人教版（2019）高中物理 必修一 匀变速直线运动的位移与时间的关系 学案

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匀变速直线运动的位移与时间的关系 教学设计
课题 匀变速直线运动的位移与时间的关系
本次课考点罗列 1.理解匀变速直线运动的位移与时间的关系式，会应用此关系式分析和计算有关匀变速直线运动问题．
2.了解利用极限思想推导位移公式的方法.
3.理解匀变速直线运动的速度与位移的关系．
4.会应用速度与位移的关系式分析有关问题．
一、考点梳理考点一、匀变速直线运动的位移1.公式的适用条件：位移公式x＝v0t＋at2只适用于匀变速直线运动．2．公式的矢量性：公式x＝v0t＋at2为矢量公式，其中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取统一的正方向．一般选v0的方向为正方向．通常有以下几种情况：运动情况取值若物体做匀加速直线运动a与v0同向，a取正值(v0方向为正方向)若物体做匀减速直线运动a与v0反向，a取负值(v0方向为正方向)若位移的计算结果为正值说明位移的方向与规定的正方向相同若位移的计算结果为负值说明位移的方向与规定的正方向相反3.公式的两种特殊形式(1)当a＝0时，x＝v0t(匀速直线运动)．(2)当v0＝0时，x＝at2(由静止开始的匀加速直线运动)．【典例1】国歌从响起到结束的时间是48 s，国旗上升的高度是17.6 m．国歌响起同时国旗开始向上做匀加速运动4 s，然后匀速运动，最后匀减速运动4 s到达旗杆顶端，速度恰好为零，此时国歌结束．求：(1)国旗匀加速运动的加速度大小；(2)国旗匀速运动时的速度大小．思路点拨：①国旗上升的高度是国旗匀加速运动、匀速运动、匀减速运动的位移之和．②国旗匀速上升的时间为48 s－4 s－4 s＝40 s.③国旗匀加速运动的末速度为国旗匀速上升的速度．[解析]　由题意知，国旗匀加速上升时间t1＝4 s，匀减速上升时间t3＝4 s，匀速上升时间t2＝t总－t1－t3＝40 s，对于国旗加速上升阶段：x1＝a1t对于国旗匀速上升阶段：v＝a1t1，x2＝vt2对于国旗减速上升阶段：x3＝vt3－a2t根据运动的对称性，对于全过程：a1＝a2x1＋x2＋x3＝17.6 m由以上各式可得：a1＝0.1 m/s2v＝0.4 m/s.[答案]　(1)0.1 m/s2　(2)0.4 m/s练习1、(“逆向思维”的应用)小球以某一较大初速度冲上足够长光滑斜面，加速度大小为5 m/s2，则小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移是(　　)A．2.0 m B．2.5 mC．3.0 m D．3.5 mB　[小球沿光滑斜面向上做匀减速运动可等效看成初速度为零的匀加速运动，故上滑最后一秒的位移x＝at2＝×5×12 m＝2.5 m，故B正确。]考点二、匀变速直线运动的两个重要推论1.平均速度：做匀变速直线运动的物体，在一段时间t内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初末速度矢量和的一半，即＝v＝(v0＋v)＝.推导：设物体的初速度为v0，做匀变速直线运动的加速度为a，t秒末的速度为v.由x＝v0t＋at2得， ①平均速度＝＝v0＋at ②由速度公式v＝v0＋at知，当t′＝时，v＝v0＋a ③由②③得＝v ④又v＝v＋a ⑤联立以上各式解得v＝，所以＝v＝.2．逐差相等：在任意两个连续相等的时间间隔T内，位移之差是一个常量，即Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2推导：时间T内的位移x1＝v0T＋aT2 ①在时间2T内的位移x2＝v0×2T＋a(2T)2 ②则xⅠ＝x1，xⅡ＝x2－x1 ③联立①②③得Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2此推论常有两方面的应用：一是用以判断物体是否做匀变速直线运动，二是用以求加速度．速度的四种求解方法(1)基本公式法，设出初速度和加速度，列方程组求解．(2)推论法，利用逐差法先求加速度，再求速度．(3)平均速度公式法，弄清最大速度是第一个过程的末速度，第二个过程的初速度．平均速度整个过程不变．(4)图像法，通过画v t图像求解．【典例1】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，求物体的初速度、末速度及加速度．[解析]　解法一：基本公式法如图所示，由位移公式得x1＝vAT＋aT2x2＝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：平均速度法连续两段相等时间T内的平均速度分别为1＝＝ m/s＝6 m/s，2＝＝ m/s＝16 m/s且1＝，2＝，由于B是A、C的中间时刻，则vB＝＝＝ m/s＝11 m/s解得vA＝1 m/s，vC＝21 m/s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联立解得vA＝1 m/s，vC＝21 m/s.[答案]　1 m/s　21 m/s　2.5 m/s2练习1、“一带一路”战略带动我国汽车走向全世界，具有自主知识产权的汽车越来越多。现有两辆不同型号的汽车a、b，在时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点，图中的直线a和曲线b分别是这两车行驶的图象，由图可知（　　）
A．在时刻两车运动方向相反B．在时刻，两车再次相遇C．在这段时间内，b车先正向加速后反向减速D．在这段时间内，b车的平均速度大于答案：D练习2、一质点做匀变速直线运动，第3 s内的位移为12 m，第5 s内的位移为20 m，则该质点运动过程中(　　)A．初速度大小为零B．加速度大小为4 m/s2C．第4 s内的平均速度为8 m/sD．5 s内的位移为50 mB　[根据题意，v2.5＝12 m/s，v4.5＝20 m/s，故a＝＝＝ m/s2＝4 m/s2，选项B正确；初速度大小v0＝v2.5－at2.5＝12 m/s－4 m/s2×2.5 s＝2 m/s，选项A错误；第4 s内的平均速度等于3.5 s时刻的瞬时速度，即为v3.5＝v2.5＋at1＝12 m/s＋4×1 m/s＝16 m/s，选项C错误；5 s内的位移为x＝v0t5＋at＝60 m，选项D错误．]考点三、速度与位移的关系式1.适用条件：公式表述的是匀变速直线运动的速度与位移的关系，适用于匀变速直线运动．2．公式的矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，应用时必须选取统一的正方向，一般选v0方向为正方向．(1)物体做加速运动时，a取正值；做减速运动时，a取负值．(2)x>0，说明物体位移的方向与初速度的方向相同；x<0，说明物体位移的方向与初速度的方向相反．3．两种特殊形式(1)当v0＝0时，v2＝2ax.(初速度为零的匀加速直线运动)(2)当v＝0时，－v＝2ax.(末速度为零的匀减速直线运动)【典例1】某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，所需的起飞速度为50 m/s，跑道长160 m。为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射系统。问：(1) 若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？(2) 若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少为多少？答案：（1）30m/s(2)10m/s练习1、一滑雪运动员从85 m长的山坡上匀加速滑下，初速度是1.8 m/s，末速度是5.0 m/s，滑雪运动员通过这段斜坡需要多长时间？[解析]　利用速度与位移的关系公式和速度公式求解．由v2－v＝2ax得a＝＝0.128 m/s2由v＝v0＋at得t＝＝25 s.[答案]　25 s练习2、有一长为l的列车,正以恒定的加速度过铁路桥,桥长也为l,已知列车车头过桥头的速度为v1,车头过桥尾时的速度为v2,那么,车尾过桥尾时的速度为 (　　)A.2v1-v2 B.2v2-v1 C. D.解析:从列车车头过桥头到车头过桥尾,列车位移大小为l,车尾过桥尾时,列车位移为2l,设列车车尾过桥尾时速度为v3,由-=2al及-=4al得-=2(-),则v3=,选项D正确.答案:D考点四、匀变速直线运动的几个推论1.中间位置的速度与初末速度的关系在匀变速直线运动中，某段位移x的初末速度分别是v0和v，加速度为a，中间位置的速度为v，则根据速度与位移关系式，对前一半位移v2－v＝2a，对后一半位移v2－v2＝2a，即v2－v＝v2－v2，所以v＝.由数学知识知：v＞v＝.2．由静止开始的匀加速直线运动的几个重要比例(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第n个T内位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．(4)通过前x、前2x、前3x…位移时的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶∶∶…∶.(5)通过前x、前2x、前3x…的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶.(6)通过连续相等的位移所用时间之比tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．【典例1】（多选）如图所示,一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滑下,依次经过三点。已知,小球经过和两段所用的时间均为2 s,则( )A.小球经过三点时的速度大小分别为2 m/s、3m/s、4 m/sB.小球经过三点时的速度大小分别为2 m/s、4m/s、6 m/sC.小球下滑时的加速度大小为D.小球下滑时的加速度大小为答案：BC解析：根据得加速度为:,故C正确,D错误;B点的瞬时速度等于段的平均速度为:,则C点的速度为:,A点的速度为:,故B正确,A错误。练习1、一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s末的速度为4 m/s.求：(1)第6 s末的速度；(2)前6 s内的位移；(3)第6 s内的位移．思路点拨：①小球做初速度为零的匀加速直线运动．②注意区别前6 s和第6 s的确切含义．[解析]　(1)由于第4 s末与第6 s末的速度之比v1∶v2＝4∶6＝2∶3故第6 s末的速度v2＝v1＝6 m/s.(2)由v1＝at1得a＝＝＝1 m/s2.所以第1 s内的位移x1＝a×(1 s)2＝0.5 m第1 s内与前6 s内的位移之比x1∶x6＝12∶62故前6 s内小球的位移x6＝36x1＝18 m.(3)第1 s内与第6 s内的位移之比xⅠ∶xⅥ＝1∶(2×6－1)＝1∶11故第6 s内的位移xⅥ＝11xⅠ＝5.5 m.[答案]　(1)6 m/s　(2)18 m　(3)5.5 m练习2、(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入两个相同矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第二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(设冰壶可看成质点)(　　)A．v1∶v2＝2∶1　 B．v1∶v2＝∶1 C．t1∶t2＝1∶ D．t1∶t2＝(－1)∶1BD　[初速度为零的匀加速直线运动中连续两段相等位移的时间之比为1∶(－1)，故所求时间之比为(－1)∶1，所以C错误，D正确；由v＝at可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶，则所求的速度之比为∶1，故A错误，B正确．]考点五、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1】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.考点六、追及相遇的问题1.对“追及”、“相遇”的认识(1)相遇问题相向运动的两物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇.(2)追及问题同向运动的两物体，若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度，即v2≥v1.2.追及问题的分析方法(1)追及问题中的两个关系和一个条件①两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到.②一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、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)能否追上的判断方法物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0.若vA＝vB时，xA＋x0≤xB，则能追上；若vA＝vB时，xA＋x0＞xB，则没有追上.(3)若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动.【典例1】当交叉路口的绿灯亮时，一辆客车以a＝2 m/s2 的加速度由静止启动，在同一时刻，一辆货车以10 m/s的恒定速度从客车旁边同向驶过(不计车长)，则：(1)客车什么时候追上货车？客车追上货车时离路口多远？(2)在客车追上货车前，两车的最大距离是多少？【答案】(1)10 s　100 m　(2)25 m【解析】(1)客车追上货车的过程中，两车所用时间相等，位移也相等，即v2t1＝at12，代入数据解得t1＝10 s，x＝at12＝×2×102 m＝100 m.(2)两车距离最远时，两车应具有相等的速度，即v2＝at2，代入数据解得t2＝5 s.Δx＝v2t2－at22＝10×5 m－×2×52 m＝25 m.练习1、如图所示，甲、乙两车沿着同一条平直公路同向行驶，甲车以20 m/s的速度匀速运动，乙车原来速度为8 m/s，从距甲车80 m处以大小为4 m/s2的加速度做匀加速运动，问：乙车经多长时间能追上甲车？【答案】10 s【解析】设经时间t乙车追上甲车.在这段时间内甲、乙两车位移分别为x甲＝v甲t，x乙＝v乙t＋at2追上时的位移条件为x乙＝x甲＋x0，即8t＋2t2＝20t＋80整理得：t2－6t－40＝0解得：t1＝10 s，t2＝－4 s(舍去)乙车经10 s能追上甲车.课堂小结知识脉络1.在v-t图像中图线与t轴所围的面积表示物体的位移．2．匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2.3．匀变速直线运动的速度—位移关系式：v2－v＝2ax.4．匀变速直线运动某段位移中点位置的瞬时速度v＝.5．在匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移差为Δx＝aT2.三、夯实小练1、某物体由静止开始以恒定加速度运动，经t s速度达到v，则在这t s内，物体在中间时刻的速度与物体位于中点位置时的速度大小之比为A. 1：2 B. 1： C. ：1 D. ：1答案：B2、一质点由静止开始做匀加速直线运动，它在第10 s内的位移为19 m，则其加速度大小为(　　)A．1.9 m/s2 B．2.0 m/s2 C．9.5 m/s2 D．3.0 m/s2【答案】B【解析】　由x＝at2，第10 s内位移等于前10 s内位移与前9 s内的位移之差，故a×(10 s)2－a×(9 s)2＝19 m，得a＝2.0 m/s2，选项B正确．3、质点在做匀变速直线运动，依次经过A、B、C、D四点。已知质点经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为t、3t、5t，在AB段和CD段发生的位移分别为x1和x2，则该质点运动的加速度为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】【详解】AB中间时刻的速度CD段中间时刻速度加速度故B正确ACD错误。故选B。4、甲乙两车在同一平直公路上同向运动。零时刻起，甲车从静止出发做匀加速运动，乙做匀速运动，各自的位置x随时间t的变化情况如图所示，两条图线相切于P（t1，x1），其中t2 =2t1。则（ ）A．在0到t1时间内，甲车的位移是x1B．在t1时刻，甲车的瞬时速度大小是C．在t1到t2时间内，甲车的平均速度大小是D．在t2时刻，甲车的瞬时速度大小是【答案】D【解析】【分析】【详解】A．从图象上可以看出从0到时间内，甲车位移小于，故A错误；B．图象的斜率大小表示速度的大小，根据图象可知在时刻两车速度相等，甲车的瞬时速度大小是故B错误；C．甲车从静止出发做匀加速运动，则甲车的加速度为根据匀变速直线运动的在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在到时间内甲车的平均速度大小为故C错误；D．在时刻，甲车的瞬时速度大小为故D正确；故选D。5、一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　）A．车头经过立柱B的速度为B．车头经过立柱A、B的平均速度为C．动车的加速度为D．车头通过立柱B、C过程速度的变化量为【答案】B【解析】【分析】【详解】A．车头经过站台上立柱AC段的平均速度由图可知，B点是AC段的位置中点，所以B点的瞬时速度应该大于AC段的平均速度，故A错误；B．车头经过立柱A、B的平均速度为故B正确；C．根据中间时刻的速度等于平均速度得，动车的加速度为故C错误；D．车头通过立柱B、C过程速度的变化量为故D错误；故选B。6、从固定斜面上的O点每隔0.1s由静止释放一个同样的小球。释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离xAB=4cm，xBC=8cm。已知O点距离斜面底端的长度为l=35cm。由以上数据可以得出（　　）A．小球的加速度大小为12m/s2B．小球在A点的速度为0C．斜面上最多有5个小球在滚动D．该照片是距第一个小球释放后0.3s拍摄的【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据可得小球的加速度大小为选项A错误； BD．小球在B点时的速度小球在A点的速度为则即该照片是距第一个小球释放后0.05s拍摄的，选项BD错误；C．若最高点的球刚释放时，则最高处2球之间的距离为根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1：3：5：7……，则各个球之间的距离分别为2cm，6cm，10cm，14cm，18cm…….，因为O点与斜面底端距离为35cm，而前5个球之间的距离之和为32cm，斜面上最多有5个球，选项C正确。故选C。7、(多选)某物体沿水平方向运动，其v-t图像如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是(　　)A. 在0～1 s内，物体做曲线运动B. 在1～2 s内，物体向左运动，且速度大小在减小C. 在1～3 s内，物体的加速度方向向左，大小为4 m/s2 D. 在3 s末，物体处于出发点右方答案：CD8、一滑块自静止开始，从斜面顶端匀加速下滑(斜面足够长)，第5 s末的速度是6 m/s，试求：(1)第4 s末的速度大小；(2)运动后7 s内的位移大小；(3)第3 s内的位移大小．【答案】　(1)4.8 m/s　(2)29.4 m　(3)3 m【解析】　(1)v4∶v5＝at4∶at5＝4∶5则第4 s末的速度为v4＝v5＝4.8 m/s.(2)a＝m/s2＝1.2 m/s2x7＝at＝×1.2×72m＝29.4 m.(3)第3 s内的位移大小xⅢ＝x3－x2＝at－at＝(×1.2×32－×1.2×22) m＝3 m.9、为了测定一辆电动汽车的加速性能，研究人员驾驶汽车沿平直公路从标杆O处由静止启动，依次经过A、B、C三处标杆，如图所示，已知AB间的距离为L1，BC间的距离为L2，已知汽车通过AB段与BC段所用的时间相等，将汽车的运动过程视为匀加速行驶，求标杆O与标杆A的距离x．【答案】【解析】充分利用通过AB段与BC段所用的时间相等这个条件，根据位移差公式有Δs＝l2－l1＝at2 ①由①式可得： ②再由B点是AC的时间中点，故B点的速度为AC段的平均速度，则有vB＝ ③又vA＝vB－at ④联立②③④得 ⑤设O与A的距离为l，则 ⑥联立②⑤⑥解得10、一列长100m的列车以v0=72km/h的正常速度运行，当通过1000m长的某大桥时，列车必须以v1=36km/h的速度运行。列车在减速过程中的加速度大小为0.2m/s2，加速过程中的加速度大小为0.5m/s2，列车加速和减速过程均可视为匀变速运动，求列车因为过桥而延误的时间是多少？【答案】72.5s【解析】由题意， 由A到B匀减速，B到C匀速， C到D匀加速由运动学公式得：实际用总时间：AB段的距离：CD段的距离：若一直匀速通过大桥：故延误的时间为：四、培优拔尖1.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2.45 m/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.2.45 m/s2 B.－2.45 m/s2 C.4.90 m/s2 D.－4.90 m/s2【答案】D【解析】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＝2.45 m/s，故a＝＝ m/s2＝－4.90 m/s2，D正确.2.（多选）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/s2B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2C．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【答案】BC【解析】对质点a，根据数学知识得：＝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＋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，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＝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。3.（多选）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图所示.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 mC.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＝×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝×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′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×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.4．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/sD.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＝×(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.5.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示，汽车通过AB两相邻的树用了3 s，通过BC两相邻的树用了2 s，求汽车运动的加速度大小和通过树B时的速度大小．【答案】1 m/s2　6.5 m/s【解析】设汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a.对AB段运动，由x＝v0t＋at2有：15 m＝vA×3 s＋a×(3 s)2同理，对AC段运动，有30 m＝vA×5 s＋a×(5 s)2两式联立解得：vA＝3.5 m/s，a＝1 m/s2再由vt＝v0＋at得：vB＝3.5 m/s＋1×3 m/s＝6.5 m/s6.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＝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＝v0·t＝v0·＝所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤.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＋(－2a)t2，vA＝v0＋(－2a)t对B车有xB＝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＝故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤.7.一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＝＝2 sΔx＝vt－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－at2代入已知数据得Δx＝6t－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＝＝ s＝2 s，Δx＝＝ m＝6 m
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