第二章 第五节 匀变速直线运动与汽车安全行驶-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案word（粤教版2019）

物理　必修　第一册(粤教) 第五节　匀变速直线运动与汽车安全行驶 1.知道什么是停车距离、刹车距离和反应距离，知道反应时间内汽车运动的规律及刹车过程汽车运动的规律.2.能画出汽车运动示意图，分析汽车运动规律及安全行驶问题.3.能用各种不同的方法解决运动问题，并找出最优解法. 1.反应时间：从司机意识到应该停车至操作刹车的时间. 2.反应距离：汽车在反应时间内行驶的距离. 3.刹车距离：汽车从开始刹车到停止过程中行驶的距离. 4.停车距离：反应距离与刹车距离之和. 判一判 (1)不同的司机、不同的状态反应时间是不同的.(　　) (2)汽车的刹车距离是固定的.(　　) (3)汽车的速度越大，刹车距离越大.(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)√ 探究　反应时间与汽车安全行驶 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”. 　 活动1：如图甲，发生交通事故时，交警测量刹车距离的目的是什么？这样做的物理原理是什么？ 提示：交警可以根据刹车距离估算出汽车的速度，从而判断汽车是否超速.其原理为0－v＝2as. 活动2：如图乙，我国道路交通管理条例明确规定：严禁酒后开车！这个规定有什么道理？ 提示：驾驶员饮酒后反应时间延长，导致停车距离增加，增加了交通安全隐患. 行车安全问题的解答技巧 (1)反应时间内，汽车做匀速直线运动，s1＝v0t0 刹车时间内，汽车以原行驶速度为初速度做匀减速直线运动，s2＝v0t＋at2 t0是反应时间，t是刹车时间，可由0＝v0＋at求得，a取负值. (2)一般情况下，用0－v＝2as求刹车距离较为方便. (3)一般来说，反应时间由题目给出，如果题目没有提及反应时间，解题时可不考虑. 国庆期间，京津冀地区PM2.5平均浓度维持在250 μg/m3左右，出现严重污染.已知汽车在京津高速上行驶限速120 km/h.由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m，该人的反应时间为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是(　　) A.10 m/s B.15 m/s C.20 m/s D.25 m/s (1)从司机看到前方车辆到汽车速度减为0，汽车的运动过程是怎样的？ 提示：汽车先做匀速直线运动，后做匀减速直线运动至速度为零. (2)题中的已知量是什么？如何求解初速度？ 提示：题中已知量为vt、a、s；求初速度v0，缺时间t，用公式v－v＝2as求解比较简单. [规范解答]　汽车先做匀速直线运动，有v0t0＝s1，其中t0＝0.5 s；汽车刹车时做匀减速直线运动，有v－v＝2as2，其中vt＝0，a＝－5 m/s2，且s1＋s2＝s，s＝50 m，联立以上各式可得汽车行驶的最大速度v0＝20 m/s.C正确. [答案]　C (1)在反应时间内，汽车的运动状态保持不变，一般是做匀速直线运动. (2)汽车正常行驶时的安全距离必须大于或等于停车距离. [变式训练1]　汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车的司机，减速安全通过.在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度大小为5 m/s2.求： (1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间； (2)三角警示牌至少要放在货车后面多远处，才能有效避免两车相撞？ 答案：(1)6 s　(2)58 m 解析：(1)设小轿车从刹车到停止所用的最短时间为t2， 则t2＝＝6 s. (2)反应时间内小轿车匀速运动，位移为 s1＝v0t1 解得s1＝18 m 从刹车到停止的位移为s2＝ 解得s2＝90 m 小轿车从发现三角警示牌到停止的总位移为 s＝s1＋s2＝108 m 则Δs＝s－50 m＝58 m. 探究　匀变速直线运动问题的常用解法 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”. 活动1：如图是本章知识网络图，试写出匀变速直线运动的基本公式和导出公式. 提示：基本公式：vt＝v0＋at，s＝v0t＋at2；导出公式：v－v＝2as，s＝t，Δs＝aT2. 活动2：以上公式中有的用v­t图像表示更直观，请尝试在v­t图像中标出公式中的量. 提示：(1)vt＝v0＋at (2)s＝v0t＋at2 (3)s＝t (4)Δs＝aT2 1.匀变速直线运动公式的深入理解 四个常用公式 (1)匀变速直线运动中公式和物理量的独立性 ①匀变速直线运动公式中只有vt＝v0＋at、s＝v0t＋at2是独立的基本公式，其他公式都可由这两个公式导出. ②5个物理量v0、vt、a、t、s中，若知道其中任意3个物理量，就可解出其余2个物理量，即v0、vt、a、t、s只有3个量是独立的.若给出的物理量多于3个，就要判断哪个是多余的. (2)四个常用公式的比较 一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量 速度与时间的关系式 vt＝v0＋at vt＝at s 位移与时间的关系式 s＝v0t＋at2 s＝at2 vt 速度与位移的关系式 v－v＝2as v＝2as t 平均速度求位移公式 s＝t s＝t a (3)解答匀变速直线运动问题时公式的巧选 ①如果题目中无位移s，也不需要求位移，一般选用速度公式vt＝v0＋at； ②如果题目中无末速度vt，也不需要求末速度，一般选用位移公式s＝v0t＋at2； ③如果题目中无运动时间t，也不需要求运动时间，一般选用导出公式v－v＝2as； ④如果题目中没有加速度a，也不需要求加速度，用公式s＝t计算比较方便. 2.解决匀变速直线运动问题的常用方法 从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上车，于是立即做匀减速直线运动至停车.汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m.求该过程中汽车的最大速度. (1)本题已知哪些量，求哪个量？ 提示：已知t、v0、s，求vt. (2)本题用哪个公式计算最简单？ 提示：本题不涉及a，故用s＝t最简单. [规范解答]　解法一(基本公式法)：设最大速度为vmax 由题意可得s＝s1＋s2＝a1t＋vmaxt2＋a2t t＝t1＋t2 vmax＝a1t1 0＝vmax＋a2t2 联立得vmax＝＝＝5 m/s. 解法二(平均速度法)：匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相同，都等于， 故有s＝t1＋t2 因此有vmax＝＝＝5 m/s. 解法三(图像法)：作出汽车运动全过程的v­t图像，如图所示，v­t图线与t轴所围成的三角形的面积等于位移的大小，故s＝ 所以vmax＝＝＝5 m/s. [答案]　5 m/s 分析匀变速直线运动的技巧：“一画、二选、三注意、四判别” 一画：根据题意画出物体的运动示意图，使运动过程直观清晰. 二选：从常用方法中选取合适的方法. 三注意：注意列运动学方程时，方程式中每一个物理量均对应同一运动过程. 四判别：判断所得结果是否合乎实际情况，并根据结果的正负说明所求物理量的方向. [变式训练2]　如图所示，一物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，该过程物体做匀减速直线运动.已知物体第一次运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间. 答案：t 解析：解法一(逆向思维法)：物体匀减速冲上斜面，可逆向看作匀加速滑下斜面，故 sBC＝ sAC＝ 又sBC＝ 由以上三式解得tBC＝t. 解法二(基本公式法)：因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 0－v＝－2asAC　① v－v＝－2asAB　② sAB＝sAC　③ 由①②③解得vB＝　④ 又vB＝v0－at　⑤ 0＝vB－atBC　⑥ 由④⑤⑥解得tBC＝t. 解法三(位移比例法)：对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) 因为sCB∶sBA＝∶＝1∶3，而通过sBA的时间为t，所以通过sBC的时间tBC＝t. 解法四(时间比例法)：对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 现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t0，那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(－1)t0 tDE＝(－)t0 tEA＝(2－)t0 又tBD＋tDE＋tEA＝t 解得t0＝t. 解法五(平均速度法)：利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，得 AC＝＝ 又v＝2asAC v＝2asBC sBC＝ 由以上三式解得vB＝ 因为vB＝AC 所以有tBC＝t. 解法六(图像法)： 根据匀变速直线运动的规律，作出v­t图像，如图所示.利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边长平方之比，得＝ 且＝ OD＝t OC＝t＋tBC 所以＝ 解得tBC＝t. 课后课时作业 1.(行车安全)高速公路ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离.某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用0.2 s的时间识别车载电子标签并发出“滴”的一声，但司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆.已知司机的反应时间为0.6 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　) A.3.6 m B.4.8 m C.7.2 m D.8.4 m 答案：D 解析：21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前0.2 s＋0.6 s内做匀速直线运动，位移为s1＝v0(t1＋t2)＝6 m/s×(0.2 s＋0.6 s)＝4.8 m，随后汽车做匀减速直线运动，位移为s2＝＝＝3.6 m，所以该ETC通道的长度约为L＝s1＋s2＝4.8 m＋3.6 m＝8.4 m，故D正确. 2.(运动学公式的选用)(多选)可视为质点的汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，则(　　) A.车从出发到B杆所用时间为9 s B.车的加速度为15 m/s2 C.经过A杆时的速度为5 m/s D.出发点到A杆的距离为7.5 m 答案：ACD 解析：根据sAB＝t，解得汽车经过A杆时的速度vA＝5 m/s，C正确；根据vB＝vA＋at，可解得车的加速度为a＝＝ m/s2，B错误；车从出发到B杆所用时间t′＝＝9 s，A正确；根据v＝2asA，解得出发点到A杆的距离为sA＝7.5 m，D正确. 3.(行车安全)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长.在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝64.8 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝36 m.减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动.求： (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少？ 答案：(1)9 m/s2　2 s　(2)0.6 s 解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝64.8 km/h＝18 m/s，末速度vt＝0，位移s＝18 m，由运动学公式得 0－v＝－2as，0＝v0－at 代入数据解得a＝9 m/s2，t＝2 s. (2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s Δt＝t′－t0 联立并代入数据解得Δt＝0.6 s. 4.(运动学公式的选用)消防滑竿曾是消防员经常接触的一种设备，可简化为一根竖直放置的滑竿，消防员可顺着滑竿迅速下滑，节约下楼时间，增加出警效率.某次训练中，消防员顺着消防滑竿从高处无初速度滑下，运动过程可简化为先匀加速再匀减速的直线运动.消防员先以5 m/s2的加速度下滑1 s，然后匀减速下滑4 m到达地面时速度大小为1 m/s.求此过程中： (1)消防员下滑1 s后的速度大小； (2)消防员匀减速阶段的加速度a的大小； (3)消防员下滑的总高度. 答案：(1)5 m/s　(2)3 m/s2　(3)6.5 m 解析：(1)设消防员下滑1 s后的速度大小为v1，0～1 s内，消防员做初速度为0的匀加速直线运动，有v1＝a1t1 解得v1＝5 m/s. (2)规定向下为正方向，消防员做匀减速直线运动时，加速度方向与速度方向相反，根据匀变速直线运动速度与位移关系式，有 v－v＝－2as2 其中v2＝1 m/s，s2＝4 m 解得a＝3 m/s2 即消防员匀减速阶段的加速度a的大小为3 m/s2，方向竖直向上. (3)设消防员加速下滑的位移为s1，有 s1＝a1t 解得s1＝2.5 m 由题意得消防员减速下滑的距离s2＝4 m 所以消防员下滑的总高度为 s＝s1＋s2＝6.5 m. 5.(行车安全)随着衢州创建全国文明城市活动的不断推进，斑马线前“礼让行人”已深入人心.如图，一辆以10 m/s匀速行驶的汽车，在车头距离停止线20 m处，司机观察到斑马线上的行人，立即刹车，汽车开始做匀减速直线运动，车头刚好停在停止线处.则下列说法正确的是(　　) A.汽车刹车时的加速度大小为5 m/s2 B.汽车在最后1 s的位移大小为2.5 m C.若经过0.5 s反应时间汽车开始减速，且车头仍刚好停在停止线处，则整个过程汽车的平均速度大小为5 m/s D.若经过0.5 s反应时间汽车开始减速，且车头仍刚好停在停止线处，则减速过程汽车的加速度大小约为3.3 m/s2 答案：D 解析：汽车刹车时的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A错误；根据逆向思维，可得汽车在最后1 s的位移大小为s1＝at＝×2.5×12 m＝1.25 m，故B错误；若经过t0＝0.5 s的反应时间汽车开始减速，且车头仍刚好停在停止线处，则t0＝0.5 s内汽车运动的距离为s0＝v0t0＝10×0.5 m＝5 m，接着减速到停止所发生的位移为s′＝s－s0＝15 m，由0－v＝－2a′s′，可得减速过程汽车的加速度大小为a′＝ m/s2≈3.3 m/s2，减速所用时间为t′＝＝ s＝3 s，可得整个过程汽车的平均速度大小为＝＝ m/s≈5.7 m/s，故C错误，D正确. 6.(运动学公式的选用)有一个做匀变速直线运动的物体，它在两段连续相等的时间内通过的位移分别是24 m和64 m，连续相等的时间为4 s，求物体在这两段时间内的初速度和加速度大小. 答案：1 m/s　2.5 m/s2 解析：画出物体运动的示意图，如图所示，物体从A到B再到C各用时4 s，AB＝24 m，BC＝64 m. 解法一(常规解法)：设物体的加速度为a， 则s1＝vAT＋aT2 s2＝－ 将s1＝24 m，s2＝64 m，T＝4 s代入两式求得 vA＝1 m/s，a＝2.5 m/s2. 解法二(用平均速度求解)： 1＝＝＝6 m/s 2＝＝＝16 m/s 又2＝1＋aT 代入数据解得a＝2.5 m/s2 再由s1＝vAT＋aT2 求得vA＝1 m/s. 解法三(用推论Δs＝aT2求解)：由s2－s1＝aT2 代入数据解得a＝2.5 m/s2 再代入s1＝vAT＋aT2 可求得vA＝1 m/s. 7.(常用的解决运动学问题的方法)如图甲所示为临朐沂山风景区内一滑道，全长一千多米，全部采用大理石打磨建造，依山势蜿蜒而下.滑道中某段倾斜直道如图乙所示，为了计算该段滑道的长度，某同学让一小滑块从该滑道顶端由静止滑下，加速度a＝2 m/s2，已知在到达滑道底端前最后1 s滑块滑过的距离为该滑道长度的.求： (1)该滑道的长度； (2)滑块到达该滑道底端时的速度. 答案：(1)49 m　(2)14 m/s，方向沿滑道向下 解析：(1)解法一(基本公式法)：设滑块运动总时间为t，滑道的长度为L，则由匀变速直线运动位移公式有 L＝at2 at2－a(t－1 s)2＝L 解得t＝7 s 故L＝at2＝49 m. 解法二(比例法)：已知在到达滑道底端前最后1 s滑块滑过的距离为该滑道长度的，则在最后1 s前与整个下滑过程的位移之比为∶1＝36∶49＝62∶72 则在最后1 s前与整个下滑过程的时间之比为6∶7 故滑块的运动时间为t＝7 s 滑道的长度L＝at2＝49 m. 解法三(图像法)：设运动时间为t，作出滑块运动的v­t图像如图所示. 根据v­t图像与时间轴所围面积表示位移，由几何知识结合题给条件知＝ 解得t＝7 s 则滑道的长度L＝at2＝49 m. (2)滑块到达该滑道底端时的速度为vt＝at＝14 m/s，方向沿滑道向下. 专题一　运动图像与追及相遇问题 探究　运动图像问题 在物理学中，图像法是一种十分重要的思想方法，既可以用图像来描述物理问题，也可以用图像来解决物理问题，而且用图像法分析和解决物理问题往往比用解析法更简洁直观.运动学中，位移—时间图像(s­t图像)和速度—时间图像(v­t图像)是两种最典型的图像.这两种图像里包含了大量的信息，考试时可能会从各个方面考查，下面我们进行具体全面的描述. (1)s­t图像与v­t图像的比较 分类 项目 s­t图像 v­t图像 物理意义 反映的是位移随时间的变化规律 反映的是速度随时间的变化规律 轴 纵轴为位移s 纵轴为速度v 斜率 表示速度 表示加速度 面积 无实际意义 图线与时间轴围成的面积表示位移 线 倾斜直线表示匀速直线运动 倾斜直线表示匀变速直线运动 特殊点 拐点表示对应时刻速度变化，交点表示对应时刻相遇 拐点表示对应时刻加速度变化，交点表示对应时刻速度相等 (2)非常规图像 除了常见的s­t图像和v­t图像，有时还会遇到a­t图像、v2­s图像、­t图像等.对于这类非常规图像，首先弄清坐标轴的含义，然后结合匀变速直线运动的相关公式进行分析. 特别说明：若物体初始位置不在坐标原点，位置—时间图像(x­t图像)就不能作为位移—时间图像(s­t图像).x­t图像的斜率、交点等的物理意义与s­t图像相同. 物体a、b从同一位置沿同一直线运动的v­t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A.t＝2 s时，a、b的速度方向均发生改变 B.t＝4 s时，a、b相距20 m C.前4 s，a、b均做匀变速直线运动 D.前4 s，a与b的加速度始终相同 [规范解答]　由图像可知，前4 s，a的速度沿正方向，b的速度沿负方向，所以t＝2 s时，a、b的速度方向均没有发生改变，A错误；v­t图线与时间轴围成的面积表示位移，则t＝4 s时，a、b相距Δs＝sa－sb＝×5 m/s×4 s－×(－5 m/s)×4 s＝20 m，B正确；v­t图像的斜率表示加速度，由图像可知，前4 s，a、b的加速度方向都发生了变化，a、b都不做匀变速直线运动，C错误；v­t图像的斜率表示加速度，由图像可知，前4 s，a与b的加速度方向始终相反，D错误. [答案]　B (1)解决常规运动图像问题时，由图像提取特殊点、斜率、截距、面积等数据信息，结合运动学公式解答. (2)解答非常规运动图像问题的三个步骤：一审、二列、三析 [变式训练1－1]　如图所示是一质点运动的s­t图像，图线是起点过原点、(4 s，40 m)为顶点、开口向下的曲线，则(　　) A.0～8 s内质点做曲线运动 B.0～4 s内质点的速度逐渐增大 C.0～4 s内与4～8 s内质点的运动方向相同 D.0～4 s内质点的平均速度大小为10 m/s 答案：D 解析：s­t图像只能描述直线运动，A错误；当s­t图像为曲线时，图线切线的斜率表示速度，由题图可知，0～4 s内，图线切线的斜率逐渐减 小，质点的速度逐渐减小，B错误；0～4 s内曲线切线的斜率为正，表示质点沿正方向运动，4～8 s内曲线切线的斜率为负，表示质点沿负方向运动，C错误；由题图可知，0～4 s内质点的位移为s＝40 m，则该段时间内质点的平均速度大小为v＝＝10 m/s，D正确. [变式训练1－2]　一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止.下列速度的平方v2和位移s的关系图像中，能描述该过程的是(　　) 答案：B 解析：汽车做初速度为零的匀加速直线运动时，由v2＝2as可知，v2与s成正比，即这段时间内的v2和位移s的关系图像为过原点的一条倾斜直线；设匀加速直线运动的末速度为v1，位移为s1，则在做匀减速直线运动过程中，v2－v＝－2a′(s－s1)，得v2＝－2a′s＋v＋2a′s1，则此过程v2与s成一次函数关系且v2­s图线的斜率为负，B正确，A、C、D错误. 探究　追及相遇问题 1.什么是追及相遇问题 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、相遇或避免碰撞等问题.需要注意，只要后面物体的速度有可能大于前面物体的速度，都可以谈追及问题. 2.追及相遇问题情况概述 (1)追及问题 ①若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，后者的速度一定不小于前者的速度. ②若后者追不上前者，则当后者的速度与前者相等时，两者相距最近. (2)相遇问题 ①同向运动的两物体追及即相遇. ②相向运动的两物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体的距离时即相遇. 3.常见的追及、相遇问题 类型 图像 说明 匀加速追匀速 (1)t＝t0以前，后面物体与前面物体间距逐渐增大 (2)t＝t0时，v1＝v2，两物体间距最大，为s0＋Δs (3)t＝t0以后，后面物体与前面物体间距逐渐减小 (4)能追上且只能相遇一次 匀速追匀减速 匀加速追匀减速 匀减速追匀速 开始时，后面物体与前面物体间的距离在逐渐减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻： (1)若Δs＝s0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件 (2)若Δs<s0，则不能追上，此时两物体有最小距离，为s0－Δs (3)若Δs>s0，则相遇两次，设t1时刻Δs＝s0，两物体第一次相遇，则必有t2时刻两物体第二次相遇，且t2－t0＝t0－t1 匀速追匀加速 匀减速追匀加速 注意：(1)v1是前面物体的速度，v2是后面物体的速度 (2)s0为开始时两物体之间的距离 (3)Δs为从开始追赶到两者速度相等时，前面或后面的物体多发生的位移 4.解题思路 (1)根据对两物体运动过程的分析，画出两物体运动的示意图或v­t图像，找到临界状态和临界条件. (2)根据两物体的运动性质，分别列出两物体的位移方程，注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中. (3)由运动示意图找出两物体位移间的关联方程，这是解题关键. (4)联立方程求解，并对结果进行简单分析. 5.追及问题中的“一个条件”“两个关系” (1)一个条件：即两者速度相等，它往往是能够追上、追不上或两者距离最大、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. 时间关系指两物体运动时间是否相等，两物体是同时运动还是一先一后运动；位移关系指两物体是同地开始运动还是一前一后开始运动，其中通过画运动示意图找到两物体间的位移关系是解题的突破口，因此在学习中一定要养成画运动示意图分析问题的良好习惯，运动示意图对帮助我们理解题意、启迪思维大有好处. 判断同向运动两物体是否相撞，与判断同向运动两物体能否追及相遇的方法相同. 一辆汽车在十字路口等候红绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这一时刻一辆自行车以v自＝6 m/s的速度匀速驶来，从旁边超过汽车.试求： (1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前，经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？ (2)什么时候汽车能追上自行车？此时汽车的速度是多少？ [规范解答]　(1)解法一(物理分析法)：汽车与自行车的速度相等时两车相距最远，如图所示，设此时经过的时间为t1，两车间的距离为Δs，则有v汽＝v自＝at1 所以t1＝＝2 s Δs＝s自－s汽＝v自t1－at＝6 m. 解法二(函数极值法)：设汽车在追上自行车之前，经过时间t两车相距Δs，则 Δs＝s自－s汽＝v自t－at2 代入已知数据得Δs＝6t－t2 由二次函数求极值的条件知：t＝2 s时，Δs有最大值6 m 所以经过t＝2 s后，两车相距最远，此时距离为Δs＝6 m. 解法三(图像法)：自行车和汽车的v­t图像如图所示，由图像可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，所以有 t1＝＝＝2 s Δs＝＝＝6 m. (2)解法一(物理分析法)：当两车位移相同时，汽车追上自行车，设此时经过的时间为t2，则有v自t2＝at 解得t2＝＝＝4 s 此时汽车的速度v1′＝at2＝12 m/s. 解法二(图像法)：由前面画出的v­t图像可以看出，在t1时刻之后，当由图线v自、v汽和t＝t2构成的三角形的面积与阴影部分的三角形面积相等时，汽车与自行车的位移相同，即汽车与自行车相遇，所以t2＝2t1＝4 s，v1′＝at2＝3 m/s2×4 s＝12 m/s. [答案]　(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s 求解追及相遇问题的“三种分析方法” 1.物理分析法：认真审题，挖掘题目中的隐含条件，画出两物体运动关系的示意图，找出运动时间、位移等关系. 2.函数极值法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于时间t的一元二次方程.用二次函数求极值的方法求最大距离或最小距离，解二次函数求相遇时刻，或用根的判别式讨论是否相遇或相遇几次：若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，即有一个解，说明刚好能追上或相遇一次；若Δ<0，无解，说明追不上或不能相遇. 3.图像法：将两个物体运动的速度—时间关系在同一图像中画出，然后利用图像分析求解相关问题. 起点在同一点的追及相遇问题最适合用图像解决，因为其图线和时间轴所围成的面积就是位移. [变式训练2－1]　(多选)在某个恶劣天气中，能见度很低.甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶.某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，若不发生碰撞，两车刹车后的v­t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A.甲车的加速度大于乙车的加速度 B.若t＝24 s时两车还未发生碰撞，则此时两车相距最近 C.两车一定不会发生碰撞，因为乙车比甲车先停下来 D.为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48 m 答案：BD 解析：由v­t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，甲车的加速度大小a1＝＝ m/s2＝ m/s2，乙车的加速度大小a2＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；开始时，甲在前、乙在后，在0～24 s内，乙车的速度比甲车的大，24 s后，乙车的速度比甲车的小，所以若t＝24 s时两车还未相撞，则此时两车相距最近，故B正确；t＝24 s时两车的速度均为v＝v甲－a1t＝ m/s＝8 m/s，0～24 s内，甲车的位移为s甲＝×(16＋8)×24 m＝288 m，乙车的位移为s乙＝×(20＋8)×24 m＝336 m，两者位移之差为Δs＝s乙－s甲＝336 m－288 m＝48 m，所以为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48 m，故C错误，D正确. [变式训练2－2]　汽车A以vA＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2.从此刻开始计时，求： (1)A追上B前，A、B的最远距离是多少？ (2)经过多长时间A恰好追上B? (3)若某同学应用关系式vBt－at2＋x0＝vAt，解得经过t＝7 s(另一解舍去)时，A恰好追上B.这个结果合理吗？为什么？ 答案：(1)16 m　(2)8 s　(3)见解析 解析：(1)当A、B两汽车速度相等时，两车的距离最远，设从开始到两车相距最远用时为t，有vA＝vB－at 解得t＝3 s 此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m 汽车B的位移xB＝vBt－at2＝21 m 故A、B的最远距离Δx＝xB＋x0－xA＝16 m. (2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间 t1＝＝5 s 运动的位移xB′＝＝25 m 汽车A在t1时间内运动的位移 xA′＝vAt1＝20 m 此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m 汽车A需再运动的时间t2＝＝3 s 故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8 s. (3)这个结果不合理，因为汽车B的运动时间最长为t1＝＝5 s＜7 s 说明汽车A追上B时，汽车B已停止运动. 课后课时作业 1.(多选)物体甲的x­t图像和物体乙的v­t图像分别如图所示，则这两个物体的运动情况是(　　) A.甲在整个t＝6 s时间内来回运动，它通过的总位移为零 B.甲在整个t＝6 s时间内的运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m C.乙在整个t＝6 s时间内来回运动，它通过的总位移为零 D.乙在整个t＝6 s时间内的运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m 答案：BC 解析：根据x­t图线的斜率表示速度，可知甲在整个t＝6 s时间内一直沿正方向匀速运动，总位移为Δx＝2 m－(－2 m)＝4 m，A错误，B正确；物体乙的v­t图像中，速度的正负表示速度的方向，即表示物体的运动方向，速度先负后正，说明物体乙先沿负方向运动，后沿正方向运动，根据图线与时间轴所围成的面积表示位移，图线乙在t轴上方位移为正值，下方位移为负值，得知总位移为0，C正确，D错误. 2.甲、乙两物体在同一条直线上同时同地沿同一方向运动，甲的初速度为6 m/s，由于摩擦做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2；乙做初速度为零、加速度为1 m/s2的匀加速直线运动.乙追上甲之前两物体的最大距离是(　　) A.3 m B.6 m C.9 m D.14 m 答案：B 解析：当甲、乙的速度相等时，二者距离最大，设经过时间t二者速度相等，由a乙t＝v甲－a甲t，解得t＝＝2 s，在这2 s内，甲的位移s甲＝v甲t－a甲t2＝6 m/s×2 s－×2 m/s2×(2 s)2＝8 m，乙的位移s乙＝a乙t2＝×1 m/s2×(2 s)2＝2 m，二者间的最大距离l＝s甲－s乙＝6 m，故选B. 3.一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距公共汽车25 m处时，绿灯亮了，公共汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，则(　　) A.人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m B.人不能追上公共汽车，人、公共汽车最近距离为7 m C.人能追上公共汽车，追上公共汽车前人共跑了43 m D.人不能追上公共汽车，且公共汽车开动后，人、公共汽车距离越来越远 答案：B 解析：公共汽车加速到v＝6.0 m/s时所用时间t＝＝6 s，该时间内，人运动距离为s1＝vt＝36 m，公共汽车运动距离为s2＝at2＝18 m，公共汽车开动时两者间距离l＝25 m，由于s2＋l－s1＝7 m＞0，所以人不能追上公共汽车，且人、公共汽车最近距离为7 m，由以上分析知，公共汽车开动后，人、公共汽车之间的距离先减小后增大，A、C、D错误，B正确. 4.汽车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速前进，司机发现正前方s处有一辆自行车正以4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动，立即关闭油门使汽车做a＝－6 m/s2的匀变速直线运动，若汽车恰好碰不上自行车，则s的大小为(　　) A.8.33 m B.7 m C.3.33 m D.3 m 答案：D 解析：根据题设，汽车恰好碰不上自行车，则追上时两车速度相同，均为4 m/s，汽车位移为s汽＝＝＝7 m，汽车减速的时间为t＝＝＝1 s，则自行车位移为s自＝vt＝4 m，所以开始时两车间距s＝s汽－s自＝3 m，D正确. 5.一玩具车从t＝0时刻开始沿直线运动，运动时间为t时，对应的位移为s，规定向右为正方向，其­t图像如图所示.则下列说法正确的是(　　) A.玩具车的初速度为－8 m/s B.玩具车的加速度为2 m/s2 C.玩具车在第2 s末的速度为4 m/s D.第4 s末，玩具车在出发点右侧8 m处 答案：C 解析：由匀变速直线运动规律有s＝v0t＋at2，整理可得＝v0＋at，结合题图可知v0＝－4 m/s，a＝4 m/s2，故A、B错误；由vt＝v0＋at知，在第2 s末，玩具车的速度为4 m/s，故C正确；由s＝v0t＋at2可得，第4 s末玩具车在出发点右侧16 m处，故D错误. 6.(多选)如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时运动的v­t图线.已知在第3 s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是(　　) A.两物体从同一地点出发 B.出发时A在B前3 m处 C.3 s末两个物体相遇后，两物体一定不可能再相遇 D.运动过程中B的加速度小于A的加速度 答案：CD 解析：由速度—时间图线与时间轴围成的“面积”表示位移可知，两物体在3 s内的位移不相等，而在第3 s末两物体相遇，可知两物体出发点不同，A错误；两物体在前3 s内的位移分别为sA＝＝6 m，sB＝＝3 m，则出发时B在A前3 m处，B错误；3 s末两物体相遇后，A的速度一直大于B的速度，两物体不可能再次相遇，C正确；由v­t图线的斜率表示加速度，可知B的加速度小于A的加速度，D正确. 7.如图所示的v­t图像中，直线表示甲物体从A地向B地运动的v­t图像，折线表示同时开始运动的乙物体由静止从A地向B地运动的v­t图像.下列说法正确的是(　　) A.在t＝4 s时，甲、乙两物体相遇 B.在t＝4 s时，甲、乙两物体相距最远 C.在0～2 s内，甲、乙两物体的加速度大小相等 D.在2～4 s内，乙物体处于静止状态 答案：B 解析：根据v­t图像中图线与t轴所围成的面积表示位移，可得t＝4 s时，甲的位移和乙的位移不相等，刚开始甲的速度较大，故是乙追甲，当两者速度相等时，甲、乙相距最远，A错误，B正确；根据v­t图像的斜率表示加速度可得，在0～2 s内，甲物体的加速度为a甲＝＝－10 m/s2，乙物体的加速度为a乙＝＝20 m/s2，两者的加速度大小不相等，C错误；在2～4 s内，乙物体处于匀速运动状态，D错误. 8.(多选)某段直线公路由于维修，只允许单车道通行，在此段平直的单车道上，有同向行驶的甲、乙两车，t＝0时，甲车在前，乙车在后，相距s0＝100 m，速度均为v0＝30 m/s，从此时开始两车按如图所示规律运动，则下述说法正确的是(　　) A.两车最近距离为10 m B.两车最远距离为100 m C.两车一定不会相遇 D.两车一定会相遇 答案：AC 解析：如图所示为甲、乙两车的速度—时间图像，由图像可知，t＝6 s时两车共速，在此之前，乙车速度一直比甲车大(t＝0时除外)，如果0～6 s内两车不相遇，就不会相遇，由图像面积可以算出，0～6 s内，s甲＝67.5 m，s乙＝157.5 m，由于s乙<s0＋s甲，故两车不会相遇，两车最近距离为s0＋s甲－s乙＝10 m，t＝6 s后两车距离越来越远，不能求出最远距离，A、C正确，B、D错误. 9.甲、乙两车在同一水平道路上行驶，t＝0时，乙车在甲车前方6 m处，两车运动的v­t图像如图所示，则下列表述正确的是(　　) A.两车仅相遇一次 B.t＝4 s时两车加速度相同 C.t＝6 s时两车相遇 D.t＝8 s时两车相遇 答案：C 解析：速度—时间图像与t轴围成的面积表示位移，在0～4 s内，甲的位移为s1＝×(8 m/s＋16 m/s)×4 s＝48 m，乙的位移为s2＝×(8 m/s＋12 m/s)×4 s＝40 m，则s1－s2>6 m，故在t＝4 s之前两车相遇一次，t＝4 s时甲在乙前面2 m处，t＝4 s之后甲车的速度小于乙车的速度，变成乙车追甲车；0～6 s内，甲车的位移s3＝×(4 m/s＋16 m/s)×6 s＝60 m，t＝6 s时乙车的速度为6 m/s，则0～6 s内乙车的位移为s4＝×(6 m/s＋12 m/s)×6 s＝54 m，s3－s4＝6 m，则t＝6 s时甲、乙再次相遇；0～8 s内，甲车的位移为s5＝×(4 m/s＋16 m/s)×6 s＋4 m/s×2 s＝68 m，乙车的位移为s6＝×(4 m/s＋12 m/s)×8 s＝64 m，则s6＋6 m－s5＝2 m，即在t＝8 s时乙车在甲车前面2 m处，t＝8 s之后由于甲车做匀速运动，而乙车做匀减速运动，直到速度减为零，故t＝8 s到t＝12 s之间甲、乙两车还有一次相遇，故在整个过程中两车发生三次相遇，A、D错误，C正确；t＝4 s时两车对应的v­t图线的斜率不同，即加速度不相同，B错误. 10.(多选)在同一平直路面上有a和b两辆汽车，观测者看到a车经过自己身边时，正匀速向前运动，此时，b车从静止开始向前匀加速启动，下列说法正确的是(　　) A.若此时b车也刚好在观测者身边，则b车和a车只能相遇一次 B.若此时b车在观测者后面，则a车和b车可能不会相遇 C.若此时b车在观测者前面，则a车和b车可能相遇两次 D.若此时b车在观测者前面，则a车和b车可能只相遇一次 答案：ACD 解析：若此时b车也刚好在观测者身边，从b车开始启动到加速到与a车速度相同这一过程，a车在b车前面，且两车间的距离逐渐增大，两车速度相同时，两车间的距离最大，之后b车的速度大于a车的速度，则两车间的距离变小，直至两车相遇一次，由于b车速度大于a车速度，则之后两车不会再相遇，故A正确.若此时b车在观测者后面，由于b车一直在加速，a车匀速，则与A项分析一致，两车共速时相距最远，之后b车速度大于a车速度，只能相遇一次，故B错误.若此时b车在观测者前面，则开始一段时间内a车速度大，两车会靠近，此过程可能相遇也可能不相遇，若相遇时速度相同，则a车和b车只相遇一次；若相遇时a车速度大，则b车被超越，根据A项中分析之后两车会再次相遇；若两车共速时a车还在b车后面，则两车不会相遇，故b车在观测者前面时，可能不会相遇，可能相遇一次，也可能相遇两次，故C、D正确. 11.平直公路上有甲、乙两辆汽车，甲以0.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速行驶，乙在甲的前方200 m处以5 m/s的速度做同方向的匀速运动，求： (1)甲何时追上乙？甲追上乙时的速度为多大？此时甲离出发点多远？ (2)在追赶过程中，甲、乙之间何时有最大距离？这个距离为多少？ 答案：(1)40 s　20 m/s　400 m (2)10 s末　225 m 解析：(1)设甲经过时间t追上乙，则有 s甲＝a甲t2，s乙＝v乙t 根据追及条件，有s甲＝s乙＋200 m 代入数值，解得t＝40 s(另一解t＝－20 s舍去) 这时甲的速度 v甲＝a甲t＝0.5 m/s2×40 s＝20 m/s 甲离出发点的位移 s甲＝a甲t2＝×0.5 m/s2×(40 s)2＝400 m. (2)在追赶过程中当v甲＝v乙时，甲、乙之间的距离达到最大值，设所用时间为t′， 由a甲t′＝v乙，得t′＝10 s 即甲在10 s末离乙的距离最大 t′时间内，甲的位移s甲′＝a甲t′2 乙的位移s乙′＝v乙t′ 则最大距离lmax＝s0＋s乙′－s甲′ 解得lmax＝225 m. 12.如图所示，甲、乙两辆汽车在一条平直公路上做匀速直线运动，甲车在前，速度大小为v1＝10 m/s，乙车在后，速度大小为v2＝30 m/s，t1＝0时刻甲车在乙车前方s0＝100 m处，求： (1)经多长时间乙车追上甲车？ (2)为防止发生追尾事故，t2＝0.5 s时刻乙车采取制动措施，做加速度大小为a＝5 m/s2的匀减速直线运动，则甲、乙两车相距最近时的距离是多少？ 答案：(1)5 s　(2)50 m 解析：(1)设历时ts乙车追上甲车，该时间内甲车位移为s甲＝v1ts 乙车位移为s乙＝v2ts 根据位移关系有s甲＋s0＝s乙 代入数据解得ts＝5 s. (2)设乙车减速后历时ts′与甲车速度相等， 有v1＝v2－ats′ 当两车速度相等时，甲车位移为 s1＝v1(Δt＋ts′) 其中Δt＝t2－t1＝0.5 s 乙车位移为s2＝v2Δt＋v2ts′－ats′2 则两车相距最近时的距离为s＝s0＋s1－s2 联立并代入数据解得s＝50 m. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$