第2章 习题课2 匀变速直线运动的规律应用(Word教参)-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版 江苏专版）

本讲义聚焦匀变速直线运动规律应用核心知识点，系统梳理基本公式（速度、位移、速度-位移关系、平均速度公式）的对比与选择技巧，衔接追及相遇问题的速度相等临界点分析，延伸至竖直上抛运动的分段与全程处理方法，构建从公式到问题解决的学习支架。 该资料通过公式对比表格助力模型建构，例题采用变式训练和多解法（如追及问题结合v-t图像与数学极值法）培养科学思维，练习题分层设计覆盖基础与提升。课中辅助教师突破重点，课后帮助学生通过实例巩固科学推理能力，实现知识查漏补缺。

习题课二　匀变速直线运动的规律应用 [学业要求与核心素养] 科学思维 1．熟练掌握匀变速直线运动的基本公式及推导公式，并能解决相关问题。 2．理解追及相遇问题的特点和规律，并能处理实际问题。 3．知道竖直上抛运动的特点和规律、会分析求解竖直上抛运动。 [对应学生用书P41] 一、匀变速直线运动基本公式的应用 1．匀变速直线运动基本公式的比较 一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量 速度公式 v＝v0＋at v＝at x 位移公式 x＝v0t＋at2 x＝at2 v 位移、速度关系式 v2－v02＝2ax v2＝2ax t 平均速度求位移公式 x＝t x＝t a 2．解决匀变速直线运动问题时选择公式的技巧 (1)如果题目中无位移x，也不需求位移，一般选用速度公式v＝v0＋at。 (2)如果题目中无末速度v，也不需求末速度，一般选用位移公式x＝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v2－v02＝2ax。 (4)如果题目中没有加速度a，也不涉及加速度的问题，用＝＝计算比较方便。 (教材本章复习与提高A组第5题变式)跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机悬停在离地224 m高时，他离开飞机后做自由落体运动，运动一段时间后，打开降落伞，伞张开后他就以12.5 m/s2的加速度做匀减速下降，为了安全到达地面要求着地速度最大不得超过5 m/s，g＝10 m/s2。 (1)运动员打开降落伞时距地面的高度至少为多少？此时的速度的大小？ (2)着地时相当于从多高自由下落？ (3)运动员在空中的最短时间为多少？ [解析]　(1)设跳伞运动员展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则对于匀减速运动过程有v2－v02＝－2ah，即52－v02＝－2×12.5h 对于自由下落过程v02＝2g(224－h) 联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s。 (2)以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即2gh1＝v2，h1＝＝1.25 m。 (3)设跳伞运动员在空中的最短时间为t，则有 v0＝gt1，t1＝＝5 s，t2＝＝3.6 s 故最短时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6)s＝8.6 s。 [答案]　(1)99 m　50 m/s　(2)1.25 m (3)8.6 s 　在例题中，若飞机悬停在距离地面H＝224 m的空中，运动员离开飞机后先做自由落体运动，5 s末打开降落伞，到达地面时速度减为v＝5 m/s。我们认为开始打开降落伞直至落地前运动员在做匀减速运动，g取10 m/s2，求： (1)运动员打开降落伞时的速度大小及此时他离地面的高度h； (2)运动员打开降落伞后的加速度； (3)运动员此次跳伞过程的平均速度大小。 解析　(1)运动员离开飞机后自由落体运动的末速度vm＝gt1＝50 m/s 自由下落的高度h1＝gt12＝125 m 打开伞时离地面的高度h＝H－h1＝99 m。 (2)运动员打开降落伞后，由位移公式可得 vm2－v2＝2ah 代入数据可解得a＝＝12.5 m/s2，方向向上。 (3)打开伞后至落地的时间t2＝＝3.6 s 整个过程的平均速度 ＝＝ m/s≈26 m/s。 答案　(1)50 m/s　99 m (2)12.5 m/s2，方向向上 (3)26 m/s 1．如图所示，在公路的十字路口，红灯拦停了一车队，拦停的汽车排成笔直的一列，第一辆汽车的前端刚好与路口停止线相齐，汽车长均为l＝4.0 m，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距均为d1＝1.0 m。为了安全，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距至少为d2＝5.0 m才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起瞬时，第一辆汽车立即开动，求： (1)第六辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v； (2)从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t。 解析　(1)第六辆汽车前端与停止线的距离s1＝5(l＋d1)＝25.0 m 由v2＝2as1得v＝10 m/s。 (2)第六辆汽车刚开动到前端与停止线相齐所需时间t3＝＝5.0 s 设第二辆汽车刚开动时，第一辆汽车至少已行驶的时间t1，则第二辆汽车刚开动时，第一辆至少行驶的距离s2＝d2－d1＝4.0 m 由s2＝at12，从绿灯刚亮起到第六辆汽车刚开动至少所需时间t2＝5t1＝10.0 s。 从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t＝t2＋t3 解得t＝15.0 s。 答案　(1)10 m/s　(2)15.0 s 二、追及相遇问题 两物体在同一直线上运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者是距离为零的情况，这类问题称为追及和相遇问题，讨论追及和相遇问题的实质是两物体能否在同一时刻到达同一位置。 1．要抓住一个条件、两个关系 (1)一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。 (2)两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。 2．常用方法 (1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系。 (2)图像法：将两者的v-t图像在同一坐标系中画出，然后利用图像求解。 (3)数学极值法：设从开始到相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇。若Δ＜0，说明追不上或不能相碰。 　一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶来，从后面超过汽车。 (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)什么时候汽车追上自行车？此时汽车的速度大小是多少？ [解析]　(1)解法一　(根据速度关系和位移关系求解) 汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度恒定。当汽车的速度小于自行车的速度时，两者间的距离将越来越大，而一旦汽车的速度增加到超过自行车的速度，两车间的距离就将缩小，因此两者速度相等时两车相距最远。由v汽＝at＝v自得t＝＝2 s，Δxmax＝v自t－at2＝6 m。 解法二　(用数学求极值方法求解) 设汽车在追上自行车之前经时间t两车相距最远。 有Δx＝v自t－at2＝6t－＝－(t－2)2＋6 上式所有物理量均采用国际单位制单位 由二次函数求极值的条件知，t＝2 s时，Δx最大，Δxmax＝6 m。 解法三　(用图像法求解) 自行车和汽车的v-t图像如图所示，由图可以看出：相遇之前，在t0时刻两车速度相等时， 自行车的位移(矩形面积)与汽车的位移(三角形面积)之差(即横线阴影部分面积)最大，所以，t0＝＝2 s，Δxmax＝×2×6 m＝6 m。 (2)由(1)图可以看出：在t0时刻以后，由汽车的v-t图线与自行车的v-t图线组成的三角形面积(竖线阴影部分面积)与横线阴影部分的面积相等时，两车的位移相等，所以由图线的数学关系可得相遇时t′＝2t0＝4 s，v′汽＝2v自＝12 m/s。 [答案]　(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s 　一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车。若汽车加速到最大速度15 m/s后以该速度做匀速运动，试求：经多长时间汽车追上自行车？ 解析　汽车追上自行车时两车位移相等， 故有at2＝v自t 解得相遇时间为：t＝＝2× s＝4 s 4 s时汽车的速度v＝at＝12 m/s<15 m/s 经4 s时间汽车追上自行车。 答案　4 s 　一辆汽车在十字路口等绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车在汽车后方相距20 m的地方以6 m/s的速度匀速行驶，则自行车能否追上汽车？若追不上，两车间的最小间距是多少？ 解析　如图所示，假设自行车经过t时间追上汽车，则 x汽＋x0＝x自，at2＋x0＝x自 即1.5t2－6t＋20＝0，t无解，即追不上。 当速度相同时间距最小，设经过t1时间速度相同，则有 v汽＝v自，at1＝v自，t1＝＝2 s Δxmin＝x汽＋x0－x自＝at12＋x0－v自t1＝14 m 答案　追不上　14 m ●规律总结 追及问题的分析方法和常用的临界条件 (1)追及问题的分析方法 ①根据追逐的两个物体的运动性质，选择同一参考系，列出两个物体的位移方程。 ②找出两个物体在运动时间上的关系。 ③找出两个物体在位移上的关系。 (2)追及问题中常用的临界条件 ①速度小者(但加速度大)追速度大者(但加速度小)，追上前两个物体速度相等时，有最大距离。 ②速度大者追速度小者，追上前两个物体速度相等时，有最小距离。即必须在此之前追上，否则就追不上。 2．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。 解析　汽车在关闭油门后减速的一段时间内，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不碰上自行车的条件。运动简图如下图所示： 解法一　汽车减速到4 m/s时发生的位移和运动时间分别为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，如图所示，图线Ⅰ、Ⅱ分别是汽车与自行车的v-t图像，其中划斜线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，即为汽车关闭油门时离自行车的距离x。 图线Ⅰ的斜率即为汽车减速运动的加速度，所以应有 x＝＝× ＝ m＝3 m。 解法三　利用数学解析法求解，设经过时间t汽车恰好撞上自行车，则x＋x自＝x汽，故x＋v自t＝v汽t－at2 整理得：3t2－6t＋x＝0 要使汽车恰好不撞上自行车，应Δ＝0 即62－4×3×x＝0，x＝3 m。 答案　3 m 三、竖直上抛运动 将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动。 　如图所示，热气球以20 m/s的速度匀速竖直上升，到离地105 m高处，落下一物体。物体落下后，热气球以原来的速度继续匀速上升。(g＝10 m/s2) (1)物体落地的速度大小是多少？ (2)物体从气球上掉下后，经多长时间落回地面？ (3)物体落下后5 s时，热气球与物体之间的距离是多少？ 解析　(1)根据位移公式v2－v02＝2gh 解得v＝50 m/s。 (2)令上升时间为t1，则有t1＝＝2 s 令下降时间为t2，则有t2＝＝5 s 则物体从气球上掉下后t＝t1＋t2＝7 s。 (3)设运动时间为t3＝5 s，则物体的位移为h1＝v0t3－gt32＝－25 m 热气球的位移为h2＝v0t3＝100 m 物体与热气球间距H＝|h1|＋h2＝125 m。 答案　(1)50 m/s　(2)7 s　(3)125 m 　在某一足够高处，以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　) A．小球能上升的最大高度距离抛出点为25 m B．小球在5 s末时，位于抛出点的上方 C．从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化量的大小为0 D．小球在前4 s内的平均速度为0 解析　小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为h＝＝ m＝20 m，故A错误；取竖直向上为正方向，则小球在5 s内的位移x5＝v0t5－gt52＝20×5－×10×52 m＝－25 m，即小球在5 s末时，位于抛出点的下方25 m处，故B错误；从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化为Δv＝－v0－v0＝－2v0，故C错误；小球在前4 s内的位移为x4＝v0t4－gt42＝20×4－×10×42 m＝0 m，则小球在前4 s内的平均速度为0 m/s，故D正确。 答案　D 　在某一足够高处，以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球，若不计空气阻力，g＝10 m/s2，则从抛出点开始运动到距离抛出点处位移大小为15 m所需的时间不可能是(　　) A．(2＋)s B． s C．1 s D．3 s 解析　小球运动到抛出点上方15 m的位置时间为Δt，15＝vΔt－g(Δt)2，解得Δt1＝1 s，Δt2＝3 s。设小球运动到抛出点下方15 m的位置时间为Δt3，－15＝vΔt3－g(Δt3)2，解得Δt3＝(2＋)s。综上可知，选B。 答案　B ●规律总结 竖直上抛运动的两种处理方法 1．分段法 (1)上升过程：v0≠0、a＝g的匀减速直线运动。 (2)下降过程：自由落体运动。 2．全程法 (1)整个过程：初速度v0向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律v＝v0－gt，h＝v0t－gt2。 (2)正负号的含义(取竖直向上为正方向) ①v>0表示物体上升，v<0表示物体下降。 ②h>0表示物体在抛出点上方，h<0表示物体在抛出点下方。 3．竖直上抛的物体，初速度为30 m/s。经过2.0 s、4.0 s，物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多少？第2.0 s末、第4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力) 解析　物体上升到最高点所用时间t＝＝3 s。 上升的最大高度H＝＝ m＝45 m 由x＝v0t－at2得当t1＝2.0 s<t时， 位移x1＝30×2.0 m－×10×2.02 m＝40 m， 所以路程s1＝40 m 速度v1＝v0－gt1＝30 m/s－10×2.0 m/s＝10 m/s 当t2＝4.0 s>t时，位移x2＝30×4.0 m－×10×4.02 m＝40 m， 所以路程s2＝45 m＋(45－40) m＝50 m 速度v2＝v0－gt2＝30 m/s－10×4.0 m/s＝－10 m/s，负号表示速度方向与初速度方向相反。 答案　见解析 [对应学生用书P46] 1．一物体做匀变速直线运动的位移x和速度v的关系图像如图所示，图线的斜率为k，图线在横轴上的截距为b，其中k、b、L均为已知量，则以下说法正确的是(　　) A．物体的初速度为b B．物体的加速度为 C．物体运动位移为L时的速度大小为 D．物体做匀减速运动 解析　根据匀变速运动规律知：v2－v02＝2ax，即x＝v2－，结合图像可得＝k，v02＝b，解得v0＝，a＝，故A错误，B正确；当x＝L时，有v2－b＝L ，解得v＝，故C错误；由图像可知：速度随位移的增大而增大，且加速度恒定，所以做匀加速运动，故D错误。 答案　B 2．一质点做匀加速直线运动，依次经过O、A、B、C四点，A、B间的距离为10 m，B、C间的距离为14 m，已知物体通过OA段、AB段、BC段所用的时间相等。则O与A的距离为(　　) A．8 m B．6 m C．4 m D．2 m 解析　根据匀加速直线运动规律，连续相等的时间间隔T内物体的位移之差Δx＝aT2，则x3－x2＝x2－x1，所以x1＝2x2－x3＝2×10 m－14 m＝6 m，选项B正确。 答案　B 3．将某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2。在5 s内物体的(　　) A．路程为45 m B．位移大小为25 m，方向向上 C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向向上 解析　初速度30 m/s，则上升到最高点的时间t＝＝ s＝3 s，位移为h1＝＝ m＝45 m，再自由落体2 s时间，下降高度h2＝gt2＝×10×22 m＝20 m，故路程为65 m，选项A错误；此时离地面高45 m－20 m＝25 m，位移方向竖直向上，选项B正确；规定向下为正，5 s时速度为v＝10×2 m/s＝20 m/s，速度改变量为Δv＝20 m/s－ (－30 m/s)＝50 m/s，选项C错误；平均速度为＝＝ m/s＝5 m/s，选项D错误。 答案　B 4．(教材本章复习与提高B组第2题变式)公路上行驶的汽车，司机从发现前方异常情况到紧急刹车，汽车仍将前进一段距离才能停下来。要保持安全，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1 s(这段时间汽车仍保持原速)。晴天汽车在路面上以108 km/h的速度行驶时，得到的安全距离为120 m。大雾天能见度很低，若要求安全距离为60 m，求汽车在大雾天安全行驶的最大速度大小。 解析　设汽车刹车时的速度为v0＝108 km/h＝30 m/s，反应时间为t0，刹车加速度大小为a，则反应时间内汽车匀速行驶的距离为 x1＝v0t0＝30×1 m＝30 m 设刹车过程中汽车行驶距离为x2 则有a＝＝ m/s2＝－5 m/s2 大雾天安全距离x＝60 m 由运动学公式可得2a(x－v0′t0)＝0－v0′2 代入a＝－5 m/s2，t0＝1 s， 解得v0′＝20 m/s＝72 km/h 即汽车在大雾天安全行驶的最大速度大小为72 km/h 。 答案　72 km/h 5．(教材本章复习与提高B组第6题变式)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，汽车(视为质点)在入口AB处以15 m/s的初速度进入ETC通道，做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，运动到距收费站中心线EF左侧10 m的CD处，速度减为5 m/s，然后做匀速运动通过收费站，求： (1)汽车从AB处到EF的时间； (2)AB处到EF的距离； (3)若换成人工窗口收费，需在收费站中心线停车，汽车(视为质点)在入口AB处以15 m/s的初速度进入，汽车刹车时加速度大小为2.5 m/s2，它需在匀速运动多远后开始刹车？ 解析　(1)设初速度方向为正方向，则a1＝－1 m/s2 t1＝＝ s＝10 s，t2＝＝ s＝2 s t＝t1＋t2＝12 s。 (2)由位移时间关系x1＝(v0＋v1)t1＝100 m AB处到EF的距离x＝x1＋x2＝110 m。 (3)汽车加速度为a2＝－2.5 m/s2，由位移速度关系x3＝＝45 m 匀速运动的位移x4＝x－x3＝65 m。 答案　(1)12 s　(2)110 m　(3)65 m [对应学生用书作业(九)P17] [基础训练] 1．对于匀变速直线运动的速度与时间关系式v＝v0＋at，以下理解正确的是(　　) A．v0是时间间隔t开始的速度，v是时间间隔t内的平均速度 B．v一定大于v0 C．at在时间间隔t内，可以是速度的增加量，也可以是速度的减少量 D．a与匀变速直线运动的v-t图像的倾斜程度无关 解析　v0、v都是瞬时速度，at是速度的变化量，A错，C对；在匀加速直线运动中v>v0，在匀减速直线运动中v<v0，B错误；在v-t图像中，v-t图像的斜率表示加速度，D错误。 答案　C 2．做匀加速直线运动的质点，运动了时间t，下列说法正确的是(　　) A．它的初速度越大，通过的位移一定越大 B．它的加速度越大，通过的位移一定越大 C．它的末速度越大，通过的位移一定越大 D．它的平均速度越大，通过的位移一定越大 解析　由公式x＝v0t＋at2可知，在时间t一定的情况下，只有当初速度v0和加速度a都较大时，位移x才较大，选项A、B错误；由公式x＝t可知，在时间t一定的情况下，只有当初速度v0和末速度vt都较大时，位移x才较大，选项C错误；由公式x＝t知，在时间t一定的情况下，平均速度 越大，位移x一定越大，选项D正确。 答案　D 3．(2025·四川成都期中)某次列车加速出站可视为初速度为零的匀加速直线运动，列车每节车厢长为L，共有n节车厢。某观察者站在站台A处，即列车第1节车厢的前端，如图所示。下列说法正确的是(　　) A．列车上的人看到这名观察者在做匀减速直线运动 B．列车第1节和第2节车厢通过观察者的时间之比为∶1 C．列车第1节和第n节车厢通过观察者的时间之比为1∶ D．列车第1节和第n节车厢通过观察者的平均速度大小之比为∶1 解析　由于列车做初速度为零的匀加速直线运动，以列车为参考系，列车上的人看到这名观察者也在做匀加速直线运动，故A错误；由运动学公式x＝at2可得列车第1节车厢通过观察者的时间为t1＝，列车第2节车厢通过观察者的时间为t2＝－，所以列车第1节和第2节车厢通过观察者的时间之比为＝，故B错误；由选项B可知，列车第1节和第n节车厢通过观察者的时间之比为＝，故C错误；根据平均速度定义式＝，可得列车第1节和第n节车厢通过观察者的平均速度大小之比为＝＝，故D正确。 答案　D 4．甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙车在前，速度大小为v2，甲车在后，速度大小为v1，且v1>v2，当两车相距L时，甲车感觉到危险以加速度大小a开始刹车，同时鸣笛示意乙车，乙车同时也以加速度大小a开始加速，为了避免相撞，a最小应为(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． 解析　两车恰好不相撞时位移满足关系v1t－at2＝v2t＋at2＋L 且此时两车速度大小相等v1－at＝v2＋at 联立解得a＝，故D正确，A、B、C错误。 答案　D 5．某人从井口静止释放一颗小石子，不计空气阻力，为表示小石子落水前的运动，下列四幅图像可能正确的是(　　) 解析　小石子做自由落体运动，是初速度为零的匀加速运动，其速度图像为过原点的直线，选项D正确。 答案　D 6．如图所示，某学习小组利用直尺测反应时间：甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间。当乙看见甲放开直尺时，立即用手捏住直尺，根据乙手指所在位置计算反应时间。为简化计算，某同学将直尺刻度进行了改进，先把直尺零刻度线朝向下，以相等时间间隔在直尺的反面标记相对应时间(单位：s)刻度线，制作成了“反应时间测量仪”，下列四幅图中反应时间刻度线标度正确的是(　　) 解析　由题可知，手的位置在开始时应放在0刻度处，所以0刻度要在下边。物体做自由落体运动的位移h＝gt2，位移与时间的平方成正比，所以随时间的增大，刻度尺上的间距增大，选项B正确。 答案　B 7．如图所示为在同一直线上运动的甲、乙两物体的v-t图像，则由图像可知(　　) A．它们速度方向，加速度方向均相同 B．它们速度方向、加速度方向均相反 C．在t1时刻它们相遇 D．在0～t2时间内它们的位移相同 解析　由题图知，甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，速度方向相同、加速度方向相反，t1时刻两物体速度相等，在0～t2时间内图线与时间轴所围面积相等，即位移相同，D正确。 答案　D [能力提升] 8．一汽车在公路上以54 km/h的速度行驶，突然发现前方30 m处有一障碍物，驾驶员立刻刹车，刹车的加速度大小为6 m/s2，为使汽车不撞上障碍物，则驾驶员的反应时间可以为(　　) A．0.5 s B．1.0 s C．0.8 s D．0.9 s 解析　本题的易错之处在于不知汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，而误以为是直接做匀减速直线运动。汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动。根据题意和匀变速直线运动的规律可得v0t＋≤x，代入数据解得t≤0.75 s，故A正确。 答案　A 9．从某一高度先后由静止释放两个相同的小球甲和乙，若两球被释放的时间间隔为1 s，在不计空气阻力的情况下，它们在空中的运动过程中(　　) A．甲、乙两球的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差越来越大 B．在相等的时间内甲、乙两球速度的变化量相等 C．甲、乙两球的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差越来越大 D．甲、乙两球的距离始终保持不变，甲、乙两球的速度之差保持不变 解析　甲、乙两球之间的速度之差v甲－v乙＝g(t＋1)－gt＝g；甲、乙两球之间的距离之差为Δx＝x甲－x乙＝g(t＋1)2－gt2＝gt＋，可见甲、乙两球的距离越来越大；物体速度的变化Δv＝gt，所以相等的时间内甲、乙两球速度的变化量相等。 答案　B 10．如图所示，a、b分别表示先后从同一地点以相同的初速度做匀变速直线运动的两个物体的速度－时间图像，则下列说法正确的是(　　) A．4 s时两物体的速度相同 B．4 s时两物体在途中相遇 C．5 s时两物体的速率相等 D．5 s时两物体相遇 解析　解本题的关键是知道v-t图像的物理意义。由图像可知4 s时两物体速度大小相等，方向相反，故A错误；由图像与坐标轴围成的面积表示位移的大小可知4 s时两物体的位移相等，所以4 s时两物体相遇，故B正确；5 s时两物体速率一个为0，一个不为0，不相等，故C错误；5 s内两者位移不同，所以没有相遇，故D错误。 答案　B 11．某段高速公路最大限速为30 m/s，一辆汽车以25 m/s的速度在该路段紧急刹车，滑行距离为62.5 m。(汽车刹车过程可认为做匀减速直线运动) (1)求该汽车刹车时的加速度大小； (2)若该汽车以最大限速在该路段行驶，驾驶员的反应时间为0.3 s，求该汽车的安全距离。(安全距离即驾驶员从发现障碍物至车停止运动的距离) 解析　(1)根据题意，由匀变速直线运动 公式得v2－v02＝2ax， 将v0＝25 m/s，v＝0，x＝62.5 m 代入公式解得a＝－5 m/s2。 则该汽车刹车时的加速度大小为5 m/s2。 (2)汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，位移为x1＝v0′t1＝30×0.3 m＝9 m。 汽车在驾驶员刹车后做匀减速直线运动直至停止，设位移为x2，由匀变速直线运动规律得v2－v0′2＝2ax2，将v0′＝30 m/s，v＝0，a＝－5 m/s2，代入解得x2＝90 m，故该汽车的安全距离x3＝x1＋x2＝99 m。 答案　(1)5 m/s2　(2)99 m 12．春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝9 m区间的速度不超过v0＝6 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝20 m/s和v乙＝36 m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝2 m/s2的加速度匀减速刹车。 (1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章； (2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5 s的反应时间后开始以大小为a乙＝4 m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞(两车在同一车道且不考虑车辆变道)，且乙车在收费站窗口前9 m区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？ 解析　(1)甲车速度由20 m/s减速至6 m/s过程中，位移x1＝＝ m＝91 m， 开始刹车的距离 x＝x0＋x1＝9 m＋91 m＝100 m， 即甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车。 (2)设甲刹车后经时间t，甲乙两车速度相同， 由运动学公式得 v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t，解得t＝9 s， 相同速度： v＝v甲－a甲t＝20 m/s－2×9 m/s＝2 m/s<6 m/s， 说明当甲车到达收费窗口前x0＝9 m时，乙车速度大于甲车速度， 所以只需满足乙车到达窗口前处不超速，就一定能同时满足两车不相撞条件。 乙车从36 m/s减速至6 m/s的过程中的位移为x3＝v乙t0＋ 解得x3＝175.5 m， 所以甲、乙两车间的距离至少为 x＝x3－x1＝175.5 m－91 m＝84.5 m。 答案　(1)100 m　(2)84.5 m 学科网（北京）股份有限公司 $