第二章 章节复习巩固提升 -高一物理精讲精练（人教版必修第一册）

第二章 章节复习巩固提升
（本篇复习章节包含知识归纳分析，专题分析）

一、匀变速直线运动的速度与时间的关系

一、匀变速直线运动
1．定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动。
注意：常见的变速运动并不是严格意义上的匀变速直线运动。例如，火车在加速启动的一段时间内的运动可以近似看成是匀变速直线运动。匀变速直线运动是一种理想化模型。
2．分类
（1）匀加速直线运动：速度随时间均匀增加的直线运动。
（2）匀减速直线运动：速度随时间均匀减小的直线运动。
3．图像：匀变速直线运动的v­t图像是一条倾斜的直线。
二、速度与时间的关系
1．速度公式：v＝v0＋at。
2．对公式的理解：做匀变速直线运动的物体，在t时刻的速度v等于物体在开始时刻的速度v0加上在整个过程中速度的变化量at。
考点演练
1．（速度公式的理解及应用）某乘客用手表估测火车的加速度，他先观测3分钟，发现火车前进了540 m；隔3分钟后又观测1分钟，发现火车前进了360 m，若火车在这7分钟内做匀加速直线运动，则这列火车加
速度大小为(　　)
A．0.03 m/s2　　　　 B．0.01 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.6 m/s2
【答案】 D
【解析】 v1.5＝ m/s＝3 m/s，v6.5＝ m/s＝6 m/s
a＝ m/s2＝0.6 m/s2.
【归纳总结】
1．多运动过程问题要划分不同的运动阶段，并搞清各运动过程之间的联系．
2．画出运动过程的草图，标上已知量以便于灵活选用公式．
3．选取一个过程为研究过程，以初速度方向为正方向．判断各量的正负，利用v＝v0＋at由已知条件求解未知量．
4．讨论所得矢量的大小及方向.
2．（速度公式矢量性的应用）如图所示，小球以v0＝6 m/s 的速度从中间滑上光滑的足够长斜面，已知小球在斜面上运动时的加速度大小为2 m/s2，问小球速度大小为3 m/s时需多少时间？(小球在光滑斜面上运动时，加速度大小、方向不变)

【解析】　法一　当小球在上升过程中速度减为3 m/s时，
以沿斜面向上的方向为正方向，
此时，v0＝6 m/s，v＝3 m/s，a＝－2 m/s2，
根据v＝v0＋at得t1＝＝ s＝1.5 s.
小球继续向上运动，
经t2＝ s＝1.5 s速度由3 m/s减为0后，开始沿斜面向下匀加速运动；
以沿斜面向下的方向为正
方向，当小球在下降过程中速度又增为3 m/s时，
此时，v0＝0，v＝3 m/s，a＝2 m/s2，
根据v＝v0＋at得t2′＝＝ s＝1.5 s；
综上可知，若小球在上升过程中速度达到3 m/s，则经历的时间为1.5 s；
若在下降过程中速度达到3 m/s，则经历的时间为t1＋t2＋t2′＝4.5 s.
法二　上滑过程达3 m/s时，同上．
若在下滑过程中达到3 m/s，以沿斜面向上为正方向，
则有v0＝6 m/s，a＝－2 m/s2，v＝－3 m/s，
由v＝v0＋at得t＝4.5 s.
【答案】　1.5 s或4.5 s
【归纳总结】
1．速度公式是一个矢量表达式，速度和加速度都是矢量，可以引起多解问题．
2．小球沿斜面上、下滑动时加速度大小、方向均不变，而匀变速直线运动的速度公式的适用条件就是加速度恒定，因此对这类“双向可逆”类匀变速运动，可以全过程列式，但应注意各量的方向(正、负号)．
若在下滑过程中达到3 m/s，以沿斜面向上的方向为正方向，则有；v0＝6 m/s，a＝－2 m/s2，v＝－3 m/s由v＝v0＋at得t＝4.5 s.
3．对同一研究过程，各物理量正、负号选取的标准应是统一的.
3．（v﹣t）图象的理解及应用
如图所示是某同学在“用打点计时器测速度”实验中，根据纸带数据所得出的v﹣t图象，对其物理意义叙述正确的是（ ）

A．在0～6s内，物体以2cm/s的速度做匀速直线运动
B．在0～0.12s内物体的平均速度为2cm/s
C．在0.12～0.16s内，物体的速度由2cm/s增加到4cm/s
D．从8s初开始，物体以8cm/s的速度做匀速直线运动
【解析】 A．在0～6×0.02s，即0.12s内，物体以2cm/s的速度做匀速直线运动，故A错误；
B．由上分析，可知，在0～0.12s内物体做匀速直线运动，
那么其的平均速度也为2cm/s，故B正确；
C．由图象可知，在0.12～0.16s内，物体的速度由2cm/s增加到4cm/s，故C正确；
D．从8×0.02s，即从0.16s初开始，物体以8cm/s的速度做匀速直线运动，故D错误。
故选BC。
【答案】 BC
【归纳总结】
1．从v－t图象可获得物体运动的信息有：
（1）物体运动快慢——对应纵轴数值．
（2）物体运动的方向——t轴上方为正方向，t轴下方为负方向．
（3）运动快慢的变化——从图线对应的v数值变化可以看出运动快慢的变化．
（4）加速度大小及变化——图线斜率大则a大，斜率小则a小．
2．图象的斜率不变，a即不变
3．利用a＝求a时，Δv＝vt－v0，必须是末态的速度减去初态的速度.

二、匀变速直线运动的位移与时间的关系

一、匀变速直线运动的位移
1．位移在v­t图像中的表示
做匀变速直线运动的物体的位移对应着v­t图像中的图线和时间轴包围的“面积”。如图所示，物体在0～t时间内的位移大小等于梯形的面积。

2．位移与时间关系式：x＝v0t＋at2。
当初速度为0时，x＝at2。
注意：对于所有的直线运动，v­t图像中图线与时间轴所围图形的面积都等于该段时间内物体的位移大小。
二、速度与位移的关系
1．公式
v2－v＝2ax。
2．推导
速度公式：v＝v0＋at。
位移公式：x＝v0t＋at2。
由以上两式消去t得：v2－v＝2ax。
注意：该式是由匀变速直线运动的两个基本公式推导出来的，因为不含时间，所以当所研究问题中不涉及时间这个物理量时利用该公式往往会更简便。
考点演练
1．（推论公式的应用）如图所示，某学生用打点计时器研究小车的匀变速直线运动．他将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带．他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E.测量时发现B点已模糊不清，于是他测得AC长为14.56 cm，CD长为11.15 cm，DE长为13.73 cm，则打C点时小车的瞬时速度大小为________m/s，小车运动的加速度大小为________m/s2，BC的距离应为________cm.(保留三位有效数字)

【解析】　由于C点是AE时间上的中点，C的速度就等于AE段的平均速度，
vC== == m/s=0.986 m/s.
又由于由A到C，C到E的时间相等，满足关系式
xCE－xAC=a(2T)2，可解得
a=== m/s2=2.58 m/s2.
由于小车做匀变速直线运动，
故xCD－xBC=xDE－xCD，xBC=8.57 cm.
【答案】　0.986　2.58　8.57
2．（“0→v→0”运动计算）(2020·湖南湘中名校联考)如图所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比，下列说法正确的是 (　　)

A．1∶2　2∶1 B．1∶2　1∶2
C．2∶1　2∶1 D．2∶1　1∶2
【答案】：A
【解析】：设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v=at得，加速度之比==；根据平均速度的推论知，x1=t，x2=·2t，所以=，选项A正确．
【归纳总结】模型图像，如图所示：

（1）特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：
①速度公式 推导可得：
②速度位移公式 推导可得：
③平均速度位移公式 推导可得：
（2）位移三个公式：；；
（3）解题策略：画出图，两段初末速度相同，中间速度是解题的核心。
3．（平均速度公式的应用）中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫.在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是(　　)
A.20 m/s2 B.40 m/s2 C.60 m/s2 D.80 m/s2
【解析】 第一段的平均速度v1== m/s=60 m/s；第二段的平均速度v2== m/s=120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt=＋=1.5 s，则加速度为：a== m/s2=40 m/s2，故选B.
【答案】 B
4．（多过程问题） (2021·辽宁模拟)航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0=100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1=4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2=2.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x=1 370 m.求：
（1）第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；
（2）航天飞机降落后滑行的总时间.
【解析】 (1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v1，
根据运动学公式有v02－v12=2a1x1，v12=2a2x2，x1＋x2=x，
联立以上各式并代入数据解得v1=40 m/s.
(2)由速度与时间的关系可得
v0=v1＋a1t1，v1=a2t2，t=t1＋t2，
联立以上各式并代入数据解得t=31 s.
【答案】 (1)40 m/s　(2)31 s
【归纳总结】
1．一般的解题步骤
（1）准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.
（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，设出中间量.
（3）合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.
2．解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对转折点速度的求解往往是解题的关键.

5．（v－t图象的应用）（多选）雨雪天气时路面湿滑，汽车在紧急刹车时的刹车距离会明显增加.如图所示为驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v－t图象，驾驶员的反应时间为1 s.下列说法正确的是(　　)

A.从t=0到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度
B.从t=1 s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度
C.从t=0到停下，汽车在湿滑路面的行驶距离比在干燥路面的行驶距离多15 m
D.从t=1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的0.75倍
【解析】 从t=0到停下，汽车在湿滑路面的位移为x1=30×1 m＋ m=90 m
平均速度为v1= m/s=18 m/s
从t=0到停下，汽车在干燥路面的位移为x2=30×1 m＋ m=75 m
平均速度为v2= m/s=18.75 m/s，
x1－x2=15 m，故A错误，C正确；
从t=1 s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度v1′= m/s=15 m/s，从t=1 s到停下，汽车在干燥路面的平均速度v2′= m/s=15 m/s，故B错误；
从t=1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度大小a1= m/s2=7.5 m/s2，从t=1 s到停下，汽车在干燥路面的加速度大小a2= m/s2=10 m/s2，则从t=1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的0.75倍，故D正确.
【答案】 CD
【归纳总结】
1．利用v－t图象处理匀变速直线运动的方法
（1）选取一个过程为研究过程．
（2）分析该段图线对应的纵坐标情况分析速度，分析该段图线的倾斜程度分析加速度．
（3）利用v－t图象与时间轴所围成的面积分析物体的位移．
（4）画出运动过程v－t图象直观展现运动情况．
2．v－t图象中，在t 轴上方包围面积表示位移为正，在下方包围的面积表示位移为负.

6．（x－t图象的应用）（多选）甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动.甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图1所示.下列说法正确的是(　　)

A.在t1时刻两车速度相等
B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
【解析】 x－t图象的斜率表示速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，A项错误；由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B项错误；t1和t2时刻两图线都相交，表明两车在两个时刻均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，该时刻两车速度相等，C、D项正确.
【答案】　CD
【归纳总结】
1．图象的意义：x－t图象反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律.
2．x－t图象中的“交点”“斜率”“截距”的意义
（1）交点：两图线有交点，说明两物体相遇.
（2）斜率：表示速度的大小及方向.
（3）截距：纵轴截距表示t=0时刻的初始位置，横轴截距表示位移为零的时刻.

7．（直线运动的a－t图象）在如图所示的某物体做直线运动的“a－t”图象中，引入“加速度的变化率”描述加速度变化的快慢.下列说法正确的是(　　)

A.2 s内物体的速度越来越小
B.t=1 s时，“加速度的变化率”为2 m/s2
C.0～2 s内物体的速度变化量为4 m/s
D.2 s时加速度为0，物体的速度也一定为0
【解析】 由于不知道加速度的方向与速度方向的关系，所以无法确定速度是增大还是减小，故A错误；由a－t图线知，物体加速度的变化率不变，大小为= m/s3=2 m/s3，该选项单位错误，故B错误；图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则0～2 s内物体的速度变化量Δv=×4×2 m/s=4 m/s，故C正确；2 s时加速度为零，但是速度不一定为零，故D错误.
【答案】 C
【归纳总结】 由Δv=aΔt可知，图象中图线与横轴所围面积表示速度变化量Δv，如图所示.


8．（避免相撞问题）A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8 m/s，B车的速度大小为v2=20 m/s，如图所示.当A、B两车相距x0=28 m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a=2 m/s2，从此时开始计时，求：

（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
（2）A车追上B车所用的时间；
（3）从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.
【解析】 (1)当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：v1=v2－at1
代入数据解得：t1=6 s
此时，根据位移时间的关系得：xA1=v1t1
xB1=v2t1－at12
Δxm=xB1＋x0－xA1
代入数据解得：Δxm=64 m
(2)B车刹车到停止运动所用时间： t0==10 s
发生的位移：xB2==100 m
此时：xA2=v1t0=80 m
则：xA2＜x0＋xB2，
可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上B车停止后A车运动时间为：t2==6 s
故所用总时间为：t=t0＋t2=16 s
(3)A车刹车减速至0时刚好追上B车时，加速度最小
＋x0=
代入数据解得：aA=0.25 m/s2.
【答案】 (1)64 m　(2)16 s　(3)0.25 m/s2
【归纳总结】
1．追及的特点：两个物体在同一时刻处在同一位置．
2．时间关系：从后面的物体追赶开始，到追上前面的物体时，两物体经历的时间相等．
3．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表示前面被追物体的位移，x2表示后面追赶物体的位移.
4．临界条件：当两个物体的速度相等时，可能出现恰好追及、恰好避免相撞，相距最远、相距最近等情况，即出现上述四种情况的临界条件为v1=v2.


三、自由落体运动

一、自由落体运动
1．亚里士多德的观点：物体下落的快慢跟它的轻重有关，重的物体下落得快。
2．伽利略的研究
（1）归谬：伽利略从亚里士多德的论断出发，通过逻辑推理，否定了他的论断。
（2）猜想：重的物体与轻的物体应该下落得同样快。
注意：“自由”的含义：物体的初速度为零且只受重力作用。
3．自由落体运动
（1）定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
（2）条件
（3）实际运动：物体下落时由于受空气阻力的作用，物体的下落不是自由落体运动；只有当空气阻力比较小，可以忽略时，物体的下落可以近似看作自由落体运动。
二、自由落体加速度
1．定义：在同一地点，一切物体自由下落的加速度都相同，这个加速度叫作自由落体加速度，也叫作重力加速度，通常用g表示。
2．方向总是竖直向下。
3．大小：在地球上不同的地方，g的大小是不同的。一般的计算中，g取9.8 m/s2，近似计算时，g取10 m/s2。
三、自由落体运动的规律
1．自由落体运动的性质：自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动。
2．匀变速直线运动的基本公式及其推论都适用于自由落体运动。
3．自由落体的速度、位移与时间的关系式：v＝gt，x＝gt2。
考点演练
1．（自由落体运动的性质和特点）跳水运动员训练时从10 m跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片.从其中两张连续的照片中可知，运动员双脚离水面的实际高度分别为5.0 m和2.8 m.由此估算手机连拍时间间隔最接近以下哪个数值(　　)
A.1×10－1 s B.2×10－1 s
C.1×10－2 s D.2×10－2 s
【解析】 设在该同学拍这两张照片时运动员下落高度h1、h2所用的时间分别为t1、t2，则h1＝10 m－5 m＝5 m，t1＝＝1 s.
h2＝10 m－2.8 m＝7.2 m，t2＝＝1.2 s.
所以手机连拍时间间隔为Δt＝t2－t1＝2×10－1 s，故B项正确.
【答案】 B
【归纳总结】
1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动的特例．
2．同一地点，不同时刻释放的两个物体做自由落体运动时，在落地之前相对做匀速直线运动.
3．所有做自由落体运动的物体加速度都相同，为g=9.8 m/s2

2．（自由落体运动规律的应用）一矿井深为125 m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球．当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球恰好到达井底，则相邻小球开始下落的时间间隔为多少？这时第3个小球和第5个小球相距多远？(g取10 m/s2)
【解析】　设相邻小球开始下落的时间间隔为T，则第1个小球从井口落至井底的时间t＝10T
由题意知h＝gt2＝g(10T)2
T＝ ＝ s＝0.5 s.
要求此时第3个小球和第5个小球的间距，可采用下面的方法．
解法一　由第3个小球下落时间t3＝8T，第5个小球下落时间t5＝6T，h＝gt2，得h3＝gt，h5＝gt
Δh＝h3－h5＝gt－gt＝g(t－t)＝×10×28×0.52 m＝35 m.
解法二　由第3个小球和第5个小球的下落时间t3＝8T，t5＝6T知此时两球的瞬时速度分别为
v3＝gt3＝10×8×0.5 m/s＝40 m/s
v5＝gt5＝10×6×0.5 m/s＝30 m/s
根据匀变速直线运动公式v－v＝2ax得Δh＝＝ m＝35 m.
解法三　由第4个小球下落时间t4＝7T，得到此时第4个小球的瞬时速度v4＝gt4＝g·7T＝10×7×0.5 m/s＝35 m/s
因为做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以此时第3个小球至第5个小球这段时间内的平均速度＝v4＝35 m/s
这段时间内两球间距离Δh＝·2T＝35×2×0.5 m＝35 m.
解法四　利用初速度为零的匀加速直线运动的规律．
从时间t＝0开始，在连续相等的时间内位移之比等于以1开始的连续奇数比．从第11个小球下落开始计时，经T,2T，……9T,10T后它将依次到达第10个、第9个、……、第2个、第1个小球的位置，各个位置之间的位移之比为1∶3∶5∶……∶17∶19，所以这时第3个小球和第5个小球间距离．Δh＝h＝×125 m＝35 m.
【答案】　0.5 s　35 m
【归纳总结】
1．针对自由落体运动画出运动图景图仍是帮助解题的有利工具．
2．对于间隔相同时间释放物体的运动，可以等效为一个物体的自由落体运动来处理．
3．初速为零的匀加速直线运动的公式和推论同样适用于自由落体运动，灵活应用可简化求解问题.

3．（竖直上抛运动）一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　)
A.80 m B.40 m
C.20 m D.无法确定
【解析】 物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为，从最高点自由下落到B点的时间为，A、B间距离为：hAB＝g[()2－()2]＝×10×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C.
【答案】 C
【归纳总结】 竖直上抛运动的多解问题
由位移公式h＝v0t－gt2知，对某一高度h：
1．当h＞0时，表示物体在抛出点的上方．此时t有两解：较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间．
2．当h＝0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处．此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间．
3．当h＜0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置．此时t有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用的时间；另一解为负值，应舍去．

4．（自由落体运动和竖直上抛运动）气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)
【解析】　解法一　把竖直上抛运动过程分段研究
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
则t1＝＝ s＝1 s。
上升的最大高度
h1＝＝ m＝5 m。
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m。
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝ ＝ s＝6 s。
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s。
所以重物从气球上脱落至落地共历时
t＝t1＋t2＝7 s。
解法二　取全过程作一整体进行研究
从物体自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移

h＝－175 m。
由位移公式
h＝v0t－gt2，
有－175＝10t－×10t2，
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)，
所以重物落地速度为
v1＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s。
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。
解法三　对称法
根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－v＝2gh。
解得v＝60 m/s，方向竖直向下。
经过h历时Δt＝＝5 s。
从最高点到落地历时t1＝＝6 s。
由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t＝2t1－Δt＝7 s。
【答案】　7 s　60 m/s

专题分析

专题1：匀变速直线运动的解题方法
1.匀变速直线运动的解题方法
（1）基本公式法。
（2）逆向思维法。
（3）图像法。
（4）比例法。
（5）中间时刻速度法。
2．匀变速直线运动问题的解题模型

3．匀变速直线运动的关键词转化

【例1】　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，已知物体运动到斜面长度处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。

【解析】　解法一：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。故xBC＝at，xAC＝a(t＋tBC)2，
又xBC＝
解得tBC＝t。
解法二：比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动，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xBC∶xBA＝∶＝1∶3
通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t。
解法三：中间时刻速度法
利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度AC＝＝＝，
又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝
由以上各式解得vB＝，
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是时间中点的位置，因此有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v­t图像，如图所示，＝，

且S△AOC＝4S△BDC，
OD＝t，OC＝t＋tBC
所以＝，解得tBC＝t。
【针对训练】
1．甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
【解析】　解法一：基本公式法
设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。由运动学公式得
v＝at0，s1＝at，s2＝vt0＋(2a)t。
设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′，同样有v＝(2a)t0，s1′＝(2a)t，s2′＝v′t0＋at，设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则有
s＝s1＋s2，s′＝s1′＋s2′。
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为
s∶s′＝5∶7。
解法二：图像法
由题意知，甲在t0时刻的速度v甲1＝at0,2t0时刻的速度v甲2＝v甲1＋2at0＝3at0；同理，乙车在t0时刻的速度v乙1＝2at0,2t0时刻的速度v乙2＝v乙1＋at0＝3at0。

作出甲、乙两车的v­t图像如图所示，由图线与t轴所围的面积知s甲＝at，s乙＝at
所以，两车各自行驶的总路程之比
s甲∶s乙＝5∶7。

专题2：匀变速直线运动的图像
1. x­t图像和v­t图像的比较

x­t图像
v­t图像
典型图像

其中④为抛物线

其中④为抛物线
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
点
对应某一时刻物体所处的位置
对应某一时刻物体的速度
斜率
斜率的大小表示速度的大小
斜率的正负表示速度的方向
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
截距
直线与纵轴截距表示物体在t＝0时刻距离原点的位移，即物体的出发点；在t轴上的截距表示物体回到原点的时间
直线与纵轴的截距表示物体在t＝0时刻的初速度；在t轴上的截距表示物体速度为0的时刻
两图线的交点
同一时刻各物体处于同一位置
同一时刻各物体运动的速度相同
2.应用x­t、v­t图像的“六看”
（1）看“轴”：纵、横轴所表示的物理量，特别要注意纵轴是x还是v。
（2）看“线”：线反映运动性质，如x­t图像为倾斜直线表示匀速运动，v­t图像为倾斜直线表示匀变速运动。
（3）看“斜率”：x­t图像斜率表示速度；v­t图像斜率表示加速度。
（4）看“面”，即“面积”：主要看纵、横轴物理量的乘积有无意义。
（5）看“截距”：初始条件、初始位置x0或初速度v0。
（6）看“特殊值”：如交点，x­t图像交点表示相遇，v­t图像交点表示速度相等(往往是距离变化的临界点)。
3．x­t、v­t图像的关键词转化

【例2】　(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是(　　)

A．两车在t1时刻也并排行驶
B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
【解析】BD　本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据v­t图像斜率表示加速度分析出C错误，D正确。

【技巧与方法】
在图像问题的学习与应用中首先要注意区分它们的类型，其次应从图像所表达的物理意义，图像的斜率、截距、交点、拐点、面积等方面的含义加以深刻理解。

【针对训练】
2．如图所示的位移(x)—时间(t)图像和速度(v)—时间(t)图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是(　　)

A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远
D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等
【解析】C　x­t图像表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹。由x­t图像可知，甲、乙两车在0～t1时间内均做单向直线运动，且在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A、B错误；在v­t图像中，t2时刻丙、丁两车速度相同，故0～t2时间内，t2时刻两车相距最远，C正确；由图线可知，0～t2时间内丙车的位移小于丁车的位移，故丙车的平均速度小于丁车的平均速度，D错误。

专题3：追及和相遇问题
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若没追上，则无法相遇。
4．求解追及和相遇问题的思路和技巧
（1）解题思路

（2）解题技巧

【例3】　超载车辆是马路的隐形“杀手”，应严禁上路。一辆超载货车在平直公路上行驶，其位移由数学关系式x＝10t(式中位移x单位为m，时间t单位为s)决定。一辆值勤的警车停在公路边，当交警发现从他旁边行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s后警车启动，并以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h以内。问：
(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？
(2)警车启动后需多长时间才能追上货车？
【解析】　(1)由题意可得货车速度v货＝＝10 m/s，当两车速度相等时距离最大，则从警车启动后到两车速度相等所用时间t1＝ s＝4 s
从交警发现货车从他旁边驶过到警车速度与货车速度相等，货车通过的位移x货＝v货(t0＋t1)＝10×(5.5＋4)m＝95 m
警车通过的位移x警＝at＝×2.5×42 m＝20 m
所以两车间的最大距离Δx＝x货－x警＝75 m。
(2)警车最大速度v0＝90 km/h＝25 m/s，警车从启动到达到最大速度所用时间t2＝ s＝10 s，此时货车通过的位移x货′＝(5.5＋10)×10 m＝155 m
警车通过的位移x警′＝at＝×2.5×102 m＝125 m。
因为x货′＞x警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离Δx′＝x货′－x警′＝30 m
警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车，则Δt＝＝2 s
所以警车启动后要经过t＝t2＋Δt＝12 s才能追上货车。

【技巧与方法】
通过本题可培养综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力和科学思维、科学态度与责任等核心素养。易错警示：
1. 若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意被追上前该物体是否已停止运动。
2. 仔细审题，注意抓住题目中的关键字眼如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，充分挖掘题目中的隐含条件。
【针对训练】
3．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】　如图所示，图中的阴影部分的面积为汽车关闭油门时与自行车的距离。

Δx＝＝·＝ m＝3 m。