∵自由落体运动中υ∝t，S∝t2，因此可运用比例关系求解。
33??tt已知：B= ∵B=CB ∴CB=
tCA5?A5?AtCA又∵
SCBSCA=
(tCB)(tCA)22 ∴
SCBSCA=
925 （1）
已知：S BA=80米
又：S CA=S CB +S BA （2） 将（1）（2）联立可求出：S AC =125（米） υ2 A =2gS CA； υC =2gSCA=50(米/秒)
这个题的解法决不止是以上两种，同学们可以再深入地探讨一下。不过从以上两种解法中可看出，在处理匀变速直线运动中的运动衔接问题时，两个相继运动阶段的联系是这两个阶段的交界处或转折时刻的瞬时速度。这个瞬时速度既是前一阶段的末速度，又是后一阶段
的初速度。另外在处理竖直上抛运动时，可以利用其运动的对称特点，把复杂的运动变成简单的落体运动去解。
例3：一物体在斜面顶端由静止匀加速地滑下，最初3秒钟内经过的路程为S1，最后3秒钟内经过的路程为S2，已知S2－S1=6米，且S1:S2=3:7。求斜面的总长度。
分析：从题意可看出S1与S2的关系可能有三种，一种S1+S2＜S，即经过3秒的运动后，又经过了一定时间运动后，才进入后3秒的运动；第二种：S1+S2=S，即第一个3秒末就是第二个3秒初；第三种S1+S2＞S，即两个3秒走的距离有交叉。所以在考虑问题时不能有先入为主，要通过解题来确定是哪种关系。
解法一：设斜面总长为S，从斜面上滑下来历时为t，运动的加速度为a，最初3秒和最后3秒分别用t1和t2表示。依题意可先列出方程为
S2－S1=6 可求出 S1=4.5米 S1:S2=3:7 S2=10.5米 又由S1= S2=
122
12a t21 可求出a=
122S1t12?2?4.532=1（米/秒2）
a t－a (t－3)=
2
12a (6t－9)
代入S2和a值，可得：t=5秒。 则S=
12a t2=
12×1×52=12.5（米）。
解法二： S1=
s1s212a t1=
92
92a；S2=
12a t－
92
12a(t－3)=
372
12a (6t－9)
?212?a??a(6t?9)126t?9? 可求出t=5秒。
S2－S1=6米；a (6t－9)－
92a=6
可求出：a=1(米/秒2) 则S=
12a t=
2
12×1×52=12.5（米）。
6
解法三：设物体沿斜面滑下的总时间由前3秒（t1），后3秒（t2）及中间一段时间t3
组成，所以可列方程组如下：
S1=
12a t21 由于t1=t2=3
12S2=a(t1+t3)t2+
S1S2a t22 S2－S1=3a(3+t3)=6 (1)
at121?2a(t1?t3)t2?12?at2296(3?t3)?9?37 (2)
解（1）（2）联立方程组得：t3=-1秒，a=1（米/秒2）
t3=-1秒说明了t1与t3之和小于整个运动时间1秒，即整个运动时间为5秒，所以可利
用S=
12a t2求出S=12.5米。
例4：一个小球作匀加速直线运动，在相邻的各一秒内通过的位移分别为1.2米和3.2
米，求小球的加速度和上述名称末的速度。
分析：根据题意画出草图，标上已知和未知，使题述的物理情景更形象。
根据题意和图示可看出题中欲求υ1、υ2、υ3和a，题意并没说初速为零，只知每段用
υ1 υ2 υ3 时1秒，SAB=1.2米SBC=3.2米。
． ． ． 在这种情况下只能通过列联立方程求解。 A B C 米 |3.2米 | 解法一：利用位移公式求。 |1.2 1秒 1秒
SAB=υ1t+ SBC=υ2t+
1212at 1.2=υ1+at2 3.2=υ2+
122
1212a (1) a (2)
SAC=υ1(2t)+
at2 4.4=2υ1+2a (3)
三式联立可求出：υ1=0.2米/秒；υ2=2.2米/秒；a=2米/秒2
进而利用：υ3=υ2+at=2.2+2×1=4.2米/秒。
解法二：利用平均速度公式求。
因为缺a，所以利用平均速度表达位移就可避开a。因为本题是匀变速直线运动。
s?0??t?0??t ∴= ? S=·t.
t 则SAB= SBC= SAC=
2?1??222?2??32?1??32·t ? 1.2= ? 3.2=
?1??22?2??32 (1) (2)
·(2t) ? 4.4=?1??3 (3)
三式联立可求得υ1=0.2米/秒；υ2=2.2米/秒；υ3=4.2米/秒。
解法三：利用υ—t图象求解。 首先画出υ—t图象示意图。
第一段位移SI=1.2米，该段平均速度即是该段中间时刻的 υ(ms-1)
7
瞬时速度，υM=
sIt=1.2米/秒。 υN-----------N-----C sIIt----------------------- 同理，第二段的平均速度υN=显然υB=而υM=
?M??N222=3.2米/秒， υM --M----- B --------------- =
1.2+3.22=2.2（米/秒）
?A??B 1.2=
?A+2.222.2+?C2则υA=0.2米/秒 1 2 t(s) 则υC =4.2米/秒
同理υN=a=tgα=
?B??C 3.2=
2.2－0.21解法四：如果要记得在利用打点记时器求物体的加速度时得出规律，解此题最简单。
=2（米/秒2）。
即：相邻相等时间段的位移差等于常数。
SII－SI=aT2 3.2－1.2=a·12
∴a=2米/秒2。这样各时刻的速度就很容易求出来了。
通过以上例题我们可以看出来，有时利用平均速度的规律，利用运动学规律导出的一些推论来解题，可以使解法大为简便。同学们在解运动学问题时，要广开思路，多一些解题方法，对培养我们的创造思维是大有裨益的。
【思维体操】
例：甲乙两车向同一方向做直线运动，乙车在前，以υ乙做匀速运动，甲车在后，开始记时时距乙车为L，此时甲车以初速υ甲（υ甲＜υ乙），加速度a做匀加速直线运动，则在甲车追上乙车之前，甲、乙两车间最大距离为多少？
解法一：开始记时后，由于υ甲＜υ乙，两车间距离逐渐拉大；当甲车速度大于乙车速度后，两车的距离又将逐渐减小，因此，当两车速度相等时，两车间的距离最大。
设t时刻两车速度相等，则： υ甲+at =υ乙 则t=又S=（υ
乙
?乙??甲a t+
12t+L）－（υ
甲
a t2）代入t
2即得两车间最大距离Smax?(?乙??甲)2a+L
这种解法，就是利用临界条件，找出关系来求解的，是追及问题常用方法之一。 解法二：利用相对速度，相对加速度求解。
取乙车为参照物，则甲车相对乙车的速度为υ乙－υ甲，方向与υ甲、υ乙方向相反，而甲车对乙车的加速度为a，方向与υ甲、υ乙同向所以甲车相对乙车做的是以初速υ乙－υ甲和加速度为a的匀减速直线运动，最后甲车相对乙车速度为零，所以可列方程：
0=（υ乙－υ甲）－2a(Smax－L) ∴Smax?解法三：利用图象解：
分别画出二车运动的υ—t图象交点表示两车速度相等。
从图上可看出在t＜tA这段时间内，乙的图线在甲的上方，它对t轴覆盖的面积比甲大，说明乙车位移比甲车大，且随时间的增大，位移差也 υ 甲 逐渐增大。TA个转折点，当t＜tA时，在单位时间里，甲车 υ的位移都大于乙车的位移，则使甲、乙两车的位移差达到最大
8
乙
2
(?乙??甲)2a2+L
A 乙 ------------值，这个差值等于υ
S′max甲
Aυ乙所围的面积，即： υ甲
12?12A?乙??乙?甲???乙??甲tA tA t
?而tA?′?乙??甲a?
??甲2a?S??乙?2max
(?乙??甲)2a2故两车间距离最大值为Smax?12+L
解法四：利用求函数极值的方法求t时刻两车间距。 S=（υ =-12乙t+L）－（υ
甲t+
a t2）
a t2+(υ乙－υ甲)t+L
2
根据二次函数y=ax+bx+c(a＜0)当x=-4(?12a)L?(υb2a乙时函数有最大值，ymax=
)24ac?b4a22，这样就可
－υ求S的最大值，即Smax?甲?1?4??a??2??(υ－υ乙2a)甲?L
若题设变换，我们将得到以下变法：
若甲、乙同向运动，计时时甲、乙间距为L这些条件不变，只是速度变为υ甲＞υ乙，甲
车以加速度a做匀减速直线运动，试讨论甲车的加速度a在什么条件下甲车追不上乙车？在什么条件下甲车将能追上乙车？在什么条件下甲车能超过乙车？
我们可采用变换参照 物的方法进行研究。我们以乙车为参照物，甲车相对乙车做匀减速直线运动，这个运动的初速度大小为υ=υ甲－υ乙，方向与υ甲、υ乙同向，加速度大小为a，方向与υ甲、υ乙方向相反。当甲、乙两车速度相等时，即相对速度为零时，甲车对乙车的相对位移最大，为：S′max?υ22a?(υ乙－υ2a甲)2
所以，当相对速度为零时，甲、乙两车间的距离对应一个极值|L－S′max|，根据S′max与L的大小关系，可以讨论出题目所要求分析的内容。
（1）当S′max＜L时，表明甲车不能追上乙车，即上的条件为：
a＞
Sm?L?S′m(υ乙2(υ－υ乙2a)甲2＜L。所以不能追
－υ2a(υ甲)并且两车等速时，两车间的距离最小：
甲inax?L?乙－υ2a)2
(υ－υ乙2a)甲2（2）当S′max=L时，这时甲车恰好将追上乙车，即上的条件为：a=
(υ乙=L。可得恰能追
－υ2a甲)2
当甲车追上乙车时二者的速度相等，该时刻也就乙车再超过甲车时刻。
9
（3）当S′max＞L时，表明甲车不仅能追上乙车，而且还能超过乙车，此时甲车速度大于乙车速度，之后出现乙车追甲车的情况，由于甲车做匀减速直线运动，所以乙车一定能追上甲车，所以两车有两次相遇，其条件为：
(υ乙－υ2a甲)2＞L 即0＜a＜
(υ乙－υ2L甲)2
当两车速度相等时，甲车超出乙车最远。
此变法的解法还很多，同学们可以研究研究，欢迎同学们投稿进行讨论。
三、智能显示
【心中有数】
匀变速直线运动的规律可适用于许多运动情况，分析运动的特点，关键在于分析其加速度a：
（1）a=0，静止或匀速直线运动，υ=υ0，S=υ0t。
（2）a=恒量，选υ0的方向为正方向，a＞0表示做匀加速直线运动；a＜0表示匀减速直线运动。
（3）a=g，υ0=0，为自由落体运动。
（4）υ0≠0，a= g，且同向，则为竖直下抛运动，若υ0≠0，a= g，υ0与g反向则为竖直上抛运动。
【动脑动手】 1．将一物体竖直上抛，物体在第6秒内落下的距离为35米，求物体抛出时的初速度（取g=10）
2．某物体做匀变速直线运动时，前5秒内位移是前2秒内位移的5倍，那么第4秒内的位移是前2秒内位移的多少倍？
3．一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一个人站在车旁进行观察，若第一节车厢经过他身边历时2秒，全部车厢从他身边通过历时6秒。则这列火车共有 节车厢；最后2秒内从他身边通过的车厢有 节；最后一节车厢从他身边通过需要的时间 秒。
【创新园地】
A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度为υA=10m/s，B车在后，速度υB=30m/s。因大雾，能见度很低，B车在距A车500m处才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过1800m才能停止，问：
（1）A若按原来速度前进，两车是否会相撞？若相撞，在何时，何地？
（2）若B车在刹车时发出信号，A车司机经△t=1.5s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少多大时，才能避免两车相撞？
答案：
动脑动手：1.20m/s； 2.
43； 3.9， 5， 2(3－22)
创新园地：（1）两车会碰撞；31秒；B车走了500米 （2）a=0.16m/s2
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