝v △t＝8 m
1 0
v2
刹车过程的位移为：s = 0 =64 m
2
2a
根据位移关系有：L +3△L﹣△s＝s +s +s
OA 1 2
解得：s＝6 m．
答：（1）刹车前汽车做匀速运动的速度大小为16m/s，汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a为2m/s2；
（2）汽车停止运动时车头前端面离D的距离为6m
题型五 直线运动的 x-t v-t 图像
对于图象要注意理解它的物理意义，即对图象的纵、横轴表示的是什么物理量，图线的斜率、
截距代表什么意义都要搞清楚。形状完全相同的图线，在不同的图象(坐标轴的物理量不同)中意义
会完全不同。下表是对形状一样的s—t图和v—t图意义上的比较。
s—t图 v—t图
①表示物体做匀速直线运动(斜率表示 ①表示物体做匀加速直线运动(斜率表示加速度
速度v) a)
②表示物体做匀速直线运动
②表示物体静止
③表示物体做匀减速直线运动
③表示物体向反方向做匀速直线运动
④交点的纵坐标s0表示三个运动质点
④交点的纵坐标表示三个运动质点的共同速度v0
⑤t1时刻物体速度为v1(图中阴影部分面积表示
相遇时的位置坐标
⑤t1时刻物体位移为s1
①质点在0～t1时间内的位移)
v
k
t
在“速度-时间”图象中，各点斜率 ，表示物体在这一时刻的加速度（匀变速直线运动的
“速度-时间”的图象是一条倾斜直线）。
[例题13] 小球从地面以速度v 竖直上抛，其运动的速度一时间图像如图所示，已知 t ＝
0 2
t ，t 时刻前、后图线的斜率相等，下列说法正确的是（ ）
1 1
A．t 时刻小球的加速度为0
1B．t 时刻小球的速度与v 相同
2 0
v t
C．t 时刻小球距地面的高度为 0 1
1
2
v t
D．t 时刻小球距地面的高度为 0 2
2
2
【解答】解：A、v﹣t图像的斜率等于加速度，t 时刻图像的斜率不为0，可知t 时刻小球的加
1 1
速度不为0，故A错误；
B、t 时刻小球的速度与v 大小相等，方向相反，则t 时刻小球的速度与v 不同，故B错误；
2 0 2 0
v t
C、t 时刻小球距地面的高度为h=vt = 0 1，故C正确；
1 1
2
D、根据速度一时间图像与时间轴所围的面积表示位移，则0﹣t 时间内，小球的位移为0，t 时
2 2
刻小球距地面的高度为0，故D错误。
故选：C。
[例题14] ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称，汽车在进入 ETC通道感应识别
区前需要减速至5m/s，甲、乙两车以15m/s的速度进入ETC通道感应识别区前，都恰好减速
至5m/s，减速过程的v﹣t图像如图所示，则（ ）
A．t 时刻甲车的速度大于乙车的速度
1
B．t 时刻甲车的加速度等于乙车的加速度
1
C．0～t 时间内甲、乙两车的速度变化量相同
1
D．0～t 时间内甲、乙两车的平均速度相同
1
【解答】解：A、该图为v﹣t图像，纵坐标表示速度，所以t 时刻，甲、乙两车速度相等，故A
1
错误；
B、v﹣t图像的斜率表示加速度大小，斜率绝对值越大，加速度越大，故 t 时刻驾车的加速度大
1
于乙车加速度，故B错误；
C、0～t 时间内甲、乙两车的初末速度相同，所以 0～t 时间内甲、乙两车的速度变化量相同，
1 1
故C正确；D、图像与时间轴围成面积表示位移大小，所以 0～t 时间内甲车位移大于乙车位移，时间相等，
1
x
由v= 可知甲车平均速度较大，故D错误。
t
故选：C。
[例题15] 粗糙水平地面上有一质量为m＝50kg的物块，在F＝500N的水平恒力作用下运
动。物块与地面间的动摩擦因数 恒定，物块受到的空气阻力与速度v成正比，比例系数为
k。从某时刻开始计时，测得物块μ运动的v﹣t图象如图中的实线所示。图中虚线a是运动图象
的渐近线，虚线b是运动图象在纵轴交点的切线，切线上一点 A的坐标为（4，15），g取
10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，物块做的是加速度逐渐减小曲线运动
B．0时刻，物块的加速度大小为a＝3.75m/s2
C．物块与地面间的动摩擦因数 ＝0.1
D．比例系数k＝25N•s/m μ
【解答】解：A、v﹣t图象的斜率表示加速度，t轴上方表示速度为正方向，所以0～4s内，物
块做的是加速度逐渐减小直线运动，故A错误；
Δv 15-5
B、0时刻，物块的加速度大小为a= = m/s2＝2.5m/s2，故B错误；
Δt 4
CD、0时刻，速度v ＝5m/s，则有：F﹣ mg﹣kv ＝ma，达到匀速的速度大小为v＝10m/s，则
0 0
有：F＝ mg+kv，联立解得：k＝25N•s/mμ， ＝0.5，故C错误、D正确。
故选：Dμ。 μ
[例题16] 假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度
均为v ＝30m/s，两车相距s ＝100m，t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的速度随时间
0 0
的变化如图所示，取运动方向为正方向，图中阴影部分面积为在某段时间内两车的位移之差，
下列说法正确的是（ ）A．t＝6s时两车速度大小相等，方向相反
B．t＝3s时两车距离最近
C．图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差为120m
D．两车在0～9s内不会相撞
【解答】解：A、t＝6s时两图像相交，表示两车速度相同，即两车速度大小相等，方向相同，
故A错误；
B、t＝0时刻，甲车在前，乙车在后，0﹣6s内，乙车的速度比甲车的大，两车间距逐渐减小；6
﹣9s内，乙车的速度比甲车的小，两车间距逐渐增大，则t＝6s时两车距离最近，故B错误；
C、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，由图可知，图中阴影部分面积为0～6s内两车
1 1
的位移之差，差值为：Δx= ×30×3m+ ×30×（6﹣3）m＝90m，故C错误；
2 2
D、因Δx＝90m＜s ＝100m，所以两车在t＝6s时乙车还没有追上甲车，不会相撞。在6s以后，
0
甲的速度大于乙的速度，所以两车在0～9s内不会相撞，故D正确。
故选：D。
题型六 追及与相遇问题
解题思路和方法
⇒⇒⇒
[例题17] 蓝牙（Bluetooth）是一种无线技术标准，可实现固定设备、移动设备和楼宇个人
域网之间的短距离数据交换（使用2.4～2.485GHz的ISM波段的UHF无线电波）。现有两同
学用安装有蓝牙设备的玩具小车甲、乙进行实验：甲、乙两车开始时处于同一直线上相距 d＝
4.0m的O 、O 两点，甲车从O 点以初速度v ＝4m/s、加速度a ＝1m/s2向右做匀加速运动，
1 2 1 0 1
乙车从O 点由静开始以加速度a ＝2m/s2向右做匀加速运动，已知当两车间距超过 s ＝10.0m
2 2 0
时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间。已知√6=2.4。（1）求甲、乙两车在相遇前的最大距离。
（2）求甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间。
【解答】解：（1）当两车的速度相等时相距最远，则有
v +a t＝a t
0 1 2
得 t＝4s
1 1
甲、乙两车在相遇前的最大距离 S＝d+（v t+ a t2）- a t2
0 1 2
2 2
解得 S＝12m
（2）在相遇前，当两车间距小于等于s ＝10.0m，两车能保持通信。
0
1 1
当两车间距等于s 时，则有d+（v t+ a t2）- a t2＝s
0 0 1 2 0
2 2
解得 t ＝2s，t ＝6s
1 2
1 1
设两车经过时间T相遇。则 d+（v T+ a T2）= a T2
0 1 2
2 2
解得T＝（4+2√6）s≈8.8s
所以甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为 t总 ＝T﹣（t
2
﹣t
1
）＝8.8s﹣（6s﹣2s）＝4.8s
答：
（1）甲、乙两车在相遇前的最大距离是12m。
（2）甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间是4.8s。
[例题18] 现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两
车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯开始闪烁，已知绿灯闪烁3秒后将转为红灯。请问：
（1）若甲车在绿灯开始闪烁时刹车，要使车在绿灯闪烁的3秒时间内停下来且刹车距离不得大
于18m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？
（2）若甲、乙车均以v ＝15m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车（乙车
0
司机的反应时间△t ＝0.4s，反应时间内视为匀速运动）。已知甲车、乙车紧急刹车时的加速度
2
大小分别为a ＝5m/s2、a ＝6m/s2．若甲车司机看到绿灯开始闪烁时车头距停车线L＝30m，要避
1 2
免闯红灯，他的反应时间△t 不能超过多少？为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车
1
刹车前之间的距离s 至少多大？
0
【解答】解：（1）设在满足条件的情况下，甲车的最大行驶速度为v 根据平均速度与位移关系
1得：
v
1t =18m
2 1
所以有：v ＝12m/s
1
v
（2）对甲车有 v △t + 02 =L
0 1 2a
1
代入数据得：△t ＝0.5s
1
当甲、乙两车速度相等时，设乙车减速运动的时间为t，即：
v ﹣a t＝v ﹣a （t+△t ）
0 2 0 1 2
解得：t＝2s
则v＝v ﹣a t＝3m/s
0 2
v
此时，甲车的位移为： s = 02-v2=21.6m
1 2a
1
乙车的位移为： v 2-v2
s =v △t + 0 =24m
2 0 2 2a
2
故刹车前甲、乙两车之间的距离至少为：s ＝s ﹣s ＝2.4m。
0 2 1
答：甲、乙两车刹车前之间的距离s 至少为2.4m
0
[例题19] （多选）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 x ＝12m。汽车A运动
0
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车在0∼6s内的位移大小为24m
C．在t＝3s时，两车相距最远，且最远距离为20m
D．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【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，根据图乙可知汽车A做匀速直线运动，故A错误；
B、汽车B在0～6s内的位移等于在0～5s内的位移，由图像与时间轴围成的面积表示位移可得
1+5
x= ×8m＝24m，故B正确；
2
Δx 20
C、当两车速度相等时，两车相距最远，由图乙可得汽车A的速度大小为：v = = m/s＝
A
Δt 5
4m/s
Δv 8
由图丙，可得B车1﹣5s内的加速度大小为：a= = m/s2＝﹣2m/s2
Δt 5-1
设匀减速运动的时间为t 时速度相等，则有：v ＝v +at
0 A B 0
代入数据解得t ＝2s
0
即在t＝1s+2s＝3s时二者相距最远，此时A车的位移x ＝v t＝4×3m＝12m
A A
1
B车位移x ＝（8×1+8×2- ×2×22）m＝20m
B
2
则两车最远距离s＝x +x ﹣x ＝20m+12m﹣12m＝20m，故C正确；
B 0 A
D、t＝8s时，A车位移x ′＝v t′＝4×8m＝32m
A A
B车的位移等于在0～5s内的位移，为x＝24m
有x+x ＞x ′，所以在t＝8s时，两车没有相遇。
0 A
t ＝1s时，A匀速位移x ＝v t ＝4×1m＝4m
1 A1 A11
B车匀速位移x ＝v t ＝8×1m＝8m
B1 B11
两车间的距离Δs＝x +x ﹣x ＝8m+12m﹣4m＝16m
B1 0 A1
8
B车匀减速到停止的位移x ′= ×4m＝16m
B
2
当A停止时位移等于B车，A的加速度最小，A车匀减速运动的总位移：x
A总
＝Δs+x
B
′＝
16m+16m＝32m
对A车，根据速度—位移关系公式得：a v2 42 m/s2＝0.25m/s2，所以A车的加速度
A= A =
2x 2×32
A总
大小应大于0.25m/s2，故D正确。
故选：BCD。
[例题20] 如图所示，离地面足够高处有一竖直空管，管长为l＝0.2m，M、N为空管的上、
下两端，在空管N点下端距离d＝0.25m有一小球，小球（可视为质点）与空管不会相撞，不
计阻力。取g＝10m/s2，求：（1）若空管以恒定的速度向下做匀速直线运动，小球同时开始做自由落体运动，经过t ＝
1
0.2s，小球与N点等高，求空管的速度大小v ；
0
（2）若空管以恒定的速度向下做匀速直线运动，小球同时开始做自由落体运动，经过t ＝
2
0.5s，小球在空管内部，求空管的速度大小v 应满足什么条件；
0
（3）若小球与空管均做竖直上抛运动，其中空管的初速度v ＝1m/s，要使小球进入管内后不再
1
飞出管，则小球的初速度v 应满足什么条件。（结果可保留根号）
2
1
【解答】解：（1）t ＝0.2s时，小球与N点等高，则：v t - gt 2＝d
1 01 1
2
代入数据解得：v ＝2.25m/s
0
1
（2）若v 最小时，球恰好运动到与N点等高，则：v t - gt 2＝d
0 012 2
2
代入数据解得：v ＝3m/s
01
1
若v 最大时，球恰好运动到与M点等高，则：v t - gt 2＝d+l
0 022 2
2
代入数据解得：v ＝3.4m/s
02
故：3m/s≤v ≤3.4m/s
0
（3）要使小球进入管内后不再飞出管，则小球进入管中某位置时一定能与管共速，则应先抛出
小球，当小球速度等于v ＝1m/s时再抛出空管。
1
当小球初速度最小时，到达N点的速度为1m/s，则：v 2﹣v 2＝﹣2gd
1 21
代入数据解得：v =√6m/s
21
当小球初速度最大时，到达M点的速度为1m/s，则：v 2﹣v 2＝﹣2g（d+l）
1 22
代入数据解得：v =√10m/s
22
则小球的初速度√6m/s≤v ≤√10m/s
2
答：（1）空管的速度大小v 为2.25m/s；
0（2）空管的速度大小v 应满足3m/s≤v ≤3.4m/s；
0 0
（3）小球的初速度v 应满足√6m/s≤v ≤√10m/s。
2 2
