高中物理人教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的研究3 匀变速直线运动的位移与时间的关系精品学案

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知识精讲

知识点01 匀变速直线运动的位移
1、v－t图线与t轴所围“面积”表示这段时间内物体的位移.
t轴上方的“面积”表示位移沿正方向，t轴下方的“面积”表示位移沿负方向，如果上方与下方的“面积”大小相等，说明物体恰好回到出发点.
2、匀变速直线运动的位移与时间的关系式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
【即学即练1】航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一(如图)。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到82.5m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的( )
A．40倍B．80倍
C．400倍D．800倍
答案：A
解析：由x＝eq \f(1,2)(v0＋vt)t得，n＝eq \f(\f(1,2)×44×2.5×60,\f(1,2)×82.5×2)＝40
【即学即练2】 质点做直线运动的位移x与时间t的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），请同学们求出：
1、该质点的初速度和加速度；
2、该质点在第1s内的位移及前2s内的平均速度。
解析：1、由x=5t+t2可知，物体的初速度，加速度。
2、第1s内的位移只需将t=1ｓ代入即可求出x=6m，前2s内的平均速度为。
知识点02 速度与位移的关系
匀变速直线运动的速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax.
【即学即练3】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2
B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的初速度为10 m/s
D．刹车过程的位移为5 m
解析：选C 由v2－v02＝2ax可得x＝－eq \f(1,2a)v02＋eq \f(1,2a)v2，对照x＝10－0.1v2可知，eq \f(1,2a)＝－0.1，－eq \f(1,2a)v02＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，选项B、D错误。
知识点03 匀变速直线运动的特殊规律
1、连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等.
即：x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1).
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1)).
【即学即练4】如图所示，某物体自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个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m.且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A.可以求出该物体加速度的大小
B.可以求得xCD＝5 m
C.可求得OA之间的距离为1.125 m
D.可求得OA之间的距离为1.5 m
答案 C
解析 设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝eq \f(xAC,2T)，则OB之间的距离xOB＝eq \f(vB2,2a)＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C选项正确.
【即学即练5】(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
D.t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
答案 BD
解析 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，故所求时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，则所求的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故选项A错误，B正确.

知识点04 解决匀变速直线运动问题的基本思路
1、eq \x(画过程示意图)→eq \x(判断运动性质)→eq \x(选取正方向)→eq \x(选用公式列方程)→eq \x(解方程并加以讨论)
注意：x、v0、v、a均为矢量，所以解题时需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.
2.匀变速直线运动公式的选用
一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用＝eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)求瞬时速度；
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度.
3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过来看成初速度为零的匀加速直线运动.
4.图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程.
【即学即练6】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0A.vt0(1－eq \f(t0,2t)) B.eq \f(v(t－t0)2,2t)
C.eq \f(vt,2) D.eq \f(vt02,2t)
答案 B
解析 “蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝eq \f(v,t)，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝eq \f(1,2)a(t－t0)2＝eq \f(1,2)×eq \f(v,t)×(t－t0)2＝eq \f(v(t－t0)2,2t)，故选B.
能力拓展

考法01 两种匀减速直线运动
1.刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失.
(2)求解时要注意确定实际运动时间.
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.
2.双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变.
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
【典例1】若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A.288 m B.300 m C.150 m D.144 m
答案 B
解析 设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－60,－6) s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋eq \f(at2,2)＝60×10 m＋(－6)×eq \f(102,2) m＝300 m.
考法02 多过程问题
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.
【典例2】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.
答案 (1)40 m/s (2)31 s
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.
分层提分

题组A 基础过关练
1．如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为( )

A.eq \f(2v1＋v2,3) B.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3))
C.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) D.eq \f(2,3)v1

答案：C
【解析】 设子弹运动的加速度为a，子弹穿出A时的速度为v，子弹在A中运动过程中，有：v2－veq \\al(2,1)＝－2aL，子弹在B中运动过程中，有veq \\al(2,2)－v2＝－2a·2L，两式联立可得，v＝eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3))，因此C对．

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1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
答案 BD
解析 t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，且t2时刻两车并排行驶，则t1时刻甲在乙的后面，A项错误，B项正确；由题图图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，C项错误，D项正确.
3.一滑块沿斜面由静止滑下，做匀变速直线运动，依次通过斜面上的A、B、C三点，如图所示，已知AB＝15 m，BC＝30 m，滑块经过AB、BC两段位移的时间都是5 s，求：
(1)滑块运动的加速度大小；
(2)滑块在B点的瞬时速度大小；
(3)滑块在A点时离初始位置的距离.
答案 (1)0.6 m/s2 (2)4.5 m/s (3)1.875 m
解析 (1)设滑块加速度为a，根据xBC－xAB＝aT2，代入数据解得：
a＝eq \f(xBC－xAB,T2)＝eq \f(30－15,52) m/s2＝0.6 m/s2；
(2)设B点速度为vB，根据平均速度推论知：
vB＝eq \f(xAB＋xBC,2T)＝eq \f(15＋30,2×5) m/s＝4.5 m/s；
(3)由vB＝vA＋at得：
vA＝4.5 m/s－0.6×5 m/s＝1.5 m/s
则滑块在A点时离初始位置的距离为：
x＝eq \f(vA2,2a)＝eq \f(1.52,2×0.6) m＝1.875 m.
4.(多选)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法中正确的是( )
A.2～4 s内的平均速度是2.25 m/s
B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s
C.质点的加速度是0.125 m/s2
D.质点的加速度是0.5 m/s2
答案 ABD
解析 根据平均速度公式，质点2～4 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(2＋2.5,2) m/s＝2.25 m/s，故A正确；第3 s末的瞬时速度等于2～4 s内的平均速度，即v3＝eq \x\t(v)＝2.25 m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得，质点的加速度a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(2.5－2,1) m/s2＝0.5 m/s2，故C错误，D正确.
5.(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A.物体运动时间可能为1 s
B.物体运动时间可能为3 s
C.物体运动时间可能为(2＋eq \r(7)) s
D.物体此时的速度大小一定为5 m/s
答案 ABC
解析 以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为向上的7.5 m时，x＝＋7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确.
当物体的位移为向下的7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2解得：t3＝(2＋eq \r(7)) s或t4＝(2－eq \r(7)) s(舍去)，故C正确. 由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s或v2＝5 m/s、v3＝－5eq \r(7) m/s，故D错误.
6.汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为( )
A.5∶4 B.4∶5 C.3∶4 D.4∶3
答案 C
解析 汽车速度减为零的时间为：t0＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(0－20,－5) s＝4 s，2 s时位移：x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝20×2 m－eq \f(1,2)×5×4 m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，为：x2＝eq \f(0－v02,2a)＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确.
7. 如图所示，A、B两物体相距s＝7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时正在摩擦力作用下以vB＝10 m/s向右匀减速运动，加速度a＝－2 m/s2，则A追上B所经历的时间是( )
A．7 s B．8 s
C．9 s D．10 s
解析：选B 由题意知，t＝5 s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝vBt＋eq \f(1,2)at2＝25 m，此时A的位移xA＝vAt＝20 m，A、B两物体相距Δs＝s＋xB－xA＝7 m＋25 m－20 m＝12 m，再经过Δt＝eq \f(Δs,vA)＝3 s，A追上B，所以A追上B所经历的时间是5 s＋3 s＝8 s，选项B正确。
题组B 能力提升练
1.(多选)物体做直线运动，为了探究其运动规律，某同学利用计算机位移传感器测得位置x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )
A.第1 s内的位移是10 m
B.前2 s内的平均速度是3 m/s
C.运动的加速度为1 m/s2
D.任意1 s内速度的增量都是－2 m/s
答案 BD
解析 第1 s内的位移x1＝(6＋5×1－1)m－6 m＝4 m，故A错误.前2 s内的位移x2＝(6＋5×2－4)m－6 m＝6 m，则前2 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x2,t2)＝eq \f(6,2) m/s＝3 m/s，故B正确.根据位移时间关系式得，加速度a＝－2 m/s2，任意1 s内速度的增量Δv＝at＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故C错误，D正确.
2.汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，在最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A.汽车在第1 s末的速度可能为10 m/s
B.汽车加速度大小可能为3 m/s2
C.汽车在第1 s末的速度一定为11 m/s
D.汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
答案 C
解析 采用逆向思维，由于最后1 s内的位移为2 m，根据x′＝eq \f(1,2)at2得，汽车加速度大小a＝eq \f(2x′,t2)＝eq \f(2×2,12) m/s2＝4 m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据x1＝v0t－eq \f(1,2)at2，代入数据解得，初速度v0＝15 m/s，则汽车在第1 s末的速度v1＝v0－at＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C正确，A、B、D错误.
3..如图所示，质量m＝0.5 kg的物体(可视为质点)以4 m/s的速度从光滑斜面底端D点上滑做匀减速直线运动，途经A、B两点，已知物体在A点时的速度是在B点时速度的2倍，由B点再经过0.5 s滑到顶点C点时速度恰好为零，已知AB＝0.75 m.求：
(1)物体在斜面上做匀减速直线运动的加速度；
(2)物体从底端D点滑到B点的位移大小.
答案 (1)2 m/s2，方向平行于斜面向下 (2)3.75 m
解析 (1)设沿斜面向上的方向为正方向，B→C过程中，根据运动学公式，
有0－vB＝atBC
A→B过程中，vB2－(2vB)2＝2axAB
解得：a＝－2 m/s2，负号表示方向平行于斜面向下
(2)由(1)可知vB＝1 m/s
物体从底端D点滑到B点的位移大小xDB＝eq \f(vB2－v02,2a)＝eq \f(1－16,2×(－2)) m＝3.75 m.
4.一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以v＝6 m/s的速度匀速驶过，从后边超过汽车.则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？
答案 2 s 6 m
解析 解法一(分析法)：汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t，两车间的距离为Δx，则有v＝at
所以t＝eq \f(v,a)＝2 s
Δx＝vt－eq \f(1,2)at2＝6 m.
解法二(极值法)：设汽车在追上自行车之前经过时间t两车相距最远，则Δx＝vt－eq \f(1,2)at2
代入已知数据得Δx＝6t－eq \f(3,2)t2
由二次函数求极值的条件知：t＝2 s时，Δx有最大值6 m
所以t＝2 s时两车相距最远，为Δx＝6 m.
解法三(图象法)：自行车和汽车的v－t图象如图所示，
由图可以看出，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＝eq \f(v1,a)＝eq \f(6,3) s＝2 s，
Δx＝eq \f(v1t1,2)＝eq \f(6×2,2) m＝6 m.
5.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图3所示.已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A.在t＝1 s时，甲车在乙车后
B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
答案 BD
解析 根据v－t图像知，甲、乙两车都沿正方向运动.t＝3 s时，甲、乙两车并排行驶，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线与时间轴所围“面积”对应位移知，0～3 s内甲车位移x甲＝eq \f(1,2)×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝eq \f(1,2)×3×(10＋25) m＝52.5 m.故t＝0时，甲、乙两车相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲车在乙车前方7.5 m，选项B正确；0～1 s内，x甲′＝eq \f(1,2)×1×10 m＝5 m，x乙′＝eq \f(1,2)×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明在t＝1 s时甲、乙两车第一次并排行驶，选项A、C错误；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，选项D正确.
6．甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图6所示.关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )
A.在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动
B.在0～2 s内，两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小
C.在t＝2 s时，甲车的速度为3 m/s，乙车的速度为4.5 m/s
D.在t＝4 s时，甲车恰好追上乙车
答案 C
解析 根据题图图象可知，在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；加速度—时间图象的图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，当t＝4 s时，两图线与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等，此时两车的间距最大，故B、D错误；在t＝2 s时，乙车的速度为v乙＝eq \f(1,2)×(1.5＋3)×2 m/s＝4.5 m/s，甲车速度为v甲＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故C正确.
题组C 培优拔尖练
1.因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来.
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2是多大？
答案 (1)60 m/s (2)1.2 m/s2
解析 (1)v0＝288 km/h＝80 m/s
打开制动风翼时，
列车的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，
设经过t2＝40 s时，列车的速度为v1，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，
列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m，
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，
列车行驶的距离x2＝eq \f(v02－v12,2a1)＝2 800 m
打开电磁制动系统后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m；
a2＝eq \f(v12,2x3)＝1.2 m/s2.
2.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.
答案 (1)64 m (2)16 s (3)0.25 m/s2
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－eq \f(1,2)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＝eq \f(v2,a)＝10 s
发生的位移：xB2＝eq \f(v22,2a)＝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＝eq \f(x0＋xB2－xA2,v1)＝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
eq \f(v22,2a)＋x0＝eq \f(v12,2aA)
代入数据解得：aA＝0.25 m/s2.
3.在水平直轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同.要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件？(请用临界法与图象法分别分析解题)
答案 见解析
解析 方法一 图象法
利用v－t图象求解，先作出A、B两车的v－t图象，如图所示.设经过t时间两车刚好不相撞，
则对A车有vA＝v′＝v0－2at
对B车有vB＝v′＝at
以上两式联立解得t＝eq \f(v0,3a)
经时间t两车的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知
x＝eq \f(1,2)v0·t＝eq \f(1,2)v0·eq \f(v0,3a)＝eq \f(v02,6a)
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax).
方法二 临界条件法
两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等.设从A、B两车相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示.
对A车有xA＝v0t＋eq \f(1,2)(－2a)t2，vA＝v0＋(－2a)t
对B车有xB＝eq \f(1,2)at2，vB＝at
由两车位移关系有x＝xA－xB
追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB
联立以上各式解得v0＝eq \r(6ax)
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax).
4.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )
A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2
B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2
C．t＝1 s时，a、b再次到达同一位置
D．t＝2 s时，a、b再次到达同一位置
解析：选BC 对质点a，根据数学知识得：eq \f(x,t)＝0.5t＋0.5(m/s)，则x＝0.5t2＋0.5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比得：v0＝0.5 m/s，a＝1.0 m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2，故A错误，B正确。t＝1 s时，eq \f(x,t)相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，故C正确。由题图知，对于质点b，有eq \f(x,t)＝1，所以质点b做速度为1 m/s的匀速直线运动。在t＝1 s时，质点a的速度v＝v0＋at＝1.5 m/s，大于质点b的速度，所以t＝1 s之后两个质点不再相遇，故D错误。课程标准
课标解读
1．理解匀变速直线运动的位移与速度的关系。理解v-t图像中面积的物理意义。体会利用极限思想解决物理问题的科学思维方法。
2．掌握匀变速直线运动的速度与位移的关系，会运用匀变速直线运动规律求解问题。
1、能利用v-t 图像得出匀变速直线运动的位移与时间的关系式，进一步体会利用物理图像分析物体运动规律的研究方法。
2、能推导出匀变速直线运动的速度与位移的关系式，体会科学推理的逻辑严密性。
3、能在实际问题情境中使用匀变速直线运动的位移公式解决问题，体会物理知识的实际应用。
4、了解v-t图像围成的面积即相应时间内的位移。提高应用数学研究物理问题的能力，体会变与不变的辩证关系。