(完整版)高中物理匀变速直线运动典型例题(含答案)【经典】

1．（单选）对于质点的运动，下列说法中正确的是（ ）【答案】B

A．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零 B．质点速度变化率越大，则加速度越大 C．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大 2、（单选）关于物体的运动，下列说法不可能的是( )．答案 B

A．加速度在减小，速度在增大 B．加速度方向始终改变而速度不变

C．加速度和速度大小都在变化，加速度最大时速度最小，速度最大时加速度最小 D．加速度方向不变而速度方向变化

3．(多选)沿一条直线运动的物体，当物体的加速度逐渐减小时，下列说法正确的是( )．答案 BD A．物体运动的速度一定增大 B．物体运动的速度可能减小 C．物体运动的速度的变化量一定减少 D．物体运动的路程一定增大 4．（多选）根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是( )．答案 CD A．v0>0，a<0，物体做加速运动 B．v0<0，a<0，物体做减速运动 C．v0<0，a>0，物体做减速运动 D．v0>0，a>0，物体做加速运动

5．(单选)关于速度、速度的变化量、加速度，下列说法正确的是( )．答案 B

A．物体运动时，速度的变化量越大，它的加速度一定越大 B．速度很大的物体，其加速度可能为零 C．某时刻物体的速度为零，其加速度不可能很大 D．加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大 6．(单选)一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小逐渐减小为零，则在此过程中( )．答案 B

A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大 D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值

22

7．(单选)甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 m/s，a乙＝－4 m/s，那么对甲、乙两物体判断正确的是( )．答案 B

A．甲的加速度大于乙的加速度 B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动 C．甲的速度比乙的速度变化快 D．甲、乙在相等时间内速度变化可能相等

8. (单选)如图所示，小球以v1＝3 m/s的速度水平向右运动，碰一墙壁经Δt＝0.01 s 后以v2＝2 m/s的速度沿同一直线反向弹回，小球在这0.01 s内的平均加速度是( )答案：C

22

A．100 m/s，方向向右 B．100 m/s，方向向左

22

C．500 m/s，方向向左 D．500 m/s，方向向右 9．（多选）物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s后速度大小变为10m/s，关于该物体在这1s内的加速度大小下列说法中正确的是（ ）

2 2

A．加速度的大小可能是14m/sB．加速度的大小可能是8m/s

2 2

C．加速度的大小可能是4m/sD．加速度的大小可能是6m/s【答案】AD

10、为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30 s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝3.0 s．试估算： (1)滑块的加速度多大？

(2)两个光电门之间的距离是多少？

LLv2－v1v1＋v22

解析 v1＝＝0.10 m/s v2＝＝0.30 m/s a＝≈0.067 m/s. (2) x＝Δt＝0.6 m.

Δt1Δt2Δt2

1

第二讲：匀变速直线运动规律的应用

基本规律

1222

(1)三个基本公式①v＝v0＋at. ②x＝v0t＋at. ③v－v0＝2ax

2

tv0＋v𝑠𝑠𝑣12+𝑣22

√(2)两个重要推论 ①平均速度公式：v＝v＝= .中间位置速度v=.

𝑡22

2

2

②任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即Δx＝aT.

（3）．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论

(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n

2222

(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶2∶3∶…∶n (3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：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的比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…. 1．（单选）一物体从静止开始做匀加速直线运动，测得它在第n秒内的位移为s，则物体的加速度为（ ） A．

B．

C．

D．

【答案】A

2

2．（单选）做匀加速沿直线运动的质点在第一个3s内的平均速度比它在第一个5s内的平均速度小3m/s，则质点的加速度大小为（ ）

2222

A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s【答案】C 7．（单选）一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第1s内的位移为它最后1s内位移的一半，g取

2

10m/s，则它开始下落时距地面的高度为（ ）

A． 5 m B． 11.25 m C． 20 m D． 31.25 m 【答案】B 3．（多选）一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第15s内的位移比第14s内的位移多0.2m，则下列说法正确的是（）

2

A． 小球加速度为0.2m/sB． 小球前15s内的平均速度为1.5m/s C． 小球第14s的初速度为2.8m/s D． 第15s内的平均速度为0.2m/s 【答案】AB

4.(单选)如图是哈尔滨西客站D502次列车首次发车，标志着世界首条高寒区高速铁路哈大高铁正式开通运营．哈大高铁运营里程921公里，设计时速350公里．D502次列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，则下列说法正确的有( )．答案 D A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点 B．时速350公里是指平均速度，921公里是指位移

2

C．列车做匀减速运动时的加速度大小为6.25 m/s D．列车在开始减速时的速度为80 m/s

5．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．求：

（1）刹车后汽车的加速度大小. （2）汽车在刹车后6s内的位移．

解答：

解：设汽车的初速度为v0，加速度为a．则第1s内位移为：x1=

代入数据，得：9=v0+ 第2s内的位移为：x2=v0t2+﹣x1， 代入数据得：7= 解得：a=﹣2m/s2，v0=10m/s

汽车刹车到停止所需时间为：t==则汽车刹车后6s内位移等于5s内的位移，所以有：==25m故答案为：2，25

6.质点做匀减速直线运动，在第1 s内位移为6 m，停止运动前的最后1 s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)整个减速过程共用的时间。

2

[解析] 反向加速(1)设质点的初速度为v0，加速度大小为a，由题意可得：

11v0

v0·t1－at12＝6 m at22＝2 m，t1＝t2＝1 s 可解得：v0＝8 m/s，a＝4 m/s2 故x总＝＝8 m

222a(2)由v＝v0－at，得：t＝

2

v0－v＝2 s a[答案] (1)8 m (2)2 s

2

7.飞机着陆后以6 m/s的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60 m/s，求： (1)它着陆后12 s内滑行的位移x；

(2)整个减速过程的平均速度(用两种方法求解)； (3)静止前4 s内飞机滑行的位移x′。

Δv0－602

[解析] (1)以初速度方向为正方向，则有a＝－6 m/s飞机在地面滑行最长时间t＝＝ s＝10 s

a－6所以飞机，12 s内滑行的位移等于10 s内滑行的位移。由v－v0＝2ax可得： －v0－60

x＝＝ m＝300 m

2a2×－6(2)法一：v＝

2

2

2

2

vt＋v00＋60

2＝

2

m/s＝30 m/s 法二：v＝

Δx300

＝ m/s＝30 m/s Δt10

1212

(3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则：x′＝at＝×6×4 m＝48 m

22

[答案] (1)300 m (2)30 m/s (3)48 m

2

8．如图所示，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度v0＝2 m/s、加速度a＝2 m/s向下滑，在到达底端前7

1 s内，所滑过的距离为L，其中L为斜面长，则

15(1)小滑块在斜面上滑行的时间为多少？ (2)小滑块到达斜面底端时的速度v是多大？ (3)斜面的长度L是多少？

2

解析 a＝2 m/s，v0＝2 m/s

7L18L122

＝v1×1＋a×1① v1＝v0＋at② ＝v0t＋at③ 152152

①②③联立得t＝2 s，L＝15 m

小滑块在斜面上滑行的时间t总＝t＋1 s＝3 s到达斜面底端时v＝v0＋at总＝8 m/s. 答案 (1)3 s (2)8 m/s (3)15 m

9.已知O、A、B、C为同一直线上的四点、AB间的距离为l1,BC间的距离为l2,一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等。求O与A的距离.

3

10．一个小球从斜面顶端无初速下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10 s，斜面长4 m，在水平面上运动的距离为6 m，求： (1)小球在运动过程中的最大速度；

(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小．

22

答案 (1)2 m/s (2)0.5 m/s 0.33 m/s

解析 方法一 (基本公式法)设小球在斜面上的加速度大小为a1，运动时间为t1；在水平面上的加速度大121212

小为a2，运动时间为t2，由x＝v0t＋at可得：4＝a1t1① 6＝a2t2②

222由最大速度相等可得vm＝a1t1＝a2t2③ t1＋t2＝10 s④

22

联立①②③④可解得 vm＝2 m/s，a1＝0.5 m/s，a2＝0.33 m/s 方法二 (平均速度法)设小球运动过程中的最大速度为vm，由x＝

v0＋v0＋vmvm＋0

t 可得：t1＋t2＝10 m

2

2

2

2

v2－v22－0022

即(t1＋t2)＝10 m，而t1＋t2＝10 s，解得vm＝2 m/s.由a＝ 可得a1＝ m/s＝0.5 m/s 22x2×4

vm

0－222a2＝ m/s＝－0.33 m/s.

2×6

11． 2011年7月2日下午1点半，在杭州滨江区的闻涛社区中，一个2岁女童突然从10楼坠落，在楼下的吴菊萍奋不顾身地冲过去接住了孩子，从而挽救了“妞妞”的生命．她的事迹感动了亿万国人．吴菊萍被誉为“最美妈妈”．假设妞妞从离地h1=31.5m高的阳台由静止掉下，下落过程中空气阻力不计．在妞妞开始掉下时，吴菊萍立刻由静止冲向妞妞下落处的正下方楼下，准备接住妞妞．为确保能稳妥安全接住妞妞，她一方面要尽力节约时间，但又必须保证接住妞妞时没有水平方向的速度．于是吴菊萍先做匀加速运动后立即做匀减速运动，奔跑水平距离s=9.8m到达楼下，到楼下时吴菊萍的速度刚好减为零，同时她张开双臂，在距地面高度为h2=1.5m处接住妞妞，竖直向下缓冲到地面时速度恰好为零，缓冲过程可看做匀减速运动．（g=10m/s，

2

2

=2.45）求：

（1）从开始下落起经过多长时间妞妞被接住？接住时妞妞的速度大小； （2）缓冲过程中妞妞的加速度大小；

（3）吴菊萍跑到楼的正下方过程中最大速度的大小．

解答：

解：（1）妞妞下落过程做自由落体运动，由运动学公式得：

解得下落时间为：

=2.45s

速度大小为：v0=gt0=24.5m/s

（2）设缓冲过程中的加速度大小为a，由运动学公式得：a==200m/s2

（3）设奔跑过程中的最大速度为v，由平均速度公式可得s=所以得：v=

答：（1）从开始下落起经过2.45s妞妞被接住，接住时妞妞的速度大小为24.5m/s；（2）缓冲过程中妞妞的加速度大小为200m/s2； （3）吴菊萍跑到楼的正下方过程中最大速度的大小为8m/s．

4

12．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 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x1，加速度为

2

a；在第二段时间间隔内行驶的路程为x2.由运动学公式得v＝at0，x1＝at20，x2＝vt0＋(2a)t0

1

212

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x1′、x2′.同样有

2

v′＝(2a)t0，x1′＝(2a)t20，x2′＝v′t0＋at0设甲、乙两车行驶的总路程分别为x、x′，则有

1

212

x＝x1＋x2，x′＝x1′＋x2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为

x55＝. 答案 x′77

13．在一次低空跳伞训练中，当直升飞机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动。运

2

动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s的加速度匀减速下降。为了伞兵的安全，要求伞兵

2

落地速度最大不得超过5 m/s，(取g＝10 m/s)求：

(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？

解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，着地时相当于从h1高处自由落下，则有v2－v02＝－2ah，即52－v02＝－2×12.5×h

2

又v0＝2g(224－h)＝2×10×(224－h) 联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s

v252

以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即2gh1＝v，所以h1＝＝ m＝1.25 m。

2g20

2

v050v－v05－50

(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有v0＝gt1，t1＝＝ s＝5 s，t2＝＝ s＝3.6 s，

g10－a－12.5

故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s

答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s

14.某人骑摩托车由静止从A地沿平直公路经小村庄驶向并停在D地，B. C为小村庄的两个村口，AD总位移为X=1000m.为安全起见，要求穿过村庄的速度不得超过v1=4m/s，AB和BC段的距离分别为

2

X1=242m.X2=300m,已知该摩托车的最大速度为v=40m/s，启动加速度大小为a1=4m／s,刹车加速度大小为

2

a2=8m／s.

求（1）分别求摩托车从静止加速到v和从v减速到v1所经过的位移； （2）该摩托车从A到D的最短时间.

v2x01200m2a118.解：(1)摩托车从静止加速到v的运动位移

(2)显然

x01x02x1，说明摩托车在AB段没有达到最大速度v.

5

15．机场大道某路口，有按倒计时显示的时间显示灯。有一辆汽车在平直路面上以36Km/h 的速度朝该路口停车线匀速前进，在车头前端离停车线70 m 处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。

（1）若不考虑该路段的限速，司机的反应时间1s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度a1至少多大？

2

（2）若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1s，司机反应过来后汽车先以a2=2m/s的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速度a3大小（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）a12.5m/s2 (2)a6.1m/s2

2

【解析】试题分析：（1）设初速度v36km/h10m/s，反应时间t11s 司机反应时间内汽车通过位移x1v0t110m

0匀加速时间t225t14s x70，xx1v0t21at22 解得 a12.5m/s

2(2)汽车加速结束时通过的位移为x，则 xvtvt1at2101103123249m

2201032322此时车头前端离停车线的距离为 x3xx2704921m 此时速度为vv0a2t3102316m/s 匀减速过程有 v22ax 解得av33322x31621286.1m/s2 22121第三讲：自由落体和竖直上抛运动规律

1、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

2

位于高1 m的窗子的上、下沿，如图所示，(g取10 m/s)问： (1)此屋檐离地面多高？ (2)滴水的时间间隔是多少？

解析 如图所示，如果将这5滴水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，设每段时间间隔为T，则这一滴水在0时刻、T末、2T末、3T末、4T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．设屋檐离地面高为x，滴水间隔为T.则x＝16x0,5x0＝1 m 12

所以x＝3.2 m 另有x＝g(4T)解得T＝0.2 s

2

2.在学习了伽利略对自由落体运动的研究后，甲同学给乙同学出了这样一道题：一个物体从塔顶落下(不92

考虑空气阻力)，物体到达地面前最后1秒内通过的位移为整个位移的，求塔高H(g取10 m/s)。

251212h19

乙同学的解法：根据h＝gt得物体在最后1 s内的位移h1＝gt＝5 m，再根据＝得H＝13.9 m。乙

22H25同学的解法是否正确？如果正确，说明理由；如果不正确，请给出正确解析过程和答案。

[解析] 乙同学不正确。根据题意画出运动过程示意图，设物体从塔顶落到地面所经历的时间为t，通过位移为H，物体在(t－1) s内的位移为h。 12 1

据自由落体运动规律，有H＝gth＝g(t－1)2

22121

gt－gt－1

2H－h2

由题意得＝

H12

gt2

2

9

＝ 联立以上各式，解得H＝125 m[答案] 不正确 125 m 25

3.一矿井深为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

2

口下落时，第1个小球恰好到井底。求：(g取10 m/s) (1)相邻两个小球开始下落的时间间隔；

(2)这时第3个小球和第5个小球相隔的距离。

12

解析：(1)设相邻两个小球开始下落的时间间隔为Δt，由题意可知，第1个小球下落到井底的时间为t＝10Δt。由h＝gt，

2

7

解得：t＝5 s，Δt＝0.5 s。(2)此时第3个小球与第5个小球的距离等于第1个小球第4 s内下降的距离，即Δh＝ h＝35 m。

1＋3＋5＋7＋9

6

4．一水池水深H=0.8m．现从水面上方h=0.8m高处由静止释放一质量为m=0.1kg的硬质球体，测得球体从

2

释放到落至水池底部用时t=0.6s．已知球体直径远小于水池深度，不计阻力，取g=10m/s，求： （1）通过计算判断球体在水中做什么运动？

（2）从水面上方多高处由静止释放球体，才能使球体从释放到落至池底所用时间最短． 【答案】（1）匀速运动．（2）0.4m 解：（1）设小球落至水面所用时间为t1，在水中运动做匀变速运动，加速度为a，则

v=gt1

（2）设释放点距水面x，则

，

，

联立解得a=0m/s，则小球在水中匀速运动．

利用均值定理，当

时t最小，即

2

5、研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面．不计产品

2

所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度．(g取10 m/s) 法一：全程法

将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图所示．规定向上为正方向，则v0＝10 m/s，

a＝－g＝－10 m/s2根据H＝v0t＋at2解得H＝－495 m即产品的释放位置离地距离为495 m.

法二：分段法 根据题意画出运动草图．将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理．A→B为竖直上抛运动，B→C→D为自由落体运动．在A→B段，根据竖直上抛运动规律可知tAB＝＝1 s

1v0＝5 m 由题意可知t＝11 s－1 s＝10 s根据自由落体运动规律得h＝1gt＝500 m hAB＝hBC＝gt2AB或BDBDBD2

222g故释放点的高度H＝hBD－hBC＝495 m. 答案：495 m

6．如图所示，离地面足够高处有一用绳连接的竖直空管，管长为24m，M、N为空管的上、下两端，空管

2

以a=2m/s的加速度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

2

球沿管的轴线以初速度v0竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s．求： v0 M （1）若小球上抛的初速度为10m/s，3s内小球的位移

（2）若小球上抛的初速度为10m/s，小球经过多长时间从管的N端穿出

（3）若此空管静止时N端离地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v0大小的范围． 【解析】（1）规定向下为正方向，hv0t12

1

2

v0ga

N

方向竖直向下（21gt1215m21分）

（2）设经过时间t2小球从管的N端穿出 小球的位移为 hv0t212 空管的位移为 gt22

12at2 h1h2L t24S （3分） 21(3) 设小球初速度v0，空管经t3时间到达地面Hat32t38s 2h2小球在t3时间下落高度为hvt0312，要落入空管内必须满足的条件为mh88m29m/sv32m/s 0gt32

7

第四讲：追及、相遇问题

分析“追及”问题应注意的几点

(1)一定要抓住“一个条件，两个关系”：

①“一个条件”是两物体的速度满足的临界条件，如两物体距离最大、最小，恰好追上或恰好追不上等． ②“两个关系”是时间关系和位移关系．通过画草图找到两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口． (2)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．

(3)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．

2

1、一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s的加速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以v0＝6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：

(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？最远距离是多大？ (2)当汽车与自行车距离最近时汽车的速度是多大？

解析 (1)当汽车的速度为v＝6 m/s时，二者相距最远，所用时间为t＝＝2 s 12

最远距离为Δx＝v0t－at＝6 m.

2

12

(2)两车距离最近时有v0t′＝at′解得t′＝4 s 汽车的速度为v＝at′＝12 m/s.

22、如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85 m，

2

现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5 m/s，甲车运动6.0 s时，乙车开始向右做匀加速

2

直线运动，加速度a2＝5.0 m/s，求两辆汽车相遇处距A处的距离． 12

解析 甲车运动6 s的位移为x0＝a1t0＝45 m

2

1122

此时甲车尚未追上乙车，设此后经过时间t与乙车相遇，则有a1(t＋t0)＝a2t＋85 m

22将上式代入数据并整理得：t－12t＋32＝0 解得：t1＝4 s，t2＝8 s

t1、t2都有意义，t1＝4 s时，甲车追上乙车；t2＝8 s时，乙车追上甲车再次相遇 12

第一次相遇地点距A的距离：x1＝a1(t1＋t0)＝125 m

212

第二次相遇地点距A的距离：x2＝a1(t2＋t0)＝245 m.

2

3．平直道路上有甲、乙两辆汽车同向匀速行驶，乙车在前，甲车在后．甲、乙两车速度分别为40 m/s和

2

25 m/s，当两车距离为200 m时，两车同时刹车，已知甲、乙两车刹车的加速度大小分别为1.0 m/s和0.5

2

m/s.问：甲车是否会撞上乙车？若未相撞，两车最近距离多大？若能相撞，两车从开始刹车直到相撞经历了多长时间？

解析 设经过t时间甲、乙两车的速度相等，即v甲－a甲t＝v乙－a乙t 代入数据得：t＝30 s v＝10 m/s

设在30 s时甲、乙两车的距离为Δx，则Δx＝200＋x乙－x甲 11

＝200 m＋(25＋10)×30 m－(40＋10)×30 m ＝－25 m

22

12

说明30 s以前两车已碰撞，设从开始刹车到相撞时间为t′，则x甲′＝40t′－×1×t′①

2

2

vax乙′＝25t′－×0.5t′2② x甲′＝200＋x乙′③

由①②③得：t′－60t′＋800＝0 即t′＝20 s或t′＝40 s(舍去)

8

2

12

4．甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为16 m/s.已知

22

甲车紧急刹车时加速度a1＝3 m/s，乙车紧急刹车时加速度a2＝4 m/s，乙车司机的反应时间是0.5 s(即乙车司机看到甲车刹车后0.5 s才开始刹车)．为保证两车紧急刹车过程不相碰，甲、乙两车行驶过程至少应保持多大距离？答案 1.5 m

12S1v0t1a1t1Sv0t12（1）在甲刹车、乙未刹车的0.5s内 甲车位移s1： 乙车位移s2：2

12SS2S1a1t10.375m2这段0.5s时间内甲、乙两车间距减小 （2）乙车开始刹车时，甲、乙两车的速度分别为V1、V2

V1V0a1t114.5m/s

V2V016m/s

设乙车刹车后经过t2时间，甲、乙两车的速度相同则：V1a1t2V2a2t2 得：t2=1.5s

12S1'V1t2a1t218.375m2（3）在乙车开始刹车后这1.5s时间内，甲、乙两车的位移分别是：

12S2'V2t2a2t219.5m2 在此过程中，两车之间距离继续减小S'S2'S1'1.125m （4）总之，从甲车开始刹车到乙车刹车后两车速度相同，乙车向甲车靠近的总距离为

Δs=Δs＋Δs’＝0.375m＋1.125m＝1.5m ∴为保证两车不相撞，行驶时两车前后间距至少为1.5m． 5、汽车以25 m/s的速度匀速直线行驶，在它后面有一辆摩托车，当两车相距1 000 m时，摩托车从静止起动做匀加速运动追赶汽车，摩托车的最大速度可达30 m/s，若使摩托车在4 min时刚好追上汽车．求： (1)摩托车做匀加速运动的加速度a.

(2)摩托车追上汽车前两车相距最大距离x.

2

答案 (1)2.25 m/s (2)1 138 m

解析(1)设在4min内汽车运动的位移为x1，摩托车运动的位移为x2，摩托车的加速度为a，摩托车达到最

v2x2v(t总t)2a大速度所用时间为t，则x1=v1t总 =25×240m=6000m，v=at，恰好追上的条件为x2=x1+x0 联立上式并代入数值得a=2.25m／s

(2)摩托车与汽车速度相等时两车相距最远，设此时刻为T，最大距离为x，由运动学公式得v1=aT，解得

100T=9s

2

所以

1aT2x=x0+v1T2 代入数值得x=1139m

6．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v＝10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，

2

决定前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以2.5 m/s的加速度做匀加速运动，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)判定警车在加速阶段能否追上货车．(要求通过计算说明) (3)警车发动后要多长时间才能追上货车？

答案 (1)75 m (2)不能 (3)12 s

解析：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．则t1＝1212

＝(5.5＋4)×10 m＝95 mx警＝at1＝×2.5×4 m＝20 m所以两车间的最大距离，Δx＝x货－x警＝75 m.

22

251212

(2)v0＝90 km/h＝25 m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间t2＝ s＝10 s，x货′＝(5.5＋10)×10 m＝155 m x警′＝at2＝×2.5×10 m

2.522＝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Δx′

过Δt时间追赶上货车，则Δt＝＝2 s所以警车发动后要经过t＝t2＋Δt＝12 s才能追上货车．

v0－v10

s＝4 s，x2.5

货

9

7．甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1=11m处，乙车速度v乙=60m/s，甲车速度

2

v甲=50m/s，此时乙车离终点线尚有L2=600m，如图所示．若甲车做匀加速运动，加速度a=2m/s，乙车速度不变，不计车长．

（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？ （2）到达终点时甲车能否超过乙车？

解答： 得t1=

𝑎

解：（1）当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲+at1=v乙，=

2

𝑣乙−𝑣甲60−50

s=5s；

甲车位移x甲=v甲 t1+at=275 m，乙车位移x乙=v乙 t1=60×5 m=300 m，此时两车间距离△x=x乙+L1﹣x甲=36 m

（2）甲车追上乙车时，位移关系为x甲′=x乙′+L1，甲车位移x甲′=v甲 t2+at2，

21

2

乙车位移x乙′=v乙 t2，将x甲′、x乙代入位移关系，得v甲t2+at=v乙t2+L1，代入数据t2=11s，

2

1

2

实际乙车到达终点的时间为t3=

𝐿2

𝑉

乙=

60060

=10𝑠，所以到达终点时甲车不能超过乙车．

答：（1）经过5s甲、乙两车间距离最大，最大距离是36 m；（2）到达终点时甲车不能超过乙车．

8．在某市区内，一辆小汽车在平直的公路上以速度v向东匀速行驶，一位观光游客正由南向北从斑马线上匀速横穿马路．汽车司机发现前方有危险(游客正在D处)经0.3s作出反应，紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下，为了清晰了解事故现场，现以下图示之，AC段是汽车轮胎在路面上的擦痕．为了判断汽车司机是否超速行驶，警方派一警车以该路段法定最高速度vm＝14.0m/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车起始制动点A紧急刹车，经14.0m后停下来，在事故现场测得AB＝17.5m.BC＝14.0m，BD＝2.6m.问： (1)该肇事汽车的初速度vA是多大？有无超速？ (2)游客横过马路的速度大小？

【答案】(1)21m/s，大于规定的最高速度14.0m/s，超速了；(2)2m/s 【解析】试题分析：(1)警车刹车后的加速度大小为a，则 av2vm14.02因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的加速度也为7.0m/s.肇事汽车的速度

m/s2=7.0m/s22s214.02

2aAC27.031.5m/s=21m/s，大于规定的最高速度14.0m/s.

(2)AB＝vt1at2，代入数据，解出t＝1.0s.游客的速度2v人BD2.6m/s=2m/s t1t210.39．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=8m/s， B车的速度大小为V2=20m/s，如图所示。当A、B两车相距x0=28m时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可

2

视为匀减速直线运动），加速度大小为a=2m/s，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，求A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.

【答案】（1） m；（2）16 s；（3）0.25 m/s

【解析】试题分析：（1）当A、B两车速度相等时，相距最远 根据速度关系得：v1= v 2 -a t 1 代入数据解得： t 1=6 s 此时，根据位移公式得：xA= v 1 t 1 xB= v 2 t 1 -a t 1

21

2

2

△xm= xB+ xo -xA 代入数据解得：△xm= m

2

（2）B车刹车停止运动所用时间： to= v 2/a=10 s 所发生位移：xB′= v 2/2a=100m 此时：xA= v 1 t 0=80m 则 ：xA＜ x0 + xB′，

可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上之后A车运动时间为：t 2=（ x0 + xB′－xA）/ v 1=6 s 故所求时间为：t = to+ t 2=16 s

（3）A车刹车减速至0时刚好追上B车时，加速度最小 代入数据解得：aA=0.25 m/s

2

+x0= （3分）

（2分）

10

10．公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用．某日，小李在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1m/s，公交车的速度是15m/s，他们距车站的距离为50m．假设公交车在行驶到距车站25m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10s．而小李因年龄、体力等关系最大速度只能达到6m/s，最大起跑加速度只能达到

2

2.5m/s．

（1）若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？ （2）试计算分析，小李是应该上这班车，还是等下一班车．

【答案】（1）其加速度大小4.5m/s；（2）可以在公交车还停在车站时安全上车． 【解析】试题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出公交车的加速度大小．

（2）根据匀变速直线运动的运动学公式和推论分别求出公交车和人分别运动到车站的时间，通过时间比较，判断能否上车． 解：（1）公交车的加速度为：

，所以其加速度大小4.5m/s

2

2

（2）公交车从开始相遇到开始刹车用时为：，公交车刹车过程中用时为：，

以最大加速度达到最大速度用时为：，加速过程中位移为：，

以最大速度跑到车站用时为：，显然，t3+t4＜t1+t2+10，可以在公交车还停在车站时安全上车．

答：（1）其加速度大小4.5m/s；（2）可以在公交车还停在车站时安全上车．

2

11． ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1=15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前10m处正好匀减速至v2=5m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费成功后，再启动汽车匀加速

2

至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s，求：

（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；

（2）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？ 试题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速和减速的位移，以及匀速运动的位移大小求出总位移．

（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，结合通过ETC通道和人工收费通道的时间求出节约的时间．

解：（1）过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为

，

所以总的位移 s总1=2s1+10m=210m． （2）过ETC通道时

=

=22s．

过人工收费通道时 ． ．

二者的位移差△s=s2﹣s1=225﹣210m=15m．在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动所以 ==27s．

答：（1）从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为210m．（2）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是27s．

11

12．甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置标记．在某次练习中，甲在接力区前x0＝13.5 m处作了标记，并以v＝9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令．乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒．已知接力区的长度为L＝20 m.

求：(1)此次练习中乙在接棒前的加速度a. (2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．

（3）若s0＝16m，乙的最大速度为8m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲、乙能在接力区完成交接棒，则乙在听到口令后加速的加速度最大值为多少？

答案 (1)3 m/s (2)6.5 m （3）3m/s

解：（1）在甲发出口令后，甲、乙达到共同速度所用的时间为设在这段时间内甲、乙的位移分别为x1和x2，则联立①②③④式解得

代入数值得a=3 m/s

2

2

8

2

①

② x1=vt ③ x1=x2+x0 ④

（2）在这段时间内，乙在接力区的位移为完成交接棒时，乙与接力区末端的距离为L－x2=6.5 m

（3）由题意可知，乙的加速度越大，在完成交接棒时跑过的距离越长，当在接力区的边缘完成交接棒时，乙的加速度最大，设为a，运动的总时间为：t＝乙的位移满足：L＝Ls0v乙做加速运动的时间为：t2＝m va1vmt2＋vm(t－t2) 282

m/s 3联立以上各式，并代入数据解得：a＝13.动物爱好者经过长期观察发现，猎豹从静止开始沿直线奔跑时，经过60 m的距离其速度加速到最大为30 m/s，以后只能维持这一速度4.0 s；羚羊从静止开始沿直线奔跑时，经过50 m的距离其速度加速到最大为25 m/s，并能保持这一速度奔跑较长的时间。一次猎豹在距羚羊x处对羚羊开始发起攻击，羚羊在猎豹发起攻击后1.0 s开始奔跑，结果猎豹在减速前追上了羚羊，试求x值的取值范围(假定猎豹和羚羊在加速阶段分别做匀加速直线运动，且均沿同一直线奔跑)。 答案：x≤55 m

解析：设x＝x0时猎豹恰好在即将减速时追上了羚羊，所以猎豹做匀速运动时间t0＝4 s

2

由v＝2ax得猎豹和羚羊加速运动时的加速度分别为

v12v222

a1＝＝7.5 m/s，a2＝＝6.25 m/s2

2x12x2

由v＝at得猎豹和羚羊加速运动过程所用时间分别为

v1v2

t1＝＝4 s，t2＝＝4 s 猎豹在减速前发生的位移x3＝x1＋v1t0＝180 m

a1a2

羚羊在猎豹减速前发生的位移x4＝x2＋v2(t0－1)＝125 m 所以x0＝x3－x4＝55 m

由题意分析可知，要使猎豹在减速前追上羚羊，应有x≤x0即x≤55 m

12