2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(01)　运动图像　追及和相遇问题

这是一份2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(01)　运动图像　追及和相遇问题，共19页。

命题点一　位移—时间(x­t)图像(自主学习)
[核心整合]
1．图像的意义：x­t图像反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律．
2．x­t图像中的“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．
注意：位移—时间图像只能描述物体做直线运动的情况，这是因为位移—时间图像只能表示物体运动的两个方向：t轴上方代表正方向，t轴下方代表负方向．
[题组突破]
1.(x­t图像的理解)(多选)做直线运动的某质点的位移—时间图像(抛物线)如图所示，P(2，12)为图线上的一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q(0，4)．已知t＝0时质点的速度大小为8 m/s，则下列说法正确的是(　　)
A．质点做匀减速直线运动
B．质点经过P点时的速度大小为6 m/s
C．质点的加速度大小为2 m/s2
D．0～1 s时间内，质点的位移大小为4 m
解析：AC　由题知图像为抛物线，结合匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，而v0＝8 m/s，t＝2 s时的位移x＝12 m，代入解得a＝－2 m/s2，则函数表达式为x＝8t－t2，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2，故A、C正确；vP＝＝ m/s＝4 m/s，故B错误；由位移公式可得0～1 s时间内质点的位移x1＝8×1 m－12 m＝7 m，故D错误．
2.(x­t图像的应用)(2022·合肥市高三质检)甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则下列说法正确的是(　　)
A．甲车的初速度为零
B．乙车的初位置在x0＝60 m处
C．乙车的加速度大小为1.6 m/s2
D．5 s时两车相遇，此时甲车速度较大
解析：C　位移－时间图像的斜率表示速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，故A错误；甲车的速度为v甲＝＝ m/s＝4 m/s，乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则在t＝10 s时，乙车的速度为零，反过来看成乙车做初速度为0的匀加速直线运动，则x＝at2，根据图像可知， x0＝a·102 , 20＝a·52，解得乙车的加速度大小a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，故B错误，C正确；5 s时两车相遇，此时乙车的速度为v乙＝at＝1.6×5 m/s＝8 m/s，乙车的速度较大，故D错误．
命题点二　速度—时间(v­t)图像(师生互动)
[核心整合]
1．图像的意义：v­t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，它只能描述物体做直线运动的情况．
2．图像的斜率：v­t图线(或切线)的斜率表示物体的加速度．
斜率的绝对值表示加速度的大小，斜率为正表示加速度沿规定的正方向，但物体不一定做加速运动；斜率为负，表示加速度沿规定的负方向，但物体不一定做减速运动．
3．v­t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．
　(2021·广东卷)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v­t和s­t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有(　　)

解析：BD　选项A是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；选项B是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；选项C是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；选项D是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头并齐，故D正确．

消除对运动学图像的“误会”
(1)无论x­t图像、v­t图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动，图像的形状反映了x与t、v与t的函数关系，而不是物体运动的轨迹．
(2)x­t图像中两图线的交点表示两物体相遇，v­t图像中两图线的交点表示该时刻两物体的速度相等，并非相遇．
(3)位置坐标(x­y)图像则能描述曲线运动，图线交点表示物体均经过该位置，但不一定相遇，因为不知道时间关系．
[题组突破]
1.(v­t图像的理解)如图所示，为某物体做直线运动的v­t图像，由此可知(　　)
A．前1 s物体的位移大小为1 m
B．第2 s末物体的瞬时速度大小为2 m/s
C．第3 s内物体的加速度大小为3 m/s2
D．前3 s物体做匀变速直线运动
解析：A　在v­t图像中，相应图线与时间轴所围的面积表示位移，由题图知，前1 s内物体的位移大小x＝×1×2 m＝1 m，选项A正确；在1～3 s内由题图得，物体的加速度a＝＝＝－1 m/s2，第2 s末物体的瞬时速度v＝v0＋at＝2 m/s－1 m/s2×1 s＝1 m/s，选项B、C错误；0～1 s内物体做匀加速直线运动，1～3 s内物体做匀减速直线运动，选项D错误．
2．(v­t图像的应用)(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　可根据速度—时间图像与时间轴所围面积大小判断位移大小，在t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，又题中已知t2时刻两车相遇，因此在t1时刻甲车在后，乙车在前，选项A错误，选项B正确；速度—时间图像的斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知，甲、乙的斜率的绝对值均先减小后增大，因此甲、乙的加速度大小均先减小后增大，选项C错误，选项D正确．
3.(图像转换类问题)小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图所示．以下滑起点为位移坐标原点，以小球开始下滑时刻为t＝0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图像是(　　)

解析：A　由小球运动的v­t图像可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下(即正方向)，C、D错误．下滑时小球做初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2可知，x­t2图像为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此，x­t2图像也是一条直线．由v­t图像可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，上滑运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，A正确，B错误．
命题点三　非常规图像(多维探究)
1．四类图像
(1)a­t图像：由v＝v0＋at可知图像与横轴所围面积表示速度变化量Δv，如图甲所示．
(2) ­t图像：由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，图像的斜率为a，如图乙所示．

(3)v2­x图像：由v2－v＝2ax可知v2＝v＋2ax，图像斜率为2a.
(4)x­v图像：x与v的关系式：2ax＝v2－v，图像表达式：x＝ v2－ v.
2．解题技巧
(1)用函数思想分析图像：图像反映了两个变量(物理量)之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，来分析图像的意义．
(2)要注意应用解析法和排除法，两者结合会提高选择题图像类题型的解题准确率和解题速度．
第1维度：a­t图像…………………
　一物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图线如图所示．下列说法正确的是(　　)

A．物体运动的最大速度是4 m/s
B．t＝4 s时物体回到出发点
C．t＝4 s时物体开始反向运动
D．t＝1 s时和t＝3 s时物体的瞬时速度相同
解析：D　图像与时间轴所围“面积”表示速度变化量，由题图可知，物体运动的最大速度为vmax＝× 2 × 2 m/s ＝2 m/s，A错误；0～1 s物体做加速度增大的加速运动，1～2 s物体做加速度减小的加速运动，2～3 s物体做加速度反向增大的减速运动，3～4 s，物体做加速度反向减小的减速运动，根据对称性可知，物体在4 s末时速度减为零，4 s后物体又重复前面的运动，故B、C错误；由B、C项分析可知，t＝1 s时和t＝3 s时物体的瞬时速度相同，故D正确．
第2维度： ­t图像…………………
　一质点沿直线运动，如图所示是从t＝0时刻开始的质点的 ­t图像(x为位移)，可以推知(　　)

A．质点做匀减速运动
B．加速度的大小是1 m/s2
C．t＝2 s时的速度是1 m/s
D．t＝2 s时位移是3 m
解析：B　由题意可得图线的函数表达式为＝1＋t，即x＝t＋t2，又因为匀变速直线运动中位移公式为x＝v0t＋at2，根据对应关系得v0＝1 m/s，a＝1 m/s2，因此质点做匀加速运动，故A项错误，B项正确．当t＝2 s时，根据公式v＝v0＋at，求出速度是3 m/s，故C项错误；当t＝2 s时， 代入表达式x＝t＋t2，可得位移是4 m，故D项错误．
第3维度：v2­x图像…………………
　一辆汽车做直线运动，其v2­x图像如图所示．关于汽车的运动，下列说法错误的是(　　)
A．汽车的初速度为4 m/s
B．汽车的加速度大小为0.5 m/s2
C．汽车第4 s末的速度为2 m/s
D．汽车前10 s内的位移为15 m
解析：D　由题图可知初始时速度的平方为16 m2/s2，则汽车的初速度v0＝4 m/s，A项正确．由题图可知v2与x的关系式为v2－42＝－x，再与公式v2－v＝2ax对比可知汽车做匀减速直线运动，加速度a＝－0.5 m/s2，B项正确．由v＝v0＋at，可得汽车第4 s末的速度为v4＝4 m/s－0.5×4 m/s＝2 m/s，C项正确．因t＝＝8 s，则知第8 s 末车停止，汽车前10 s内位移x＝＝16 m，D项错误．
第4维度：x­v图像…………………
　甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的x­v图像如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直．下列说法正确的是(　　)

A．图线a表示质点乙的运动
B．质点甲的加速度大小为3 m/s2
C．质点乙的加速度大小为1 m/s2
D．开始运动后，两质点在x＝6 m处相遇
解析：C　根据图像可知，a图像的速度随位移增大而增大，b图像的速度随位移增大而减小，所以图像a表示质点甲的运动，故A错误；当x＝0时，乙的速度为6 m/s，即质点乙的初速度v0＝6 m/s，设质点乙、甲先后通过x＝6 m处时的速度均为v，对质点甲：v2＝2a1x①，对质点乙：v2－v＝－2a2x②，联立①②解得a1＋a2＝3 m/s2③.当质点甲的速度v1＝8 m/s、质点乙的速度v2＝2 m/s时，两质点通过相同的位移均为x′，对质点甲：v＝2a1x′④，对质点乙：v－v＝－2a2x′⑤，联立④⑤解得a1＝2a2⑥，联立③⑥解得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，故B错误，C正确；图线a、b的交点表示两质点通过同一位置，但不是同时，故D错误．
命题点四　追及与相遇问题(师生互动)
[核心整合]
讨论追及、相遇问题的实质，就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置．
1．抓住一个条件，两个关系
(1)一个条件：二者速度相等．它往往是能否追上或距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．
(2)两个关系：即时间关系和位移关系．可通过画草图找出两物体的位移关系，也是解题的突破口．
2．能否追上的判断方法
常见情形：物体A追物体B，开始二者相距x0，则
(1)A追上B时，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB.

(2)要使两物体恰不相撞，必有xA－xB＝x0，且vA＝vB.
　(2022·安徽庐巢七校联盟第三次联考)一汽车在直线公路段上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶．经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：
(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？
(2)若汽车刹车时的加速度只为4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？
解析：(1)设汽车的加速度大小为a
初速度v汽＝54 km/h＝15 m/s
初始距离d＝14 m
自行车的位移为x自＝v自(t＋t0)
汽车的位移为x汽＝v汽(t＋t0)－at2
假设汽车能追上自行车，此时有x汽＝x自＋d
代入数据整理得at2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得
Δ＝102－20a≤0
解得a≥5 m/s2
所以，为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为5 m/s2.
(2)设自行车加速度为a′，同理可得
v汽(t＋t0)－a汽t2＝v自(t＋t0)＋a′t2＋d
整理得t2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得
Δ＝102－20a′－80≤0，解得a′≥1 m/s2
所以，自行车的加速度至少为1 m/s2才能保证两车不相撞．
答案：(1)5 m/s2　 (2)1 m/s2

追及与相遇问题的两种典型情况
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)初速度小的匀加速运动的物体A追匀速运动的物体B，当vA＝vB时，二者相距最远．
(2)初速度大的匀减速运动的物体A追匀速运动的物体B，当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．
[题组突破]
1．(图像中的追及相遇问题)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v­t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 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
解析：BD　根据v­t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v­t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．
2．(实际问题中的追及相遇问题)小明到汽车站时，车已经沿平直公路驶离车站，司机听到呼喊后汽车马上以2 m/s2的加速度匀减速刹车，设小明同时以4 m/s的速度匀速追赶汽车，汽车开始刹车时速度为8 m/s，减速前距离小明12 m．则小明追上汽车所需的时间为(　　)
A．6 s　　　　　　　　 B．7 s
C．8 s D．9 s
解析：B　汽车速度减为0的时间为t1＝＝4 s，汽车速度减为0的位移为x＝＝ m＝16 m，小明追上汽车的位移x′＝x0＋x＝(12＋16) m＝28 m，小明追上汽车的时间t＝＝ s＝7 s>t1，所以小明追上汽车所需的时间为7 s，故B正确，A、C、D错误．

素养培优2　运动学中的“STSE问题”
类型一　结合汽车通过ETC通道的情境考查v­t图像
　为了加快高速公路的通行，许多省市的ETC联网正式运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．假设减速带离收费岛口的距离为50 m，收费岛总长度为40 m，如图所示．汽车以大小为72 km/h的速度经过减速带后，需要在收费中心线前10 m处正好匀减速至36 km/h，然后匀速通过中心线即可完成缴费，匀速过中心线10 m后再以相同大小的加速度匀加速至72 km/h，然后正常行驶．下列关于汽车的速度—时间图像正确的是(　　)


解析：A　72 km/h＝20 m/s，36 km/h＝10 m/s.根据v2－v＝2ax可知，汽车做匀减速运动的加速度大小为 m/s2＝2.5 m/s2，根据v＝v0＋at可知，经过4 s汽车速度减小到10 m/s，然后匀速运动到中心线缴费．汽车从开始匀速运动到通过中心线10 m所用的时间为 s＝2 s，随后汽车开始做匀加速运动，根据v＝v0＋at可得，再经过4 s汽车加速至20 m/s，然后正常行驶．综上所述，A正确，B、C、D错误．
类型二　以行车安全问题为背景考查匀变速直线运动规律
　为了测试智能汽车自动防撞系统的性能．质量为1500 kg 的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求：

(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；
(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；
(3)汽车在上述22 m的运动过程中的平均速度大小．
解析：(1)由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度
a2＝，
将Ff＝12 000 N，
m＝1500 kg代入得a2＝8 m/s2.
(2)设触发“紧急制动”时汽车速度大小v，其到障碍物的距离为x2，则
x2＝＝，
已知“紧急制动”前的加速度a1＝1 m/s2，
则紧急制动前的位移为
x1＝＝，
已知总位移x＝x1＋x2＝22 m，v0＝10 m/s，
由以上各式得v＝8 m/s，x2＝4 m.
(3)“紧急制动”前的时间t1＝＝2 s，
“紧急制动”后的时间t2＝＝1 s，
总时间t＝t1＋t2＝3 s，
＝＝ m/s≈7.33 m/s.
答案：(1)8 m/s2　(2)8 m/s　4 m　(3)7.33 m/s
类型三　以体育运动为背景考查多过程运动问题
　足球运动员常采用折返跑方式训练，如图所示，在直线跑道起点“0”的左边每隔3 m放一个空瓶，起点“0”的右边每隔9 m放一个空瓶，要求运动员以站立式起跑姿势站在起点“0”上，当听到“跑”的口令后，全力跑向“1”号瓶，推倒“1”号瓶后再全力跑向“2”号瓶，推倒“2”号瓶后……运动员做变速运动时可看作匀变速直线运动，加速时加速度大小为4 m/s2，减速时加速度大小为8 m/s2，每次推倒瓶子时运动员的速度都恰好为零．运动员从开始起跑到推倒“2”号瓶所需的最短时间为多少(运动员可看作质点)?

解析：第一阶段由“0”到“1”的过程中，
设加速运动时间为t1，减速运动时间为t2，
由速度关系得a1t1＝a2t2
由位移关系得a1t＋a2t＝3 m
已知a1＝4 m/s2，a2＝8 m/s2，
解得t1＝1 s，t2＝0.5 s.
第二阶段由“1”到“2”的过程中，
设加速运动时间为t3，减速运动时间为t4，
由速度关系得a1t3＝a2t4，
由位移关系得a1t＋a2t＝12 m，
解得t3＝2 s，t4＝1 s.
运动员从开始起跑到推倒“2”瓶所需的最短时间为t，
则t＝t1＋t2＋t3＋t4＝4.5 s.
答案：4.5 s
限时规范训练
[基础巩固]
1．图示为某物体做直线运动的速度v随时间t变化的图像，则物体(　　)

A．加速度一直不变
B．2 s末和6 s末速度相同
C．0～ 8 s内一直做匀减速直线运动
D．0～ 8 s内，8 s末离出发点最远
解析：A　0～ 8 s内图线的斜率不变，即加速度一直不变，故A正确；2 s末速度方向为正，6 s末速度方向为负，速度不相同，故B错误；0～ 4 s内做正方向的匀减速直线运动，4～ 8 s内做负方向的匀加速直线运动，所以4 s末离出发点最远，故C、D错误．
2．被称为“史上最严交规”的《机动车驾驶证申领和使用规定》已经正式施行，司机闯黄灯要扣6分．某驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂思考后开始刹车，汽车在黄灯刚亮时恰停在停车线前，汽车运动的v­t图像如图所示．若绿灯开始闪烁时汽车距停车线距离L＝10.5 m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为(　　)

A．0.5 s　　　　　　　 B．1.5 s
C．3 s D．3.5 s
解析：C　根据速度—时间图像中图线与坐标轴围成的“面积”表示位移可知x＝L＝6×0.5 m＋×6×(t0－0.5) m＝10.5 m，解得t0＝3 s．故选C.
3．(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：CD　x­t图像中图线的斜率表示速度，t1时刻两图线的斜率不同，即两车速度不相等，A错误；甲、乙两车起点不同，t1时刻所处的位置相同，故0～t1时间内路程不同，B错误；t1、t2时刻甲、乙位置均相同，且都做单方向上的直线运动，所以t1～t2时间内路程相等，C正确；t1～t2时间内甲的图线的斜率先小于乙后大于乙，所以中间存在斜率与乙相等的时刻，故D正确．
4.一物体做匀加速直线运动，从某位置开始通过传感器收集位移和速度等数据信息，然后输入计算机自动生成了物体运动的x­v图像，如图所示．以下说法正确的是(　　)
A．物体运动的初速度为1 m/s
B．物体运动的加速度为2 m/s2
C．物体速度由2 m/s增加到4 m/s的过程中，物体的位移大小为1 m
D．物体速度由2 m/s增加到4 m/s的过程中，物体的运动时间为2 s
解析：B　物体做匀加速直线运动，则有v2－v＝2ax，由题图可知，当v＝0时，x＝－1 m，代入上式得：－v＝－2a，当x＝0时，v＝2 m/s，代入上式得：4－v＝0，解得：v0＝2 m/s，a＝2 m/s2，故A错误，B正确；物体速度由2 m/s增加到4 m/s的过程中，物体的位移大小为x＝＝ m＝3 m，故C错误；物体速度由2 m/s增加到4 m/s 的过程中，物体的运动时间为t＝＝ s＝1 s，故D错误．
5．一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，则(　　)
A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 m
C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 m
D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
解析：B　在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，当汽车加速到6.0 m/s时二者相距最近．汽车加速到6.0 m/s所用时间t＝6 s，人运动距离为6×6 m＝36 m，汽车运动距离为18 m，二者最近距离为18 m＋25 m－36 m＝7 m，A、C错误，B正确；人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离先减小后增大，D错误．
6．(2022·广东汕头市质检)某一长直的赛道上，一辆F1赛车前方200 m处有一安全车正以10 m/s的速度匀速前进，这时赛车从静止出发以2 m/s2的加速度追赶．
(1)求赛车出发3 s末的瞬时速度大小；
(2)求赛车何时追上安全车？追上之前与安全车最远相距多少？
(3)当赛车刚追上安全车时，赛车手立即刹车，使赛车以4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，则两车再经过多长时间第二次相遇？(设赛车可以从安全车旁经过而不相碰)
解析：(1)赛车3 s末的速度
v1＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s.
(2)设经t2时间追上安全车，由位移关系得
v0t2＋200 m＝a1t
解得t2＝20 s
此时赛车的速度v＝a1t2＝2×20 m/s＝40 m/s
当两车速度相等时，两车相距最远
由v0＝a1t3得两车速度相等时，经过的时间
t3＝＝ s＝5 s
两车最远相距
Δs＝v0t3＋200 m－a1t＝ m＝225 m.
(3)假设再经t4时间两车第二次相遇(两车一直在运动)
由位移关系得vt4－a2t＝v0t4
解得t4＝15 s
赛车停下来的时间t′＝＝ s＝10 s
所以t4＝15 s不合实际，两车第二次相遇时赛车已停止运动．
设再经时间t5两车第二次相遇，应满足＝v0t5
解得t5＝20 s.
答案：(1)6 m/s　(2)20 s　225 m　(3)20 s
[能力提升]
7．甲、乙两车沿着一条平直公路同向同速行驶，相距121 m．t＝0时刻，前面的甲车开始减速，经过一段时间，后面的乙车也开始减速，两车的v­t图像如图所示．如果乙车停止时与前方甲车相距1 m，则甲车在减速过程中行驶的距离为(　　)

A．120 m B．160 m
C．200 m D．240 m
解析：B　设甲车在减速过程中行驶的距离为x甲、乙车在0～5t0过程中行驶的距离为x乙．x甲＝＝2v0t0，x乙＝＝v0t0，且x乙＋1 m＝x甲＋121 m，联立以上各式解得：x甲＝160 m，故选项B正确，选项A、C、D错误．
8.如图所示，可视为质点的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初速度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：B　由题意知，t＝5 s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝vBt＋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＝＝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．
9．(2022·文昌一模)在一平直的水平路面上有甲、乙两辆汽车同向行驶．某时刻乙车在甲车前方15 m处，从该时刻开始计时，0～4 s内甲、乙两车做匀变速直线运动的速度与时间的关系图像如图所示．下列说法中正确的是(　　)
A．t＝2 s时刻，甲车刚好追上乙车
B．t＝4 s时刻，甲车刚好追上乙车
C．乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小
D．此过程中甲、乙两车之间的距离一直减小
解析：A　根据速度—时间图像中图线与时间轴所围的面积表示位移，知0～2 s内，甲车与乙车的位移之差为Δx＝ m＝15 m，则t＝2 s时刻，甲车刚好追上乙车，故选项A正确；因2～4 s时间内，乙车的位移比甲车的大，则t＝4 s时刻，甲车没有追上乙车，故选项B错误；根据速度图像的斜率表示加速度，则知乙车的加速度大小小于甲车的加速度大小，故选项C错误；在0～2 s内，甲、乙两车之间的距离减小，2 s后两车之间的距离增大，故选项D错误．
10．(多选)一辆汽车正以v1＝10 m/s的速度在平直公路上匀速行驶，发现正前方有一辆自行车以v2＝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a＝0.6 m/s2的匀减速运动，汽车恰好没有碰上自行车，则(　　)
A．关闭油门时，汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为10 s
B．关闭油门时，汽车恰好没有碰上自行车时所用时间为 s
C．关闭油门时，汽车与自行车的距离为30 m
D．关闭油门时，汽车与自行车的距离为 m
解析：AC　撞不上的临界条件为速度相等时恰好追上，则有v1－at＝v2，代入数据解得t＝10 s，选项A正确，B错误；设汽车的位移为x1，自行车的位移为x2，则由位移关系有x1＝x2＋x，即t＝x＋v2t，代入数据解得x＝30 m，选项C正确，D错误．
11．(多选)如图所示，图线OP、MN分别是做直线运动的质点A、B的位移—时间图像，其中OP为开口向下抛物线的一部分，P为图像上一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q.则下列说法正确的是(　　)

A．t＝4 s时，质点A的速率为1 m/s
B．质点A的加速度大小为0.25 m/s2
C．质点A的初速度大小为6 m/s
D．t＝2 s时A、B相遇
解析：AD　x­t图像切线的斜率表示速度，则t＝4 s时质点A的速率为v＝ m/s＝1 m/s，故A正确； 质点A的x­t图像为抛物线，结合匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋at2，当t＝4 s时有10＝4v0＋8a①，根据速度时间公式v＝v0＋at，当t＝4 s时有1＝v0＋4a②，联立①②解得v0＝4 m/s，a＝－0.75 m/s2，所以质点A的初速度大小为4 m/s，加速度的大小为0.75 m/s2，故B、C错误；由图可知质点B做匀速直线运动，其速度大小为vB＝ m/s＝3.25 m/s，则质点B的位移表达式为xB＝vBt＝3.25 t，设经过t s时A、B相遇，由图可知，则有xA＋xB＝13，则有4t－×0.75t2＋3.25t＝13，解得t＝2 s，故t＝2 s时A、B相遇，故D正确．
12．(2022·安徽安庆市怀宁县高三质检)一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以2.5 m/s2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．求：
(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离；
(2)警车发动后要多长时间才能追上货车．
解析：(1)当两车速度相等时，它们的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．
则：t1＝＝ s＝4 s
x货＝v1(t0＋t1)＝10×(5.5＋4) m＝95 m
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)警车达到最大速度v＝90 km/h＝25 m/s的时间：
t2＝＝10 s
此时两车的位移分别为
x警′＝＝ m＝125 m
x货′＝v1(t0＋t2)＝10×(5.5＋10) m＝155 m
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．
答案：(1)75 m　(2)12 s