(共47张PPT)
匀变速直线运动的研究
第二章
专题一 匀变速直线运动的推论
核心概念 · 规律再现
核心模型 · 考点对点练
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析
答案
解析
答案
0.05
匀变速直线运动
0.1
1.58
0.518
解析
解析
答案
解析
答案
解析
核心能力 · 提升练
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
0.80
0.40
解析
0.74
4.36
0.40
解析
解析
0.09
0.075
0.03
解析
答案
解析
解析专题一 匀变速直线运动的推论
1．匀变速直线运动的平均速度、中间时刻速度和位移中点速度
(1)平均速度和中间时刻速度公式：＝＝，即做匀变速直线运动的物体在任意一段时间t内的平均速度等于这段时间的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。
(2)位移中点的瞬时速度公式：＝，即在匀变速直线运动中，某段位移的中点位置的瞬时速度等于这段位移的初、末速度的“方均根”值。
2．位移差公式Δx＝aT2
(1)匀变速直线运动中，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。
若第n个T内的位移为xn，第m个T内的位移为xm，则xm－xn＝(m－n)aT2。
(2)应用
①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。
②求加速度
利用Δx＝aT2，可求得a＝。
拓展：逐差法求加速度
如图所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，测量相邻两计数点之间的距离分别是x1、x2、x3、x4、x5、x6，T为相邻两计数点间的时间间隔，
由Δx＝aT2可得x4－x1＝3a1T2，x5－x2＝3a2T2，x6－x3＝3a3T2，则物体运动的加速度a＝(a1＋a2＋a3)＝。
说明：若将纸带看成x1～x3和x4～x6两段，可由Δx＝aT2直接得到上式，这种方法称为两段法。
3．初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
(1)按时间等分(设相等的时间间隔为T)
①1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比
由v＝at可推得：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
②1T内、2T内、3T内、…、nT内位移之比
由x＝at2可推得：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。
③第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第N个T内的位移之比
由xⅠ＝x1，xⅡ＝x2－x1，xⅢ＝x3－x2，…可推得：
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。
(2)按位移等分(设相等的位移为x0)
①通过x0、2x0、3x0、…、nx0所用时间之比
由x＝at2可得t＝ ，所以可推得：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶。
②通过第一个x0、第二个x0、第三个x0、…、第N个x0所用时间之比
由tⅠ＝t1，tⅡ＝t2－t1，tⅢ＝t3－t2，…可推得：tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
③x0末、2x0末、3x0末、…、nx0末的瞬时速度之比
由v2＝2ax可得v＝，所以可推得：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶∶∶…∶。
典型考点一 、和
1．空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞时，需要滑跑距离约为3000 m，着陆距离大约为2000 m。设起飞滑跑和着陆时都是匀变速直线运动，起飞时速度是着陆速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( )
A．3∶2 B．1∶1
C．1∶2 D．2∶1
答案 B
解析 设着陆速度为v，则起飞速度v0＝1.5v
起飞时间t1＝＝＝＝
着陆时间t2＝＝＝
故t1∶t2＝1∶1。
2. 某物体做直线运动，物体的速度—时间图像如图所示。若初速度的大小为v0，末速度的大小为v1，则在时间t1内物体的平均速度( )
A．等于(v0＋v1)
B．小于(v0＋v1)
C．大于(v0＋v1)
D．条件不足，无法比较
答案 C
解析 如果物体在0～t1时间内做匀变速直线运动，则有′＝，这段时间发生的位移x1大小为如图所示阴影部分的面积，则x1＝′t1，而阴影部分的面积小于该物体的速度—时间图线与t轴包围的面积，即该物体在0～t1时间实际位移的大小x2＝ t1>x1，则>′＝，故C正确。
3．做匀变速直线运动的物体，在时间t内的位移为x，设这段时间的中间时刻的瞬时速度为v1，这段位移的中间位置的瞬时速度为v2，则( )
A．无论是匀加速运动还是匀减速运动，v1
C．无论是匀加速运动还是匀减速运动，v1＝v2
D．匀加速运动时，v1
答案 A
解析 解法一：设物体运动的初速度为v0，末速度为v，根据匀变速直线运动的速度与时间的关系式，物体在中间时刻的瞬时速度v1＝v0＋at＝＝。根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式，物体在位移中点处的瞬时速度v2满足以下关系式：v－v＝2a＝v2－v，解得v2＝，根据数学知识比较可知 ≥，当物体做匀速直线运动时即v＝v0时，v1＝v2，无论物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动，都满足v1＜v2，A正确。
解法二：在v t图像中，图线与时间轴围成的“面积”表示位移。当物体做匀加速直线运动时，由图甲可知＞；当物体做匀减速直线运动时，由图乙可知＞。
故当物体做匀速直线运动时，＝；当物体做匀变速直线运动时，＞。
典型考点二 推论Δx＝aT2的应用
4．一列火车做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，第1 min内火车前进了240 m，第6 min内火车前进了1140 m，则该火车的加速度为( )
A．0.01 m/s2 B．0.03 m/s2
C．0.05 m/s2 D．0.1 m/s2
答案 C
解析 对于匀变速直线运动有Δx＝aT2。此题中T＝60 s，x1＝240 m，x6＝1140 m，所以a＝＝0.05 m/s2。故C正确。
5．如图所示是某同学测量匀变速直线运动的加速度时，从若干纸带中选中的一条纸带的一部分，他每隔4个点取一个计数点，图中注明了他对各计数点间距离的测量结果。已知所接电源是频率为50 Hz的交流电。
(1)为了验证小车的运动是匀变速直线运动，请进行下列计算，并填入下表内。(单位：cm)
x2－x1 x3－x2 x4－x3 x5－x4 x6－x5
各位移差与平均值最多相差________ cm，由此可以得出结论：小车的运动是________________。
(2)两个相邻计数点间的时间间隔Δt＝________ s。
(3)小车的加速度的计算式为a＝______________，代入数据得加速度a＝________ m/s2。
(4)计算打计数点B时小车的速度vB＝________ m/s。
答案 (1)表格数据见解析 0.05 匀变速直线运动
(2)0.1
(3) 1.58
(4)0.518
解析 (1)数据如表所示。(单位：cm)
x2－x1 x3－x2 x4－x3 x5－x4 x6－x5
1.60 1.55 1.62 1.53 1.61 1.58
由表格数据分析可知各位移差与平均值最多相差0.05 cm，在误差允许范围内，相邻相等时间内的位移差近似相等，因此可以得出结论：小车的运动是匀变速直线运动。
(2)该打点计时器所接的电源是频率为50 Hz的交流电，纸带上每隔4个点取一个计数点，即两个相邻计数点间有5段相等时间间隔，所以两个相邻计数点间的时间间隔Δt＝5× s＝0.1 s。
(3)用逐差法来计算加速度可得
a1＝，a2＝，a3＝，
取平均值，有
a＝＝，
将数据代入得加速度的值
a＝ m/s2≈1.58 m/s2。
(4)由于小车做匀变速直线运动，因此，打计数点B时小车的速度等于AC段的平均速度，即vB＝＝ m/s≈0.518 m/s。
典型考点三 初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
6．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它在第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2，在走完第1 m时与走完第2 m时的速度之比为v1∶v2。以下说法正确的是( )
A．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2
B．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶
C．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2
D．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶
答案 B
解析 由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系知，x1∶x2＝1∶3，走完第1 m与走完第2 m时的速度之比v1∶v2＝1∶，B正确。
7．质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5个2 s内的三段位移之比为( )
A．1∶4∶25 B．2∶8∶7
C．1∶3∶9 D．2∶2∶1
答案 C
解析 质点做初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，所以质点在第1个2 s、第2个2 s和第5个2 s内的三段位移之比为1∶3∶9，因此选C。
1．光滑斜面的长度为L，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t，则下列说法不正确的是( )
A．物体运动全过程中的平均速度是
B．物体在时的瞬时速度是
C．物体运动到斜面中点时瞬时速度是
D．物体从斜面顶端运动到斜面中点所需的时间是
答案 B
解析 全程的平均速度＝＝，A正确；时，物体的速度等于全程的平均速度，B错误；若末速度为v，则＝，v＝，物体运动到斜面中点时的速度，即位移中点的速度＝ ＝ ＝，C正确；设物体的加速度为a，从斜面顶端运动到斜面中点用时为t′，则L＝at2，＝at′2，所以t′＝t，D正确。
2．一个做匀加速直线运动的物体，先后经过相距为x的A、B两点时的速度分别为v和7v，从A到B的运动时间为t，则下列说法不正确的是( )
A．经过AB中点的速度为4v
B．经过AB中间时刻的速度为4v
C．通过前位移所需时间是通过后位移所需时间的2倍
D．前时间通过的位移比后时间通过的位移少1.5vt
答案 A
解析 由匀变速直线运动的规律得，物体经过AB中点的速度为＝ ＝5v，A错误；物体经过AB中间时刻的速度为＝＝4v，B正确；通过前位移所需时间t1＝＝，通过后位移所需时间t2＝＝，C正确；前时间通过的位移x1＝·＝vt，后时间通过的位移x2＝·＝vt，Δx＝x2－x1＝1.5vt，D正确。
3. 如图所示，在冰壶比赛中，一冰壶以速度v垂直边界进入四个完全相同的矩形区域并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，冰壶通过前三个矩形区域的时间为t，则冰壶通过第四个矩形区域的时间为( )
A．t B．2t
C．t D．(－1)t
答案 A
解析 冰壶做匀减速直线运动至速度为零的过程，逆向来看，则为从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，根据比例关系可知，从E到D的时间和从D到A的时间相等，则可知冰壶通过第四个矩形区域的时间为t，故A正确。
4．(多选)汽车刹车后做匀减速直线运动，经3 s后停止，对这一运动过程，下列说法正确的有( )
A．这连续三个1 s的初速度之比为3∶2∶1
B．这连续三个1 s的平均速度之比为3∶2∶1
C．这连续三个1 s发生的位移之比为5∶3∶1
D．这连续三个1 s的速度改变量之比为1∶1∶1
答案 ACD
解析 采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据v＝at知，1 s末、2 s末、3 s末的速度之比为1∶2∶3，则这连续三个1 s的初速度之比为3∶2∶1，故A正确；采用逆向思维，根据x＝at2知，1 s内、2 s内、3 s内的位移之比为1∶4∶9，则第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为1∶3∶5，所以这连续三个1 s内的位移之比为5∶3∶1，这连续三个1 s内的平均速度之比为5∶3∶1，故B错误，C正确；根据Δv＝at知，这连续三个1 s内的速度变化量之比为1∶1∶1，故D正确。
5. (2019·广安高一上学期期末)(多选)水球可以挡住高速运动的子弹。实验证实：如图所示，用极薄的塑料膜片制成三个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第三个水球，则可以判定(忽略薄塑料膜片对子弹的作用)( )
A．子弹在每个水球中运动的时间之比为t1∶t2∶t3＝1∶1∶1
B．子弹穿过每个水球的时间之比t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
C．子弹在穿入每个水球时的速度之比为v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
D．子弹在穿入每个水球时的速度之比为v1∶v2∶v3＝∶∶1
答案 BD
解析 子弹的运动逆向可看作初速度为零的匀加速直线运动。逆向看，子弹由右向左依次“穿出”3个水球的速度之比为1∶∶，则子弹实际运动依次穿入每个水球时的速度之比为v1∶v2∶v3＝∶∶1，故C错误，D正确。逆向看，子弹从右向左，通过每个水球的时间之比为1∶(－1)∶(－)，则子弹实际运动穿过每个水球的时间之比为t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，故B正确，A错误。
6．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生的位移为x2，则该质点的加速度为( )
A．(Δv)2 B．
C．(Δv)2 D．2
答案 B
解析 因为质点做匀变速直线运动，所以两次速度变化Δv所用的时间相同，并且这两段过程是紧挨着的，所以根据在连续相同时间内发生的位移差是一个定值，即Δx＝aT2，又T＝，Δx＝x2－x1，可得a＝，B正确。
7．某同学实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。x1＝3.59 cm，x2＝4.41 cm，x3＝5.19 cm，x4＝5.97 cm，x5＝6.78 cm，x6＝7.64 cm。则小车的加速度a＝________ m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________ m/s。(结果均保留两位有效数字)
答案 0.80 0.40
解析 由x4－x1＝3a1T2、x5－x2＝3a2T2、x6－x3＝3a3T2知加速度a＝
＝＝0.80 m/s2，打B点时小车的速度vB＝＝0.40 m/s。
8．某物体带动穿过打点计时器的纸带做匀加速直线运动，打点计时器接在周期为0.02 s的交流电源上，打出的部分纸带如图所示。图中所示的是每隔4个计时点所取的计数点，但第3个计数点没有画出。由图中的数据可求得：
(1)该物体的加速度为________ m/s2；(结果保留两位有效数字)
(2)第3个计数点与第2个计数点的距离约为________ cm；
(3)打第2个计数点时该物体的速度约为________ m/s。(结果保留两位有效数字)
答案 (1)0.74 (2)4.36 (3)0.40
解析 (1)设第1、2个计数点间的位移为x1，第2、3个计数点间的位移为x2，第3、4个计数点间的位移为x3，第4、5个计数点间的位移为x4；因为打点周期为0.02 s，且每隔4个计时点取一个计数点，所以相邻两个计数点之间的时间间隔为T＝0.1 s；
由匀变速直线运动的推论xm－xn＝(m－n)aT2得：
x4－x1＝3aT2，
代入数据解得a＝0.74 m/s2。
(2)第3个计数点与第2个计数点的距离即为x2，由匀变速直线运动的推论得：x2－x1＝aT2
故：x2＝x1＋aT2，代入数据得：x2＝3.62×10－2 m＋0.74×0.12 m＝0.0436 m＝4.36 cm。
(3)匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：
v2＝＝×10－2 m/s＝0.40 m/s。
9．一小球在桌面上从静止开始做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下小球每次曝光的位置，并将小球的位置编号。如图所示，1位置恰为小球刚开始运动的瞬间，摄影机连续两次曝光的时间间隔均为1 s，则小球在4位置时的瞬时速度约为________ m/s，小球从1位置到6位置的运动过程中的平均速度为________ m/s，在该过程中的加速度大约为________ m/s2。
答案 0.09 0.075 0.03
解析 由题图可知，1～6位置对应的刻度依次是0、1.5 cm、6.0 cm、13.5 cm、24.0 cm、37.5 cm，所以连续相等时间内位移依次是：x1＝1.5 cm，x2＝4.5 cm，x3＝7.5 cm，x4＝10.5 cm，x5＝13.5 cm，故其Δx＝3.0×10－2 m。
小球在4位置时的瞬时速度为3、5位置之间的平均速度：
v4＝＝ m/s＝0.09 m/s。
小球从1位置到6位置运动过程中的平均速度：
＝ m/s＝0.075 m/s。
由Δx＝at2得该过程中的加速度
a＝＝ m/s2＝0.03 m/s2。
10．从光滑斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一颗相同的小球，在连续放下几颗以后，对在斜面上运动的小球摄下照片，如图所示，测得AB＝15 cm，BC＝20 cm，试求：
(1)小球的加速度大小；
(2)拍摄时B球的速度大小vB；
(3)D球与C球的距离；
(4)A球上面正在运动的球的数量。
答案 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m
(4)2个
解析 (1)由匀变速直线运动的规律可得
a＝＝ m/s2＝5 m/s2。
(2)B球的速度等于AC段的平均速度
vB＝＝ m/s＝1.75 m/s。
(3)由于相邻相等时间的位移差恒定，即
xCD－xBC＝xBC－xAB，
可得xCD＝2xBC－xAB＝0.25 m。
(4)设A球的速度为vA，由匀变速直线运动的规律可得
vA＝vB－at＝1.25 m/s，
所以A球的运动时间tA＝＝0.25 s，
故A球的上方正在运动的小球还有2个。(共59张PPT)
匀变速直线运动的研究
第二章
专题二 匀变速直线运动规律的综合应用
核心概念 · 规律再现
核心模型 · 考点对点练
答案
解析
解析
答案
解析
解析
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析
解析
解析
解析
解析
答案
解析
答案
解析
解析
解析
答案
解析
核心能力 · 提升练
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析
答案
解析
答案
解析
解析专题二 匀变速直线运动规律的综合应用
1．匀变速直线运动公式的深入理解
(1)匀变速直线运动公式中物理量的独立性
匀变速直线运动公式共涉及v0、v、a、t、x 5个物理量，其中只有v＝v0＋at、x＝v0t＋at2是独立的基本公式，其他公式都可由这两个公式导出。5个物理量v0、v、a、t、x中，若知道其中任意3个物理量，就可解出其余2个物理量，即v0、v、a、t、x只有3个量是独立的。若给出的物理量多于3个，就要判断哪个是多余的。
(2)四个常用公式的比较
一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量
速度与时间的关系式 v＝v0＋at v＝at x
位移与时间的关系式 x＝v0t＋at2 x＝at2 v
速度与位移的关系式 v2－v＝2ax v2＝2ax t
平均速度求位移公式 x＝t x＝t a
(3)解答匀变速直线运动问题时公式的巧选
①如果题目中无位移x，也不需要求位移，一般选用速度与时间的关系式v＝v0＋at；
②如果题目中无末速度v，也不需要求末速度，一般选用位移与时间的关系式x＝v0t＋at2；
③如果题目中无运动时间t，也不需要求运动时间，一般选用导出公式v2－v＝2ax；
④如果题目中没有加速度a，也不需要求加速度，用公式x＝t计算比较方便。
2．运动学图像
(1)x t图像与v t图像的比较
分类项目 x t图像 v t图像
物理意义 反映的是位移随时间的变化规律 反映的是速度随时间的变化规律
轴 纵轴为位移x 纵轴为速度v
斜率 表示速度 表示加速度
纵截距 表示初位置 表示初速度
面积 无实际意义 图线与时间轴围成的面积表示位移
线 倾斜直线表示匀速直线运动 倾斜直线表示匀变速直线运动
特殊点 拐点表示对应时刻速度变化，交点表示对应时刻相遇 拐点表示对应时刻加速度变化，交点表示对应此时刻速度相等
(2)非常规图像
除了常见的x t图像和v t图像，有时还会遇到a t图像、v2 x图像、 t图像等。对于这类非常规图像，首先弄清坐标轴的意义，然后结合匀变速直线运动的相关公式进行分析。
3．解决匀变速直线运动问题的常用方法
常用方法 方法解读
基本公式法 v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax，应用时要注意公式的矢量性，一般以v0的方向为正方向
平均速度法 ＝，对任何运动都适用；＝v＝(v0＋v)，只适用于匀变速直线运动
位移差法 任意两个连续相等时间间隔T内的位移之差是一个常量，即Δx＝xn＋1－xn＝aT2；对于不相邻的两段位移xm－xn＝(m－n)aT2
逆向思维法 例如末速度为零的匀减速直线运动反向可以看作初速度为零的匀加速直线运动
比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动，可利用比例法求解
图像法 应用v t图像可把复杂的物理问题转化为较为简单的数学问题解决，尤其是用图像定性分析，可避免繁杂的计算，快速求解
4．追及与相遇问题
两物体在同一直线上运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现距离最大、距离最小或者距离为零的情况，这类问题称为追及和相遇问题，分析追及和相遇问题的实质是分析两物体能否在同一时刻到达同一位置。
(1)分析追及问题要抓住一个条件、两个关系
一个临界条件 两者速度相等往往是物体间能否追上、两者距离最大或最小的临界条件，是分析判断问题的切入点
两个关系 即时间关系和位移关系。可结合题意通过画草图分析确定这两个关系
(2)能否追上的判断方法
①物理分析法：审明题意、挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情景示意图，找出运动时间、位移的关系。若物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距x0；
a．若vA＝vB时，xA＋x0≤xB，则能追上；
b．若vA＝vB时，xA＋x0＞xB，则不能追上。
②图像法：将两者的v t图像画在同一坐标系中，然后利用图像分析求解。
③数学分析法：设从开始至相遇时间为t，根据条件列出两者的位移关系方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即t有两个解，说明可以相遇两次，若Δ＝0，说明刚好能追上或相遇；若Δ＜0，说明追不上或不能相碰。
(3)相遇问题
①同向运动的两物体追及即相遇。
②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的距离时即相遇。
特别提醒：若被追赶的物体做匀减速直线运动，要注意分析被追上前该物体是否已经停止运动。
典型考点一 匀变速直线运动公式的灵活选用
1．一滑雪运动员从85 m长的山坡上匀加速滑下，初速度是1.8 m/s，末速度是5.0 m/s，滑雪运动员通过这段斜坡需要多长时间？
答案 25 s
解析 解法一：利用速度与时间的关系式和位移与时间的关系式求解
v＝v0＋at，
x＝v0t＋at2
联立并代入数据解得t＝25 s。
解法二：利用位移与速度的关系式和速度与时间的关系式求解
由v2－v＝2ax
得a＝＝0.128 m/s2
由v＝v0＋at
得t＝＝25 s。
解法三：利用平均速度求位移的公式求解
由x＝t
得t＝＝25 s。
2．一滑块自静止开始从斜面(足够长)顶端匀加速下滑，第5 s末的速度是6 m/s，试求：
(1)第4 s末的速度；
(2)运动后5 s内的位移；
(3)第5 s内的位移。
答案 (1)4.8 m/s (2)15 m (3)5.4 m
解析 (1)滑块的加速度：
a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2
第4 s末的速度：
v4＝at′＝1.2×4 m/s＝4.8 m/s。
(2)解法一：由x＝at2得：
x＝×1.2×52 m＝15 m。
解法二：由x＝·t得：
x＝×5 m＝15 m。
解法三：由v2＝2ax得：
x＝＝ m＝15 m。
(3)解法一：第5 s内的位移等于前5 s内的位移减去前4 s内的位移：
Δx＝x－at′2＝15 m－×1.2×42 m＝5.4 m。
解法二：Δx＝Δt＝×1 m＝5.4 m。
解法三：由v2－v＝2a·Δx得：
Δx＝＝ m＝5.4 m。
典型考点二 运动学图像
3. 如图所示为一质点从t＝0时刻开始，做初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间图像，图中虚斜线为t＝4 s时对应的图像中的点的切线，交时间轴于t＝2 s处，由此可知该质点做匀加速运动的加速度为( )
A．2 m/s2 B． m/s2
C． m/s2 D． m/s2
答案 B
解析 由题图可知，t＝4 s时图像的切线的斜率即该时刻的速度，为v＝2 m/s，故加速度a＝＝ m/s2，B正确。
4. 某物体沿水平方向运动，其v t图像如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是( )
A．在0～1 s内，物体做曲线运动
B．在1～2 s内，物体向左运动，且速度在减小
C．在1～3 s内，物体的加速度方向向左，大小为4 m/s2
D．在3 s末，物体处于出发点左方
答案 C
解析 v t图线描述的一定是直线运动，在0～1 s内，虽然图线是曲线，但是物体做的是直线运动，A错误；在1～2 s内，物体向右运动，且速度在减小，B错误；在1～3 s内，物体的加速度a＝ m/s2＝－4 m/s2，负号表示加速度方向向左，加速度大小为4 m/s2，C正确；由题图可知，0～3 s内物体的位移为正值，故在3 s末，物体处于出发点右方，D错误。
典型考点三 解决匀变速直线运动问题的常用方法
5. 物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图。已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
答案 t
解析 解法一：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面至速度为零，逆向可看作从速度为零匀加速滑下斜面
故xBC＝，xAC＝，
又xBC＝
由以上三式解得tBC＝t。
解法二：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得
v＝2axAC①
v＝v－2axAB②
xAB＝xAC ③
由①②③式解得vB＝④
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥式解得tBC＝t。
解法三：位移比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。
解法四：中间时刻速度法
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝，又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝。由以上各式解得vB＝＝AC，因此B点是这段位移的中间时刻位置，因此有tBC＝t。
解法五：图像法
根据匀变速直线运动的规律，作出v t图像，如图所示，利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，
得＝，
又＝，OD＝t，
OC＝t＋tBC，
所以＝，解得tBC＝t。
解法六：时间比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
现将整个斜面分成长度相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)·tx，tEA＝(2－)tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，解得tx＝t。
典型考点四 追及相遇问题
6. 甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在如图描述两车运动的v t图像中，直线a、b分别描述了甲、乙两车在0～20 s的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是( )
A．在0～10 s内两车逐渐靠近
B．在10～20 s内两车逐渐远离
C．在t＝10 s时两车在公路上相遇
D．在5～15 s内两车的位移相等
答案 D
解析 在0～10 s内，乙车在甲的前方，而且乙的速度大于甲的速度，则两车逐渐远离，故A错误；在10～20 s内，乙车在甲的前方，乙的速度小于甲的速度，则两车逐渐靠近，故B错误；根据v t图线和时间轴围成的“面积”等于物体的位移大小，可以看出在t＝10 s时乙车的位移大于甲车的位移，在t＝0时刻两车又在同一位置出发，所以在t＝10 s时两车没有相遇，故C错误；在5～15 s内两车v t图线与时间轴围成的“面积”相等，则通过的位移相等，故D正确。
7．一辆汽车在十字路口等候绿灯，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。试求：
(1)汽车从路口开动后，在追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)什么时候汽车追上自行车？此时汽车的速度是多少？
答案 (1)2 s 6 m (2)4 s末 12 m/s
解析 解法一：物理分析法
(1)当两车的速度相等时，两车之间的距离Δx最大。
由v汽＝at＝v自得t＝＝2 s
则Δx＝v自t－at2＝6 m。
(2)从自行车超过汽车，到汽车追上自行车时，两车位移相等，则
v自t′＝at′2，
解得t′＝4 s
此时汽车的速度v汽′＝at′＝12 m/s。
解法二：数学分析法
(1)设经时间t，汽车与自行车相距为Δx，则
Δx＝x自－x汽＝v自t－at2＝－(t－2)2＋6
显然，当t＝2 s时，Δxmax＝6 m。
(2)当Δx＝0时，汽车追上自行车，
则有t1′＝0(舍去)或t2′＝4 s
此时汽车的速度v汽＝at2′＝12 m/s。
解法三：图像法
作出v t图像，如图所示。
(1)可以看出，t＝2 s时两车速度相等，且此时两车相距最远，两车的位移差Δx＝×6×2 m＝6 m。
(2)由图知，t＝2 s后，若两车位移相等，即v t图线与时间轴所围面积相等，则汽车追上自行车。
由几何关系知，相遇时间为t′＝4 s
此时v汽＝2v自＝12 m/s。
8．假设发生泥石流灾害时，一辆汽车停在小山坡底部，司机发现距坡底240 m的山坡上泥石流正以8 m/s的初速度、0.4 m/s2的加速度匀加速倾泻而下，若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。已知司机从发现泥石流滑下到启动汽车的反应时间为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。
(1)求泥石流到达坡底的时间和速度的大小；
(2)通过计算说明汽车能否安全脱离。
答案 (1)20 s 16 m/s (2)能
解析 (1)设泥石流到达坡底的时间为t1，速度大小为v1，则x1＝v0t1＋a1t，v1＝v0＋a1t1
代入数据解得t1＝20 s，v1＝16 m/s。
(2)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＝v1＝a′t，解得t＝32 s
此时汽车的位移x汽＝a′t2＝×0.5×322 m＝256 m
泥石流匀速运动的位移x石＝v1t′＝16×(32＋1－20) m＝208 m
因为x石
A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲、乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
答案 A
解析 根据v t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，C错误；根据v＝得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v乙，A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移t，则汽车乙的平均速度小于，B错误；根据v t图像的斜率的绝对值反映了加速度的大小，可知汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，D错误。
2．有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车前1.5 m处，避免了一场事故。以下说法正确的是( )
A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下
B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m
C．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s
D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s
答案 B
解析 v0＝54 km/h＝15 m/s，汽车的刹车时间t2＝＝3 s，故司机发现故障车后，汽车运动的总时间t＝t1＋t2＝0.6 s＋3 s＝3.6 s，A错误。司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为x＝v0t1＋t2＋1.5 m＝15×0.6 m＋×3 m＋1.5 m＝33 m，B正确。汽车的平均速度＝＝ m/s＝8.75 m/s，C、D均错误。
3. 甲、乙两车同时同地出发，在同一平直公路上行驶，其中甲车做匀速直线运动，乙车由静止开始做匀加速直线运动，其运动的x t图像如图所示。则乙车追上甲车前两车间的最大距离是( )
A．15 m B．20 m
C．25 m D．50 m
答案 C
解析 由题意知x甲＝v甲t，x乙＝a乙t2，结合题图可知，v甲＝ m/s＝20 m/s，a乙＝＝ m/s2＝8 m/s2。当v乙＝v甲时，乙车追上甲车前两车间的距离最大，得t′＝＝ s＝2.5 s，则Δxmax＝x甲′－x乙′＝v甲t′－a乙t′2＝25 m，C正确。
4. 甲、乙两物体先后从同一地点出发，沿一条直线运动，它们的v t图像如图所示，由图可知( )
A．甲比乙运动得快，且早出发，所以乙追不上甲
B．t＝20 s时，乙追上甲
C．在t＝20 s之前，甲比乙运动得快；在t＝20 s之后，乙比甲运动得快
D．由于乙在t＝10 s时才开始运动，所以t＝10 s时，甲在乙前面，它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离
答案 C
解析 从题图中可看出开始时甲比乙运动得快，且早出发，但是乙做匀加速运动，最终是可以追上甲的，A错误；t＝20 s时，v t图像中甲的图线与时间轴所围的面积大于乙的，即甲的位移大于乙的位移，所以乙没有追上甲，B错误；在t＝20 s之前，甲的速度大于乙的速度，在t＝20 s之后，乙的速度大于甲的速度，C正确；在乙追上甲之前，当它们速度相同时，它们之间的距离最大，对应的时刻为t＝20 s，D错误。
5. (多选)甲、乙两车在同一平直道路上同向运动，其v t图像如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为x1和x2。初始时，甲车在乙车前方x0处，则下列说法正确的是( )
A．若x0＝x1＋x2，两车不会相遇
B．若x0
D．若x0＝x2，两车相遇1次
答案 ABC
解析 由图线可知：在T时间内，甲车的位移为x2，乙车的位移为x1＋x2，若x0＋x2>x1＋x2，即x0>x1，两车不会相遇，故A正确；若x0＋x2＜x1＋x2，即x0＜x1，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加得快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故B正确；若x0＋x2＝x1＋x2，即x0＝x1，两车只能在T时刻相遇一次，故C正确；若x0＝x2，由于x2＞x1，故x0＞x1，两车不会相遇，故D错误。
6. (多选)汽车在平直公路上做刹车实验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移x与速度的平方v2之间的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．t＝0时汽车的速度为10 m/s
B．刹车过程持续的时间为5 s
C．刹车过程经过3 s的位移为7.5 m
D．刹车过程汽车的加速度大小为5 m/s2
答案 AD
解析 根据v2－v＝2ax得，x＝v2－，结合图像可知＝－，解得刹车过程中加速度a＝－5 m/s2，由图线可知，汽车的初速度为10 m/s，则刹车过程持续的时间t＝＝2 s，故B错误，A、D正确；刹车过程中3 s内的位移等于2 s内的位移，为x＝＝10 m，故C错误。
7. 近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的v t图像，以下说法正确的是( )
A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B．在t＝5 s时追尾
C．在t＝3 s时追尾
D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾
答案 C
解析 从图像中可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a1＝－10 m/s2，刹车失灵后的加速度a2＝－2.5 m/s2。假设能追尾，设追尾时间为t，则小汽车刹车失灵前的位移x1＝×(20＋30)×1 m＝25 m，小汽车刹车失灵后的位移x2＝20×(t－1)－×2.5×(t－1)2，大卡车的位移x3＝10t，由x1＋x2＝30＋x3得t＝3 s，则假设成立，故A、B错误，C正确；如果刹车不失灵，则在t＝2 s时两车速度相同，此时小汽车的位移x4＝×(30＋10)×2 m＝40 m，大卡车的位移x5＝10×2 m＝20 m，x4－x5＝20 m<30 m，故这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，D错误。
8．一质点做匀变速直线运动，第3 s内的位移为12 m，第5 s内的位移为20 m，试求：
(1)该质点的初速度和加速度；
(2)该质点5 s内的位移。
答案 (1)2 m/s 4 m/s2 (2)60 m
解析 (1)解法一：第3 s内的位移等于前3 s内位移与前2 s内位移之差，即Δx3＝x3－x2＝v0t3＋at－＝12 m，代入数据得
v0×3 s＋a×(3 s)2－＝12 m①
同理可得：v0×5 s＋a×(5 s)2－＝20 m②
联立①②解得v0＝2 m/s，a＝4 m/s2。
解法二：由xm－xn＝(m－n)at2，
得a＝＝＝4 m/s2，
第2.5 s时的速度v2.5＝3＝＝12 m/s，
由v2.5＝v0＋at2.5
得v0＝2 m/s。
(2)5 s内的位移为x＝v0t5＋at＝60 m。
9. 高速公路上，一辆大货车以20 m/s的速度违规行驶在快速道上，另有一辆SUV小客车以32 m/s的速度随其后并逐渐接近。大货车的制动性能较差，刹车时的加速度保持在4 m/s2，而SUV小客车配备有ABS防抱死刹车系统，刹车时能使汽车的加速度保持在8 m/s2。若前方大货车突然紧急刹车，SUV小客车司机的反应时间是0.50 s，为了避免发生追尾事故，货车刹车前小客车和大货车之间至少应保留多大的距离？
答案 31 m
解析 反应时间里SUV的行驶距离：x1＝v1t0
若恰好不发生追尾，设从货车刹车经时间t两车速度相等，有：
v＝v1＋a1(t－t0)，v＝v2＋a2t
将v1＝32 m/s，a1＝－8 m/s2，v2＝20 m/s，a2＝－4 m/s2，t0＝0.50 s代入得：t＝4 s
此段时间内，两车行驶距离：
x客＝x1＋v1(t－t0)＋a1(t－t0)2，x货＝v2t＋a2t2
则两车不发生追尾的最小距离：Δx＝x客－x货，代入数据得：Δx＝31 m。
10. 一辆长为L1＝5 m的汽车以v1＝15 m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点x1＝175 m处，汽车司机突然发现离交叉点x2＝200 m处有一列长L2＝300 m的火车以v2＝20 m/s的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机可能会采取加速通过或减速停止的措施，请就不同的措施分别计算其加速度的最小值。(不考虑司机的反应时间)
答案 汽车匀加速通过时，加速度大小至少为0.6 m/s2；汽车刹车匀减速停止时，加速度大小至少为0.643 m/s2
解析 若汽车先于火车通过交叉点，则汽车从初始位置到通过交叉点所用时间的最大值为t1＝＝ s＝10 s，
而汽车从初始位置匀速通过交叉点所用的时间t′＝＝ s＝12 s>t1，
所以汽车必须加速，设加速度最小为a1，
则v1t1＋a1t＝x1＋L1，解得a1＝0.6 m/s2。
若汽车在列车驶过交叉点之后通过交叉点，则汽车从初始位置到达交叉点用时至少为t2＝＝ s＝25 s，
假设汽车在这段时间内恰好运动到交叉点处，
有v1t2－a2t＝x1，解得a2＝0.64 m/s2。
此时v＝v1－a2t2＝－1 m/s，因此汽车已经在25 s前冲过了交叉点，与假设矛盾，不合题意。
要使汽车安全减速，汽车必须在交叉点前速度减为零，设汽车的加速度最小为a3，则＝x1，解得a3≈0.643 m/s2。
