追及相遇问题——高速追低速
（答题时间：20分钟）
1. （多选）如图是做直线运动的甲、乙两个物体的位移—时间图象，由图象可知（ ）
A. 乙开始运动时，两物体相距20 m
B. 在0～10 s这段时间内，两物体间的距离逐渐增大
C. 在10～25 s这段时间内，两物体间的距离逐渐变小
D. 两物体在10 s时相距最远，在25 s时相遇
2. （多选）a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x－t图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是 （ ）
A. a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B. a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反
C. 在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最近
D. 物体c一定做变速直线运动
3. A火车以v1＝20m/s速度匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距100m处，有另一列火车B正以v2＝10m/s速度匀速行驶，A车立即做加速度大小为a的匀减速直线运动。要使两车不相撞，a应满足什么条件？
4.（单选）甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v -t图象如图所示，则（ ）
A. 1 s时甲和乙相遇
B. 0～6 s内甲乙相距最大距离为1 m
C. 2～4 s内甲相对乙做匀速直线运动
D. 4 s时乙的加速度方向反向
5. （单选）汽车A在红灯前停住，绿灯亮时启动，以0.4 m/s2的加速度做匀加速运动，经过30 s后以该时刻的速度做匀速直线运动。设在绿灯亮的同时，汽车B以8 m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（ ）
A. A车在加速过程中与B车相遇
B. A、B相遇时速度相同
C. 相遇时A车做匀速运动
D. 两车不可能相遇
6. 现有A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA＝10 m/s，B车速度vB＝30 m/s。因大雾能见度低，B车在距A车600 m时，才发现前方有A车，此时B车立即刹车，但B车要减速1 800 m才能够停止。
（1）B车刹车后减速运动的加速度多大？
（2）若B车刹车8 s后，A车以加速度a1＝0.5 m/s2加速前进，问能否避免事故？若能够避免，则两车最近时相距多远？
7. 某人从甲地走往乙地，甲、乙两地之间有定时的公共汽车往返，且两地发车的时间间隔都相等。他发现每隔6分钟开过来一辆去甲地的公共汽车，每隔12分钟开过来一辆去乙地的公共汽车，则公共汽车每隔几分钟从各自的始发站发车（假设每辆公共汽车的速度相同）？
1. BCD 解析：在0～10 s这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐增大，说明两物体间的距离逐渐增大；在10～25 s这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐减小，说明两物体间的距离逐渐变小，因此，两物体在10 s时相距最远；在25 s时，两图线相交，两物体纵坐标相等，说明它们到达同一位置而相遇。选项B、C、D正确。
2. BD 解析：a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反，A错、B正确；在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最远，x＝20 m，C错；根据x -t图象的斜率，可判断D选项是正确的。
3. 解：以B车为参照物，A车的初速度为v0＝10m/s，以加速度大小a减速，行驶x＝100m后“停下”，末速度为0
则
答：
4. C 解析：两物体从同一地点出发，t＝1 s之前，乙的速度一直大于甲的速度，故两物体在t＝1 s时不会相遇，A错误；在0～6 s内，在t＝6 s时，两物体间距最大，最大距离为8 m，B错误；因2～4 s内，甲、乙两物体减速的加速度相同，故v甲－v乙恒定不变，即甲相对乙做匀速直线运动，C正确，D错误。
5. C 解析：作出A、B两车运动的v -t图象如图所示，v -t图象所包围的“面积”表示位移，经过30 s时，两车运动图象所围面积并不相等，所以在A车加速运动的过程中，两车并未相遇，所以选项A错误；30 s后A车以12 m/s的速度做匀速直线运动，随着图象所围“面积”越来越大，可以判断在30 s后，某时刻两车图象所围面积会相等，即两车会相遇，此时A车的速度要大于B车的速度，所以两车不可能再次相遇，选项C正确，选项B、D错误。
6. 解：（1）设B车减速运动的加速度大小为a，有0－v＝－2ax1，解得：a＝0.25 m/s2。
（2）设B车减速t秒时两车的速度相同，有
vB－at＝vA＋a1（t－Δt）
代入数值解得t＝32 s，
在此过程中，B车前进的位移为xB＝vBt－＝832 m
A车前进的位移为xA＝vAΔt＋vA（t－Δt）＋a1（t－Δt）2＝464 m，
因xA＋x>xB，故不会发生撞车事故，
此时Δx＝xA＋x－xB＝232 m。
答：（1）0.25 m/s2 （2）可以避免事故 232 m
7. 解答一：
解析：由于每辆公共汽车速度相同，且两地发车时间都相等，所以往同一方向行驶的相邻的汽车距离是相等的，不妨设此距离为单位1；每隔12分钟从身后过来一辆公共汽车，即每隔12分钟，汽车比人多走单位1的路程；而每隔6分钟从对面来一辆公共汽车，即每6分钟人和汽车共同走完单位1的路程。
解答：设往同一方向行驶的相邻两辆公共汽车之间距离为“1”；人单独走完此单位1的距离用X分钟，公共汽车单独行完单位1的距离用Y分钟。
①；
②。
解之得：Y＝8。
即公共汽车每隔8分钟从各自的始发站发一辆车。
解答二：
解析：设他某个时间刚好同时遇上两种车，
这时候他身后的一个发车间距离有A车，
身前两个距离有B车。
然后总共三个距离，要走12分钟相遇，
所以身后的车，就是12分钟走了1.5个距离，
所以8分钟走一个距离，
所以每8分钟发一辆车。
方程法：设车走一个发车间距要x分钟，人要y分钟，
，
。
所以解这个方程就有x＝8，y＝24。
自由落体运动
（答题时间：20分钟）
1. 关于自由落体运动，下列说法中不正确的是（ ）
A. 自由落体运动是竖直方向的匀加速直线运动
B. 前1 s、前2 s、前3 s竖直方向的位移之比为1∶4∶9的运动一定是自由落体运动
C. 自由落体运动在开始的连续三个2 s内的位移之比是1∶3∶5
D. 自由落体运动在开始的连续三个2 s末的速度之比是1∶2∶3
2. 从匀速水平飞行的飞机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 从飞机上看，物体静止
B. 从飞机上看，物体始终在飞机的后方
C. 从地面上看，物体做平抛运动
D. 从地面上看，物体做自由落体运动
3. 一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB。该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示。已知曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（ ）
A. 6.5 m B. 10 m C. 20 m D. 45 m
4. 关于自由落体运动，下列说法正确的是（ ）
A. 物体竖直向下的运动就是自由落体运动
B. 加速度等于重力加速度的运动就是自由落体运动
C. 在自由落体运动过程中，不同质量的物体运动规律相同
D. 物体做自由落体运动位移与时间成反比
5.（上海交大东方学校模拟）从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将（ ）
A. 保持不变 B. 不断增大
C. 不断减小 D. 有时增大，有时减小
6. 伽利略对自由落体运动的研究，开创了研究自然规律的科学方法，这就是（ ）
A. 对自然现象进行总结归纳的方法
B. 用科学实验进行探究的方法
C. 对自然现象进行总结归纳，并用实验进行验证的方法
D. 抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法
7. 一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力。已知它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与ac段位移之比为（ ）
A. 1∶3 B. 1∶5
C. 1∶8 D. 1∶9
8. 甲物体的质量是乙物体质量的5倍，甲从H高处自由下落，同时乙从2H高处自由下落，下列说法中正确的是（高度H远大于10 m）（ ）
A. 两物体下落过程中，同一时刻甲的速率比乙的大
B. 下落1 s末，它们的速度相等
C. 各自下落1 m，它们的速度相等
D. 下落过程中甲的加速度比乙的大
9. 小芳是一个善于思考的乡村女孩，她在学过自由落体运动规律后，对自家房上下落的雨滴产生了兴趣，她坐在窗前发现从屋檐每隔相等时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m的窗子的上、下沿，小芳同学在自己的作业本上画出了如图所示的雨滴下落同自家房子尺寸的关系图，其中2点和3点之间的小矩形表示小芳正对的窗子，请问：
（1）此屋檐离地面多高？
（2）滴水的时间间隔是多少？
1. B 解析：自由落体运动是竖直方向上初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的规律，故选项A、C、D均正确；B项，平抛运动在竖直方向上的分运动也满足该规律，故选项B错误。
2. C 解析：在匀速飞行的飞机上自由释放的物体有一个与飞机相同的水平速度，同时物体在竖直方向上做自由落体运动，所以从飞机上看，物体始终在飞机的正下方，且相对飞机向下运动，故A、B均错误；从地面上看，物体做平抛运动，故C正确，D错误。
3. C 解析：因曝光时间极短，故AB段可看作匀速直线运动，小石子到达A点时的速度为m/s＝20 m/s，h＝m＝20 m，选项C正确。
4. C 解析：由静止开始只在重力作用下的运动是自由落体运动，在自由落体运动中，由于加速度a＝g，所以其运动规律与质量无关，自由落体运动的位移x＝gt2，x与t2成正比。
5. B 解析：设第1粒石子运动的时间为t s，则第2粒石子运动的时间为（t－1）s，在它们落地之前，两粒石子间的距离为Δh＝gt2－g（t－1）2＝gt－g，可见，两粒石子间的距离随t的增大而增大，故B正确。
6. D 解析：伽利略对运动的研究，通常包括以下几个方面的要素：通过对现象的一般观察，提出假设，运用逻辑（包括数学）推理得出推论，通过实验对推论进行检验，最后对假设进行修正和推广。伽利略对自由落体运动的研究也是如此，故正确选项为D。
7. D 解析：经过b点时的位移为hab＝，经过c点时的位移为hac＝，所以hab∶hac＝1∶9，故选D。
8. BC 解析：甲、乙两物体的重力加速度相同，由于同时释放，由v＝gt可知，相同时刻有相同的速度；由v2＝2gx知，下落相同位移时速率也相同。
9. 解：设屋檐离地面高为h，滴水的时间间隔为T
由h＝得
第2滴水的位移为h2＝ ①
第3滴水的位移为h3＝ ②
且h2－h3＝1 m ③
由①②③得 T＝0.2 s
则屋檐高h＝＝3.2 m。
竖直上抛运动
（答题时间：20分钟）
1. 一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点A的时间间隔是TA，两次经过一个较高的点B的时间间隔是TB，则A、B之间的距离为（ ）
A. B.
C. D.
2. （淮南模拟）小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹时速度大小与落地速度大小相等，若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的（ ）
A B
C D
3. 一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力）。设抛出时t＝0，得到物体上升高度随时间变化的h－t图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为（ ）
A. 8 m/s2，20 m/s B. 10 m/s2，25 m/s
C. 8 m/s2，25 m/s D. 10 m/s2，20 m/s
4. 竖直上抛的物体，又落回抛出点，关于物体运动的下列说法中，正确的有（ ）
A. 上升过程和下落过程，时间相等、位移相同
B. 物体到达最高点时，速度和加速度均为零
C. 整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均相同
D. 不管竖直上抛的初速度有多大（v0＞10 m/s），物体上升过程的最后1 s时间内的位移总是不变的
5. A、B两小球从不同高度自由下落，同时落地，A球下落的时间为t，B球下落的时间为t/2，当B球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为（ ）
A. gt2 B. C. D.
6. 在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（ ）
A. B.
C. D.
7. 某年冰岛火山喷发，火山灰尘给欧洲人民的生活带来了很大的影响。假设一灰尘颗粒开始以4 m/s2的加速度从地面竖直上升，10 s末，忽然失去所有向上的推动力，灰尘颗粒只在重力作用下运动，则该颗粒最高可上升到距地面多高处？此颗粒失去推动力后经多长时间落回到地面？（g取10 m/s2）（结果保留两位小数）
8. 如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2 kg，管长为24m，M、N为空管的上、下两端，空管受到F＝16 N竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g＝10 m/s2。求：
（1）若小球上抛的初速度为10 m/s，则其经过多长时间从管的N端穿出；
（2）若此空管的N端距离地面64 m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围。
1. A 解析：根据时间的对称性，物体从A点到最高点的时间为，从B点到最高点的时间为，所以A点到最高点的距离，B点到最高点的距离hB＝＝，故A、B之间的距离为hA－hB＝，正确选项为A。
2. D 解析：自由落体运动初速度为零，据此可排除选项C；小球与地面碰撞瞬间速度突然反向，据此可排除选项A、B。综上分析可知，本题正确选项为D。
3. A 解析：根据图象可知，物体在t＝2.5 s时上升到最大高度，为25 m。由运动学公式可得，，初速度，A项正确。
4. CD 解析：上升和下落过程时间相等，而位移大小相等、方向相反，物体到最高点加速度仍为g，故A、B均错，在任意相等时间t内，速度变化量均为gt，C正确，根据逆向思维知，物体上升过程最后1 s内位移和自由下落第1 s内位移大小是相等的，都为×12＝，D也正确。
5. D 解析：A球下落高度为hA＝，B球下落高度为hB＝，当B球开始下落的瞬间，A球已下落了时间，A、B两球的高度差为Δh＝hA－－hB＝，所以D项正确。
6. A 解析：设小球上升的最大高度为h，则有h＝，h－H＝，联立解得g＝。
7. 解：向上加速阶段
H1＝＝×4×102 m＝200 m
失去向上的推动力时，灰尘颗粒的速度大小为：
v1＝a1t1＝4×10 m/s＝40 m/s
此后，灰尘颗粒做竖直上抛运动。
竖直上抛上升阶段：H2＝＝80 m
t2＝＝4 s
自由下落阶段：H1＋H2＝
得t3＝＝7.48 s
所以，此颗粒距地面最大高度Hmax＝H1＋H2＝280 m
颗粒从失去推动力到落地的总时间t＝t2＋t3＝11.48 s
8. 解析：（1）取向下为正方向，小球初速度v0＝－10 m/s，加速度g＝10 m/s2，对空管由牛顿第二定律可得
mg－F＝ma
代入数据得a＝2 m/s2
设经时间t，小球从N端穿出，小球下落的高度
空管下落的高度h2＝
则h1－h2＝
联立得
代入数据解得t1＝4 s，t2＝－1.5 s（舍去）
∴经过4s从管的N端穿出。
（2）设小球的初速度大小为v0′，空管经时间t′到达地面，则H＝
得
小球经t′时间下落的高度为h＝
小球落入管内的条件是64 m≤h≤88 m
解得－32 m/s≤v0′≤－29 m/s
所以小球的初速度大小必须在29 m/s到32 m/s范围内。
∴小球的初速度大小范围为。
匀变速直线运动的速度与时间的关系
（答题时间：20分钟）
1. 做直线运动的物体在第1 s末、第2 s末、第3 s末……的速度分别为1 m/s、2 m/s、3 m/s……则此物体的运动性质是（ ）
A. 匀变速直线运动
B. 非匀变速直线运动
C. 加速度不断增大的运动
D. 可能是匀变速直线运动，也可能是非匀变速直线运动
2. 物体做匀加速直线运动，已知第1 s末的速度是6 m/s，第2 s末的速度是8 m/s，则下面结论正确的是（ ）
A. 物体零时刻的速度大小是3 m/s
B. 物体的加速度大小是2 m/s2
C. 任何1 s内的速度变化量都是2 m/s
D. 第1 s内的平均速度是6 m/s
*3. 一物体做匀变速直线运动，初速度为2 m/s，加速度大小为1 m/s2，则经1 s后，其末速度（ ）
A. 一定为3 m/s B. 一定为1 m/s
C. 可能为1 m/s D. 不可能为1 m/s
4. 一辆农用“小四轮”漏油，假如每隔1 s漏下一滴，车在平直公路上行驶，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，分析“小四轮”的运动情况（已知车的运动方向），下列说法中正确的是（ ）
A. 当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可能做匀速直线运动
B. 当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动
C. 当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在减小
D. 当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在增大
5. 一质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s时间质点做匀减速直线运动直到静止，则质点做匀速直线运动时的速度多大？匀减速直线运动时的加速度又是多大？
**6. 卡车原来以10 m/s的速度在平直公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机从较远的地方开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到2m/s时，交通信号灯转为绿灯，司机当即停止刹车开始加速，并且只用了减速过程的一半时间就加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原速共用了12 s。求：
（1）减速与加速过程中的加速度大小；
（2）开始刹车后2 s末及10 s末的瞬时速度。
1. D 解析：虽然单位时间内速度的变化量是相等的，但运动过程中某些时刻的速度不能确定，而匀变速直线运动是在任意相等时间内速度的变化都相等，所以对物体的运动性质不能确定，可能是匀变速直线运动，也可能是非匀变速直线运动。
2. BC 解析：由题意知t1＝1 s时，v1＝6 m/s；t2＝2 s时，v2＝8 m/s，由v2＝v1＋a（t2－t1）知，物体的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，因为物体做匀加速运动，所以任何1 s内速度的变化量都为Δv＝aΔt＝2×1 m/s＝2 m/s，故B、C正确；由v1＝v0＋at得，零时刻的速度为v0＝v1－at＝6 m/s－2×1 m/s＝4 m/s，故A不正确；第1 s内的平均速度大于4 m/s，小于6 m/s，故D不正确。
3. C 解析：题干中表明加速度大小为1 m/s2，并未说明方向，由v＝v0＋at，得v＝2 m/s±1×1 m/s，即末速度可能为3 m/s。也可能为1 m/s.利用v＝v0＋at进行计算时要注意区别a是正还是负，即物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动。
4. ACD 解析：当油滴始终均匀分布时，说明四轮车在每秒内的位移相同，车可能做匀速直线运动，选项A正确；当油滴的间距增大时，说明四轮车的速度在增加，其加速度可能保持不变，也可能在减小，还可能在增大，故选项C、D正确。
5. 解：以质点初速度v0方向为正方向
（1）前5s质点做匀加速直线运动末速度
v1=v0+a1t1=0+5×1=5（m/s）
（2）后2s质点做匀减速直线运动，
初速度v2=v1=5m/s
末速度vt=0
由a2=
得a2 =2= -2.5（m/s2 ）（负号表示加速度方向与运动方向相反）
6. 解：（1）卡车先做匀减速运动，再做匀加速运动，其运动简图如图所示
取卡车运动方向为正方向，设卡车从A点开始减速，则vA＝10 m/s，用时间t1到达B点，从B点又开始加速，用时间t2到达C点，则vB＝2 m/s，vC＝10 m/s，且t2＝t1，t1＋t2＝12 s，可得t1＝8 s，t2＝4 s，由v＝v0＋at得
在AB段vB＝vA＋a1t1①
在BC段vC＝vB＋a2t2②
联立①②两式并代入数据解得
a1＝－1 m/s2，a2＝2 m/s2
（2）2 s末的速度为：v1＝vA＋a1t＝10 m/s－1×2 m/s＝8 m/s
10 s末的速度为：v2＝vB＋a2t′＝2 m/s＋2×（10－8） m/s＝6 m/s
匀变速直线运动的位移与时间的关系
（答题时间：20分钟）
1. 一辆汽车在高速公路上以30 m/s的速度匀速行驶，由于前方出现险情，司机采取紧急刹车，刹车时加速度的大小为5 m/s2，求：
（1）汽车刹车后20 s内滑行的距离；
（2）从开始刹车汽车滑行50 m所经历的时间；
（3）在汽车停止前3 s内汽车滑行的距离。
*2. 从一段平滑的斜冰坡的中部将冰块以 8 m/s的初速度沿斜坡向上打出，冰块与冰面间的摩擦不计，冰块在斜坡上的运动加速度恒为2 m/s2。（设斜坡足够长）
求：（1）冰块在5 s时的速度；
（2）冰块在10 s时的位移。
3. 一个物体的初速度是2 m/s，以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。
求：（1）物体在第3 s末的速度；
（2）物体在第4 s内的位移；
（3）物体在头4 s内的位移；
（4）物体在第4 s内的平均速度。
**4. 要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道，求摩托车在直道上行驶所用的最短时间，有关数据见表格。
启动加速度a1
4m/s2
制动加速度a2
8m/s2
直道最大速度v1
40m/s
弯道最大速度v2
20m/s
直道长度s
218m
某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v1＝40m/s，然后再减速到v2＝20m/s，t1＝＝……；t2＝＝……；t＝t1＋t2。
你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果。
5. 甲、乙两物体在同时同地出发，做直线运动的s-t图象如图所示，由图可知，做变速运动的是____________；运动过程的时间内，路程关系是___________；位移关系是_______。
*6. 海滨浴场的滑梯从顶端到入水处长约12m，一人由滑梯顶端开始做初速度为零的匀加速直线运动，开始运动后的第一秒通过的路程是0.75m，则人的加速度大小是 。从顶端开始到入水所需的时间为 。人入水时的速度大小是 。从顶端开始到入水的平均速度大小是 。
*7. 一辆沿平直路面行驶的汽车，速度为36km/h，刹车后获得的加速度大小是4m/s2，求汽车最后2秒的位移。
1. 解：（1）由于v0＝30 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at，汽车的刹车时间t0为：
t0＝＝ s＝6 s
由于t0x＝v0t＝×30×6 m＝90 m；
（2）设从刹车到滑行50 m所经历的时间为t′，由位移公式x＝v0t′＋at′2，
代入数据：50＝30t′－×5t′2
整理得t′2－12t′＋20＝0
解得t1′＝2 s，t2′＝10 s（刹车停止后不能反向运动，故舍去）
故所用时间为t′＝2 s；
（3）此时可将运动过程看作反向的初速度为零的匀加速运动，由x＝at2＝×5×32 m＝22.5 m。
2. 解：（1）画出简单的情景图，如图所示，设出发点为O，上升到的最高点为A，设沿斜坡向上为正方向，由题意可知v0＝8 m/s，a＝－2 m/s2，t1＝5 s，t2＝10 s
根据公式vt＝v0＋at可得第5 s时冰块的速度为v1＝[8＋（－2）×5]m/s＝－2 m/s（负号表示冰块已从其最高点返回），故5 s时速度大小为 2 m/s；
（2）由公式可得第10s时位移为
负号表示冰块已越过其出发点，继续沿斜面向下方运动，10秒时已在出发点沿斜面下方20m处。
3. 解：（1）由vt = v0 + at得，物体在第3 s末的速度为
v3 = v0 + at1 = 2 + 0.5×3 = 3.5（m/s）；
（2）由s = v0t +at2得，物体在第4 s内的位移为
s1 = v3t2 + at22 = 3.5×1 + ×0.5×12 = 3.75（m）；
（3）由s = v0t +at2得，物体在头4 s内的位移为
s2 = v0t3 + at32 = 2×4 + ×0.5×42 = 12（m）；
（4）由得，物体在第4 s内的平均速度为
＝＝3.75 m/s。
4. 解：该位同学的解法不合理。
加速到直道最大速度所用的时间为t1＝＝s＝10s
通过的位移为s1＝a1t＝200m
减速到弯道最大速度v2所用的时间为t2＝＝s＝2.5s
通过的位移为s＝v1t2－a2t＝75m
总的位移为s1＋s2＝200m＋75m＝275m>218m，所以这种解法是错误的。
正确解法：
设摩托车先加速到一个较大的速度vm，然后减速到v2，加速用的时间为t′1，通过的位移为s′1，减速用的时间为t′2，通过的位移为s′2。
由题意得vm＝a1t′1，vm＝v2＋a2t′2
s′1＝a1t′，s′2＝vmt′2－a2t′，s′1＋s′2＝s
代入数据解得
t′1＝9s，t′2＝2s，s′1＝162m，s′2＝56m，vm＝36m/s
所以最短时间为t＝t′1＋t′2＝11s。
5. 甲 甲的路程比乙大 甲乙的位移相等。 解析：甲的函数图象不是一条直线，表示位移随时间不是均匀增大，是变速运动，乙的图象是一条直线，表示位移随时间均匀变化，是匀速直线运动。在时刻它们有相同的位移，表示时刻它们相遇，在相遇前甲是先正向运动，然后反向返回至相遇点，乙是一直沿正方向至相遇点，所以甲的路程大于乙的路程；但它们位移相同。
6. 1.5m/s2 4s 6m/s 3m/s 解析：选第1秒为研究对象，向下滑动方向为正方向，已知=0m/s，t=1s，s=0.75m有；选择整个过程为研究对象，已知=0m/s，s=12m，a=1.5m/s2有；选择整个过程为研究对象，；
7. 8m 解析：把正向的匀减运动速看成反向的匀加速运动即可。
。
匀变速直线运动的位移与速度的关系
（答题时间：20分钟）
1. 如图所示，滑雪运动员不借助雪杖，由静止从山坡匀加速滑过x1后，又匀减速在平面上滑过x2后停下，测得x2=2x1，设运动员在山坡上滑行的加速度大小为a1，在平面上滑行的加速度大小为a2，则a1∶a2为（ ）
A. 1∶1 B. 1∶2
C. 2∶1 D.∶1
2. 做匀变速直线运动的物体初速度为12m/s，在第6s内的位移比第5s内的位移多4m，关于物体运动情况的说法正确的是（ ）
A. 物体的加速度为4m/s2
B. 物体5s末的速度是36m/s
C. 物体5、6两秒内的位移是72m
D. 物体从14m的A点运动到32m的B点所用的时间是1s
3. 物体的初速度为v0，以不变的加速度a做直线运动，如果要使速度增加到初速度的n倍，则经过的位移是（ ）
A. ； B. ； C. ； D.
4. 在全国铁路第六次大提速后，火车的最高时速可达250km/h，若某列车正以216km/h的速度匀速运行，在列车头经路标A时，司机突然接到报告要求紧急刹车，因前方1000m处有障碍物还没有清理完毕，若司机听到报告后立即以最大加速度a=2m/s2刹车，问该列车是否会发生危险？
*5. 如图所示，做匀加速直线运动的物体，依次通过A、B、C三点，位移sAB＝sBC。已知物体在AB段的平均速度大小为3m/s，在BC段的平均速度大小为6m/s，那么物体在B点的瞬时速度的大小为（ ）
A. 4m/s； B. 4.5m/s； C. 5m/s； D. 5.5m/s。
6. 一辆汽车沿着一条平直公路行驶，公路旁边有一行与公路平行的电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度为5m/s。若汽车的运动为匀变速直线运动，在10s末汽车恰好经过第3根电线杆。试求：
（1）汽车运动的加速度；
（2）汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度；
（3）汽车在第3根至第7根电线杆间运动所用的时间。
**7. 做匀减速直线运动的物体，经过4s后停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s的位移与4s内的位移各是多少？
8. 火车以54km/h的速度前进，现在需要在车站暂停。如果停留时间是1min，刹车引起的加速度大小是0.3m/s2，启动时发动机产生的加速度大小是0.5m/s2，火车暂停后仍要以原速前进，求火车由于暂停所延迟的时间。
1. B 解析：设运动员滑至斜坡末端处的速度为v，此速度又为减速运动的初速度，由位移与速度的关系式有
v2＝2a1x1，0－v2＝－2a2x2，故a1∶a2＝x2∶x1＝2∶1
2. AD 解析：根据得：，故A正确，B错误；根据得5s末的速度是：，故C错误；根据公式物体前5s内的位移是：，故D错误。
3. A 解析：A，由v2-v02=2ax 可得x=
4. 解：v0=216km/h=60m/s，vt=0，a=-2m/s2，
刹车位移x===900m＜1000m，故不会发生危险。
5. C 解析，，，联立解得vB=5m/s。
6. 解：v0=5m/s，t=10s，x=100m，x′=300m，
（1）由x＝v0t+at2得a=1m/s2；
（2）由v′2－v02＝2ax′得v′=25m/s；
（3）由v2－v02＝2ax得v=5m/s，∴t′==10s。
7. 解析：逆向思维，由x＝at2得：14=a×42-a×32，∴a=4m/s2。最后1s的位移即逆向第1s的位移x1＝at12=×4×12=2m。4s内的位移x4＝at42=×4×42=32m。
8. 100s 解析：火车因暂停而减速的时间为t1=
火车暂停后加速到原速所需的时间为
火车从开始减速到恢复原速所通过的路程为
s=s1+s2=，
这段路程火车正常行驶所需的时间为
s=40s。
所以，火车由于暂停所延迟的时间为
△t=（t1+t2+t3）－t=（30+60+50）s－40s=100s。
匀变速直线运动规律的几个推论
（答题时间：20分钟）
1. 物体通过两个连续相等位移的平均速度分别为v1=10m/s，v2=15m/s，则物体在这整个运动过程中的平均速度是（ ）
A. 13.75m/s B. 12.5m/s C. 12m/s D. 11.75m/s
2. 一个做匀加速直线运动的物体，通过A点的瞬时速度是v1，通过B点的瞬时速度是v2，那么它通过A、B中点的瞬时速度是（ ）
A. B. C. D.
3. 如图所示为、、三物体的－图象，则关于三物体在时间内的平均速度的说法正确的是（ ）
A. ＜ B. C. ＞ D. ＞＞
4. 汽车从点由静止开始沿直线做匀变速直线运动，第4s末通过点时关闭发动机做匀减速直线运动，再经6s到达点停止运动，总位移是30m，则下列说法正确的是（ ）
A. 汽车在段与段的平均速度相同
B. 汽车通过B点时的速度为3m/s
C. 汽车通过B点时的速度为6m/s
D. 段的位移为12m
5. 做匀变速直线运动的物体，在8s内先后通过、两点，已知、两点相距100m，则物体通过、中点时的速度大小为（ ）
A. 小于12.5m/s B. 等于12.5m/s C. 大于12.5m/s D. 以上均有可能
6. 从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一颗相同的小球，在连续释放几颗后，对在斜面上运动的小球拍下照片，如图所示。现测得cm，cm，试求：
（1）小球的加速度；
（2）拍摄时球的速度；
（3）拍摄时；
（4）小球的上方还有几颗正在滚动的小球。
1. C 解析：设每段位移的大小为x，则，故选择C选项。
2. C 解析：直接由推论选择C选项。
3. BD 解析：面积=位移的大小，B做匀加速直线运动，
所以，在时间内A的位移大于B的位移、C的位移小于B的位移，由知，＞，＜，故B、D正确。
4. ACD 解析：因为AB和BC段都做的是匀变速直线运动，根据平均速度的公式得，它们的平均速度都是B点速度的一半，所以A对；平均速度相等，则位移和时间成正比，所以AB和BC的位移之比是2:3，故AB段的位移大小是12m，D对；全过程的平均速度，所以C对B错；故选ACD。
5. C 解析：＞m/s=12.5m/s。
6. 解：（1）m/s2=5m/s2
（2）点速度等于段的平均速度，则
m/s=1.75m/s
（3）由得：
（cm）=25cm
（4）拍摄时1.75－5×0.1（m/s）=1.25m/s
则球从被释放到获取1.25m/s的速度需时s=0.25s
∴个
故球上方还有2颗正在滚动的小球（第3颗小球还未释放）。
初速度为0的匀加速直线运动的重要比例关系
（答题时间：20分钟）
1. 汽车刹车后做匀减速直线运动，经3s后停止运动，那么，在这连续的三个1s内汽车通过的位移之比为（ ）
A.1：3：5 B.5：3：1 C.1：2：3 D.3：2：1
2. 如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e。已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（ ）
A. vb＝ m/s B. vc＝3 m/s C. de＝3 m D. 从d到e所用时间为2 s
3. 一列车由等长的车厢组成（车厢间的间隙忽略不计）。一人站在站台上与第1节车厢的最前端对齐，当列车由静止开始做匀加速直线运动，测量第1节车厢通过他的时间为2s，则从第5节至第16节车厢通过他的时间多长？
4. 一个滑雪的人，从85m长的山坡上匀加速滑下，初速度为1.8m/s，末速度为5.0m/s，他通过这段山坡需要多长时间？
5. 一辆小车做匀变速直线运动，历时5s，已知前3s的位移是7.2m，后3s的位移是16.8m，求小车的初速度、加速度和5s内的位移。
6. 屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1m的窗子的上、下沿，问：
（1）此屋檐离地面多高？
（2）滴水的时间间隔是多少？
1. B 解析：汽车刹车后做匀减速直线运动，最后停止，根据逆向思维，可以看做是初速度为0的匀加速直线运动，再由连续相等时间内的位移之比为1:3:5，所以选B。
2. B 解析：小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因Tac＝Tcd，故c点为a到d的中间时刻，故vc＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；因ac＝ab＋bc＝7 m，cd＝bd－bc＝5 m，由Δx＝ac－cd＝aT2得：a＝0.5 m/s2，由vb2－vc2＝2a·bc可得，vb＝ m/s，A错误；由vc＝aTec得Tec＝＝6 s，则Tde＝Tec－Tcd＝4 s；de＝ec－cd＝4 m，故C、D均错误。故选B。
3. 解析：由tⅠ:tⅡ:tⅢ: …:tn=…得：
……
则：…=1: …
=
=1:2
∴…4s
4. 解：解法一：利用公式v＝v0＋at和x＝v0t＋at2求解。
由公式v＝v0＋at，得at＝v－v0。
代入x＝v0t＋at2，有x＝v0t＋
故t＝＝s＝25s。
解法二：利用公式v2－v＝2ax和v＝v0＋at求解
由公式v2－v＝2ax，得加速度a＝＝
m/s2＝0.128m/s2。
由公式v＝v0＋at，得需要的时间t＝＝s＝25s。
解法三：根据公式x＝·t，
得t＝＝s＝25s。
5. 解：如图所示，设初速度为v0，加速度为a，5s内位移为s，将整个过程按t＝1s等分。
有sⅣ－sⅠ＝3at2 ①
sⅤ－sⅡ＝3at2 ②
①＋②得sⅣ＋sⅤ－（sⅠ＋sⅡ）＝6at2
sⅤ＋sⅣ＋sⅢ－（sⅠ＋sⅡ＋sⅢ）＝6at2 ③
因sⅤ＋sⅣ＋sⅢ＝16.8m
sⅠ＋sⅡ＋sⅢ＝7.2m
t＝1s代入③得 16.8m－7.2m＝6a
a＝1.6m/s2
因sⅠ＋sⅡ＋sⅢ＝7.2m
sⅠ＋sⅡ＋sⅢ＝v0t＋at2
其中t＝3s，解得v0＝0
因sⅠ:sⅡ:sⅢ:sⅣ:sⅤ＝1:3:5:7:9
所以（sⅠ＋sⅡ＋sⅢ） :s＝（1＋3＋5） : （1＋3＋5＋7＋9）＝9:25
即s＝7.2×m＝20m。
6. 解：如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设时间间隔为T，则这一滴水在0时刻，1T s末、2T s末、3T s末、4T s末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置，据此可作出解答。
利用基本规律求解。
设屋檐离地面高为s，滴水间隔为T.由位移公式得：
第2滴水的位移①
第3滴水的位移②
又：s2－s3＝1 m③
联立①②③三式，解得：T＝0.2 s
所以＝3.2 m。
用逆向思维法求解运动学问题
（答题时间：20分钟）
1. 一质点做匀减速直线运动，在第1s内位移为6m，停止运动前的最后1s内位移为2 m，求：
（1）在整个减速运动过程中质点的位移大小；
（2）整个减速过程共用多少时间？
2. 物体在斜面顶端由静止匀加速下滑，最初3s内经过位移为x1，最后3s内经过位移为x2，且x2－x1＝6m，x 2∶x1＝7∶3，求斜面的全长。
3. 如图所示，子弹刚好能垂直穿透三个厚度不同的木板，测得子弹依次穿过这三块木板所经历的时间之比为1∶2∶3，若子弹在穿过木板的过程中做匀减速运动，求三块木板厚度之比。
4. 火车刹车后经过8秒钟停下，若它在最后1秒内通过的位移是1米，求火车的加速度和刹车时火车的速度。
5. 一辆汽车以2m/s2的加速度刹车时做匀减速直线运动，求它停止运动前的最后1s通过的位移。
1. 解：（1）设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为。
由于质点停止运动前的最后1s内位移为2 m，则，所以
质点在第1s内位移为6 m，则
所以
在整个减速运动过程中质点的位移大小为
（2）对整个过程逆向考虑，则有，所以。
2. 解：设经过斜面所需时间为t，加速度为a，则
∵x2∶x1＝7∶3
∴t＝5s
由x2－x1＝6m，x2∶x1＝7∶3，
得x1＝4.5m，x2＝10.5m
而＝4.5m
得a＝1m/s2
∴。
3. 解析及答案：本题采用逆向思维的方法分析较为简单，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律：连续相同的时间内，通过的位移之比为：1:3:…:（2n－1）。根据题目中时间的比值，则可求出三块木板的厚度之比为：11:16:9。
4. 解析及答案：本题若按正向思维的思路来解，将是十分繁琐的，若倒过来考虑，将火车的运动逆时间顺序倒推过去，即将刹车过程看做初速度为零的匀加速运动的逆过程，最后1秒通过的位移就变成了匀加速运动的最初1秒通过的位移，火车刹车时的速度就成了匀加速运动的末速度。由运动学公式，易得，。
5. 解析及答案：把它看做是做反向匀加速直线运动，则，t=1s。它停止运动前的最后1s通过的位移是1m。
解密匀变速直线运动的v-t图象
（答题时间：20分钟）
1. 某物体运动的速度图象如图，根据图象可知（ ）
A. 0-2s内的加速度为1m/s2
B. 0-5s内的位移为10m
C. 第1s末与第3s末的速度方向相同
D. 第1s末与第5s末加速度方向相同
2. 下图是一沿直线运动的质点在t=0到t=4s内的v-t图象。从图中可以看出（ ）
A. 质点的速度方向在0~4s内始终未变
B. 质点的加速度方向在0~4s内始终未变
C. 在1~2s内，质点的加速度数值最小
D. 在3~4s内，质点运动的距离最大
3. 如图是做物体做直线运动的v-t图象，由图象可得到的正确结果是（ ）
A. t＝1s时，物体的加速度大小为1.0m/s2
B. t＝5s时，物体的加速度大小为0.75m/s2
C. 第3s内，物体的位移为1.5m
D. 物体在加速过程的位移比减速过程的位移大
4. t＝0时，甲、乙两汽车从相距70 km的两地开始相向行驶，它们的v-t图象如图所示，忽略汽车掉头所需时间。下列对汽车运动状况描述正确的是（ ）
A. 在第1小时末，乙车改变运动方向
B. 在第2小时末，甲、乙两车相距10 km
C. 在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D. 在第4小时末，甲、乙两车相遇
5. （宁夏理综）甲、乙两车在公路上，沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示。两图象在t＝t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，ΔOPQ的面积为S。在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d。已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能是（ ）
A. t′＝t1，d＝S B. t′＝，
C. t′＝， D. t′＝，
6. A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶。当 B车在A车前84 m处时，B车速度为4 m/s，且正以2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车加速度突然变为零。A车一直以20 m/s的速度做匀速运动。经过12 s后两车相遇。问B车加速行驶的时间是多少？
7. 甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v-t图中（如图），直线a、b分别描述了甲、乙两车在0 ~20 s的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（ ）
A. 在0 ~10 s内，两车逐渐靠近
B. 在10 ~20 s内，两车逐渐远离
C. 在5 ~15 s内，两车的位移相等
D. 在t＝10 s时，两车在公路上相遇
8. a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B. 20秒时，a、b两物体相距最远
C. 60秒时，物体a在物体b的前方
D. 40秒时，a、b两物体速度相等，相距200 m
1. AC 解析：v-t图象反映的是速度v随时间t的变化规律，其斜率表示的是加速度，选项A正确；图中图象与坐标轴所围成的梯形面积，表示的是0～5s内的位移为7m，选项B错误；在前5s内，物体的速度都大于零，即运动方向相同，选项C正确；0～2s加速度为正，4～5s加速度为负，第1s末与第5s末加速度方向不同，选项D错误。
2. A 解析：速度一直为正值，质点的速度方向在0~4s内始终未变，选项A正确；质点的加速度方向在0~4s内多次改变，选项B错误；在2~3s内质点的加速度为零，数值最小，选项C错误；在3~4s内质点做匀减速直线运动，运动的距离最小，选项D错误。
3. B 解析：根据v-t图象，斜率表示加速度可知，t＝1s时，物体的加速度大小为1.5m/s2，t＝5s时，物体的加速度大小为0.75m/s2，选项B正确，选项A错误；根据v-t图象与横轴所夹面积表示位移可知，第3s内物体的位移为3.0m，物体在加速过程的位移比减速过程的位移小，选项C、D错误。
4. BC 解析：在第1小时末，乙车速度达到负最大值（―30km/h），在第2小时末，乙车速度由负值变为正值，说明乙车改变运动方向，选项A错误；由速度图象与横轴所夹的面积，表示位移可知，在第2小时末，甲车行驶30km，乙车行驶30km，甲、乙两车相距10km，选项B正确；由图象斜率表示加速度可知，在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大，选项C正确；在第4小时末，甲、乙两车速度相等，并非相遇，选项D错误。
5. D 解析：由甲、乙两车的v-t图象可知，甲做匀速直线运动，乙做初速度为零的匀加速直线运动。要使两车相遇两次，第一次相遇时，乙车速度一定小于甲车速度，t2一定小于t1；第二次相遇时，乙车速度一定大于甲车速度。显然选项A错误；甲、乙两车第一次相遇有，而，由v-t图象与横轴所夹面积表示位移可知。将代入化简得，所以选项D正确。
6. 解：设A车的速度为vA，B车加速行驶时间为t，两车在t0时相遇。则有
xA=vA t0，
xB=vB t+at2+（ vB +at）（ t0-t），
xA= xB +x，
联立解得：
代入题给数据： vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2，
有：
解得： t1＝6 s，t2＝18 s（舍去）
因此，B车加速行驶的时间为 6 s。
点评：此题以两辆汽车的相遇切入，意在考查匀变速直线运动规律及其相关知识的应用。
7. C 解析：由题图可知，乙做初速度为10m/s，加速度大小为a乙=0.5m/s2的匀减速直线运动；甲做速度为5m/s的匀速直线运动。当t=10s时，二者速度相等，乙车在前，甲、乙两车距离最大；0~10s时间内，甲车距离乙车越来越远；10~15s时间内，由于甲车速度大于乙车速度，甲车距离乙车越来越近；当t=20s时，甲车追上乙车，两车距离为零，再次相遇，选项A、B、D错误。在5 ~15 s内，两车的平均速度相等，位移相等，选项C正确。
8. C 解析：a、b两物体同地同一直线运动，从速度图象看，速度都为正值，即同向行驶a的加速度，b的加速度，所以a物体的加速度小于b物体的加速度，即A项错误。20s时，a物体速度达到，而b物体仍静止，只有当40s时，即a、b两物体的速度相等时，a、b两物体才相距最远，此时相距的距离为，所以BD项错误，当60s时，a的位移为。而b的位移，所以a在b的前方即C项正确。
攻克匀变速直线运动的x-t图象问题
（答题时间：20分钟）
1. 如图所示是某质点做直线运动的x﹣t图象，由图象可知（ ）
A. 质点一直处于运动状态 B. 质点第3s内位移是2m
C. 此图象表示了质点运动的轨迹 D. 该质点前4s内位移是2m
2. 如图所示为x﹣t图象，由图可知（ ）
A. OA段质点向正方向做曲线运动
B. 图象上D点的加速度为﹣6 m/s2
C. 前2秒内质点的平均速度大小为3 m/s
D. 3秒内质点发生的位移大小为6 m
3. 质点甲、乙均做直线运动，甲的x﹣t图象和乙的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 甲质点在3s内通过的位移为1m B. 甲质点在0﹣1s内做匀速直线运动
C. 乙质点的加速度不变 D. 乙质点沿直线向一个方向运动
4. 质点甲、乙均做直线运动，甲的x﹣t图象和乙的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 甲质点在3s内通过的位移为1m B. 甲质点在0～1s内做匀速直线运动
C. 乙质点做匀速变速直线运动 D. 乙质点沿直线做往返运动
5. 下图为所示甲、乙两质点沿同一直线运动的x﹣t图象，由图象可知（ ）
A. 甲、乙两质点在1s末时相遇
B. 甲、乙两质点在1s末时的速度大小相等
C. 甲、乙两质点在第1s内运动方向相反
D. 在t=1s至t=3s内乙质点静止，甲质点匀速直线运动
6. 如图为甲乙两质点做直线运动的x﹣t图象，由图象可知（ ）
A. 甲乙两质点在2 s末相遇
B. 甲乙两质点在2 s末速度相等
C. 在2 s之前甲的速率与乙的速率相等
D. 乙质点在第4 s末开始反向运动
7. 下列x﹣t图象中不属于匀速直线运动图象的是（ ）
A.
B.
C.
D.
8. 如图所示为某质点的x﹣t图象，它对应的v﹣t图象是哪一幅（ ）
A.
B.
C.
D.
1. D 解析：A. 由图象知，2﹣4s内图线的斜率为0，即物体速度为零，处于静止，故质点并不是一直处于运动状态，故A错误；B. 由图象质点3s末的纵坐标为2m，即表示位移为2m，2s末对应的位移也是2m，则2s末到3s末即第3s内的位移是0，故B错误；C. 位移时间图象只能表示做直线运动物体的位移变化情况，即质点的运动轨迹是直线，而此图象为折线，故位移﹣时间图象不表示轨迹，故C错误；D. 由图象知4s末的纵坐标为2m，即表示位移为2m，故D正确；故选：D。
2. C 解析：A. OA段图象的斜率都为正，运动方向都沿正方向，做直线运动，故A错误；B. 由图可知，2﹣3s内质点做匀速直线运动，加速度为零，故B错误；C. 前2s内的位移x=6﹣0=6m，则平均速度，故C正确；D. 3s内质点的位移x′=0﹣0=0，故D错误；故选：C。
3. AD 解析：A、根据位移时间图线知，甲初始位置坐标为1m，末位置坐标为2m，则甲质点在3s内的位移为1m，故A正确；B. 甲质点在0﹣1s内位移不变，处于静止状态，故B错误；C. 乙质点的速度时间图线的斜率在变化，则加速度变化，故C错误；D. 乙质点的速度一直为正值，速度方向不变，一直向一个方向运动，故D正确；故选：AD。
4. A 解析：A. 甲图是位移﹣时间图象，甲质点在3s内通过的位移为△x=2m﹣1m=1m，故A正确；B. 由位移﹣时间图象知，甲质点的速度为零，表示质点处于静止状态，故B错误；C. 由速度﹣时间图象的斜率等于质点的加速度可知，乙质点的加速度大小为a==m/s2=10m/s2，保持不变，质点在奇数秒内的加速度为正值，表示加速度沿正方向，而偶数秒内加速度为负值，表示加速度沿负方向，由于加速度是矢量，故质点的加速度是变化的，故C错误；D. 由图看出，乙的速度方向一直为正值，说明质点的运动方向一直沿正方向，即乙质点沿直线向一个方向运动，故D错误，故选：A。
5. ACD A、由图可得，甲、乙两质点在1s末时相遇，故A正确；B. 甲在1s末仍然在运动，乙在1s末已停止运动，速度是0，故B错误；C. 在1s内甲向负方向运动，乙向正方向运动，二者运动的方向相反，故C正确；D. 由图可得，在t=1s至t=3s内乙质点静止，甲质点匀速直线运动，故D正确；故选：ACD。
6. ACD 解析：A、由图象知，2s末甲乙两质点在同一位置，说明两质点相遇，故A正确；B. 根据在x﹣t图象中图线上某点的斜率为物体在该点的速度，则得2s末v甲==m/s=﹣2m/s，v乙=m/s=2m/s，故两质点在2s末的速度不等，故B错误；C. 由上述分析可知，在2s之前甲的速率为2m/s，乙的速率为2m/s，故C正确；D. 乙质点在4s之后位移减小，速度为负值，开始反向运动，故D正确；故选ACD。
7. D 解析：A. 此图表示物体的位移随时间均匀增大，说明物体沿正方向做匀速直线运动，故不符合题意；B. 此图表示物体的位移随时间均匀增大，说明物体沿正方向做匀速直线运动，故不符合题意；C. 此图表示物体的位移随时间均匀减小，说明物体沿负方向做匀速直线运动，故不符合题意；D. 由图象的斜率可以看出，物体的速度是变化的，做的不是匀速直线运动，故D符合题意；故选D。
8. C 解析：由于位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以第一秒内，图象的斜率为正常数，即速度为正方向的匀速运动；第二秒内斜率为零即物体的速度为零，物体处于静止状态；第二秒末到第四秒末，斜率为负常数，即速度为负方向的匀速直线运动，故C正确；故选：C。
追及相遇问题——低速追高速
（答题时间：20分钟）
1. 两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v0，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车的加速度开始刹车。已知前车在刹车过程中所行驶的距离为x，若要保证两辆车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为（ ）
A. 1x B. 2x C. 3x D. 4x
2. 同一直线上的A、B两质点，相距s，它们向同一方向沿直线运动（相遇时互不影响彼此的运动），A做速度为v的匀速直线运动，B从此时刻起做加速度为a、初速度为零的匀加速直线运动。若A在B前，两者可相遇______次，若B在A前，两者最多可相遇______次。
3. 从同一地点以30 m/s的速度，先后竖直上抛两个物体，抛出时间相差2 s，不计空气阻力，两物体将在何处何时相遇？
4. 从相距30 km的甲、乙两站每隔15 min同时以30 km/h的速率向对方开出一辆汽车。若首班车为早晨5时发车，则6时从甲站开出的汽车在途中，会遇到多少辆从乙站开出的汽车？
5. 如图所示，A、B两物体相距s＝7 m，A正以v1＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，而物体B此时速度v2＝10 m/s，方向向右，做匀减速直线运动（不能返回），加速度大小a＝2 m/s2，从图示位置开始计时，问在什么情况下，经多少时间A追上B。
6. A球自距地面高h处开始自由下落，同时B球以初速度v0正对A球竖直上抛，空气阻力不计。问：
（1）要使两球在B球上升过程中相遇，则v0应满足什么条件？
（2）要使两球在B球下降过程中相遇，则v0应满足什么条件？
7. 甲、乙两质点同时开始在彼此平行且靠近的两水平轨道上同时运动，甲在前，乙在后，相距。甲初速度为零，加速度为，做匀加速直线运动；乙以速度做匀速运动，关于两质点在相遇前的运动，某同学作了如下分析：设两质点相遇前，它们之间的距离为，则，当时，两质点间距离有最小值，也就是两质点速度相等时，两质点之间距离最近。
你觉得他的分析是否正确？如果认为是正确的，请求出它们的最小距离；如果认为是不正确的，请说明理由并作出正确的分析。
8. 一列货车以28.8 km/h的速度在平直铁路上运行，由于调度失误，在后面600 m处有一列快车以72 km/h的速度向它靠近。快车司机发觉后立即合上制动器，但快车要滑行2000 m才停止，试判断两车是否会相碰。
1. B 解析：两车同时刹车，则两车将滑行相同的距离s而停止，由于前车刹车停止后，后车接着刹车，所以后车比前车多运动的位移（即题中所求最小距离）即为前车刹车时间内后车以原速运动的位移。由刹车过程的平均速度等于原速的，故前车刹车过程中，后车以原速运动的位移为2s。
2. 1；2 解析：若A车在前匀速运动，B车在后匀加速追赶A车，两车等速时相距最远（间距大于s），故B车追上A车时，必有vB＞vA，以后B车在前，两车间距逐渐增大，不可能再相遇。
若B车在前匀加速运动，A车在后匀速运动，若追上时两车恰等速，因以后vB＞vA，不可再次相遇，即只能相遇1次；但若A车追及B车时vA＞vB，相遇后A车超前，但由于B车速度不断增大，仍能再次追及A车，即能相遇2次。
3. 解：设第一物体上抛t s后相遇，则：30t－×10t2＝30×（t－2）－×10×（t－2）2解得：t＝4 s，相遇高度h＝30t－×10t2＝40 m。
答：距抛出点40 m，第一物体抛出后4 s相遇。
4. 解：每车在两站间运动时间t＝＝1h。当6时某车从甲站开出时，乙站的首发车已进甲站，此时路上已有3辆车在路途中，且乙站恰有一车待发。当该车行至乙站时历时1 h，乙站将又发出4辆车，故最多可与7辆车相遇。
5. 解析：物体B的运动时间为tB＝s＝5 s
在此时间内B前进了sB＝·tB＝×5 m＝25 m；这时A前进了sA＝vAtB＝4×5 m＝20 m，可见在此时间内A没有追上B，必须在B停止后，A才能追上B。故A追上B的时间为t＝s＝8 s。
6. 解析：两球相遇时位移之和等于h。即：gt2＋（v0t－gt2）＝h
所以：t＝。而B球上升的时间：t1＝，B球在空中运动的总时间：t2＝
（1）欲使两球在B球上升过程中相遇，则有：t＜t1，即＜，所以v0＞；
（2）欲使两球在B球下降过程中相遇，则有：t1＜t＜t2，即：＜＜，所以＜v0＜。
7. 解析：不正确。在两质点相遇之前，它们之间的距离也可能不断减小，直到（相遇），而不存在先变小后变大的情况，这完全取决于两质点之间的初始距离与、之间的大小关系。由可解得：判别式。当，即时，甲、乙之间的距离始终在减小，直至相遇（最小距离），两质点相遇前不会出现最小的情况。当，即时，甲与乙不可能相遇，当时，两质点之间的距离最近，。
8. 解析：两车速度相等恰追及前车，这是恰不相碰的临界情况，因此只要比较两车等速时的位移关系，即可明确是否相碰。
因快车减速运动的加速度大小为：a＝m/s2＝0.1 m/s2，
故快车刹车至两车等速历时：t＝s＝120 s，
该时间内两车位移分别是：s快＝v快t－at2＝20×120 m－×0.1×1202 m＝1680 m，
s货＝v货t＝8×120 m＝960 m，
因为s快＞s货＋s0＝1560 m，故两车会发生相撞。
