高考专题复习直线运动

1、第二轮复习专题物体的运动直线运动直线运动是高中物理的重要章节，是整个物理学的基础内容之一，涉及位移、速度、加速度等多个物理量，基本公式也较多，同时还有描述运动规律的s-t图象、V-t图象等知识。从历年高考试题的发展趋势看，本章内容作为一个孤立的知识点单独考查的命题并不多，更多的是体现在综合问题中，甚至与力、电场中带电粒子、磁场中的通电导体、电磁感应现象等结合起来，作为综合试题中的一个知识点加以体现。为适应综合考试的要求，提高综合运用学科知识分析、解决问题的能力，要在扎实掌握学科知识的基础上，注意与其他学科的渗透以及在实际生活、科技领域中的应用，经常用物理视角观察自然、社会中的各类问题，善于应用

2、所学知识分析、解决问题，尤其是提高解决综合问题的能力，多与公路、铁路、航海、航空等交通方面知识或电磁学知识综合。从力和运动的关系来看：直线运动可分为：匀速直线运动、匀变速直线运动、变加速直线运动（如：简谐振动等）。从其处理方法来看：有运动的合成与分解（如：小船渡河问题等）、力的合成与分解（侧重于直线运动条件的考查）、直线运动的基本规律的应用、功和能的处理方法、图像的研究方法等等。从涉及内容来看：可涉及纯力学、电场中带电粒子、磁场中的通电导体、电磁感应现象或作为综合试题中的一个知识点加以体现。(一)小船渡河问题的研究（运动的合成与分解问题）例题1：一艘小艇从河岸的A处出发渡河，小艇保持与河岸垂直

3、方向行驶，经过10min到达正对岸下游120m的C处，如图所示。如果小艇保持原来的速度逆水斜向上游与河岸成角方向行驶，则经过12.5min恰好到达正对岸的B处，求河的宽度。分析：设河宽为d，河水流速为v1，船速第一次为v2，第二次为v2，（v2、 v2大小相同，方向不同）船两次运动速度合成如图所示，由题意有：dv2·t1=v2·sin·t2SBC=v1·t1三式联立，代入数据可求得：河宽d=200m扩展变通：1、一条宽为d的河流，河水流速为v1，船在静水中的速度为v2。(1)要使船划到对岸时的时间最短，船头应指向什么方向？最短时间为多少？(2)要使船划到

4、对岸时的航程最短，船头应指向什么方向？最短航程是多少？（试讨论v2>v1、v2<v1两种情况）分析：船在河流中航行时，由于河水流动要带动船一起运动，船的实际运动是船在静水中的运动和船随水漂流的运动的合运动。所以，船的实际运动速度v是v2与v1的矢量和。(1)当船头垂直指向对岸时，船在静水中的航速v2垂直对岸，则船相对于水的分运动的位移最短，运动所需时间最短，如图所示。最短时间 (2)当v2>v1时，船头斜向上游与岸夹角为，船速v可垂直河岸，此时航程最短为d，如图所示，即船头指向斜上游、与岸夹角。当v2<v1时，用三角形法则分析，如图所示，当船速v的方向与圆相切时，v与岸

5、的夹角最大，航程最短。设航程最短为s，则由图可知，所以船头指向斜上游，与岸夹角。练习：1玻璃生产线上，宽9cm的成型玻璃板以2ms的速度匀速向前行进，在切割工序处，金钢钻的割刀速度为10ms为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，金刚钻割刀的轨道应如何控制？切割一次的时间多长?思路：如果玻璃板不动，垂直于玻璃板切割即可成矩形，而玻璃板匀速运动，要切割成矩形玻璃，即合运动的方向垂直于玻璃板的边缘，切割刀的运动和玻璃板的运动为分运动，利用运动的合成求解解析：如图158 v1为玻璃板运动速度，v2为切割刀的运动速度，v为合运动的速度，切割刀应与玻璃边缘成角逆向玻璃板运动方向切割，由图知=arccos0

6、.2切割刀切割一次实际通过的位移为s=d/sin切割用的时间为故金刚钻割刀应控制在与玻璃板运动方向相反成=arccos0.2的方向上，切割一次的时间为0.91s.(二)力的合成与分解（侧重于直线运动条件的考查）例题1：物体静止于光滑水平面M上，力F作用于O点，现要使物体沿OO方向做加速运动（ F和OO都在M水平面内），那么必须同时再加一个力F，这个力的最小值是（）、cos、Fsin、Ftan、Fcot解析：物体做直线运动的条件是：物体受合外力方向与速度共线。则物体的合外力方向沿OO方向，由平行四边定则，可得F垂直于OO方向时，F最小。M OFOFM OFO选：B扩展变通：例题2：如图所示，在竖

7、直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下，从坐标原点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成角（/4）。则F大小至少为；若Fmgtan，则质点机械能大小的变化情况是。分析与求解：质点在F和重力mg作用下沿直线ON运动，两力的合力必沿直线ON。如图2所示（由矢量三角形法则），当F垂直直线ON斜向右上时，其值最小，等于mgsin。 当Fmgtan时，满足此大小的F方向如图2中虚线箭头所示，有两种情况，运动中这个力对质点可做正功也可做负功，故质点机械能可能增加，也可能减小。练习：1在一水平方向的匀强电场里，一初速度为v0的带电粒子沿着图中竖直平面内的直线由点A

8、运动到点B，其能量变化情况是（）ABV0A动能不变，电势能减少；微粒带正电B动能增加，电势能减少；微粒带负电C动能的减少量等于电势能的减少量；微粒带正电D动能的减少量大于电势能的增加量；微粒带负2如图，一带电液滴P在a、b之间的电场内，现设法使P固定，再使两平行金属板ab分别以中心o、o为轴转过一个相同的角度，然后再释放带电液滴P，则在电场中将做（）ObOPaA匀速直线运动B向右的匀加速直线运动C斜向右下的匀加速直线运动D曲线运动练习答案：1D 2B(三)直线运动中的平衡问题的考查abPB例题1：如图所示，带电平行板间匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑轨道上的a点自由

9、滑下，经轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经过P点进入板间后的运动过程中，以下分析中不正确的是（）A.其动能将会增大；B.其电势能将会增大；C.小球受到的电场力将会增大；D.小球所受的洛仑兹力将逐渐增大。F电 F洛 G v解析：该题的关键是小球匀速进入磁场中的平衡分析，受力分析如图：再由左手定则可知，小球带正电。若小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经过P点进入板间后的运动过程中，F洛变小，合力做正功，动能增加，电场力做负功，电势能将会增大。正确答案：C扩展变通：例题2：如图所示，坐标系xoy在竖直平面内，空间有沿水平方向、垂直于坐标平面的匀强磁

10、场，磁感应强度大小为B；在x<0的空间内，还存在着沿x轴负方向的匀强电场。一个质量为m、带电荷量为q的油滴经图中M（-a，0）点，沿与x轴方向成a角斜向下做直线运动，进入x>0的区域。求：（1）油滴带什么电荷；y（2）油滴经M点时速率的大小；解析：该题的关键是小球匀速进入磁场中的平衡分析，受力分析如图：能做直线运动的只可能带正电，由平行四边形定则可知：VM=mg/Bqcosa.GF电 F洛 若带正电GF电 F洛 若带负电练习：1如图所示，在纸面内有一匀强电场，一带正电的小球（重力不计）在一恒力F的作用下沿图中虚线由A至B做匀速运动，已知力F和AB间夹角为，AB间距离为d，小球带电量

11、为q，则下列结论正确的是（）A匀强电场的电场强度BAB两点的电势差为C带电小球由A运动至B过程中电势能增加了D若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向练习答案：1BC(四)变加速直线运动（1）简谐振动例题1：如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B点后向上运动，则以下说法正确的是 ( ）OABmA物体从O点到B点的运动B物体从O点到B点的运动为一直减速C物体从B点到O点的运动时，O点的速度最大D物体从B点到O点的运动为先加速后减速分析，关于简谐振动类变加速直线运动的分析方法，关键找好

12、平衡位置，再利用简谐运动的规律求解。该题目中，平衡位置为重力和弹簧弹力等大、反向的位置，在OB之间。故，正确答案为：A、D扩展变通：例题2：弹簧下端悬挂一个质量为m的小球，在拉力作用下以a=2g的加速度匀加速上升，当弹簧上端突然停止运动，小球继续向上运动的过程中，小球运动的加速度大小变化是_;速度大小变化是_,小球机械能变化是_.分析：小球运动的平衡位置为重力和弹簧弹力等大、反向的位置。则，小球的运动是先靠近平衡位置，后远离平衡位置，由对称性，可知：小球在最高点弹簧一定处于压缩状态，弹性势能是先减小后变大。正确答案：先减小，后变大；先变大后变小；先增加后减小练习：1一升降机在箱底装有若干个弹簧

13、，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，A升降机的速度不断减小B升降机的加速度不断变大C先是弹力小于重力，然后是弹力大于重力D到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值。练习答案：1CD (五)变加速直线运动临界条件的分析例题1：如图所示，一个质量m=0.01kg,电荷量q=10-2C的带正电小球，和一个等质量的不带电小球相距L=0.2m,静放在绝缘的光滑水平面上。当加上水平向左E=103N/C的匀强电场和B=0.5T垂直纸面向外的匀强磁场后,带电小球向左运动,与不带电小球相碰并粘在一起,则两球碰后速度为多少?碰后至离开

14、水平面过程中通过位移为多少?分析碰撞前后应用动能定理列方程，碰撞过程应用动量守恒列方程。离开水平面的条件是重力与洛伦滋力相等。解：碰撞前应用动能定理mv12=qEL 得v1=20m/s碰撞过程中动量守恒mv1=2mv2+q得 v2=10m/s物体刚要离开水平面的条件是2mg=qv3B得 v3=40m/s碰撞后应用动能定理2mv32-2mv22=qEs 得s=1.5m关键是临界条件的分析，离开地面，地面对物体的支持力恰好为零。扩展变通：例题2.如图示，水平向左的匀强电场的场强E=4 V/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B=2 T，质量为1 kg的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑

15、行0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为1.6m，取g=10m/s2 试求： (1) A沿墙下滑离开墙面的速度多大？(2) 到达P点后的速度大小为多少？AB=2T E=4V/mPNM··qVNBqEfmgN分析：（1）物块从M点由静止开始下滑，受重力、电场力、洛仑兹力、墙壁的弹力及滑动摩擦力，如图示。随着速度的增大，洛仑兹力增大，墙壁的弹力减小，滑动摩擦力减小。至N点时墙壁的弹力减小至零，即在N点有：，得：。mgqEqvBvP（2）在P点三力平衡，如图所示有：，得关键：有2点：

16、（1）离开墙面时N=0 （2）匀速运动时合力为零练习：1.如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动在共同加速阶段，下列说法中正确的是（）A.甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大乙甲甲乙FB.甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小C.甲、乙两物块间的静摩擦力大小不变D.乙物块与地面间的摩擦力不断增大甲2如图所示电磁场中，一质量m、电量q带正电荷的小球静止在倾角 、足够长的绝缘光滑斜面的顶端时，对斜面压力恰为零若迅速把电场方向改为竖直向下，则小球能在斜面上滑行

17、多远？所用时间是多少？XYNBqvEqGE B 分析：开始带电质点受到电场力为Eq，方向沿电场正方向（竖直向上）；质点受到的重力为mg，沿竖直向下，且，现迅速把电场方向改为竖直向下，小球的受力情况如图所示，沿Y轴方向，小球离开斜面前有，当v增大时N减小，确保为一定值；而在X轴方向上，小球受力有为一恒力，所以小球在离开斜面前做匀加速直线运动。临界情况：当N=0时，小球开始离开斜面，即；且由，得。练习答案：1BD(六)直线运动的研究方法力与动关系、功和能例题1：如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.3m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R=0.4

18、。导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.2的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。（1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；（2）求第2s末外力F的瞬时功率；（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功为0.3J，求回路中定值电阻R上产生的焦耳热是多少。甲乙aMbQNFRP电压传感器接电脑t/sU/V0 0.5 1.0 1.5 2.00.10.2解析：（1） 设路端电压为U，杆的运动速度为v

19、，有（2） 由图乙可得 U=0.1t 所以速度 v=1 t 因为速度v正比于时间t，所以杆做匀加速直线运动，且加速度 a=1m/s2（2）在2s末，v=at=2m/s，杆受安培力由牛顿第二定律，对杆有，得拉力F=0.175N 故2s末的瞬时功率 P=Fv=0.35W (3) 在2s末，杆的动能由能量守恒定律，回路产生的焦耳热 Q=W-Ek=0.1J 根据 Q=I2Rt，有故在R上产生的焦耳热扩展变通：例题2：如图甲所示，空间存在B=05T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距L=02m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m=01kg

20、的导体棒，从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的速度一时间图象，其中OA段是直线，AC是曲线，DE是曲线图象的渐近线小型电动机在12s末达到额定功率，P额=4.5W，此后功率保持不变除R以外，其余部分的电阻均不计，g=10 ms2。（1）求导体棒在012s内的加速度大小；（2）求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R的阻值；（3）若已知012s内R上产生的热量为12.5J，则此过程中牵引力做的功为多少? 解：（1）由图中可得：12s末的速度为v1=9m/s,t1=12s导体棒在0-12

21、s内的加速度大小为m/s2（2）设金属棒与导轨间的动磨擦因素为.A点：E1=BLv1由牛顿第二定律：F1-mg-BI1l=ma1 则Pm=F1·v1 当棒达到最大速度vm=10m/s时，Em=BLvm Im=由金属棒的平衡：F2-mg-BImL=0 则Pm=F2·vm 联立代入数据解得：=0.2，R=0.4（3）在0-12s内：t1=12s 通过的位移：由能量守恒：代入数据解处：WF=27.35J则此过程牵引力的冲量为4.65N·s牵引力做的功为27.35J例题3：.如图甲，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场

22、中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹

23、簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有qE+mgsin=ma联立可得（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得联立可得s（3）如图练习：1.如图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆

24、，杆上O点套有一质量为m、带电量为q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为。则下列说法正确的是A小环通过b点的速率为B小环从O到b，电场力做的功可能为零C小环在Oa之间的速度是先增大后减小D小环在ab之间的速度是先减小后增大2.如图所示，长为L，倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为 +q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则AA、B两点的电势差一定为mgLsin/qB小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电

25、势能C若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是mg/qD若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q 一定是正电荷3如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A金属块带正电荷B金属块克服电场力做功8.0JC金属块的机械能减少12JD金属块的电势能减少4.0J4总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的vt图，试根据图像求：（g取10m/s2）（1）t1s时运动员的加速度和所

26、受阻力的大小。（2）估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功。（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。解：（1）从图中可以看邮，在t2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为m/s2=8m/s2设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mgfma得fm(ga)80×(108)N160N（2）从图中估算得出运动员在14s内下落了39.5×2×2m158根据动能定理，有所以有（80×10×158×80×62）J1.25×105J（3）14s后运动员做匀速运动的时间为s57s运动员从飞机上跳下到着地需

27、要的总时间t总tt（1457）s71s4如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F0.5v0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l1m，m1kg，R0.3W，r0.2W，s1m）（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足vv0x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力

28、F作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。解析：（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UµIµeµv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量；（2）Fma，以F0.5v0.4代入得（0.5）v0.4aa与v无关，所以a0.4m/s2，（0.5）0得B0.5T （3）x1at2，v0x2at，x1x2s，所以at2ats得：0.2t20.8t10，t1s，（4）可能图线如下：练习：1A2A3AC(七)两个直线运动的相关性：运动物体的追及、相遇问题是人们日常生活中常见的，如赛车的追赶

29、相遇、运动员的交接棒问题等。此类问题的处理，要涉及运动学的基本规律，是高考命题的热点之一。例1、甲乙两物体在同一条直线上同时同地沿同一方向运动，甲以6m/s的速度做匀速直线运动，乙做初速度为为零，加速度为2m/s2的匀加速直线运动。二者何时距离最大？最大距离是多少？解析开始一段时间内，甲快乙慢，甲在前，二者距离变大，甲的速度v甲=6m/s,乙的加速度a乙=2m/s2，s甲s乙s当乙的速度达到6m/s时，二者距离最大,由速度公式v=at得t=v甲/a=6/2s=3s在这3s内，甲的位移s甲=v甲t=6×3m=18m，乙的位移s乙=at2/2=2×32/2m=9m，二者的最大距

30、离s=s甲-s乙=18m-9m=9m答案出发后3s，9m例2、甲乙两物体在同一条直线上沿同一方向运动，甲以6m/s的速度做匀速直线运动，从计时时起，乙在甲后7m处做初速度为为零，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙能否追上甲？s0=7ms甲s乙s解析乙的速度达到6m/s时所用的时间为，在这3s的时间内，甲的位移s甲=v甲t=6×3m=18m，乙的位移s乙=由于s乙+s0=（9+7）m=16ms甲=18m，因此追不上。答案追不上规律小结两物体沿同一方向作直线运动，若前快后慢，两物体间距离变大，速度相等时两物体间距离最大；若后快前慢，两物体间距离变小，如果追不上，速度相等时两物体间距离

31、最小。05101015205t/sv/(m/s)b(乙)a(甲)例题3：甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的vt图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在020s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010 s内两车逐渐靠近 B在1020 s内两车逐渐远离 C在515 s内两车的位移相等 D在t10 s时两车在公路上相遇解析由v-t图象可知，010s内，v乙v甲，两车逐渐远离；10s20s内，v乙v甲，两车逐渐靠近，故A、B均错。v-t图线与时间轴所围的面积表示位移，5s15s内，两图线与t时间轴包围的面积相

32、等，故两车的位移相等。C对。t=20s时，两车的位移相等，说明两车相遇，故D措。答案C规律小结在v-t图线中，图线与时间轴所围的面积表示位移的大小，两物体沿同一方向作直线运动，若同时同地出发，v-t图线与t时间轴包围的面积相等时两物体相遇。例题4：当汽车B在汽车A前方7m时，A正以vA=4m/s的速度向右做匀速直线运动，而汽车B此时速度vB=10m/s，向右做匀减速直线运动，加速度大小为a=2m/s2.此时开始计时，则A追上B需要的时间是多少？解析设B车运动的时间为t0,则在5s内，B车的位移A车的位移sA=vAt0=4×5m=20m设A车需要再经t1追上B车，根据两车的位移关系，有

33、s0=7msBsAvAt1A追上B需要的时间t0+t1=(5+3)s=8s答案8s规律小结分析追及、相遇问题时，一定要认真分析两个物体的时间关系和位移关系。时间关系是两物体运动时间是否相等，两物体是同时运动还是一先一后等；位移关系是指两物体同地运动还是一前一后运动等，其中通过画运动示意图找到两物体间的位移关系是解题的突破口。在v-t图线中，图线的交点表示在某一时刻物体的速度相等，并不表示两物体相遇，例3中有的同学极易认为在10s末两物体相遇。若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意，追上前该物体是否停止运动。例4中若认为汽车B一直做匀减速运动，就会列出表达式，得出t=7s的错误结论。练习：1、图

34、为甲、乙两物体在同一起跑线同时向同一方向做直线运动的v-t图线，则以下说法正确的是（）A甲、乙均做匀速直线运动B甲、乙均做匀加速直线运动，乙的加速度大C在t1时刻之前，甲的速度大D在时刻t1，甲、乙两物体相遇2、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Aa、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B20秒时，a、b两物体相距最远C60秒时，物体a在物体b的前方D40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m3、两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶。t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的v-t图如下图所示。哪些图对应的比赛中，有

35、一辆赛车追上了另一辆（）ABCDt/st/st/st/sv/m·s-1v/m·s-1v/m·s-1v/m·s-10 5 10 15 20 250 5 10 15 20 250 5 10 15 20 250 5 10 15 20 25510510510510bbaababa4、一辆摩托车行使的最大速度为108km/h。现让摩托车从静止出发，要求在4min内追上前方相距1km,、正以25m/s的速度在平直公路上行驶的汽车。则该摩托车行使时，至少应有多大的加速度？5、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9m/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设置标记。在某次练习中，甲在接力区前s013.5m处作了标记，并以v9m/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