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高中物理3 匀变速直线运动的位移与时间的关系导学案及答案
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这是一份高中物理3 匀变速直线运动的位移与时间的关系导学案及答案，共41页。学案主要包含了即学即练1，即学即练2，即学即练3，即学即练4，即学即练5，即学即练6，即学即练7，即学即练8等内容，欢迎下载使用。
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知识精讲
知识点01 匀速直线运动的位移
1．做匀速直线运动的物体在时间t内的位移x=vt
2．做匀速直线运动的物体，其v–t图象是一条平行于时间轴的直线，其位移在数值上等于v–t图线与对应的时间轴所围的矩形的面积。
知识点02 匀变速直线运动的位移
1.匀变速直线运动位移公式的推导
某质点做匀变速直线运动，已知初速度为v0，在t时刻的速度为v，加速度为a.完成下列填空，推导匀变速直线运动的位移时间关系，体会微元法的基本思想.
(1)把匀变速直线运动的v－t图象分成几个小段，如图1所示.每段位移≈每段起始时刻速度×每段的时间＝对应矩形的面积.故整个过程的位移≈各个小矩形的面积之和.
图1 图2
(2)把运动过程分为更多的小段，如图2所示，各小矩形的面积之和可以更精确地表示物体在整个过程的位移.
(3)把整个运动过程分得非常细，如图所示，很多小矩形合在一起形成了一个梯形OABC，__________就代表物体在相应时间间隔内的位移.
如右图所示，v－t图线下面梯形的面积
S＝eq \f(1,2)(OC＋AB)·OA
把面积及各条线段换成其所代表的物理量，上式变成
x＝eq \f(1,2)(v0＋v)t①
又因为v＝v0＋at②
由①②式可得
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
2.公式的适用条件：位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2只适用于匀变速直线运动.
3.公式的矢量性：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2为矢量公式，其中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取正方向.一般选v0的方向为正方向.
(1)a：匀加速直线运动中，a与v0同向，a取正值；匀减速直线运动中，a与v0反向，a取负值.
(2)若位移的计算结果为正值，说明位移方向与规定的正方向相同；若位移的计算结果为负值，说明位移方向与规定的正方向相反.
4.两种特殊形式
(1)当v0＝0时，x＝eq \f(1,2)at2，即由静止开始的匀加速直线运动，位移x与t2成正比.
(2)当a＝0时，x＝v0t，即匀速直线运动的位移公式.
【即学即练1】某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系式为x＝0.5t＋t2(m)，则当物体速度为3 m/s时，物体已运动的时间为( )
s B.2.5 s C.3 s D.6 s
【即学即练2】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．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
知识点03 匀变速直线运动的速度与位移的关系
1.推导：
速度公式v＝v0＋at.
位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
由以上两式可得：v2－v02＝2ax.
公式：v2－v02＝2ax.
3.匀变速直线运动的速度与位移的关系关系式的理解和应用
（1）.适用范围：速度与位移的关系v2－v02＝2ax仅适用于匀变速直线运动.
（2）.公式的矢量性：v2－v02＝2ax是矢量式，v0、v、a、x都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，取v0方向为正方向：
Ⅰ. 若加速运动，a取正值，减速运动，a取负值.
Ⅱ. x＞0，位移的方向与初速度方向相同，x＜0则为减速到0，又返回到计时起点另一侧的位移.
Ⅲ. v＞0，速度的方向与初速度方向相同，v＜0则为减速到0，又返回过程的速度.
注意：应用此公式时，注意符号关系，必要时对计算结果进行分析，验证其合理性.
4.公式的特点：不涉及时间，v0、v、a、x中已知三个量可求第四个量.
5.解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法
⑴.如果题目中无位移x，也不让求x，一般选用速度公式v＝v0＋at；
⑵.如果题目中无末速度v，也不让求v，一般选用位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2；
⑶.如果题目中无运动时间t，也不让求t，一般选用导出公式v2－v02＝2ax.
【即学即练3】如图所示，某高速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( )
A．eq \f(5,2)x B．eq \f(5,3)x C．2x D．3x
【即学即练4】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的初速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m
知识点04 匀变速直线运动的几个重要推论
1．平均速度
做匀变速直线运动的物体，在一段时间t内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半。即==vt/2=
2位移差公式
(1)匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值，即Δx＝x2－x1＝aT2.
(2)应用
a.判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动.
b.求加速度
利用Δx＝aT2，可求得a＝eq \f(Δx,T2).
3.位移中点的瞬时速度公式
做匀速直线运动的物体，在某段位移中点位置的瞬时速度.
【即学即练5】(多选)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法中正确的是( )
A.2～4 s内的平均速度是2.25 m/s B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s
C.质点的加速度是0.125 m/s2 D.质点的加速度是0.5 m/s2
【即学即练6】 物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，到达斜面底端时速度为4 m/s，则物体经过斜面中点时的速度为( )
A．2 m/s B．2eq \r(2) m/s C.eq \r(2) m/s D.eq \f(\r(2),2) m/s
知识点05 初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1).
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1)).
【即学即练7】一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s末的速度为4 m/s.求：
(1)第6 s末的速度大小；(2)前6 s内的位移大小；(3)第6 s内的位移大小.
【即学即练8】(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B.v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3) D.t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
知识点04 解决匀变速直线运动问题的基本思路
1、eq \x(画过程示意图)→eq \x(判断运动性质)→eq \x(选取正方向)→eq \x(选用公式列方程)→eq \x(解方程并加以讨论)
注意：x、v0、v、a均为矢量，所以解题时需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.
2.匀变速直线运动公式的选用
一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用＝eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)求瞬时速度；
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度.
3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过来看成初速度为零的匀加速直线运动.
4.图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程.
v－t图线与t轴所围“面积”表示这段时间内物体的位移:t轴上方的“面积”表示位移沿正方向，t轴下方的“面积”表示位移沿负方向，如果上方与下方的“面积”大小相等，说明物体恰好回到出发点.
【即学即练9】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0A.vt0(1－eq \f(t0,2t)) B.eq \f(v(t－t0)2,2t) C.eq \f(vt,2) D.eq \f(vt02,2t)
【即学即练10】航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到82.5m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的( )
A．40倍 B．80倍 C．400倍 D．800倍
知识点05追及、相遇问题
1.对“追及”、“相遇”的认识
(1)相遇问题
相向运动的两物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇.
(2)追及问题
同向运动的两物体，若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度，即v2≥v1.
2.追及问题的分析方法
(1)追及问题中的两个关系和一个条件
①两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到.
②一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点.
(2)能否追上的判断方法
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0.若vA＝vB时，xA＋x0≤xB，则能追上；若vA＝vB时，xA＋x0＞xB，则没有追上.
(3)若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动.
【即学即练11】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？
能力拓展
考法01 两种匀减速直线运动
1.刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失.
(2)求解时要注意确定实际运动时间.
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.
2.双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变.
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
【典例1】若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A.288 m B.300 m C.150 m D.144 m
考法02 多过程问题
1.一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.
2.解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对转折点速度的求解往往是解题的关键.
【典例2】航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1 370 m.求：
(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；
(2)航天飞机降落后滑行的总时间.
考法03 追及相遇的问题
【典例3】当交叉路口的绿灯亮时，一辆客车以a＝2 m/s2 的加速度由静止启动，在同一时刻，一辆货车以10 m/s的恒定速度从客车旁边同向驶过(不计车长)，则：
(1)客车什么时候追上货车？客车追上货车时离路口多远？
(2)在客车追上货车前，两车的最大距离是多少？
分层提分
题组A 基础过关练
1.一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s，整列车通过他历时6 s，则这列火车的车厢有( )
A．3节 B．6节 C．9节 D．12节
2．如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为( )
A.eq \f(2v1＋v2,3) B.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) C.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) D.eq \f(2,3)v1
3．小球以某一较大初速度冲上一足够长光滑斜面，加速度大小为6 m/s2，则小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移是( )
A．2.0 m B．2.5 m C．3.0 m D．3.5 m
4.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度—时间图像如图所示，那么0～t和t～3t两段时间内( )
A．加速度大小之比为3∶1 B．位移大小之比为1∶3
C．平均速度大小之比为2∶1 D．平均速度大小之比为1∶1
5.如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m.且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A.可以求出该物体加速度的大小 B.可以求得xCD＝5 m
C.可求得OA之间的距离为1.125 m D.可求得OA之间的距离为1.5 m
6.汽车以v0＝10 m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经过2 s速度变为6 m/s，若将刹车过程视为匀减速直线运动，求：
(1)从开始刹车起，汽车在6 s内发生的位移大小；
(2)汽车静止前2 s内通过的位移大小。
7.在高速公路上，有时会发生“追尾”事故——后面的汽车撞上前面的汽车。某段平直高速公路的最高车速限制为108 km/h，设某人驾车正以最高时速沿该高速公路匀速行驶，该车刹车时产生的加速度大小为5 m/s2，该人的反应时间(从意识到应该停车到操作刹车的时间)为0.5 s。求行驶时的安全车距至少为多少？
8.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8 m/s，B车的速度大小为v2＝20 m/s，如图所示.当A、B两车相距x0＝28 m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a＝2 m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间；
(3)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.
题组B 能力提升练
1.一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A.物体运动的加速度为2 m/s2 B.物体第2秒内的位移为4 m
C.物体在第3秒内的平均速度为8 m/s D.物体从静止开始通过32 m的位移需要4 s的时间
2.两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为1∶2，它们运动的最大位移之比为( )
A.1∶2 B.1∶4 C.4∶1 D.2∶1
3.一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的数量关系为x＝24t－6t2，x与t的单位分别是m和s，则它的速度等于零的时刻t为( )
A．eq \f(1,6) s B．2 s C．6 s D．24 s
4..物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为( )
A.15 m/s B.30 m/s C.7.5 m/s D.无法求解
5.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( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
6．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻甲车从后面追上乙车 B．t1时刻两车相距最远
C．t1时刻两车的速度刚好相等 D．0到t1时间内，两车的平均速度相等
7．(多选)斜面的长度为4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方veq \\al(2,0)的关系图像(即x－veq \\al(2,0)图像)如图所示．下列关于物体的运动情况的说法正确的是( )
A．滑块下滑的加速度大小为2 m/s2
B．滑块下滑的加速度大小为4 m/s2
C．若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为1 s
D．若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为4 s
8.如图所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m。该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2。此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s。下列说法中正确的有( )
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处
9.随着我国高速公路的发展，越来越多的人选择开车出行，这也造成了高速路的拥堵，为此开发了电子不停车收费系统ETC，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示，假设汽车以v1＝72 km/h的速度沿直线朝着收费站正常行驶，如果过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v2＝4 m/s，然后匀速通过总长度为d＝16 m的通道，接着再匀加速至v1后正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1后正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a＝1 m/s2，求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移x；
(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间Δt。
题组C 培优拔尖练
1.沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为( )
m/s2 B.－2.45 m/s2 m/s2 D.－4.90 m/s2
2.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )
A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2
B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2
C．t＝1 s时，a、b再次到达同一位置
D．t＝2 s时，a、b再次到达同一位置
3.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图3所示.已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A.在t＝1 s时，甲车在乙车后 B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
4．甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图6所示.关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )
A.在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动
B.在0～2 s内，两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小
C.在t＝2 s时，甲车的速度为3 m/s，乙车的速度为4.5 m/s
D.在t＝4 s时，甲车恰好追上乙车
5.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示，汽车通过AB两相邻的树用了3 s，通过BC两相邻的树用了2 s，求汽车运动的加速度大小和通过树B时的速度大小．
6.在水平直轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同.要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件？(请用临界法与图象法分别分析解题)
7.一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以v＝6 m/s的速度匀速驶过，从后边超过汽车.则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？
课程标准
课标解读
1．理解匀变速直线运动的位移与速度的关系。理解v-t图像中面积的物理意义。体会利用极限思想解决物理问题的科学思维方法。
2．掌握匀变速直线运动的速度与位移的关系，会运用匀变速直线运动规律求解问题。
1、能利用v-t 图像得出匀变速直线运动的位移与时间的关系式，进一步体会利用物理图像分析物体运动规律的研究方法。
2、能推导出匀变速直线运动的速度与位移的关系式，体会科学推理的逻辑严密性。
3、能在实际问题情境中使用匀变速直线运动的位移公式解决问题，体会物理知识的实际应用。
4、了解v-t图像围成的面积即相应时间内的位移。提高应用数学研究物理问题的能力，体会变与不变的辩证关系。
第3节 匀变速直线运动的位移与时间的关系
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知识精讲
知识点01 匀速直线运动的位移
1．做匀速直线运动的物体在时间t内的位移x=vt
2．做匀速直线运动的物体，其v–t图象是一条 于时间轴的直线，其位移在数值上等于v–t图线与对应的时间轴所围的 。
知识点02 匀变速直线运动的位移
1.匀变速直线运动位移公式的推导
某质点做匀变速直线运动，已知初速度为v0，在t时刻的速度为v，加速度为a.完成下列填空，推导匀变速直线运动的位移时间关系，体会微元法的基本思想.
(1)把匀变速直线运动的v－t图象分成几个小段，如图1所示.每段位移≈每段起始时刻速度×每段的时间＝对应矩形的面积.故整个过程的位移≈各个小矩形的面积之和.
图1 图2
(2)把运动过程分为更多的小段，如图2所示，各小矩形的面积之和可以更精确地表示物体在整个过程的位移.
(3)把整个运动过程分得非常细，如图所示，很多小矩形合在一起形成了一个梯形OABC，__________就代表物体在相应时间间隔内的位移.
如右图所示，v－t图线下面梯形的面积
S＝eq \f(1,2)(OC＋AB)·OA
把面积及各条线段换成其所代表的物理量，上式变成
x＝eq \f(1,2)(v0＋v)t①
又因为v＝v0＋at②
由①②式可得
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
2.公式的适用条件：位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2只适用于匀变速直线运动.
3.公式的矢量性：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2为矢量公式，其中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取正方向.一般选v0的方向为正方向.
(1)a：匀加速直线运动中，a与v0同向，a取正值；匀减速直线运动中，a与v0反向，a取负值.
(2)若位移的计算结果为正值，说明位移方向与规定的正方向相同；若位移的计算结果为负值，说明位移方向与规定的正方向相反.
4.两种特殊形式
(1)当v0＝0时，x＝eq \f(1,2)at2，即由静止开始的匀加速直线运动，位移x与t2成正比.
(2)当a＝0时，x＝v0t，即匀速直线运动的位移公式.
【即学即练1】某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系式为x＝0.5t＋t2(m)，则当物体速度为3 m/s时，物体已运动的时间为( )
s B.2.5 s C.3 s D.6 s
【答案】A
【解析】由x＝0.5t＋t2知，v0＝0.5 m/s，a＝2 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at知，t＝1.25 s，选项A正确.
【即学即练2】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．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
【答案】A
【解析】：根据x＝eq \f(1,2)at2得a＝eq \f(2x,t2)＝2 m/s2，飞机离地速度为v＝at＝80 m/s。
知识点03 匀变速直线运动的速度与位移的关系
1.推导：
速度公式v＝v0＋at.
位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
由以上两式可得：v2－v02＝2ax.
公式：v2－v02＝2ax.
3.匀变速直线运动的速度与位移的关系关系式的理解和应用
（1）.适用范围：速度与位移的关系v2－v02＝2ax仅适用于 直线运动.
（2）.公式的矢量性：v2－v02＝2ax是矢量式，v0、v、a、x都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，取v0方向为正方向：
Ⅰ. 若加速运动，a取正值，减速运动，a取负值.
Ⅱ. x＞0，位移的方向与初速度方向相同，x＜0则为减速到0，又返回到计时起点另一侧的位移.
Ⅲ. v＞0，速度的方向与初速度方向相同，v＜0则为减速到0，又返回过程的速度.
注意：应用此公式时，注意符号关系，必要时对计算结果进行分析，验证其合理性.
4.公式的特点：不涉及时间，v0、v、a、x中已知三个量可求第四个量.
5.解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法
⑴.如果题目中无位移x，也不让求x，一般选用速度公式v＝v0＋at；
⑵.如果题目中无末速度v，也不让求v，一般选用位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2；
⑶.如果题目中无运动时间t，也不让求t，一般选用导出公式v2－v02＝2ax.
【即学即练3】如图所示，某高速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( )
A．eq \f(5,2)x B．eq \f(5,3)x C．2x D．3x
【答案】B
【解析】由v2－veq \\al(2,0)＝2ax得102－52＝2ax,152－102＝2ax′，两式联立可得x′＝eq \f(5,3)x，故B正确。
【即学即练4】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的初速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m
【答案】C
【解析】由v2－v02＝2ax可得x＝－eq \f(1,2a)v02＋eq \f(1,2a)v2，对照x＝10－0.1v2可知，eq \f(1,2a)＝－0.1，－eq \f(1,2a)v02＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，选项B、D错误。
知识点04 匀变速直线运动的几个重要推论
1．平均速度
做匀变速直线运动的物体，在一段时间t内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半。即==vt/2=
2位移差公式
(1)匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值，即Δx＝x2－x1＝aT2.
(2)应用
a.判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动.
b.求加速度
利用Δx＝aT2，可求得a＝eq \f(Δx,T2).
3.位移中点的瞬时速度公式
做匀速直线运动的物体，在某段位移中点位置的瞬时速度.
【即学即练5】(多选)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法中正确的是( )
A.2～4 s内的平均速度是2.25 m/s B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s
C.质点的加速度是0.125 m/s2 D.质点的加速度是0.5 m/s2
【答案】ABD
【解析】根据平均速度公式，质点2～4 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(2＋2.5,2) m/s＝2.25 m/s，故A正确；第3 s末的瞬时速度等于2～4 s内的平均速度，即v3＝eq \x\t(v)＝2.25 m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得，质点的加速度a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(2.5－2,1) m/s2＝0.5 m/s2，故C错误，D正确.
【即学即练6】 物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，到达斜面底端时速度为4 m/s，则物体经过斜面中点时的速度为( )
A．2 m/s B．2eq \r(2) m/s C.eq \r(2) m/s D.eq \f(\r(2),2) m/s
【答案】B
【解析】已知v0＝0，v＝4 m/s，根据veq \f(x,2)＝ eq \r(\f(v\\al(2,0)＋v2,2))，解得物体经过斜面中点时的速度为2eq \r(2) m/s，故B正确。
知识点05 初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1).
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1)).
【即学即练7】一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s末的速度为4 m/s.求： (1)第6 s末的速度大小；(2)前6 s内的位移大小；(3)第6 s内的位移大小.
【答案】(1)6 m/s (2)18 m (3)5.5 m
【解析】(1)由于第4 s末与第6 s末的速度之比v4∶v6＝4∶6＝2∶3
故第6 s末的速度v6＝eq \f(3,2)v4＝6 m/s
(2)由v4＝at4得a＝eq \f(v4,t4)＝eq \f(4 m/s,4 s)＝1 m/s2.
所以第1 s内的位移x1＝eq \f(1,2)a×12 m＝0.5 m
第1 s内与前6 s内的位移之比x1∶x6＝12∶62
故前6 s内小球的位移x6＝36x1＝18 m
(3)第1 s内与第6 s内的位移之比xⅠ∶xⅥ＝1∶(2×6－1)＝1∶11
故第6 s内的位移xⅥ＝11xⅠ＝5.5 m.
【即学即练8】(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B.v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3) D.t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
【答案】 BD
【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，故所求时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，则所求的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故选项A错误，B正确.
知识点04 解决匀变速直线运动问题的基本思路
1、eq \x(画过程示意图)→eq \x(判断运动性质)→eq \x(选取正方向)→eq \x(选用公式列方程)→eq \x(解方程并加以讨论)
注意：x、v0、v、a均为矢量，所以解题时需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.
2.匀变速直线运动公式的选用
一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用＝eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)求瞬时速度；
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度.
3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过来看成初速度为零的匀加速直线运动.
4.图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程.
v－t图线与t轴所围“面积”表示这段时间内物体的位移:t轴上方的“面积”表示位移沿正方向，t轴下方的“面积”表示位移沿负方向，如果上方与下方的“面积”大小相等，说明物体恰好回到出发点.
【即学即练9】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0A.vt0(1－eq \f(t0,2t)) B.eq \f(v(t－t0)2,2t) C.eq \f(vt,2) D.eq \f(vt02,2t)
【答案】B
【解析】“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝eq \f(v,t)，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝eq \f(1,2)a(t－t0)2＝eq \f(1,2)×eq \f(v,t)×(t－t0)2＝eq \f(v(t－t0)2,2t)，故选B.
【即学即练10】航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到82.5m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的( )
A．40倍 B．80倍 C．400倍 D．800倍
【答案】A
【解析】由x＝eq \f(1,2)(v0＋vt)t得，n＝eq \f(\f(1,2)×44×2.5×60,\f(1,2)×82.5×2)＝40
知识点05追及、相遇问题
1.对“追及”、“相遇”的认识
(1)相遇问题
相向运动的两物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇.
(2)追及问题
同向运动的两物体，若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度，即v2≥v1.
2.追及问题的分析方法
(1)追及问题中的两个关系和一个条件
①两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到.
②一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点.
(2)能否追上的判断方法
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0.若vA＝vB时，xA＋x0≤xB，则能追上；若vA＝vB时，xA＋x0＞xB，则没有追上.
(3)若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动.
【即学即练11】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＋eq \f(1,2)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.
能力拓展
考法01 两种匀减速直线运动
1.刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失.
(2)求解时要注意确定实际运动时间.
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.
2.双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变.
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
【典例1】若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A.288 m B.300 m C.150 m D.144 m
【答案】 B
【解析】设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－60,－6) s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋eq \f(at2,2)＝60×10 m＋(－6)×eq \f(102,2) m＝300 m.
考法02 多过程问题
1.一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.
2.解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对转折点速度的求解往往是解题的关键.
【典例2】航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1 370 m.求：
(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；
(2)航天飞机降落后滑行的总时间.
【答案】(1)40 m/s (2)31 s
【解析】(1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v1，根据运动学公式有v02－v12＝2a1x1，
v12＝2a2x2，
x1＋x2＝x，
联立以上各式并代入数据解得v1＝40 m/s.
(2)由速度与时间的关系可得
v0＝v1＋a1t1，v1＝a2t2，t＝t1＋t2，
联立以上各式并代入数据解得t＝31 s.
考法03 追及相遇的问题
【典例3】当交叉路口的绿灯亮时，一辆客车以a＝2 m/s2 的加速度由静止启动，在同一时刻，一辆货车以10 m/s的恒定速度从客车旁边同向驶过(不计车长)，则：
(1)客车什么时候追上货车？客车追上货车时离路口多远？
(2)在客车追上货车前，两车的最大距离是多少？
【答案】(1)10 s 100 m (2)25 m
【解析】(1)客车追上货车的过程中，两车所用时间相等，位移也相等，
即v2t1＝eq \f(1,2)at12，
代入数据解得t1＝10 s，x＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×102 m＝100 m.
(2)两车距离最远时，两车应具有相等的速度，即v2＝at2，代入数据解得t2＝5 s.
Δx＝v2t2－eq \f(1,2)at22＝10×5 m－eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m.
分层提分
题组A 基础过关练
1.一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s，整列车通过他历时6 s，则这列火车的车厢有( )
A．3节 B．6节 C．9节 D．12节
【答案】C
【解析】设一节车厢长为L，则L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，nL＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)。将t1＝2 s，t2＝6 s代入上面两式，解得n＝9，C正确。
2．如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为( )
A.eq \f(2v1＋v2,3) B.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) C.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) D.eq \f(2,3)v1
【答案】C
【解析】 设子弹运动的加速度为a，子弹穿出A时的速度为v，子弹在A中运动过程中，有：v2－veq \\al(2,1)＝－2aL，子弹在B中运动过程中，有veq \\al(2,2)－v2＝－2a·2L，两式联立可得，v＝eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3))，因此C对．
3．小球以某一较大初速度冲上一足够长光滑斜面，加速度大小为6 m/s2，则小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移是( )
A．2.0 m B．2.5 m C．3.0 m D．3.5 m
【答案】C
【解析】将小球的运动看作反向初速度为零的匀加速直线运动，上滑过程中最后一秒即为匀加速直线运动的第一秒，根据位移时间关系有x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×6×12 m＝3 m，C正确。
4.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度—时间图像如图所示，那么0～t和t～3t两段时间内( )
A．加速度大小之比为3∶1 B．位移大小之比为1∶3
C．平均速度大小之比为2∶1 D．平均速度大小之比为1∶1
【答案】D
【解析】两段的加速度大小分别为a1＝eq \f(v,t)，a2＝eq \f(v,2t)，eq \f(a1,a2)＝eq \f(2,1)，A错误；两段的位移分别为x1＝eq \f(1,2)vt，x2＝vt，eq \f(x1,x2)＝eq \f(1,2)，B错误；两段的平均速度eq \x\t(v)1＝eq \x\t(v)2＝eq \f(v,2)，C错误，D正确。
5.如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m.且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A.可以求出该物体加速度的大小 B.可以求得xCD＝5 m
C.可求得OA之间的距离为1.125 m D.可求得OA之间的距离为1.5 m
答案 C
解析 设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝eq \f(xAC,2T)，则OB之间的距离xOB＝eq \f(vB2,2a)＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C选项正确.
6.汽车以v0＝10 m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经过2 s速度变为6 m/s，若将刹车过程视为匀减速直线运动，求：
(1)从开始刹车起，汽车在6 s内发生的位移大小；
(2)汽车静止前2 s内通过的位移大小。
【答案】(1)25 m (2)4 m
【解析】(1)汽车刹车时的加速度
a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(6－10,2) m/s2＝－2 m/s2，
则汽车速度减为零所需的时间
t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－10,－2) s＝5 s＜6 s。
则6 s内的位移等于5 s内的位移
x＝v0t0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)＝10×5 m－eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m。
(2)采用逆向思维，将汽车的运动反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则汽车在静止前2 s内的位移
x′＝eq \f(1,2)a′t′2＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m。
7.在高速公路上，有时会发生“追尾”事故——后面的汽车撞上前面的汽车。某段平直高速公路的最高车速限制为108 km/h，设某人驾车正以最高时速沿该高速公路匀速行驶，该车刹车时产生的加速度大小为5 m/s2，该人的反应时间(从意识到应该停车到操作刹车的时间)为0.5 s。求行驶时的安全车距至少为多少？
【答案】105 m
【解析】汽车原来的速度v0＝108 km/h＝30 m/s，
运动过程如图所示
在反应时间t1＝0.5 s内，汽车做匀速直线运动的位移为
x1＝v0t1＝30×0.5 m＝15 m，
开始刹车后，汽车做匀减速直线运动，
滑行时间为t2＝eq \f(0－30,－5) s＝6 s，
汽车刹车后滑行的位移为
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝30×6 m＋eq \f(1,2)×(－5)×62 m＝90 m，
所以行驶时的安全车距至少应为x＝x1＋x2＝15 m＋90 m＝105 m。
8.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8 m/s，B车的速度大小为v2＝20 m/s，如图所示.当A、B两车相距x0＝28 m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a＝2 m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间；
(3)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.
【答案】(1)64 m (2)16 s (3)0.25 m/s2
【解析】(1)当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：v1＝v2－at1
代入数据解得：t1＝6 s
此时，根据位移时间的关系得：xA1＝v1t1
xB1＝v2t1－eq \f(1,2)at12
Δxm＝xB1＋x0－xA1
代入数据解得：Δxm＝64 m
(2)B车刹车到停止运动所用时间： t0＝eq \f(v2,a)＝10 s
发生的位移：xB2＝eq \f(v22,2a)＝100 m
此时：xA2＝v1t0＝80 m
则：xA2＜x0＋xB2，
可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上B车停止后A车运动时间为：t2＝eq \f(x0＋xB2－xA2,v1)＝6 s
故所用总时间为：t＝t0＋t2＝16 s
(3)A车刹车减速至0时刚好追上B车时，加速度最小
eq \f(v22,2a)＋x0＝eq \f(v12,2aA)
代入数据解得：aA＝0.25 m/s2.
题组B 能力提升练
1.一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A.物体运动的加速度为2 m/s2 B.物体第2秒内的位移为4 m
C.物体在第3秒内的平均速度为8 m/s D.物体从静止开始通过32 m的位移需要4 s的时间
【答案】D
【解析】根据x1＝eq \f(1,2)at12得，物体运动的加速度a＝eq \f(2x1,t\\al( 2,1))＝eq \f(2×2,1) m/s2＝4 m/s2，故A错误.物体在第2 s内的位移x2＝eq \f(1,2)at22－eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×4×(4－1)m＝6 m，故B错误.物体在第3 s内的位移x3＝eq \f(1,2)at32－eq \f(1,2)at22＝eq \f(1,2)×4×(9－4) m＝10 m，则第3 s内的平均速度为10 m/s，故C错误.物体从静止开始通过32 m的时间t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2×32,4)) s＝4 s，故D正确.
2.两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为1∶2，它们运动的最大位移之比为( )
A.1∶2 B.1∶4 C.4∶1 D.2∶1
【答案】B
【解析】小车的末速度为0，由v2－v02＝2ax得
eq \f(x1,x2)＝eq \f(v\\al( 2,01),v\\al( 2,02))＝eq \f(1,4)，选项B正确.
3.一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的数量关系为x＝24t－6t2，x与t的单位分别是m和s，则它的速度等于零的时刻t为( )
A．eq \f(1,6) s B．2 s C．6 s D．24 s
【答案】B
【解析】：由x＝24t－6t2，知v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2，再根据v＝v0＋at，得t＝eq \f(0－24,－12) s＝2 s，故选B。
4..物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为( )
A.15 m/s B.30 m/s C.7.5 m/s D.无法求解
【答案】B
【解析】设最大速度为vm，匀加速直线运动过程1＝eq \f(1,2)(0＋vm)＝eq \f(1,2)vm，匀减速直线运动过程：2＝eq \f(1,2)(vm＋0)＝eq \f(1,2)vm，所以x＝1t1＋2t2＝eq \f(vm,2)(t1＋t2)＝eq \f(vm,2)t，解得vm＝30 m/s.
5.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( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
【答案】C
【解析】：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2＝2ax知x＝eq \f(v2,2a)，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3。故C正确，A、B、D错误。
6．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻甲车从后面追上乙车 B．t1时刻两车相距最远
C．t1时刻两车的速度刚好相等 D．0到t1时间内，两车的平均速度相等
【答案】D
【解析】解本题的关键是知道位移—时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向，结合斜率的变化得出速度如何变化，根据位移和时间比较平均速度的大小．由图看出，t1时刻两车的纵坐标相等，表示两车相遇，乙车从后面追上甲车，故A、B错误．根据位移—时间图像的斜率的绝对值等于速度的大小可知，t1时刻乙的速度大于甲的速度，故C错误.0到t1时间内，两车的位移相等，时间也相等，则平均速度相等，故D正确．
7．(多选)斜面的长度为4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方veq \\al(2,0)的关系图像(即x－veq \\al(2,0)图像)如图所示．下列关于物体的运动情况的说法正确的是( )
A．滑块下滑的加速度大小为2 m/s2
B．滑块下滑的加速度大小为4 m/s2
C．若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为1 s
D．若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为4 s
【答案】AC
【解析】由veq \\al(2,0)＝2ax推知，图线的斜率为eq \f(1,2a)，所以滑块下滑的加速度大小a＝2 m/s2，A正确，B错误；当滑块的初速度为4 m/s时，下滑的距离为4 m，滑块刚好匀减速运动滑到斜面最低点，设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x＝v0t－eq \f(1,2)at2，即4＝5t－eq \f(1,2)×2t2，解得t＝1 (s)，t＝4 (s)(舍去)，C正确，D错误．
8.如图所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m。该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2。此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s。下列说法中正确的有( )
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处
【答案】A
【解析】：如果汽车立即做匀加速运动则有x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝20 m，A项正确；v＝v0＋at＝12 m/s，B项错误；如果汽车立即以最大加速度做匀减速运动则有x′＝v0t′－eq \f(1,2)at′2，t′＝eq \f(v,a′)＝1.6 s，得x′＝6.4 m，D项错误；汽车不减速时2 s内走16 m，不能通过停车线，C错误。
9.随着我国高速公路的发展，越来越多的人选择开车出行，这也造成了高速路的拥堵，为此开发了电子不停车收费系统ETC，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示，假设汽车以v1＝72 km/h的速度沿直线朝着收费站正常行驶，如果过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v2＝4 m/s，然后匀速通过总长度为d＝16 m的通道，接着再匀加速至v1后正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1后正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a＝1 m/s2，求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移x；
(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间Δt。
【答案】：(1)400 m (2)24 s
【解析】：(1)汽车过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：x1＝eq \f(v\\al(2,1)－v\\al(2,2),2a)
所以总位移x＝2x1＋d，代入数据解得x＝400 m
(2)汽车过人工收费通道到达中心线的速度恰好为零，刚进入通道的速度应满足v2＝2a·eq \f(d,2)
故v＝4 m/s＝v2，而根据对称性，离开通道时的速度也恰好为v＝4 m/s＝v2，又汽车从ETC通道匀速通过收费站的速度为v2＝4 m/s，即两车在进入通道前与离开通道后的运动规律是一样的。
所以汽车过ETC通道的时间t1＝eq \f(d,v2)＝eq \f(16,4) s＝4 s
汽车过人工收费通道的时间t2＝eq \f(2v2,a)＋t0＝28 s
节省的时间为Δt＝t2－t1＝28－4 s＝24 s
题组C 培优拔尖练
1.沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为( )
m/s2 B.－2.45 m/s2 m/s2 D.－4.90 m/s2
【答案】D
【解析】质点在第一个0.5 s内的平均速度为v1，即在t1＝0.25 s时的速度为v1；在第一个1.5 s内的平均速度为v2，即在t2＝0.75 s时速度为v2.由题意得：v1－v2＝2.45 m/s，故a＝eq \f(v2－v1,t2－t1)＝eq \f(－2.45,0.75－0.25) m/s2＝－4.90 m/s2，D正确.
2.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )
A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2
B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2
C．t＝1 s时，a、b再次到达同一位置
D．t＝2 s时，a、b再次到达同一位置
【答案】BC
【解析】对质点a，根据数学知识得：eq \f(x,t)＝0.5t＋0.5(m/s)，则x＝0.5t2＋0.5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比得：v0＝0.5 m/s，a＝1.0 m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2，故A错误，B正确。t＝1 s时，eq \f(x,t)相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，故C正确。由题图知，对于质点b，有eq \f(x,t)＝1，所以质点b做速度为1 m/s的匀速直线运动。在t＝1 s时，质点a的速度v＝v0＋at＝1.5 m/s，大于质点b的速度，所以t＝1 s之后两个质点不再相遇，故D错误。
3.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图3所示.已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A.在t＝1 s时，甲车在乙车后 B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【答案】BD
【解析】 根据v－t图像知，甲、乙两车都沿正方向运动.t＝3 s时，甲、乙两车并排行驶，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线与时间轴所围“面积”对应位移知，0～3 s内甲车位移x甲＝eq \f(1,2)×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝eq \f(1,2)×3×(10＋25) m＝52.5 m.故t＝0时，甲、乙两车相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲车在乙车前方7.5 m，选项B正确；0～1 s内，x甲′＝eq \f(1,2)×1×10 m＝5 m，x乙′＝eq \f(1,2)×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明在t＝1 s时甲、乙两车第一次并排行驶，选项A、C错误；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，选项D正确.
4．甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图6所示.关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )
A.在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动
B.在0～2 s内，两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小
C.在t＝2 s时，甲车的速度为3 m/s，乙车的速度为4.5 m/s
D.在t＝4 s时，甲车恰好追上乙车
【答案】C
【解析】 根据题图图象可知，在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；加速度—时间图象的图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，当t＝4 s时，两图线与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等，此时两车的间距最大，故B、D错误；在t＝2 s时，乙车的速度为v乙＝eq \f(1,2)×(1.5＋3)×2 m/s＝4.5 m/s，甲车速度为v甲＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故C正确.
5.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示，汽车通过AB两相邻的树用了3 s，通过BC两相邻的树用了2 s，求汽车运动的加速度大小和通过树B时的速度大小．
【答案】1 m/s2 6.5 m/s
【解析】设汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a.
对AB段运动，由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2有：
15 m＝vA×3 s＋eq \f(1,2)a×(3 s)2
同理，对AC段运动，有
30 m＝vA×5 s＋eq \f(1,2)a×(5 s)2
两式联立解得：
vA＝3.5 m/s，a＝1 m/s2
再由vt＝v0＋at
得：vB＝3.5 m/s＋1×3 m/s＝6.5 m/s
6.在水平直轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同.要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件？(请用临界法与图象法分别分析解题)
【答案】见解析
【解析】 方法一 图象法
利用v－t图象求解，先作出A、B两车的v－t图象，如图所示.设经过t时间两车刚好不相撞，
则对A车有vA＝v′＝v0－2at
对B车有vB＝v′＝at
以上两式联立解得t＝eq \f(v0,3a)
经时间t两车的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知
x＝eq \f(1,2)v0·t＝eq \f(1,2)v0·eq \f(v0,3a)＝eq \f(v02,6a)
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax).
方法二 临界条件法
两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等.设从A、B两车相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示.
对A车有xA＝v0t＋eq \f(1,2)(－2a)t2，vA＝v0＋(－2a)t
对B车有xB＝eq \f(1,2)at2，vB＝at
由两车位移关系有x＝xA－xB
追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB
联立以上各式解得v0＝eq \r(6ax)
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax).
7.一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以v＝6 m/s的速度匀速驶过，从后边超过汽车.则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？
【答案】 2 s 6 m
【解析】 解法一(分析法)：汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t，两车间的距离为Δx，则有v＝at
所以t＝eq \f(v,a)＝2 s
Δx＝vt－eq \f(1,2)at2＝6 m.
解法二(极值法)：设汽车在追上自行车之前经过时间t两车相距最远，则Δx＝vt－eq \f(1,2)at2
代入已知数据得Δx＝6t－eq \f(3,2)t2
由二次函数求极值的条件知：t＝2 s时，Δx有最大值6 m
所以t＝2 s时两车相距最远，为Δx＝6 m.
解法三(图象法)：自行车和汽车的v－t图象如图所示，
由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，
所以有t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(6,3) s＝2 s，
Δx＝eq \f(v1t1,2)＝eq \f(6×2,2) m＝6 m.课程标准
课标解读
1．理解匀变速直线运动的位移与速度的关系。理解v-t图像中面积的物理意义。体会利用极限思想解决物理问题的科学思维方法。
2．掌握匀变速直线运动的速度与位移的关系，会运用匀变速直线运动规律求解问题。
1、能利用v-t 图像得出匀变速直线运动的位移与时间的关系式，进一步体会利用物理图像分析物体运动规律的研究方法。
2、能推导出匀变速直线运动的速度与位移的关系式，体会科学推理的逻辑严密性。
3、能在实际问题情境中使用匀变速直线运动的位移公式解决问题，体会物理知识的实际应用。
4、了解v-t图像围成的面积即相应时间内的位移。提高应用数学研究物理问题的能力，体会变与不变的辩证关系。
目标导航
知识精讲
知识点01 匀速直线运动的位移
1．做匀速直线运动的物体在时间t内的位移x=vt
2．做匀速直线运动的物体，其v–t图象是一条平行于时间轴的直线，其位移在数值上等于v–t图线与对应的时间轴所围的矩形的面积。
知识点02 匀变速直线运动的位移
1.匀变速直线运动位移公式的推导
某质点做匀变速直线运动，已知初速度为v0，在t时刻的速度为v，加速度为a.完成下列填空，推导匀变速直线运动的位移时间关系，体会微元法的基本思想.
(1)把匀变速直线运动的v－t图象分成几个小段，如图1所示.每段位移≈每段起始时刻速度×每段的时间＝对应矩形的面积.故整个过程的位移≈各个小矩形的面积之和.
图1 图2
(2)把运动过程分为更多的小段，如图2所示，各小矩形的面积之和可以更精确地表示物体在整个过程的位移.
(3)把整个运动过程分得非常细，如图所示，很多小矩形合在一起形成了一个梯形OABC，__________就代表物体在相应时间间隔内的位移.
如右图所示，v－t图线下面梯形的面积
S＝eq \f(1,2)(OC＋AB)·OA
把面积及各条线段换成其所代表的物理量，上式变成
x＝eq \f(1,2)(v0＋v)t①
又因为v＝v0＋at②
由①②式可得
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
2.公式的适用条件：位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2只适用于匀变速直线运动.
3.公式的矢量性：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2为矢量公式，其中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取正方向.一般选v0的方向为正方向.
(1)a：匀加速直线运动中，a与v0同向，a取正值；匀减速直线运动中，a与v0反向，a取负值.
(2)若位移的计算结果为正值，说明位移方向与规定的正方向相同；若位移的计算结果为负值，说明位移方向与规定的正方向相反.
4.两种特殊形式
(1)当v0＝0时，x＝eq \f(1,2)at2，即由静止开始的匀加速直线运动，位移x与t2成正比.
(2)当a＝0时，x＝v0t，即匀速直线运动的位移公式.
【即学即练1】某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系式为x＝0.5t＋t2(m)，则当物体速度为3 m/s时，物体已运动的时间为( )
s B.2.5 s C.3 s D.6 s
【即学即练2】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．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
知识点03 匀变速直线运动的速度与位移的关系
1.推导：
速度公式v＝v0＋at.
位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
由以上两式可得：v2－v02＝2ax.
公式：v2－v02＝2ax.
3.匀变速直线运动的速度与位移的关系关系式的理解和应用
（1）.适用范围：速度与位移的关系v2－v02＝2ax仅适用于匀变速直线运动.
（2）.公式的矢量性：v2－v02＝2ax是矢量式，v0、v、a、x都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，取v0方向为正方向：
Ⅰ. 若加速运动，a取正值，减速运动，a取负值.
Ⅱ. x＞0，位移的方向与初速度方向相同，x＜0则为减速到0，又返回到计时起点另一侧的位移.
Ⅲ. v＞0，速度的方向与初速度方向相同，v＜0则为减速到0，又返回过程的速度.
注意：应用此公式时，注意符号关系，必要时对计算结果进行分析，验证其合理性.
4.公式的特点：不涉及时间，v0、v、a、x中已知三个量可求第四个量.
5.解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法
⑴.如果题目中无位移x，也不让求x，一般选用速度公式v＝v0＋at；
⑵.如果题目中无末速度v，也不让求v，一般选用位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2；
⑶.如果题目中无运动时间t，也不让求t，一般选用导出公式v2－v02＝2ax.
【即学即练3】如图所示，某高速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( )
A．eq \f(5,2)x B．eq \f(5,3)x C．2x D．3x
【即学即练4】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的初速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m
知识点04 匀变速直线运动的几个重要推论
1．平均速度
做匀变速直线运动的物体，在一段时间t内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半。即==vt/2=
2位移差公式
(1)匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值，即Δx＝x2－x1＝aT2.
(2)应用
a.判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动.
b.求加速度
利用Δx＝aT2，可求得a＝eq \f(Δx,T2).
3.位移中点的瞬时速度公式
做匀速直线运动的物体，在某段位移中点位置的瞬时速度.
【即学即练5】(多选)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法中正确的是( )
A.2～4 s内的平均速度是2.25 m/s B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s
C.质点的加速度是0.125 m/s2 D.质点的加速度是0.5 m/s2
【即学即练6】 物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，到达斜面底端时速度为4 m/s，则物体经过斜面中点时的速度为( )
A．2 m/s B．2eq \r(2) m/s C.eq \r(2) m/s D.eq \f(\r(2),2) m/s
知识点05 初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1).
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1)).
【即学即练7】一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s末的速度为4 m/s.求：
(1)第6 s末的速度大小；(2)前6 s内的位移大小；(3)第6 s内的位移大小.
【即学即练8】(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B.v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3) D.t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
知识点04 解决匀变速直线运动问题的基本思路
1、eq \x(画过程示意图)→eq \x(判断运动性质)→eq \x(选取正方向)→eq \x(选用公式列方程)→eq \x(解方程并加以讨论)
注意：x、v0、v、a均为矢量，所以解题时需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.
2.匀变速直线运动公式的选用
一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用＝eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)求瞬时速度；
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度.
3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过来看成初速度为零的匀加速直线运动.
4.图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程.
v－t图线与t轴所围“面积”表示这段时间内物体的位移:t轴上方的“面积”表示位移沿正方向，t轴下方的“面积”表示位移沿负方向，如果上方与下方的“面积”大小相等，说明物体恰好回到出发点.
【即学即练9】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0
【即学即练10】航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到82.5m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的( )
A．40倍 B．80倍 C．400倍 D．800倍
知识点05追及、相遇问题
1.对“追及”、“相遇”的认识
(1)相遇问题
相向运动的两物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇.
(2)追及问题
同向运动的两物体，若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度，即v2≥v1.
2.追及问题的分析方法
(1)追及问题中的两个关系和一个条件
①两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到.
②一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点.
(2)能否追上的判断方法
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0.若vA＝vB时，xA＋x0≤xB，则能追上；若vA＝vB时，xA＋x0＞xB，则没有追上.
(3)若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动.
【即学即练11】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？
能力拓展
考法01 两种匀减速直线运动
1.刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失.
(2)求解时要注意确定实际运动时间.
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.
2.双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变.
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
【典例1】若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A.288 m B.300 m C.150 m D.144 m
考法02 多过程问题
1.一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.
2.解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对转折点速度的求解往往是解题的关键.
【典例2】航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1 370 m.求：
(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；
(2)航天飞机降落后滑行的总时间.
考法03 追及相遇的问题
【典例3】当交叉路口的绿灯亮时，一辆客车以a＝2 m/s2 的加速度由静止启动，在同一时刻，一辆货车以10 m/s的恒定速度从客车旁边同向驶过(不计车长)，则：
(1)客车什么时候追上货车？客车追上货车时离路口多远？
(2)在客车追上货车前，两车的最大距离是多少？
分层提分
题组A 基础过关练
1.一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s，整列车通过他历时6 s，则这列火车的车厢有( )
A．3节 B．6节 C．9节 D．12节
2．如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为( )
A.eq \f(2v1＋v2,3) B.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) C.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) D.eq \f(2,3)v1
3．小球以某一较大初速度冲上一足够长光滑斜面，加速度大小为6 m/s2，则小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移是( )
A．2.0 m B．2.5 m C．3.0 m D．3.5 m
4.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度—时间图像如图所示，那么0～t和t～3t两段时间内( )
A．加速度大小之比为3∶1 B．位移大小之比为1∶3
C．平均速度大小之比为2∶1 D．平均速度大小之比为1∶1
5.如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m.且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A.可以求出该物体加速度的大小 B.可以求得xCD＝5 m
C.可求得OA之间的距离为1.125 m D.可求得OA之间的距离为1.5 m
6.汽车以v0＝10 m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经过2 s速度变为6 m/s，若将刹车过程视为匀减速直线运动，求：
(1)从开始刹车起，汽车在6 s内发生的位移大小；
(2)汽车静止前2 s内通过的位移大小。
7.在高速公路上，有时会发生“追尾”事故——后面的汽车撞上前面的汽车。某段平直高速公路的最高车速限制为108 km/h，设某人驾车正以最高时速沿该高速公路匀速行驶，该车刹车时产生的加速度大小为5 m/s2，该人的反应时间(从意识到应该停车到操作刹车的时间)为0.5 s。求行驶时的安全车距至少为多少？
8.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8 m/s，B车的速度大小为v2＝20 m/s，如图所示.当A、B两车相距x0＝28 m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a＝2 m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间；
(3)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.
题组B 能力提升练
1.一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A.物体运动的加速度为2 m/s2 B.物体第2秒内的位移为4 m
C.物体在第3秒内的平均速度为8 m/s D.物体从静止开始通过32 m的位移需要4 s的时间
2.两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为1∶2，它们运动的最大位移之比为( )
A.1∶2 B.1∶4 C.4∶1 D.2∶1
3.一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的数量关系为x＝24t－6t2，x与t的单位分别是m和s，则它的速度等于零的时刻t为( )
A．eq \f(1,6) s B．2 s C．6 s D．24 s
4..物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为( )
A.15 m/s B.30 m/s C.7.5 m/s D.无法求解
5.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( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
6．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻甲车从后面追上乙车 B．t1时刻两车相距最远
C．t1时刻两车的速度刚好相等 D．0到t1时间内，两车的平均速度相等
7．(多选)斜面的长度为4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方veq \\al(2,0)的关系图像(即x－veq \\al(2,0)图像)如图所示．下列关于物体的运动情况的说法正确的是( )
A．滑块下滑的加速度大小为2 m/s2
B．滑块下滑的加速度大小为4 m/s2
C．若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为1 s
D．若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为4 s
8.如图所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m。该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2。此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s。下列说法中正确的有( )
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处
9.随着我国高速公路的发展，越来越多的人选择开车出行，这也造成了高速路的拥堵，为此开发了电子不停车收费系统ETC，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示，假设汽车以v1＝72 km/h的速度沿直线朝着收费站正常行驶，如果过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v2＝4 m/s，然后匀速通过总长度为d＝16 m的通道，接着再匀加速至v1后正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1后正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a＝1 m/s2，求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移x；
(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间Δt。
题组C 培优拔尖练
1.沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为( )
m/s2 B.－2.45 m/s2 m/s2 D.－4.90 m/s2
2.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )
A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2
B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2
C．t＝1 s时，a、b再次到达同一位置
D．t＝2 s时，a、b再次到达同一位置
3.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图3所示.已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A.在t＝1 s时，甲车在乙车后 B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
4．甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图6所示.关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )
A.在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动
B.在0～2 s内，两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小
C.在t＝2 s时，甲车的速度为3 m/s，乙车的速度为4.5 m/s
D.在t＝4 s时，甲车恰好追上乙车
5.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示，汽车通过AB两相邻的树用了3 s，通过BC两相邻的树用了2 s，求汽车运动的加速度大小和通过树B时的速度大小．
6.在水平直轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同.要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件？(请用临界法与图象法分别分析解题)
7.一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以v＝6 m/s的速度匀速驶过，从后边超过汽车.则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？
课程标准
课标解读
1．理解匀变速直线运动的位移与速度的关系。理解v-t图像中面积的物理意义。体会利用极限思想解决物理问题的科学思维方法。
2．掌握匀变速直线运动的速度与位移的关系，会运用匀变速直线运动规律求解问题。
1、能利用v-t 图像得出匀变速直线运动的位移与时间的关系式，进一步体会利用物理图像分析物体运动规律的研究方法。
2、能推导出匀变速直线运动的速度与位移的关系式，体会科学推理的逻辑严密性。
3、能在实际问题情境中使用匀变速直线运动的位移公式解决问题，体会物理知识的实际应用。
4、了解v-t图像围成的面积即相应时间内的位移。提高应用数学研究物理问题的能力，体会变与不变的辩证关系。
第3节 匀变速直线运动的位移与时间的关系
目标导航
知识精讲
知识点01 匀速直线运动的位移
1．做匀速直线运动的物体在时间t内的位移x=vt
2．做匀速直线运动的物体，其v–t图象是一条 于时间轴的直线，其位移在数值上等于v–t图线与对应的时间轴所围的 。
知识点02 匀变速直线运动的位移
1.匀变速直线运动位移公式的推导
某质点做匀变速直线运动，已知初速度为v0，在t时刻的速度为v，加速度为a.完成下列填空，推导匀变速直线运动的位移时间关系，体会微元法的基本思想.
(1)把匀变速直线运动的v－t图象分成几个小段，如图1所示.每段位移≈每段起始时刻速度×每段的时间＝对应矩形的面积.故整个过程的位移≈各个小矩形的面积之和.
图1 图2
(2)把运动过程分为更多的小段，如图2所示，各小矩形的面积之和可以更精确地表示物体在整个过程的位移.
(3)把整个运动过程分得非常细，如图所示，很多小矩形合在一起形成了一个梯形OABC，__________就代表物体在相应时间间隔内的位移.
如右图所示，v－t图线下面梯形的面积
S＝eq \f(1,2)(OC＋AB)·OA
把面积及各条线段换成其所代表的物理量，上式变成
x＝eq \f(1,2)(v0＋v)t①
又因为v＝v0＋at②
由①②式可得
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
2.公式的适用条件：位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2只适用于匀变速直线运动.
3.公式的矢量性：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2为矢量公式，其中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取正方向.一般选v0的方向为正方向.
(1)a：匀加速直线运动中，a与v0同向，a取正值；匀减速直线运动中，a与v0反向，a取负值.
(2)若位移的计算结果为正值，说明位移方向与规定的正方向相同；若位移的计算结果为负值，说明位移方向与规定的正方向相反.
4.两种特殊形式
(1)当v0＝0时，x＝eq \f(1,2)at2，即由静止开始的匀加速直线运动，位移x与t2成正比.
(2)当a＝0时，x＝v0t，即匀速直线运动的位移公式.
【即学即练1】某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系式为x＝0.5t＋t2(m)，则当物体速度为3 m/s时，物体已运动的时间为( )
s B.2.5 s C.3 s D.6 s
【答案】A
【解析】由x＝0.5t＋t2知，v0＝0.5 m/s，a＝2 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at知，t＝1.25 s，选项A正确.
【即学即练2】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．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
【答案】A
【解析】：根据x＝eq \f(1,2)at2得a＝eq \f(2x,t2)＝2 m/s2，飞机离地速度为v＝at＝80 m/s。
知识点03 匀变速直线运动的速度与位移的关系
1.推导：
速度公式v＝v0＋at.
位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
由以上两式可得：v2－v02＝2ax.
公式：v2－v02＝2ax.
3.匀变速直线运动的速度与位移的关系关系式的理解和应用
（1）.适用范围：速度与位移的关系v2－v02＝2ax仅适用于 直线运动.
（2）.公式的矢量性：v2－v02＝2ax是矢量式，v0、v、a、x都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，取v0方向为正方向：
Ⅰ. 若加速运动，a取正值，减速运动，a取负值.
Ⅱ. x＞0，位移的方向与初速度方向相同，x＜0则为减速到0，又返回到计时起点另一侧的位移.
Ⅲ. v＞0，速度的方向与初速度方向相同，v＜0则为减速到0，又返回过程的速度.
注意：应用此公式时，注意符号关系，必要时对计算结果进行分析，验证其合理性.
4.公式的特点：不涉及时间，v0、v、a、x中已知三个量可求第四个量.
5.解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法
⑴.如果题目中无位移x，也不让求x，一般选用速度公式v＝v0＋at；
⑵.如果题目中无末速度v，也不让求v，一般选用位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2；
⑶.如果题目中无运动时间t，也不让求t，一般选用导出公式v2－v02＝2ax.
【即学即练3】如图所示，某高速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( )
A．eq \f(5,2)x B．eq \f(5,3)x C．2x D．3x
【答案】B
【解析】由v2－veq \\al(2,0)＝2ax得102－52＝2ax,152－102＝2ax′，两式联立可得x′＝eq \f(5,3)x，故B正确。
【即学即练4】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的初速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m
【答案】C
【解析】由v2－v02＝2ax可得x＝－eq \f(1,2a)v02＋eq \f(1,2a)v2，对照x＝10－0.1v2可知，eq \f(1,2a)＝－0.1，－eq \f(1,2a)v02＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，选项B、D错误。
知识点04 匀变速直线运动的几个重要推论
1．平均速度
做匀变速直线运动的物体，在一段时间t内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半。即==vt/2=
2位移差公式
(1)匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值，即Δx＝x2－x1＝aT2.
(2)应用
a.判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动.
b.求加速度
利用Δx＝aT2，可求得a＝eq \f(Δx,T2).
3.位移中点的瞬时速度公式
做匀速直线运动的物体，在某段位移中点位置的瞬时速度.
【即学即练5】(多选)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法中正确的是( )
A.2～4 s内的平均速度是2.25 m/s B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s
C.质点的加速度是0.125 m/s2 D.质点的加速度是0.5 m/s2
【答案】ABD
【解析】根据平均速度公式，质点2～4 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(2＋2.5,2) m/s＝2.25 m/s，故A正确；第3 s末的瞬时速度等于2～4 s内的平均速度，即v3＝eq \x\t(v)＝2.25 m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得，质点的加速度a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(2.5－2,1) m/s2＝0.5 m/s2，故C错误，D正确.
【即学即练6】 物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，到达斜面底端时速度为4 m/s，则物体经过斜面中点时的速度为( )
A．2 m/s B．2eq \r(2) m/s C.eq \r(2) m/s D.eq \f(\r(2),2) m/s
【答案】B
【解析】已知v0＝0，v＝4 m/s，根据veq \f(x,2)＝ eq \r(\f(v\\al(2,0)＋v2,2))，解得物体经过斜面中点时的速度为2eq \r(2) m/s，故B正确。
知识点05 初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1).
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1)).
【即学即练7】一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s末的速度为4 m/s.求： (1)第6 s末的速度大小；(2)前6 s内的位移大小；(3)第6 s内的位移大小.
【答案】(1)6 m/s (2)18 m (3)5.5 m
【解析】(1)由于第4 s末与第6 s末的速度之比v4∶v6＝4∶6＝2∶3
故第6 s末的速度v6＝eq \f(3,2)v4＝6 m/s
(2)由v4＝at4得a＝eq \f(v4,t4)＝eq \f(4 m/s,4 s)＝1 m/s2.
所以第1 s内的位移x1＝eq \f(1,2)a×12 m＝0.5 m
第1 s内与前6 s内的位移之比x1∶x6＝12∶62
故前6 s内小球的位移x6＝36x1＝18 m
(3)第1 s内与第6 s内的位移之比xⅠ∶xⅥ＝1∶(2×6－1)＝1∶11
故第6 s内的位移xⅥ＝11xⅠ＝5.5 m.
【即学即练8】(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B.v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3) D.t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
【答案】 BD
【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，故所求时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，则所求的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故选项A错误，B正确.
知识点04 解决匀变速直线运动问题的基本思路
1、eq \x(画过程示意图)→eq \x(判断运动性质)→eq \x(选取正方向)→eq \x(选用公式列方程)→eq \x(解方程并加以讨论)
注意：x、v0、v、a均为矢量，所以解题时需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.
2.匀变速直线运动公式的选用
一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用＝eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)求瞬时速度；
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度.
3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过来看成初速度为零的匀加速直线运动.
4.图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程.
v－t图线与t轴所围“面积”表示这段时间内物体的位移:t轴上方的“面积”表示位移沿正方向，t轴下方的“面积”表示位移沿负方向，如果上方与下方的“面积”大小相等，说明物体恰好回到出发点.
【即学即练9】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0
【答案】B
【解析】“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝eq \f(v,t)，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝eq \f(1,2)a(t－t0)2＝eq \f(1,2)×eq \f(v,t)×(t－t0)2＝eq \f(v(t－t0)2,2t)，故选B.
【即学即练10】航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到82.5m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的( )
A．40倍 B．80倍 C．400倍 D．800倍
【答案】A
【解析】由x＝eq \f(1,2)(v0＋vt)t得，n＝eq \f(\f(1,2)×44×2.5×60,\f(1,2)×82.5×2)＝40
知识点05追及、相遇问题
1.对“追及”、“相遇”的认识
(1)相遇问题
相向运动的两物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇.
(2)追及问题
同向运动的两物体，若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度，即v2≥v1.
2.追及问题的分析方法
(1)追及问题中的两个关系和一个条件
①两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到.
②一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点.
(2)能否追上的判断方法
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0.若vA＝vB时，xA＋x0≤xB，则能追上；若vA＝vB时，xA＋x0＞xB，则没有追上.
(3)若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动.
【即学即练11】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＋eq \f(1,2)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.
能力拓展
考法01 两种匀减速直线运动
1.刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失.
(2)求解时要注意确定实际运动时间.
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.
2.双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变.
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
【典例1】若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A.288 m B.300 m C.150 m D.144 m
【答案】 B
【解析】设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－60,－6) s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋eq \f(at2,2)＝60×10 m＋(－6)×eq \f(102,2) m＝300 m.
考法02 多过程问题
1.一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.
2.解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对转折点速度的求解往往是解题的关键.
【典例2】航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1 370 m.求：
(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；
(2)航天飞机降落后滑行的总时间.
【答案】(1)40 m/s (2)31 s
【解析】(1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v1，根据运动学公式有v02－v12＝2a1x1，
v12＝2a2x2，
x1＋x2＝x，
联立以上各式并代入数据解得v1＝40 m/s.
(2)由速度与时间的关系可得
v0＝v1＋a1t1，v1＝a2t2，t＝t1＋t2，
联立以上各式并代入数据解得t＝31 s.
考法03 追及相遇的问题
【典例3】当交叉路口的绿灯亮时，一辆客车以a＝2 m/s2 的加速度由静止启动，在同一时刻，一辆货车以10 m/s的恒定速度从客车旁边同向驶过(不计车长)，则：
(1)客车什么时候追上货车？客车追上货车时离路口多远？
(2)在客车追上货车前，两车的最大距离是多少？
【答案】(1)10 s 100 m (2)25 m
【解析】(1)客车追上货车的过程中，两车所用时间相等，位移也相等，
即v2t1＝eq \f(1,2)at12，
代入数据解得t1＝10 s，x＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×102 m＝100 m.
(2)两车距离最远时，两车应具有相等的速度，即v2＝at2，代入数据解得t2＝5 s.
Δx＝v2t2－eq \f(1,2)at22＝10×5 m－eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m.
分层提分
题组A 基础过关练
1.一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s，整列车通过他历时6 s，则这列火车的车厢有( )
A．3节 B．6节 C．9节 D．12节
【答案】C
【解析】设一节车厢长为L，则L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，nL＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)。将t1＝2 s，t2＝6 s代入上面两式，解得n＝9，C正确。
2．如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为( )
A.eq \f(2v1＋v2,3) B.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) C.eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3)) D.eq \f(2,3)v1
【答案】C
【解析】 设子弹运动的加速度为a，子弹穿出A时的速度为v，子弹在A中运动过程中，有：v2－veq \\al(2,1)＝－2aL，子弹在B中运动过程中，有veq \\al(2,2)－v2＝－2a·2L，两式联立可得，v＝eq \r(\f(2v\\al(2,1)＋v\\al(2,2),3))，因此C对．
3．小球以某一较大初速度冲上一足够长光滑斜面，加速度大小为6 m/s2，则小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移是( )
A．2.0 m B．2.5 m C．3.0 m D．3.5 m
【答案】C
【解析】将小球的运动看作反向初速度为零的匀加速直线运动，上滑过程中最后一秒即为匀加速直线运动的第一秒，根据位移时间关系有x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×6×12 m＝3 m，C正确。
4.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度—时间图像如图所示，那么0～t和t～3t两段时间内( )
A．加速度大小之比为3∶1 B．位移大小之比为1∶3
C．平均速度大小之比为2∶1 D．平均速度大小之比为1∶1
【答案】D
【解析】两段的加速度大小分别为a1＝eq \f(v,t)，a2＝eq \f(v,2t)，eq \f(a1,a2)＝eq \f(2,1)，A错误；两段的位移分别为x1＝eq \f(1,2)vt，x2＝vt，eq \f(x1,x2)＝eq \f(1,2)，B错误；两段的平均速度eq \x\t(v)1＝eq \x\t(v)2＝eq \f(v,2)，C错误，D正确。
5.如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m.且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A.可以求出该物体加速度的大小 B.可以求得xCD＝5 m
C.可求得OA之间的距离为1.125 m D.可求得OA之间的距离为1.5 m
答案 C
解析 设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝eq \f(xAC,2T)，则OB之间的距离xOB＝eq \f(vB2,2a)＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C选项正确.
6.汽车以v0＝10 m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经过2 s速度变为6 m/s，若将刹车过程视为匀减速直线运动，求：
(1)从开始刹车起，汽车在6 s内发生的位移大小；
(2)汽车静止前2 s内通过的位移大小。
【答案】(1)25 m (2)4 m
【解析】(1)汽车刹车时的加速度
a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(6－10,2) m/s2＝－2 m/s2，
则汽车速度减为零所需的时间
t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－10,－2) s＝5 s＜6 s。
则6 s内的位移等于5 s内的位移
x＝v0t0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)＝10×5 m－eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m。
(2)采用逆向思维，将汽车的运动反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则汽车在静止前2 s内的位移
x′＝eq \f(1,2)a′t′2＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m。
7.在高速公路上，有时会发生“追尾”事故——后面的汽车撞上前面的汽车。某段平直高速公路的最高车速限制为108 km/h，设某人驾车正以最高时速沿该高速公路匀速行驶，该车刹车时产生的加速度大小为5 m/s2，该人的反应时间(从意识到应该停车到操作刹车的时间)为0.5 s。求行驶时的安全车距至少为多少？
【答案】105 m
【解析】汽车原来的速度v0＝108 km/h＝30 m/s，
运动过程如图所示
在反应时间t1＝0.5 s内，汽车做匀速直线运动的位移为
x1＝v0t1＝30×0.5 m＝15 m，
开始刹车后，汽车做匀减速直线运动，
滑行时间为t2＝eq \f(0－30,－5) s＝6 s，
汽车刹车后滑行的位移为
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝30×6 m＋eq \f(1,2)×(－5)×62 m＝90 m，
所以行驶时的安全车距至少应为x＝x1＋x2＝15 m＋90 m＝105 m。
8.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8 m/s，B车的速度大小为v2＝20 m/s，如图所示.当A、B两车相距x0＝28 m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a＝2 m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间；
(3)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.
【答案】(1)64 m (2)16 s (3)0.25 m/s2
【解析】(1)当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：v1＝v2－at1
代入数据解得：t1＝6 s
此时，根据位移时间的关系得：xA1＝v1t1
xB1＝v2t1－eq \f(1,2)at12
Δxm＝xB1＋x0－xA1
代入数据解得：Δxm＝64 m
(2)B车刹车到停止运动所用时间： t0＝eq \f(v2,a)＝10 s
发生的位移：xB2＝eq \f(v22,2a)＝100 m
此时：xA2＝v1t0＝80 m
则：xA2＜x0＋xB2，
可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上B车停止后A车运动时间为：t2＝eq \f(x0＋xB2－xA2,v1)＝6 s
故所用总时间为：t＝t0＋t2＝16 s
(3)A车刹车减速至0时刚好追上B车时，加速度最小
eq \f(v22,2a)＋x0＝eq \f(v12,2aA)
代入数据解得：aA＝0.25 m/s2.
题组B 能力提升练
1.一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A.物体运动的加速度为2 m/s2 B.物体第2秒内的位移为4 m
C.物体在第3秒内的平均速度为8 m/s D.物体从静止开始通过32 m的位移需要4 s的时间
【答案】D
【解析】根据x1＝eq \f(1,2)at12得，物体运动的加速度a＝eq \f(2x1,t\\al( 2,1))＝eq \f(2×2,1) m/s2＝4 m/s2，故A错误.物体在第2 s内的位移x2＝eq \f(1,2)at22－eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×4×(4－1)m＝6 m，故B错误.物体在第3 s内的位移x3＝eq \f(1,2)at32－eq \f(1,2)at22＝eq \f(1,2)×4×(9－4) m＝10 m，则第3 s内的平均速度为10 m/s，故C错误.物体从静止开始通过32 m的时间t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2×32,4)) s＝4 s，故D正确.
2.两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为1∶2，它们运动的最大位移之比为( )
A.1∶2 B.1∶4 C.4∶1 D.2∶1
【答案】B
【解析】小车的末速度为0，由v2－v02＝2ax得
eq \f(x1,x2)＝eq \f(v\\al( 2,01),v\\al( 2,02))＝eq \f(1,4)，选项B正确.
3.一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的数量关系为x＝24t－6t2，x与t的单位分别是m和s，则它的速度等于零的时刻t为( )
A．eq \f(1,6) s B．2 s C．6 s D．24 s
【答案】B
【解析】：由x＝24t－6t2，知v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2，再根据v＝v0＋at，得t＝eq \f(0－24,－12) s＝2 s，故选B。
4..物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为( )
A.15 m/s B.30 m/s C.7.5 m/s D.无法求解
【答案】B
【解析】设最大速度为vm，匀加速直线运动过程1＝eq \f(1,2)(0＋vm)＝eq \f(1,2)vm，匀减速直线运动过程：2＝eq \f(1,2)(vm＋0)＝eq \f(1,2)vm，所以x＝1t1＋2t2＝eq \f(vm,2)(t1＋t2)＝eq \f(vm,2)t，解得vm＝30 m/s.
5.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( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
【答案】C
【解析】：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2＝2ax知x＝eq \f(v2,2a)，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3。故C正确，A、B、D错误。
6．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻甲车从后面追上乙车 B．t1时刻两车相距最远
C．t1时刻两车的速度刚好相等 D．0到t1时间内，两车的平均速度相等
【答案】D
【解析】解本题的关键是知道位移—时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向，结合斜率的变化得出速度如何变化，根据位移和时间比较平均速度的大小．由图看出，t1时刻两车的纵坐标相等，表示两车相遇，乙车从后面追上甲车，故A、B错误．根据位移—时间图像的斜率的绝对值等于速度的大小可知，t1时刻乙的速度大于甲的速度，故C错误.0到t1时间内，两车的位移相等，时间也相等，则平均速度相等，故D正确．
7．(多选)斜面的长度为4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方veq \\al(2,0)的关系图像(即x－veq \\al(2,0)图像)如图所示．下列关于物体的运动情况的说法正确的是( )
A．滑块下滑的加速度大小为2 m/s2
B．滑块下滑的加速度大小为4 m/s2
C．若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为1 s
D．若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为4 s
【答案】AC
【解析】由veq \\al(2,0)＝2ax推知，图线的斜率为eq \f(1,2a)，所以滑块下滑的加速度大小a＝2 m/s2，A正确，B错误；当滑块的初速度为4 m/s时，下滑的距离为4 m，滑块刚好匀减速运动滑到斜面最低点，设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x＝v0t－eq \f(1,2)at2，即4＝5t－eq \f(1,2)×2t2，解得t＝1 (s)，t＝4 (s)(舍去)，C正确，D错误．
8.如图所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m。该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2。此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s。下列说法中正确的有( )
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处
【答案】A
【解析】：如果汽车立即做匀加速运动则有x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝20 m，A项正确；v＝v0＋at＝12 m/s，B项错误；如果汽车立即以最大加速度做匀减速运动则有x′＝v0t′－eq \f(1,2)at′2，t′＝eq \f(v,a′)＝1.6 s，得x′＝6.4 m，D项错误；汽车不减速时2 s内走16 m，不能通过停车线，C错误。
9.随着我国高速公路的发展，越来越多的人选择开车出行，这也造成了高速路的拥堵，为此开发了电子不停车收费系统ETC，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示，假设汽车以v1＝72 km/h的速度沿直线朝着收费站正常行驶，如果过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v2＝4 m/s，然后匀速通过总长度为d＝16 m的通道，接着再匀加速至v1后正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1后正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a＝1 m/s2，求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移x；
(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间Δt。
【答案】：(1)400 m (2)24 s
【解析】：(1)汽车过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：x1＝eq \f(v\\al(2,1)－v\\al(2,2),2a)
所以总位移x＝2x1＋d，代入数据解得x＝400 m
(2)汽车过人工收费通道到达中心线的速度恰好为零，刚进入通道的速度应满足v2＝2a·eq \f(d,2)
故v＝4 m/s＝v2，而根据对称性，离开通道时的速度也恰好为v＝4 m/s＝v2，又汽车从ETC通道匀速通过收费站的速度为v2＝4 m/s，即两车在进入通道前与离开通道后的运动规律是一样的。
所以汽车过ETC通道的时间t1＝eq \f(d,v2)＝eq \f(16,4) s＝4 s
汽车过人工收费通道的时间t2＝eq \f(2v2,a)＋t0＝28 s
节省的时间为Δt＝t2－t1＝28－4 s＝24 s
题组C 培优拔尖练
1.沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为( )
m/s2 B.－2.45 m/s2 m/s2 D.－4.90 m/s2
【答案】D
【解析】质点在第一个0.5 s内的平均速度为v1，即在t1＝0.25 s时的速度为v1；在第一个1.5 s内的平均速度为v2，即在t2＝0.75 s时速度为v2.由题意得：v1－v2＝2.45 m/s，故a＝eq \f(v2－v1,t2－t1)＝eq \f(－2.45,0.75－0.25) m/s2＝－4.90 m/s2，D正确.
2.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )
A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2
B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2
C．t＝1 s时，a、b再次到达同一位置
D．t＝2 s时，a、b再次到达同一位置
【答案】BC
【解析】对质点a，根据数学知识得：eq \f(x,t)＝0.5t＋0.5(m/s)，则x＝0.5t2＋0.5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比得：v0＝0.5 m/s，a＝1.0 m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2，故A错误，B正确。t＝1 s时，eq \f(x,t)相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，故C正确。由题图知，对于质点b，有eq \f(x,t)＝1，所以质点b做速度为1 m/s的匀速直线运动。在t＝1 s时，质点a的速度v＝v0＋at＝1.5 m/s，大于质点b的速度，所以t＝1 s之后两个质点不再相遇，故D错误。
3.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图3所示.已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A.在t＝1 s时，甲车在乙车后 B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【答案】BD
【解析】 根据v－t图像知，甲、乙两车都沿正方向运动.t＝3 s时，甲、乙两车并排行驶，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线与时间轴所围“面积”对应位移知，0～3 s内甲车位移x甲＝eq \f(1,2)×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝eq \f(1,2)×3×(10＋25) m＝52.5 m.故t＝0时，甲、乙两车相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲车在乙车前方7.5 m，选项B正确；0～1 s内，x甲′＝eq \f(1,2)×1×10 m＝5 m，x乙′＝eq \f(1,2)×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明在t＝1 s时甲、乙两车第一次并排行驶，选项A、C错误；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，选项D正确.
4．甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图6所示.关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )
A.在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动
B.在0～2 s内，两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小
C.在t＝2 s时，甲车的速度为3 m/s，乙车的速度为4.5 m/s
D.在t＝4 s时，甲车恰好追上乙车
【答案】C
【解析】 根据题图图象可知，在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；加速度—时间图象的图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，当t＝4 s时，两图线与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等，此时两车的间距最大，故B、D错误；在t＝2 s时，乙车的速度为v乙＝eq \f(1,2)×(1.5＋3)×2 m/s＝4.5 m/s，甲车速度为v甲＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故C正确.
5.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示，汽车通过AB两相邻的树用了3 s，通过BC两相邻的树用了2 s，求汽车运动的加速度大小和通过树B时的速度大小．
【答案】1 m/s2 6.5 m/s
【解析】设汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a.
对AB段运动，由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2有：
15 m＝vA×3 s＋eq \f(1,2)a×(3 s)2
同理，对AC段运动，有
30 m＝vA×5 s＋eq \f(1,2)a×(5 s)2
两式联立解得：
vA＝3.5 m/s，a＝1 m/s2
再由vt＝v0＋at
得：vB＝3.5 m/s＋1×3 m/s＝6.5 m/s
6.在水平直轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同.要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件？(请用临界法与图象法分别分析解题)
【答案】见解析
【解析】 方法一 图象法
利用v－t图象求解，先作出A、B两车的v－t图象，如图所示.设经过t时间两车刚好不相撞，
则对A车有vA＝v′＝v0－2at
对B车有vB＝v′＝at
以上两式联立解得t＝eq \f(v0,3a)
经时间t两车的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知
x＝eq \f(1,2)v0·t＝eq \f(1,2)v0·eq \f(v0,3a)＝eq \f(v02,6a)
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax).
方法二 临界条件法
两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等.设从A、B两车相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示.
对A车有xA＝v0t＋eq \f(1,2)(－2a)t2，vA＝v0＋(－2a)t
对B车有xB＝eq \f(1,2)at2，vB＝at
由两车位移关系有x＝xA－xB
追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB
联立以上各式解得v0＝eq \r(6ax)
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax).
7.一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以v＝6 m/s的速度匀速驶过，从后边超过汽车.则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？
【答案】 2 s 6 m
【解析】 解法一(分析法)：汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t，两车间的距离为Δx，则有v＝at
所以t＝eq \f(v,a)＝2 s
Δx＝vt－eq \f(1,2)at2＝6 m.
解法二(极值法)：设汽车在追上自行车之前经过时间t两车相距最远，则Δx＝vt－eq \f(1,2)at2
代入已知数据得Δx＝6t－eq \f(3,2)t2
由二次函数求极值的条件知：t＝2 s时，Δx有最大值6 m
所以t＝2 s时两车相距最远，为Δx＝6 m.
解法三(图象法)：自行车和汽车的v－t图象如图所示，
由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，
所以有t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(6,3) s＝2 s，
Δx＝eq \f(v1t1,2)＝eq \f(6×2,2) m＝6 m.课程标准
课标解读
1．理解匀变速直线运动的位移与速度的关系。理解v-t图像中面积的物理意义。体会利用极限思想解决物理问题的科学思维方法。
2．掌握匀变速直线运动的速度与位移的关系，会运用匀变速直线运动规律求解问题。
1、能利用v-t 图像得出匀变速直线运动的位移与时间的关系式，进一步体会利用物理图像分析物体运动规律的研究方法。
2、能推导出匀变速直线运动的速度与位移的关系式，体会科学推理的逻辑严密性。
3、能在实际问题情境中使用匀变速直线运动的位移公式解决问题，体会物理知识的实际应用。
4、了解v-t图像围成的面积即相应时间内的位移。提高应用数学研究物理问题的能力，体会变与不变的辩证关系。
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