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2.3匀变速直线运动的位移与时间的关系
一、匀速直线运动的位移 2
二、匀变速直线运动的位移 2
三、匀变速直线运动的速度与位移的关系 4
【巩固提高】 7
[学习目标]
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。
[知识分析]
一、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。
二、匀变速直线运动的位移
1．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.其v－t图象如图4所示．
(1)把匀变速直线运动的v－t图象分成几个小段，如图4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4
(2)把运动过程分为更多的小段，如图5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．
图5
(3)把整个运动过程分得非常细，很多小矩形合在一起形成了一个梯形OABC，梯形面积就代表物体在相应时间间隔内的位移．
图6
如图6所示，v－t图线下面梯形的面积
x＝(v0＋v)t①
又因为v＝v0＋at②
由①②式可得
x＝v0t＋at2.
2．对位移时间关系式x＝v0t＋at2的理解
(1)适用条件：位移公式只适用于匀变速直线运动．
(2)矢量性：公式中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．
(3)两种特殊形式
①当v0＝0时，x＝at2，即由静止开始的匀加速直线运动的位移公式，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．
（多选）（2022秋 烟台期末）在平直的公路上，汽车刹车做直线运动的位移x与时间的t的关系式为x＝20t﹣2t2（各物理量均采用国际单位制单位），下列说法正确的是（ ）
A．汽车刹车的加速度大小为2m/s2
B．汽车在前3s内的平均速度为14m/s
C．汽车在前6s内的位移为48m
D．汽车在第3秒内的位移为10m
（2023 闵行区二模）质点做直线运动的位移s与时间t的关系如下，表示质点做匀减速直线运动的是（ ）
A．s＝2+t2 B．s＝2﹣t2 C．s＝﹣2t+t2 D．s＝﹣2t﹣t2
（多选）（2022秋 连江县校级期末）由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过的位移为0.4m，以下说法正确的是（ ）
A．第1s末的速度为0.8m/s
B．加速度为0.4m/s2
C．第2s内通过的位移为1.2m
D．前2s内通过的位移为1.2m
（多选）（2022秋 台江区校级期末）一汽车以10m/s的速度行驶，到红绿灯前做匀减速运动，经过5s恰好停住，则在汽车的上述刹车过程中（ ）
A．加速度大小为2m/s2
B．位移大小为50m
C．平均速度大小为2m/s
D．加速度方向与速度方向相反
（2022秋 锦州期末）某物体由静止开始做加速度大小a1＝3m/s2的匀加速直线运动，当速度达到vm＝9m/s时物体开始做匀减速直线运动直到静止，已知整个过程共用时T＝9s，求：
（1）物体做匀加速直线运动所需的时间t1；
（2）物体在匀加速直线运动过程中的位移大小x；
（3）物体在匀减速直线运动过程中的加速度大小a2。
（4）物体在整个运动过程中通过的位移大小s。
（2022秋 烟台期末）滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机起飞跑道的前一部分是水平的，跑道尾段部分略微向上翘起（如图所示）。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减小，但能使飞机具有斜向上的速度，有利于飞机的起飞。若一架飞机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的加速度大小a1＝5m/s2，后一段的加速度大小a2＝4m/s2，测得飞机在甲板上运动的总时间为t＝8.5s，运动的总路程为L＝180.5m，已知航母始终处于静止状态。求：
（1）飞机在水平跑道上运动的时间；
（2）飞机离舰时的速度大小。
三、匀变速直线运动的速度与位移的关系
推导：
速度公式 v＝v0＋at.
位移公式 x＝v0t＋1/2at2.
由以上两式可得：v2－v02＝2ax
公式：v2－v02＝2ax
1．适用范围：仅适用于匀变速直线运动．
2．矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，一般取v0方向为正方向：
(1)若是加速运动，a取正值，若是减速运动，a取负值．
(2)x＞0，位移的方向与初速度方向相同，x＜0则为减速到0，又运动到计时起点另一侧的位移．
(3)v＞0，速度的方向与初速度方向相同，v＜0则为减速到0，又反向运动的速度．
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．
（2022秋 辽宁期中）如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB：xBC等于（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
（2022春 辽中区校级期末）6月17日，经中央军委批准，我国第三艘航空母舰命名为“中国人民解放军海军福建舰”。福建舰是我国完全自主设计建造的第一艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万余吨。舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段：第一阶段是采用电磁弹射，由静止开始匀加速直线运动，用时t速度达到v，随即第二阶段在常规动力的作用下匀加速直线运动位移x时达到起飞速度2v，则该舰载作战飞机第一、二阶段的加速度之比为（ ）
A． B． C． D．
（2022春 渝中区校级期末）为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是某新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图，下列说法正确的是（ ）
A．该新能源动力车的初速度为10m/s
B．刹车过程该新能源动力车的加速度大小为5m/s2
C．刹车过程持续的时间为10s
D．从开始刹车时计时，经过6s，该新能源动力车的位移为30m
（2021秋 桂林期末）雨天路滑，文明交通，安全出行，一小轿车在下雨过后的路面以10m/s的速度行驶，前方突然有紧急情况，司机立即以5m/s2的加速度采取刹车制动（忽略司机的反应时间），以刹车时刻为计时起点，下列说法正确的是（ ）
A．轿车4s内的路程为80m
B．轿车经过2s速度减为零
C．轿车第1s内的平均速度为6.25m/s
D．轿车第1s内的位移为10m
（2022 牡丹区校级模拟）一质点做匀减速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
（2022 汤原县校级模拟）做匀变速直线运动的物体的速度v随位移x的变化规律为v2﹣4＝2x，v与x的单位分别为m/s和m，据此可知（ ）
A．初速度v0＝4m/s B．初速度v0＝1m/s
C．加速度 a＝2 m/s2 D．加速度a＝1 m/s2
（2022秋 苏州月考）2019年12月17日，中国首艘国产航母“山东舰”在海南省三亚军港正式服役。据传中国正在建造第3艘国产航母，国人都盼望新航母上能实现电磁弹射技术。已知“歼﹣15”战机在航空母舰的跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0m/s2，当“歼﹣15”战机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞，设“山东舰”处于静止状态。求：
（1）假设应用电磁弹射技术，要求“歼﹣15”战机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？
（2）“山东舰”上还没有安装弹射系统，要求“歼﹣15”战机仍能在舰上正常起飞，问该舰跑道至少应为多长？
（3）假设“山东舰”的飞机跑道长为L＝160m，为使“歼﹣15”战机仍能从舰上正常起飞，可采用先让“山东舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让“歼﹣15”战机起飞，则“山东舰”的航行速度至少为多少？
【巩固提高】
一．选择题（共9小题）
1．课间，小明同学将一块橡皮擦竖直向上抛出，橡皮擦向上运动的过程中速度v与位移x的关系式为v＝4，其中位移xm，速度v的单位是m/s。则下列说法正确的是（ ）
A．橡皮擦在该过程中做变加速运动
B．橡皮擦运动的初速度大小为16m/s
C．橡皮擦运动的加速度大小为12m/s2
D．橡皮擦向上运动的总时间为0.5s
2．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t＝0时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小x与速度大小v的关系为x＝20（m），下列分析不正确的是（ ）
A．刹车过程汽车的加速度大小为10m/s2
B．刹车过程持续的时间为2.5s
C．t＝0时刻汽车的速度大小为20m/s
D．刹车后2.8s的位移大小为20m
3．空军特级飞行员李峰驾驶“歼﹣10”战机执行战术机动任务，在距机场54km、离地1100m高度时战机发动机突然停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，最终安全迫降机场，李峰成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航的第一人。若战机着陆后以大小为5m/s2的加速度做匀减速直线运动，且其着陆速度为50m/s，则它着陆后14s内滑行的距离是（ ）
A．210m B．225m C．250m D．300m
4．如图所示，小球在斜面上由静止开始匀加速滑行距离x1＝5m后，又在水平面上匀减速滑行距离x2＝15m后停下，小球经过两平面交接处速率不变，则小球在斜面上的加速度a1与在水平面上的加速度a2的大小关系为（ ）
A．a1＝a2 B．3a1＝a2 C．a1＝3a2 D．a1＝6a2
5．港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆小汽车在长度为L＝28m的平直桥面上提速，图乙是该车在该段的车速的平方（v2）与位移（x）的关系。则关于小汽车通过该段平直桥面的加速度和时间分别为（ ）
A．1.5m/s2，3s B．1.5m/s2，4s C．2m/s2，3s D．2m/s2，2s
6．一辆正以4m/s的速度沿直线行驶的汽车，突然以2m/s2的加速度匀加速行驶，则汽车行驶16.25m时的速度为（ ）
A．8.75m/s B．9m/s C．9.25m/s D．9.5m/s
7．沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变通过长度为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车尾通过桥尾时的速度为（ ）
A．v1：v2 B．
C． D．
8．如图所示，装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车，当车速v满足3.6km/h≤v≤28.8km/h，且与前方行人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”，使汽车避免与行人相撞。若该车在不同路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是4m/s2～6m/s2，则该系统设置的安全距离约为（ ）
A．0.08m B．1.25m C．5.33m D．8m
9．在我国新交通法中规定“车让人”，驾驶员驾车时应考虑到行人过马路的情况。若有汽车以8m/s的速度匀速行驶即将通过路口，此时正有行人在过人行横道，而汽车的前端距停车线8m，该车减速时的加速度大小为5m/s2。下列说法中正确的是（ ）
A．驾驶员立即刹车制动，则至少需2s汽车才能停止
B．在距停车线7m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
C．若经0.30s后才开始刹车制动，汽车前端止于超过停车线0.6m处
D．若经0.20s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
二．计算题（共3小题）
10．如图所示，小滑块从一固定斜面顶端以初速度2m/s、加速度2m/s2沿斜面加速向下滑行，经3s到达斜面底端，滑块在B点无速度损失，之后在水平面上做匀减速直线运动，运动32m后停下，求：
（1）斜面的长度；
（2）小滑块到达斜面底端的速度大小；
（3）小滑块在水平面上运动的加速度。
11．为保障学生交通安全，在距校门中心两侧150米处均设置“30”（30km/h）的限速标志。一辆汽车以20m/s的速度匀速驶向校门，当距离限速标志30m时驾驶员看到该标志立即以5m/s2的加速度刹车，速度减为8m/s后保持这一速度通过限速区域。
（1）通过计算说明汽车到达限速标志处是否超速；
（2）汽车从开始刹车经多长时间离开限速区域？
12．中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪。3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上，一位男旅客在洗手间内吸烟触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行。假设此次事件中列车由正常车速80m/s匀减速至24m/s后匀速行驶。列车匀速行驶6min后乘警通过排查解除了警报，列车又匀加速恢复至80m/s的车速。若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为14m/s2，试求：
（1）列车以非正常车速行驶的距离；
（2）由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？
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2.3匀变速直线运动的位移与时间的关系
一、匀速直线运动的位移 2
二、匀变速直线运动的位移 2
三、匀变速直线运动的速度与位移的关系 7
【巩固提高】 11
[学习目标]
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。
[知识分析]
一、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。
二、匀变速直线运动的位移
1．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.其v－t图象如图4所示．
(1)把匀变速直线运动的v－t图象分成几个小段，如图4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4
(2)把运动过程分为更多的小段，如图5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．
图5
(3)把整个运动过程分得非常细，很多小矩形合在一起形成了一个梯形OABC，梯形面积就代表物体在相应时间间隔内的位移．
图6
如图6所示，v－t图线下面梯形的面积
x＝(v0＋v)t①
又因为v＝v0＋at②
由①②式可得
x＝v0t＋at2.
2．对位移时间关系式x＝v0t＋at2的理解
(1)适用条件：位移公式只适用于匀变速直线运动．
(2)矢量性：公式中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．
(3)两种特殊形式
①当v0＝0时，x＝at2，即由静止开始的匀加速直线运动的位移公式，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．
（多选）（2022秋 烟台期末）在平直的公路上，汽车刹车做直线运动的位移x与时间的t的关系式为x＝20t﹣2t2（各物理量均采用国际单位制单位），下列说法正确的是（ ）
A．汽车刹车的加速度大小为2m/s2
B．汽车在前3s内的平均速度为14m/s
C．汽车在前6s内的位移为48m
D．汽车在第3秒内的位移为10m
【解答】解：A、由匀变速直线运动的位移—时间公式得，对比关系式x＝20t﹣2t2，可得，汽车刹车时的初速度大小为v0＝20m/s，加速度为a＝﹣4m/s2，则汽车刹车时的加速度大小为4m/s2，故A错误；
B、由运动学公式x＝20t﹣2t2，可得，汽车在前3s内的位移为x3＝（20×3﹣2×32）m＝42m，则汽车在前3s内的平均速度为，故B正确；
C、汽车刹车到停止的时间为t刹s＝5s，所以汽车在前6s内的位移等于刹车5s内的位移，为x65m＝50m，故C错误；
D、由运动学公式x＝20t﹣2t2，可得，汽车前2s内的位移为x2＝（20×2﹣2×22）m＝32m，所以汽车在第3秒内的位移为x＝x3﹣x2＝42m﹣32m＝10m，故D正确。
故选：BD。
（2023 闵行区二模）质点做直线运动的位移s与时间t的关系如下，表示质点做匀减速直线运动的是（ ）
A．s＝2+t2 B．s＝2﹣t2 C．s＝﹣2t+t2 D．s＝﹣2t﹣t2
【解答】解：由质点做匀变速直线运动位移—时间公式得：x＝v0tat2
A、对比s＝2+t2得，质点的初速度为0，加速度为a＝2m/s2
质点向正方向做匀加速直线运动，故A错误；
B、对比s＝2﹣t2得，质点的初速度为0，加速度为a＝﹣2m/s2
质点向负方向做匀加速直线运动，故B错误；
C、对比s＝﹣2t+t2得，质点的初速度为v0＝﹣2m/s
加速度为a＝2m/s2
质点初速度方向与加速度方向相反，向负方向做匀减速直线运动，故C正确；
D、对比s＝﹣2t﹣t2得，质点的初速度为v0＝﹣2m/s
加速度为a＝﹣2m/s2
质点初速度方向与加速度方向相同，向负方向做匀加速直线运动，故D错误；
故选：C。
（多选）（2022秋 连江县校级期末）由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过的位移为0.4m，以下说法正确的是（ ）
A．第1s末的速度为0.8m/s
B．加速度为0.4m/s2
C．第2s内通过的位移为1.2m
D．前2s内通过的位移为1.2m
【解答】解：AB、由匀变速直线运动位移—时间公式得，汽车运动的加速度为
则第1s末的速度为v1＝at1＝0.8×1m/s＝0.8m/s
故A正确，B错误；
D、前2s内通过的位移为
故D错误；
C、第1s内通过的位移为
第2s内通过的位移为Δx＝x2﹣x1＝1.6m﹣0.4m＝1.2m
故C正确；
故选：AC。
（多选）（2022秋 台江区校级期末）一汽车以10m/s的速度行驶，到红绿灯前做匀减速运动，经过5s恰好停住，则在汽车的上述刹车过程中（ ）
A．加速度大小为2m/s2
B．位移大小为50m
C．平均速度大小为2m/s
D．加速度方向与速度方向相反
【解答】解：A、根据速度—时间公式得：0＝v0﹣at
代入数据解得：a＝2m/s2
故A正确；
B、根据位移—时间公式得：xv0t10×5＝25m
故B错误；
C、平均速度大小为v010m/s＝5m/s
故C错误；
D、汽车做匀减速直线运动，速度方向与加速度方向相反，故D正确。
故选：AD。
（2022秋 锦州期末）某物体由静止开始做加速度大小a1＝3m/s2的匀加速直线运动，当速度达到vm＝9m/s时物体开始做匀减速直线运动直到静止，已知整个过程共用时T＝9s，求：
（1）物体做匀加速直线运动所需的时间t1；
（2）物体在匀加速直线运动过程中的位移大小x；
（3）物体在匀减速直线运动过程中的加速度大小a2。
（4）物体在整个运动过程中通过的位移大小s。
【解答】解：（1）物体做匀加速直线运动所需的时间t1s＝3s
（2）物体在匀加速直线运动过程中的位移大小xvmt19×3m＝13.5m
（3）物体做匀减速直线运动过程的时间t2＝T﹣t1＝9s﹣3s＝6s
物体在匀减速直线运动过程中的加速度大小a2m/s2＝1.5m/s2
（4）物体在整个运动过程中通过的位移大小svmT9×9m＝40.5m
答：（1）物体做匀加速直线运动所需的时间t1为3s；
（2）物体在匀加速直线运动过程中的位移大小x为13.5m；
（3）物体在匀减速直线运动过程中的加速度大小a2为1.5m/s2；
（4）物体在整个运动过程中通过的位移大小s为40.5m。
（2022秋 烟台期末）滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机起飞跑道的前一部分是水平的，跑道尾段部分略微向上翘起（如图所示）。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减小，但能使飞机具有斜向上的速度，有利于飞机的起飞。若一架飞机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的加速度大小a1＝5m/s2，后一段的加速度大小a2＝4m/s2，测得飞机在甲板上运动的总时间为t＝8.5s，运动的总路程为L＝180.5m，已知航母始终处于静止状态。求：
（1）飞机在水平跑道上运动的时间；
（2）飞机离舰时的速度大小。
【解答】解：（1）设飞机在水平跑道上运动的时间为t1，则其在倾斜跑道上的时间为（t﹣t1），根据运动学公式可得
解得t1＝7s，t1＝10s（舍去）
（2）依题意飞机在跑道上做连续的两段匀加速直线运动，可得飞机离舰时的速度大小为v＝a1t1+a2（t﹣t1）
解得v＝41m/s
答：（1）飞机在水平跑道上运动的时间7s；
（2）飞机离舰时的速度大小41m/s。
三、匀变速直线运动的速度与位移的关系
推导：
速度公式 v＝v0＋at.
位移公式 x＝v0t＋1/2at2.
由以上两式可得：v2－v02＝2ax
公式：v2－v02＝2ax
1．适用范围：仅适用于匀变速直线运动．
2．矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，一般取v0方向为正方向：
(1)若是加速运动，a取正值，若是减速运动，a取负值．
(2)x＞0，位移的方向与初速度方向相同，x＜0则为减速到0，又运动到计时起点另一侧的位移．
(3)v＞0，速度的方向与初速度方向相同，v＜0则为减速到0，又反向运动的速度．
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．
（2022秋 辽宁期中）如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB：xBC等于（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
【解答】解：根据匀变速直线运动的速度—位移公式知：
v2＝2axAB
（2v）2﹣v2＝2axBC
联立解得：xAB：xBC＝1：3，故C正确、ABD错误。
故选：C。
（2022春 辽中区校级期末）6月17日，经中央军委批准，我国第三艘航空母舰命名为“中国人民解放军海军福建舰”。福建舰是我国完全自主设计建造的第一艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万余吨。舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段：第一阶段是采用电磁弹射，由静止开始匀加速直线运动，用时t速度达到v，随即第二阶段在常规动力的作用下匀加速直线运动位移x时达到起飞速度2v，则该舰载作战飞机第一、二阶段的加速度之比为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：飞机在第一阶段的加速度为a1，作战飞机在第二阶段的加速度为a2；
根据速度一时间公式可得：v＝a1t
根据匀变速直线运动速度—位移公式可得：2a2x＝（2v）2﹣v2
两式联立可得：，
该舰载作战飞机第一、二阶段的加速度之比为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2022春 渝中区校级期末）为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是某新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图，下列说法正确的是（ ）
A．该新能源动力车的初速度为10m/s
B．刹车过程该新能源动力车的加速度大小为5m/s2
C．刹车过程持续的时间为10s
D．从开始刹车时计时，经过6s，该新能源动力车的位移为30m
【解答】解：A、由图线可知，v02＝400m2/s2，则汽车的初速度v0＝20m/s，故A错误；
B、由v02＝2ax得加速度大小为：am/s2＝5m/s2，故B正确；
C、速度—时间关系得刹车过程持续的时间：ts＝4s，故C错误；
D、刹车过程中6s内的位移等于4s内的位移，即最后2s静止，根据图象可知刹车位移为40m，故D错误。
故选：B。
（2021秋 桂林期末）雨天路滑，文明交通，安全出行，一小轿车在下雨过后的路面以10m/s的速度行驶，前方突然有紧急情况，司机立即以5m/s2的加速度采取刹车制动（忽略司机的反应时间），以刹车时刻为计时起点，下列说法正确的是（ ）
A．轿车4s内的路程为80m
B．轿车经过2s速度减为零
C．轿车第1s内的平均速度为6.25m/s
D．轿车第1s内的位移为10m
【解答】解：A、汽车刹车过程的最大位移为x，路程不可能为80m，故A错误；
B、刹车需要用时间t2s，故B正确；
CD、轿车第1s内的位移x107.5m，平均速度7.5m/s，故CD错误。
故选：B。
（2022 牡丹区校级模拟）一质点做匀减速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：设匀减速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3，逆向思维，据题有v1﹣v2＝v2﹣v3＝Δv
则有v1﹣v3＝2Δv
据运动学公式可知
解得，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（2022 汤原县校级模拟）做匀变速直线运动的物体的速度v随位移x的变化规律为v2﹣4＝2x，v与x的单位分别为m/s和m，据此可知（ ）
A．初速度v0＝4m/s B．初速度v0＝1m/s
C．加速度 a＝2 m/s2 D．加速度a＝1 m/s2
【解答】解：根据匀变速直线运动的速度—位移公式，结合v2﹣4＝2x，知物体的初速度v0＝2m/s，加速度为a＝1m/s2．故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2022秋 苏州月考）2019年12月17日，中国首艘国产航母“山东舰”在海南省三亚军港正式服役。据传中国正在建造第3艘国产航母，国人都盼望新航母上能实现电磁弹射技术。已知“歼﹣15”战机在航空母舰的跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0m/s2，当“歼﹣15”战机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞，设“山东舰”处于静止状态。求：
（1）假设应用电磁弹射技术，要求“歼﹣15”战机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？
（2）“山东舰”上还没有安装弹射系统，要求“歼﹣15”战机仍能在舰上正常起飞，问该舰跑道至少应为多长？
（3）假设“山东舰”的飞机跑道长为L＝160m，为使“歼﹣15”战机仍能从舰上正常起飞，可采用先让“山东舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让“歼﹣15”战机起飞，则“山东舰”的航行速度至少为多少？
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动公式v，代入数据得：v0＝30m/s；
（2）根据匀变速直线运动公式v2＝2ax，依题意代入数据得：xm＝250m，故航空母舰身长为250m；
（3）设飞机经时间t恰好起飞：L，解得ts＝8s，由速度—时间关系v＝v0+at 解得初速度v0＝10m/s
答：（1）若要求该飞机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有初速度为30m/s。
（2）则该航空母舰身长至少应为250m；
（3）“山东舰”的航行速度至少为10m/s。
【巩固提高】
一．选择题（共9小题）
1．课间，小明同学将一块橡皮擦竖直向上抛出，橡皮擦向上运动的过程中速度v与位移x的关系式为v＝4，其中位移xm，速度v的单位是m/s。则下列说法正确的是（ ）
A．橡皮擦在该过程中做变加速运动
B．橡皮擦运动的初速度大小为16m/s
C．橡皮擦运动的加速度大小为12m/s2
D．橡皮擦向上运动的总时间为0.5s
【解答】解：ABC、规定竖直向上为正方向，由运动学公式
解得：v，对比v，
可得：v0＝4m/s，a＝﹣12m/s2，橡皮擦在该过程中做匀减速直线运动，故AB错误，C正确；
D、橡皮擦运动到最高点的时间为：tss，故D错误。
故选：C。
2．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t＝0时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小x与速度大小v的关系为x＝20（m），下列分析不正确的是（ ）
A．刹车过程汽车的加速度大小为10m/s2
B．刹车过程持续的时间为2.5s
C．t＝0时刻汽车的速度大小为20m/s
D．刹车后2.8s的位移大小为20m
【解答】解：AC、根据速度—位移公式：，结合题目中的关系式变形：v2﹣400＝﹣20x，
由此可知，汽车的初速度为v0＝20m/s，加速度a＝﹣10m/s2，故AC正确；
B、汽车的刹车时间为：，故B错误；
D、刹车后2.8s的位移等于刹车后2s内的位移，，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
3．空军特级飞行员李峰驾驶“歼﹣10”战机执行战术机动任务，在距机场54km、离地1100m高度时战机发动机突然停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，最终安全迫降机场，李峰成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航的第一人。若战机着陆后以大小为5m/s2的加速度做匀减速直线运动，且其着陆速度为50m/s，则它着陆后14s内滑行的距离是（ ）
A．210m B．225m C．250m D．300m
【解答】解：战机着陆后做匀减速直线运动，由v＝v0+at
可求出从战机着陆到停止所用时间
由此可知战机在14s内不是始终做匀减速运动，它在最后4s内是静止的，故它着陆后14s内滑行的距离为
故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．如图所示，小球在斜面上由静止开始匀加速滑行距离x1＝5m后，又在水平面上匀减速滑行距离x2＝15m后停下，小球经过两平面交接处速率不变，则小球在斜面上的加速度a1与在水平面上的加速度a2的大小关系为（ ）
A．a1＝a2 B．3a1＝a2 C．a1＝3a2 D．a1＝6a2
【解答】解：设两平面交接处速率为v，在斜面上的加速度大小a1，在水平面上的加速度大小为a2，
根据速度﹣位移公式，可知在斜面上有：v2＝2a1x1
在水平面上有：0﹣v2＝﹣2a2x2
代入数据解得：a1＝3a2，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆小汽车在长度为L＝28m的平直桥面上提速，图乙是该车在该段的车速的平方（v2）与位移（x）的关系。则关于小汽车通过该段平直桥面的加速度和时间分别为（ ）
A．1.5m/s2，3s B．1.5m/s2，4s C．2m/s2，3s D．2m/s2，2s
【解答】解：由匀变速直线运动的位移—速度公式知，结合图象可知vo＝4m/s，vt＝10m/s，x＝28m，加速度：得，
加速度：a＝1.5m/s2，由vt＝vo+at，得所用时间：t＝4s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．一辆正以4m/s的速度沿直线行驶的汽车，突然以2m/s2的加速度匀加速行驶，则汽车行驶16.25m时的速度为（ ）
A．8.75m/s B．9m/s C．9.25m/s D．9.5m/s
【解答】解：根据速度—位移关系有：
代入数据可得：
故ACD错误，B正确；
故选：B。
7．沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变通过长度为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车尾通过桥尾时的速度为（ ）
A．v1：v2 B．
C． D．
【解答】解：火车车头从桥头到桥尾运动的过程中，根据速度—位移关系可得：2aL＝v22﹣v12
火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过程中，根据速度—位移关系可得：2a 2L＝v2﹣v12
解得：v，故B正确、ACD错误。
故选：B。
8．如图所示，装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车，当车速v满足3.6km/h≤v≤28.8km/h，且与前方行人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”，使汽车避免与行人相撞。若该车在不同路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是4m/s2～6m/s2，则该系统设置的安全距离约为（ ）
A．0.08m B．1.25m C．5.33m D．8m
【解答】解：由题意知，车速1m/s≤v≤8m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小为4m/s2～6m/s2，最后末速度减为0，由推导公式v2＝2ax可得：最大安全距离
所以系统设置的安全距离约8m，故D正确，ABC错误。
故选：D。
9．在我国新交通法中规定“车让人”，驾驶员驾车时应考虑到行人过马路的情况。若有汽车以8m/s的速度匀速行驶即将通过路口，此时正有行人在过人行横道，而汽车的前端距停车线8m，该车减速时的加速度大小为5m/s2。下列说法中正确的是（ ）
A．驾驶员立即刹车制动，则至少需2s汽车才能停止
B．在距停车线7m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
C．若经0.30s后才开始刹车制动，汽车前端止于超过停车线0.6m处
D．若经0.20s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
【解答】解：A、车减速为零所需最短时间为：ts＝1.6s，故A错误；
B、根据速度﹣位移公式可知，减速运动的位移为：，故在距停车线6.4m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故B错误；
C、若经0.30s后才开始刹车制动，汽车的总位移：x总＝v △t+x＝8×0.3m+6.4m＝8.8m，则汽车前端止于超过停车线的距离：△x＝x总﹣L＝8.8m﹣8m＝0.8m处，故C错误。
D、匀速运动的时间为：0.2s，若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故D正确。
故选：D。
二．计算题（共3小题）
10．如图所示，小滑块从一固定斜面顶端以初速度2m/s、加速度2m/s2沿斜面加速向下滑行，经3s到达斜面底端，滑块在B点无速度损失，之后在水平面上做匀减速直线运动，运动32m后停下，求：
（1）斜面的长度；
（2）小滑块到达斜面底端的速度大小；
（3）小滑块在水平面上运动的加速度。
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动位移与时间关系可得斜面的长度为：L15m
（2）根据匀变速直线运动速度与时间关系可得小滑块到达斜面底端时的速度大小为：v＝v0+at＝2m/s+2×3m/s＝8m/s
（3）根据匀变速直线运动速度与位移关系2ax＝0﹣v2可得小滑块在水平面上运动的加速度为：a1m/s2
负号表示加速度的方向与小滑块运动方向相反。
答：（1）斜面的长度为15m；
（2）小滑块到达斜面底端的速度大小为8m/s；
（3）小滑块在水平面上运动的加速度大小为1m/s2，方向与小滑块运动方向相反。
11．为保障学生交通安全，在距校门中心两侧150米处均设置“30”（30km/h）的限速标志。一辆汽车以20m/s的速度匀速驶向校门，当距离限速标志30m时驾驶员看到该标志立即以5m/s2的加速度刹车，速度减为8m/s后保持这一速度通过限速区域。
（1）通过计算说明汽车到达限速标志处是否超速；
（2）汽车从开始刹车经多长时间离开限速区域？
【解答】解：（1）设到达限速标志的速度为v，根据
代入数据解得：v＝10m/s＝36km/h＞30km/h，已经超速
（2）速度减为8m/s的位移
经过的时间
匀速运动的位移x2＝300m+30m﹣x1＝296.4m
匀速运动的时间
汽车从开始刹车到离开限速区域的时间t＝t1+t2＝2.4s+37.05s＝39.45s
答：（1）汽车到达限速标志处已经超速；
（2）汽车从开始刹车经39.45s离开限速区域。
12．中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪。3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上，一位男旅客在洗手间内吸烟触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行。假设此次事件中列车由正常车速80m/s匀减速至24m/s后匀速行驶。列车匀速行驶6min后乘警通过排查解除了警报，列车又匀加速恢复至80m/s的车速。若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为14m/s2，试求：
（1）列车以非正常车速行驶的距离；
（2）由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？
【解答】解：（1）列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可知：
2a。
s2＝v2t2。
s＝2s1+s2。
联立解得：s＝9056m。
（2）设列车正常车速通过s位移所用时间为t'，则：
，t'，△t＝2t1+t2﹣t′。
联立解得：△t＝254.8s。
答：（1）列车以非正常车速行驶的距离为9056m
（2）由于这次事件，列车到达杭州东时晚点254.8s。
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