2.3匀变速直线运动的位移与时间的关系
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。
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图象如图所示．
(1)把匀变速直线运动的v－t图象分成几个小段，如图所示．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．
(2)把运动过程分为更多的小段，如图所示，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，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．
如图所示，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）（2023秋 温州期末）推导匀变速直线运动的位移与时间的关系，我们会经历如图从甲至丁的过程，最终得知匀变速直线运动位移大小可用灰色部分梯形面积来表示。该过程运用的思想方法有（ ）
A．控制变量法 B．微元思想
C．极限思想 D．比值定义法
质点做匀加速直线运动，初速度为v0＝2m/s，加速度a＝0.1m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．质点的速度和位移均随时间均匀增大
B．每经过2s时间，物体速度就增大0.4m/s
C．质点第4s末的速度为2.4m/s
D．前4s内，质点运动的位移为8m
（2023秋 河东区校级月考）一物体做匀减速直线运动，初速度为36km/h，加速度大小为2m/s2，则物体在停止运动前2s内的平均速度为（ ）
A．1m/s B．2m/s C．5m/s D．5.5m/s
（2024 龙凤区校级开学）研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝18t﹣t2（物理量均采用国际制单位），则下列说法正确的是（ ）
A．公交车运行的最大速度为9m/s
B．公交车刹车的加速度大小为1m/s2
C．公交车刹车后第2s内的平均速度为15m/s
D．公交车从刹车开始10s内的位移为80m
（2023秋 甘肃期末）交警在处理某次交通事故时，把监控仪器记录的数据输入计算机，得到肇事汽车在平直路面上紧急刹车（且遇车轮抱死）过程中的位移随时间变化的规律为x＝24t﹣3t2（x的单位是m，t的单位是s），则下列说法不正确的是（ ）
A．该汽车刹车的初速度为24m/s
B．该汽车刹车的加速度为﹣3m/s2
C．刹车后2s末的速度为12m/s
D．刹车后5s内的平均速度为9.6m/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．
（2024 琼山区校级模拟）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
（2024 琼山区校级模拟）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．
（2023秋 太原期末）实验小组研究汽车有无ABS系统两种情况下的匀减速直线制动距离，测试的初速度均为60km/h。根据如图数据可知加速度大小之比a无：a有为（ ）
A．4：3 B．3：4 C．3：2 D．2：3
（2023秋 锦州期末）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，如图所示是动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是（ ）
A．动力车的初速度为20m/s
B．刹车过程动力车的加速度大小为10m/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，动力车的位移为30m
（2023秋 从化区校级期中）歼﹣15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。若歼﹣15战机正常起飞过程中加速度为5.0m/s2，速度须达v＝50m/s才能起飞。现已知“辽宁”舰起飞甲板长L＝160m，且起飞过程可简化为匀加速直线运动。现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行。求：
（1）方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1；
（2）方法二情况下航空母舰的最小速度v2。
（2023秋 南开区期中）以10m/s的速度行驶的汽车在t＝0时刻刹车后做匀减速直线运动，若已知加速度大小为4m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．经过3s，该车的位移为12m
B．该车第2s内的位移为4m
C．该车3s末的速度为2m/s
D．该车前2s内的位移为8m
（2023秋 包河区校级期中）一物体做匀加速直线运动，经过第一个6m用时2s，第二个6m用时1s，则物体的加速度大小为（ ）
A．0.5m/s2 B．1m/s2 C．1.5m/s2 D．2m/s2
（2023秋 龙华区校级月考）一物体位移与时间的关系为x＝5t+5t2（t以s为单位，x以m为单位），则（ ）
A．这个物体的初速度是2.5m/s
B．这个物体的初速度是10m/s
C．这个物体的加速度是10m/s2
D．这个物体的加速度是2.5m/s2
（2023秋 宁波期中）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝4+5t+t2（其中时间单位为：秒；位移单位为：米），则该质点（ ）
A．第1s内的位移是10m
B．前2s内的平均速度是6m/s
C．第2s末的速度为14m/s
D．任意1s内的速度增量都是2m/s
（2023秋 仓山区校级期末）已知一物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑，上滑长度为L时，速度减为0，当物体的上滑速度是初速度的时，它沿斜面已上滑的距离是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋 越秀区期末）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0.8x＝10﹣0.1v2（m），下列分析正确的是（ ）
A．刹车过程持续的时间为2.5s
B．刹车全过程的位移大小为16m
C．t＝0时刻汽车的速度大小为8m/s
D．刹车过程汽车的加速度为﹣8m/s2
（2023秋 南海区期中）汽车正以12m/s的速度行驶，驾驶员发现前方警示牌后紧急刹车，测得刹车痕迹长度为20m假设汽车制动后做匀减速直线运动，则制动过程中汽车的加速度大小为（ ）
A．1.67m/s2 B．3.6m/s2 C．7.2m/s2 D．16.67m/s2
（2023秋 南京期中）航空母舰的舰载机既要在航母上起飞，也要在航母上降落。某舰载机起飞时，采用弹射装置使飞机获得10m/s的速度后，由机上发动机使飞机获得25m/s2的加速度在航母跑道上匀加速前进，飞机匀加速滑行96m的距离后离舰升空，飞机飞离跑道时的速度是（ ）
A．60m/s B．70m/s C．80m/s D．90m/s
（2023秋 黄埔区校级期中）如图所示，物体A在斜面上由静止匀加速滑下s1后，又匀减速地在水平面上滑过s2后停下，测得s2＝2s1，则物体在斜面上的加速度a1与在水平面上的加速度a2的大小关系为（ ）
A．a1＝a2 B．a1＝2a2 C．a1＝3a2 D．a1＝4a2
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车，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方50m的物体，并且他的反应时间为0.5s，以5m/s2的加速度紧急刹车，求：
（1）小轿车从开始刹车到停下来所用的时间；
（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。
某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s2，所需的起飞速度为50m/s，跑道长90m。
（1）求飞机从静止开始，以发动机产生的最大加速度在跑道上加速所能获得的最大速度v1，请你通过判断v1是否达到了起飞速度；
（2）为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置。对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它至少具有多大的初速度v0，才可以使舰载飞机在跑道上加速后达到起飞速度。
一辆汽车在平直公路上匀速行驶，司机突然发现前方有障碍物，经0.8s反应时间后采取制动措施，使汽车开始做匀减速直线运动直至速度为0，此时汽车与障碍物的距离为1.5m。已知汽车做匀减速直线运动的第1s内前进了12.5m，加速度大小a＝5m/s2。求：
（1）汽车最开始做匀速直线运动的速度大小；
（2）司机发现障碍物时，离障碍物的距离。2.3匀变速直线运动的位移与时间的关系
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。
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图象如图所示．
(1)把匀变速直线运动的v－t图象分成几个小段，如图所示．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．
(2)把运动过程分为更多的小段，如图所示，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，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．
如图所示，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）（2023秋 温州期末）推导匀变速直线运动的位移与时间的关系，我们会经历如图从甲至丁的过程，最终得知匀变速直线运动位移大小可用灰色部分梯形面积来表示。该过程运用的思想方法有（ ）
A．控制变量法 B．微元思想
C．极限思想 D．比值定义法
【解答】解：在推导匀变速直线运动的位移与时间关系时，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，这里用了微元思想和极限思想，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
质点做匀加速直线运动，初速度为v0＝2m/s，加速度a＝0.1m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．质点的速度和位移均随时间均匀增大
B．每经过2s时间，物体速度就增大0.4m/s
C．质点第4s末的速度为2.4m/s
D．前4s内，质点运动的位移为8m
【解答】解：A、根据v＝v0+at，
可知质点的速度均随时间均匀增大，但位移均随时间不是均匀增大，故A错误；
B、每经过2s时间，速度的变化量为
Δv＝aΔt＝0.1×2m/s＝0.2m/s
故B错误；
C、根据速度—时间公式可知质点第4s末的速度为
v4＝v0+at4＝2m/s+0.1×4m/s＝2.4m/s
故C正确；
D、根据位移—时间公式可知前4s内，质点运动的位移为
故D错误。
故选：C。
（2023秋 河东区校级月考）一物体做匀减速直线运动，初速度为36km/h，加速度大小为2m/s2，则物体在停止运动前2s内的平均速度为（ ）
A．1m/s B．2m/s C．5m/s D．5.5m/s
【解答】解：采用逆向思维，把物体的运动看成初速度为零的匀加速直线运动；
初速度v0＝0，末速度v＝10m/s，加速度a＝2m/s2；
则2秒末的速度v2＝at＝2×2m/s＝4m/s；
则停止运动前2秒内的平均速度2m/s，故A、C、D错误，B正确。
故选：B。
（2024 龙凤区校级开学）研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝18t﹣t2（物理量均采用国际制单位），则下列说法正确的是（ ）
A．公交车运行的最大速度为9m/s
B．公交车刹车的加速度大小为1m/s2
C．公交车刹车后第2s内的平均速度为15m/s
D．公交车从刹车开始10s内的位移为80m
【解答】解：AB、由匀变速直线运动位移与时间公式，
又由x＝18t﹣t2
有v0＝18m/s，a＝﹣2m/s2。
由题意可知汽车做匀减速直线运动，故汽车运动的最大速度为初速度，为18m/s，故AB错误；
C、利用x＝18t﹣t2
代入数据解得前2s内位移为：x2＝32m
前1s内位移为：x1＝17m
第2s位移为：Δx＝x2﹣x2
代入数据解得Δx＝15m
平均速度为：
代入数据解得，故C正确；
D、设汽车刹车至停下的时间为t，根据速度与时间公式v＝v0+at
代入数据解得t＝9s，所以汽车9s末已经停下来，
故刹车位移为x′＝18t﹣t2＝（18×9﹣92）m＝81m，故D错误。
故选：C。
（2023秋 甘肃期末）交警在处理某次交通事故时，把监控仪器记录的数据输入计算机，得到肇事汽车在平直路面上紧急刹车（且遇车轮抱死）过程中的位移随时间变化的规律为x＝24t﹣3t2（x的单位是m，t的单位是s），则下列说法不正确的是（ ）
A．该汽车刹车的初速度为24m/s
B．该汽车刹车的加速度为﹣3m/s2
C．刹车后2s末的速度为12m/s
D．刹车后5s内的平均速度为9.6m/s
【解答】解：AB．由匀变速直线运动的位移—时间关系
及汽车刹车过程中的位移规律
x＝24t﹣3t2
可知，汽车刹车时的初速度为
v0＝24m/s
加速度为
a＝﹣6m/s2
故A正确，B错误；
C．由v＝v0+at得汽车刹车时间
t0s＝4s
刹车后2s末的速度为
v＝v0+at＝24m/s+（﹣6×2）m/s＝12m/s
故C正确；
D．刹车后5s内的位移即为4s的位移为
x2 t04m＝48m
刹车后5s内的平均速度为
m/s＝9.6m/s
故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
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．
（2024 琼山区校级模拟）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/s故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2024 琼山区校级模拟）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。
（2023秋 太原期末）实验小组研究汽车有无ABS系统两种情况下的匀减速直线制动距离，测试的初速度均为60km/h。根据如图数据可知加速度大小之比a无：a有为（ ）
A．4：3 B．3：4 C．3：2 D．2：3
【解答】解：根据 v2＝2ax，得，由图可知初速度相等时，无ABS和有ABS刹车的距离之比为4：3，则加速度之比为a无：a有＝3：4，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023秋 锦州期末）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，如图所示是动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是（ ）
A．动力车的初速度为20m/s
B．刹车过程动力车的加速度大小为10m/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，动力车的位移为30m
【解答】解：A、由图线可知，汽车的初速度v0＝20m/s，故A正确；
B、由0﹣v2＝2ax得：，解得：a＝﹣5m/s2，即a的大小为5m/s2，故B错误；
C、由v＝v0+at得：，故C错误，
D、刹车过程中6s内的位移等于4s内的位移，则40m，故D错误。
故选：A。
（2023秋 从化区校级期中）歼﹣15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。若歼﹣15战机正常起飞过程中加速度为5.0m/s2，速度须达v＝50m/s才能起飞。现已知“辽宁”舰起飞甲板长L＝160m，且起飞过程可简化为匀加速直线运动。现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行。求：
（1）方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1；
（2）方法二情况下航空母舰的最小速度v2。
【解答】解：（1）已知末速度v＝50m/s，加速度a＝5m/s2，L＝160m，
由速度—位移公式可得v2﹣v12＝2aL
代入数据解得：v1＝30m/s
（2）设航母运动中的位移为x，则飞机起飞的位移为x+L，
则有v2﹣v22＝2a（x+L）
又v＝v2+at
x＝v2t
联立解得：v2＝10m/s
（2023秋 南开区期中）以10m/s的速度行驶的汽车在t＝0时刻刹车后做匀减速直线运动，若已知加速度大小为4m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．经过3s，该车的位移为12m
B．该车第2s内的位移为4m
C．该车3s末的速度为2m/s
D．该车前2s内的位移为8m
【解答】解：AC.汽车刹车后停下的时间，即汽车在2.5s是停下来，所以3s末的速度为0，经过3s的位移，故AC错误；
D.汽车前2s的位移，故D错误；
B.第2秒内的位移 ，故B正确；
故选：B。
（2023秋 包河区校级期中）一物体做匀加速直线运动，经过第一个6m用时2s，第二个6m用时1s，则物体的加速度大小为（ ）
A．0.5m/s2 B．1m/s2 C．1.5m/s2 D．2m/s2
【解答】解：物体通过第一个6米的平均速度，可以根据公式，同理，通过第二个6米的平均速度大小为，两段路程中间时刻的时间间隔为Δt＝1s+0.5s＝1.5s，根据中间时刻的瞬时速度等于某段时间内的平均速度，可得物体的加速度大小为，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
（2023秋 龙华区校级月考）一物体位移与时间的关系为x＝5t+5t2（t以s为单位，x以m为单位），则（ ）
A．这个物体的初速度是2.5m/s
B．这个物体的初速度是10m/s
C．这个物体的加速度是10m/s2
D．这个物体的加速度是2.5m/s2
【解答】解：根据x5t+5t2得，物体的初速度v0＝5m/s，加速度a＝10m/s2。故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023秋 宁波期中）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝4+5t+t2（其中时间单位为：秒；位移单位为：米），则该质点（ ）
A．第1s内的位移是10m
B．前2s内的平均速度是6m/s
C．第2s末的速度为14m/s
D．任意1s内的速度增量都是2m/s
【解答】解：D．由位移x与时间t的关系为，结合x＝4+5t+t2可得v0＝5m/s，a＝2m/s2
所以任意1s内的速度增量Δv＝at＝2×1m/s＝2m/s
故D正确；
A．物体的初位置为x0＝4m处，当t＝1s时，物体位于x1＝10m处，则第1s内的位移是s＝x1﹣x0＝10m﹣4m＝6m
故A错误；
BC．物体做匀加速直线运动的速度与时间的关系为v＝v0+at＝5+2t
当t＝2s时，解得第2s末的速度为v＝v0+at＝5m/s+2×2m/s＝9m/s
由匀加速直线运动规律可得前2s内的平均速度m/s＝7m/s
故BC错误。
故选：D。
（2023秋 仓山区校级期末）已知一物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑，上滑长度为L时，速度减为0，当物体的上滑速度是初速度的时，它沿斜面已上滑的距离是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：物体做匀减速直线运动，看作初速度为零的匀加速直线运动，根据速度—位移公式可知，v2＝2ax，即v2∝x，当速度是末速度的时，则运动的位移为。
此时物体已经沿斜面上滑的距离为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023秋 越秀区期末）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0.8x＝10﹣0.1v2（m），下列分析正确的是（ ）
A．刹车过程持续的时间为2.5s
B．刹车全过程的位移大小为16m
C．t＝0时刻汽车的速度大小为8m/s
D．刹车过程汽车的加速度为﹣8m/s2
【解答】解：将题中的关系式变形为：v2﹣100＝﹣8x，将其与速度—位移公式v22ax对比可知，汽车的初速度v0＝10m/s，加速度a＝﹣4m/s2。
ACD、根据分析可知，汽车的初速度v0＝10m/s，加速度a＝﹣4m/s2，则刹车的时间为：ts＝2.5s，故CD错误，A正确；
B、刹车全过程的位移大小为xt2.5m＝12.5m，故B错误；
故选：A。
（2023秋 南海区期中）汽车正以12m/s的速度行驶，驾驶员发现前方警示牌后紧急刹车，测得刹车痕迹长度为20m假设汽车制动后做匀减速直线运动，则制动过程中汽车的加速度大小为（ ）
A．1.67m/s2 B．3.6m/s2 C．7.2m/s2 D．16.67m/s2
【解答】解：根据速度—位移公式可得：
，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2023秋 南京期中）航空母舰的舰载机既要在航母上起飞，也要在航母上降落。某舰载机起飞时，采用弹射装置使飞机获得10m/s的速度后，由机上发动机使飞机获得25m/s2的加速度在航母跑道上匀加速前进，飞机匀加速滑行96m的距离后离舰升空，飞机飞离跑道时的速度是（ ）
A．60m/s B．70m/s C．80m/s D．90m/s
【解答】解：飞机起飞前做匀加速直线运动，由位移—速度公式可得v22ax，代入数据得：v＝70m/s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2023秋 黄埔区校级期中）如图所示，物体A在斜面上由静止匀加速滑下s1后，又匀减速地在水平面上滑过s2后停下，测得s2＝2s1，则物体在斜面上的加速度a1与在水平面上的加速度a2的大小关系为（ ）
A．a1＝a2 B．a1＝2a2 C．a1＝3a2 D．a1＝4a2
【解答】解：设物体A到达斜面底端的速度大小为v，根据速度—位移公式有v2＝2a1s1＝2a2s2
解得：a1＝2a2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
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车，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方50m的物体，并且他的反应时间为0.5s，以5m/s2的加速度紧急刹车，求：
（1）小轿车从开始刹车到停下来所用的时间；
（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。
【解答】解：（1）由速度—时间公式得：0＝v0﹣at2
代入数据解得小轿车从开始刹车到停下来所用的时间为：t2＝6s
（2）反应时间内做匀速运动，位移为：x1＝v0t1＝30×0.5m＝15m
从刹车到停止的位移为x2，由速度—位移公式得：x2m＝90m
小轿车从发现物体到停止的全部距离为：x＝x1+x2＝15m+90m＝105m
由题意可知，三角警示牌至少要放在车后得距离为：Δx＝x﹣x0＝105m﹣50m＝55m
答：（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间为6s；
（2）三角警示牌至少要放在车后55m处，才能有效避免两车相撞。
某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s2，所需的起飞速度为50m/s，跑道长90m。
（1）求飞机从静止开始，以发动机产生的最大加速度在跑道上加速所能获得的最大速度v1，请你通过判断v1是否达到了起飞速度；
（2）为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置。对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它至少具有多大的初速度v0，才可以使舰载飞机在跑道上加速后达到起飞速度。
【解答】解：（1）飞机做匀加速运动，由位移—时间公式得：v12﹣0＝2aL
代入数据解得：v1＝30m/s＜50m/s
未达到起飞速度；
（2）由位移—时间公式得：v2﹣v02＝2aL
代入数据解得：v0＝40m/s
即弹射装置至少给飞机40 m/s的初速度，才能达到起飞速度。
答：（1）飞机获得的最大速度v1大小为30m/s，小于50m/s，不能达到了起飞速度；
（2）弹射系统必须使它至少具有40m/s的初速度，才可以使舰载飞机在跑道上加速后达到起飞速度。
一辆汽车在平直公路上匀速行驶，司机突然发现前方有障碍物，经0.8s反应时间后采取制动措施，使汽车开始做匀减速直线运动直至速度为0，此时汽车与障碍物的距离为1.5m。已知汽车做匀减速直线运动的第1s内前进了12.5m，加速度大小a＝5m/s2。求：
（1）汽车最开始做匀速直线运动的速度大小；
（2）司机发现障碍物时，离障碍物的距离。
【解答】解：（1）设初速度方向为正方向，则位移x＝12.5m，加速度a＝﹣5m/s2
汽车做匀减速直线运动的第1s内
代入数据得初速度v0＝15m/s
（2）汽车减速运动到停止时，由
可得减速运动位移x＝22.5m
司机发现障碍物时，反应时间为t0＝0.8s
则离障碍物的距离L＝v0t0+x+x0＝15×0.8m+22.5m+1.5m＝36m
答：（1）汽车最开始做匀速直线运动的速度大小是15m/s；
（2）司机发现障碍物时，离障碍物的距离是36m。
