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培优专题2 匀加速度直线运动解答题培优专题
考点1 自由落体运动
1．（2025·广西柳州·二模）某液压减震器竖直放置在水平地面上，如图（a）所示，其结构简化如图
（b），上支座、活塞通过活塞杆固连，构成质量为m0=10kg的支柱总成，上支座的下表面与储油缸体的
上表面通过劲度系数k =1000 N / m的轻弹簧相连，密封良好的储油缸体中装满液压油，当支柱总成上下运
动时，液压油会流过活塞的小孔，对活塞产生阻力f = βv，其中v为活塞的速度，β =50 N ⋅s/ m。初始时，
系统静止，某时刻将一质量m1=30kg的物块从上支座正上方h=0.2m处由静止释放，物块与上支座碰撞后
粘在一起，碰后瞬间记为t =0，经0.1s支柱总成达到最大速度vm =2m /s，经过足够长时间后，支柱总成停
止运动。不计活塞与缸体的摩擦，不计浮力，弹簧始终在弹性限度内，g取10 m /s
2，求：
(1)初始时弹簧的压缩量；
(2)碰后至支柱总成停止运动的过程中，液压油对活塞做的功；
(3)0~0.1s 的时间内，弹簧对上支座的冲量大小。
【答案】(1)0.1m
(2)-90J
(3)10 N ⋅s
【详解】（1）初始时支柱总成的合力为零，设弹簧的压缩量为x0，根据平衡条件有mg=k x0
代入数据解得x0=0.1m
（2）设碰前物块速度为v0，根据自由落体运动规律有v0
2=2 gh
解得v0=2m /s
对物块和支柱总成，根据动量守恒有m1v0=(m0+m1)v1
解得v1=1.5 m /s
当支柱总成停止运动时，则有(m0+m1)g=k x1
解得x1=0.4 m
故上支座下降高度Δ x = x1−x0=0.3 m
对物块和支柱总成，根据动能定理有W 油+W 重+W 弹=0−1
2 (m0+m1)v1
2
其中W 弹=−k x0+k x1
2
× Δ x，W 重=(m0+m1)g Δ x
联立解得W 油=−90J
（3）支柱总成达到最大速度时，其加速度为零，则有(m0+m1)g=k x2+ β vm
解得x2=0.3 m
则在0∼0.1s内，上支座下降的距离为Δ x
′ = x2−x0=0.2m
以向下为正方向，根据动量定理有I 重−I 弹−I 油=(m0+m1)vm−(m0+m1)v1
其中I 油= β v t = β Δ x
′，I 重=(m0+m1)gt
联立解得I 弹=10 N ⋅s
2．（2025·四川资阳·一模）某物理实验小组想对某小区开展一次题为“拒绝高空抛物，守护他人安全”的
公益宣传活动。同学们在搜集活动素材时，想到用一些信息，计算物体下落高度。为了简化问题，将抛出
物体的运动均视为自由落体运动，重力加速度g取10 m /s
2。
(1)小红同学实验测得一颗小石子（实验环境安全）下落总时间为t = 4s，求小石子下落的距离h。
(2)小明同学发现一张照片中拍摄到一颗下落的小石子。如图所示，石子在照片上留下了一条运动径迹。已
知每块砖的实际厚度d取10cm，径迹两端点A、B恰好都处于砖的中位线高度位置，该相机的曝光时间是
Δt =0.2s。求小石子抛出点到地面的距离H。
【答案】(1)80m
(2)0.85m
【详解】（1）对小石子，由自由落体运动的位移关系，有h= 1
2 gt
2
解得小石子下落的距离为h=80 m
（2）设小石子在A点速度为v A，由图可知hAB=2d =0.2m
根据运动学公式可得hAB= v A⋅Δt + 1
2 g( Δt )
2
代入数据解得v A =0
可知A点为自由落体运动初位置，由图可知小石子抛出点到地面的距离为H =8.5d =0.85 m
3．（25-26 高二上·甘肃兰州·期中）伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，如图所示，弹性大球上将
弹性小球逐个叠放，各球相互接触且重心在同一竖直线上。将它们从距地面一定高处h自由释放，弹性大球
与地面间的碰撞以及各球之间均发生弹性正碰，作用时间极短，重力加速度为g，忽略空气阻力的影响，取
竖直向上为正方向。不考虑球体直径对问题的影响，各球均可视为质点。求：
(1)将弹性大球单独从距地面h高处自由释放，大球与地面作用前瞬间的速度大小；
(2)若质量为2m的弹性大球上端只放一个质量为m的弹性小球，从距地面h高处自由释放，求两球第一次相
互碰撞前瞬间系统的总动量大小p1；
(3)若质量为2m的弹性大球上端只放一个质量为m的弹性小球，从距地面h高处自由释放，求两球第一次碰
撞后小球上升的最大高度H。
【答案】(1)❑√2gh
(2)p1=m ❑√2gh
(3)H = 25
9 h
【详解】（1）将弹性大球单独从距地面h高处自由释放，大球做自由落体运动，则v
2=2gh
解得大球与地面作用前瞬间的速度大小v = ❑√2 gh
（2）根据题意，质量为2m的弹性大球第一次与地面碰撞后的速度v1= v = ❑√2 gh，方向竖直向上，其动量
p2m=2m v1=2m ❑√2 gh，方向竖直向上
两球第一次相互碰撞前，质量为m的弹性小球的动量p1m=mv =m ❑√2gh，方向竖直向下
两球第一次相互碰撞前瞬间系统的总动量大小p1= p2❑m−p1m=m ❑√2gh，方向竖直向上
（3）设两球第一次相互碰撞后速度分别为v1
′和v2
′，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有
m ❑√2gh=2m v1' +m v2'
根据机械能守恒定律有1
2 ⋅2m v
2+ 1
2 m v
2= 1
2 ⋅2m v1'
2+ 1
2 m v2'
2
解得v1
′ =−1
3
❑√2 gh，v2
′ = 5
3
❑√2 gh
碰后弹性小球做竖直上抛运动，则v2❑
′2=2gH
解得H = 25
9 h
4．（25-26 高三上·宁夏银川·月考）微重力塔的核心原理是当实验舱处于自由落体或者竖直上抛状态时，内
部的物体会处于完全失重状态，就可以模拟微重力环境。图为中国科学院国家微重力实验室北京落塔，当
实验舱从静止自由下落时可获得3.6s 的微重力时间，让该装置停下所能提供的最大加速度为15g
(g=10 m/s
2)，求
(1)请根据以上信息计算实验舱下落的最小距离；
(2)若采用最大输出功率P=259.2kW 的电磁弹射系统对实验舱进行电磁弹射，当输出功率达到P 时，停止弹
射。弹射过程为初速度为零、加速度大小为8m/s
2的匀加速直线运动，弹射结束后可让400kg的实验舱获
得一定时间的微重力环境而回到弹射初始位置（不考虑制动），不计摩擦阻力，获得的微重力环境时间t 为
多少。
【答案】(1)69.12m
(2)9s
【详解】（1）根据题意可知，实验舱先自由落体再以最大加速度减速到0，则自由落体运动的末速度为
v = gt
′ =10×3.6 m /s=36 m /s
所以实验舱做自由落体运动的位移为h1= 1
2 gt
′2= 1
2 ×10×3.6
2m =64.8 m
匀减速过程的位移为h2= v
2
2a =
36
2
2×150 m = 4.32m
实验舱下落的最小距离h=h1+h2=69.12m
（2）由题意可知，弹射过程是一个初速度为0 的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F −mg=ma
解得牵引力F =7200 N
根据功率公式得P = Fv
代入数据解得弹射结束时实验舱的速度为v0= P
F =36 m /s
弹射位移x = v0
2
2a =81m
弹射结束后实验舱做竖直上抛运动，竖直上抛到最高点时间为t3= v0
g =3.6s
竖直上抛到最高点的位移为x1= v0
2
2g =64.8 m
所以实验舱从最高点下落到弹射初位置的位移为x2= x + x1=145.8 m
则有实验舱从最高点下落到弹射初位置的时间为t2=
❑√
2 x2
g =5.4s
所以实验舱获得的微重力环境时间t =t2+t3=9s
5．（25-26 高三上·云南·月考）瓜果飘香的季节，质量m=0.1kg的桃子从树梢上自由落下，如图所示，落
到屋顶的c点，后沿屋顶做直线运动，到d点开始做斜抛运动，桃子落在c点后瞬间的速度大小是落在c点前
瞬间的3
5，方向变为沿屋顶向下，已知桃子在树梢上时离c点的高度h=1.25 m，屋顶末端d点离水平地面的
高度H =3.05 m，cd线段长L0=6.75 m，cd与水平面的夹角θ =37°，桃子可看作质点，与屋顶间的动摩擦
因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m /s
2，sin37° =0.6，不计空气阻力，求：
(1)桃子落在c点后瞬间的速度大小vc；
(2)摩擦力对桃子的冲量I；
(3)桃子在地面的落点与d点的水平距离L。
【答案】(1)vc=3 m/s
(2)I =0.6N⋅s
(3)L=2.4 m
【详解】（1）设桃子落到c点前瞬间的速度为v1，根据自由落体运动公式有v1
2=2gh=2×10×1.25(m/s)
2
解得v1=5 m/s
由于桃子落在c点后瞬间的速度大小是落在c点前瞬间的3
5，则有vc= 3
5 v1= 3
5 ×5 m/s=3 m/s。
（2）桃子沿屋顶下滑的过程中，根据牛顿第二定律有mgsinθ−μmgcosθ =ma
代入数据解得a=2m/s
2
设桃子运动到d的速度vd，根据运动学公式有vd
2−vc
2=2a L0
代入数据解得vd=6 m/s
桃子由c点运动到d点的时间为t = vd−vc
a
= 6−3
2
s=1.5s
桃子受到的摩擦力为f = μmgcosθ =0.5×0.1×10×0.8 N =0.4 N
摩擦力对桃子的冲量为I = ft =0.4×1.5 N ⋅s=0.6N ⋅s
（3）桃子到d点后从d点抛出，桃子抛出的运动可以分解为水平方向的运动和竖直方向的运动，则在水平方
向有L= vdcosθ⋅t1
竖直方向有H = vdsinθ⋅t1+ 1
2 gt1
2
联立代入数据解得L=2.4 m
6．（25-26 高三上·安徽合肥·月考）某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直
升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度—时间图线如图甲所示。降落伞用8 根对称的
绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知运动员的质量为50kg，降落伞质量也为
50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v 成正比，即Ff=kv（g 取10m/s2，
cos37°=0.8，sin37°=0.6）。求：
(1)打开降落伞前运动员下落的距离；
(2)阻力系数k 和打开伞瞬间的加速度a 的大小和方向；
(3)每根绳能够承受的最大拉力。
【答案】(1)20m
(2)200N·s/m，30m/s2，方向竖直向上
(3)312.5N
【详解】（1）打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度与位移公式得h0= v0
2
2g =20 m
（2）由题图甲可知，当速度等于5m/s 时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，则kv =2mg
解得k =200 N ⋅s/m
刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得a= k v0−2mg
2m
=30m/s
2
方向竖直向上。
（3）设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得8 FTcos37°−mg=ma
解得FT=312.5 N
所以每根绳能够承受的拉力至少为312.5N。
7．（2025·四川眉山·模拟预测）某运动员（视为质点）在赛前的一次跳水训练时，从离水面高度h=5 m的高
处从静止开始自由落下，落入水中后做匀减速直线运动，运动员落入水中后t =0.8s速度恰好为0，重力加
速度g 取10m/s
2，不计运动员在空中受到的阻力。求：
(1)运动员落到水面时的速度大小；
(2)运动员在水中运动的加速度大小。
【答案】(1)10 m/s
(2)12.5 m/s
2
【详解】（1）运动员在空中做自由落体运动，有h= 1
2 gt1
2
因为v = gt1
代入题中数据，联立解得v =10 m/s
（2）取竖直向下为正方向，运动员在水中做匀减速直线运动，有0= v −at
解得a=12.5 m/s
2
8．（2025·湖北·模拟预测）国家标准《头部防护/安全帽》规定：普通型安全帽在冲击吸收性能测试中，当
质量为5kg的落锤，从1m高处自由下落冲击安全帽，对帽壳的平均作用力不超过4900N。已知重力加速度大
小g=10 m /s
2，❑√5=2.24，计算结果均保留2 位有效数字。求
(1)落锤与安全帽接触前瞬间的速度大小；
(2)落锤与安全帽接触的最短时间。
【答案】(1)v = 4.5 m /s
(2)t = 4.6×10
−3s
【详解】（1）落锤下落至安全帽，由自由落体规律v
2=2 gh
解得v = 4.5 m /s
（2）落锤与安全帽，由动量定理( Mg−F )t =0−Mv
解得t = 4.6×10
−3s
9．（2025·江苏盐城·三模）生活中经常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有
一部质量为m=0.2kg的手机（包括手机套），从离地面高h=1.8 m处无初速度下落，落到地面后，反弹的
高度为h1=0.2m，由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为t =0.2s。不计空气阻力，取
g=10 m /s
2，求：
(1)手机在下落过程中重力冲量的大小；
(2)地面对手机平均作用力的大小。
【答案】(1)1.2N ⋅s
(2)10N
【详解】（1）手机在下落过程中做自由落体运动，则有h= 1
2 gt1
2
解得t1= ❑√
2h
g =0.6s
则手机在下落过程中重力冲量的大小为I G=mgt1=1.2N ⋅s
（2）手机落地时速度v1= gt1=6 m/s
从地面反弹速度v2= ❑√2gh1=2m/s
手机与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得F t −mgt =m v2−(−m v1)
解得手机对地面的平均作用力大小为F =10 N
10．（2025·湖南·二模）如图甲所示，水平地面上铺设有一厚度不计的软性材质地毯，在距离地毯高为 H
的位置 P由静止自由释放一质量为 mA的小球 A（ H远大于小球半径），小球 A与水平地面上的地毯发生
碰撞后竖直反弹。已知小球 A每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 4
5 。（整个过程不
计空气阻力，已知重力加速度为 g）
(1)求小球 A第一次反弹的最高点到释放点 P的距离；
(2)如果要使小球 A在第一次反弹后恰好回到出发点 P，则需在释放时瞬间给小球 A一个竖直向下的初速度
v0， v0的大小是多少？
(3)如图乙所示，紧贴小球 A的正下方放置一大小相同、质量为 mB的小球 B，此时仍然让两小球从位置 P
由静止自由下落，要使小球 A在第一次碰后反弹恰好回到出发点 P，则小球 B的质量 mB与小球 A的质量
mA之比是多少？（假设小球 B每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 4
5 ，而小球 A和
小球 B之间的碰撞为弹性正碰）
【答案】(1) 9
25 H
(2)v0= 3
4
❑√2 gH
(3)mB
mA
= 5
4
【详解】（1）方法一：设小球A 与地毯碰前的瞬时速率为v，从自由释放到落点前瞬间由机械能守恒定律
得mgH = 1
2 m v
2
设第一次碰后小球A 上升的最大高度为h，依题意有碰后的瞬时速率为 4
5 v，则碰后反弹到最高点有
1
2 m（4
5 v ）
2=mgh
则第一次反弹的最高点到释放点P 的距离为 Δ y = H −h= 9
25 H
方法二：设小球A 与地毯碰前的瞬时速率为v，从自由释放到落点前瞬间由自由落体得 v
2=2gH
设第一次碰后小球A 上升的最大高度为h，依题意有碰后的瞬时速率为 4
5 v，则碰后反弹到最高点有
（4
5 v ）
2=2gh
则第一次反弹的最高点到释放点P 的距离为 Δ y = H −h= 9
25 H
（2）方法一：当小球A 自由下落的初速度为 v0时，其与地毯碰前的瞬时速度为 v '，由机械能守恒得
1
2 m（v '
2−v0
2）=mgH
反弹后小球A 恰好回到释放点P，则有 1
2 m（4
5 v ' ）
2=mgH
联立得 v0= 3
4
❑√2 gH
方法二：当小球A 自由下落的初速度为 v0时，其与地毯碰前的瞬时速度为 v '，由运动学公式得
v '
2−v0
2=2gH
反弹后小球A 恰好回到释放点P，则有 （4
5 v ' ）
2=2gH
联立得 v0= 3
4
❑√2gH
（3）设小球B 与地毯碰前的瞬时速率为v，则与地毯碰后的速率为 4
5 v，此时小球A 的速率为v，由于小球
A 和小球B 之间的碰撞为弹性碰撞，则由动量守恒（取竖直向上为正）和机械能守恒得
4
5 mB v −mA v =mB vB' +mA v A' ，1
2 mB（4
5 v ）
2+ 1
2 mA v
2= 1
2 mBvB'
2+ 1
2 mA v A'
2
碰后小球A 恰好回到释放点P，则有 vA'
2=2 gH v = vA'
联立上述各式，得 mB
mA
= 5
4
考点2 竖直上抛运动
11．（2025·广东·模拟预测）某学校科技小组研究试射火箭模型。如图甲所示，将质量为1.0kg 的火箭模型
（不含压缩气体质量）由静止竖直发射升空，200g 压缩气体以大小为220m/s 的对地速度在极短时间内从火
箭喷口喷出。若不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s
2。
(1)火箭发射后上升的最大高度H 1；
(2)如图乙所示，经过改进后，将该火箭设计为上、下两级，每级火箭的质量均为0.5kg（不含压缩气体质
量），每级火箭分别灌装100g 压缩气体，独立释放，每次喷出的压缩气体相对火箭该次喷气前的速度大小
均为220m/s。仍将火箭由静止竖直发射升空，若当下级火箭喷气结束后的1s 末两级火箭完成分离（分离过
程中两级火箭之间没有相互作用），此刻上级火箭内的压缩气体喷出，求火箭能够上升的最大高度H 2。
【答案】(1)H 1=96.8 m
(2)H 2=160.8 m
【详解】（1）对火箭喷气过程研究，火箭和气体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有Mv =m v0
喷气后火箭上升过程，由运动学公式有v
2=2 g H 1
联立解得H 1=96.8 m
（2）第一次喷气过程中由动量守恒定律有(M + m
2)v1= m
2 v0
第一次喷气结束后的1s 内，火箭做竖直上抛运动，由运动学知识有v2= v1−>¿
该过程中火箭上升的高度h1= v1+ v2
2
t
第二次喷气过程中由动量守恒定律有M +m
2
v2= M
2 v3−m
2 (v0−v2)
第二次喷气后火箭上升过程，由运动学公式有v3
2=2 gh2
第二次喷气后火箭能够上升的最大高度H 2=h1+h2=160.8 m
12．（25-26 高一上·江西·期中）如图所示，长为L=3.2m的直杆AB沿竖直方向，直杆的下侧的C点有一可
视为质点的小球，小球到直杆下端的距离为h=1.8 m，小球距离地面足够高。假设在下列运动过程中小球和
直杆不会发生碰撞，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s
2。求：
(1)若小球不动，直杆由静止释放，直杆通过小球的时间；
(2)若直杆不动，小球以初速度v1= ❑√136 m/s竖直向上抛出，小球向上通过直杆的时间；
(3)若直杆自由释放的同时，小球以初速度v2竖直向上抛出，欲使小球在下落过程中（回到抛出点前）与直
杆的下端相遇，则v2满足的条件。
【答案】(1)直杆通过小球的时间Δt =0.4s
(2)小球向上通过直杆的时间t AB=0.4s
(3)小球向上抛出的速度大小满足3 m/s<v2<3 ❑√2m/s
【详解】（1）从静止释放到直杆B 端到达C 点，用时t1，位移为h1= 1
2 gt1
2=1.8 m
从静止释放到直杆A 端到达C 点，用时t2，位移为h2= 1
2 gt2
2=5 m
解得t1=0.6s，t2=1s
则直杆通过小球的时间Δt =t2−t1=0.4s
（2）小球到达B 端时速度为vB，2 gh1= vB
2 −v1
2
小球到达A 端时速度为v A，2 gh2= v A
2 −v1
2
解得v A =6 m/s，vB=10 m/s
则小球从A 运动至B 过程中，平均速度v AB= v0+ v
2
=8 m/s
t AB= h2−h1
v AB
=0.4s
（3）规定向下为正方向，满足题设要求需：
相对运动位移Δh=hB−h3=1.8 m
1
2 gt3
2−(v2t3+ 1
2 gt3
2)=1.8 m
小球与直杆下端相遇时，小球速度v3= v2+ gt3>0
小球与直杆下端相遇时，运动时间t3<t1=0.6s
解得−3 ❑√2m/s<v2<−3 m/s
即小球向上抛出的速度大小满足3 m/s<v2<3 ❑√2m/s
13．（25-26 高三上·广东广州·期中）“深坑打夯机”的工作示意图如图所示。首先，电动机带动两个摩擦
轮匀速转动，将夯杆从深坑提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开；夯杆因惯性继续
运动，在自身重力的作用下，落回坑底；这样周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩
擦轮边缘的线速度v=4 m/s，对夯杆的压力均为F=2×104 N，与夯杆的动摩擦因数μ=0.3，夯杆的质量
m=1.0×103 kg，坑深h=6.4 m，重力加速度g=10 m/s2，不计夯实坑底引起的深度变化，不计空气阻力，请计
算：
(1)每个打夯周期中，夯杆受摩擦轮带动的作用时间t；
(2)每个打夯过程的周期T；
(3)每个打夯周期中，因带动夯杆向上运动，电动机多消耗的电能。
【答案】(1)2.6s
(2)4.2s
(3)120000J
【详解】（1）刚开始，夯杆受到向上的摩擦力f =2 μF
根据牛顿第二定律f−mg=ma
解得a=2m/s
2
夯杆加速到与摩擦轮线速度v = 4 m/s
根据匀变速运动规律v =at1
可得加速时间t1= v
a = 4
2 s=2s
加速位移x1= 1
2 at1
2= 1
2 ×2×2
2m= 4 m
匀速上升位移x2=h−x1=6.4 m−4 m=2.4 m
同理可得匀速上升时间t2= x2
v = 2.4
4 s=0.6 s
所以夯杆在被摩擦轮带动上升阶段用时t=t1+t2=2s+0.6 s=2.6 s
（2）方法1：夯杆竖直上抛阶段，夯杆以速度v = 4 m/s做竖直上抛运动，则有v = v0−gt 上（v =0，
v0= 4 m/s）
可得上升时间t 上= v0
g = 4
10 s=0.4 s
上升高度h上= v0
2
2g =
4
2
2×10 m=0.8m
夯杆下落阶段，从最高点下落的总高度H =h+h上=6.4 m+0.8m=7.2m
根据自由落体运动规律H = 1
2 gt下
2
可得下落时间t下= ❑√
2 H
g = ❑√
2×7.2
10
s=1.2s
打夯周期T =t +t 上+t下=2.6 s+0.4 s+1.2s= 4.2s
方法2：竖直上抛及回落过程的位移为−h=−6.4 m（以向上为正方向）。
根据公式−h=−v0t
'−1
2 gt
'2
可得t
' =1.6 s（时间不能为负，另解t
' =−0.8 s舍去）
打夯周期T =t +t
' =2.6 s+1.6 s= 4.2s
（3）方法1：夯杆在坑口时，动能Ek = 1
2 mv
2= 1
2 ×1.0×10
3×4
2J =8000 J
重力势能E p=mgh=1.0×10
3×10×6.4 J =64000 J
机械能增加量Δ E = Ek + E p=8000 J +64000 J =72000 J
摩擦轮在加速阶段的位移x轮1= v t1= 4×2m=8m
夯杆加速位移x1= 4 m
相对位移Δ x = x轮1−x1=8m−4 m= 4 m
则克服摩擦力产生的热量Q = f·Δ x = 48000J
电动机多消耗的电能W = Δ E+Q =120000 J
方法2：摩擦轮所克服的摩擦力做的功为W =W 克1+ W 克2
其中W 克1= f·v t1，W 克2=mg·v t2
代入数据解得W =120000 J
14．（2025·河北衡水·三模）如图所示，小球1 和2 从地面上方不同高度处同时由静止释放，已知小球1 的
释放点距地面的高度h1=20 m，落地后反弹上升的最大高度h1
′ =11.25 m，小球1 与地面的接触时间忽略不
计，小球2 与地面碰撞后不反弹，不计空气阻力，重力加速度g取10 m /s
2。
(1)求小球1 落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值；
(2)若从小球1 第一次落地后到第二次落地前，两小球能同时到达距地面上方10 m高度处，求小球2 释放的高
度h2。
【答案】(1)3
4
(2)55m 或90 m
【详解】（1）根据速度位移关系v
2=2 gh
可得小球1 落地瞬间的速度大小为v1= ❑√2 gh1
反弹速度大小为v1
'= ❑√2 gh1
'
解得v1=20 m /s，v1
'=15 m /s
则小球1 落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值为v1
'
v1
= 3
4
（2）小球1 下落的时间t0= v1
g
反弹到最高点的时间t2= v1
'
g
解得t0=2s，t2=1.5s
设小球1 反弹到距地面上方10 m高度处时间为t1，则有h= v1
't1−1
2 gt1
2
代入数据得t1=1s
若在小球1 上升过程相遇，相遇时小球2 下落的高度H 2= 1
2 g(t0+t1)
2
解得H 2= 45 m
若在小球1 下降过程相遇，相遇时小球2 下落的高度H 2
'= 1
2 g[t0+t1+2(t2−t1))
2
解得H 2
'=80 m
故小球2 离地的初始高度h2= H 2+h=55 m或h2
'= H 2
'+h=90 m
15．（24-25 高二下·广东深圳·期末）如图所示，水平地面上一辆平板车以v =2m /s的速度向前匀速行驶，
t =0时刻，在平板车前端M的正前方S = 4 m距离处有一个小球在离地面H =6.8 m高度处正以v0=10 m /s的
初速度竖直向上抛出。已知平板车上表面离地高度为h=0.55 m，车身长度L=3.5 m，重力加速度
g=10 m /s
2，不计空气阻力。
(1)小球运动过程中距离地面的最大高度；
(2)求小球落在平板车上的位置到车身前端M的距离；
(3)为了避免小球落在平板车上，小球竖直向上抛出的同时，小车开始做匀变速直线运动，求平板车的加速
度a所满足的条件。
【答案】(1)11.8m
(2)1m
(3)匀加速a>0.8 m /s
2或者匀减速a>0.32m /s
2
【详解】（1）根据2 gh= v0
2
可得小球上升的最大高度h1=5 m
则距离地面最大高度为h2=h1+ H =11.8 m
（2）设小球经过时间t落在小车上，取竖直向上为正方向，则有−(H −h)= v0t −1
2 gt
2
解得t =2.5s或t =−0.5s（舍去）
平板车运动的位移为x1= vt =5 m
则小球落在平板车上的位置到车身前端M的距离为x2= x1−S =1m
（3）①若小车做匀加速直线运动，设最小加速度为a0，则小车运动位移满足条件为L+ S = vt + 1
2 a0t
2
解得a0=0.8 m /s
2
则平板车的加速度应满足a>0.8 m /s
2，方向向前
②若小车做匀减速直线运动，设最小加速度为a1，则小车运动位移满足条件为S = vt −1
2 a1t
2
解得a1=0.32m/s
2
则平板车的加速度应满足a>0.32m/s
2，方向向后
16．（2025·北京·高考真题）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t 到达最高点。在最高点
该物体炸裂成A 、B两部分，质量分别为2m和m，其中A 以速度v 沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计
空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B 的速度大小vB；
(3)A 、B落地点之间的距离d。
【答案】(1)v0=>¿
(2)vB=2v
(3)d =3 vt
【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0= v0−>¿
可得v0=>¿
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A 速度为v，设B 速度为vB，由动量守恒定律得
0=2m⋅v +m⋅vB
解得vB=−2v
即大小为2v
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A 的水平位移xA= vt
B 的水平位移xB= vBt =2vt
所以落地点A、B 之间的距离d =| xA|+| xB|= vt +2vt =3 vt
17．（2025·福建三明·三模）2025 年4 月13 日，全红婵参加加拿大温莎站世界杯跳水决赛。如图，全红婵
以一定初速度在高台上竖直向上起跳，从距水面11.25 m的最高处竖直下落，入水后沿直线下潜3 m 后速度
减为零。重力加速度取g=10 m /s
2，人运动过程中可简化为质点，不计空气阻力。求全红婵：
(1)入水前瞬间的速度大小；
(2)入水后，人受竖直方向水的平均作用力与其体重之比。
【答案】(1)v =15 m /s
(2) F
mg = 19
4
【详解】（1）全红婵从最高处竖下落至水面过程中：v
2=2 gH
解得v =15 m/s
（2）水中下潜过程，根据动能定理（mg−F ）h=0−1
2 m v
2
解得F
mg = 19
4
18．（2025·四川绵阳·三模）中国科学院研制的电磁弹射微重力实验室，是亚洲首个采用电磁弹射技术实现
地面微重力环境的实验装置。整个装置像一个高44.5m 的“大电梯”，高2m 的实验舱在精确的电磁系统控
制下可以在这个“大电梯”内沿竖直方向运动。某次实验中，实验舱从装置底部由静止开始竖直向上做匀
加速直线运动，当到某位置速度刚好为20 m/s 时撤去电磁控制，此后实验舱只在重力作用下运动；当实验
舱回到该位置时重新加以电磁控制，让它减速回落到地面。重力加速度g 取10m/s2。求：
(1)实验舱只在重力作用下运动的总时间；
(2)为了保证实验舱的安全，实验舱不能与装置顶部相碰。求实验舱向上匀加速运动的最小加速度。
【答案】(1)4s
(2)8.9 m/s
2
【详解】（1）设实验舱只在重力作用下向上运动时间为t1，只在重力作用下运动总时间为t，则
t1= v0
g = 20
10 s=2s
则t =2t1=4 s
（2）为了保证实验舱的安全，实验舱不能到达装置顶部，或者达到顶部时速度刚好为零。设实验舱只在重
力作用下向上运动的位移为x1，则x1= v0
2
2g
设装置高为H，实验舱高为h，则实验舱在电磁控制下向上匀加速运动最大位移为x2，对应的最小加速度为
a，则x2= H −h−x1
又x2= v0
2
2a
解得a= 80
9 m/s
2≈8.9 m/s
2
19．（2025·天津河东·二模）如图所示，质量分别为mA、mB的两个小球A、B 静止在地面上方，B 球距地面
的高度h=0.8 m，A 球在B 球的正上方。先将B 球由静止释放，经过一段时间后再将A 球由静止释放，当A
球下落t A=0.3s时，刚好在P点与第一次触地反弹后再次下落的B 球相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的
速度恰好为零，已知mB=3mA，重力加速度大小为g=10 m /s
2，忽略空气阻力及所有碰撞中的动能损失，
求：
(1)与A 球碰撞前瞬间B 球的速度大小vB；
(2)与A 球碰撞前B 球在空中运动的时间t。
【答案】(1)vB=1m/s
(2)t =0.9s
【详解】（1）A球碰撞前的速度vA= gt A
取向下为正方向，两球碰撞过程动量守恒、动能守恒，分别有
mA vA+mBvB=mBv
1
2 mA vA
2 + 1
2 mB vB
2= 1
2 mB v
2
又mB=3mA
联立解得vB=1m/s
（2）B球第一次下落h= 1
2 gt1
2
B球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性，上升时间t2=t1
B球第二次下落vB= gt3
B球在空中运动的时间t =t1+t2+t3
解得t =0.9s
20．（2025·黑龙江·二模）如图，质量为m的弹性小球A 从距地面40 m高处由静止释放。释放A 球的同时，
在A 球的正下方，以20m/s 的速度将另一弹性球B 从地面竖直向上抛出，B 球的质量为4m。忽略空气阻力，
两球碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)两球碰撞时A 球距地面的高度及速度；
(2)两球相碰后A 球的最高点距地面的高度。
【答案】(1)20m/s，20m
(2)27.2m
【详解】（1）设经时间t两球相遇，则有1
2 gt
2+ v0t −1
2 gt
2= H
解得t =2s
此时A球的速度为r1=>=20 m/s
此时B球的速度为vB= v0−>=0
相碰位置距地面高度为h1= v0
2
2g =20 m
（2）A 球、B 球碰撞过程动量守恒、机械能守恒有m vA=m v
′
A+ 4 m v
′
B，1
2 m vA
2 = 1
2 m v
′
A
2 +2m v
′
B
2
解得v
′
A=−12m/s
碰后上升高度为h2= v
′
A
2
2 g =7.2m
求两球相碰后A 球的最高点距地面的高度为h1+h2=27.2m
考点3 追及相遇问题
21．（2026·重庆沙坪坝·一模）跑步已经成为许多同学锻炼身体的方式。体育课上，一纵队共30 位同学均以
4 m /s的速度在平直跑道上，保持前后两人3m的间距匀速跑步。相邻平直跑道上，小南同学以10 m /s的速
度同方向匀速跑动。当小南在队伍后方距离队伍最后一位同学6m时，开始以0.5m/s
2的加速度做匀减速直
线运动。在此后的跑步过程中，求：
(1)小南减速运动过程中的总位移大小；
(2)小南从追上队伍中最后一位同学到与队伍完全错开，共经历了多少时间。
【答案】(1)100 m
(2)(
23
2 +2❑√30)s
【详解】（1）小南匀减速运动过程中，有0−v0
2=−2a x0
解得小南减速运动过程中的总位移大小为x0=100 m
（2）小南从追上队伍中最后一位同学的位移满足v0t −1
2 at
2=6+ vt
解得t1=(12−2❑√30)s，t2=(12+2❑√30)s
小南停下时所用的时间t3= v0
a =20s
所以t2=(12+2❑√30)s（舍去）
小南停下时与最后一位同学的距离x1= x0−v t3−6=14 m
之后最后一位同学追上小南所需要的时间为t 4= x1
v =3.5s
则总共经历的时间t5=t3+t 4−t1=(
23
2 +2❑√30)s
22．（2025·安徽合肥·一模）一酒驾者驾车以144km/h 的速度在平直公路上行驶，突然发现正前方d =200 m
处有一警车在执勤（此时取t =0），于是他立即以a1=8 m /s
2的加速度刹车做匀减速运动，刹停后立即原地
掉头（原地掉头用时10s）试图逃离。在他刚调完头欲再次以相同加速度大小加速时，被交警发现，于是交
警驾车以a2=10 m /s
2的加速度匀加速行驶去追赶。若警车最大时速为180km/h，酒驾车辆最大时速为
144km/h，两车达到最大时速后速率均保持不变，则：
(1)取警车行驶方向为正方向，画出两辆车的v −t图像（无需标出追上时间），并标出相应坐标值（要有必
要的计算过程）；
(2)求从交警发现酒驾车辆到追上的时间。
【答案】(1)
(2)12.5s
【详解】（1）令v1=144 km /h= 40 m /s，v2=180km /h=50 m /s
酒驾车刹车时间t1= v1
a1
=5s
再次匀加速到v1历时5s；警车从静止加速到v2历时t2= v2
a2
=5s
故两车v −t图如下
（2）令警车达到最大速度后再经过Δt时间追上酒驾车辆，酒驾车减速阶段位移x1= v1
2 t1=100 m
交警发现时两车相距为Δ x =d −x1=100 m
因此由图像可得追上时有Δ x = 1
2
(2⋅Δt +5)v2−1
2
(2⋅Δt +5)v1
代入数据得Δt =7.5s
因此，从警车发现到追上用时t =t2+ Δt =12.5s
23．（2025·云南昆明·模拟预测）如图所示，直线MN 表示一条平直单车道，甲、乙两辆汽车刚开始静止，
车头分别在A、B 两处，两辆车长均为L=4m，两个车头间的距离为x0=94m，现甲车先开始向右做匀加速直
线运动，加速度a1=2.5m/s2，甲车运动了t0=5s 后，发现乙车仍然静止，甲车立即鸣笛，又经过t1=1s，乙车
才开始向右做匀加速直线运动。
(1)求乙车开始运动时，甲车车头到乙车车尾间的距离d；
(2)若乙车运动的加速度a2=5.5m/s2，两辆汽车是否会相撞？若会，请通过计算说明；若不会，请求出甲车车
头到乙车车尾间的最小距离dmin；
(3)若要使两车不相撞，求乙车运动的最小加速度。
【答案】(1)d = 45 m
(2)不会，dmin=7.5m
(3)5 m/s
2
【详解】（1）甲车在乙车开始运动前的位移x甲= 1
2 a1(t0+t1)
2= 45 m
乙车开始运动时，甲车车头到乙车车尾间的距离d = x0−x甲−L= 45 m
（2）设乙车运动后，经过t2时间两车速度相等，此时两车距离最小，则有a2t2=a1(t0+t1+t2)
解得t2=5s
此时甲车车头到乙车车尾间的距离dmin= x0−L+ 1
2 a2t2
2−1
2 a1(t0+t1+t2)
2
联立解得dmin=7.5m >0
可知两车不会相撞且dmin=7.5m。
（3）设乙车运动后，经过时间t3两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，此种情况下乙车加速度记为a3，
则有a3t3=a1(t0+t1+t3)，1
2 a3t3
2+ x0−L= 1
2 a1(t0+t1+t3)
2
联立解得a3=5 m/s
2
即要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少为5 m/s
2。
24．（25-26 高一上·江西赣州·期中）车辆协同系统（V2V）能让后车在前车刹车的瞬间收到信号，从而立即
制动或采取更优的制动策略进行减速。如图，A、B 两车在同一车道上沿平直的路面匀速行驶，速度大小分
别为vA=20 m /s、vB=25 m /s，A 车在前，B 车在后，两车逐渐靠近。某时刻，A 车车尾和B 车车头相距
L0=35 m，A 车为避险紧急制动，制动的加速度大小为aA= 4 m /s
2。已知B 车制动的最大加速度大小为
aBmax=5 m /s
2，驾驶员的反应时间为t0=1s，求：
(1)若车辆没有安装车辆协同系统（V2V），B 车驾驶员发现A 车紧急制动，经反应时间为t0=1s后，以aBmax
制动，通过计算判断两车会不会发生碰撞；
(2)若车辆安装了基础的车辆协同系统（V2V），A 车紧急制动的瞬间，B 车立即以aBmax制动，运动过程中，
两车没有发生碰撞，则B 车车头和A 车车尾的最近距离Δ x1min为多少？
(3)若车辆安装了高阶的车辆协同系统（V2V），A 车紧急制动的瞬间，在保证安全的前提下，为提升乘坐舒
适性，B 车初始时以加速度大小aB1=3 m /s
2平缓制动，t1=2s后，再以aBmax制动，则运动过程中，B 车车头
和A 车车尾的最近距离Δ x2min又为多少？
【答案】(1)两车一定会发生碰撞
(2)Δ x1min=22.5 m
(3)Δ x2min= 4.9 m
【详解】（1）对A 车分析，假设经过时间t A，A 车速度减为0，则vA=aAt A，xA= 1
2 aAt A
2
解得t A=5s，xA=50 m
对B 车分析，经反应时间t0， B 车的位移大小为xB1= vBt0
设B 车制动后，假设经过时间Δt，速度减为0，制动阶段的位移大小为xB2= 1
2 aBmax(Δt )
2
vB=aBmaxΔt
B车的总位移xB= xB1+ xB2
解得xB=87.5 m
由于xB> xA+ L0，两车一定会发生碰撞
（2）安装了基础的车辆协同系统（V2V）时，设经过时间t (t ≤5s)，A 车的位移xA
′ = vAt −1
2 aAt
2
B车的位移xB
′ = vBt −1
2 aBt
2
两车之间的距离Δ x = xA
′ + L0−xB
′
整理得Δ x =35−5t +0.5t
2
当t =5s， B 车车头和A车车尾的距离最小，即Δ x1min=22.5 m
（3）安装了高阶的车辆协同系统（V2V）时，由第（1）问知，经过t A=5s，A 车停止运动，B 车运动的总
时间为t B=t1+ vB−aB1t1
aBmax
解得t B=5.8s>t A
所以当B 车停止时，两车相距最近；t1=2s， B 车的位移x
′
B1= vBt1−1
2 aB1t1
2
末速度vB1= vB−aB1t1
B 车从vB1减速至0，x
′
B2=
vB1
2
2aBmax
B 车车头和A车车尾的距离Δ x2min= xA+ L0−(x
′
B1+ x
′
B2)
解得Δ x2min= 4.9 m
25．（2025·贵州·模拟预测）某生态摄影师搭乘一艘以速度v1=10 m /s匀速航行的生态监测船进行监测时，
发现监测船正前方x0=195 m处有一只以速度v2=6 m /s同向匀速低空飞行的雨燕。为获取雨燕的清晰影像，
摄影师立即操控监测船上的新型高速无人机展开追赶拍摄。已知无人机处在“挡位Ⅰ”时最大加速度为
2m /s
2，在“挡位Ⅱ”时最大加速度为4m /s
2，镜头的有效拍摄范围为44m 以内；雨燕的警觉范围为150m
以内，被惊扰后会立即以3m /s
2的加速度加速逃离。为便于计算，假定无人机和雨燕均可看成质点，且在同
一高度沿直线向前运动。
(1)若无人机处在“挡位Ⅰ”全力追赶，求t1=5s时无人机的速度大小v 以及此时无人机到雨燕的距离Δ x；
(2)若无人机处在“挡位Ⅰ”全力追赶，雨燕发现无人机时立即加速逃离，求无人机到雨燕的最近距离dmin；
(3)在（2）中距离最近时，通过遥控使无人机立即切入“挡位Ⅱ”，求无人机在“挡位Ⅱ”至少还需加速运
行多长时间才能使雨燕进入有效拍摄范围。
【答案】(1)v =20m/ s，Δ x =150 m
(2)dmin=52m
(3)t = 4s
【详解】（1）由题可知，无人机处在“挡位Ⅰ”的加速度大小为a1=2m /s
2，“挡位Ⅱ”的加速度大小为
a2= 4 m /s
2，雨燕的加速度大小为a3=3 m /s
2。t1时，无人机的速度大小为v = v1+a1t1=20 m /s
无人机的位移大小为x1= v1+ v
2
t1=75 m
雨燕的位移大小为x2= v2t1=30 m
则此时无人机与雨燕的距离为Δ x = x2+ x0−x1=150 m
（2）由（1）可知，t1时雨燕恰好发现无人机，设经时间t2后二者共速，则v共= v +a1t2，v共= v2+a3t2
代入数据解得t2=14s，v共= 48 m /s
在t2内，无人机的位移大小为x
′
1= v + v共
2
t2= 476 m
雨燕的位移大小为x
'
2= v2+ v共
2
t2=378 m
则无人机到雨燕的最近距离为dmin= x
′
2+ Δ x −x
′
1=52m
（3）方法一：设还需加速运行时间t后才能使雨燕进入有效拍摄范围，则x
″
1= v共t + 1
2 a2t
2，
x
″
2= v共t + 1
2 a3t
2，dmin−(x
″
1−x
″
2)= 44 m
代入数据解得t = 4s
方法二：取雨燕为参考系，则dmin−44 m= 1
2 (a2−a3)t
2
代入数据解得t = 4s
26．（2025·陕西商洛·模拟预测）ETC 是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如果要通过ETC 通道，车
需要在收费站中心线（拦车杆位置）前方10m 处减速至5m/s，匀速到达中心线后，自动抬杆，车通过ETC
通道，如图1 所示。甲车以15m/s 的速度匀速行驶，在距收费站中心线50m 处开始减速时发现走人工收费
通道的乙车恰好停到了收费站中心线处，甲车司机立即刹车做匀减速运动，到达离收费站中心线10m 处时
速度恰好减至5m/s 并匀速通行，ETC 通道自动抬杆放行，甲车通过收费站中心线后立即开始加速，以甲车
开始匀加速的时刻作为计时起点，甲、乙两辆车在平直公路上沿同一方向做直线运动的v-t 图像如图2 所示。
(1)求乙车在收费站缴费所用的时间t乙；
(2)求乙车追上甲车前，两车间距离的最大值Δ x；
(3)求甲车被乙车追上时甲车从收费站中心线前进的距离x。
【答案】(1)11s
(2)50 m
(3)125 m
【详解】（1）设甲车从开始减速到进入ETC 通道前的时间为t1
则甲车的位移x1=50 m −10 m = 40 m，x1= v0+ v1
2
t1
设甲车通过ETC 匀速行驶区间的时间为t2，则x2=10 m = v1t2
由v-t 图像知，甲车离开Δt =5s后，乙车才离开
故乙车在收费站缴费的时间t乙=t1+t2+ Δt =11s。
（2）由图2 可知，在t3=7.5s时，两车共速，乙车追上甲车前，此时两车间距离为最大值
则甲车的位移x3= 5+10
2
×5 m +10×2.5 m =62.5 m
乙车的位移x4= 1
2 ×10×2.5 m =12.5 m
故乙车追上甲车前，两车间距离的最大值Δ x = x3−x4=50 m。
（3）由图2 可知，乙车速度达到最大时，甲车的位移x甲= 5+10
2
×5 m +10×5 m =87.5 m
乙车的位移x乙= 1
2 ×20×5 m =50 m
甲车在前，乙车在后，两车间距Δ x
′ = x甲−x乙=37.5 m
之后甲、乙两车分别以v甲=10 m/s、v乙=20 m/s的速度做匀速直线运动
设再经过时间t 乙车追上甲车，则Δ x
′ = v乙t −v甲t
所求的位移x = x甲+ v甲t =125 m。
27．（2025·四川眉山·模拟预测）在沿东西方向的平直公路上，甲车正以15m/s 的速度向东匀速运动，乙车
以20m/s 的速度向西匀速运动，当两车交错瞬间，乙车司机发现甲车司机是自己的一位熟人，且有要事相商，
他立即以大小为4m/s2的加速度刹车，速度为零后再用时5s 原地掉头同时打电话给甲，随后乙从静止开始以
大小为6.5m/s2的加速度加速追赶甲车，同时甲开始以加速度大小为1m/s2开始刹车。已知该路段限速
26m/s。试求：
(1)乙车刹车距离是多少？
(2)从乙车开始刹车起，经多少时间两车相距最远?最远距离是多少？
【答案】(1)50m
(2)12s；215m
【详解】（1）对乙车，有x乙= v乙
2
2a1
= 20
2
2×4 m=50m
（2）乙车先匀减速至0，设所需时间为t1，有t1= v乙
a1
=5s
接着掉头所用时间为t2=5s，再加速至两车速度相等时需t3，有a2t3= v甲−a3t3
解得t3=2s
则总时间t =t1+t2+t3=12s
乙车位移x乙= v乙
2 t1−1
2 a2t3
2=37m
甲车位移x甲= v甲(t1+t2)+(v甲t3−1
2 a3t3
2)=178m
两车最远距离x = x甲+ x乙=215m
28．（2025·四川·模拟预测）如图甲所示为t=0 时，A、B 两车在两条平行的平直公路上同向运行时的高空俯
视图，此时两车车头平齐。为了检测两车的刹车与加速性能，控制平台利用车载速度传感系统分别描绘出
了A 车刹车过程与B 车加速过程中速度的平方（v2）随位移（x）变化的图像如图乙所示。求：
(1)A、B 两车相遇前最大距离；
(2)A、B 两车分别经过x=16m 处的时间差。
【答案】(1)12m
(2)4s
【详解】（1）根据匀变速直线运动规律v
2−v0
2=2ax
整理可得v
2=2ax + v0
2
结合图像可知A、B 两车均做匀变速直线运动，对于A 车
可得v0 A =6 m /s
aA = 1
2 k A = 1
2 × 0−36
18
m /s
2=−1m /s
2
对于B 车，可得v0 B=0
aB= 1
2 k B= 1
2 × 18
18 m /s
2=0.5 m /s
2
设经过t 时间二者速度相等，此时相距最远，则有v0 A+aAt =aBt
代入数据解得t = 4s
A、B 两车共同的速度v =aBt =2m /s
A 车的位移x A = 1
2 (v0 A+ v)t =16 m
B 车的位移xB= 1
2 vt = 4 m
故二者之间的最大距离Δ xmax= x A−xB=12m
（2）设A 车经过x=16m 的时间为tA，B 车经过x=16m 的时间为tB
对于A 车，则有
v0 At A+ 1
2 aAt A
2 = x
解得tA=4s（另一解tA=8s 时A 车已停止运动，舍去）
对于B 车，则有1
2 aBt B
2 = x
解得t B=8s
A、B 两车分别经过x=16m 处的时间差
Δt =t B−t A = 4s
29．（2024·河北衡水·二模）有两辆汽车在平直路面上一前一后朝着相同方向匀速行驶，前车速度
vA=16 m/s，后车速度vB=18 m/s，当后车与前车相距L=20 m时，前车以大小aA= 4 m/s
2的加速度刹车，
后车司机看到前车刹车灯亮起，然后以大小aB=6 m/s
2的加速度刹车，已知后车司机的反应时间t0=0.5s，
求：
(1)后车刚开始减速时两车之间的距离；
(2)请通过计算判断两车是否发生了追尾事故?
【答案】(1)18.5m
(2)不会发生追尾事故
【详解】（1）反应时间t0时间内前车行驶的位移xA= vAt0−1
2 aAt0
2=7.5m
后车行驶的位移xB= vBt0=9 m
两车之间的距离x = L+ xA−xB=18.5 m
（2）设两车经过t 时间共速，则有vB−aB(t −t0)= vA−aAt
解得t =2.5s。
从开始到共速，前车位移LA= vAt −1
2 aAt
2
代入数据解得LA=27.5 m
从开始到共速，后车位移LB= vBt0+ vB(t −t0)−1
2 aB(t −t0)
2
代入数据解得LB=33 m
共速时两车之间的距离Δ L= L+ LA−LB=14.5 m >0，所以不会发生追尾事故。
30．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）乡村游乐场的滑草项目紧张刺激，其滑道由倾斜部分和水平部分连接而
成。滑草车在水平滑道上正常滑行时的阻力为重力的k = 0.1 倍，刹车时阻力加倍。某时刻甲以v1 = 8m/s 的
速度从倾斜滑道进入水平滑道，乙在甲后面经Δt = 2s 以v2=10m/s 进入水平滑道。重力加速度g = 10 m/s
2
。试计算：
(1)若二人均不采取措施，乙进入水平滑道后多长时间与甲相撞？
(2)为避免相撞，乙进入水平滑道后最多经过多长时间必须刹车？
【答案】(1)3.5s
(2)1.5s
【详解】（1）设正常滑行时加速度大小为a，有kmg=ma
设乙进入水平滑道后经时间t，二者相撞，假设碰撞前甲还未停下，则有
v2t −1
2 at
2= v1(t + Δt )−1
2 a(t + Δt )
2
解得t =3.5s
此时甲的速度v1
′ = v1−a(t + Δt )=2.5 m/s
碰撞时甲还未停下，假设成立。
（2）为避免相撞，设乙进入水平滑道后经时间t1开始刹车，又经时间t2后二人恰要相撞。
设刹车时乙滑行的加速度大小为a
′，有2kmg=ma
'
恰要相撞时二人速度相等，有v2−at1−a
′ t2= v1−a(t1+t2+ Δt)
此时二人到达同一位置，有v2t1−1
2 at1
2+(v2−at1)t2−1
2 a
′ t2
2= v1(t1+t2+ Δt)−1
2 a(t1+t2+ Δt )
2
解得t2= 4s，t1=1.5s
为避免相撞，乙进入水平滑道后最多经过1.5s必须刹车。
考点4 刹车问题
31．（25-26 高一上·江苏苏州·期中）根据《中华人民共和国道路交通安全法》第四十七条规定：机动车行
经人行横道时，应当减速行驶；遇行人正在通过人行横道，应当停车让行。某司机驾驶汽车正以v0=10 m/s
的速度在平直的道路上行驶。他看到斑马线上有行人后立即刹车，加速度大小为a=2.5 m /s
2，车停住时车
头刚好碰到斑马线，等待行人t0=10s后（人已走过），又用了5s的时间匀加速至原来的速度v0，设开始刹
车时为计时起点（即t =0），求：
(1)汽车在前10s内的位移大小；
(2)汽车因礼让行人而延迟的时间。
【答案】(1)20m
(2)14.5s
【详解】（1）设汽车刹车停下来需要时间t1，则有t1= v0
a = 4s
10s 末汽车已停止且未重新启动，则汽车在前10s 内的位移为x1= v0
2
2a = 100
2×2.5 m =20 m
（2）根据题意可知，加速过程的位移大小为x2= v0
2 ⋅t2=25 m
正常情况下司机通过该段路的时间为t3= x1+ x2
v0
= 4.5s
汽车因礼让行人而延迟的时间为Δt =t1+t0+t2−t3=14.5s
32．（2025·湖南郴州·一模）公路上行驶的汽车，司机从发现前方异常情况到紧急刹车至停止，汽车将前进
一段距离。要保证安全，这段距离内不能有车辆和行人，因此把它称为安全距离。通常情况下，人的反应
时间和汽车系统的反应时间之和为1s（这段时间汽车仍保持原速）。晴天汽车在干燥、平直的路面上以速
度v0=30 m/s行驶，若汽车刹车时可视为匀减速直线运动，晴天汽车刹车时的加速度大小为a1=5 m/s
2；雨
天汽车刹车时的加速度大小为a2=3 m/s
2。试求：
(1)晴天汽车在刹车后做匀减速直线运动的距离x；
(2)若雨天与晴天的安全距离相同，则汽车在雨天安全行驶的最大速度v1。
【答案】(1)90 m
(2)24 m/s
【详解】（1）晴天时，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得刹车距离为x = v0
2
2a1
=90 m
（2）根据题意可知反应时间为t0=1s，则晴天汽车的安全距离为L= v0t0+ v0
2
2a1
=120 m
雨天时，设最大速度为v1，则有L
′ = L= v1t0+ v1
2
2a2
代入数据解得v1=24 m/s
33．（2025·吉林·一模）一辆汽车以20 m /s的速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方
有一障碍物，需要立即刹车。该司机从发现障碍物到踩下刹车踏板所用的反应时间为0.5s，随即刹车系统
开始工作。假设刹车系统开始工作后，汽车做匀减速直线运动，且汽车恰好到障碍物处停下。汽车开始减
速后第1s内的位移为18 m。求：
(1)司机发现障碍物时汽车到障碍物的距离；
(2)司机发现障碍物后第6s 内的位移。
【答案】(1)60m
(2)0.5m
【详解】（1）该司机从发现障碍物到踩下刹车踏板所用的反应时间为0.5s，在这段时间内汽车的位移为
x1= v0t1=20 m /s
2×0.5s=10 m
汽车开始减速后1s后速度为v1，有v0+ v1
2
t2= x2=18 m
解得v1=16 m /s
又v1= v0−at2
解得刹车的加速度大小为a= 4 m /s
2
则汽车从刹车到减速到零的位移为x = v0
2
2a =50 m
可得司机发现障碍物时汽车到障碍物的距离为x1+ x =60 m
（2）汽车从刹车到减速到零的总时间为t = v0
a =5s
可知司机发现障碍物后到停止的时间为t +t1=5.5s
则司机发现障碍物后第6s 内的位移等于汽车停止运动前0.5s 的位移，根据逆向思维可知这段位移满足
Δ x = 1
2 at3
2= 1
2 ×4×(
1
2)
2
m=0.5m
即司机发现障碍物后第6s 内的位移为0.5m。
34．（2025·湖北恩施·模拟预测）速度绝不是信仰，安全才是最大的豪华！控制速度便是对自然哲学的数学
原理致敬！如图所示，质量为M =3.0×10
3kg的卡车（包括司机）拉着质量为m=1.0×10
3kg的货箱以
v0=24 m /s的速度匀速行驶在平直的公路上，卡车车厢前后挡板间距离为L=5 m，紧挨着后挡板装有长度
d =1m的货箱，突然发现道路前方离车s0= 48 m处有一块因滑坡留下的巨石。
(1)若货箱捆绑固定在卡车上（相对卡车始终没有滑动），为避免与巨石相撞，司机立即刹车控制卡车做匀
减速运动，则卡车减速时加速度大小a0至少多大；
(2)由于装货时的疏忽，货箱与车厢间没有捆绑固定，已知货箱与卡车车厢底板间的动摩擦因数为μ=0.4
（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），司机正控制卡车以上一问求出的加速度a0减速时，突然听到“哐
当”一声，原来货箱滑动与前挡箱板发生了碰撞，碰撞时间极短，碰撞后卡车速度瞬间变为13m/s，求在这
次碰撞中损失的机械能；
(3)上一问的碰撞中，司机无大碍，仍控制卡车以加速度a0减速，不过悲剧还是发生了，卡车不久便与巨石
相撞，碰撞时间持续Δt =0.058s后，卡车和货箱一起停下，此次碰撞卡车受巨石的撞击力远远大于地面对
卡车的阻力，求此次碰撞过程中，巨石对卡车的平均撞击力的大小？
【答案】(1)6 m/s
2
(2)6×10
3J
(3)3.45×10
5 N
【详解】（1）利用逆向思维，根据速度与位移的关系有v0
2=2a0 s0
解得a0=6m/s2
（2）货箱没有固定时，卡车底板对货箱提供最大静摩擦为μmg<ma0
可知，卡车减速时货箱会向前滑动，货箱减速的加速度为a= μmg
m = 4 m/s
2
设经过t1时间与前挡板相撞，则有v0t1−1
2 at1
2= v0t1−1
2 a0t1
2+(L−d)
解得t1=2s
此时，卡车速度v1=v0-a0t1=12m/s
货箱速度v2=v0-at1=16m/s
设碰后卡车、货箱速度为v3和v4，碰撞中动量守恒，则有M v1+m v2= M v3+m v4
把v3=13 m /s代入上式，解得v4=13 m /s
这次碰撞损失的机械能为Δ E = 1
2 M v1
2+ 1
2 m v2
2−(
1
2 M v3
2+ 1
2 m v4
2)=6×10
3J
（3）卡车和货箱碰撞完成后共速，卡车在t1=2s内时间的位移为s= v0t1−1
2 a0t1
2=36 m
设卡车与巨石撞击前的速度为v5，则有v3
2−v5
2=2a0(s0−s)
解得v5=5 m /s
对撞击过程中的卡车，根据动量定理有−F Δt =0−(M +m)v5
解得F =3.45×10
5 N
35．（2025·上海宝山·二模）如图所示，通过监控摄像头可以看到，一辆汽车在平直的公路上以速度14m/s
（未超限速）向东匀速行驶，当汽车行驶到A 处时，其前方一名路人正由D 处向北横行马路，接着汽车与
路人在B 处发生了碰擦事故（不计碰擦对汽车速度的影响），汽车最终在C 处停下。警方根据汽车轮胎和
路面情况，判定汽车刹车时的加速度大小为7.0m/s2，在事故现场测得AB=30.5m、BC=11.5m、BD=2.6m。
通常驾驶员从看见危险到开始刹车的反应时间为0.7s。试通过计算说明该驾驶员是否做到谨慎驾驶？
【答案】该驾驶员未做到谨慎驾驶
【详解】设驾驶员经过时间t 开始刹车，在这段时间内汽车做匀速直线运动，之后汽车做匀减速直线运动，
直到汽车停止。
汽车通过的位移s= AB+ BC =30.5 m +11.5 m = 42m
汽车做匀减速运动的位移s2= v
2
2a
解得s2=
14
2
2×7.0 m =14 m
汽车做匀速运动的位移s1= s−s2= 42m −14 m =28 m
所以t = s1
v = 28
14 =2s
由于t=2s，明显大于反应时间0.7s，所以该驾驶员未做到谨慎驾驶。
36．（2024·高三上·四川绵阳·阶段练习）2022 年8 月，重庆的一场山火引发全国关注，期间涌现的一批摩托
车少年给全国人民带来巨大的正能量。一运送物资的救援车在笔直的公路上以v1=15 m/s的速度匀速行驶，
途中不慎掉落一包物资。后方一摩托车少年发现并捡起物资后鸣笛示警，同时启动摩托车并用最短时间追
赶救援车，此时救援车在其前方x0=315 m处，救援车司机在摩托车鸣笛后经t0= 4s开始制动刹车，最终两
车停在同一地点完成交接。已知救援车刹车的加速度大小为a1=1.5 m/s
2，摩托车启动和刹车的加速度大小
均为a2=2m/s
2。求：
(1)少年鸣笛后救援车运动的距离；
(2)少年鸣笛后摩托车与汽车到达交接地点的时间差Δt。
【答案】(1)135m
(2)16s
【详解】（1）少年鸣笛后救援车运动的距离为
x = v1t0+ v1
2
2a1
=15×4 m+
15
2
2×1.5 m=135m
（2）摩托车前进的距离为
x1= x + x0=135m+315 m= 450 m
设摩托车启动时间t1和刹车时间t2，根据运动学公式有
x1= 1
2 a2t1
2+ 1
2 a2t2
2，a2t1=a2t2
求得
t1=t2=15s
救援车运动时间
t3=t0+ v1
a1
= 4s+ 15
1.5 s=14s
少年鸣笛后摩托车与汽车到达交接地点的时间差
Δt =t1+t2−t3=16s
37．（2025·高三下·重庆渝北·阶段练习）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m=1.0×10
3kg
的汽车以v1=54km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=15m处，驾驶员发现小朋友排着队从
斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略
驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间；
（2）求刹车过程所受阻力的大小；
（3）假设驾驶员以v2=72km/h超速行驶，在距离斑马线s=15m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】（1）t1=2s；（2）7.5×103N；（3）v =5 ❑√7 m /s
【详解】（1）根据平均速度
s= v1
2 t1
解得刹车时间
t1=2s
（2）刹车加速度
a= v1
t1
根据牛顿第二定律
Ff=ma
解得
Ff =7.5×10
3 N
（3）根据
v2
2−v
2=2as
解得
v =5 ❑√7 m /s
38．（2025·高一上·陕西商洛·期末）“斑马线前车让人”已逐渐成为一种普遍现象。某司机以v =54 km /h
的速度在平直的城市道路上沿直线匀速行驶。看到斑马线上有行人后立即以大小a=3 m /s
2的加速度刹车，
停住时车头刚好碰到斑马线。等待行人走过所耗时间t1=12s，又用了t2=8s匀加速至原来的速度。求：
（1）从刹车开始计时，8s内汽车的位移大小s；
（2）从开始制动到恢复原速这段时间内汽车的平均速度大小v。
【答案】（1）37.5m；（2）3.9m/s
【详解】（1）由题意知汽车在刹车过程中做匀减速直线运动，设刹车时间为t，取初速度方向为正，有
t = v
a
又
v = 54
3.6 m /s=15 m /s
解得
t =5s
由于
t <t3
s= vt −1
2 at
2
解得
s=37.5 m
（2）设汽车做匀加速直线运动的位移大小为x，有
x = v
2 t2
解得
x =60 m
则
v =
s+ x
t +t1+t2
解得
v =3.9 m /s
39．（2025·甘肃陇南·一模）具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动“主动刹车系统”。
某汽车以v0=28m/s 的速度在公路上匀速行驶时，其前方L=50m 处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车
系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊前l=1m 处停车。求：
（1）汽车开始“主动刹车”时的加速度大小a；
（2）汽车在“主动刹车”最后1s 通过的位移大小x。
【答案】（1）8m/s2；（2）4m
【详解】（1）汽车刹车时做匀减速直线运动，有
v0
2=2a( L−l)
解得
a=8 m/s
2
（2）汽车在“主动刹车”最后1s 内的运动可以等效为反向的匀加速直线运动，有
x = 1
2 a(Δt )
2
Δt =1s
解得
x = 4 m
40．（2024·高一上·湖南·月考）全国许多城市提出了“礼让斑马线”的倡议。物理王老师驾驶一汽车在一条
平直公路上行驶，在距离正前方的斑马线还有L=75m时（设此时t =0），王老师发现一位老人正要通过斑马
线横穿马路，稍作思考后王老师立即刹车，之后汽车做匀减速直线运动，汽车恰好在斑马线前停下，汽车
刹车后的位移x随速度v变化的关系图像如图所示。
（1）求汽车刹车后做匀减速直线运动时的加速度大小；
（2）当t =6s时，求汽车的速度大小。
【答案】（1）2.5m/s
2；（2）5m/s
【详解】（1）设汽车刹车后的加速度大小为a，由题图可知刹车时汽车的速度大小
v0=54km/h=15m/s
末速度大小
v =0
位移大小
x =45m
由运动学公式有
0−v0
2= 2
−ax
解得
a=2.5m/s
2
（2）设王老师刹车前的思考判断的时间为t1，则有
L−x = v0t1
解得
t1=2s
设刹车过程的减速时间为t2，有
0= v0−at2
解得
t2=6s t =6s时汽车还没有停下来，有
v = v0−a(t −t1)
解得
