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专题01 匀变速直线运动
题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用.......................................................................................2
类型1 基本公式的应用..................................................................................................................2
类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题..............................................................................3
题型二 匀变速直线运动的推论及应用...............................................................................................4
类型1 平均速度公式......................................................................................................................5
类型2 位移差公式..........................................................................................................................6
类型3 初速度为零的匀变速直线运动比例式..............................................................................7
类型4 第n 秒的位移问题...............................................................................................................8
题型三 自由落体与竖直上抛运动.......................................................................................................9
类型1 自由落体运动基本规律的应用........................................................................................10
类型2 竖直上抛运动....................................................................................................................12
类型3 自由落体运动与竖直上抛运动的相遇问题....................................................................13
题型四 多运动过程问题..................................................................................................................... 15
类型1 “0—v—0”运动模型............................................................................................................15
类型2 先匀速，后减速运动模型——反应时间问题................................................................16
类型3 先加速后匀速运动模型——限速问题............................................................................18
类型4 先加速后匀速在减速运动模型——最短时间问题........................................................19
题型五 直线运动的x-t v-t 图像..........................................................................................................20
类型1 x-t 图像与v-t 图像的比较..................................................................................................21
类型2 v-t 图像的曲线问题............................................................................................................23
类型3 x-t 图像中的曲线问题........................................................................................................24
题型六 追及与相遇问题..................................................................................................................... 25
1
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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＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(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．
类型1 基本公式的应用
[题型专练1]. （2023•闵行区二模）质点做直线运动的位移s 与时间t 的关系如下，表示质
点做匀减速直线运动的是（ ）
A．s＝2+t2
B．s＝2
t
﹣2
C．s＝﹣2t+t2
D．s＝﹣2t
t
﹣2
【解答】解：由质点做匀变速直线运动位移—时间公式得：x＝v0t+ 1
2at2
A、对比s＝2+t2得，质点的初速度为0，加速度为a＝2m/s2
质点向正方向做匀加速直线运动，故A 错误；
B、对比s＝2
t
﹣2得，质点的初速度为0，加速度为a＝﹣2m/s2
质点向负方向做匀加速直线运动，故B 错误；
C、对比s＝﹣2t+t2得，质点的初速度为v0＝﹣2m/s
加速度为a＝2m/s2
质点初速度方向与加速度方向相反，向负方向做匀减速直线运动，故C 正确；
D、对比s＝﹣2t
t
﹣2得，质点的初速度为v0＝﹣2m/s
加速度为a＝﹣2m/s2
质点初速度方向与加速度方向相同，向负方向做匀加速直线运动，故D 错误；
故选：C。
[题型专练2]. （2023•重庆模拟）质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x＝5t+t2（各
物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）
A．第1s 内的位移是5 m
B．前2s 内的平均速度是6 m/s
C．任意1s 内的速度增量都是2 m/s
D．任意相邻的1s 内位移差都是1 m
2
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【解答】解：根据位移—时间公式知：x = v0t + 1
2 at
2=5t+t2，
知质点的初速度为：v0＝5m/s，
加速度为：a＝2m/s2，
A、第1s 内质点的位移为：x＝5t+t2＝5+1m＝6m，故A 错误；
B、前2s 内的质点的位移为：x＝5t+t2＝5×2+4m＝14m，
则前2s 内的平均速度为：v = x
t = 14
2 =7m/ s．故B 错误。
C、任意1s 内速度的变化量为：Δv＝at＝2×1m/s＝2m/s。故C 正确。
D、根据Δx＝aT2知，任意相邻1s 内的位移为：Δx＝2×1m＝2m。故D 错误。
故选：C。
类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题
[题型专练3]. （2023•杭州二模）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立
即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1 秒内的位移为24m，倒数第2 秒内的位移
为6m，则下列计算正确的是（ ）
A．汽车第1 秒末的速度为23m/s
B．汽车加速度大小为3m/s2
C．汽车的减速时间为6.5s
D．汽车刹车总位移为78m
【解答】解：B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运
动，设汽车加速度的大小为a，由位移—时间公式得：1
2 at2
2- 1
2 at1
2=6m
代入数据解得：a＝4m/s2
故B 错误；
A、设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移—时间公式得：x1＝v0t1- 1
2 at1
2=24m
代入数据解得：v0＝26m/s
汽车第1s 末的速度为v＝v0
at
﹣
1＝26m/s
4×1m/s
﹣
＝22m/s
故A 错误；
3
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C、汽车的减速时间为t= v0
a = 26
4
s＝6.5s
故C 正确；
D、汽车刹车的总位移为x= 1
2v0t= 1
2 ×26×6.5m＝84.5m
故D 错误。
故选：C。
[题型专练4]. （2023•重庆模拟）轻轨是重庆市的一道名片。轨道交通3 号线中铜元局站
到两路口站的轨道近似为直线轨道；一辆轻轨从铜元局站静止开始做匀加速直线运动，加速一
段时间后做匀减速直线运动，最后经过时间t、行驶距离x 后恰好在两路口站停下。下列说法
正确的是（ ）
A．轻轨行驶的平均速度为2 x
t
B．轻轨行驶的平均速度为x
t
C．轻轨在加速运动中的平均速度大小大于在减速运动中的平均速度大小
D．轻轨在加速运动中的平均速度大小小于在减速运动中的平均速度大小
【解答】解：AB．根据平均速度的定义式v = Δx
Δt ，可知轻轨行驶的平均速度为v = x
t
故A 错误，B 正确；
CD．设轻轨匀加速刚结束、开始减速时的速度大小为v，由匀变速直线运动的平均速度
v = v0+ v
2
可知轻轨在匀加速运动中的平均速度大小v1= 0+ v
2
= v
2
在匀减速运动中的平均速度大小为v2= v +0
2
= v
2
可知轻轨在匀加速运动中的平均速度大小与在匀减速运动中的平均速度大小相等，故CD 错误。
故选：B。
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
4
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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＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1
＝aT2.
2．v0＝0 的四个重要推论
(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n
(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2
(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n
－1)
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)
类型1 平均速度公式
[题型专练5]. （多选）（2023 秋•兴庆区校级期中）物体做匀变速直线运动，依次通过
A、B、C、D 四个点，通过相邻两点的时间间隔均为2s，已知AB＝12m，CD＝28m，下列说
法正确的是（ ）
A．物体的加速度大小为4m/s2
B．物体在BC 段的平均速度大小为10m/s
C．物体通过A 点的速度大小为4m/s
D．物体通过C 点的速度大小为16m/s
【解答】解：A．由公式xm- xn=(m-n)at
2可得：a= 28-12
2×2
2 m/ s
2=2m/ s
2，故A 错误；
B．匀变速直线运动连续相等时间间隔内的位移之差等于定值即xBC - x AB=at
2，解得：xBC＝
20m，所以平均速度为：v = 20
2 m/ s=10m/ s，故B 正确；
C．由公式x AB= v At + 1
2 at
2可得：vA＝4m/s，故C 正确；
D．通过C 点的速度等于BD 间的平均速度即vC = vBD= 20+28
2×2 m/ s=12m/ s，故D 错误；
故选：BC。
[题型专练6]. （2022 秋•广饶县校级期末）一汽车从制动到停止用了4s。这段时间内，汽
车每1s 前进的距离分别是7m、5m、3m、1m，下列说法正确的是（ ）
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A．汽车的加速度大小为2m/s2
B．汽车的初速度大小为16m/s
C．汽车前2s 的平均速度大小为3m/s
D．汽车第3s 内的平均速度大于后3s 的平均速度
【解答】解：A、由Δx＝aT2可得：a= Δx
T
2 = 2
1
2 m/ s
2=2m/ s
2，故A 正确；
B、设初速度为v0，因为是做匀减速运动，所以根据位移公式有：x = v0t - 1
2 at
2，把x＝7m，t
＝1s，a＝2m/s2代入解得：v0＝8m/s，故B 错误；
C、汽车前2s 内的平均速度为：v❑= 7+5
2
m/ s=6m/ s，故C 错误；
D、有题目可得汽车在第3S 内的位移是3m，所以第3s 内的平均速度为：v1= 3
1 m/ s=3m/ s；
后3s 内的总位移为：x＝5m+3m+1m＝9m，则后3s 内的平均速度为：v2= 9
3 m/ s=3m/ s，应
该是相等的，故D 错误。
故选：A。
类型2 位移差公式
[题型专练7]. （2022 春•九江期末）一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间
间隔，在第三个T 时间内位移是5m，第三个T 时间末的瞬时速度为3m/s，则（ ）
A．物体的加速度是1m/s2
B．第一个T 时间末的瞬时速度为1m/s
C．时间间隔T＝1s
D．物体在第1 个T 时间内的位移为0.6m
【解答】解：D、在第三个T 时间内位移是5m，根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等
时间内通过的位移之比为1：3：5，可知此判断第一个T 时间内的位移x1＝1m，第二个T 时间
内的位移x2＝3m，故D 错误；
A、由v3
2-0=2a( x1+ x2+ x3)，代入数据解得：a＝0.5m/s2，故A 错误；
C、根据“逐差法”可得：Δx = x2- x1=aT
2，代入数据解得：T＝2s，故C 错误；
6
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B、第一个T 时间末的瞬时速度v1＝aT＝0.5×2m/s＝1m/s，故B 正确。
故选：B。
[题型专练8]. 一个质点做匀加速直线运动，在连续相等的两段时间内的位移大小分别为
x1，x2，在位移x1内的速度变化量为Δv，则质点运动的加速度大小为（ ）
A．（Δv）2（1
x1
+ 1
x2
）
B．( Δv)
2
x2- x1
C．2( Δv)
2
x2- x1
D．（Δv）2（1
x1
- 1
x2
）
【解答】解：设加速度为a，连续相等的时间为T。
根据匀变速直线运动的规律可得：x2
x
﹣1＝aT2，
由于在位移x1内的速度变化量为Δv，则Δv＝aT
联立解得a= ( Δv)
2
x2- x1
，故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
类型3 初速度为零的匀变速直线运动比例式
[题型专练9]. （2023 秋•西夏区校级期中）如图所示，光滑斜面AE 被分成四个长度相等
的部分，即AB＝BC＝CD＝DE，一物体从A 点由静止释放，下列结论中正确的是（ ）
A．物体到达各点经历的时间tE＝3tB
B．物体到达各点的速率vB：vC：v D：v E=1：√2：√3：2
C．物体从A 运动到E 全过程的平均速度v = v E
D．物体通过每一部分时，其速度增量vB
v
﹣A＝vC
v
﹣B＝vD
v
﹣C＝vE
v
﹣D
【解答】解：A．根据初速度为零的匀变速直线运动位移—时间关系式x = 1
2 at
2
可知tE＝2tB
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故A 错误；
B．根据匀变速直线运动推论v2＝2ax
可知物体到达各点的速率vB：vC：v D：v E=1：√2：√3：2
故B 正确；
C．物体从A 运动到E 全过程的平均速度为v = 0+ v E
2
= v E
2
故C 错误；
D．物体到达各点的速率比为vB：vC：v D：v E=1：√2：√3：2
故物体通过每一部分时，其速度增量
vB
v
﹣A＞vC
v
﹣B＞vD
v
﹣C＞vE
v
﹣D
故D 错误。
故选B。
[题型专练10].
（多选）（2022 秋•富锦市校级期末）几个水球可以挡住子弹？《国家
地理频道》2019 年节目中实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平
排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第四个水球，则可以判定（
）
A．子弹在每个水球中运动的时间不相同
B．由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间比为1：3：5：7
C．子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
D．子弹在每个水球中速度变化相同
【解答】解：
AB、根据逆向思维法，逆向看，子弹的运动可看成初速度为零做匀加速直线运动，子弹穿过水
球时，通过四个连续相等的位移。根据匀变速直线运动的比例关系，子弹穿过4 个水球的时间之
比为(2-√3)：(√3-√2)：(√2-1)：1，则子弹在每个水球中运动的时间不相同，故A 正确，
故B 错误；
C、通过A 项分析可知，子弹穿过前3 个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，即此时
刻为中间时刻，由匀变速直线运动的规律可知，子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平
均速度相等，故C 正确；
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D、子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，加速度不变，由Δv＝at
可知运动的时间不相同，则速度的变化量不相同，故D 错误。
故选：AC。
类型4 第n 秒的位移问题
[题型专练11].（2022 秋•疏附县期中）物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s 内通过的
位移是3m，则（ ）
A．前3s 内的平均速度是1m/s
B．物体的加速度是12m/s2
C．前3s 内的位移是6m
D．第3s 末的速度是3.6m/s
【解答】解：B、根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可得第2.5s 时的瞬时速度为：
v= x
T = 3
1m/s＝3m/s
则物体的加速度大小为：a= v
t2.5
= 3
2.5m/s2＝1.2m/s2，故B 错误；
C、前3s 内的位移：x3= 1
2 at3
2= 1
2 ×1.2×3
2=5.4m，故C 错误；
A、前3s 内的平均速度是：v = x3
t3
= 5.4
3 m/s＝1.8m/s，故A 错误；
D、第3s 末的速度是v3＝at3＝1.2×3m/s＝3.6m/s，故D 正确。
故选：D。
[题型专练12].
（2022 秋•双滦区校级期中）一列火车正在做匀加速直线运动，从某时
刻开始计时，第1 分钟内，发现火车前进了180m，第6 分钟内，发现火车前进了360m。则火
车的加速度为（ ）
A．0.01m/s2
B．0.06m/s2
C．0.6m/s2
D．1.8m/s2
【解答】解：根据x6- x1=5aT
2，T＝60s，
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解得：a= x6- x1
5T
2 = 360-180
5×3600 m/ s
2=0.01m/ s
2。故BCD 错误，A 正确；
故选：A。
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＝－v0.
(2)全程处理
①初速度为v0(设为正方向)，加速度为a＝－g 的匀变速直线运动．
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．
类型1 自由落体运动基本规律的应用
[题型专练13].
（2023 秋•黄埔区校级期中）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＝0.72m，手机曝光
时间间隔为0.1s，下列说法正确的是（ ）
10
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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4.8m/s2
D．小球到达位置2 的速度大小为1.44m/s
【解答】解：A.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；
C.由题可得每块砖的厚度为h' = h
n = 0.72
15 m=0.048m
由逐差法得a= h34-h12
2t
2
= (5-3)×0.048
2×0.1
2
m/ s
2= 4.8m/ s
2
故C 正确；
D.小球到达位置2 的速度v2= h12+h23
2t
代入数据得v2＝1.68m/s
故D 错误。
B.根据v2
2=2ah02 代入数据解得h02＝0.294m
可知初始位置在位置2 上方0.294m 处，即可确定初始位置，故B 错误。
故选：C。
[题型专练14].
（2023 秋•沈阳期中）某人在高50m 的塔顶，每隔0.5s 由静止释放一个
金属小球，不计空气阻力。取g＝10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．空中最多能有6 个小球
B．空中任意两个相邻小球时间差小于0.5s
C．每个小球落地速度大小均为10√10m/ s
11
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D．在空中相邻两球的最大距离为6.25m
【解答】解：A、根据
h= 1
2 gt
2
代入数据得小球运动总时间为
t =√10 s
又
n= t
t0
= √10
0.5 ≈6.32
则空中最多能有7 个球，故A 错误；
B、空中任意两个相邻小球时间差等于0.5s，故B 错误；
C、每个小球落地速度为
v =>=10×√10m/ s=10√10m/ s
故C 正确；
D、在空中相邻两球的最大距离为最后两个球的间距，即
△h=h- 1
2 g(t -1)
2
代入数据得
△h=(10√10-5)m
故D 错误。
故选：C。
类型2 竖直上抛运动
[题型专练15].
（多选）（2023 秋•永春县校级期中）由于氢气比氦气廉价，因此市面
上销售的基本上都是氢气球，但氢气可能爆炸，所以氦气球相对更安全，某同学用一氦气球悬
挂一重物（可视为质点），从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，过了一
段时间后，悬挂重物的细线断裂，又经过相同的时间，重物恰好落到地面，重物脱落后仅受到
重力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
12
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A．细线断裂后氦气球做竖直上抛运动
B．细线断裂前氦气球和重物匀加速上升的加速度大小为g
3
C．细线断裂时重物的速度大小等于重物落地时的速度大小的一半
D．无法确定细线断裂时重物的速度与落地时的速度的大小关系
【解答】解：A.细线断裂后氦气球会加速上升，不可能做竖直上抛运动，故A 错误；
BCD.设氦气球带着重物上升到细线断裂的时间为t，加速度为a，细线断裂时重物的速度为v1＝
at，上升的高度为h1= 1
2at2，细线断裂后重物以v1做竖直上抛运动，加多少为g，根据竖直上抛
运动的规律，规定向上的方向为正方向，有
h
﹣1＝v1t- 1
2gt2，联立解得a= 1
3g，重物落地时的速度v2＝v1
gt
﹣=- 2
3gt，大小为2
3gt，v1＝at= 1
3
gt，故BC 正确，D 错误；
故选：BC。
[题型专练16].
（2023 秋•长安区校级期中）在某星球表面，t＝0 时刻小球以初速度v0
开始做竖直上抛运动，取抛出位置位移x＝0，以v0方向为正方向，则小球位移x 随速度的平
方v2变化的x
v
﹣2图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．小球的初速度为100m/s
B．小球位移x＝5m 时对应的运动时间为2s
C．小球加速度与初速度方向相反
D．图中a 点坐标值为7.2
13
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【解答】解：A、根据速度—位移公式v2- v0
2=2ax 可得：x= v
2
2a - v0
2
2a
，由x
v
﹣2图像可得：斜率
为k= 1
2a = 5.0
100，得a＝﹣10m/s2，纵截距为- v0
2
2a =5.0，可得初速度为：v0＝10m/s，故A 错误；
BC、小球加速度与初速度方向相反，做匀减速直线运动，当小球位移x＝5m 时，有x＝v0t
+ 1
2 at
2，解得t＝1s，故B 错误，C 正确；
D、由图可得x=- 1
20v2+5，将v2＝144 代入得x＝﹣2.2m，所以图中a 点坐标值为﹣2.2，故D 错
误。
故选：C。
类型3 自由落体运动与竖直上抛运动的相遇问题
[题型专练17].
（2023 秋•上城区校级期中）从离地H 高处自由下落小球a，同时在它
正下方H 处以速度v0竖直上抛另一小球b，不计空气阻力，以下说法不正确的（ ）
A．若v0＞√gH，小球b 在上升过程中一定与a 球相遇
B．若v0＜√gH，小球b 在下落过程中一定与a 球相遇
C．若 v0=√
gH
2
，小球b 和a 一定不会在空中相遇
D．若v0=√gH，两球在空中相遇时b 球速度为零
【解答】解：A.设经过时间t 物体a、b 在空中相遇，a 做自由落体运动的位移h1= 1
2gt2，b 做竖
直上抛运动的位移h2＝v0t- 1
2gt2；
由几何关系得：H＝h1+h2，联立以上各式解得相遇时间t= H
v0
，而b 球上升的时间t2= v0
g ；
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若小球b 在上升过程中一定与a 球相遇，则有：t＜t2，即H
v0
＜v0
g ，解得v0＞√gH，故A 正确；
B.若小球b 在下落过程中与a 球相遇，则有：v0
g ＜t＜2v0
g
，解得√
gH
2 ＜v0＜√gH，若t
＜√
gH
2
，b 在下落过程不会与a 相遇，故B 错误；
C.若v0=√
gH
2
，b 落回地面的时间为2v0
g =√
2 H
g = H
v0
=t，即v0=√
gH
2
时，小球b 和a 相遇点在
地面上，不会在空中相遇，故C 正确；
D.若v0=√gH，则t2= v0
g =√
H
g
，相遇时间t= H
v0
=√
H
g ，此时b 球刚好上升到最高点，速度为零，
故D 正确；
故选：B。
[题型专练18].
（2022 秋•马鞍山期中）从地面上竖直向上抛一物体a，同时在离地面
某一高度处有另一物体b 自由下落，两物在空中同时达到同一高度时，速度都是v，则下列说
法正确的是（ ）
A．a 上抛的初速度与b 落地时速度相等，都是2v
B．a、b 在空中运动时间相等
C．a 上升的最大高度与b 下落时的高度相等
D．两物体在空中相遇处一定是b 下落高度的中点
【解答】解：ABC、设两物体在t 时刻相遇，则a 再经过t 时间即可到达最高点，根据匀变速直
线运动规律，a 从开始运动到再次回到地面需要4t，b 从开始运动至落地需要2t 时间
所以v＝gt，b 落地速度vb＝2gt＝2v，a 上抛的速度与b 落地时的速度等大反向，故AB 错误。
C、从相遇位置，根据逆向思维可知a 从相遇位置到最高的运动时间与b 从初始位置到相遇位置
的时间相等，所以a 物体上升到的最大高度与b 下落时高度相同。故C 正确。
D、对于初速度为零匀加速直线运动，在连续相等时间内位移比为1：3，所以两物体相遇的地
方为b 下落高度的1
4 ，故D 错误。
故选：C。
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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．
类型1 “0—v—0”运动模型
[题型专练19].
（多选）（2021 秋•平罗县校级月考）物体从A 点由静止出发，先以加
速度a1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度a2做匀减速直线运动至B 点，速度恰
好减为零，所用总时间为t。若物体以速度v0匀速通过AB，所用时间也为t，则下列表达正确
的是（ ）
A．v＝2v0
B．1
a1
+ 1
a2
= t
v
C．v =√2v0
D．1
a1
+ 1
a2
= t
2v
【解答】解：AC、由运动学公式有x = v0t = v
2 t1+ v
2 t2= v
2 (t1+t2)= v
2 t
解得v＝2v0
故A 正确，C 错误；
BD、加速阶段的时间为t1= v
a1
，减速阶段的时间为t2= v
a2
得t = v
a1
+ v
a2
即1
a1
+ 1
a2
= t
v
故B 正确，D 错误。
故选：AB。
[题型专练20].
（2015 春•定州市期末）一列车沿直线轨道从静止出发由A 地驶向B 地，
并停在B 地，列车做加速运动时，其加速度的最大值为a1；做减速运动时，其加速度的绝对值
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的最大值为a2；要让列车由A 地到B 地所用的时间最短，图中列车的v
t
﹣图象应是（其中
tanα＝a1；tanβ＝a2）（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、由题意可知，列车的初末速度都为零，故AB 错误；
C、当列车以最大加速度加速到最大值，立即以最大加速度减速，到达B 点速度刚好为零时时间
最短，中间不需要匀速过程，故C 错误，D 正确。
故选：D。
类型2 先匀速，后减速运动模型——反应时间问题
[题型专练21].
（多选）（2023 秋•罗湖区校级期中）一辆汽车以20m/s 的速度在平直
公路上匀速行驶。遇突发情况时，司机紧急刹车使车做匀减速直线运动，并停下来，已知汽车
的速度在第1s 内减小了5m/s，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在减速过程中的加速度大小为5m/s2
B．在减速行驶的整个过程中，汽车的平均速度大小为10m/s
C．汽车刹车后，第5s 末的速度大小为5m/s
D．汽车刹车过程中最后1 秒内滑行的距离是2.5m
【解答】解：A．根据加速度得定义式得a= Δv
Δt = 0-5
1
m/ s
2=-5m/ s
2
故A 正确；
B．根据匀变速直线运动得位移公式得x =- v
2
2a =-20
2
2×(-5) m= 40m
匀减速运动的时间为t =- v
a =-20
-5
s= 4 s
所以汽车的平均速度大小为v = x
t = 40
4 m/ s=10m/ s
故B 正确；
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C．根据匀变速直线运动得规律得v′＝v
at
﹣
解得t＝4s
所以汽车5s 时处于静止状态，故C 错误；
D．汽车刹车过程中最后1 秒内滑行的距离是
x = 1
2 at1
2= 1
2 ×(-5)×1
2m=-2.5m
故最后1 秒内滑行的距离为2.5m。
故D 正确。
故选：ABD。
[题型专练22].
（多选）（2023 秋•沙依巴克区校级期中）汽车在平直的公路上行驶，
发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车。已知汽车刹车时第1 秒内的位移为
13m，在最后1 秒内的位移为2m，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车加速度大小是4m/s2
B．汽车的初速度大小是15m/s
C．汽车前4 秒内的位移是28m
D．汽车在第1 秒末的速度是7m/s
【解答】解：根据逆向思维法，在最后1 秒内把汽车的刹车看作是反向的初速度为零的匀加速直
线运动，设其加速度大小为a，在最后1s 内的位移为2m，由位移公式：x = 1
2 at
2
代入数据解得：a＝4m/s
故A 正确；
B．汽车在第1s 内的位移为13m，根据：x = v0t - 1
2 at
2
代入数据解得：v0＝15m/s
故B 正确；
C．设汽车从刹车到停止的时间为t′，根据：t ' = v0
a
代入数据解得：t′＝3.75s
根据平均速度公式，汽车前4 秒内的位移为：x = v0
2 t '
代入数据解得：x＝28.125m
故C 错误；
D．根据速度公式：v＝v0t
at
﹣
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代入数据可得汽车在第1 秒末的速度为v＝11m/s
故D 错误。
故选：AB。
类型3 先加速后匀速运动模型——限速问题
[题型专练23].
（2022 秋•高新区校级期末）某校有一条连接各个教学楼的连廊，连廊
尽头直通食堂。假设某学生放学时从教学楼静止出发到食堂，该生先匀加速后匀速，加速度a
＝2m/s2，连廊限速6m/s，把连廊看成117 米的直线，则该生从教学楼到食堂的时间为
（ ）
A．18s
B．20s
C．21s
D．22s
【解答】解：学生开始时做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动速度—时间公式得：v＝at1
则：t1＝3s
学生在此时间内的位移为x1= 1
2 at1
2= 1
2 ×2×3
2m＝9m
则学生匀速运动的位移x2＝x
x
﹣1
匀速时间x2＝vt2
则：t2＝18s
总时间为t＝t1+t2
解得：t＝21s
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[题型专练24].
（2022 秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，是车站、民航等入口处的安
检装置：水平传送带匀速运动，放在其上的各种行李会被“传送”经过一个能发出X 射线的
暗箱接受检查。某装置中的传送带以0.3m/s 匀速运动，行李箱（可看作质点）先匀加速再匀速
通过X 射线检查通道，如果传送带上摩擦痕迹的长度为6mm，下列说法正确的是（ ）
A．行李箱加速过程中，传送带的位移大小是12m
B．行李箱加速过程中的平均速度大小是0.3m/s
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C．行李箱加速过程中，经历的时间是0.04s
D．行李箱加速过程中，加速度为3.75m/s2
【解答】解：AC、设加速时间为t，行李箱的位移x1= v
2 t
传送带的位移：x2＝vt，有：x2
x
﹣1＝s 痕，将v＝0.3m/s 和s痕=6×10
-3m代入，解得t＝0.04s，
x1=6×10
-3m，x2＝0.012m．故A 错误，C 正确；
B、根据匀变速直线运动公式：v = 0+ v
2
= 0+0.3
2
m/ s=0.15m/ s，故B 错误．
D、根据加速度定义式，a= v
t ，解得a＝7.5m/s2，故D 错误。
故选：C。
类型4 先加速后匀速在减速运动模型——最短时间问题
[题型专练25].
（多选）（2023 秋•顺德区校级月考）2023 年7 月25 日，中联重科
3200 吨履带式起重机ZCC3200NP 再次助力“华龙一号”全球示范工程——中核集团福清核电
6 号机组建设，圆满地完成了外层安全壳穹顶钢模板吊装任务，充分彰显了大国重器的风采。
用起重机提升某质量为1000kg 的模板时的v
t
﹣图像简化如图所示，重力加速度g＝10m/s2。下
列说法正确的是（ ）
A．模板经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程
B．起重机将模板提升了10m
C．整个过程中模板的平均速度为 1.2m/s
D．整个过程中模板上升的0～2s 和3～5s 的加速度相同
【解答】解：A．由v
t
﹣图像可知，外层安全壳穹顶钢模板经历了匀加速、匀速、匀减速三个过
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程，故A 正确；
B．v
t
﹣图像围成的面积表示位移，故结合v
t
﹣图可知，起重机将模板提升的位移为：
x = 2×2
2
m+2×1m+ 2×2
2
m=6m，故B 错误；
C．整个过程中外层安全壳穹顶钢模板的平均速度为：v = x
t = 6
5 m/ s=1.2m/ s，故C 正确；
D．v
t
﹣图像的斜率表示加速度，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，
而且外层安全壳穹顶钢模板上升过程中先加速后匀速再减速，则两段加速度大小相等，方向相
反，故D 错误。
故选：AC。
[题型专练26].
（2022•佛山模拟）国庆假期某同学到广州塔—“小蛮腰”（如图甲）
参观，该同学乘坐电梯从一楼由静止开始，经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段到达顶楼—观
光台，期间他借助相关仪器，测出了多组不同时刻电梯运行的速度，并画出了电梯在整个过程
的v
t
﹣图像（如图乙所示）。
（1）求电梯匀加速运动时的加速度a1；
（2）若电梯做匀减速运动时的加速度a2大小为1m/s2，求电梯到达观光台的时刻t3；
（3）广州塔观光台的高度为多少？整个过程的平均速度为多大？
【解答】解：（1）由于v
t
﹣图像的斜率表示加速度，由图乙，根据加速度的定义可得：
a1= Δv
Δt = 5.0-0
10
m/ s
2=0.5m/ s
2
（2）电梯到达观光台的时速度减为零，结合图像可知，电梯减速运动所需的时间为：
t2= Δv '
a2
= 0-5.0
-1
s=5 s
故结合图像可知电梯到达观光台的时刻：t3＝t1+t 匀速+t2＝10s+（90
10
﹣
）s+5s＝95s
（3 ）由v
t
﹣图像与时间轴所包围图形的面积为运动位移，所以观光台的高度：
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h= 1
2 ×(80+95)×5m= 437.5m
由平均速度公式可得：v = h
t = 437.5
95
m/ s= 4.61m/ s
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
速度v)
②表示物体静止
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
相遇时的位置坐标
⑤t1 时刻物体位移为s1
①表示物体做匀加速直线运动(斜率表示加速度
a)
②表示物体做匀速直线运动
③表示物体做匀减速直线运动
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
①质点在0～t1 时间内的位移)
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）。
类型1 x-t 图像与v-t 图像的比较
[题型专练27].
（2023 秋•龙华区校级月考）如图所示是一辆汽车做直线运动的x
t
﹣图
象，对相应的线段所表示的运动，下列说法正确的是（ ）
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A．AB 段表示车做匀速运动
B．BC 段发生的位移等于CD 段发生的位移
C．BC 段运动方向和CD 段运动方向相同
D．BC 段运动速度小于CD 段运动速度
【解答】解：A．由图可知AB 段汽车的位置没有变化，表示汽车静止，故A 错误；
BC．由图可知BC 段发生的位移为8m，CD 段发生的位移为﹣12m，大小不相等，方向相反，
故BC 错误；
D．BC 段运动速度大小vBC = 12- 4
3-1 m/ s= 4 m/ s
CD 段运动速度大小vCD= 12
5-3 m/ s=6m/ s
BC 段运动速度小于CD 段运动速度，故D 正确。
故选：D。
[题型专练28].
（2023 秋•邗江区校级月考）如图为某高速公路出口的ETC 通道示意图。
一汽车驶入通道，到达O 点的速度v0＝20m/s，此时开始减速，到达M 时速度减至v＝4m/s，
并以4m/s 的速度匀速通过MN 区，汽车从O 运动到N 共用时10s，v
t
﹣图像如图所示，则下
列计算正确的是（ ）
A．汽车减速运动的加速度大小a＝5m/s2
B．O、M 间中点的速度为40m/s
C．O、M 间的距离为12m
D．汽车在ON 段平均速度大小为7.2m/s
【解答】解：A、v
t
﹣图像的斜率表示加速度，结合图像可得汽车减速运动的加速度大小为
a= Δv
Δt = 20- 4
4
m/ s
2= 4 m/ s
2，故A 错误；
B、设O、M 间中点的速度为v x
2，O、M 间的距离为x1，根据运动学公式有：
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v2- v x
2
2 =2a• x1
2
v x
2
2 - v0
2=2a• x1
2
可得：v x
2
=√
v0
2+ v
2
2
=√
20
2+ 4
2
2
m/s＝4√13m/s，故B 错误；
C、O、M 间的距离为：x1= v0+ v
2
t1= 20+ 4
2
×4 m= 48m，故C 错误；
D、汽车在ON 段的位移为：x＝x1+vt2＝48m+4×6m＝72m，所以汽车在ON 段平均速度大小为：
v = x
t = 72
10m/s＝7.2m/s，故D 正确。
故选：D。
类型2 v-t 图像的曲线问题
[题型专练29].
（2023 秋•重庆期中）如图，ab 两条曲线为汽车a、b 在同一条平直公路
上的v
t
﹣图像，已知a、b 曲线关于它们两交点的连线对称，且在t2时刻两车相遇，下列说法
正确的是（ ）
A．t1时刻两车也相遇
B．在t1～t2这段时间内的相同时刻，a 车与b 车加速度相等
C．在t1～t2这段时间内，两车平均速度相等
D．t1时刻a 车在后，b 车在前
【解答】解：A.t2时刻两车相遇，位移相等，t1
t
﹣2，a、b 与坐标轴包围的面积不相等，所以t1
时刻两车的位移不相等，故A 错误；
B.在t1～t2这段时间内，根据图像斜率可知相同时刻，a 车与b 车加速度大小相等，但是方向不
同，故B 错误；
C.在t1～t2这段时间内，两车的运动时间相同，位移不同，平均速度不相等，故C 错误；
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D.t2时刻两车相遇，位移相等，t1
t
﹣2，a 车位移大于b 车位移，t1时刻前a 车的位移小于b 车的
位移，所以t1时刻a 车在后，b 车在前，故D 正确。
故选：D。
[题型专练30].
（2023 秋•广东月考）2023 年高考的第二天上午，小明同学由于忘记准
考证放在宿舍哪个地方了，在宿舍里寻找，从而错过了乘坐校车。为了能够准时到达考场，小
明同学乘坐“铁骑”比校车晚10 分钟从同一地点出发，但是与校车同时到达考场同一地点。
两车的运动都可以看成直线运动，两车的v
t
﹣图像如图所示，图中两段倾斜直线是校车的v﹣
t 图像，曲线是“铁骑”的v
t
﹣图像。下列说法中正确的是（ ）
A．1500s 末两车第二次相遇，而且此时两车速度相等
B．校车在1500s 末速度反向，加速度也反向
C．前1500s 内两车间的距离一直在拉大
D．校车行驶过程的平均速度小于“铁骑”行驶过程的平均速度
【解答】解：A.1500s 末两车第二次速度相等，但并没有相遇，故A 错误；
B.校车在1500s 时加速度相反，但速度并没有反向，故B 错误；
C.从第一次两车速度相等开始，两车距离逐渐缩小，故C 错误；
D.两车运动的位移相等，但是“铁骑”的运动时间少了600s，利用v = x
t 可知，校车行驶过程的
平均速度较小，故D 正确。
故选：D。
类型3 x-t 图像中的曲线问题
[题型专练31].
（2023 秋•常州期中）A、B 两质点沿同一直线同时同向运动，它们的
位置﹣时间图像如图所示，其中A 的图线是顶点过原点的抛物线的一部分，B 是一条直线，两
图像相交于P 点，则下列说法正确的是（ ）
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A．前4s 质点A、B 位移相等
B．在4s 时刻质点A、B 速度相等
C．质点A 运动的加速度为0.75m/s2
D．质点B 运动的加速度为1m/s2
【解答】解：A.前4s 质点A 的位移xA＝6m
质点B 位移xB＝6m
2m
﹣
＝4m，故A 错误；
B.x
t
﹣图像的斜率（或切线的斜率）表示速度的大小，4s 时两质点相遇，速度不相等，故B 错
误；
C.A 的图线是顶点过原点的抛物线的一部分，说明质点A 做初速度为零的匀加速直线运动；
根据匀变速运动公式x = 1
2 at
2
将x＝6m，t＝4s 代入上述公式中，解得a＝0.75m/s2，故C 正确；
D.质点B 做匀速运动，加速度为0，故D 错误。
故选：C。
[题型专练32].
（2023 秋•南关区校级月考）如图所示为一辆汽车在同一车道上测试刹
车性能的位移一时间图像。第一次刹车距离为x1，所用时间为t1，第二次刹车距离为x2，设两
次刹车过程加速度恒定且相同。则第二次刹车的初速度大小为（ ）
A．√x1 x2
t1
B．2√x1 x2
t1
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C．√2 x1 x2
t1
D．√x1 x2
2t1
【解答】解：设刹车时的加速度大小为a，则两次刹车过程：x1= 1
2 at1
2，v2
2=2a x2
解得v2= 2√x1 x2
t1
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
题型六 追及与相遇问题
解题思路和方法
⇒⇒⇒
[题型专练33].
（2023 秋•福州期中）在足球训练场上，一球员将足球以初速度v0向前
踢出后，他立即从静止开始沿直线加速向足球追去，t1时刻追上了还在向前滚动的足球。球员
和足球在该运动过程中的v
t
﹣图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．t0时刻球员和足球的速度相同
B．t0时刻球员和足球的速度大小相等，方向相反
C．t1时刻球员和足球的加速度相同
D．0～t1时间内球员的位移比足球的位移大
【解答】解：AB．根据题图可知，v
t
﹣图的交点表示速度大小和方向都相同，故t0时刻球员和
足球的速度大小和方向都相同，故A 正确，B 错误；
C．根据v
t
﹣图像斜率表示加速度可知：t1时刻球员和足球的加速度不相同，故C 错误；
D．从踢出足球到追上足球这一条件可知：0～t1时间内球员的位移和足球的位移相等，故D 错
误。
故选：A。
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[题型专练34].
（2023 秋•市中区校级月考）在某次自动驾驶和基于蜂窝网络技术车路
协同测试中，甲、乙两试验车在同一车道上同向匀速行驶，t＝0 时刻，在前面以36km/h 的速
度行驶的甲车突然以a＝2m/s2的加速度减速，在后面以72km/h 的速度行驶的乙车通过车联网
实现信息交互同时刹车，两车刹车过程均可视为匀减速直线运动，则（ ）
A．若两车不相撞，甲车在6s 内的位移大小为24m
B．若两车刹车前相距9m，乙车以加速度4m/s2刹车，可能会在t＝2s 时撞上甲车
C．若两车刹车前相距20m，则乙车的加速度至少为4.5m/s2才能避免两车相撞
D．若两车刹车前相距35m，则乙车的加速度至少为3.6m/s2才能避免两车相撞
【解答】解：A．甲车刹车总时间为
t0= v1
a1
= 10
2 s=5 s
若两车不相撞，甲车在6s 内的位移大小即为刹车总位移，即
x0= v1t0
2 = 10×5
2
m=25m
故A 错误；
B．若两车刹车前相距9m，乙车以加速度4m/s2刹车，若相撞，根据位移的关系有
v2t - 1
2 a2t
2= Δ x1+ v1t - 1
2 a1t
2
代入数据解得
t＝1s 或t＝9s（舍去）
即在t＝1s 时相撞，故B 错误；
C．若两车同时同地刹车，且同时刹停，则两车的v
t
﹣图像如下
此时乙车的位移为50m，则两车的距离满足Δx＝50m
25m
﹣
＝25m
若两车刹车前相距20m＜Δx
则两车速度相等为撞不上的临界条件，若两车恰好撞不上，则有
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v2t - 1
2 a2' t
2= Δ x2+ v1t - 1
2 a1t
2
v2
a
﹣2't＝v1
a
﹣1t
代入数据解得a2' = 4.5m/ s
2 且t＝4s
故乙车的加速度至少为4.5m/s2才能避免两车相撞，故C 正确；
D．若两车刹车前相距35m＞Δx
两车均已停止，乙车恰好停在甲车后面是撞不上的临界条件，根据位移关系有v2
2
2a2″ = Δ x3+ x0
代入数据解得a2″ ≈3.3m/ s
2
即乙车的加速度至少为3.3m/s2才能避免两车相撞，故D 错误。
故选：C。
[题型专练35].
（2023 春•开福区校级期末）如图所示，图线OP、MN 分别是做直线运
动的质点A、B 的位移—时间图像，其中OP 为开口向下抛物线的一部分，P 为图像上一点。
PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q。取A 的速度方向为正方向，则下列说法正确的是（
）
A．t＝4s 时，质点A 的速率为2.5m/s
B．质点A 的加速度为﹣0.75m/s2
C．质点A 的初速度大小为6m/s
D．t＝1.5s 时A、B 相遇
【解答】解：A、位移—时间图像的斜率代表的速度，所以t＝4s 时，质点A 的速率为1m/s，故
A 错误；
BC、因为A 的图像为抛物线，所以A 做的是匀减速直线运动，假设初速度为v0，加速度为a，
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则有：x A = v0t + 1
2 at
2，v ＝v0+at ；由图像可知，当t ＝4s 时，联立解得：v0 ＝4m/s ，
a=- 3
4 m/ s
2，故B 正确，C 错误；
D、根据位移—时间图像的交点表示相遇，A 的位移为：x A = 4t - 3
8 t
2(m)，B 的位移为：
xB=13- 13
4 t(m)根据数学知识可确定交点为(2s，13
2 m)，故可知t＝2s 时xA＝xB，则A、B
相遇，故D 错误。
故选：B。
[题型专练36].
（2023 秋•东湖区校级期中）在2023 年国庆假期中湖南省某市一辆婚车
变道超车时，迎面与一辆卡车发生了正面碰撞，引发了重大交通事故。强行超车是道路交通安
全的极大隐患之一，如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车分别以10m/s 和16m/s 的速
度在路面上匀速行驶，如果两车均视为质点，某时货车在甲车前s＝7m 处，若此时甲车司机开
始迅速加速从货车左侧超车，加速度大小为2m/s2，假定货车速度保持不变，不计车辆变道的
时间，求：
（1）甲车超过货车之前与货车的距离的最大值。
（2）甲车完成超车至少需要多长时间。
（3）若甲车开始超车时，道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者车头相距178.5m，乙车速度为
12m/s，甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车；
若甲车不能安全超车，则乙车至少以多大的加速度减速才能使甲车安全超车。
【解答】解：汽车甲和货车匀速行驶的速度大小为：v0＝10m/s、v 货＝16m/s。
（1）两车距离达到最大时应满足的条件是：v 甲＝v 货
设所需时间为t1，由速度—时间关系可得：v0+at1＝v 甲
解得：t1＝3s
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根据位移—时间关系可得：x 甲= v0+ v货
2
t1= 10+16
2
×3m＝39m
x 货＝v 货t1＝16×3m＝48m
xmxx＝x 货+s
x
﹣
甲＝48m+7m
39m
﹣
＝16m；
（2）设甲经过时间t2刚好完成超车，根据位移关系可得：
v0t2+ 1
2 at2
2=s+v 货t2
代入数据解得：t2＝7s（﹣1s 舍去）；
（3）在最短7s 内甲车的位移为：xmin＝v0t2+ 1
2 at2
2
代入数据解得：xmin＝119m
乙车的位移为：x3＝v 乙t2＝12×7m＝84m
由于：xmin+x3＝119m+84m＝203m＞178.5m
故不能安全超车；
要使甲车安全超车，乙车的位移至多为：x3＝x
x
﹣min＝（178.5
119
﹣
）m＝59.5m
设乙车减速到v 乙′，则由x3= v乙+ v乙'
2
t2
解得：v 乙'＝5m/s
则乙车的加速度至少为：a' = Δv
Δt = 5-12
7
m/ s
2=-1m/ s
2
即乙车至少以大小为1m/s2的加速度减速才能使甲车安全超车。
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