(完整版)匀变速直线运动的研究

物体的运动匀变速直线运动的研究

一教法建议

【抛砖引玉】

匀变速直线运动的规律,是我们在力学中研究物体的运动和在电磁学中、原子物理中研究带电粒子的运动时都需要的重要规律，因此在这里我们要特别注重培养学生掌握如何利用运动的规律解决实际问题，“特别重要的是让学生们反复地体会怎样用位移、速度、加速度概念和匀速度运动的几个公式，去分析题意，分析问题的物理过程，明确已知的物理量和要求的物理量”。

要特别给学生强调匀变速直线运动的规律可适用于许多运动的情况，因此要牢记描述匀变速运动的几个规律，并要能利用这些规律去解决实际问题，在分析运动的特点时，关键在于分析其加速度。

同时要通过一些实例使学生了解在物理学中，为了表示物理量之间的函数关系，我们不仅可以用代数法──公式表示，还可以用几何法──图象表示。图象可以根据公式作出，公式也可以从图象中推导出来。两种形式，相互联系，它们在实质上都是表示了函数间的变化规律。

【指点迷津】

加速度不变的直线运动，叫匀变速直线运动。它包括匀加速直线运动和匀减速直线运动两大类。这两类运动关键决定于加速度与初速度的方向是同向还是反

利用上述规律解题时应注意：

1．要认清研究对象，并准确地判断它在指定的研究范围内的运动性质。如：是匀速、加速或减速；是初速为零或不为零的匀加速；是末速为零或不为零的匀减速等。

2．在上述正确判断的基础上，尽可能画出草图，从未知量联系已知量，选择适当的公式解题。

3．在公式中除t外，其余四个物理量都是矢量，在计算中υ0总是取正值，a、s、υt跟υ

方向相同的也为正值，跟υ0方向相反的为负值、但a因考虑了与υ0同向时在公式中a项前为+号，与υ0反向时在公式中a项前为－（项）号，所以a取绝对值代入公式。

4．要认真分析题目的特殊性，如追及、相遇，或者物体从一种运动变为另一种运动时的转折点。根据题目中的这种特殊性来列出有关的方程组。

5．公式υ

υυ

=

+

2

t只适用于匀变速直线运动的状况，且为0时刻到t时刻的中点时刻

的瞬时速度。在应用平均速度解题时，有时要简单得多。

6．自由落体和竖直上抛运动是匀变速直线运动的两个特例。

7．h=υ0t+1

2

gt2系位移公式，可反映竖直上抛运动的全过程，以抛出点为0点，原点

以上h＞0，落回原抛出点h=0，落至原点以下时h＜0。

8．掌握解题的一些技巧：

（1）可从运动学基本规律中导出一些推论：

A．初速为零的匀加速直线运动，当运动时间t成1:2:3:……倍增长时，其位移成12:22:32:……规律的整数比。

B．初速度为零的匀加速直线运动，在相邻的相等的时间间隔内的位移成1:3:5……规律的整数比。

C．作匀变速直线运动的物体，在相邻的相等的时间间隔内的位移差为一常数△S=aT2（2）利用υ—t图象解某些运动问题，可以使问题很简捷。

二、学海导航

【思维基础】

1．能应用自由落体的有关规律解决自由落体运动的问题：

例：一个物体做自由落体运动，当它下落的高度为20米时瞬时速度为，经历的时间为。（取g=10米/秒2）

分析：根据已知和求可看出，已知做自由落体运动，那么加速度为g，υ0=0，又知下落高度h，求末速υt。这样h、g已知，υt未知，则可看出可利用υt2=2gh公式求解。

求经历时间是未知t，已知h、g、υt，所以利用运动学的任一规律都可求出。

答案为20米/秒；2秒。

2．知道自由落体的条件，判断物体的运动。

例：不同的物体从同一高度开始做自由落体运动，下列说法中正确的是： （1）质量大的物体，受到的引力大，落到地面时的速度也大； （2）质量小的物体，加速度大，落到地面时的速度也大；

（3）质量不同的物体，只要不计空气阻力，落到地面时的速度大小相同； （4）无论什么物体，只要做自由落体运动，通过相同位移的平均速度总相同。

分析：因为物体做自由落体运动，其运动的加速度即为重力加速度，从同一高度降落相同高度，根据υt =2gh 公式可看出落地时速度是相等的。因此（1）、（2）是错的，（3）正确。如果不同物体通过的是同一个位移，其平均速度是相同；但相同位移，而不一定是同一段，所以平均速度不相同，因此（4）是错的。

3．在新的物理情景中，能应用自由落体的运动规律解决自由落体的运动问题：

例：一个石块从楼顶某点开始作自由落体运动，途中通过高1.55米的窗户所经历的时间为0.1秒，则该窗户上边框距楼顶的距离为多少？

分析：在利用运动学规律研究较复杂的物体运动时，要特别注意正确的解题思路和方法：

（1）要根据题意确定研究对象；

（2）明确物体做什么运动，画出草图；

（3）考虑运动过程的特点，选用反映其特点的公式；在考虑问题时可从整体出发，也可从局部出发；从局部考虑要注意前段运动的末速度为该段的初速度；

（4）建立坐标系或选定正方向，列出方程； （5）求解，必要时进行讨论。

本题是研究物体下落的高度问题，所以我们选物体做研究对象，它做的是自由落体运动。草图如图一选向下为正方向。我们设所求高度为h ，经历时间为t ，则落到窗户下沿高为h+1.55，所历时为t+0.1，这样我们可根据运动的特点，从其整体运动列出方程组：

h =

12

gt 2

t h+1.55=1

2

g (t +0.1)2 0.1s 米

我们也可从局部上看，我们先研究物体在经过窗户过程的运动情况，设物体经过窗户上沿时速度为υA ，下沿时速度为υB

，则 有 155012

.

.=+υA

υB ∵ υA

是后段运动的初速 则有 υB =υA +g ·0.1 代入上式 则可以求出υA

=15（米/秒） 而后根据υ2

A

=2gh 求出h g A =υ22=11.25米 4．在解决竖直上抛问题时可分为上升、下降两个过程计算有关物理量。

例：以20米/秒做竖直上抛运动的质点，通过最大高度所需的时间为 ，最大高度为

。（取g=10米/秒2）

分析：研究竖直上抛运动时，可以把上抛运动分为两个过程研究，第一个过程是竖直

向上做减速运动（即上抛），上抛至最高点时速度为零。第二个过程是上抛至最高点后，物体下落，这一过程是自由落体运动。利用这种观点研究竖直上抛运动比较繁锁。再一种研究方法是把竖直上抛运动看为一个整体来进行研究。这种方法把υ0方向规定为正方向，这样位移公式和速度公式就是一个代数式了，其中h和υ t在不同的时间范围内它们取不同的性质符号。

上抛到最高点时，即时速度为零，由速度公式υ t=υ 0－gt上，υ t=0，∴t上=υ

g

。当

t＜υ

g

时，υ t为正值；当t＞

υ

g

时，υ t为负值。

将到达最高点的时间值代入位移公式可得：H=

υ

2

2g

。

上抛运动的物体落回抛出点时h=0，由位移公式可得物体由初位置上抛经最高点落回原

地所用时间T=2

υ

g

，可见物体下落时间t下=t上=

υ

g

，当t＜

2

υ

g

时，h为正值；物体若再继

续运动，这时t＞2

υ

g

，h为负值，这个负号的物理意义是表明物体已落到初始位置以下了，

其位移为负。在这整个运动过程中，速度为负时，位移不一定为负，从分界点的位置来说，最高点时速度是零，而速度最大时位移则是抛出点。二者是不同的。

5．能熟练地运用竖直上抛运动的规律解决竖直上抛运动的问题。

例：以20米/秒做竖直上抛运动的质点，通过最大高度一半时的速度为。（取g=10米/秒2）

分析：根据上题中最大高度H=υ

2

2g

=20（米），那么代入υ2t=υ2 0－2gh可求通过最大高

度一半时的速度。即：υ2t=（20）2－2×10×10=200则υ t=102（米/秒），因为质点上升和下降都通过该点，因此通过该点的速度有102米/秒和-102米/秒两个。

6．能在新的物理情景中，解决竖直上抛运动的问题。

例：以5米/秒的速度从地面匀速上升的气球，第六秒末从气球上落下一个物体，若不计空气阻力，则物体落到地面所需的时间为多秒？（取g=10米/秒2）

分析：物体是从6秒末离开气球的，那么物体是做什么运动呢？物体随气球匀速上升，它具有气球上升的速度，所以物体离开气球时具有向上的初速度的，那么物体应该是以5米/秒的初速在做竖直上抛运动的。物体做竖直上抛运动的初始位置是在哪儿？物体是随气球匀速上升了6秒才脱开的，因此物体做竖直上抛运动时距地面应为h=5×6=30（米），物体做竖直上抛运动最后落到抛出点的下方30米处的地面，所以物体的位移为-30米。

代入位移式：h=υ0t+1

2

gt2

-30=5t－5t2

t=3秒，-2（舍去）

【学法指要】

在处理运动学的问题时，确定质点运动的性质是关键的一步。在运动的全过程中，如果包含着几种性质不同的运动，一定要以运动的性质为标准划分成不同的阶段，然后选用相应的规律进行运算。并要注意到前一阶段的末速是后一阶段的初速。或者研究同一性质的运动在不同阶段时的各物理量时也要注意前一阶段的末速就是后一阶段的初速这一条

件。

例1：汽车在一平直公路上行驶，先从静止以0.5米/秒2的加速度匀加速行驶，当汽车速度达到36千米/小时时，则匀速行驶了15秒，然后为了等后面追上的人而以2米/秒2的加速度刹车，问汽车一共行走了多远？走了多长时间？

分析：这个汽车运动分三个阶段，第一阶段是初速为零的匀加速直线运动，第二阶段是匀速直线运动，第三阶段是匀减速直线运动到停止，要根据它们不同的性质去分别研究三段运动的位移和时间。

第一阶段的条件是a=0.5米/秒2和速度达到36千米/小时。即知末速和加速度求S 1和t 1。

则根据公式可看出利用υ 2t =2as 和υ t

=at 即可求出。S 1=100米。t 1=20秒。 第二阶是以υ =36千米/秒=10米/秒的速度匀速运动15秒。求S 2和t 2。则利用匀速运动公式S=υ t 可求出S 2=150米。t=15秒（已知）。

第三阶段是以初速υ =36千米/秒=10米/秒和加速度2米/秒2做匀减速直线运动，

直到停止运动，求S 3和t 3。

则根据运动学公式，可看出运用υt 2=υ02－2aS 和υt =υ0－2at ，可求出S 3=25米，t 3=5秒。

所以S=S 1+S 2+S 3=100米+150米+25米=275米。 t=t 1+t 2+t 3=40秒。 在解这种类型的题时，一定要特别注意各阶段运动的性质和条件。

解此题时，还可利用图解法，利用速度──时间图象，画出各阶段的速度图象来，在图象上可直接看出所用的时间，并可能用图象所围图形

之面积的大小求出总位移。 S=

1

2

（15+40）×10=275（米） 5 时利用图象来求解可以获得非常简捷的效果。例2：将一物体由A 点竖直上抛，经过B 点到达最高点C ，若物体经过B 点时的速度是抛出点速度的

3

5

，AB 间距离为80米，求物体抛出速度和所达到的最大高度。 分析：为了便于形象地分析问题，可根据题意画出物体运动示意图： -------?C υC =0 解法1：求υ A ，S A C S B C t B C 从图可看出：S A C =S A B +S B C （1） ------?B υ B （1）式中S A B =80米，S B

C 未知，但物体在BC 段还是做竖直上抛 运动，即 υ2C =υ2B －2gS B

C S A B t A B 上式中υC =0，则υ2B =2gS B C （2） ------?A υ A

根据题意υA 与υB 的关系为：υB =3

5

υA （3）

从上面三个式子中可看出含有所求的S A B 和υA ，但是三式中的未知量有S A C 、υA 、υB 、S A B 四个，可见还须再建一个方程，又有能再增加新的未知量，可以列出竖直上抛的前段运动的方程或列出整个上抛的方程。

即：υ2B =υ2A －2gS A B （4）（或υ2C =υ2A －2gS A

C ） 解方程组可得：S A C =125米；υA =50米/秒。

解法2：根据竖直上抛运动规律可知：物体上升段S A C 是和下降段S C

A 相对应的，所以我们可通过研究S C A 段来求出S A C 段上的对应物理量。因为S C A 段是自由落体运动，计算起来就方

便多了。

∵自由落体运动中υ∝t，S∝t2，因此可运用比例关系求解。

已知：υ

υ

B

A

=

3

5

∵

υ

υ

B

A

=

t

t

CB

CA

∴

t

t

CB

CA

=

3

5

又∵S

S

CB

CA

=

()

()

t

t

CB

CA

2

2

∴

S

S

CB

CA

=

9

25

（1）

已知：S B A=80米

又：S C A=S C B+S B A（2）

将（1）（2）联立可求出：S A C=125（米）

υ2A =2gS C A；υC=2gS CA=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=1

2

a t21可求出a=

2245

32

1

1

2

S

t

=

?.

=1（米/秒2）

S2=1

2

a t2－

1

2

a (t－3)2=

1

2

a (6t－9)

代入S2和a值，可得：t=5秒。

则S=1

2

a t2=

1

2

×1×52=12.5（米）。

解法二：

S1=1

2

a t21=

9

2

a；S2=

1

2

a t2－

1

2

a(t－3)2=

1

2

a (6t－9)

s s

a

a t

t

1 2

9

2

1

2

69

9

69

3

7

=

?

?-

=

-

=

()

可求出t=5秒。

S2－S1=6米；1

2

a (6t－9)－

9

2

a=6

可求出：a=1(米/秒2)

则S=1

2

a t2=

1

2

×1×52=12.5（米）。

解法三：设物体沿斜面滑下的总时间由前3秒（t 1），后3秒（t 2）及中间一段时间t 3

组成，所以可列方程组如下：

S 1=12

a t 2

1 由于t 1=t 2=3

S 2=a(t 1+t 3)t 2+1

2a t 22 S 2－S 1=3a(3+t 3)=6 (1)

S S at a t t t at t 121

213222

31212

963937

=++=++=()() (2)

解（1）（2）联立方程组得：t 3=-1秒，a=1（米/秒2）

t 3=-1秒说明了t 1与t 3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=

12

a t 2

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

时1秒，S A B =1.2米S B C =3.2米。 在这种情况下只能通过列联立方程求解。 解法一：利用位移公式求。

S A B =υ1t +

12a t 2 1.2=υ1+1

2a (1) S B C =υ2t +12a t 2 3.2=υ2+

1

2a (2) S A C =υ1(2t )+12

a t 2

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 t =υυ02+t → S=υυ02+t ·t. 则S A B =υυ122+·t → 1.2=υυ12

2+ (1)

S B C =υυ232+ → 3.2=υυ23

2+ (2)

S A C =υυ13

2

+·(2t) → 4.4=υυ13+ (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S I =1.2米，该段平均速度即是该段中间时刻的 υ(ms -1)

υ1 υ2 υ3

． ． ．

A B C

|1.2米 |3.2米 | 1秒 1秒

瞬时速度，υM =

s t

I

=1.2米/秒。 υN

同理，第二段的平均速度υN =s t

II

=3.2米/秒， υ显然υB

=υυM N +2=1.2+3.2

2=2.2（米/秒） 而υM =

υυA B +2 1.2=υA +2.22则υA =0.2米/秒 1 2 t(s) 同理υN

=υυB C +2 3.2=2.2+C

υ2则υC =4.2米/秒 a=tg α=2.20.2

－1

=2（米/秒2）。

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。 即：相邻相等时间段的位移差等于常数。 S I I －S I =aT 2 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=

υυ乙甲

-a

又S=（υ乙t+L ）－（υ甲t+12

a t 2

）代入t

即得两车间最大距离S a

max ()=

-υυ乙甲2

2+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

）

2－2a(S max －L)

∴S a

max ()=

-υυ乙甲2

2+L

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 ＜t A 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 逐渐增大。T A 个转折点，当t ＜t A 时，在单位时间里，甲车 υ乙 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

值，这个差值等于υ甲A υ乙所围的面积，即： υ甲

()

S A t A ′乙乙甲乙甲max =

?=-121

2υυυυυ t A t 而t a

A =

-υυ乙甲

()

∴=

-S

a

′

乙

甲max

υυ2

2

故两车间距离最大值为S a

max ()=

-υυ乙甲2

2+L

解法四：利用求函数极值的方法求t 时刻两车间距。 S=（υ乙t+L ）－（υ甲t+12

a t 2

） =-

12

a t 2

+(υ乙－υ甲)t+L 根据二次函数y=ax 2+bx+c(a ＜0)当x=-b

a

2时函数有最大值，y max =442

ac b a -，这样就可

求S 的最大值，即S a L a a L max ()()()=---?? ?

?

?=+41

2412222

υ－υυ－υ乙甲乙甲 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 a a

′υυ－υ乙甲max

()==22

22 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()υ－υ乙甲2

2a

＜L 。所以不能追

上的条件为：

a ＞

()υ－υ乙甲2

2a

并且两车等速时，两车间的距离最小：

S L S L a

min max

()=-=-′υ－υ乙甲2

2

（2）当S ′max =L 时，这时甲车恰好将追上乙车，即()υ－υ乙甲2

2a

=L 。可得恰能追

上的条件为：a=

()υ－υ乙甲2

2a

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。

（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－υ

乙甲

2

2a ＞L 即0＜a＜

()

υ－υ

乙甲

2

2L

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； 2.4

3

； 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