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高中3 匀变速直线运动的位移与时间的关系学案
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这是一份高中3 匀变速直线运动的位移与时间的关系学案，共27页。学案主要包含了学习目标，思维脉络等内容，欢迎下载使用。
3．匀变速直线运动的位移与时间的关系
目标体系构建
明确目标·梳理脉络
【学习目标】
1．知道匀速直线运动的位移与v－t图像中图线与坐标轴所围面积的对应关系。
2．理解匀变速直线运动的位移公式的推导方法，感受利用极限思想解决物理问题的科学思维方法。
3．理解匀变速直线运动的位移公式、速度与位移的关系式，会应用公式分析匀变速直线运动问题。
【思维脉络】
课前预习反馈
教材梳理·落实新知
知识点 1 匀变速直线运动的位置
1．v－t图像
初速度为v0，加速度为a的匀变速直线运动的v－t图像如图所示。
2．匀变速直线运动的位移
v－t图像中着色部分的__梯形面积__表示匀变速直线运动物体的__位移__。
3．位移与时间的关系式
x＝__v0t＋at2__。
4．公式的特殊形式：
当v0＝0时，x＝__at2__(由静止开始的匀加速直线运动)。
知识点 2 速度与位移的关系
1．关系式的推导：
2．速度与位移的关系式
v2－v＝2ax
预习自测
『选一选』 (2019·四川省广安市高一上学期检测)飞机起飞的过程是由静止开始在平直跑道上做匀加速直线运动的过程。飞机在跑道上加速到某速度值时离地升空飞行。已知飞机在跑道上加速前进的距离为1 600 m，所用时间为40 s，则飞机的加速度a和离地速度v分别为( A )
A．2 m/s2 80 m/s B．2 m/s2 40 m/s
C．1 m/s2 40 m/s D．1 m/s2 80 m/s
解析：根据x＝at2得a＝＝2 m/s2，飞机离地速度为v＝at＝80 m/s。
『想一想』
在某城市的一条道路上，规定车辆行驶速度不得超过30 km/h。在一次交通事故中，肇事车是一辆客车，量得这辆车紧急刹车(车轮被抱死)时留下的刹车痕迹长为7.6 m(如图)，已知该客车刹车时的加速度大小为7 m/s2。请判断该车是否超速。
答案：该车超速
解析：已知刹车距离x＝7.6 m
刹车时加速度a＝7 m/s2，客车的末速度v＝0
由匀变速直线运动位移与速度的关系v2－v＝2ax得0－v＝2×(－7)×7.6 m2/s2＝－106.4 m2/s2
得v0＝10.3 m/s≈37.1 km/h＞30 km/h
所以该客车超速。
课内互动探究
细研深究·破疑解难
探究 匀变速直线运动位移公式的理解与应用
┃┃情境导入__■
两辆汽车，甲车正在向左匀减速行驶，乙车正在向右匀加速行驶。
(1)它们都可以应用公式x＝v0t＋at2计算位移吗？
(2)计算它们的位移属于矢量运算，解题时如何规定正方向呢？
提示：(1)都可以。(2)一般以初速度的方向为正方向。
┃┃要点提炼__■
1．对位移公式的理解
(1)位移公式：
(2)公式的矢量性：公式中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取统一的正方向(一般选v0的方向为正方向)。
通常有以下几种情况：
运动情况
取值
若物体做匀加速直线运动
a与v0同向，a取正值(v0方向为正方向)
若物体做匀减速直线运动
a与v0反向，a取负值(v0方向为正方向)
若位移的计算结果为正值
说明位移的方向与规定的正方向相同
若位移的计算结果为负值
说明位移的方向与规定的正方向相反
2．应用公式x＝v0t＋at2解题步骤
(1)确定一个方向为正方向(一般以初速度的方向为正方向)。
(2)根据规定的正方向确定已知量的正、负，并用带有正、负号的数值表示。
(3)根据位移—时间关系式或其变形式列式、求解。
(4)根据计算结果说明所求量的大小、方向。
3．两种特殊形式
(1)当a＝0时，x＝v0t(匀速直线运动)。
(2)当v0＝0时，x＝at2(由静止开始的匀加速直线运动)。
特别提醒
(1)公式x＝v0t＋at2是匀变速直线运动的位移公式，而不是路程公式，利用该公式计算出的物理量是位移而不是路程。
(2)位移与时间的平方不是正比关系，时间越长，位移不一定越大。
┃┃典例剖析__■
典题1 (多选)(2019·四川成都外国语学校高一上学期期中)冰壶(Curling)，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。中国冰壶队于2003年成立，中国女子冰壶队在2009年世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠，已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，用时20 s停止，最后1 s内位移大小为0.2 m，则下面说法正确的是( BC )
A．冰壶的加速度大小是0.3 m/s2
B．冰壶的加速度大小是0.4 m/s2
C．冰壶第1 s内的位移大小是7.8 m
D．冰壶的初速度大小是6 m/s
思路引导：将冰壶的匀减速运动过程，等效为反方向初速度为零的匀加速直线运动，进行分析处理更快捷。
解析：整个过程的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，最后1 s的位移为0.2 m，根据位移时间公式：x1＝at，代入数据解得：a＝0.4 m/s2，故B正确，A错误；根据速度公式得初速度为：v0＝at＝0.4×20 m/s＝8 m/s，则冰壶第1 s内的位移大小为：x′1＝v0t－at2＝8×1 m－×0.4×12 m＝7.8 m，故C正确，D错误。
思维升华：1.逆向推理法：末速度为零的匀减速直线运动是初速度为零、加速度大小相等的反向匀加速直线运动的逆向运动。设物体的初速度为v0，加速度大小为a，做匀减速直线运动至速度为零，则可将此运动逆向看成初速度为0、加速度大小为a的匀加速直线运动，末速度为v0。
2．逆向推理法的优点：逆向推理之后，速度公式v＝v0＋at变为v＝at，位移公式x＝v0t＋at2变为x＝at2，不仅简化了运算，也使问题变得更加简洁。
3．处理该类问题时应注意：逆向推理法可简化问题的处理过程，但要注意原过程与逆过程的速度、位移的大小相等，但方向相反。
┃┃对点训练__■
1．跳远运动员的助跑阶段可以看成先匀加速后匀速。某运动员先以4.5 m/s2的加速度跑了2 s，接着匀速跑了1 s，然后起跳。求：
(1)运动员将要起跳时的速度多大？
(2)运动员助跑的距离是多少？
解析：(1)根据速度－时间关系v＝v0＋at，可得运动员加速运动的末速度为
v＝at＝9 m/s，即运动员起跳时的速度为9 m/s。
(2)根据位移－时间关系x＝v0t＋at2，代入数据解得运动员加速运动的距离为x1＝9 m，
运动员匀速跑的距离为x2＝vt＝9 m，
所以运动员助跑的距离为x＝x1＋x2＝18 m。
答案：(1)9 m/s (2)18 m
探究 匀变速直线运动的位移与速度的关系
┃┃情境导入__■
2019年12月17日，首艘国产航母交付海军，并命名为“山东舰”。如果你是航母舰载机跑道设计师，若已知飞机的加速度为a，起飞速度为v，你应该如何来设计飞机跑道的长度？
提示：由公式v2－v＝2ax即可算出跑道的长度。
┃┃要点提炼__■
1．表达式：
2．矢量的取值方法：v2－v＝2ax为矢量式，应用它解题时，一般先规定初速度v0的方向为正方向。
(1)物体做加速运动时，a取正值，做减速运动时，a取负值。
(2)位移x>0，说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；x<0，说明位移的方向与初速度的方向相反。
3．适用范围：匀变速直线运动。
4．特例
(1)当v0＝0时，v2＝2ax
物体做初速度为零的匀加速直线运动，如自由下落问题。
(2)当v＝0时，－v＝2ax
物体做匀减速直线运动直到静止，如刹车问题。
┃┃典例剖析__■
典题2 “神舟八号”飞船完成与“天宫一号”的两次对接任务后返回，返回舱距地面10 km时开始启动降落伞装置，速度减至10 m/s，并以这个速度在大气中竖直降落。在距地面1.2 m时，返回舱的4台发动机开始向下喷气，舱体再次减速。设最后减速过程中返回舱做匀减速运动，且到达地面时的速度恰好为0(如图)。求(结果均保留两位有效数字)：
(1)最后减速阶段的加速度；
(2)最后减速阶段所用的时间。
思路引导：(1)第一问不涉及时间，可优先考虑使用v2－v＝2ax求解。
(2)第二问不涉及位移，可优先考虑使用速度公式求解。
答案：(1)－42 m/s2 (2)0.24 s
解析：(1)由v2－v＝2ax得
a＝＝ m/s2
＝－42 m/s2
(2)由v＝v0＋at(或由加速度的定义)得
t＝＝ s＝0.24 s
思维升华：巧选公式的基本方法
(1)如果题目中无位移x，也不需求x，一般选用速度公式v＝v0＋at；
(2)如果题目中无末速度v，也不需求v，一般选用位移公式x＝v0t＋at2；
(3)如果题目中无运动时间t，也不需求t，一般选用公式v2－v＝2ax。
┃┃对点训练__■
2．(2019·广东省佛山市高一上学期检测)2018年6月28日，深湛高铁江湛段的高铁正式开通，假设列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s时位移为x。则当速度由10 m/s增加到15 m/s时，它的位移是( B )
A．x B．x
C．2x D．3x
解析：由公式x＝得＝＝，所以B选项正确。
素养脉络构建
知识构建·整体呈现
课堂达标检测
沙场点兵·名校真题
1．(2020·永春华侨高一期中)如图所示为运行的高速铁路客运列车，假设观察者站在列车第一节车厢前端一侧，列车由静止开始做匀加速直线运动，测得第一节车厢通过他用了5 s，列车全部通过他共用25 s，问这列车一共由几节车厢组成(车厢等长且不计车厢间距离) ( A )
A．25节 B．20节
C．16节 D．5节
解析：设火车第一节车厢的长度为L，总长度为nL，则由题L＝at，nL＝at；
两式相比得：n＝＝＝25节，故选A。
2．(2019·福建省福安一中第一学期期中)如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为4 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( C )
A．40 m B．25 m
C．12.5 m D．2 m
解析：由题意知，车速v≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为4 m/s2，最后末速度减为0，由v2＝2ax可得：x≤＝m＝12.5 m，所以系统设置的安全距离约12.5 m，故C正确，A、B、D三项错误。
3．(多选)(2020·天津市静海区高一学期四校联考)物体甲的x－t图像和物体乙的v－t图像分别如图所示，则这两物体的运动情况是( AC )
A．甲在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m
B．甲在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
C．乙在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
D．乙在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移为4 m
解析：位移－时间图像的斜率等于速度，可知，甲在整个t＝6 s时间内一直沿正向运动，运动方向一直不变，做匀速直线运动，通过的总位移大小为Δx＝2 m－(－2 m)＝4 m，故A正确，B错误；乙在0～3 s内沿负向做匀减速直线运动，位移为：x1＝－3 m；3 s后沿正向做匀加速直线运动，位移为 x2＝3 m；故总位移为x＝x1＋x2＝0，故C正确，D错误。
4．(多选)(2020·嘉积段考)对于如图所示的情景，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚。若以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2。下列说法正确的是( BC )
A．驾驶员立即刹车制动，则至少需要2 s汽车才停止
B．在距停车线6.4 m处才开始刹车制动，汽车前端恰能停止于停车线处
C．若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
D．若经0.4 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
解析：t＝＝1.6 s，故A错误；x＝＝6.4 m，故B正确；经0.2 s汽车前进v0Δt＝1.6 m；Δx＝8 m－1.6 m＝6.4 m，故C正确，D错误。
5．(2019·浙江省东阳中学、东阳外国语学校高一上学期期中)如图所示，为了研究“歌山”号游船从节庆广场码头沿直线行驶到江心岛，小明对行驶过程进行观测，记录数据如下表。
运动过程
计时时间
运动状态
匀加速运动
0～30 s
初速度v0＝0
匀加速末速度
v＝6 m/s
匀速运动
30 s～180 s
v＝6 m/s
匀减速运动
180 s～200 s
靠岸时的速度vt＝0.2 m/s
(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；
(2)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。
答案：(1)0.2 m/s2 90 m (2)5.26 m/s
解析：(1)a1＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，x1＝Δt1＝3×30 m＝90 m。
(2)x2＝vΔt2＝6×150 m＝900 m，x3＝·Δt3＝62 m，x＝x1＋x2＋x3＝1 052 m。
所以＝＝5.26 m/s。
夯基提能作业
规范训练·实效检测
请同学们认真完成 [练案7]
合格考训练
(25分钟·满分60分) )
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1．一物体做加速度为a的匀变速直线运动，经过t时间，其速度由v0变为v，下列关于t时间内所发生的位移x的表达式中错误的是( B )
A．x＝v0t＋at2 B．x＝vt＋at2
C．x＝vt－at2 D．x＝t
解析：根据位移－时间公式得，x＝v0t＋at2，故A正确；采取逆向思维，根据位移时间公式得，x＝vt－at2，故B错误，C正确；根据平均速度公式得，x＝t，故D正确。
2．如图所示，一辆正以8 m/s速度沿直线行驶的汽车，突然以1 m/s2的加速度加速行驶，则汽车加速行驶了18 m时的速度为( C )
A．8 m/s B．12 m/s
C．10 m/s D．14 m/s
解析：由v2－v＝2ax和v0＝8 m/s、a＝1 m/s2，x＝18 m可求出：v＝10 m/s，故C正确。
3．汽车的加速性能是反映汽车性能的重要标志。下表是测量三种型号的载重汽车加速性能时所采集的实验数据，由表中的数据可以断定( B )
汽车型号
初速度
v0/(km·h－1)
末速度
vt/(km·h－1)
通过位移
x/ m
A型号4吨载重汽车
13
29
357
B型号4吨载重汽车
13
29
273
C型号4吨载重汽车
13
29
315
A．A型号车的加速性能最好
B．B型号车的加速性能最好
C．C型号车的加速性能最好
D．三种型号车的加速性能相同
解析：根据速度位移关系公式v－v＝2ax得：a＝，根据表格中数据可知，B型号的加速度最大，加速性能最好，故A、C、D错误，B正确。
4．(2020·丰台区高一期中)如图甲、乙、丙是中学物理课本必修1中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图像，下列说法正确的是( A )
A．推导中把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B．甲图用矩形面积的和表示位移大小比丙图用梯形面积表示位移大小更接近真实值
C．这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动
D．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示加速度的变化量
解析：这里推导位移公式采用了微元法，故A正确。位移等于图线与时间轴所围的面积大小，可知，丙图用梯形面积表示位移大小比甲图用矩形面积的和更接近真实值。故B错误。这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动。故C错误。若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则由Δv＝aΔt知，梯形面积表示速度的变化量。故D错误。故选A。
5．(多选)(2020·南山高一期中)一个质点沿x轴做直线运动，它的位置坐标随时间变化规律是x＝3t2－4t，其中x与t的单位分别为m和s，则下列说法中正确的是 ( ACD )
A．t＝0时，质点的坐标是x＝0 m
B．在最初的1 s内，质点的位移大小为1 m，方向沿x轴正方向
C．质点的速度随时间的变化规律是v＝(6t－4)m/s
D．质点先做匀减速直线运动，然后做匀加速直线运动
解析：根据x＝3t2－4t知，当t＝0时，质点的坐标x＝0 m，故A正确；质点在最初1 s内的位移x1＝3×1 m－4×1 m＝－1 m ，方向沿x轴负方向，故B不正确；根据x＝v0t＋at2＝3t2－4t得，质点的初速度v0＝－4 m/s，加速度a＝6 m/s2，则速度随时间的变化规律v＝v0＋at＝6t－4 ，故C正确；质点的初速度方向与加速度方向相反，质点先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，故D正确。
6．(多选)(2020·河北省正定高一月考)利用传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。某同学在一次实验中得到运动小车的“速度—时间”图像如图所示，由此图像可知 ( BC )
A．小车做曲线运动
B．18 s末时的加速度大于13 s末的加速度
C．小车前10 s内的平均速度比后10 s内的小
D．13 s末小车距离出发点最远
解析：小车的速度均为正值，说明小车一直沿正方向做直线运动，故A错误；速度图像的斜率表示加速度，由图像可知，18 s时的斜率比13 s时的斜率大，故B正确；图像中曲线与t轴所围的面积表示小车的位移，由图像可知，前10 s的位移比后10 s的位移小，所以小车前10 s内的平均速度比后10 s内的小，故C正确。图像中曲线与t轴所围的面积表示小车的位移，所以18 s末小车距离出发点最远，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共24分)
7．(12分)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。
(1)画出汽车在0～60 s内的v－t图线；
(2)求在这60 s内汽车行驶的路程。
答案：(1)如图所示。 (2)900 m
解析：本题考查了运动学图像问题。
(1)设t＝10 s,40 s,60 s时刻的速度分别为v1，v2，v3。
由图知0～10 s内汽车以加速度2 m/s2匀加速行驶，由运动学公式得
v1＝2×10 m/s＝20 m/s ①
由图知10～40 s内汽车匀速行驶，因此
v2＝20 m/s ②
由图知40～60 s内汽车以加速度1 m/s2匀减速行驶，由运动学公式得
v3＝(20－1×20)＝0 ③
根据①②③式，可画出汽车在0～60 s内的v－t图线。
(2)由速度图线可知，在这60 s内汽车行驶的路程为
x＝×20 m＝900 m
8．(12分)一隧道限速36 km/h。一列火车长100 m，以72 km/h的速度行驶，驶至距隧道50 m处开始做匀减速运动，以不高于限速的速度匀速通过隧道。若隧道长200 m。求：
(1)火车做匀减速运动的最小加速度；
(2)火车全部通过隧道的最短时间。
答案：(1)－3 m/s2 (2)30 s
解析：(1)72 km/h＝20 m/s 36 km/h＝10 m/s
当火车头到达隧道口时速度为36 km/h时，加速度最小，设为a
由v2－v＝2ax
得 a＝＝ m/s2＝－3 m/s2
(2)火车以36 km/h的速度通过隧道，所需时间最短
火车通过隧道的位移为x′ ＝100 m＋200 m＝300 m
由x′＝vt 得
t＝＝ s＝30 s
等级考训练
(15分钟·满分40分) )
一、选择题(本题共3小题，每题6分，共18分)
1．一辆汽车从车站以初速度为零匀加速直线开出，开出一段时间之后，司机发现一乘客未上车，便紧急刹车做匀减速运动。从启动到停止一共经历t＝10 s，前进了15 m，在此过程中，汽车的最大速度为( B )
A．1.5 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．无法确定
解析：做出汽车运动的v－t图像如图所示，则×10vm＝15，vm＝3 m/s
2．(2020·天门高一月考)如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为96 m，升降机运行的最大速度为6 m/s，加速度大小不超过1 m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( C )
A．16 s B．18 s
C．22 s D．24 s
解析：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t1＝＝6 s，通过的位移为x1＝＝18 m，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：t2＝＝s＝10 s，总时间为：t＝2t1＋t2＝22 s，故C正确。
3．(多选)(2020·长春高一期中)A、B两质点在同一条直线上运动的v －t图像如图所示。A的最小速度和B的最大速度相同。已知在t1时刻，A、B两质点相遇，则( ABD )
A．出发时质点A在后，质点B在前
B．在0～t2时间内，质点A的加速度先变小后变大
C．在0～t2时间内，两质点的位移相同
D．在0～t2时间内，质点A的平均速度大于质点B的平均速度
解析：根据速度图像与坐标轴围成面积代表位移，可知，在0～t1时间内，A的位移比B的位移大，而在t1时刻，A、B两质点相遇，所以出发时质点A在后，质点B在前，选项A正确；根据图像的斜率表示加速度，则知在0～t2时间内，质点A的加速度先变小后变大，选项B正确；由题图知，在0～t2时间内，A质点的位移比B的位移大，选项C错误；在0～t2时间内，质点A的平均速度大于质点B的平均速度，选项D正确。
二、非选择题(共2小题，共22分)
4．(11分) 汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。求：
(1)小轿车从刹车到停止滑行的距离；
(2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞。
答案：(1)90 m (2)58 m
解析：(1)从刹车到停止的位移为x2，则x2＝＝ m＝90 m
(2)反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t0＝30×0.6＝18 m
小轿车从发现物体到停止的全部距离为x＝x1＋x2＝18 m＋90 m＝108 m
小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，所以三角警示牌距车的最小距离：Δx＝x－d＝58 m
5．(11分)(2019·福建省龙海市程溪中学高一上学期期中)一辆长途客车正在以v＝20 m/s的速度匀速行驶， 突然，司机看见车的正前方x＝45 m处有一只小狗(图甲)，司机立即采取制动措施。从司机看见小狗到长途客车开始做匀减速直线运动的时间间隔Δt＝0.5 s。若从司机看见小狗开始计时(t＝0)，该长途客车的速度—时间图像如图乙所示。求：
(1)长途客车在Δt时间内前进的距离；
(2)长途客车从司机发现小狗至停止运动的这段时间内前进的距离；
(3)根据你的计算结果，判断小狗是否安全。如果安全，请说明你判断的依据；如果不安全，有哪些方式可以使小狗安全。
答案：见解析
解析：(1)公共汽车在司机的反应时间内前进的距离
x1＝vΔt＝10 m
(2)公共汽车从司机发现小狗至停止的时间内前进的距离
x2＝x1＋vt/2＝50 m
(3)因为x2>x，所以小狗不安全。
若要小狗不发生危险，可以采用如下的一些方式：
①加大刹车力度增大刹车加速度，使汽车刹车距离减小5 m以上。
②提前鸣笛使小狗沿车的前进方向在4.5 s内跑出5 m以上的距离，或小狗沿垂直运动的方向在4.5 s内跑出的距离超过车的宽度。
素养拓展课 匀变速直线运动规律的应用
探究 匀变速直线运动的两个重要推论
┃┃情境导入__■
一辆汽车从A点开始以初速度v0，加速度a做匀加速直线运动，经过时间t到达B点，再过时间t到达C点时速度为v。
(1)利用所学知识能推导出AC段的平均速度和B点的速度吗？
(2)能推导出AB段与BC段的位移差的表达式吗？
提示：(1)能；AC＝vB＝
(2)能；xBC－xAB＝at2
┃┃要点提炼__■
1．平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度v＝v0＋a×t＝v0＋at，该段时间的末速度v＝v0＋at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得＝＝＝v0＋at＝＝＝＝v
即有＝＝v
故在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。
2．逐差相等
在任意两个连续相等的时间间隔T内，位移差是一个常量，即Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2
推导：时间T内的位移x1＝v0T＋aT2 ①
在时间2T内的位移x2＝v02T＋a(2T)2 ②
则xⅠ＝x1，xⅡ＝x2－x1 ③
由①②③得Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2
此推论常有两方面的应用：一是用以判断物体是否做匀变速直线运动，二是用以求加速度。
(1)以上推论只适用于匀变速直线运动，其他性质的运动不能套用推论式来处理问题。
(2)推论式xⅡ－xⅠ＝aT2常在实验中根据打出的纸带求物体的加速度。
特别提醒
┃┃典例剖析__■
典题1 (2020·西藏拉萨中学高一上学期期中)相同的小球从斜面上某位置每隔0.1 s释放一个小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上的小球拍下照片，如图所示，测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm。试求：
(1)小球的加速度；
(2)拍摄时B球的速度vB；
(3)A球上面滚动的小球还有几个？
思路引导：
解析：小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为T＝0.1 s，可以等效为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置。
(1)由推论Δx＝aT2可知，小球的加速度为：
a＝＝ cm/s2＝500 cm/s2＝5 m/s2
(2)由题意知B点是AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段的平均速度，即：
vB＝AC＝＝cm/s＝1.75 m/s
(3)设A点小球的速度为vA，因为vB＝vA＋at，vA＝vB－at＝1.75 m/s－5×0.1 m/s＝1.25 m/s，所以A球的运动时间为：tA＝＝ s＝0.25 s，因为每隔0.1 s释放一个小球，故A球的上方正在滚动的小球还有2个。
答案：(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)2个
┃┃对点训练__■
1．(2020·浙江省“温州十五校联合体高一上学期期中”)在瑞安站附近的某段平直的铁路上，一列以90 m/s高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在瑞安站，并在该车站停留2 min；随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速90 m/s。求：
(1)列车减速过程中的位移大小；
(2)列车驶离车站过程中加速到90 m/s所用时间。
答案：(1)13 500 m (2)180 s
解析：(1)x1＝×t1＝×300 m＝13 500 m
(2)x2＝t2，将x2＝8 100 m，v＝90 m/s，代入上式解得t2＝180 s。
探究 初速度为零的匀变速直线运动的常用推论
┃┃情境导入__■
火车出站时的加速运动，可以看作从零开始的匀加速直线运动。
如何推导它们在不同时刻的速度，如何推导它们在不同时间内的位移，如何推导它们通过不同位移所用的时间？
提示：由v＝at可求各时刻的速度；由x＝at2可求不同时间内的位移；根据Δx＝at2可推导通过不同位移所用的时间。
┃┃要点提炼__■
1．等分运动时间(以T为时间单位)。
(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度之比
v1︰v2︰v3＝1︰2︰3…
(2)1T内、2T内、3T内…位移之比
x1︰x2︰x3…＝1︰4︰9…
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…的位移之比：
xⅠ︰xⅡ︰xⅢ…＝1︰3︰5…
2．等分位移(以x为单位)。
(1)通过x、2x、3x…所用时间之比：
t1︰t2︰t3…＝1︰︰…
(2)通过第一个x、第二个x，第三个x…所用时间之比：
tⅠ︰tⅡ︰tⅢ…＝1︰(－1)︰(－)…
(3)x末、2x末、3x末…的瞬时速度之比：
v1︰v2︰v3＝1︰︰
特别提醒
(1)以上比例成立的前提是物体做初速度为零的匀加速直线运动。
(2)对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，应用比例关系，可使问题简化。
┃┃典例剖析__■
典题2 2018年3月6日，世界青年冰壶锦标赛在苏格兰进行，中国队“7︰1”大胜韩国队。如图所示，一冰壶以速度v垂直边线进入四个矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零，求冰壶依次经过B、C、D时的瞬时速度之比和依次通过后3个矩形区域所用的时间之比。
思路引导：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动。应用比例关系，可使问题简化。
解析：冰壶运动的逆过程可看成初速度为零的匀加速直线运动。冰壶从右向左依次通过3个矩形区域所用的时间之比为1︰(－1)︰(－)，依次到达D、C、B的速度之比为1︰︰
所以冰壶实际从左向右依次到达B、C、D的速度之比：vB︰vC︰vD＝︰︰1，
从左向右依次通过后三个相等矩形区域的时间之比：
t1︰t2︰t3＝(－)︰(－1)︰1
答案：vB︰vC︰vD＝︰︰1 t1︰t2︰t3＝(－)︰(－1)︰1
┃┃对点训练__■
2．(2020·温州高一期中)2019年7月16日，在韩国光州世界游泳锦标赛跳水项目男女混合团体决赛中，中国组合林珊/杨健获得该项目金牌。将林珊进入水中后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的总时间为t。林珊入水后前时间内的位移为x1，后时间内的位移为x2，则x2/x1为 ( D )
A．1︰16 B．1︰7
C．1︰5 D．1︰3
解析：林珊入水后做匀减速直线运动，把该过程看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，应用比例关系可得：x2︰x1＝1︰3，故选项D正确。
探究 追及和相遇问题
┃┃情境导入__■
如图，由静止做匀加速运动的汽车追赶前面匀速运动的自行车，请思考：(1)当汽车的速度小于自行车速度时，它们间的距离如何变化？(2)当汽车的速度大于自行车速度时，它们间的距离如何变化？(3)在汽车追上自行车前，什么时候它们间的距离最大？
提示：(1)汽车的速度小于自行车速度时，它们间的距离增大。(2)汽车的速度大于自行车速度时，它们间的距离减小。(3)在汽车追上自行车前，当汽车的速度等于自行车速度时，它们间的距离最大。
┃┃要点提炼__■
两物体在同一直线上运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者是距离为零的情况，这类问题称为追及和相遇问题，讨论追及和相遇问题的实质是两物体能否在同一时刻到达同一位置。
1．要抓住一个条件、两个关系。
(1)一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。
(2)两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。
2．常用方法
(1)物理分析法
抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系。
(2)图像法：将两者的v－t图像在同一坐标系中画出，然后利用图像求解。
(3)数学极值法：设从开始至相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇。若Δ<0，说明追不上或不能相碰。
3．解题思路
→→→
(1)在解决追及、相遇类问题时，要紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式，另外还要注意最后对解的讨论分析。
(2)分析追及、相遇类问题时，要注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
特别提醒
┃┃典例剖析__■
典题3 一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车。试问：
(1)汽车从路口开动后，在赶上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？
(2)汽车什么时间追上自行车？此时汽车的速度是多少？
思路引导：本题属于追及相遇问题，可用多种方法求解。物理分析法解题快，函数法解题步骤清晰，易于表达，而图像法不但能找到极值点，还能找到相遇点，能得出当两物体相距最远时的时间t、速度v，同时能得出当两物体相遇时用的时间和速度。同学们可尝试用不同的方法求解。
解析：(1)解法一(函数法) 当运行时间为t时，两车相距的距离为Δx＝6t－t2
当t＝－＝2 s时，有极值Δx＝＝6 m。(其中字母a、b、c是二次函数中的系数)
解法二(方程法) 当运行时间为t时，两车相距的距离为Δx＝6t－t2，
则t2－6t＋Δx＝0。
当判别式Δ≥0时方程有实数解，即Δx≤6 m，当且仅当等式成立时有极值。
解法三(物理分析法) 当两车的速度相等时，两车间的距离最大，则at＝6 m/s，t＝2 s，Δx＝6t－t2＝6 m。
解法四(图像法) 画出v－t图像，如图所示。图线与时间轴围成的面积就是位移。
经分析得两车的速度相等时，两车间的距离最大，则
6＝3t，Δx＝6t－
解得t＝2 s，Δx＝6 m。
(2)解法一(物理分析法) 汽车追上自行车时，两车位移相等v自t′＝at′2，代入数值得t′＝4 s，v汽＝a汽t′＝3×4 m/s＝12 m/s。
解法二(图像法) 由前面的v－t图像可看出当t′＝2t＝4 s时，两车位移相等，此时汽车的速度v汽＝2v＝12 m/s。
答案：(1)2 s 6 m (2)4 s 12 m/s
┃┃对点训练__■
3．(2020·重庆市北碚区联考)如图所示，甲、乙两车沿着同一条平直公路同向行驶，甲车以20 m/s的速度匀速运动，乙车原来速度为8 m/s，从距甲车80 m处以大小为4 m/s2的加速度做匀加速运动，问：乙车经多长时间能追上甲车？
答案：10 s
解析：设经时间t乙车追上甲车。在这段时间内甲、乙两车位移分别为x甲＝v甲t，x乙＝v乙t＋at2
追上时的位移条件为x乙＝x甲＋x0，
即8t＋2t2＝20t＋80
整理得t2－6t－40＝0 解得t1＝10 s，t2＝－4 s(舍去)乙车经10 s能追上甲车。
素养脉络构建
知识构建·整体呈现
1．匀变速直线运动常用公式的比较
比较项
公式
一般形式
v0＝0
涉及的
物理量
不涉及量
速度公式
v＝v0＋at
v＝at
v、v0、a、t
位移x
位移公式
x＝v0t＋at2
x＝at2
x、v0、t、a
末速度v
位移、速度
关系式
v2－v＝2ax
v2＝2ax
v、v0、a、x
时间t
平均速度求
位移公式
x＝t
x＝t
x、v0、v、t
加速度a
纸带数据常
用推论公式
Δx＝aT2
Δx＝aT2
Δx、a、T
速度v
2．→—
3．→→
课堂达标检测
沙场点兵·名校真题
1．(2020·德州高一检测)一辆汽车在4 s内做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，末速度为10 m/s，在这段时间内( A )
A．汽车的位移为24 m
B．汽车的加速度为3 m/s2
C．汽车的平均速度为8 m/s
D．汽车在中间时刻的速度为7 m/s
解析：汽车的位移：x＝t＝×4 m＝24 m，故A正确；汽车的加速度：a＝＝m/s2＝2 m/s2，故B错误；汽车的平均速度：＝＝m/s2＝6 m/s，故C错误；中间时刻的瞬时速度：v中间＝＝6 m/s，故D错误。
2．(2019·内蒙古巴彦淖尔市高一物理上学期期中)如图所示，直线a与四分之一圆弧b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v－t图。当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为( C )
A．1 m/s2 B．2 m/s2
C． m/s2 D．π m/s2
解析：由图像可知b在2 s内通过的位移为xb＝πR2＝π，a在2 s内通过的位移为xa＝at2＝2a，由xa＝xb得a＝m/s2，故选C。
3．(2019·福建省晋江、养正中学、惠安一中高一上学期期中联考)为了测定某辆轿车在平直公路上运动时的加速度(轿车启动时的运动可以近似看作匀加速运动)，某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片(如下图)，如果拍摄时每隔2 s曝光一次，轿车车身总长为4.5 m，那么这辆车的加速度约为( B )
A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
解析：本题考查看图分析能力和熟练应用推论解题的能力。从图中可看出，车身占标尺上3个小格，总长4.5 m，故每小格是1.5 m。每小格又有5分格，每分格应是0.3 m。因此第1、第2张照片相距x1＝12 m，第2、第3张照片相距约x2＝20 m。由Δx＝x2－x1＝aT2，得：
a＝＝ m/s2＝2 m/s2。
4．(2020·浙江省嘉兴市七校高一上学期期中联考)随着经济发展，乡村公路等级越来越高，但汽车超速问题也日益凸显，为此一些特殊路段都设立了各式减速带。现有一辆汽车发现前方有减速带，开始减速，减至某一速度，开始匀速运动，匀速通过减速带，然后再加速到原来速度。汽车行驶的v－t图像如图所示，其中v为汽车的行驶速度，t为汽车行驶的时间。
(1)求汽车匀减速、匀加速阶段的加速度大小；
(2)求汽车全程5 s内的总位移；
(3)求汽车全程的平均速度。
答案：(1)－4 m/s2 8 m/s2 (2)22 m (3)4.4 m/s
解析：(1)a1＝＝m/s2＝－4 m/s2，a2＝＝m/s2＝8 m/s2；
(2)匀减速阶段：x1＝1t1＝×2 m＝12 m，匀速直线阶段：x2＝vt2＝2×2 m＝4 m；
匀加速阶段：x3＝2t3＝×1 m＝6 m，总位移：x＝x1＋x2＋x3＝22 m；
＝＝ m/s＝4.4 m/s。
5．(2020·长春高一期中)甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11 m处，乙车速度v乙＝60 m/s，甲车速度v甲＝50 m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600 m，如图所示，若甲车加速运动，加速度a＝2 m/s2，乙车速度不变，不计车长。求：
(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？
(2)到达终点时甲车能否超过乙车？
答案：(1)5 s 36 m (2)不能
解析：(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，
即v甲＋at1＝v乙，得t1＝＝5 s；
甲车位移x甲＝v甲t1＋at＝275 m，
乙车位移x乙＝v乙t1＝300 m，
此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36 m
(2)甲车追上乙车时，位移关系x甲′＝x乙′＋L1
甲车位移x甲′＝v甲t2＋at，乙车位移x乙′＝v乙t2，
将x甲′、x乙′代入位移关系，得v甲t2＋at＝v乙t2＋L1，
代入数值并整理得t－10t2－11＝0，
解得t2＝－1 s(舍去)或t2＝11 s，
此时乙车位移x乙′＝v乙t2＝660 m，因x乙′>L2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车。
夯基提能作业
规范训练·实效检测
请同学们认真完成 [练案8]
合格考训练
(25分钟·满分60分) )
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1．我国自行研制的J－31隐形战机在起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间t，则起飞前的运动距离为( B )
A．vt B．
C．2vt D．不能确定
解析：x＝t＝，B项正确。
2．(2019·山东济南一中高一上学期期中)如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB︰BC等于( C )
A．1︰1 B．1︰2
C．1︰3 D．1︰4
解析：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2＝2ax知x＝，所以AB︰AC＝1︰4，则AB︰BC＝1︰3。故C正确，A、B、D错误。
3．(2019·安徽省蚌埠铁路中学高一上学期期中)列车长为l，铁路桥长为2l，列车匀加速行驶过桥，车头过桥头的速度为v1，车头过桥尾时的速度为v2，则车尾过桥尾时速度为( C )
A．3v2－v1 B．3v2＋v1
C． D．
解析：v－v＝2a·2l，而v－v＝2a·3l，v3＝，C正确。
4．(多选)(2020·承德一中高一月考)飞机由机库从静止滑出，在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移分别是2 m、4 m、6 m，那么( BD )
A．飞机可能作匀加速运动
B．飞机作变加速运动
C．第3 s内的平均速度是2 m/s
D．前3 s内的平均速度是4 m/s
解析：初速为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3s内的位移之比为1︰3︰5，故选项A错误，B正确；第3 s内的平均速度是＝＝6 m/s，故C错误；前3s内的平均速度是＝＝4 m/s，故D正确。
5．(多选)(2020·张家港高一检测)A、B两质点从同一地点运动的x－t图像如图所示，下列说法中正确的是( BC )
A．A、B两质点在4 s末速度相等
B．A、B两质点在8 s内通过的路程相等
C．前4 s内A、B之间距离先增大后减小，4 s末两质点相遇
D．A质点一直做匀速运动，B质点先加速后减速，8 s末回到出发点
解析：x－t图像中，斜率表示速度大小，4 s末二者的斜率不同，所以速度不同，故A错误；根据图像可知，B运动的路程sB＝(20＋20)m＝40 m，A运动的路程sA＝40 m－0＝40 m；路程相等，故B正确；由图可知，前4 s内A、B之间距离先增大后减小，4 s末两质点的位移相同，到达同一位置相遇，故C正确；由图像斜率知，B质点先减速后加速，8 s末回到出发点，故D错误。
6．(多选)(2018·河北省唐山一中高一上学期期中)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图如图所示。哪些图对应的比赛中，两辆赛车在出发后可能再次相遇( AC )
解析：在速度－时间图像里，图像与横轴所围成的面积表示物体发生的位移。从A图中可以看出，当t＝20 s时，两图像面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，A正确；B图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，B错误；C图像也是在t＝20 s时，两图像面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，C正确；D图像中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共24分)
7．(11分)(2020·南昌市高一期中联考)中国航母舰载机“歼·15”通过滑跃式起飞方式起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为l1＝160 m的水平跑道上匀加速运动，然后在l2＝20.5 m的倾斜跑道上加速滑跑，直到起飞。已知飞机在水平跑道上加速度a1＝5 m/s2，在倾斜跑道上加速的加速度a2＝4 m/s2，假设航母处于静止状态，飞机可看成质点，不计拐角处的影响，求：
(1)飞机在水平跑道上运动的末速度v的大小；
(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。
答案：(1)40 m/s (2)8.5 s
解析：(1)v2＝2a1l1，代入数据解得：v＝40 m/s
(2)l1＝t1，解得：t1＝8 s
l2＝vt2＋a2t
代入数据解得t2＝0.5 s；(另一根舍去)t＝t1＋t2＝8.5 s。
8．(13分)如图所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台P左侧位置50 m处开始刹车做匀减速直线运动。同时一个人为了搭车，从距站台P右侧位置30 m处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车到达P位置同时停下，人加速和减速时的加速度大小相等。求：
(1)汽车刹车的时间；
(2)人的加速度的大小。
答案：(1)10 s (2)1.6 m/s2
解析：(1)对汽车，在匀减速的过程中，有：x1＝t
即：50＝t 解得：t＝10 s
(2)设人加速运动的时间为t1，由匀变速运动规律可知：
x2＝·2t1＋v2·(t－2t1)
代入数据解得：t1＝2.5 s
所以人的加速度大小：a＝＝1.6 m/s2
等级考训练
(15分钟·满分40分) )
一、选择题(本题共3小题，每题6分，共18分)
1．滑雪者以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动(如图)，到达斜面顶端时的速度为零。已知滑雪者通过斜面中点时的速度为v，则滑雪者在前一半路程中的平均速度大小为( A )
A．v B．(＋1)v
C．v D．v
解析：由题意知：v＝2aL ①
v2＝2a ②
＝ ③
由①②③解得＝v，所以A项正确。
2．一颗子弹沿水平直线垂直穿过紧挨在一起的三块木板后速度刚好为零，设子弹运动的加速度大小恒定，则下列说法正确的是( D )
A．若子弹穿过每块木板时间相等，则三木板厚度之比为 1∶2∶3
B．若子弹穿过每块木板时间相等，则三木板厚度之比为 3∶2∶1
C．若三块木板厚度相等，则子弹穿过木板时间之比为 1∶1∶1
D．若三块木板厚度相等，则子弹穿过木板时间之比为(－)∶(－1)∶1
解析：将子弹的运动看成沿相反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则位移公式x＝at2得：若子弹穿过每块木板时间相等，三木板厚度之比为5∶3∶1，故A错误，B错误；若三块木板厚度相等，由位移公式x＝at2，通过三块、后边两块、最后一块的时间之比为∶∶1，则子弹穿过木板时间之比为(－)∶(－1)∶1，故C错误，D正确。故选D。
3．(多选)(2019·山西省太原市高一上学期期中)在18届青少年机器人大赛中，某小队以线上一点为原点，沿赛道向前建立x轴，他们为机器人甲乙编写的程序是，让它们的位移x(m)随时间t(s)变化的规律分别为：x甲＝3t＋t2，x乙＝9t，则( ABC )
A．从原点出发后的较短时间内，乙在前，甲在后
B．甲乙再次相遇前，最大距离9 m
C．两机器人在x＝54 m处再次相遇
D．8 s时，两机器人相遇
解析：根据位移时间公式x＝v0t＋at2与x甲＝3t＋t2比较系数可得甲的初速度为v1＝3 m/s，a＝2 m/s2，乙做速度为v2＝9 m/s的匀速直线运动，根据位移关系式可知从原点出发后的较短时间内，乙在前，甲在后，故A正确；当速度相等时相距最远，则有：v1＋at＝v2，代入数据可得：t＝3 s，则甲运动的位移为：x1＝(3×3＋32) m＝18 m，乙的位移为：x2＝27 m，距离为：Δx＝x2－x1＝9 m，故B正确；再次相遇时位移相等：3t＋t2＝9t，解得：t＝6 s，则乙运动的位移为：x＝9×6 m＝54 m，故C正确，D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共22分)
4．(10分)如图所示，一辆长为13 m的客车沿平直公路以10 m/s的速度匀速向西行驶，一辆长为18 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由西向东匀加速行驶，已知货车刚启动时两车车头相距 200 m，求两车错车(即车头相遇到车尾刚好分开)所用的时间。
答案：1 s
解析：设货车启动后经过时间t1两车开始错车，此时货车和客车的位移分别为x1、x2，则有：
x1＋x2＝200 m ①
由位移公式得：x1＝at ②
x2＝vt1 ③
联立①、②、③式并代入数据解得：t1＝10 s
设货车从开始启动到两车错车结束所用时间为t2，此时货车和客车的位移分别为x3、x4，则有：x3＋x4＝231 m ④
由位移公式得：x3＝at ⑤
x4＝vt2 ⑥
联立④、⑤、⑥式并代入数据解得：t2＝11 s
故两车错车所用的时间为：Δt＝t2－t1＝1 s
5．(12分)(2020·河北省唐山一中高一上学期期中)2019年8月20日四川省汶川县因连续暴雨，导致多处发生泥石流。假如一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底240 m的山坡处泥石流以 8 m/s的初速度、 0.4 m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动。已知司机的反应时间为1 s，汽车启动后以 0.5 m/s2的加速度一直做匀加速直线运动。求：
(1)泥石流到达坡底的时间和速度大小；
(2)试通过计算说明汽车能否安全脱险？
答案：(1)20 s 16 m/s (2)司机能安全脱险
解析：解法一：设泥石流到达坡底的时间为t1，速率为v1，则s1＝v0t1＋a1t
v1＝v0＋a1t1
代入数值得t1＝20 s，v1＝16 m/s
设汽车从启动到速度与泥石流的速度相等所用的时间为t，则：v汽＝a′t＝v1
t＝32 s
S汽＝a′t2＝××322 m＝256 m
泥石流在t′＝t总－t1＝13 s内前进的距离
S石＝v1t′＝208 m，所以泥石流追不上汽车。
解法二：设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，则
s1＝v0t1＋a1t
v1＝v0＋a1t1
代入数值得t1＝20 s，v1＝16 m/s
而汽车在19 s的时间内发生位移为s2＝a2t＝90.25 m
速度为v2＝a2t2＝9.5 m/s
令再经时间t3，泥石流追上汽车，则有
v1t3＝s2＋v2t3＋a2t
代入数值并化简得t－26t3＋361＝0，因Δ<0，方程无解。所以泥石流无法追上汽车，司机能安全脱险。
3．匀变速直线运动的位移与时间的关系
目标体系构建
明确目标·梳理脉络
【学习目标】
1．知道匀速直线运动的位移与v－t图像中图线与坐标轴所围面积的对应关系。
2．理解匀变速直线运动的位移公式的推导方法，感受利用极限思想解决物理问题的科学思维方法。
3．理解匀变速直线运动的位移公式、速度与位移的关系式，会应用公式分析匀变速直线运动问题。
【思维脉络】
课前预习反馈
教材梳理·落实新知
知识点 1 匀变速直线运动的位置
1．v－t图像
初速度为v0，加速度为a的匀变速直线运动的v－t图像如图所示。
2．匀变速直线运动的位移
v－t图像中着色部分的__梯形面积__表示匀变速直线运动物体的__位移__。
3．位移与时间的关系式
x＝__v0t＋at2__。
4．公式的特殊形式：
当v0＝0时，x＝__at2__(由静止开始的匀加速直线运动)。
知识点 2 速度与位移的关系
1．关系式的推导：
2．速度与位移的关系式
v2－v＝2ax
预习自测
『选一选』 (2019·四川省广安市高一上学期检测)飞机起飞的过程是由静止开始在平直跑道上做匀加速直线运动的过程。飞机在跑道上加速到某速度值时离地升空飞行。已知飞机在跑道上加速前进的距离为1 600 m，所用时间为40 s，则飞机的加速度a和离地速度v分别为( A )
A．2 m/s2 80 m/s B．2 m/s2 40 m/s
C．1 m/s2 40 m/s D．1 m/s2 80 m/s
解析：根据x＝at2得a＝＝2 m/s2，飞机离地速度为v＝at＝80 m/s。
『想一想』
在某城市的一条道路上，规定车辆行驶速度不得超过30 km/h。在一次交通事故中，肇事车是一辆客车，量得这辆车紧急刹车(车轮被抱死)时留下的刹车痕迹长为7.6 m(如图)，已知该客车刹车时的加速度大小为7 m/s2。请判断该车是否超速。
答案：该车超速
解析：已知刹车距离x＝7.6 m
刹车时加速度a＝7 m/s2，客车的末速度v＝0
由匀变速直线运动位移与速度的关系v2－v＝2ax得0－v＝2×(－7)×7.6 m2/s2＝－106.4 m2/s2
得v0＝10.3 m/s≈37.1 km/h＞30 km/h
所以该客车超速。
课内互动探究
细研深究·破疑解难
探究 匀变速直线运动位移公式的理解与应用
┃┃情境导入__■
两辆汽车，甲车正在向左匀减速行驶，乙车正在向右匀加速行驶。
(1)它们都可以应用公式x＝v0t＋at2计算位移吗？
(2)计算它们的位移属于矢量运算，解题时如何规定正方向呢？
提示：(1)都可以。(2)一般以初速度的方向为正方向。
┃┃要点提炼__■
1．对位移公式的理解
(1)位移公式：
(2)公式的矢量性：公式中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取统一的正方向(一般选v0的方向为正方向)。
通常有以下几种情况：
运动情况
取值
若物体做匀加速直线运动
a与v0同向，a取正值(v0方向为正方向)
若物体做匀减速直线运动
a与v0反向，a取负值(v0方向为正方向)
若位移的计算结果为正值
说明位移的方向与规定的正方向相同
若位移的计算结果为负值
说明位移的方向与规定的正方向相反
2．应用公式x＝v0t＋at2解题步骤
(1)确定一个方向为正方向(一般以初速度的方向为正方向)。
(2)根据规定的正方向确定已知量的正、负，并用带有正、负号的数值表示。
(3)根据位移—时间关系式或其变形式列式、求解。
(4)根据计算结果说明所求量的大小、方向。
3．两种特殊形式
(1)当a＝0时，x＝v0t(匀速直线运动)。
(2)当v0＝0时，x＝at2(由静止开始的匀加速直线运动)。
特别提醒
(1)公式x＝v0t＋at2是匀变速直线运动的位移公式，而不是路程公式，利用该公式计算出的物理量是位移而不是路程。
(2)位移与时间的平方不是正比关系，时间越长，位移不一定越大。
┃┃典例剖析__■
典题1 (多选)(2019·四川成都外国语学校高一上学期期中)冰壶(Curling)，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。中国冰壶队于2003年成立，中国女子冰壶队在2009年世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠，已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，用时20 s停止，最后1 s内位移大小为0.2 m，则下面说法正确的是( BC )
A．冰壶的加速度大小是0.3 m/s2
B．冰壶的加速度大小是0.4 m/s2
C．冰壶第1 s内的位移大小是7.8 m
D．冰壶的初速度大小是6 m/s
思路引导：将冰壶的匀减速运动过程，等效为反方向初速度为零的匀加速直线运动，进行分析处理更快捷。
解析：整个过程的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，最后1 s的位移为0.2 m，根据位移时间公式：x1＝at，代入数据解得：a＝0.4 m/s2，故B正确，A错误；根据速度公式得初速度为：v0＝at＝0.4×20 m/s＝8 m/s，则冰壶第1 s内的位移大小为：x′1＝v0t－at2＝8×1 m－×0.4×12 m＝7.8 m，故C正确，D错误。
思维升华：1.逆向推理法：末速度为零的匀减速直线运动是初速度为零、加速度大小相等的反向匀加速直线运动的逆向运动。设物体的初速度为v0，加速度大小为a，做匀减速直线运动至速度为零，则可将此运动逆向看成初速度为0、加速度大小为a的匀加速直线运动，末速度为v0。
2．逆向推理法的优点：逆向推理之后，速度公式v＝v0＋at变为v＝at，位移公式x＝v0t＋at2变为x＝at2，不仅简化了运算，也使问题变得更加简洁。
3．处理该类问题时应注意：逆向推理法可简化问题的处理过程，但要注意原过程与逆过程的速度、位移的大小相等，但方向相反。
┃┃对点训练__■
1．跳远运动员的助跑阶段可以看成先匀加速后匀速。某运动员先以4.5 m/s2的加速度跑了2 s，接着匀速跑了1 s，然后起跳。求：
(1)运动员将要起跳时的速度多大？
(2)运动员助跑的距离是多少？
解析：(1)根据速度－时间关系v＝v0＋at，可得运动员加速运动的末速度为
v＝at＝9 m/s，即运动员起跳时的速度为9 m/s。
(2)根据位移－时间关系x＝v0t＋at2，代入数据解得运动员加速运动的距离为x1＝9 m，
运动员匀速跑的距离为x2＝vt＝9 m，
所以运动员助跑的距离为x＝x1＋x2＝18 m。
答案：(1)9 m/s (2)18 m
探究 匀变速直线运动的位移与速度的关系
┃┃情境导入__■
2019年12月17日，首艘国产航母交付海军，并命名为“山东舰”。如果你是航母舰载机跑道设计师，若已知飞机的加速度为a，起飞速度为v，你应该如何来设计飞机跑道的长度？
提示：由公式v2－v＝2ax即可算出跑道的长度。
┃┃要点提炼__■
1．表达式：
2．矢量的取值方法：v2－v＝2ax为矢量式，应用它解题时，一般先规定初速度v0的方向为正方向。
(1)物体做加速运动时，a取正值，做减速运动时，a取负值。
(2)位移x>0，说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；x<0，说明位移的方向与初速度的方向相反。
3．适用范围：匀变速直线运动。
4．特例
(1)当v0＝0时，v2＝2ax
物体做初速度为零的匀加速直线运动，如自由下落问题。
(2)当v＝0时，－v＝2ax
物体做匀减速直线运动直到静止，如刹车问题。
┃┃典例剖析__■
典题2 “神舟八号”飞船完成与“天宫一号”的两次对接任务后返回，返回舱距地面10 km时开始启动降落伞装置，速度减至10 m/s，并以这个速度在大气中竖直降落。在距地面1.2 m时，返回舱的4台发动机开始向下喷气，舱体再次减速。设最后减速过程中返回舱做匀减速运动，且到达地面时的速度恰好为0(如图)。求(结果均保留两位有效数字)：
(1)最后减速阶段的加速度；
(2)最后减速阶段所用的时间。
思路引导：(1)第一问不涉及时间，可优先考虑使用v2－v＝2ax求解。
(2)第二问不涉及位移，可优先考虑使用速度公式求解。
答案：(1)－42 m/s2 (2)0.24 s
解析：(1)由v2－v＝2ax得
a＝＝ m/s2
＝－42 m/s2
(2)由v＝v0＋at(或由加速度的定义)得
t＝＝ s＝0.24 s
思维升华：巧选公式的基本方法
(1)如果题目中无位移x，也不需求x，一般选用速度公式v＝v0＋at；
(2)如果题目中无末速度v，也不需求v，一般选用位移公式x＝v0t＋at2；
(3)如果题目中无运动时间t，也不需求t，一般选用公式v2－v＝2ax。
┃┃对点训练__■
2．(2019·广东省佛山市高一上学期检测)2018年6月28日，深湛高铁江湛段的高铁正式开通，假设列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s时位移为x。则当速度由10 m/s增加到15 m/s时，它的位移是( B )
A．x B．x
C．2x D．3x
解析：由公式x＝得＝＝，所以B选项正确。
素养脉络构建
知识构建·整体呈现
课堂达标检测
沙场点兵·名校真题
1．(2020·永春华侨高一期中)如图所示为运行的高速铁路客运列车，假设观察者站在列车第一节车厢前端一侧，列车由静止开始做匀加速直线运动，测得第一节车厢通过他用了5 s，列车全部通过他共用25 s，问这列车一共由几节车厢组成(车厢等长且不计车厢间距离) ( A )
A．25节 B．20节
C．16节 D．5节
解析：设火车第一节车厢的长度为L，总长度为nL，则由题L＝at，nL＝at；
两式相比得：n＝＝＝25节，故选A。
2．(2019·福建省福安一中第一学期期中)如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为4 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( C )
A．40 m B．25 m
C．12.5 m D．2 m
解析：由题意知，车速v≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为4 m/s2，最后末速度减为0，由v2＝2ax可得：x≤＝m＝12.5 m，所以系统设置的安全距离约12.5 m，故C正确，A、B、D三项错误。
3．(多选)(2020·天津市静海区高一学期四校联考)物体甲的x－t图像和物体乙的v－t图像分别如图所示，则这两物体的运动情况是( AC )
A．甲在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m
B．甲在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
C．乙在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
D．乙在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移为4 m
解析：位移－时间图像的斜率等于速度，可知，甲在整个t＝6 s时间内一直沿正向运动，运动方向一直不变，做匀速直线运动，通过的总位移大小为Δx＝2 m－(－2 m)＝4 m，故A正确，B错误；乙在0～3 s内沿负向做匀减速直线运动，位移为：x1＝－3 m；3 s后沿正向做匀加速直线运动，位移为 x2＝3 m；故总位移为x＝x1＋x2＝0，故C正确，D错误。
4．(多选)(2020·嘉积段考)对于如图所示的情景，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚。若以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2。下列说法正确的是( BC )
A．驾驶员立即刹车制动，则至少需要2 s汽车才停止
B．在距停车线6.4 m处才开始刹车制动，汽车前端恰能停止于停车线处
C．若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
D．若经0.4 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
解析：t＝＝1.6 s，故A错误；x＝＝6.4 m，故B正确；经0.2 s汽车前进v0Δt＝1.6 m；Δx＝8 m－1.6 m＝6.4 m，故C正确，D错误。
5．(2019·浙江省东阳中学、东阳外国语学校高一上学期期中)如图所示，为了研究“歌山”号游船从节庆广场码头沿直线行驶到江心岛，小明对行驶过程进行观测，记录数据如下表。
运动过程
计时时间
运动状态
匀加速运动
0～30 s
初速度v0＝0
匀加速末速度
v＝6 m/s
匀速运动
30 s～180 s
v＝6 m/s
匀减速运动
180 s～200 s
靠岸时的速度vt＝0.2 m/s
(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；
(2)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。
答案：(1)0.2 m/s2 90 m (2)5.26 m/s
解析：(1)a1＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，x1＝Δt1＝3×30 m＝90 m。
(2)x2＝vΔt2＝6×150 m＝900 m，x3＝·Δt3＝62 m，x＝x1＋x2＋x3＝1 052 m。
所以＝＝5.26 m/s。
夯基提能作业
规范训练·实效检测
请同学们认真完成 [练案7]
合格考训练
(25分钟·满分60分) )
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1．一物体做加速度为a的匀变速直线运动，经过t时间，其速度由v0变为v，下列关于t时间内所发生的位移x的表达式中错误的是( B )
A．x＝v0t＋at2 B．x＝vt＋at2
C．x＝vt－at2 D．x＝t
解析：根据位移－时间公式得，x＝v0t＋at2，故A正确；采取逆向思维，根据位移时间公式得，x＝vt－at2，故B错误，C正确；根据平均速度公式得，x＝t，故D正确。
2．如图所示，一辆正以8 m/s速度沿直线行驶的汽车，突然以1 m/s2的加速度加速行驶，则汽车加速行驶了18 m时的速度为( C )
A．8 m/s B．12 m/s
C．10 m/s D．14 m/s
解析：由v2－v＝2ax和v0＝8 m/s、a＝1 m/s2，x＝18 m可求出：v＝10 m/s，故C正确。
3．汽车的加速性能是反映汽车性能的重要标志。下表是测量三种型号的载重汽车加速性能时所采集的实验数据，由表中的数据可以断定( B )
汽车型号
初速度
v0/(km·h－1)
末速度
vt/(km·h－1)
通过位移
x/ m
A型号4吨载重汽车
13
29
357
B型号4吨载重汽车
13
29
273
C型号4吨载重汽车
13
29
315
A．A型号车的加速性能最好
B．B型号车的加速性能最好
C．C型号车的加速性能最好
D．三种型号车的加速性能相同
解析：根据速度位移关系公式v－v＝2ax得：a＝，根据表格中数据可知，B型号的加速度最大，加速性能最好，故A、C、D错误，B正确。
4．(2020·丰台区高一期中)如图甲、乙、丙是中学物理课本必修1中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图像，下列说法正确的是( A )
A．推导中把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B．甲图用矩形面积的和表示位移大小比丙图用梯形面积表示位移大小更接近真实值
C．这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动
D．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示加速度的变化量
解析：这里推导位移公式采用了微元法，故A正确。位移等于图线与时间轴所围的面积大小，可知，丙图用梯形面积表示位移大小比甲图用矩形面积的和更接近真实值。故B错误。这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动。故C错误。若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则由Δv＝aΔt知，梯形面积表示速度的变化量。故D错误。故选A。
5．(多选)(2020·南山高一期中)一个质点沿x轴做直线运动，它的位置坐标随时间变化规律是x＝3t2－4t，其中x与t的单位分别为m和s，则下列说法中正确的是 ( ACD )
A．t＝0时，质点的坐标是x＝0 m
B．在最初的1 s内，质点的位移大小为1 m，方向沿x轴正方向
C．质点的速度随时间的变化规律是v＝(6t－4)m/s
D．质点先做匀减速直线运动，然后做匀加速直线运动
解析：根据x＝3t2－4t知，当t＝0时，质点的坐标x＝0 m，故A正确；质点在最初1 s内的位移x1＝3×1 m－4×1 m＝－1 m ，方向沿x轴负方向，故B不正确；根据x＝v0t＋at2＝3t2－4t得，质点的初速度v0＝－4 m/s，加速度a＝6 m/s2，则速度随时间的变化规律v＝v0＋at＝6t－4 ，故C正确；质点的初速度方向与加速度方向相反，质点先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，故D正确。
6．(多选)(2020·河北省正定高一月考)利用传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。某同学在一次实验中得到运动小车的“速度—时间”图像如图所示，由此图像可知 ( BC )
A．小车做曲线运动
B．18 s末时的加速度大于13 s末的加速度
C．小车前10 s内的平均速度比后10 s内的小
D．13 s末小车距离出发点最远
解析：小车的速度均为正值，说明小车一直沿正方向做直线运动，故A错误；速度图像的斜率表示加速度，由图像可知，18 s时的斜率比13 s时的斜率大，故B正确；图像中曲线与t轴所围的面积表示小车的位移，由图像可知，前10 s的位移比后10 s的位移小，所以小车前10 s内的平均速度比后10 s内的小，故C正确。图像中曲线与t轴所围的面积表示小车的位移，所以18 s末小车距离出发点最远，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共24分)
7．(12分)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。
(1)画出汽车在0～60 s内的v－t图线；
(2)求在这60 s内汽车行驶的路程。
答案：(1)如图所示。 (2)900 m
解析：本题考查了运动学图像问题。
(1)设t＝10 s,40 s,60 s时刻的速度分别为v1，v2，v3。
由图知0～10 s内汽车以加速度2 m/s2匀加速行驶，由运动学公式得
v1＝2×10 m/s＝20 m/s ①
由图知10～40 s内汽车匀速行驶，因此
v2＝20 m/s ②
由图知40～60 s内汽车以加速度1 m/s2匀减速行驶，由运动学公式得
v3＝(20－1×20)＝0 ③
根据①②③式，可画出汽车在0～60 s内的v－t图线。
(2)由速度图线可知，在这60 s内汽车行驶的路程为
x＝×20 m＝900 m
8．(12分)一隧道限速36 km/h。一列火车长100 m，以72 km/h的速度行驶，驶至距隧道50 m处开始做匀减速运动，以不高于限速的速度匀速通过隧道。若隧道长200 m。求：
(1)火车做匀减速运动的最小加速度；
(2)火车全部通过隧道的最短时间。
答案：(1)－3 m/s2 (2)30 s
解析：(1)72 km/h＝20 m/s 36 km/h＝10 m/s
当火车头到达隧道口时速度为36 km/h时，加速度最小，设为a
由v2－v＝2ax
得 a＝＝ m/s2＝－3 m/s2
(2)火车以36 km/h的速度通过隧道，所需时间最短
火车通过隧道的位移为x′ ＝100 m＋200 m＝300 m
由x′＝vt 得
t＝＝ s＝30 s
等级考训练
(15分钟·满分40分) )
一、选择题(本题共3小题，每题6分，共18分)
1．一辆汽车从车站以初速度为零匀加速直线开出，开出一段时间之后，司机发现一乘客未上车，便紧急刹车做匀减速运动。从启动到停止一共经历t＝10 s，前进了15 m，在此过程中，汽车的最大速度为( B )
A．1.5 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．无法确定
解析：做出汽车运动的v－t图像如图所示，则×10vm＝15，vm＝3 m/s
2．(2020·天门高一月考)如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为96 m，升降机运行的最大速度为6 m/s，加速度大小不超过1 m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( C )
A．16 s B．18 s
C．22 s D．24 s
解析：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t1＝＝6 s，通过的位移为x1＝＝18 m，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：t2＝＝s＝10 s，总时间为：t＝2t1＋t2＝22 s，故C正确。
3．(多选)(2020·长春高一期中)A、B两质点在同一条直线上运动的v －t图像如图所示。A的最小速度和B的最大速度相同。已知在t1时刻，A、B两质点相遇，则( ABD )
A．出发时质点A在后，质点B在前
B．在0～t2时间内，质点A的加速度先变小后变大
C．在0～t2时间内，两质点的位移相同
D．在0～t2时间内，质点A的平均速度大于质点B的平均速度
解析：根据速度图像与坐标轴围成面积代表位移，可知，在0～t1时间内，A的位移比B的位移大，而在t1时刻，A、B两质点相遇，所以出发时质点A在后，质点B在前，选项A正确；根据图像的斜率表示加速度，则知在0～t2时间内，质点A的加速度先变小后变大，选项B正确；由题图知，在0～t2时间内，A质点的位移比B的位移大，选项C错误；在0～t2时间内，质点A的平均速度大于质点B的平均速度，选项D正确。
二、非选择题(共2小题，共22分)
4．(11分) 汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。求：
(1)小轿车从刹车到停止滑行的距离；
(2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞。
答案：(1)90 m (2)58 m
解析：(1)从刹车到停止的位移为x2，则x2＝＝ m＝90 m
(2)反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t0＝30×0.6＝18 m
小轿车从发现物体到停止的全部距离为x＝x1＋x2＝18 m＋90 m＝108 m
小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，所以三角警示牌距车的最小距离：Δx＝x－d＝58 m
5．(11分)(2019·福建省龙海市程溪中学高一上学期期中)一辆长途客车正在以v＝20 m/s的速度匀速行驶， 突然，司机看见车的正前方x＝45 m处有一只小狗(图甲)，司机立即采取制动措施。从司机看见小狗到长途客车开始做匀减速直线运动的时间间隔Δt＝0.5 s。若从司机看见小狗开始计时(t＝0)，该长途客车的速度—时间图像如图乙所示。求：
(1)长途客车在Δt时间内前进的距离；
(2)长途客车从司机发现小狗至停止运动的这段时间内前进的距离；
(3)根据你的计算结果，判断小狗是否安全。如果安全，请说明你判断的依据；如果不安全，有哪些方式可以使小狗安全。
答案：见解析
解析：(1)公共汽车在司机的反应时间内前进的距离
x1＝vΔt＝10 m
(2)公共汽车从司机发现小狗至停止的时间内前进的距离
x2＝x1＋vt/2＝50 m
(3)因为x2>x，所以小狗不安全。
若要小狗不发生危险，可以采用如下的一些方式：
①加大刹车力度增大刹车加速度，使汽车刹车距离减小5 m以上。
②提前鸣笛使小狗沿车的前进方向在4.5 s内跑出5 m以上的距离，或小狗沿垂直运动的方向在4.5 s内跑出的距离超过车的宽度。
素养拓展课 匀变速直线运动规律的应用
探究 匀变速直线运动的两个重要推论
┃┃情境导入__■
一辆汽车从A点开始以初速度v0，加速度a做匀加速直线运动，经过时间t到达B点，再过时间t到达C点时速度为v。
(1)利用所学知识能推导出AC段的平均速度和B点的速度吗？
(2)能推导出AB段与BC段的位移差的表达式吗？
提示：(1)能；AC＝vB＝
(2)能；xBC－xAB＝at2
┃┃要点提炼__■
1．平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度v＝v0＋a×t＝v0＋at，该段时间的末速度v＝v0＋at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得＝＝＝v0＋at＝＝＝＝v
即有＝＝v
故在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。
2．逐差相等
在任意两个连续相等的时间间隔T内，位移差是一个常量，即Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2
推导：时间T内的位移x1＝v0T＋aT2 ①
在时间2T内的位移x2＝v02T＋a(2T)2 ②
则xⅠ＝x1，xⅡ＝x2－x1 ③
由①②③得Δx＝xⅡ－xⅠ＝aT2
此推论常有两方面的应用：一是用以判断物体是否做匀变速直线运动，二是用以求加速度。
(1)以上推论只适用于匀变速直线运动，其他性质的运动不能套用推论式来处理问题。
(2)推论式xⅡ－xⅠ＝aT2常在实验中根据打出的纸带求物体的加速度。
特别提醒
┃┃典例剖析__■
典题1 (2020·西藏拉萨中学高一上学期期中)相同的小球从斜面上某位置每隔0.1 s释放一个小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上的小球拍下照片，如图所示，测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm。试求：
(1)小球的加速度；
(2)拍摄时B球的速度vB；
(3)A球上面滚动的小球还有几个？
思路引导：
解析：小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为T＝0.1 s，可以等效为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置。
(1)由推论Δx＝aT2可知，小球的加速度为：
a＝＝ cm/s2＝500 cm/s2＝5 m/s2
(2)由题意知B点是AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段的平均速度，即：
vB＝AC＝＝cm/s＝1.75 m/s
(3)设A点小球的速度为vA，因为vB＝vA＋at，vA＝vB－at＝1.75 m/s－5×0.1 m/s＝1.25 m/s，所以A球的运动时间为：tA＝＝ s＝0.25 s，因为每隔0.1 s释放一个小球，故A球的上方正在滚动的小球还有2个。
答案：(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)2个
┃┃对点训练__■
1．(2020·浙江省“温州十五校联合体高一上学期期中”)在瑞安站附近的某段平直的铁路上，一列以90 m/s高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在瑞安站，并在该车站停留2 min；随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速90 m/s。求：
(1)列车减速过程中的位移大小；
(2)列车驶离车站过程中加速到90 m/s所用时间。
答案：(1)13 500 m (2)180 s
解析：(1)x1＝×t1＝×300 m＝13 500 m
(2)x2＝t2，将x2＝8 100 m，v＝90 m/s，代入上式解得t2＝180 s。
探究 初速度为零的匀变速直线运动的常用推论
┃┃情境导入__■
火车出站时的加速运动，可以看作从零开始的匀加速直线运动。
如何推导它们在不同时刻的速度，如何推导它们在不同时间内的位移，如何推导它们通过不同位移所用的时间？
提示：由v＝at可求各时刻的速度；由x＝at2可求不同时间内的位移；根据Δx＝at2可推导通过不同位移所用的时间。
┃┃要点提炼__■
1．等分运动时间(以T为时间单位)。
(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度之比
v1︰v2︰v3＝1︰2︰3…
(2)1T内、2T内、3T内…位移之比
x1︰x2︰x3…＝1︰4︰9…
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…的位移之比：
xⅠ︰xⅡ︰xⅢ…＝1︰3︰5…
2．等分位移(以x为单位)。
(1)通过x、2x、3x…所用时间之比：
t1︰t2︰t3…＝1︰︰…
(2)通过第一个x、第二个x，第三个x…所用时间之比：
tⅠ︰tⅡ︰tⅢ…＝1︰(－1)︰(－)…
(3)x末、2x末、3x末…的瞬时速度之比：
v1︰v2︰v3＝1︰︰
特别提醒
(1)以上比例成立的前提是物体做初速度为零的匀加速直线运动。
(2)对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，应用比例关系，可使问题简化。
┃┃典例剖析__■
典题2 2018年3月6日，世界青年冰壶锦标赛在苏格兰进行，中国队“7︰1”大胜韩国队。如图所示，一冰壶以速度v垂直边线进入四个矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零，求冰壶依次经过B、C、D时的瞬时速度之比和依次通过后3个矩形区域所用的时间之比。
思路引导：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动。应用比例关系，可使问题简化。
解析：冰壶运动的逆过程可看成初速度为零的匀加速直线运动。冰壶从右向左依次通过3个矩形区域所用的时间之比为1︰(－1)︰(－)，依次到达D、C、B的速度之比为1︰︰
所以冰壶实际从左向右依次到达B、C、D的速度之比：vB︰vC︰vD＝︰︰1，
从左向右依次通过后三个相等矩形区域的时间之比：
t1︰t2︰t3＝(－)︰(－1)︰1
答案：vB︰vC︰vD＝︰︰1 t1︰t2︰t3＝(－)︰(－1)︰1
┃┃对点训练__■
2．(2020·温州高一期中)2019年7月16日，在韩国光州世界游泳锦标赛跳水项目男女混合团体决赛中，中国组合林珊/杨健获得该项目金牌。将林珊进入水中后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的总时间为t。林珊入水后前时间内的位移为x1，后时间内的位移为x2，则x2/x1为 ( D )
A．1︰16 B．1︰7
C．1︰5 D．1︰3
解析：林珊入水后做匀减速直线运动，把该过程看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，应用比例关系可得：x2︰x1＝1︰3，故选项D正确。
探究 追及和相遇问题
┃┃情境导入__■
如图，由静止做匀加速运动的汽车追赶前面匀速运动的自行车，请思考：(1)当汽车的速度小于自行车速度时，它们间的距离如何变化？(2)当汽车的速度大于自行车速度时，它们间的距离如何变化？(3)在汽车追上自行车前，什么时候它们间的距离最大？
提示：(1)汽车的速度小于自行车速度时，它们间的距离增大。(2)汽车的速度大于自行车速度时，它们间的距离减小。(3)在汽车追上自行车前，当汽车的速度等于自行车速度时，它们间的距离最大。
┃┃要点提炼__■
两物体在同一直线上运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者是距离为零的情况，这类问题称为追及和相遇问题，讨论追及和相遇问题的实质是两物体能否在同一时刻到达同一位置。
1．要抓住一个条件、两个关系。
(1)一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。
(2)两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。
2．常用方法
(1)物理分析法
抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系。
(2)图像法：将两者的v－t图像在同一坐标系中画出，然后利用图像求解。
(3)数学极值法：设从开始至相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇。若Δ<0，说明追不上或不能相碰。
3．解题思路
→→→
(1)在解决追及、相遇类问题时，要紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式，另外还要注意最后对解的讨论分析。
(2)分析追及、相遇类问题时，要注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
特别提醒
┃┃典例剖析__■
典题3 一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车。试问：
(1)汽车从路口开动后，在赶上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？
(2)汽车什么时间追上自行车？此时汽车的速度是多少？
思路引导：本题属于追及相遇问题，可用多种方法求解。物理分析法解题快，函数法解题步骤清晰，易于表达，而图像法不但能找到极值点，还能找到相遇点，能得出当两物体相距最远时的时间t、速度v，同时能得出当两物体相遇时用的时间和速度。同学们可尝试用不同的方法求解。
解析：(1)解法一(函数法) 当运行时间为t时，两车相距的距离为Δx＝6t－t2
当t＝－＝2 s时，有极值Δx＝＝6 m。(其中字母a、b、c是二次函数中的系数)
解法二(方程法) 当运行时间为t时，两车相距的距离为Δx＝6t－t2，
则t2－6t＋Δx＝0。
当判别式Δ≥0时方程有实数解，即Δx≤6 m，当且仅当等式成立时有极值。
解法三(物理分析法) 当两车的速度相等时，两车间的距离最大，则at＝6 m/s，t＝2 s，Δx＝6t－t2＝6 m。
解法四(图像法) 画出v－t图像，如图所示。图线与时间轴围成的面积就是位移。
经分析得两车的速度相等时，两车间的距离最大，则
6＝3t，Δx＝6t－
解得t＝2 s，Δx＝6 m。
(2)解法一(物理分析法) 汽车追上自行车时，两车位移相等v自t′＝at′2，代入数值得t′＝4 s，v汽＝a汽t′＝3×4 m/s＝12 m/s。
解法二(图像法) 由前面的v－t图像可看出当t′＝2t＝4 s时，两车位移相等，此时汽车的速度v汽＝2v＝12 m/s。
答案：(1)2 s 6 m (2)4 s 12 m/s
┃┃对点训练__■
3．(2020·重庆市北碚区联考)如图所示，甲、乙两车沿着同一条平直公路同向行驶，甲车以20 m/s的速度匀速运动，乙车原来速度为8 m/s，从距甲车80 m处以大小为4 m/s2的加速度做匀加速运动，问：乙车经多长时间能追上甲车？
答案：10 s
解析：设经时间t乙车追上甲车。在这段时间内甲、乙两车位移分别为x甲＝v甲t，x乙＝v乙t＋at2
追上时的位移条件为x乙＝x甲＋x0，
即8t＋2t2＝20t＋80
整理得t2－6t－40＝0 解得t1＝10 s，t2＝－4 s(舍去)乙车经10 s能追上甲车。
素养脉络构建
知识构建·整体呈现
1．匀变速直线运动常用公式的比较
比较项
公式
一般形式
v0＝0
涉及的
物理量
不涉及量
速度公式
v＝v0＋at
v＝at
v、v0、a、t
位移x
位移公式
x＝v0t＋at2
x＝at2
x、v0、t、a
末速度v
位移、速度
关系式
v2－v＝2ax
v2＝2ax
v、v0、a、x
时间t
平均速度求
位移公式
x＝t
x＝t
x、v0、v、t
加速度a
纸带数据常
用推论公式
Δx＝aT2
Δx＝aT2
Δx、a、T
速度v
2．→—
3．→→
课堂达标检测
沙场点兵·名校真题
1．(2020·德州高一检测)一辆汽车在4 s内做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，末速度为10 m/s，在这段时间内( A )
A．汽车的位移为24 m
B．汽车的加速度为3 m/s2
C．汽车的平均速度为8 m/s
D．汽车在中间时刻的速度为7 m/s
解析：汽车的位移：x＝t＝×4 m＝24 m，故A正确；汽车的加速度：a＝＝m/s2＝2 m/s2，故B错误；汽车的平均速度：＝＝m/s2＝6 m/s，故C错误；中间时刻的瞬时速度：v中间＝＝6 m/s，故D错误。
2．(2019·内蒙古巴彦淖尔市高一物理上学期期中)如图所示，直线a与四分之一圆弧b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v－t图。当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为( C )
A．1 m/s2 B．2 m/s2
C． m/s2 D．π m/s2
解析：由图像可知b在2 s内通过的位移为xb＝πR2＝π，a在2 s内通过的位移为xa＝at2＝2a，由xa＝xb得a＝m/s2，故选C。
3．(2019·福建省晋江、养正中学、惠安一中高一上学期期中联考)为了测定某辆轿车在平直公路上运动时的加速度(轿车启动时的运动可以近似看作匀加速运动)，某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片(如下图)，如果拍摄时每隔2 s曝光一次，轿车车身总长为4.5 m，那么这辆车的加速度约为( B )
A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
解析：本题考查看图分析能力和熟练应用推论解题的能力。从图中可看出，车身占标尺上3个小格，总长4.5 m，故每小格是1.5 m。每小格又有5分格，每分格应是0.3 m。因此第1、第2张照片相距x1＝12 m，第2、第3张照片相距约x2＝20 m。由Δx＝x2－x1＝aT2，得：
a＝＝ m/s2＝2 m/s2。
4．(2020·浙江省嘉兴市七校高一上学期期中联考)随着经济发展，乡村公路等级越来越高，但汽车超速问题也日益凸显，为此一些特殊路段都设立了各式减速带。现有一辆汽车发现前方有减速带，开始减速，减至某一速度，开始匀速运动，匀速通过减速带，然后再加速到原来速度。汽车行驶的v－t图像如图所示，其中v为汽车的行驶速度，t为汽车行驶的时间。
(1)求汽车匀减速、匀加速阶段的加速度大小；
(2)求汽车全程5 s内的总位移；
(3)求汽车全程的平均速度。
答案：(1)－4 m/s2 8 m/s2 (2)22 m (3)4.4 m/s
解析：(1)a1＝＝m/s2＝－4 m/s2，a2＝＝m/s2＝8 m/s2；
(2)匀减速阶段：x1＝1t1＝×2 m＝12 m，匀速直线阶段：x2＝vt2＝2×2 m＝4 m；
匀加速阶段：x3＝2t3＝×1 m＝6 m，总位移：x＝x1＋x2＋x3＝22 m；
＝＝ m/s＝4.4 m/s。
5．(2020·长春高一期中)甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11 m处，乙车速度v乙＝60 m/s，甲车速度v甲＝50 m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600 m，如图所示，若甲车加速运动，加速度a＝2 m/s2，乙车速度不变，不计车长。求：
(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？
(2)到达终点时甲车能否超过乙车？
答案：(1)5 s 36 m (2)不能
解析：(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，
即v甲＋at1＝v乙，得t1＝＝5 s；
甲车位移x甲＝v甲t1＋at＝275 m，
乙车位移x乙＝v乙t1＝300 m，
此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36 m
(2)甲车追上乙车时，位移关系x甲′＝x乙′＋L1
甲车位移x甲′＝v甲t2＋at，乙车位移x乙′＝v乙t2，
将x甲′、x乙′代入位移关系，得v甲t2＋at＝v乙t2＋L1，
代入数值并整理得t－10t2－11＝0，
解得t2＝－1 s(舍去)或t2＝11 s，
此时乙车位移x乙′＝v乙t2＝660 m，因x乙′>L2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车。
夯基提能作业
规范训练·实效检测
请同学们认真完成 [练案8]
合格考训练
(25分钟·满分60分) )
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1．我国自行研制的J－31隐形战机在起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间t，则起飞前的运动距离为( B )
A．vt B．
C．2vt D．不能确定
解析：x＝t＝，B项正确。
2．(2019·山东济南一中高一上学期期中)如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB︰BC等于( C )
A．1︰1 B．1︰2
C．1︰3 D．1︰4
解析：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2＝2ax知x＝，所以AB︰AC＝1︰4，则AB︰BC＝1︰3。故C正确，A、B、D错误。
3．(2019·安徽省蚌埠铁路中学高一上学期期中)列车长为l，铁路桥长为2l，列车匀加速行驶过桥，车头过桥头的速度为v1，车头过桥尾时的速度为v2，则车尾过桥尾时速度为( C )
A．3v2－v1 B．3v2＋v1
C． D．
解析：v－v＝2a·2l，而v－v＝2a·3l，v3＝，C正确。
4．(多选)(2020·承德一中高一月考)飞机由机库从静止滑出，在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移分别是2 m、4 m、6 m，那么( BD )
A．飞机可能作匀加速运动
B．飞机作变加速运动
C．第3 s内的平均速度是2 m/s
D．前3 s内的平均速度是4 m/s
解析：初速为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3s内的位移之比为1︰3︰5，故选项A错误，B正确；第3 s内的平均速度是＝＝6 m/s，故C错误；前3s内的平均速度是＝＝4 m/s，故D正确。
5．(多选)(2020·张家港高一检测)A、B两质点从同一地点运动的x－t图像如图所示，下列说法中正确的是( BC )
A．A、B两质点在4 s末速度相等
B．A、B两质点在8 s内通过的路程相等
C．前4 s内A、B之间距离先增大后减小，4 s末两质点相遇
D．A质点一直做匀速运动，B质点先加速后减速，8 s末回到出发点
解析：x－t图像中，斜率表示速度大小，4 s末二者的斜率不同，所以速度不同，故A错误；根据图像可知，B运动的路程sB＝(20＋20)m＝40 m，A运动的路程sA＝40 m－0＝40 m；路程相等，故B正确；由图可知，前4 s内A、B之间距离先增大后减小，4 s末两质点的位移相同，到达同一位置相遇，故C正确；由图像斜率知，B质点先减速后加速，8 s末回到出发点，故D错误。
6．(多选)(2018·河北省唐山一中高一上学期期中)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图如图所示。哪些图对应的比赛中，两辆赛车在出发后可能再次相遇( AC )
解析：在速度－时间图像里，图像与横轴所围成的面积表示物体发生的位移。从A图中可以看出，当t＝20 s时，两图像面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，A正确；B图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，B错误；C图像也是在t＝20 s时，两图像面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，C正确；D图像中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共24分)
7．(11分)(2020·南昌市高一期中联考)中国航母舰载机“歼·15”通过滑跃式起飞方式起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为l1＝160 m的水平跑道上匀加速运动，然后在l2＝20.5 m的倾斜跑道上加速滑跑，直到起飞。已知飞机在水平跑道上加速度a1＝5 m/s2，在倾斜跑道上加速的加速度a2＝4 m/s2，假设航母处于静止状态，飞机可看成质点，不计拐角处的影响，求：
(1)飞机在水平跑道上运动的末速度v的大小；
(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。
答案：(1)40 m/s (2)8.5 s
解析：(1)v2＝2a1l1，代入数据解得：v＝40 m/s
(2)l1＝t1，解得：t1＝8 s
l2＝vt2＋a2t
代入数据解得t2＝0.5 s；(另一根舍去)t＝t1＋t2＝8.5 s。
8．(13分)如图所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台P左侧位置50 m处开始刹车做匀减速直线运动。同时一个人为了搭车，从距站台P右侧位置30 m处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车到达P位置同时停下，人加速和减速时的加速度大小相等。求：
(1)汽车刹车的时间；
(2)人的加速度的大小。
答案：(1)10 s (2)1.6 m/s2
解析：(1)对汽车，在匀减速的过程中，有：x1＝t
即：50＝t 解得：t＝10 s
(2)设人加速运动的时间为t1，由匀变速运动规律可知：
x2＝·2t1＋v2·(t－2t1)
代入数据解得：t1＝2.5 s
所以人的加速度大小：a＝＝1.6 m/s2
等级考训练
(15分钟·满分40分) )
一、选择题(本题共3小题，每题6分，共18分)
1．滑雪者以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动(如图)，到达斜面顶端时的速度为零。已知滑雪者通过斜面中点时的速度为v，则滑雪者在前一半路程中的平均速度大小为( A )
A．v B．(＋1)v
C．v D．v
解析：由题意知：v＝2aL ①
v2＝2a ②
＝ ③
由①②③解得＝v，所以A项正确。
2．一颗子弹沿水平直线垂直穿过紧挨在一起的三块木板后速度刚好为零，设子弹运动的加速度大小恒定，则下列说法正确的是( D )
A．若子弹穿过每块木板时间相等，则三木板厚度之比为 1∶2∶3
B．若子弹穿过每块木板时间相等，则三木板厚度之比为 3∶2∶1
C．若三块木板厚度相等，则子弹穿过木板时间之比为 1∶1∶1
D．若三块木板厚度相等，则子弹穿过木板时间之比为(－)∶(－1)∶1
解析：将子弹的运动看成沿相反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则位移公式x＝at2得：若子弹穿过每块木板时间相等，三木板厚度之比为5∶3∶1，故A错误，B错误；若三块木板厚度相等，由位移公式x＝at2，通过三块、后边两块、最后一块的时间之比为∶∶1，则子弹穿过木板时间之比为(－)∶(－1)∶1，故C错误，D正确。故选D。
3．(多选)(2019·山西省太原市高一上学期期中)在18届青少年机器人大赛中，某小队以线上一点为原点，沿赛道向前建立x轴，他们为机器人甲乙编写的程序是，让它们的位移x(m)随时间t(s)变化的规律分别为：x甲＝3t＋t2，x乙＝9t，则( ABC )
A．从原点出发后的较短时间内，乙在前，甲在后
B．甲乙再次相遇前，最大距离9 m
C．两机器人在x＝54 m处再次相遇
D．8 s时，两机器人相遇
解析：根据位移时间公式x＝v0t＋at2与x甲＝3t＋t2比较系数可得甲的初速度为v1＝3 m/s，a＝2 m/s2，乙做速度为v2＝9 m/s的匀速直线运动，根据位移关系式可知从原点出发后的较短时间内，乙在前，甲在后，故A正确；当速度相等时相距最远，则有：v1＋at＝v2，代入数据可得：t＝3 s，则甲运动的位移为：x1＝(3×3＋32) m＝18 m，乙的位移为：x2＝27 m，距离为：Δx＝x2－x1＝9 m，故B正确；再次相遇时位移相等：3t＋t2＝9t，解得：t＝6 s，则乙运动的位移为：x＝9×6 m＝54 m，故C正确，D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共22分)
4．(10分)如图所示，一辆长为13 m的客车沿平直公路以10 m/s的速度匀速向西行驶，一辆长为18 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由西向东匀加速行驶，已知货车刚启动时两车车头相距 200 m，求两车错车(即车头相遇到车尾刚好分开)所用的时间。
答案：1 s
解析：设货车启动后经过时间t1两车开始错车，此时货车和客车的位移分别为x1、x2，则有：
x1＋x2＝200 m ①
由位移公式得：x1＝at ②
x2＝vt1 ③
联立①、②、③式并代入数据解得：t1＝10 s
设货车从开始启动到两车错车结束所用时间为t2，此时货车和客车的位移分别为x3、x4，则有：x3＋x4＝231 m ④
由位移公式得：x3＝at ⑤
x4＝vt2 ⑥
联立④、⑤、⑥式并代入数据解得：t2＝11 s
故两车错车所用的时间为：Δt＝t2－t1＝1 s
5．(12分)(2020·河北省唐山一中高一上学期期中)2019年8月20日四川省汶川县因连续暴雨，导致多处发生泥石流。假如一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底240 m的山坡处泥石流以 8 m/s的初速度、 0.4 m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动。已知司机的反应时间为1 s，汽车启动后以 0.5 m/s2的加速度一直做匀加速直线运动。求：
(1)泥石流到达坡底的时间和速度大小；
(2)试通过计算说明汽车能否安全脱险？
答案：(1)20 s 16 m/s (2)司机能安全脱险
解析：解法一：设泥石流到达坡底的时间为t1，速率为v1，则s1＝v0t1＋a1t
v1＝v0＋a1t1
代入数值得t1＝20 s，v1＝16 m/s
设汽车从启动到速度与泥石流的速度相等所用的时间为t，则：v汽＝a′t＝v1
t＝32 s
S汽＝a′t2＝××322 m＝256 m
泥石流在t′＝t总－t1＝13 s内前进的距离
S石＝v1t′＝208 m，所以泥石流追不上汽车。
解法二：设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，则
s1＝v0t1＋a1t
v1＝v0＋a1t1
代入数值得t1＝20 s，v1＝16 m/s
而汽车在19 s的时间内发生位移为s2＝a2t＝90.25 m
速度为v2＝a2t2＝9.5 m/s
令再经时间t3，泥石流追上汽车，则有
v1t3＝s2＋v2t3＋a2t
代入数值并化简得t－26t3＋361＝0，因Δ<0，方程无解。所以泥石流无法追上汽车，司机能安全脱险。
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