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(共49张PPT)习题课　匀变速直线运动规律的综合应用
考点一中间时刻的瞬时速度和位移中点的瞬时速度
1．中间时刻的瞬时速度
(1)推导：在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度v＝v0＋at，该段时间的末速度v＝v0＋at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v＝＝＝v0＋at＝＝＝＝.
即v＝＝.
故在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值．
(2)v＝与v＝的比较
v＝适用于任何形式的运动；v＝只适用于匀变速直线运动．
(3)用平均速度求位移，因为不涉及加速度，比较简单方便，且要注意x＝vt＝t也是矢量式．
2．位移中点的瞬时速度
(1)公式
做匀变速直线运动的物体，在某段位移中点位置的瞬时速度与这段位移始、末位置瞬时速度的关系为＝.
(2)推导
设匀变速直线运动的初速度为v0，加速度为a，末速度为v，位移为x，设物体经过这段位移的中点时的速度为，如图所示．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【典例1】　一物体以某一速度冲上一光滑斜面，做匀变速直线运动，且返回时加速度不变．前4
s的位移为1.6
m，随后4
s的位移为零，那么物体的加速度为多大？
[思路点拨]　(1)物体的初速度v0的方向沿斜面向上，物体的加速度a的方向沿斜面向下；(2)物体在光滑斜面上先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度的大小和方向不变化；(3)综合匀变速直线运动的规律，有多种方法解答．
[解析]　设物体的加速度大小为a，由题意知，a的方向沿斜面向下．
解法一：基本公式法
物体前4
s的位移为1.6
m，是匀减速直线运动，所以有
x＝v0t－at2
代入数据1.6
m＝v0×4
s－a×(4
s)
随后4
s位移为零，则物体滑到最高点所用时间为
t′＝4
s＋
s＝6
s
所以初速度为v0＝at′＝a×6
s
由以上两式得物体的加速度大小为a＝0.1
m/s2
解法二：平均速度法
物体2
s末时的速度即前4
s内的平均速度为v2＝v＝
m/s＝0.4
m/s
物体6
s末的速度为v6＝0，所以物体的加速度大小为
a＝＝
m/s2＝0.1
m/s2
解法三：逆向思维法
由题意知，此物体沿斜面速度减到零后，又逆向加速．全过程应用x＝v0t＋at2得
1．6
m＝v0×4
s－a×(4
s)
1．6
m＝v0×8
s－a×(8
s)
由以上两式得a＝0.1
m/s2，v0＝0.6
m/s
[答案]　0.1
m/s2
中间时刻的瞬时速度(v)与位移中点的瞬时速度(v)的比较
1．物体由静止开始做匀加速直线运动，第3
s内通过的位移是3
m，则下列说法中不正确的是(　　)
A．第3
s内的平均速度是3
m/s
B．物体的加速度是1.2
m/s2
C．前3
s内的位移是6
m
D．3
s末的速度是3.6
m/s
[解析]　由v＝at可得，第2秒末的速度为v2＝a·2，第3秒末的速度为v3＝a·3，由v＝＝可得，第3秒内的平均速度为v＝3
m/s，物体的加速度为a＝1.2
m/s2，v3＝3.6
m/s，前3
s内的位移x＝×1.2×32
m＝5.4
m，C错误．
[答案]　C
2．(多选)光滑的斜面长度为L，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t，则(　　)
A．物体运动全过程的平均速度是
B．物体运动到斜面中点时瞬时速度是
C．物体在时的瞬时速度是
D．物体从顶点运动到斜面中点所需时间是
[解析]　由平均速度公式可知v＝＝＝，A正确，C错误；物体运动到斜面中点时瞬时速度＝＝＝＝，B错误；由x＝at2可知，L＝at2，＝a(t′)2，所以物体从顶点运动到斜面中点所需时间t′＝，D正确．
[答案]　AD
考点二初速度为零的匀加速直线运动的几个比例关系
1．速度比例
1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
2．位移比例
(1)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.
(2)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第N个T内的位移之比
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)．
3．时间比例
(1)通过前x、前2x、前3x、…、前Nx的位移所用的时间之比
tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN＝1∶∶∶…∶.
(2)通过连续相等的位移所用的时间之比
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．
【典例2】　做匀减速直线运动的物体经6
s后停止，若在第2
s内的位移是27
m，则第5
s内的位移是(　　)
A．7.5
m
B．4.5
m
C．15
m
D．9
m
[思路点拨]　应用逆向思维法和初速度为零的匀加速直线运动的比例规律求解．
[解析]　用逆向思维，把物体的运动看成初速度为零的匀加速直线运动，则物体在第6
s内、第5
s内、…、第2
s内、第1
s内的位移之比为1∶3∶…∶9∶11，所以＝＝，解得x5＝9
m，故D正确．
[答案]　D
典例2涉及到的比例式适用于初速度为0的匀加速直线运动，但应用逆向转换的方法也可以用来求解匀减速直线运动减速到速度为0的运动.
3．一颗子弹沿水平方向射来，恰好穿透三块相同的木板，设子弹穿过木板时的加速度恒定，则子弹穿过三块木板所用的时间之比为(　　)
A．1∶∶
B．1∶2∶3
C．(－)∶(－1)∶1
D．1∶2∶3
[解析]　子弹穿透木板的加速度恒定，末速度为0，可以直接利用通过相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－，C正确．
[答案]　C
4．物体做初速度为零的匀加速直线运动，第1
s内的位移是5
m，则(　　)
A．物体的加速度是5
m/s2
B．物体的加速度为10
m/s2
C．物体在第2
s内的位移为10
m
D．物体在第4
s内的位移是20
m
[解析]　由x＝at2得，a＝＝
m/s2＝10
m/s2，故A错误，B正确；初速度为零的匀加速直线运动在连续相等的时间内的位移之比为x1∶x2∶x3∶x4＝1∶3∶5∶7，由于x1＝5
m，所以x2＝3x1＝15
m，x4＝7x1＝35
m，故C、D均错误．
[答案]　B
考点三对公式Δx＝aT2的理解和应用
　匀变速直线运动中，任意两个连续相等的时间间隔T内，位移差是一个常量，即Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2.
(1)推导：时间T内的位移x1＝v0T＋aT2①
在时间2T内的位移x2＝v0·2T＋a(2T)2②
则xⅠ＝x1，xⅡ＝x2－x1③
由①②③得Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2.
(2)此推论常有两方面的应用：一是判断物体是否做匀变速直线运动，二是求加速度．
【典例3】　在测定匀变速直线运动的加速度的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间，计时器所用电源的频率为50
Hz，如图为小车带动的纸带上记录的一些点，在每相邻的两点中间都有四个点未画出．按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5点到0点的距离如图所示．
(1)分析小车做什么运动；
(2)若小车做匀变速直线运动，则当打第3个计数点时，求小车的速度大小；
(3)求小车的加速度．
[思路点拨]　分析处理纸带时，通常对位移、速度、加速度逐一处理：(1)可用“位移差”法判断物体的运动情况；(2)可利用“平均速度”法求瞬时速度；(3)可用逐差法求加速度．
[解析]　(1)因为电源频率为50
Hz，所以打点的周期T0＝＝0.02
s，相邻计数点的时间间隔为T＝5T0＝0.1
s.
由题图可得相邻计数点间的位移分别为x1＝8.78
cm，x2＝7.30
cm，x3＝5.79
cm，x4＝4.29
cm，x5＝2.78
cm.
所以相邻计数点间的位移之差为Δx1＝x2－x1＝－1.48
cm，Δx2＝x3－x2＝－1.51
cm，Δx3＝－1.50
cm，Δx4＝－1.51
cm.
在误差允许范围内，可近似认为Δx1＝Δx2＝Δx3＝Δx4<0，即连续相等时间内的位移差相等且为负值，所以小车做匀减速直线运动．
(2)由匀变速直线运动规律可得
v3＝＝
m/s＝0.5040
m/s.
(3)解法一：逐差法
a1＝＝
m/s2＝－1.497
m/s2
a2＝＝
m/s2＝－1.507
m/s2
a＝＝
m/s2＝－1.502
m/s2
负号表示加速度方向与初速度方向相反．
解法二：图像法
v1＝＝
m/s＝0.8040
m/s
同理，v2＝0.6545
m/s，v3＝0.5040
m/s，v4＝0.3535
m/s，由v1＝得v0＝2v1－v2＝0.9535
m/s，同理得v5＝0.2030
m/s.
作出v－t图像(使尽量多的点落在图线上，以减小误差)，如图所示，求出图线斜率即加速度．
即小车的加速度a＝
m/s2＝－1.504
m/s2，负号表示加速度方向与初速度方向相反．
[答案]　(1)小车做匀减速直线运动
(2)0.5040
m/s
(3)－1.502
m/s2(±0.02均正确)，负号表示加速度方向与初速度方向相反
Δx＝aT2一般用于处理纸带问题
由纸带粗略地判断物体是否做匀变速直线运动
(1)常用“位移差”法判断物体的运动情况，即判断纸带上的任意相邻计数点间的位移是否满足关系式xn＋1－xn＝aT2.设相邻计数点之间的位移分别为x1、x2、x3、….
①若x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝0，则物体做匀速直线运动．
②若x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝Δx≠0，则物体做匀变速直线运动．
(2)位移x：指两个计数点之间的距离，一般可用刻度尺测量得到．
5．(多选)某质点做匀变速直线运动，第3
s内的位移是6
m，第7
s内的位移是10
m，则下列说法中正确的是(　　)
A．质点的初速度是3.5
m/s
B．质点运动的加速度是1
m/s2
C．质点运动的加速度是4
m/s2
D．质点在4.5
s末的瞬时速度是8
m/s
[解析]　根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，对于第3
s和第7
s有10－6＝4a×12，所以质点的加速度为1
m/s2，B正确，C错误；根据匀变速直线运动规律x＝v0t＋at2，对于第3
s有6＝v2×1＋×1×12，得到2
s末的速度为v2＝5.5
(m/s)，然后再根据v＝v0＋at可以得到质点的初速度是3.5
m/s，质点在4.5秒末的瞬时速度是8
m/s，A、D正确．
[答案]　ABD
6．一物体做匀变速直线运动，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24
m和64
m，每一个时间间隔为4
s，求物体在这段时间内的初速度、末速度及加速度的大小．
[解析]　运动过程如图所示．
解法一：基本公式法
由位移公式得，x1＝vAT＋aT2
x2＝vA·2T＋a·(2T)2－
vC＝vA＋a·2T
将x1＝24
m，x2＝64
m，T＝4
s代入以上三式，解得
a＝2.5
m/s2，vA＝1
m/s，vC＝21
m/s
解法二：用平均速度公式
连续两段相等时间T内的平均速度分别为：v1＝＝
m/s＝6
m/s，v2＝＝
m/s＝16
m/s，且v1＝，v2＝，由于B是AC的中间时刻，则vB＝＝＝
m/s＝11
m/s
解得vA＝1
m/s，vC＝21
m/s
其加速度为a＝＝
m/s2＝2.5
m/s2
解法三：逐差法
由Δx＝aT2可得a＝＝
m/s2＝2.5
m/s2
又x1＝vAT＋aT2，vC＝vA＋a·2T
三式联立代入数据解得vA＝1
m/s，vC＝21
m/s
[答案]　1
m/s　21
m/s　2.5
m/s2
考点四追及、相遇问题
1．追及、相遇问题是常见的运动学问题，其实质是研究两物体能否在相同的时刻到达相同的空间位置的问题．
2．分析追及、相遇问题时，一定要抓住以下两点
(1)位移关系：x2＝x0＋x1
其中x0为开始追赶时两物体之间的距离，x1表示前面被追赶物体的位移，x2表示后面物体的位移．
(2)临界状态：v1＝v2
当两个物体的速度相等时，往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的状态，也是可能出现恰好追上、恰好避免相撞等临界情况的状态．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【典例4】　汽车正以10
m/s的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4
m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为6
m/s2的匀减速直线运动，汽车恰好没碰上自行车，求关闭油门时汽车离自行车多远？
[思路点拨]　在分析求解追及相遇问题时，一定要画好情境图，找出位移、速度、时间的关系式，应特别注意速度相等这一临界条件的确定．本题求解可按如下程序进行：
→→→
[解析]　汽车在关闭油门减速后的一段时间内，其速度大于自行车的速度，因此汽车和自行车之间的距离在不断减小，当这个距离减小到零时，若汽车的速度减至与自行车的速度相同，则能满足题设的汽车恰好没碰上自行车的条件．
运动草图如图所示：
解法一：用基本公式法求解
汽车减速到4
m/s时发生的位移和运动的时间分别为
x汽＝＝
m＝7
m
t＝＝
s＝1
s
这段时间内自行车发生的位移x自＝v自t＝4×1
m＝4
m
汽车关闭油门时离自行车的距离
x＝x汽－x自＝7
m－4
m＝3
m.
解法二：利用v－t图像进行求解
如右图所示，图线Ⅰ、Ⅱ分别是汽车与自行车的v－t图像，其中阴影部分的面积表示当两车车速相等时汽车比自行车多运动的位移，即汽车关闭油门时离自行车的距离x.
图线Ⅰ的斜率的绝对值即为汽车减速运动的加速度大小，所以应有
x＝＝×＝
m＝3
m.
[答案]　3
m
追及相遇问题的三点技巧
(1)抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式、位移关系式．
(2)审关键字眼，发现隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等．
(3)讨论解析结果，看是否符合实际．
7．一辆摩托车能达到的最大速度为30
m/s，要想在3
min内由静止起沿一条平直公路追上在前面1000
m处正以20
m/s的速度匀速行驶的汽车，则摩托车必须以多大的加速度启动？
[解析]　设摩托车的加速度为a，加速时间为t1，则有vmax＝at1.追上汽车前匀速运动时间为(t－t1)，汽车的速度为v，摩托车的最大速度为vmax，在t＝180
s时恰好追上，则有
at＋vmax(t－t1)＝vt＋s0
联立解得t1＝53.3
s，a＝0.56
m/s2.即摩托车最小以0.56
m/s2的加速度启动，才能在3
min内追上汽车．
[答案]　0.56
m/s2
课后作业(八)
[要点对点练]
要点一：对公式v＝v＝和v＝的理解
1．一物体从斜面上某点由静止开始做匀加速直线运动，经过3
s后到达斜面底端，并在水平地面上做匀减速直线运动，又经9
s停止，则物体在斜面上的位移与在水平地面上的位移大小之比是(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．3∶1
[解析]　解本题的关键是抓住两段匀变速直线运动的初(末)速度为零这个隐含条件，进而得出物体在斜面上和在水平地面上的平均速度都为这个结论．设物体到达斜面底端时的速度为v，则物体在斜面上的平均速度v1＝，在斜面上的位移x1＝v1t1＝t1，在水平地面上的平均速度v2＝，在水平地面上的位移x2＝v2t2＝t2，所以x1∶x2＝t1∶t2＝1∶3，故选C.
[答案]　C
2．沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5
s内的平均速度比它在第一个1.5
s内的平均速度大2.45m/s，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为(　　)
A．2.45m/s2
B．－2.45m/s2
C．4.90m/s2
D．－4.90m/s2
[解析]　解本题的关键是知道v＝＝vt/2的含义．设质点在第一个0.5
s内的平均速度为v1，即在t1＝0.25
s时的速度为v1；在第一个1.5
s内的平均速度为v2，即在t2＝0.75
s时速度为v2.由题意得：v1－v2＝2.45m/s，故a＝＝m/s2＝－4.90m/s2，D正确．
[答案]　D
3．一辆汽车刹车后做匀减速直线运动直到停止．已知汽车在前一半时间内的平均速度为v，则汽车在后一半时间内的平均速度为(　　)
A.v
B.v
C.v
D．v
[解析]　汽车刹车过程可以看作由静止开始做加速运动的逆过程，而初速度为零的匀加速直线运动中，在相等时间内的位移之比为1∶3，则汽车在前一半时间内和后一半时间内的位移之比为3∶1，根据平均速度的定义式知，两段时间内的平均速度之比为3∶1，则后一半时间的平均速度为v，故B正确．
[答案]　B
要点二：初速度为零的匀变速直线运动比例关系的应用
4．(多选)一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它走完第1m所用时间为t1，走完第2m所用时间为t2，走完第1m时的速度和走完第2m时的速度分别为v1和v2，则下列关系正确的是(　　)
A．t1∶t2＝1∶
B．t1∶t2＝1∶(－1)
C．v1∶v2＝1∶2
D．v1∶v2＝1∶
[解析]　由x＝at2可得t1∶t2＝∶(－)＝1∶(－1)，B正确，A错误；由v2－v＝2ax可得v1∶v2＝1∶，D正确，C错误．
[答案]　BD
5.如图所示，光滑斜面被分成四个长度相等的部分AB、BC、CD、DE，一个物体由A点静止释放，下面结论中不正确的是(　　)
A．物体到达各点的速度vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2
B．物体到达各点所经历的时间tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2
C．物体从A到E的平均速度v＝vB
D．通过每一部分时，其速度增量均相等
[解析]　设每一部分的长度为x，根据v2－v＝2ax得v＝2ax，v＝2a·2x，v＝2a·3x，v＝2a·4x，所以vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，A正确；根据x＝at2得tB＝，tC＝，tD＝，tE＝，所以tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2，B正确；从A到E的平均速度等于中间时刻的速度，从A到E的时间为tE＝，中间时刻为tE＝＝＝tB，所以v＝vB，C正确；由vB、vC、vD、vE之比可知每一部分的速度增量不相等，D错误．故本题应选D.
[答案]　D
6．(多选)一质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，通过与出发点相距x1的P点，再经过时间t，到达与出发点相距x2的Q点，则该质点通过P点的瞬时速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
[解析]　P点位于x2的中间时刻处，故vP＝，故B项正确；根据初速度为零的匀加速直线运动的“位移比例”可知x1∶x2＝1∶4，故选项A、D也正确．
[答案]　ABD
要点三：对公式Δx＝aT2的理解和应用
7．一小球沿斜面以恒定的加速度滚下并依次通过A、B、C三点，已知AB＝6m，BC＝10m，小球通过AB、BC所用的时间均为2
s，则小球经过A、B、C三点时的速度分别为(　　)
A．2m/s,3m/s,4m/s
B．2m/s,4m/s,6m/s
C．3m/s,4m/s,5m/s
D．3m/s,5m/s,7m/s
[解析]　解本题的关键是明确AB和BC段所用的时间都是2
s，找到满足Δx＝aT2及v＝＝vt/2的条件求解．BC－AB＝aT2，a＝m/s2＝1m/s2，vB＝＝m/s＝4m/s，由vB＝vA＋aT，得vA＝vB－aT＝(4－1×2)m/s＝2m/s，vC＝vB＋aT＝(4＋1×2)m/s＝6m/s，B正确．
[答案]　B
8．为了测定某辆轿车在平直公路上运动时的加速度(轿车起动时的运动可以近似看作匀加速运动)，某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片(如下图)，如果拍摄时每隔2
s曝光一次，轿车车身总长为4.5m，那么这辆车的加速度约为(　　)
A．1m/s2
B．2m/s2
C．3m/s2
D．4m/s2
[解析]　本题考查看图分析能力和熟练应用推论解题的能力．从图中可看出，车身占标尺上3个小格，总长4.5m，故每小格是1.5m．每小格又有5分格，每分格应是0.3m．因此第1、第2张照片相距x1＝12m，第2、第3张照片相距约x2＝20m．由Δx＝x2－x1＝aT2，得：a＝＝m/s2＝2m/s2.
[答案]　B
要点四：追及、相遇问题
9．地震发生时救灾汽车以速度v0＝30m/s紧急赶赴现场，在通过狭窄山路时，突然发现前面92m处一辆自行车正以速度v0′＝2m/s向前运动，汽车立即刹车，汽车刹车4
s后自行车发现后面的汽车，立即加速向前运动，若汽车以速度v车＝20m/s在公路上行驶时刹车距离为x＝50m，求：
(1)汽车刹车时的加速度；
(2)自行车要以多大的加速度运动才能避免相撞．
[解析]　(1)由0－v＝2a1x，
解得汽车刹车时的加速度为a1＝＝－4m/s2.
(2)汽车刚好不撞上自行车时两车速度相等，设此时的速度为v，自行车的加速度为a2，
对汽车有v＝v0＋a1t，
对自行车有v＝v′0＋a2(t－4
s)，
汽车的位移为x1＝v0t＋a1t2，
自行车的位移为x2＝v′0t＋a2(t－4
s)2，
两车位移关系有x1＝x2＋92m，
解得a2＝2m/s2，
即自行车要以大于或等于2m/s2的加速度运动才能避免相撞．
[答案]　(1)－4m/s2
(2)大于或等于2m/s2
[综合提升练]
10．某动车组列车以平均速度v从甲地开到乙地所需的时间为t，该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的时间是t0(列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为(　　)
A.
B.
C.
D.
[解析]　解本题的关键是明确两次运动过程中，列车运行的位移大小相等这个条件．从列车开始刹车至再加速到v0的过程中，列车做匀变速直线运动，总位移大小为v0t0，根据题意有vt＝v0t0＋v0(t－t0)，解得：v0＝，只有选项C正确．
[答案]　C
11．物体沿一直线运动，在t时间内通过路程为s，它在中间位置s处的速度为v1，在中间时刻t时的速度为v2，则v1和v2的关系为(　　)
A．当物体做匀加速直线运动时，v1>v2
B．当物体做匀减速直线运动时，v1C．当物体做匀加速直线运动时，v1＝v2
D．当物体做匀减速直线运动时，v1＝v2
[解析]　解法一：设初速度为v0，末速度为vt，由速度位移公式可以求得v1＝，由速度公式求得v2＝.如果是匀减速运动，用逆向分析法，亦可按匀加速直线运动处理，上式结果不变．只要v0≠vt，用数学方法可证必有v1>v2.
解法二：
画出匀加速和匀减速运动的v－t图像，可以很直观看出总有v1>v2.
[答案]　A
12．在水平面上有一个小物块，质量为m，从某点给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，经过A、B、C三点到O点时速度为零，如图所示．A、B、C三点到O点的距离分别为x1、x2、x3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3，下列结论正确的是(　　)
A.＝＝
B.<<
C.＝＝
D.<<
[解析]　已知位移和时间且在O点速度为零，可以采用逆向思维，利用公式x＝at2，得a＝，故选项C正确，D错误；根据匀变速直线运动中平均速度的变化规律可知>>，故选项A、B均错误．
[答案]　C
13．(多选)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2m，BC＝3m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为0.2
s，则下列说法正确的是(　　)
A．物体的加速度为20m/s2
B．CD＝4m
C．O、A之间的距离为1.125m
D．O、A之间的距离为1.5m
[解析]　由匀变速直线运动的规律，相邻相等时间间隔内的位移之差为常数，即Δx＝at2可得a＝＝m/s2＝25m/s2，故A错误；根据CD－BC＝BC－AB＝1m，可知CD＝3m＋1m＝4m，故B正确；根据平均速度公式可得，vB＝＝＝12.5m/s，再由v＝2a·OB，可得O、B之间的距离为OB＝＝3.125m，所以O、A间的距离OA＝OB－AB＝(3.125－2)m＝1.125m，故C正确，D错误．
[答案]　BC
14．一质点自O点由静止出发做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，已知A、B两点的距离为s，质点经过C点时的速度大小是经过A点时的4倍，经过AB、BC段的时间均为t，求该质点的加速度大小和O、A两点的距离．
[解析]　设质点经过A、B、C三点的速度大小分别为vA、vB、vC，质点的加速度大小为a.根据匀变速直线运动的推论，
质点从A到C过程中，有：vB＝，
质点从A到B过程中，有：＝，
加速度为：a＝，
联立以上及已知条件vC＝4vA，解得：a＝
质点从O点到A点，根据速度位移公式有：v＝2asOA，
联立可得：sOA＝s.
[答案]　　s
15．某同学利用图1所示装置研究小车的匀变速直线运动．
(1)实验中，必要的措施是________．
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50
Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s1＝3.59cm，s2＝4.41cm，s3＝5.19cm，s4＝5.97cm，s5＝6.78cm，s6＝7.64cm.则小车的加速度a＝________m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________m/s.(结果均保留两位有效数字)
[解析]　(1)利用长木板、小车、打点计时器等研究匀变速直线运动规律，在实验中，必要的措施是细线必须与长木板平行；先接通电源，再释放小车．不需要平衡摩擦力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，因此正确选项是A、B.
(2)由Δx＝aT2，T＝0.10
s和逐差法可得小车的加速度a＝＝0.80m/s2.利用匀变速直线运动在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打点计时器打出B点时小车的速度vB＝＝0.40m/s.
[答案]　(1)AB　(2)0.80　0.40
19(共32张PPT)章末整合提升
题型一　匀变速直线运动规律及解题的方法
1．匀变速直线运动规律公式间的关系
2．解匀变速直线运动试题的常用方法
由于运动学公式较多，并且各公式之间又相互联系，所以本章中的一些题常可以一题多解，因此在解题时要思路开阔，联想比较，筛选出最为便捷的解题方法．本章的解题方法主要有基本公式法，推论、比例公式法，图像法，对称法，极值法，逆向思维法，巧选参考系法．
【典例1】　质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2
(m)(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点(　　)
A．第1
s内的位移是5m
B．前2
s内的平均速度是6m/s
C．任意相邻的1
s内位移差都是1m
D．任意1
s内的速度增量都是2m/s
[解析]　根据质点做直线运动的位移与时间的关系式x＝5t＋t2
(m)可知，质点做匀加速直线运动，初速度为5m/s，加速度为2m/s2，将t＝1
s代入关系式得质点在第1
s内的位移为6m，选项A错误；前2
s内的平均速度v＝＝m/s＝7m/s，选项B错误；因为质点做匀变速直线运动，应该满足公式Δx＝aT2，可得任意相邻的1
s内的位移差都是2m，选项C错误；任意1
s内的速度增量在数值上等于加速度的大小，选项D正确．
[答案]　D
匀变速直线运动问题的解题方法往往有多种，我们在解题过程中要注意总结，尝试用多种方法解题，解此题应先将函数式与x＝v0t＋at2类比求出v0与a，之后再用其他导出公式解题.
[针对训练1]　一物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示．已知该物体第一次运动到B点时，所用时间为t，xAB＝xAC，求物体从B滑到C所用的时间．
[解析]　解法一：公式法
设物体的初速度为v0，加速度大小为a，则
xAC＝v0(t＋tBC)－a(t＋tBC)2
v0－a(t＋tBC)＝0
xAB＝v0t－at2
xAB＝xAC
联立各式解得tBC＝t.
解法二：比例法
方法1　对于初速度为零的匀加速直线运动，物体在连续相等的时间里通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
现有xCB∶xBA＝∶＝1∶3
通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t.
方法2　将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：
tBD＝(－1)tx
tDE＝(－)tx
tEA＝(－)tx
又tBD＋tDE＋tEA＝t
联立解得tx＝t.
解法三：中间时刻速度法
利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解．vAC＝＝＝
又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝xAC
联立各式解得vB＝
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是AC段中间时刻的位置，故tBC＝t.
解法四：图像法
利用相似三角形面积之比等于对应边平方比的方法，作出v－t图像，如图所示，＝
且S△AOC＝4S△BDC，OD＝t，OC＝t＋tBC
所以＝，得tBC＝t.
[答案]　t
题型二　自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动的规律及其应用
(1)自由落体运动是v0＝0、a＝g的匀加速直线运动，是匀变速直线运动的特例，匀变速直线运动的基本公式以及有关推论都适用于自由落体运动．
(2)基本规律
2．竖直上抛运动
(1)定义
将物体以一定的初速度沿竖直方向向上抛出后，物体只在重力作用下的运动叫竖直上抛运动．
(2)特点
只受重力作用且初速度竖直向上．如果以初速度方向为正方向，则加速度a＝－g.
(3)运动规律(取竖直向上为正方向)
①速度公式：v＝v0－gt；②位移公式：h＝v0t－gt2；③上升的最大高度H＝；④上升到最大高度所需时间：t＝.
(4)竖直上抛运动的处理方法
①分段分析法：把竖直上抛运动的全过程分为上升阶段和下降阶段，上升阶段做末速度v＝0、加速度大小a＝g的匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．物体下降阶段的运动和上升阶段的运动互为逆运动．
②全过程分析法：把竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段看成是一个匀减速直线运动，其加速度方向始终与初速度v0的方向相反．应用全程法处理竖直上抛运动全过程问题时，要特别注意速度、位移、加速度等矢量的方向．
【典例2】　(多选)某人在高层楼房的阳台上以20m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15m处时，所经历的时间可以是(不计空气阻力，g取10m/s2)(　　)
A．1
s
B．2
s
C．3
s
D．(2＋)
s
[解析]　取竖直向上为正方向，竖直上抛运动可以看成加速度为－g的匀变速直线运动．
当石块运动到抛出点上方离抛出点15m时，位移为x＝15m，由x＝vt－gt2，解得t1＝1
s，t2＝3
s．其中t1＝1
s对应着石块上升过程中离抛出点15m处时所用的时间，而t2＝3
s对应着从最高点下落时第二次经过离抛出点15m处时所用的时间．
当石块运动到抛出点下方离抛出点15m处时，位移为x＝－15m，由x＝vt－gt2，解得t3＝(2＋)
s，t4＝(2－)
s(舍去)．
[答案]　ACD
本题容易忽视位移的矢量性和竖直上抛运动的对称性，仅将离抛出点15
m理解为向上运动的高度为15
m处，因而仅得出历时1
s的结果，出现漏解.解决此类题目要注意运动学公式中各物理量的矢量性，特别是速度和位移，当题目给出它们的大小时，如果忽视它们的方向性，就容易漏解，因此要特别注意这类问题的多解性.
[针对训练2]　(多选)A物体自高为H的塔顶自由下落的同时，B物体自塔底以初速度大小v0竖直上抛，B物体上升至最高点时，A物体正好落地，则下列说法中正确的是(　　)
A．A物体落地时速度大小小于v0
B．B物体上升的最大高度高于H
C．两物体相遇时离地面的高度为
D．两物体相遇时，A、B两物体的速度大小均为
[解析]　因为A、B两物体运动的加速度相同，时间相同，速度变化量相等，则A物体落地时速度与B物体上抛时初速度大小相等，都等于v0，B物体上升的最大高度与A物体的下落高度相等，都等于H，A、B错误；设两物体相遇时所用的时间为t，则有H＝hA＋hB＝gt2＋v0t－gt2，可得t＝，设相遇时两球速度大小分别为vA、vB，则有vA＝gt，vB＝v0－gt，又v＝2gH，可得vA＝vB＝，hA＝gt2＝，hB＝，即两物体相遇时离地面的高度为，C、D正确．
[答案]　CD
题型三　追及、相遇问题
　追及、相遇即两物体在同一时刻到达同一位置，该问题是日常生活中常见的现象．
1．追及和相遇问题的概述
当两个物体在同一直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，这时就会涉及追及、相遇或避免相碰等问题．
2．追及和相遇问题中的一个条件和两个关系
(1)一个条件：两者速度相等，它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．
(2)两个关系：时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到．
3．追及、相遇问题两种典型情况
假设物体A追物体B，开始时，两个物体相距x0，有两种典型情况：
(1)匀加速运动的物体追匀速运动的物体，一定能追上，追上前，vA＝vB时，两者相距最远．
(2)匀减速运动的物体追匀速运动的物体，vA＝vB时，
①若已超越则相遇两次．
②若恰好追上，则相遇一次．
③若没迫上，则无法相遇．
【典例3】　小车A以速度v1匀速行驶，突然发现前方同轨道上相距s处有另一小车B沿同一方向以速度v2(v1>v2)做匀速运动，A立即紧急刹车，做加速度大小为a1的匀减速直线运动．要使两车不相撞，问a1应满足什么条件？
[解析]　解法一：分析法
基于以上分析，画出如下示意图：
设小车A的加速度大小为a0时，经时间t，恰好追上小车B
则有速度关系：v1－a0t＝v2
位移关系：v1t－a0t2＝v2t＋s
联立解得a0＝
即a1≥时两车不会相撞(取“＝”时恰不相撞)．
解法二：相对运动法(巧选参考系法)
如果取小车B为参考系，则刹车后，A车相对B车做初速度为v0＝v1－v2、加速度大小为a1的匀减速直线运动．
当A车相对B车的速度减小到零时，若相对位移s′≤s，则两车不会相碰，即s′＝≤s
解得a1≥(取“＝”时恰不相撞)．
[答案]　a1≥
本题属于匀减速追匀速的情况，关键是知道恰好不相撞的条件，即“两车速度相等时到达同一位置”.
[针对训练3]　两物体同时从同一位置出发，二者的速度随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．t＝2
s时，两物体相遇
B．相遇前，在t＝1
s时两物体间距离最大
C．t＝1
s时，两物体相距0.5m
D．t＝3
s时，两物体相距1.5m
[解析]　v－t图线与时间轴所围面积表示位移，由图可知，t＝2
s时，两物体位移不相等，没有相遇，故A错误；相遇前，两物体速度相等时两者距离最大，即在t＝2
s时两物体间距离最大，故B错误；t＝1
s时，两物体相距×1×1m＋×2×1m＝1.5m，故C错误；t＝3
s时，
两物体相距×3×3m－×2×4m＋×1×2m＝1.5m，故D正确．
[答案]　D
质量检测(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)
1．一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动(如图所示)，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶4
[解析]　由v2－v＝2ax得：xAB＝，xBC＝，xAB∶xBC＝1∶3.
[答案]　C
2．一辆汽车运动的v－t图像如图所示，则汽车在0～2
s内和2～3
s内相比(　　)
A．位移大小相等
B．平均速度相等
C．速度变化相同
D．加速度相同
[解析]　汽车在0～2
s内和2～3
s内平均速度相等，位移不等，速度变化大小相等，方向不同，加速度不同，B正确．
[答案]　B
3．某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8m高的横杆．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为(g取10m/s2)(　　)
A．2m/s
B．4m/s
C．6m/s
D．8m/s
[解析]　起跳后重心上升了大约0.9m，根据v＝，
得v≈4m/s，B对．
[答案]　B
4．物体在A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点后改为做匀减速直线运动，最后停在C点．已知物体运动的总路程为32m，所用的总时间为10
s，根据上述条件(　　)
A．可求出A、B间的距离
B．可求出B、C间的距离
C．可求出物体在B点的瞬时速度
D．可求出物体加速和减速时的加速度
[解析]　如果求A、B间的距离和B、C间的距离，必须知道物体在AB段和BC段上运动的时间或加速度，本题没有给出这两个条件中的任何一个，所以无法求得A、B间和B、C间的距离，但利用匀变速直线运动的平均速度计算式v＝＝，由题意可知vA＝vC＝0，则物体在B点的瞬时速度vB＝2v，s＝vtAB＋vtBC＝vBt，得vB＝6.4m/s.
[答案]　C
5．如图为自地面竖直向上发射的火箭的v－t图像．由图像可知下列判断正确的是(　　)
A．火箭在燃料燃烧期内加速度大小为103m/s2
B．火箭在10
s末开始向下运动
C．火箭发射后离地面的最远距离为5.0×104m
D．火箭在燃料燃烧期后的加速度大小是10m/s2
[解析]　在速度—时间图像中，图线的斜率表示加速度，由数学知识得在0～10
s时间内火箭的加速度为a＝＝m/s2＝100m/s2，故A错误；由速度图像看出，在0～110
s时间内火箭的速度一直是正值，说明0～110
s火箭一直向上运动，110
s以后速度为负值，说明火箭在下落，所以110
s末开始向下运动，故B错误；110
s末火箭离地面最远，离地面的最远距离为s＝m＝5.5×104m，故C错误；火箭在燃料燃烧期后的加速度大小为a′＝＝m/s2＝10m/s2，故D正确．
[答案]　D
6.如图所示为一质点从t＝0时刻开始，做初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间图像，图中斜虚线为t＝4
s时对应图像中的点的切线，交时间轴于t＝2
s处，由此可知该质点做匀加速运动的加速度为(　　)
A．2m/s2
B.m/s2
C.m/s2
D.m/s2
[解析]　由题图可知，t＝4s时图像的切线斜率为该时刻的速度，则v＝2m/s，故加速度a＝＝m/s2，B正确．
[答案]　B
7.(多选)一物体从一行星表面的某高度处自由下落(不计表层大气阻力)．自开始下落计时，得到物体离行星表面的高度h随时间t变化的图像如右图所示，则(　　)
A．行星表面的重力加速度大小为8m/s2
B．行星表面的重力加速度大小为10m/s2
C．物体落到行星表面时的速度大小为20m/s
D．物体落到行星表面时的速度大小为25m/s
[解析]　由图可以看出，物体自由下落25m所用的时间为2.5
s，由h＝gt2得g＝＝m/s2＝8m/s2，A正确，B错误；由v＝gt得物体落到行星表面的速度v＝gt＝8×2.5m/s＝20m/s，C正确，D错误．
[答案]　AC
8.(多选)如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3
s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的v－t图像可能是(　　)
[解析]　v－t图线与时间坐标轴所围“面积”表示位移，A、D选项中v－t图像的“面积”不等于20m，A、D错误；B中v－t图像的“面积”可能等于20m，B正确；C中v－t图像的“面积”正好等于20m，C正确．
[答案]　BC
9．(多选)一个质点正在做匀加速直线运动．用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1
s，分析照片所得的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2m，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m．由此可以求得(　　)
A．第1次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移
D．质点运动的初速度
[解析]　解本题的关键是频闪照相机记录下的连续相等时间的位移关系，找到满足Δx＝aT2及v＝＝vt/2的条件．由于不能确定质点运动的初始位置，因而不能求质点运动的初速度．设质点的加速度为a，则s3－s1＝2aT2，代入数据解得a＝3m/s2，又s2－s1＝aT2，s2＝s1＋aT2＝2m＋3×12m＝5m．即从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移为5m，有v2＝＝m/s＝3.5m/s，又v2＝v1＋at，故v1＝v2－at＝3.5m/s－3×1m/s＝0.5m/s.选项A、B、C正确，D错误．
[答案]　ABC
10．(多选)在足够高的空中某点竖直上抛一物体，抛出后第5
s内物体的位移大小是4m，设物体抛出时的速度方向为正方向，忽略空气阻力的影响，g取10m/s2.则关于物体的运动下列说法正确的是(　　)
A．第5
s内的平均速度一定是4m/s
B．物体的上升时间可能是4.9
s
C．4
s末的瞬时速度可能是1m/s
D．10
s内位移可能为－90m
[解析]　第5
s内的平均速度等于第5
s内的位移与时间1
s的比值，大小为4m/s，但不确定方向，选项A错误．若第5
s内位移向上，则x＝4m，代入x＝v0t－gt2得第5
s初的速度为9m/s，上升到最高点还需的时间t′＝＝0.9
s，则物体上升的时间可能为4.9
s；若物体的位移向下，则x＝－4m，代入x＝v0t－gt2得第5
s初的速度为1m/s，即第4
s末的速度为1m/s，选项B、C正确；当物体在第5
s初的速度为9m/s时，物体竖直上抛的初速度v＝(9＋10×4)m/s＝49m/s,10
s末的速度为v′＝(49－10×10)m/s＝－51m/s，当物体第5
s初的速度为1m/s时，则物体的初速度v＝(1＋10×4)m/s＝41m/s，可知10
s末的速度为v′＝(41－10×10)m/s＝－59m/s，根据x＝t10可得x为－10m或者－90m，选项D正确．
[答案]　BCD
二、填空题(本题共2小题，共15分)
11．(6分)如图所示是做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中打点计时器打出的纸带．纸带上面每打一点的时间间隔是0.02
s，且每两个计数点间还有四个计时点未画出．已知计数点之间的距离：s1＝1.2cm，s2＝2.4cm，s3＝3.6cm，s4＝4.8cm.
则计数点3对应的小车速度v3＝________m/s；小车运动的加速度a＝________m/s2；计数点0对应的小车速度v0＝________m/s.
[解析]　由题意可知，两个计数点间的时间间隔为T＝0.1
s
根据匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得计数点3对应的小车速度v3＝＝m/s＝0.42m/s；小车运动的加速度a＝＝×10－2m/s2＝1.2m/s2；根据v3＝v0＋a·3T，可得计数点0对应的小车速度v0＝0.06m/s.
[答案]　0.42　1.2　0.06
12．(9分)如图甲所示，利用恒速滴液瓶(每隔相同时间从玻璃管口滴下一滴液滴)和频闪光源来研究自由落体运动．实验时，调节频闪光源的频率和滴液瓶滴下液滴的频率，使两者恰好相等，屏幕上就会出现“液滴不动”的影点，设此时频闪光源的频率为f.某次实验的影点位置如图乙所示，四个影点间的距离分别为h1、h2和h3.
(1)若图乙中最上边的影点的初速度恰好为零，则h1∶h2∶h3＝__________，液滴下落加速度的表达式为a＝________.
(2)液滴通过图乙中自上而下第二个影点的瞬时速度的表达式为v＝________.
[解析]　(1)最上边的影点的初速度恰好为零，根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知h1∶h2∶h3＝1∶3∶5
设液滴从一个影点到下一个影点所用的时间为T，则T＝
根据h3－h1＝2aT2
解得a＝.
(2)液滴通过题图乙中自上而下第二个影点的瞬时速度的表达式为
v＝＝.
[答案]　(1)1∶3∶5　　(2)
三、计算题(本题共4小题，共45分．解答要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位)
13．(10分)跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距地面125m时打开降落伞，开伞后运动员以大小为14.3m/s2的加速度做匀减速运动，到达地面时的速度为5m/s，(g＝10m/s2)求：
(1)运动员离开飞机瞬间距地面的高度；
(2)离开飞机后，经多长时间到达地面．
[解析]　(1)运动员打开降落伞后做匀减速运动，有v－v＝2ax2，可求得运动员打开降落伞时的速度为v1＝60m/s
运动员自由下落的距离为x1＝＝180m
运动员离开飞机时距地面的高度为x＝x1＋x2＝305m
(2)自由下落的时间为t1＝＝6
s
打开降落伞后运动的时间t2＝＝3.85
s
离开飞机后运动的时间t＝t1＋t2＝9.85
s
[答案]　(1)305m　(2)9.85
s
14．(10分)甲物体从阳台由静止下落，已知甲在下落过程中最后2
s内的位移是60m．g取10m/s2，试求：
(1)最后2
s的平均速度；
(2)阳台离地面的高度；
(3)若甲释放2
s后，乙也从阳台以某一竖直向下的初速度开始下落，若甲、乙同时落地，则乙下落时的初速度为多大．
[解析]　(1)最后2
s的平均速度为：
v＝＝m/s＝30m/s.
(2)设运动的总时间为t，则最后2
s内的位移为：h＝gt2－g(t－2)2＝60m，
解得：t＝4
s.
所以总高度为：H＝gt2＝×10×16m＝80m.
(3)甲释放2
s后，乙也从阳台释放，要甲、乙同时落地，则乙运动的时间为t′＝4
s－2
s＝2
s.
乙做匀加速直线运动，则h＝v0′t′＋gt′2，
解得：v0′＝m/s＝30m/s.
[答案]　(1)30m/s　(2)80m　(3)30m/s
15．(12分)一辆长途客车正在以v0＝20m/s的速度匀速行驶．突然，司机看见车的正前方34m处有一只狗，如图甲所示，司机立即采取制动措施．若从司机看见狗开始计时(t＝0)，长途客车的速度—时间图像如图乙所示．
(1)求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；
(2)求长途客车制动时的加速度；
(3)若狗正以v1＝4m/s的速度与长途客车同向奔跑，狗能否摆脱被撞的噩运？
[解析]　(1)由题图乙可知，长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离等于速度—时间图像中图线与坐标轴围成的面积，即d＝50m
(2)由图像可知，长途客车制动时的加速度为
a＝＝m/s2＝－5m/s2
(3)当客车速度减为与狗的速度相同时，所需时间
t′＝＝
s＝3.2
s
司机从看到狗到速度减为与狗速度相同时，通过的位移
x＝v0t0＋
代入数据得x＝48.4m
狗通过的位移x′＝v1(t0＋t′)＝4×(0.5＋3.2)m＝14.8m
Δx＝x－x′＝33.6m<34m，故狗不会被撞．
[答案]　(1)50m　(2)－5m/s2　(3)不会被撞
16．(13分)甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11m处，乙车速度v乙＝60m/s，甲车速度v甲＝50m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600m，如图所示．若甲车加速运动，加速度a＝2m/s2，乙车速度不变，不计车长．求：
(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？
(2)到达终点时甲车能否超过乙车？
[解析]　(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲＋at1＝v乙，得t1＝＝
s＝5
s；
甲车位移x甲＝v甲t1＋at＝275m，
乙车位移x乙＝v乙t1＝60×5m＝300m，
此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36m.
(2)甲车追上乙车时，位移关系x甲′＝x乙′＋L1
甲车位移x甲′＝v甲t2＋at，
乙车位移x乙′＝v乙t2，
将x甲′、x乙′代入位移关系，得v甲t2＋at＝v乙t2＋L1，
代入数值并整理得t－10t2－11＝0，
解得t2＝－1
s(舍去)或t2＝11
s，
此时乙车位移x乙′＝v乙t2＝660m，因x乙′>L2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车．
[答案]　(1)5
s　36m　(2)不能
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