2、相遇问题的分析思路

相遇问题分为追及相遇和相向运动相遇两种情形，其主要条件是两物体在相遇处的位置坐标相同．

　(1)列出两物体运动的位移方程，注意两个物体运动时间之间的关系．

　(2)利用两物体相遇时必处在同一位置，寻找两物体位移间的关系．

(3)寻找问题中隐含的临界条件．

(4)与追及中的解题方法相同

[例3]．在某铁路与公路交叉的道口外安装的自动拦木装置如图所示，当高速列车到达A　 点时，道口公路上应显示红灯，警告来越过停　 车线的汽车迅速制动，而且超过停车线的汽车能在列车到达道口前安全通过道口。已知高速列车的速度V₁=120km/h，汽车过道口的速度V₂=5km/h，汽车驶至停车线时立即制动后滑行的距离是S₀＝5m，道口宽度s＝26m，汽车长l=15m。若栏木关闭时间t_l＝16s，为保障安全需多加时间t₂=20s。问：列车从A点　 到道口的距离L应为多少才能确保行车安全？

解析：由题意知，关闭道口时间为16s，为安全保障再加20s，即关闭道口的实际时间为t₀=20+16=36s，汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为S=26+5+15=46m，需用时，由此亮起红灯的时间为T=t₀+t₂，故A点离道口的距离应为：L=V₁T==2304m

[例4]火车以速度V_l匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距S处有另一火车沿同方向以速度V₂(对地、且V₁＞V₂)做匀速运动．司机立即以加速度a紧急刹车．要使两车不相撞，a应满足什么条件？

解法一：后车刹车后虽做匀减速运动，但在其速度减小至和V₂相等之前，两车的距离仍将逐渐减小；当后车速度减小至小于前车速度，两车距离将逐渐增大．可见，当两车速度相等时，两车距离最近．若后车减速的加速度过小，则会出现后车速度减为和前车速度相等之前即追上前车，发生撞车事故；若后车加速度过大，则会出现后车速度减为和前车速度相等时仍未过上前车，根本不可能发生撞车事故；若后车加速度大小为某值时，恰能使两车在速度相等时后车追上前车．这正是两车恰不相撞的临界状态，此时对应的加速度即为两车不相撞的最小加速度．综上分析可知，两车恰不相撞时应满足下列两方程：

V₁t－a₀t²/2＝V₂t+S　 V₁-a₀t=V₂ 解之可得：a₀=．所以当a≥时，两车即不会相撞

解法二：要使两车不相撞，其位移关系应为 V₁t－at²/2 ≤S+V₂t

　即at²/2+(V₂－V₁)t+S≥0

　对任一时间t，不等式都成立的条件为 Δ＝(V₂－V₁)²－2as≤0 由此得a≥

解法三：以前车为参照物，刹车后后车相对前车做初速度V₀= V₁－V_2，加速度为a的匀减速直线运动．当后车相对前车的速度成为零时，若相对位移S^/≤S，则不会相撞．故由

　　　 S^/= V₀²/2a= (V₁－V₂)²/2a≤S，得a≥

点评：三种解法中，解法一注重对运动过程的分析，抓住两车间距有极值时速度应相等这一关键条件来求解；解法二中由位移关系得到一元二次方程．然后利用根的判别式来确定方程中各系数间的关系，这也是中学物理中常用的数学方法；解法三通过巧妙地选取参照物，使两车运动的关系变得简明．

说明：本题还可以有多种问法，如“以多大的加速度刹车就可以不相碰？”，“两车距多少米就可以不相碰？”，“货车的速度为多少就可以不相碰？”等，但不管哪一种问法，都离不开“两车速度相等”这个条件．

[例5]甲、乙两车相距S，同时同向运动，乙在前面做加速度为a₁、初速度为零的匀加速运动，甲在后面做加速度为a₂、初速度为v₀的匀加速运动，试讨论两车在运动过程中相遇次数与加速度的关系。

[分析]由于两车同时同向运动，故有v_甲=v₀+a₂t，v_乙=a₁t。

　　 ①当a_l＜a₂时，a_lt＜a₂t，可得两车在运动过程中始终有，V_甲＞V_乙。由于原来甲在后，乙在前，所以甲、乙两车的距离在不断缩短，经过一段时间后甲车必然超过乙车，且甲超过乙后相距越来越大，因此甲、乙两车只能相遇一次。

　　 ②当 a_l=a₂时，a_lt＝a₂t，可得v_甲=v₀+v_乙，同样有v_甲＞v_乙，因此甲、乙两车也只能相遇一次。

　　 ③当a_l＞a₂时，a_lt＞a₂t，v_甲和v_乙的大小关系会随着运动时间的增加而发生变化。刚开始，a_lt和a₂t相差不大且甲有初速v₀，所以v_甲＞v_乙；随着时间的推移，a_lt和a₂t相差越来越大；当a_lt－a₂t＝v₀时，v_甲=v_乙，接下来a_lt－a₂t＞v₀，则有v_甲＜v_乙，若在v_甲=v_乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于v_甲＜v_乙，甲车就没有机会超过乙车，即两车不相遇；若在v_甲=v_乙时，两车刚好相遇，随后v_甲＜v_乙，甲车又要落后乙车，这样两车只能相遇一次；若在v_甲=v_乙前，甲车已超过乙车，即已相通过一次，随后由于v_甲＜v_乙，甲、乙距离又缩短，直到乙车后反超甲车时，再相遇一次，则两车能相遇两次。

[解]由于 S_甲=v₀ t+½a₂t²，S_乙=½a₁t²，

相遇时有S_甲－S_乙＝s，则v₀ t+½a₂t²－½a₁t²＝S，½(a₁一a₂)t²一v₀ t+S＝0．

①当a₁＜a₂时，①式；只有一个正解，则相遇一次。

②当a₁＝a₂时　 S_甲一 S_乙=v₀ t+½a₂t²－½a₁t²=v₀ t=S，　　 ∴t=S/v₀　　 t只有一个解，则相遇一次。

③当 a_l＞a₂时，若v＜2(a_l－a₂)s，①式无解，即不相遇。

若v₀²=2(a_l－a₂)s，①式t只有一个解，即相遇一次。

若 v₀²＞2(a_l－a₂)s，①式t有两个正解，即相遇两次。

　解法2：利用v一t图象求解。

①当 a_l＜a₂时，甲、乙车的运动图线分别为如图，其中划斜线部分的面积表示t时间内甲车比乙车多发生的位移，着此而积为S，则t时刻甲车追上乙车而相遇，以后在相等时间内甲车发生的位移都比乙车多，所以只能相遇一次。

②当a_l=a₂时，甲、乙两车的运动图线分别如图，讨论方法同①，所以两车也只能相遇一次。

③当a_l＞a₂ 时，甲、乙两车的运动图线分别为如图的1和11，其中划实斜线部分面积表示用车比乙车多发生的位移，划虚斜线部分的面积表示乙车比甲车多发生的位移。若划线部分的面积小于S，说明甲追不上乙车，则不能相遇；若划实斜线部分的面积等于S，说明甲车刚追上乙车又被反超，则相遇一次；若划实斜线部分的面积大于S，说明t_l内划实线部分的面积为S，说明t₁时刻甲车追上乙车，以后在t₁--t时间内，甲车超前乙车的位移为t_l－--t时间内划实线部分的面积，随后在t--－t₂时间内，乙车比甲车多发生划应线部分的面积，如果两者相等，则t₂时刻乙车反超甲车，故两车先后相遇两次。

[例6]在空中足够高的某处，以初速度v竖直上抛一小球，t s后在同一地点以初速度v^/竖直下抛另一个小球，若使两个小球在运动中能够相遇，试就下述两种情况讨论t的取值范围：(l)0＜v^/＜v，(2)v^/＞v

[解析]若两小球在运动中能够在空中相遇，必须是下抛小球刚抛出时，上抛小球已进入下降阶段，且速度大的小球在后，追赶前面速度小的球，

(1)　　　 如图甲所示．上抛小球速度方向变为向下，大小达v^/时所经历的时间为t₀，则

　t₀=+　　 ∴当t＞t₀时，上抛小球的即时速度v_t＞v^/，上抛小球能够追上下抛小球，但是，若上抛小球已越过抛出点，再向下抛出另一个小球时，两球就不会相遇，而上抛球回到抛出点的时间t₁为：t₁=　 即：当＜t＜时两球能够在运动中相遇

(2)如图乙所示，上抛小球速度方向变为向下，大小达v^/时所经历时间为t₀^/，则： t₀^/=

　 当t＜t₀^/时，上抛时即时速度v_t＜v^/，但若使上抛球在前，t还大于t₁=2v/g才行，因此，两球在运动中相遇的条件为：＜t＜　　

试题展示

5．匀加速直线运动追匀加速直线运动，应当以一个运动当参照物，找出相对速度、相对加速度、相对位移．

规律方法　　 1、追及问题的分析思路

(1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物体运动时间之间的关系．

(2)通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系式．追及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同．

　 (3)寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离，等等．利用这些临界条件常能简化解题过程．

(4)求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件解联立方程外，还有利用二次函数求极值，及应用图象法和相对运动知识求解．

[例1]羚羊从静止开始奔跑，经过50m能加速到最大速度25m/s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过60 m的距离能加速到最大速度30m/s，以后只能维持此速度4.0 s.设猎豹距离羚羊xm时开时攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0 s才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动，且均沿同一直线奔跑，求：猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，x值应在什么范围？

解析：先分析羚羊和猎豹各自从静止匀加速达到最大速度所用的时间，再分析猎豹追上羚羊前，两者所发生的位移之差的最大值，即可求x的范围。

设猎豹从静止开始匀加速奔跑60m达到最大速度用时间t₂，则，

羚羊从静止开始匀加速奔跑50m达到最大速度用时间t₁，则，

猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，则猎豹减速前的匀速运动时间最多4s，而羚羊最多匀速3s而被追上，此x值为最大值，即x=S_豹－S_羊=[(60+30×4)－(50+25×3)]=55m，所以应取x<55m。

[例2]一辆小车在轨道MN上行驶的速度v₁可达到50km/h，在轨道外的平地上行驶速度v₂可达到40km/h，与轨道的垂直距离为30km的B处有一基地，如图所示，问小车从基地B出发到离D点100km的A处的过程中最短需要多长时间(设小车在不同路面上的运动都是匀速运动，启动时的加速时间可忽略不计)？

[解析]建构合理的知识体系，巧用类比，触发顿悟性联想。

　　 显然，用常规解法是相当繁琐的。我们知道，光在传播过程中“走”的是时间最短的路径。可见，我们可以把小车的运动类比为光的全反射现象的临界状态(如图所示)，根据临界角知识得：sinC=v₂/v₁＝4/5，由图得：sinC＝x/，小车运动时间：t=(100－ x)/v_l+/v₂由以上几式可得： c＝40km， t ＝2．45h。

[例2]高为h的电梯正以加速度a匀加速上升，忽然天花板上一颗螺钉脱落．螺钉落到电梯底板上所用的时间是多少？

　 解析：此题为追及类问题，依题意画出反映这一过程的示意图，如图2- 27所示．这样至少不会误认为螺钉作自由落体运动，实际上螺钉作竖直上抛运动．从示意图还可以看出，电梯与螺钉的位移关系：

　　 S_梯一S_钉= h　　 式中S_梯＝vt十½at²，S_钉＝vt－½gt²

可得t=

错误：学生把相遇过程示意图画成如下图，则会出现S_梯+S_钉= h

　　 式中S_梯＝v₀t十½at²，S_钉＝v₀t－½gt²

这样得到v₀t十½at²+v₀t－½gt²=h，即½(a－g)t²+2v₀t－h=0

由于未知v₀，无法解得结果。判别方法是对上述方程分析，应该是对任何时间t，都能相遇，即上式中的Δ＝4v₀²+2(a－g)h≥0

也就是v₀≥，这就对a与g关系有了限制，而事实上不应有这样的限制的。

　点评：对追及类问题分析的关键是分析两物体运动的运动过程及转折点的条件．可见，在追赶过程中，速度相等是一个转折点，要熟记这一条件．在诸多的物理问题中存在“隐蔽条件”，这类问题往往是难题，于是，如何分析出“隐蔽条件”成为一个很重要的问题，一般是根据物理过程确定．该题中“隐蔽条件”就是当两车速度相同时距离最大．解析后，问题就迎刃而解．

4．匀速运动追匀减速直线运动，当二者速度相同时相距最远．

3．匀减速直线运动追匀速运动，当二者速度相同时相距最近，此时假设追不上，以后就永远追不上了．

2．匀速运动追击匀加速运动，当二者速度相同时追不上以后就永远追不上了．此时二者相距最近．

1．匀加速运动追击匀速运动，当二者速度相同时相距最远．

2、速度--时间图象的迁移与妙用

[例4] 一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC。已知AB和AC的长度相同。两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间

　 A.p小球先到　　 B.q小球先到　　 C.两小球同时到　　 D.无法确定

解：可以利用v-t图象(这里的v是速率，曲线下的面积表示路程s)定性地进行比较。在同一个v-t图象中做出p、q的速率图线，显然开始时q的加速度较大，斜率较大；由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上。为使路程相同(曲线和横轴所围的面积相同)，显然q用的时间较少。

[例5] 两支完全相同的光滑直角弯管(如图所示)现有两只相同小球a和a^/ 同时从管口由静止滑下，问谁先从下端的出口掉出？(假设通过拐角处时无机械能损失)　　　

解：首先由机械能守恒可以确定拐角处v₁> v₂，而两小球到达出口时的速率v相等。又由题薏可知两球经历的总路程s相等。由牛顿第二定律，小球的加速度大小a=gsinα，小球a第一阶段的加速度跟小球a^/第二阶段的加速度大小相同(设为a₁)；小球a第二阶段的加速度跟小球a^/第一阶段的加速度大小相同(设为a₂)，根据图中管的倾斜程度，显然有a₁> a₂。根据这些物理量大小的分析，在同一个v-t图象中两球速度曲线下所围的面积应该相同，且末状态速度大小也相同(纵坐标相同)。开始时a球曲线的斜率大。由于两球两阶段加速度对应相等，如果同时到达(经历时间为t₁)则必然有s₁>s₂，显然不合理。考虑到两球末速度大小相等(图中v_m)，球a^/ 的速度图象只能如实线所示。因此有t₁< t₂，即a球先到。

[例6]一只老鼠从洞口爬出后沿一直线运动，其速度大小与其离开洞口的距离成反比。当其到达距洞口为d₁的A点时速度为v₁．若B点离洞口的距离为d₂(d₂＞d₁)，求老鼠由A运动至B所需的时间。

[解析]图中的曲线与横轴所围面积的数值正是老鼠经过一定的位移所需的时间。如图所示，取一窄条，其宽度Δx很小(Δx→0)，此段位移所需时间Δt也很小(Δv→0)，可以认为在如此短时间内，老鼠的速度改变很小(Δv→0)，如图中窄条的面积为A＝Δx=，这正表示老鼠经位移Δx所需的时间。故图中，图线=，x₁＝d_l，x₂＝d₂及x轴所围的梯形面积正是老鼠由d_l爬至d₂所需的时间。K=v₁d₁=v₂d₂;T=。

说明：利用图象的物理意义来解决实际问题往往起到意想不到的效果．在中学阶段某些问题根本无法借助初等数学的方法来解决，但如果注意到一些图线的斜率和面积所包含的物理意义，则可利用比较直观的方法解决问题。

[例7]甲、乙两车同时同向沿直线驶向某地，甲在前一半时间以v₁匀速运动，后一半时间以v₂匀速运动.乙在前一半路程以v₁匀速运动，后一半路程以v₂匀速运动，先到目的地的是____.

[例8]质点P以O点为平衡位置竖直向上作简谐运动，同时质点Q也从O点被竖直上抛，它们恰好同时到达最高点，且高度相同，在此过程中，两质点的瞬时速度v_P与v_Q的关系应该是 [　D　 ]

　A.v_P＞v_Q.　B.先v_P＞v_Q，后v_P＜v_Q，最后v_P=v_Q=0.

　C.v_P＜v_Q.　D.先v_P＜v_Q，后v_P＞v_Q，最后v_P=v_Q=0.

解析：这也是用解析方法很难下手的题目，但若能利用题设条件，画好、分析好两个质点的v－t图线，就能很快找到答案.

　先在图中画出Q作匀减速运动的v－t图象.由于P作简谐运动，当它由平衡位置向极端位置运动过程中，受到的回复力从零开始不断变大，它的加速度也从零开始不断变大，速度不断变小，P作加速度不断增大的减速运动，其v－t图线是一条曲线.根据v－t图线上任一点的切线的斜率数值上等于质点在该时刻的加速度，由于P的加速度由零开始不断变大，画出曲线切线斜率的绝对值也应由零开始不断增大，即曲线的切线应从呈水平状态开始不断变陡，那么只有向右边凸出的下降的曲线才能满足这样的条件.又因P与Q的运动时间相等，所以曲线的终点也应在t，P与Q的路程相等，所以曲线包围的面积应等于三角形v_Q0Ot的面积，根据这些要求，曲线的起点，即质点P的初速度v_P0必定小于Q的初速v_Q0，且两条v－t图线必定会相交，如图7中的实线所示.图7的两条虚线表示的质点P的v－t图线都不满足题设条件(P与Q的路程相等)，所以(D)选项正确.

试题展示

运动学典型问题及解决方法

基础知识　　 一、相遇、追及与避碰问题

对于追及问题的处理，要通过两质点的速度比较进行分析，找到隐含条件(即速度相同时，而质点距离最大或最小)。再结合两个运动的时间关系、位移关系建立相应的方程求解，必要时可借助两质点的速度图象进行分析。　　

2、速度时间图象

(1)它反映了运动物体速度随时间的变化关系．

(2)匀速运动的V一t图线平行于时间轴．

(3)匀变速直线运动的V-t图线是倾斜的直线，其斜率数值上等于物体运动的加速度．

(4)非匀变速直线运动的V一t图线是曲线，每点的切线方向的斜率表示该点的加速度大小．　　

规律方法　 1、s--t图象和v--t图象的应用

[例1]甲、乙、两三物体同时同地开始做直线运动，其位移一时间图象如图所示，则在t₀时间内，甲、乙、丙运动的平均速度的大小关系分别是：V_甲　　 V_乙　　 V_丙(填“＞”、“＝”或“＜”)，它们在t₀时间内平均速率大小关系为V^/_甲＿V^/_乙＿V^/_丙·

解析：由图可知，在t₀时间内它们的位移相同，由平均速度的定义，故可知甲、乙、两三者在t₀时间内的平均速度的大小相同，即V_甲=V_乙=V_丙，而平均速率是指质点运动的路程(质点运动轨迹的长度)与时间的比值，由图中可知，质点在to时间内，甲的路程最长，(由图象中可知甲有回复运动)故甲的平均速率最大，而乙和丙路程相同，故乙和丙的平均速率相同，即V^/_甲＞V^/_乙=V^/_丙．

注意：平均速率不是平均速度的大小．对于图象问题，要求把运动物体的实际运动规律与图象表示的物理含义结合起来考虑．

[例2]物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程为S。它在中间位置½S处的速度为v₁，在中间时刻½t时的速度为v₂，则v₁、v₂的关系为

A．当物体作匀加速直线运动时，v₁＞v₂

B．当物体作匀减速直线运动时，v₁＜v₂；

c．当物体作匀速直线运动时，v₁＝v₂

D．当物体作匀减速直线运动时，v₁＞v₂　　

[解析]由题意，作出物体的v一t关系图，½S点处的虚线把梯形面积一分为二，如图所示，由图可知，无论物体作匀加速直线运动还是作匀减速直线运动。在路程中间位置的速度v₁始终大于中间时刻的速度v₂，当物体作匀速直线运动时，在任何位置和任何时刻的速度都相等。

　　 故正确答案A、C、D。

[例3]甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一路标时速度又相同，则哪一辆车先经过下一个路标？

解析：由题可知这三辆汽车的初、末速度相同，它们发生的位移相同，而题中并不知乙、丙两车在各阶段是否做匀速直线运动，因此，我们只能分析它们的一般运动，即变速直线运动，这样匀变速直线运动的规律就无法求解这一问题，如果我们利用图象法，即在同一坐标系中，分别做出这三辆车的v-t图象，如图所示，由此可知：乙车到达下一个路标的时间最短，即乙车最先通过下一个路标。

说明：图象法是根据物体的运动规律及题中条件，将复杂的运动过程转化成简单、直观过程的一种思维方法。

(1)s--t图象和v--t图象，只能描述直线运动--单向或双向直线运动的位移和速度随时间的变化关系，而不能直接用来描述方向变化的曲线运动。

(2)当为曲线运动时，应先将其分解为直线运动，然后才能用S-t或v一t图象进行描述。

1、位移时间图象

　 位移时间图象反映了运动物体的位移随时间变化的关系，匀速运动的S-t图象是直线，直线的斜率数值上等于运动物体的速度；变速运动的S－t图象是曲线，图线切线方向的斜率表示该点速度的大小．

3、两种运动的联系与应用

[例6]自高为H的塔顶自由落下A物的同时B物自塔底以初速度v₀竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动．下面说法正确的是(　　 )

　　 A．若v₀＞两物体相遇时，B正在上升途中　　 B、v₀=两物体在地面相遇

　　 C．若＜v₀＜，两物体相遇时B物正在空中下落

　　 D．若v₀＝，则两物体在地面相遇

　 解析：由A、B相对运动知，相遇时间t=H/ v₀，B物上升到最高点需时间t₁= v₀/g．落回到抛出点时间t₂＝2v₀/g

　　 要在上升途中相遇，t＜t₁，即H/ v₀＜v₀/g。v₀＞，要在下降途中相遇．t₁＜ t＜ t₂，即v₀/g＜H/ v₀＜2v₀/g．＜v₀＜

　　 在最高点相遇时t＝t₁，vo=；　　 在地面相遇时．t＝t₂，vo=．

答案：ACD

[例7]子弹从枪口射出速度大小是30m/s，某人每隔1s竖直向上开一枪，假设子弹在升降过程中都不相碰，试求

(1)空中最多能有几颗子弹？

(2)设在t=0时将第一颗子弹射出，在哪些时刻它和以后射出的子弹在空中相遇而过？

(3)这些子弹在距原处多高的地方与第一颗子弹相遇？(不计空气阻力，g取10m/s²)

解：(1)设子弹射出后经ts回到原处

t=0时第一颗子弹射出，它于第6s末回到原处时，第七颗子弹射出，所以空中最多有六颗子弹．

(2)设第一颗子弹在空中运动t₁s，和第二颗子弹在空中相遇．V₁=v₀－gt，V₂=v₀－g(t₁－1)

由对称性v₂=-v₁，即v₀-g(t₁-1)=gt₁-v₀ 解得 t₁=3.5(s)

同理，第一颗子弹在空中运动t₂=4.0s、t₃=4.5s、t₄=5.0s、t₅=5.5s分别与第三颗子弹、第四颗子弹、第五颗子弹、第六颗子弹在空中相遇．

(3)由，将t₁=3.5s，t₂=4.0s，t₃=4.5s，t₄=5.0s和 t₅=5.5s分别代入上式，得h₁=43.75m，h₂=40m，h₃=33.75m，h₄=25m，h₅=13.75m。

试题展示

　　　　　　 匀变速直线运动图象

基础知识一．对于运动图象要从以下几点来认识它的物理意义：

　　 a．从图象识别物体运动的性质。

　　 b．能认识图像的截距的意义。

　　 C．能认识图像的斜率的意义。

　　 d．能认识图线覆盖面积的意义。

　　 e．能说出图线上一点的状况。