专题强化 匀变速直线运动规律的应用(二)
［学习目标］ 1.掌握初速度为零的匀加速直线运动的比例式，并能进行有关计算(重点)。2.能灵活应用匀变速直线运动规律解决综合问题(难点)。
一、初速度为零的匀加速直线运动的比例式
例1 (多选)一个物体做初速度为零的匀加速直线运动，比较它在开始运动后第1 s内、第2 s内、第3 s内的运动，下列说法中正确的是( )
A.1 s末、2 s末、3 s末速度之比是1∶2∶3
B.第1 s内、第2 s内、第3 s内各段时间经历的位移大小之比是1∶3∶5
C.第1 s内、第2 s内、第3 s内各段时间的平均速度之比是1∶3∶5
D.第1 s内、第2 s内、第3 s内各段时间中间时刻的瞬时速度之比是1∶2∶3
初速度为0的匀加速直线运动，按时间等分(设相等的时间为T)，则：
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn= 。
(2)T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶sn= 。
(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：s1'∶s2'∶s3'∶…∶sn'= 。
例2 (多选)(2024·深圳市高一期中)如图所示，光滑固定的斜面AE被分成等距离的四段，一物体在A点由静止释放，物体沿斜面做匀加速直线运动，则下列说法正确的是( )
A.物体通过各点的瞬时速度大小之比为vB∶vC∶vD∶vE=1∶2∶3∶4
B.物体从A点到达各点所经历的时间之比tB∶tC∶tD∶tE=1∶∶∶2
C.通过各段位移所用时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)
D.物体经过BC段和CD段的速度变化量大小相等
初速度为零的匀加速直线运动按位移等分(设相等的位移为s)的比例式
(1)通过前s、前2s、前3s、…、前ns的位移时的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn= 。
(2)通过前s、前2s、前3s、…、前ns的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn= 。
(3)通过连续相同的位移所用时间之比为：
t1'∶t2'∶t3'∶…∶tn'= 。
二、逆向思维在比例法中的应用
逆向思维：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，再应用比例关系，可使问题简化。
例3 (多选)(2023·深圳市高一期末)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，子弹可视为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.子弹在穿入每个水球时的速度之比为v1∶v2∶v3=∶∶1
B.子弹在穿入每个水球时的速度之比为v1∶v2∶v3=3∶2∶1
C.子弹在每个水球中运动的时间之比为t1∶t2∶t3=1∶1∶1
D.子弹在每个水球中运动的时间之比为t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1
三、匀变速直线运动规律的综合应用
例4 一物体做匀变速直线运动，在开始连续相等的两段时间内，通过的位移分别是24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，求物体的初速度和末速度及加速度的大小。
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答案精析
例1 ABC ［由于物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以其1 s末、2 s末、3 s末的瞬时速度之比为1∶2∶3，A正确；前1 s内、前2 s内、前3 s内位移之比为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，B正确；根据匀变速直线运动的平均速度公式==，可得第1 s内、第2 s内、第3 s内各段时间的平均速度之比等于各时间段内的位移之比，也是各时间段中间时刻的瞬时速度之比，由B中分析可知比值为1∶3∶5，C正确，D错误。］
总结提升
(1)1∶2∶3∶…∶n
(2)12∶22∶32∶…∶n2
(3)1∶3∶5∶…∶(2n-1)
例2 BC ［根据v2=2as得v=，物体通过各点的瞬时速度大小之比vB∶vC∶vD∶vE=∶∶∶=1∶∶∶2，故A错误；根据v=at，可得t=，则物体从A点到达各点所经历的时间之比tB∶tC∶tD∶tE=1∶∶∶2，故B正确；tAB=tB=t0，tBC=tC-tB=(-1)t0，tCD=tD-tC=(-)t0，tDE=tE-tD=(2-)t0，故tAB∶tBC∶tCD∶tDE=1∶(-1)∶(-)∶(2-)，故C正确；物体在A点由静止释放，物体沿斜面做匀加速直线运动，相等距离所用时间越来越小，由Δv=aΔt，可知ΔvBC>ΔvCD，故D错误。］
总结提升
(1)1∶∶∶…∶ (2)1∶∶∶…∶ (3)1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)
例3 AD ［把子弹的运动看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动。子弹由右向左依次“穿出”3个水球的速度之比为1∶∶，则子弹实际运动从左到右依次穿入每个水球时的速度之比为v1∶v2∶v3=∶∶1，故A正确，B错误；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C错误，D正确。］
例4 1 m/s 21 m/s 2.5 m/s2
解析 方法一：基本公式法
如图所示，由位移公式得
s1=vAT+aT2
s2=vA·2T+a(2T)2-(vAT+aT2)=vAT+aT2
vC=vA+a·2T
将s1=24 m，s2=64 m，T=4 s代入以上三式
解得a=2.5 m/s2，vA=1 m/s，
vC=21 m/s。
方法二：逐差法结合平均速度法
由Δs=aT2可得a== m/s2=2.5 m/s2
vB== m/s=11 m/s
又vB=vA+aT，vC=vB+aT
联立解得vA=1 m/s，vC=21 m/s。(共47张PPT)
DIERZHANG
第二章
专题强化 匀变速直线运动
规律的应用(二)
1.掌握初速度为零的匀加速直线运动的比例式，并能进行有关计算(重点)。
2.能灵活应用匀变速直线运动规律解决综合问题(难点)。
学习目标
一、初速度为零的匀加速直线运动的比例式
专题强化练
内容索引
二、逆向思维在比例法中的应用
三、匀变速直线运动规律的综合应用
初速度为零的匀加速直线运动的比例式
一
(多选)一个物体做初速度为零的匀加速直线运动，比较它在开始运动后第1 s内、第2 s内、第3 s内的运动，下列说法中正确的是
A.1 s末、2 s末、3 s末速度之比是1∶2∶3
B.第1 s内、第2 s内、第3 s内各段时间经历的位移大小之比是1∶3∶5
C.第1 s内、第2 s内、第3 s内各段时间的平均速度之比是1∶3∶5
D.第1 s内、第2 s内、第3 s内各段时间中间时刻的瞬时速度之比是
1∶2∶3
例1
√
√
√
由于物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以其1 s末、2 s末、3 s末的瞬时速度之比为1∶2∶3，A正确；
前1 s内、前2 s内、前3 s内位移之比为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，B正确；
根据匀变速直线运动的平均速度公式==，可得第1 s内、第2 s内、第3 s内各段时间的平均速度之比等于各时间段内的位移之比，也是各时间段中间时刻的瞬时速度之比，由B中分析可知比值为1∶3∶5，C正确，D错误。
初速度为0的匀加速直线运动，按时间等分(设相等的时间为T)，则：
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn= 。
(2)T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶sn= 。
(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：
s1'∶s2'∶s3'∶…∶sn'= 。
总结提升
1∶2∶3∶…∶n
12∶22∶32∶…∶n2
1∶3∶5∶…∶(2n-1)
(多选)(2024·深圳市高一期中)如图所示，光滑固定的斜面AE被分成等距离的四段，一物体在A点由静止释放，物体沿斜面做匀加速直线运动，则下列说法正确的是
A.物体通过各点的瞬时速度大小之比为vB∶vC∶
vD∶vE=1∶2∶3∶4
B.物体从A点到达各点所经历的时间之比tB∶tC∶
tD∶tE=1∶∶∶2
C.通过各段位移所用时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)
D.物体经过BC段和CD段的速度变化量大小相等
例2
√
√
根据v2=2as得v=，物体通过各点的瞬时速度大小之比vB∶vC∶vD∶vE=∶∶∶=1∶∶∶2，故A错误；
根据v=at，可得t=，则物体从A点到达各点
所经历的时间之比tB∶tC∶tD∶tE=1∶∶
∶2，故B正确；
tAB=tB=t0，tBC=tC-tB=(-1)t0，tCD=tD-tC=(-)t0，tDE=tE-tD=(2-)t0，故tAB∶tBC∶tCD∶tDE=1∶(-1)∶(-)∶(2-)，故C正确；
物体在A点由静止释放，物体沿斜面做匀加速直线运动，相等距离所用时间越来越小，由Δv=aΔt，可知ΔvBC>ΔvCD，故D错误。
初速度为零的匀加速直线运动按位移等分(设相等的位移为s)的比例式
(1)通过前s、前2s、前3s、…、前ns的位移时的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn=____________________。
(2)通过前s、前2s、前3s、…、前ns的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn=_____________________。
(3)通过连续相同的位移所用时间之比为：
t1'∶t2'∶t3'∶…∶tn'=____________________________________。
总结提升
1∶∶∶…∶
1∶∶∶…∶
1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)
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逆向思维在比例法中的应用
二
逆向思维：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，再应用比例关系，可使问题简化。
(多选)(2023·深圳市高一期末)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，子弹可视为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.子弹在穿入每个水球时的速度之比为
v1∶v2∶v3=∶∶1
B.子弹在穿入每个水球时的速度之比为
v1∶v2∶v3=3∶2∶1
C.子弹在每个水球中运动的时间之比为t1∶t2∶t3=1∶1∶1
D.子弹在每个水球中运动的时间之比为t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1
例3
√
√
把子弹的运动看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动。子弹由右向左依次“穿出”3个水球的速度之比为1∶∶，则
子弹实际运动从左到右依次穿入每个水球时的速度之比为v1∶v2∶v3=∶∶1，故A正确，B错误；
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C错误，D正确。
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匀变速直线运动规律的综合应用
三
一物体做匀变速直线运动，在开始连续相等的两段时间内，通过的位移分别是24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，求物体的初速度和末速度及加速度的大小。
例4
答案 1 m/s 21 m/s 2.5 m/s2
方法一：基本公式法
如图所示，由位移公式得s1=vAT+aT2
s2=vA·2T+a(2T)2-(vAT+aT2)=vAT+aT2
vC=vA+a·2T
将s1=24 m，s2=64 m，T=4 s代入以上三式
解得a=2.5 m/s2，vA=1 m/s，vC=21 m/s。
方法二：逐差法结合平均速度法
由Δs=aT2可得a== m/s2=2.5 m/s2
vB== m/s=11 m/s
又vB=vA+aT，vC=vB+aT
联立解得vA=1 m/s，vC=21 m/s。
总结提升
返回
专题强化练
四
1.汽车刹车后做匀减速直线运动，经过3 s停止，则在刹车后第1 s内、第2 s内、第3 s内汽车通过的距离之比是
A.1∶3∶5 B.1∶4∶9
C.5∶3∶1 D.5∶8∶9
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基础强化练
√
将汽车的运动看作逆向的初速度为0的匀加速直线运动，则根据匀变速直线运动规律可得在刹车后第1 s内、第2 s内、第3 s内汽车通过的距离之比是5∶3∶1。故选C。
2.(2023·广东实验中学高一开学考试)如图所示是商场中的无轨小火车，已知小火车由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，测得第一节车厢经过他历时10 s， 那第二节车厢通过他所需要的时间是
A.10(3-2) s B. s
C.10(-1) s D.10(-) s
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因为做初速度为零的匀加速直线运动，在通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(--1)∶1，第一节车厢经过他历时10 s，则第二节车厢通过他的时间为10(-1) s。故选C。
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3.(2023·广州市仲元中学高一期末)物体由静止开始做匀加速直线运动，3 s末速度为3 m/s，则下列说法正确的是
A.2 s末、3 s末的速度之比为4∶9
B.第1 s内和第2 s内的位移之比为1∶4
C.第2 s内的位移为1.5 m
D.第3 s内的平均速度为1.5 m/s
√
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根据v=at知，第1秒末、第2秒末、第3秒末的速度之比为1∶2∶3，故A错误；
初速度为0的匀加速直线运动，在第1 s内、第2 s内、第3 s内位移之比等于1∶3∶5，故B错误；
3 s末速度为3 m/s，由v=at可知，第1 s末速度为1 m/s，第2 s末速度为2 m/s，则第2秒内的位移为s=t0=×1 m=1.5 m，第3 s内的平均速度为== m/s=2.5 m/s，故C正确，D错误。
4.(多选)如图所示，港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，标记为a、b、c、d、e，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t。则下列说法正确的是
A.通过bc段的时间也为t
B.通过ae段的时间为2t
C.汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶2∶3∶4
D.汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶∶∶2
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根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过连续相同的位移所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)，通过ab段的时间为t，可得出通过bc时间为(-1)t，通过ae段的时间为tae=t+(-1)t+(-)t+(2-)t=2t，故A错误，B正确；
根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶∶∶2，故C错误，D正确。
5.“蛟龙号”在第五次深海探测活动中，完成海底科考任务后沿竖直方向上浮，设从H深度处匀减速上浮，经过一段时间后“蛟龙号”上浮到海面，此时速度恰好减为零。已知上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2，则满足
A.1∶(2-) B.1∶(-)
C.(2-)∶1 D.2∶1
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初速度为零的匀加速直线运动，相同位移的时间比为1∶(-1)∶(-)∶(2-=。故选A。
6.如图所示，木块A、B、C并排固定在水平地面上，三木块的厚度之比为5∶3∶1，子弹以300 m/s的水平速度射入木块A，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹可视为质点且刚好射穿木块C。下列说法正确的是
A.子弹刚好射出木块A时的速度为100 m/s
B.子弹在木块A中的运动时间大于在木块B中的
运动时间
C.子弹在木块B和C中的运动时间相等
D.子弹在木块A中的平均速度是在木块C中平均速度的2倍
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子弹的末速度为0，把正方向的匀减速直线运动看成反方向加速度大小不变的匀加速直线运动，则在连续相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，则由v=at，可得子弹射出木块A时的速度与子弹的初速度之比为2∶3，故子弹射出木块A时的速度为200 m/s，故A、B错误，C正确；
根据=，子弹在木块A中的平均速度是子弹在
木块C中平均速度的5倍，故D错误。
7.(2023·中山市高一期末)如图所示，在一段平直的高速公路上布设A、B两个监控点，用于区间测速。某车辆经过监控点A时车速为90 km/h，从经过A点开始，司机缓慢轻踩油门，汽车做匀加速直线运动，经过5 s，汽车速度增加至108 km/h，接着保持该速度匀速行驶了3 min，此时汽车距监控点B还有110 m，司机开始刹车，汽车做匀减速直线运动，经过监控点B时，汽车的速度恰好减至90 km/h，求：
(1)汽车匀加速阶段的加速度大小a1和
匀减速阶段的加速度大小a2；
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答案 1 m/s2 1.25 m/s2
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根据题意有
v0=90 km/h=25 m/s，
v1=108 km/h=30 m/s
可得匀加速阶段的加速度大小为
a1== m/s2=1 m/s2
匀减速阶段，有-=-2a2s3，
vt=90 km/h=25 m/s
代入数据解得a2=1.25 m/s2
(2)A、B两个监控点之间的距离。
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答案 5 647.5 m
汽车在匀加速阶段的位移为
s1=t1=×5 m=137.5 m
在匀速阶段的位移s2=v1t2=30×60×3 m=5 400 m
A、B两个监控点之间的距离为s=s1+s2+s3=5 647.5 m。
8.(2023·广州市高一上期中)如图所示，一弹射游戏装置由固定在水平面上的弹射器和5个门组成，两相邻门间的距离均为1 m。现有一滑块(可视为质点)从O点弹出后做匀减速直线运动，全程不与门相碰且恰好停在门5的正下方。已知滑块在门4和5之间滑行的时间为1 s，则下列说法正确的是
A.滑块由门1滑至门5所用的时间为4 s
B.滑块的加速度大小为3 m/s2
C.滑块经过门1时的速度大小为4 m/s
D.滑块在门1和门5之间滑行的平均速度大小为1 m/s
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能力综合练
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滑块做末速度为零的匀减速运动，设滑块依次滑过两相邻门间隔的时间分别为t1、t2、t3和t4，由逆向思维知t4∶t3∶t2∶t1=1∶(-1)∶(-)∶(2-)，而t4=1 s，故滑块由门1滑至门5所用的时间t=t4+t3+t2+t1=2 s，A错误；
滑块由门4到门5，由s=a得加速度大小a=2 m/s2，B错误；
滑块经过门1的速度大小v1=at=4 m/s，C正确；
滑块在门1和门5之间滑行的平均速度大小为== m/s=2 m/s，D错误。
9.如图所示，在冰壶比赛中，一冰壶(可视为质点)以速度v垂直进入四个相同矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t，则冰壶通过第一个矩形区域所需要的时间为
A.t B.(-)t
C.(2-)t D.t
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冰壶做匀减速运动至速度为零，运用逆向思维法，把冰壶看作从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，根据比例式关系可知冰壶从开始连续相等时间内通过的位移比为1∶3，可知，从E到D的时间和从D到A的时间相等，都为t，因为初速度为零的匀加速直线运动中通过连续四段相等位移的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-=2-，tDE=t，则冰壶通过第一个矩形区域的时间为(2-)t，故选C。
10.(2023·广州市高一期末)以162 km/h运行的动车，因突发状况要送一个重症病人下车，决定在前方车站临时紧急停靠1 min，假定动车以大小为0.9 m/s2的加速度做匀减速直线运动，到车站恰好停止，停车1 min放下病人后，动车再以0.3 m/s2的加速度匀加速直线启动，直到恢复原来的速度行驶。求：
(1)动车做匀减速直线运动的时间和通过的距离；
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答案 50 s 1 125 m
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根据题意，动车正常行驶的速度为
v0=162 km/h=45 m/s
设匀减速运动加速度大小为a1，根据匀变速运动速度公式可得动车做匀减速直线运动的时间为
t1== s=50 s
通过的距离为
s1==1 125 m
(2)因这次临时停车，动车会延误多少时间。
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答案 160 s
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动车从静止加速到原来速度所需时间为
t2== s=150 s
该段时间位移为
s2=a2=3 375 m
动车减速和加速过程的总距离为
s=s1+s2=4 500 m
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若动车正常行驶该段距离所需时间为t==100 s
可得因这次临时停车，动车延误的时间为
t'=t1+t2+60 s-t=160 s。
11.一个物体做直线运动，依次经过 A、B、C 三个点， B为AC段的中点，物体在 AB 段的加速度恒为a1，在 BC 段的加速度恒为a2，已知 A、B、C 三个点的速度分别为 vA 、vB 、vC ，有 vA < vC且vB= ，则加速度a1和a2的大小关系为
A.a1
C.a1>a2 D.条件不足无法确定
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
尖子生选练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
方法一 利用运动学公式：
对AB段：-=2a1s，
对BC段：-=2a2s，
且vB=，由以上三式得：
a2-a1=(vA-vC)2
因为(vA-vC)2>0，则：a11
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
方法二 利用v-t图像：
如图所示，根据题意vB=，若a1=a2，
如图线1，则一定有sAB若a1>a2，如图线2，则一定有sAB故只有a1返回专题强化 匀变速直线运动规律的应用(一)
［学习目标］ 1.理解平均速度公式，会用平均速度公式解决相关问题(重难点)。2.会推导Δs=aT2并会用它解决相关问题(难点)。
一、匀变速直线运动的平均速度公式
一物体做匀加速直线运动，初速度为v0，经过一段时间末速度为vt。
(1)画出物体的v-t图像，求出物体在这段时间内的平均速度。
(2)在图像中表示出中间时刻的瞬时速度，并求出。(结果用v0、vt表示)
____________________________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________________________
1.匀变速直线运动的平均速度公式：==。
(1)匀变速直线运动中任意一段时间t内的平均速度等于该段时间的 的瞬时速度，还等于该段时间初、末速度矢量和的一半。
(2)若同时涉及位移与时间而不涉及加速度，选用中间时刻瞬时速度公式及平均速度公式，即==，=。
2.三个平均速度公式的比较
=适用于任何运动；
=及=仅适用于 直线运动。
若一物体做匀加速直线运动，初速度为v0，末速度为v，位移为s，这段位移中间位置的瞬时速度为。试比较与的大小。
____________________________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________________________
例1 (2023·广州执信中学高一期末)一滑雪运动员不借助雪杖，以10 m/s的速度由坡底冲上一足够长的斜坡，当他返回坡底时测得速度大小为8 m/s。已知上坡和下坡两个阶段运动员均沿同一直线做匀变速直线运动，则运动员上坡和下坡所用的时间之比为( )
A.5∶4 B.4∶5
C.2∶3 D.3∶2
针对训练 (2023·揭阳市高一期末)小张通过无人机来拍摄城镇的风景，携带摄像机的无人机质量m=2 kg，t=0时刻，无人机由静止起飞，沿竖直方向做匀加速直线运动，t1=6 s时无人机达到最大速度，此时距地面的高度为54 m，然后匀减速直线上升，t2=15 s时无人机的速度恰好减为0，悬停在空中拍摄取景。求：
(1)无人机上升过程中的最大速度；
(2)无人机悬停时距地面的高度。
____________________________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________________________
例2 (2023·惠州市高一阶段练习)汽车在平直的公路上以20 m/s的速度匀速行驶，发现前方有特殊情况时驾驶员采取刹车措施使汽车立即做匀减速运动直至安全停止，已知减速过程中第1 s内汽车行驶的位移大小为16 m，则汽车停止运动前最后1 s内位移大小是( )
A.2 m B.4 m
C.8 m D.10 m
二、匀变速直线运动的位移差公式Δs=aT2
1.一物体做匀变速直线运动，加速度为a，从某时刻起T时间内的位移为s1，紧接着第二个T时间内的位移为s2。Δs=s2-s1，试证明：Δs=aT2。
2.对于加速度为a的匀变速直线运动，若已知连续相等的时间T内通过的位移分别为s1、s2、s3、s4，…，则s4-s1= 。
1.内容：匀变速直线运动的物体，在任意两个连续相等的时间T内的位移差 ，即s2-s1=s3-s2=…=sn-sn-1=aT2。
2.推论：对于不连续的相等时间内的位移差，sm-sn= ，其中m>n。
3.应用
(1)判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δs=s2-s1=s3-s2=…=sn-sn-1=aT2总成立，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Δs=aT2，可求得a=。
例3 从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个小球后，对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片，测得sAB=15 cm，sBC=20 cm。求：
(1)小球的加速度大小；
(2)拍摄时B点处小球的速度大小；
(3)拍摄时C、D间的距离sCD；
(4)A点的上方滚动的小球还有几个。
____________________________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________________________
答案精析
一、
(1)v-t图像如图所示。
因为v-t图像中图线与t轴所围“面积”表示位移，t时间内物体的位移可表示为s=·t ①
平均速度= ②
由①②两式得=。
(2)由图可知中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，即：=。
提炼总结
1.(1)中间时刻
2.匀变速
讨论与交流
方法一
定性分析法
物体做匀加速直线运动，速度先慢后快，如图
前时间内的位移s1<，故<。
方法二 公式法
如图，-=2a
v2-=2a
得=
则->0
故>。
方法三 图像法
由图知>。
例1 B ［设运动员上坡的路程为s，上坡时所用时间为t1，下坡时所用时间为t2，则有s=(0+v0)t1=5t1(m)，s=(0+v)t2=4t2 (m)，联立解得t1∶t2=4∶5，故选B。］
针对训练 (1)18 m/s (2)135 m
解析 (1)无人机做匀加速直线运动阶段有h1=t1，
所以无人机上升过程中的最大速度为
vmax=18 m/s
(2)无人机做匀减速直线运动阶段有
h2=(t2-t1)=×9 m=81 m，
所以无人机悬停时距地面的高度为
h=h1+h2=54 m+81 m=135 m。
例2 B ［根据某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，减速过程中第0.5 s汽车速度v'== m/s=16 m/s，汽车加速度大小为a== m/s2=8 m/s2，采用逆向思维法，则汽车停止运动前最后1 s内位移大小是s=at2=×8×12 m=4 m，故选B。］
二、
1.证明：设物体的初速度为v0
自计时起T时间内的位移
s1=v0T+aT2 ①
在第2个T时间内的位移
s2=v0·2T+a(2T)2-s1=v0T+aT2 ②
由①②两式得连续相等时间内的位移差为
Δs=s2-s1=v0T+aT2-v0T-aT2=aT2，
即Δs=aT2。
2.方法一 如图所示
设初速度为v0，第四段位移的初速度为v3，则
v3=v0+3aT
s1=v0T+aT2
s4=v3T+aT2
s4-s1=(v3-v0)T=3aT2。
方法二 由s2-s1=aT2
s3-s2=aT2
s4-s3=aT2
得s4-s1=3aT2。
提炼总结
1.恒定
2.(m-n)aT2
例3 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s
(3)0.25 m (4)2个
解析 (1)由推论Δs=aT2可知，小球加速度为
a=== m/s2=5 m/s2。
(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻，所以B点处小球的速度等于AC段的平均速度，即
vB== m/s
=1.75 m/s。
(3)由于连续相等时间内位移差恒定，
所以sCD-sBC=sBC-sAB
得sCD=2sBC-sAB
=2×20×10-2 m-15×10-2 m
=0.25 m。
(4)设A点处小球的速度为vA，
由于vA=vB-aT=1.25 m/s，
所以A点处小球的运动时间为
tA==0.25 s，
所以在A点的上方滚动的小球还有2个。(共54张PPT)
DIERZHANG
第二章
专题强化 匀变速直线运动
规律的应用(一)
1.理解平均速度公式，会用平均速度公式解决相关问题(重难点)。
2.会推导Δs=aT2并会用它解决相关问题(难点)。
学习目标
一、匀变速直线运动的平均速度公式
二、匀变速直线运动的位移差公式Δs=aT2
专题强化练
内容索引
匀变速直线运动的平均速度公式
一
一物体做匀加速直线运动，初速度为v0，经过一段时间末速度为vt。
(1)画出物体的v-t图像，求出物体在这段时间内的平均速度。
答案 v-t图像如图所示。
因为v-t图像中图线与t轴所围“面积”表示位移，
t时间内物体的位移可表示为s=·t ①
平均速度= ②
由①②两式得=。
(2)在图像中表示出中间时刻的瞬时速度。(结果用v0、vt表示)
答案 由图可知中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，即：=。
1.匀变速直线运动的平均速度公式：==。
(1)匀变速直线运动中任意一段时间t内的平均速度等于该段时间的_________的瞬时速度，还等于该段时间初、末速度矢量和的一半。
(2)若同时涉及位移与时间而不涉及加速度，选用中间时刻瞬时速度公式及平均速度公式，即==，=。
提炼·总结
中间时刻
2.三个平均速度公式的比较
=适用于任何运动；
=及=仅适用于 直线运动。
匀变速
若一物体做匀加速直线运动，初速度为v0，末速度为v，位移为s，这段位移中间位置的瞬时速度为。试比较与的大小。
讨论与交流
答案 方法一 定性分析法
物体做匀加速直线运动，速度先慢后快，如图
前时间内的位移s1<，故<。
方法二 公式法
如图，=2a
v2-=2a
得=
则>0
故>。
方法三 图像法
由图知>。
(2023·广州执信中学高一期末)一滑雪运动员不借助雪杖，以10 m/s的速度由坡底冲上一足够长的斜坡，当他返回坡底时测得速度大小为8 m/s。已知上坡和下坡两个阶段运动员均沿同一直线做匀变速直线运动，则运动员上坡和下坡所用的时间之比为
A.5∶4 B.4∶5
C.2∶3 D.3∶2
例1
√
设运动员上坡的路程为s，上坡时所用时间为t1，下坡时所用时间为t2，则有s=(0+v0)t1=5t1(m)，s=(0+v)t2=4t2 (m)，联立解得t1∶t2=4∶5，故选B。
(2023·揭阳市高一期末)小张通过无人机来拍摄城镇的风景，携带摄像机的无人机质量m=2 kg，t=0时刻，无人机由静止起飞，沿竖直方向做匀加速直线运动，t1=6 s时无人机达到最大速度，此时距地面的高度为54 m，然后匀减速直线上升，t2=15 s时无人机的速度恰好减为0，悬停在空中拍摄取景。求：
(1)无人机上升过程中的最大速度；
针对训练
答案 18 m/s
无人机做匀加速直线运动阶段有
h1=t1，
所以无人机上升过程中的最大速度为
vmax=18 m/s
(2)无人机悬停时距地面的高度。
无人机做匀减速直线运动阶段有
h2=(t2-t1)=×9 m=81 m，
所以无人机悬停时距地面的高度为
h=h1+h2=54 m+81 m=135 m。
答案 135 m
(2023·惠州市高一阶段练习)汽车在平直的公路上以20 m/s的速度匀速行驶，发现前方有特殊情况时驾驶员采取刹车措施使汽车立即做匀减速运动直至安全停止，已知减速过程中第1 s内汽车行驶的位移大小为16 m，则汽车停止运动前最后1 s内位移大小是
A.2 m B.4 m
C.8 m D.10 m
例2
√
根据某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，减速过程中第0.5 s汽车速度v'== m/s=16 m/s，汽车加速度大小为a== m/s2=8 m/s2，采用逆向思维法，则汽车停止运动前最后 1 s内位移大小是s=at2=×8×12 m=4 m，故选B。
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匀变速直线运动的位移差公式Δs=aT2
二
1.一物体做匀变速直线运动，加速度为a，从某时刻起T时间内的位移为s1，紧接着第二个T时间内的位移为s2。Δs=s2-s1，试证明：Δs=aT2。
答案 证明：设物体的初速度为v0
自计时起T时间内的位移
s1=v0T+aT2 ①
在第2个T时间内的位移
s2=v0·2T+a(2T)2-s1=v0T+aT2 ②
由①②两式得连续相等时间内的位移差为
Δs=s2-s1=v0T+aT2-v0T-aT2=aT2，
即Δs=aT2。
2.对于加速度为a的匀变速直线运动，若已知连续相等的时间T内通过的位移分别为s1、s2、s3、s4，…，则s4-s1= 。
答案 方法一 如图所示
设初速度为v0，第四段位移的初速度为v3，则
v3=v0+3aT
s1=v0T+aT2
s4=v3T+aT2
s4-s1=(v3-v0)T=3aT2。
方法二 由s2-s1=aT2
s3-s2=aT2
s4-s3=aT2
得s4-s1=3aT2。
1.内容：匀变速直线运动的物体，在任意两个连续相等的时间T内的位移差 ，即s2-s1=s3-s2=…=sn-sn-1=aT2。
2.推论：对于不连续的相等时间内的位移差，sm-sn= ，其中m>n。
3.应用
(1)判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δs=s2-s1=s3-s2=…=sn-sn-1=aT2总成立，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Δs=aT2，可求得a=。
提炼·总结
恒定
(m-n)aT2
从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个小球后，对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片，测得sAB=15 cm，sBC=20 cm。求：
(1)小球的加速度大小；
例3
答案 5 m/s2
由推论Δs=aT2可知，小球加速度为
a=== m/s2=5 m/s2。
(2)拍摄时B点处小球的速度大小；
答案 1.75 m/s
由题意知B点对应AC段的中间时刻，所以B点处小球的速度等于AC段的平均速度，即
vB== m/s=1.75 m/s。
(3)拍摄时C、D间的距离sCD；
答案 0.25 m
由于连续相等时间内位移差恒定，
所以sCD-sBC=sBC-sAB
得sCD=2sBC-sAB
=2×20×10-2 m-15×10-2 m=0.25 m。
(4)A点的上方滚动的小球还有几个。
答案 2个
设A点处小球的速度为vA，
由于vA=vB-aT=1.25 m/s，
所以A点处小球的运动时间为tA==0.25 s，
所以在A点的上方滚动的小球还有2个。
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专题强化练
三
考点一 平均速度公式的应用
1.(2023·惠州市高一月考)我国自行研制的“枭龙”战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间为t，则起飞前滑行的距离为
A. B.vt C.2vt D.
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基础对点练
√
12
整个过程中飞机做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得，全程的平均速度为，所以起飞前运动的距离为s=，故选D。
2.某汽车(视为质点)在平直的公路上做初速度为零的匀加速直线运动，运动一段时间后到达A点，从A点开始计时，汽车从A点运动到B点和从B点运动到C点的时间均为2 s，已知A、B两点间的距离和B、C两点间的距离分别是20 m、30 m，汽车在B点的速度大小为
A.15 m/s B.12.5 m/s C.8 m/s D.4 m/s
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根据匀加速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得汽车在B点的速度大小为vB== m/s=12.5 m/s，故B正确。
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3.物体做匀减速直线运动，相继经过两段距离为24 m的路程，第一段用时2 s，第二段用时4 s，则物体的加速度是
A.1 m/s2 B.-2 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
√
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第一段平均速度为v1== m/s=12 m/s，第二段平均速度为v2== m/s=6 m/s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为Δt=1 s+2 s=3 s，加速度为a== m/s2=-2 m/s2，故选B。
12
4.(2023·广州奥林匹克中学高一期末)做直线运动的物体，其v-t图像如图所示，下列判断正确的是
A.物体在1 s末改变运动方向
B.物体在1~3 s和3~4 s加速度大小相等方向相反
C.物体在前3 s与后2 s内的位移大小之比为3∶1
D.物体在最初1 s与最后1 s的平均速度大小之比为1∶1
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由图像可知：物体在前3 s内速度方向都为
正，所以在第1 s末运动方向没有发生变化，
A错误；
物体在1~3 s和3~4 s图像的斜率相同，所以
加速度是相同的，B错误；
物体在前3 s的位移s1=×4×3 m=6 m，后2 s内的位移大小s2=×2× 2 m=2 m，即位移大小之比为3∶1，C正确；
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物体在最初1 s的平均速度大小= m/s= 2 m/s，最后1 s的平均速度大小= m/s= 1 m/s，D错误。
考点二 位移差公式Δs=aT2的应用
5.一质点做匀加速直线运动，依次经过O、A、B、C四点，A、B间的距离为10 m，B、C间的距离为14 m，已知物体通过OA段、AB段、BC段所用的时间均相等。则O与A的距离为
A.8 m B.6 m C.4 m D.2 m
√
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12
根据匀加速直线运动规律，连续相等的时间T内物体的位移之差Δs=aT2相等，则s3-s2=s2-s1，所以s1=2s2-s3=2×10 m-14 m=6 m，选项B正确。
6.一辆汽车行驶在平直公路上，从t=0时开始制动，汽车在第1 s内、第2 s内、第3 s内前进的距离分别是9 m、7 m、5 m，如图所示。某同学根据题目所提供的信息，猜想汽车在制动后做匀减速直线运动。如果他的猜想是正确的，可进一步推断汽车的加速度大小为
A.2 m/s2 B.5 m/s2 C.7 m/s2 D.9 m/s2
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根据匀变速直线运动连续相等时间内的位移之差相等可以判断汽车做匀减速直线运动，则根据逐差法有s2-s1=at2，代入数据可得a= -2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，故选A。
12
7.(2023·珠海市第一中学高一期中)某质点由A经B、C到D做匀加速直线运动，历时6 s。前2 s和后2 s位移分别为AB=8 m和CD=12 m，该质点的加速度及经B点的瞬时速度大小分别是
A.1 m/s2，5 m/s B.0.5 m/s2，4.5 m/s
C.1 m/s2，10 m/s D.0.5 m/s2，9 m/s
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由匀变速直线运动规律可得CD-AB=2aT2
该质点的加速度a== m/s2=0.5 m/s2
由匀变速直线运动规律可得Δs=CD-BC=BC-AB，可得BC=10 m
经B点的瞬时速度的大小
vB== m/s=4.5 m/s，故选B。
12
8.小物块以一定初速度滑上光滑固定斜面，沿斜面向上依次有A、B、C三点，物块在AB间的平均速度为BC间平均速度的4倍，到达C点时速度为0，则AC∶BC为
A.3∶1 B.7∶1
C.5∶1 D.9∶1
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能力综合练
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设小物块在A点的速度为vA，B点的速度为vB，可得=4∶1
解得vA∶vB=3∶1
根据v2=2as
可得s=
则AC∶BC==9∶1，故选D。
12
9.(2023·广州市高一期末)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图像如图所示，在这段时间内
A.汽车甲的平均速度比乙大
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
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v-t图像中图线与横轴所围的面积表示物体的位移，故在0~t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据=可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A正确，C错误；
因为乙车做变减速运动故平均速度不等
于，选项B错误；
v-t图像中图线切线的斜率表示物体的加速度，故甲、乙两车的加速度均逐渐减小，选项D错误。
12
10.某物体做匀加速直线运动，先后经过M、N两点的速度大小分别为v和3v，经历的时间为t，则
A.物体经过MN中点时的速度大小为2v
B.物体在时间t内的中间时刻的速度大小为2v
C.物体经过任意时间t，速度的增量均为v
D.物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大
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物体在匀变速直线运动中位移中点的速度大小== =v，A错误；
12
物体在匀变速直线运动中中间时刻的速度大小===2v，B正确；
由题可知，物体在t时间内的速度的增量为2v，由于物体做匀加速直线运动，所以物体经过任意时间t，速度的增量均为2v，C错误；
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物体在时间t内的中间时刻的速度大小为2v，则物体在后时间多通过的距离Δs=××=，D错误。
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11.(2023·汕头市高一期末)福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用了电磁弹射和阻拦系统。舰载机的起飞和着陆均视为匀变速直线运动，福建舰始终静止，相关数据如下表所示：
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全舰长度 320 m 舰宽 78 m 母舰最大航速 30节(约为56 km/h)
满载排水量 8万余吨 舰载机质量 50吨 舰载机搭载数量 60~70架
舰载机加速的加速度 5 m/s2 舰载机减速的加速度 20 m/s2 舰载机起飞速度 80 m/s
(1)若电磁弹射给舰载机的初速度为40 m/s，请根据表格数据判断舰载机能否正常起飞；
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全舰长度 320 m 舰宽 78 m 母舰最大航速 30节(约为56 km/h)
满载排水量 8万余吨 舰载机质量 50吨 舰载机搭载数量 60~70架
舰载机加速的加速度 5 m/s2 舰载机减速的加速度 20 m/s2 舰载机起飞速度 80 m/s
答案 不能正常起飞，理由见解析
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根据表中数据可知，假设舰载机能正常起飞，则起飞时的加速距离为
s===480 m，
因为480 m>320 m，超过全舰长度，则假设不成立，舰载机不能正常起飞。
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(2)若拦阻索对返航的舰载机进行减速时，舰载机的初速度大小为40 m/s，求着陆3 s内舰载机的位移的大小。
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全舰长度 320 m 舰宽 78 m 母舰最大航速 30节(约为56 km/h)
满载排水量 8万余吨 舰载机质量 50吨 舰载机搭载数量 60~70架
舰载机加速的加速度 5 m/s2 舰载机减速的加速度 20 m/s2 舰载机起飞速度 80 m/s
答案 40 m
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假设减速时全舰长度足够长，则着陆后舰载机停下所需的时间为
t== s=2 s<3 s，
故舰载机减速2 s停下后，保持静止，
此段时间的位移为s'=·t=×2 m=40 m<320 m，假设成立，
则舰载机着陆3 s内的位移大小为40 m。
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12.(多选)(2023·广州市第七中学高一期末)一个小球由静止释放后，在竖直方向做匀加速直线运动，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中所示小球运动中每次曝光的位置1、2、3、4、5。连续两次曝光的时间均为T=0.1 s，已知3、4两位置之间的距离为13 cm，4、5两位置之间的距离为18 cm，则
A.位置1、2之间的距离为3 cm
B.小球的加速度a=5 m/s2
C.小球释放的位置是在位置1
D.小球在位置5的速度为1.05 m/s
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尖子生选练
√
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根据匀变速直线运动的规律可知s45-s34=Δs，则Δs=18 cm-13 cm=5 cm，所以s23=s34-Δs=13 cm-5 cm=8 cm=0.08 m，则s12=s23-Δs=8 cm-5 cm =3 cm=0.03 m，A正确；
根据位移差公式Δs=aT2，解得a== m/s2=5 m/s2，B正确；
12
小球在位置2的速度v2== m/s=0.55 m/s，则在位置1的速度v1=v2-aT=(0.55-5×0.1) m/s=0.05 m/s，可知位置1不是小球释放的位置，C错误；
根据速度公式，小球在位置5的速度为v5=v1+a×4T=(0.05+5×4×0.1) m/s =2.05 m/s，D错误。
返回作业11 匀变速直线运动规律的应用(一)
(分值：100分)
1~7题每题7分，共49分
考点一 平均速度公式的应用
1.（2023·惠州市高一月考）我国自行研制的“枭龙”战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间为t，则起飞前滑行的距离为 （ ）
A. B.vt
C.2vt D.
2.某汽车（视为质点）在平直的公路上做初速度为零的匀加速直线运动，运动一段时间后到达A点，从A点开始计时，汽车从A点运动到B点和从B点运动到C点的时间均为2 s，已知A、B两点间的距离和B、C两点间的距离分别是20 m、30 m，汽车在B点的速度大小为 （ ）
A.15 m/s B.12.5 m/s
C.8 m/s D.4 m/s
3.物体做匀减速直线运动，相继经过两段距离为24 m的路程，第一段用时2 s，第二段用时4 s，则物体的加速度是 （ ）
A.1 m/s2 B.-2 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
4.（2023·广州奥林匹克中学高一期末）做直线运动的物体，其v-t图像如图所示，下列判断正确的是 （ ）
A.物体在1 s末改变运动方向
B.物体在1~3 s和3~4 s加速度大小相等方向相反
C.物体在前3 s与后2 s内的位移大小之比为3∶1
D.物体在最初1 s与最后1 s的平均速度大小之比为1∶1
考点二 位移差公式Δs=aT2的应用
5.一质点做匀加速直线运动，依次经过O、A、B、C四点，A、B间的距离为10 m，B、C间的距离为14 m，已知物体通过OA段、AB段、BC段所用的时间均相等。则O与A的距离为 （ ）
A.8 m B.6 m C.4 m D.2 m
6.一辆汽车行驶在平直公路上，从t=0时开始制动，汽车在第1 s内、第2 s内、第3 s内前进的距离分别是9 m、7 m、5 m，如图所示。某同学根据题目所提供的信息，猜想汽车在制动后做匀减速直线运动。如果他的猜想是正确的，可进一步推断汽车的加速度大小为 （ ）
A.2 m/s2 B.5 m/s2
C.7 m/s2 D.9 m/s2
7.（2023·珠海市第一中学高一期中）某质点由A经B、C到D做匀加速直线运动，历时6 s。前2 s和后2 s位移分别为AB=8 m和CD=12 m，该质点的加速度及经B点的瞬时速度大小分别是 （ ）
A.1 m/s2，5 m/s B.0.5 m/s2，4.5 m/s
C.1 m/s2，10 m/s D.0.5 m/s2，9 m/s
8~10题每题8分，11题16分，共40分
8.小物块以一定初速度滑上光滑固定斜面，沿斜面向上依次有A、B、C三点，物块在AB间的平均速度为BC间平均速度的4倍，到达C点时速度为0，则AC∶BC为 （ ）
A.3∶1 B.7∶1
C.5∶1 D.9∶1
9.（2023·广州市高一期末）甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图像如图所示，在这段时间内 （ ）
A.汽车甲的平均速度比乙大
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
10.某物体做匀加速直线运动，先后经过M、N两点的速度大小分别为v和3v，经历的时间为t，则 （ ）
A.物体经过MN中点时的速度大小为2v
B.物体在时间t内的中间时刻的速度大小为2v
C.物体经过任意时间t，速度的增量均为v
D.物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大
11.（16分）（2023·汕头市高一期末）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用了电磁弹射和阻拦系统。舰载机的起飞和着陆均视为匀变速直线运动，福建舰始终静止，相关数据如下表所示：
全舰长度 320 m 舰宽 78 m 母舰最大航速 30节（约为56 km/h）
满载排水量 8万余吨 舰载机质量 50吨 舰载机搭载数量 60~70架
舰载机加速的加速度 5 m/s2 舰载机减速的加速度 20 m/s2 舰载机起飞速度 80 m/s
（1）（6分）若电磁弹射给舰载机的初速度为40 m/s，请根据表格数据判断舰载机能否正常起飞；
（2）（10分）若拦阻索对返航的舰载机进行减速时，舰载机的初速度大小为40 m/s，求着陆3 s内舰载机的位移的大小。
（11分）
12.（多选）（2023·广州市第七中学高一期末）一个小球由静止释放后，在竖直方向做匀加速直线运动，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中所示小球运动中每次曝光的位置1、2、3、4、5。连续两次曝光的时间均为T=0.1 s，已知3、4两位置之间的距离为13 cm，4、5两位置之间的距离为18 cm，则 （ ）
A.位置1、2之间的距离为3 cm
B.小球的加速度a=5 m/s2
C.小球释放的位置是在位置1
D.小球在位置5的速度为1.05 m/s
答案精析
1.D ［整个过程中飞机做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得，全程的平均速度为，所以起飞前运动的距离为s=，故选D。］
2.B ［根据匀加速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得汽车在B点的速度大小为vB== m/s=12.5 m/s，故B正确。］
3.B ［第一段平均速度为v1== m/s=12 m/s，第二段平均速度为v2== m/s=6 m/s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为Δt=1 s+2 s=3 s，加速度为a== m/s2=-2 m/s2，故选B。］
4.C ［由图像可知：物体在前3 s内速度方向都为正，所以在第1 s末运动方向没有发生变化，A错误；物体在1~3 s和3~4 s图像的斜率相同，所以加速度是相同的，B错误；物体在前3 s的位移s1=×4×3 m=6 m，后2 s内的位移大小s2=×2×2 m=2 m，即位移大小之比为3∶1，C正确；物体在最初1 s的平均速度大小= m/s=2 m/s，最后1 s的平均速度大小= m/s=1 m/s，D错误。］
5.B ［根据匀加速直线运动规律，连续相等的时间T内物体的位移之差Δs=aT2相等，则s3-s2=s2-s1，所以s1=2s2-s3=2×10 m-14 m=6 m，选项B正确。］
6.A ［根据匀变速直线运动连续相等时间内的位移之差相等可以判断汽车做匀减速直线运动，则根据逐差法有s2-s1=at2，代入数据可得a=-2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，故选A。］
7.B ［由匀变速直线运动规律可得CD-AB=2aT2
该质点的加速度a== m/s2=0.5 m/s2
由匀变速直线运动规律可得Δs=CD-BC=BC-AB，可得BC=10 m
经B点的瞬时速度的大小
vB== m/s=4.5 m/s，故选B。］
8.D ［设小物块在A点的速度为vA，B点的速度为vB，可得∶=4∶1
解得vA∶vB=3∶1
根据v2=2as
可得s=
则AC∶BC=∶=9∶1，故选D。］
9.A ［v-t图像中图线与横轴所围的面积表示物体的位移，故在0~t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据=可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A正确，C错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于，选项B错误；v-t图像中图线切线的斜率表示物体的加速度，故甲、乙两车的加速度均逐渐减小，选项D错误。］
10.B ［物体在匀变速直线运动中位移中点的速度大小===v，A错误；物体在匀变速直线运动中中间时刻的速度大小===2v，B正确；由题可知，物体在t时间内的速度的增量为2v，由于物体做匀加速直线运动，所以物体经过任意时间t，速度的增量均为2v，C错误；物体在时间t内的中间时刻的速度大小为2v，则物体在后时间比前时间多通过的距离Δs=×-×=，D错误。］
11.(1)不能正常起飞，理由见解析
(2)40 m
解析 (1)根据表中数据可知，假设舰载机能正常起飞，则起飞时的加速距离为
s===480 m，
因为480 m>320 m，超过全舰长度，则假设不成立，舰载机不能正常起飞。
(2)假设减速时全舰长度足够长，则着陆后舰载机停下所需的时间为
t== s=2 s<3 s，
故舰载机减速2 s停下后，保持静止，
此段时间的位移为s'=·t=×2 m=40 m<320 m，假设成立，
则舰载机着陆3 s内的位移大小为40 m。
12.AB ［根据匀变速直线运动的规律可知s45-s34=Δs，则Δs=18 cm-13 cm=5 cm，所以s23=s34-Δs=13 cm-5 cm=8 cm=0.08 m，则s12=s23-Δs=8 cm-5 cm=3 cm=0.03 m，A正确；根据位移差公式Δs=aT2，解得a== m/s2=5 m/s2，B正确；小球在位置2的速度v2== m/s=0.55 m/s，则在位置1的速度v1=v2-aT=(0.55-5×0.1) m/s=0.05 m/s，可知位置1不是小球释放的位置，C错误；根据速度公式，小球在位置5的速度为v5=v1+a×4T=(0.05+5×4×0.1) m/s=2.05 m/s，D错误。］作业12 匀变速直线运动规律的应用(二)
(分值：100分)
1~6题每题7分，7题14分，共56分
1.汽车刹车后做匀减速直线运动，经过3 s停止，则在刹车后第1 s内、第2 s内、第3 s内汽车通过的距离之比是 （ ）
A.1∶3∶5 B.1∶4∶9
C.5∶3∶1 D.5∶8∶9
2.（2023·广东实验中学高一开学考试）如图所示是商场中的无轨小火车，已知小火车由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，测得第一节车厢经过他历时10 s， 那第二节车厢通过他所需要的时间是 （ ）
A.10（3-2） s B. s
C.10（-1） s D.10（-） s
3.（2023·广州市仲元中学高一期末）物体由静止开始做匀加速直线运动，3 s末速度为3 m/s，则下列说法正确的是 （ ）
A.2 s末、3 s末的速度之比为4∶9
B.第1 s内和第2 s内的位移之比为1∶4
C.第2 s内的位移为1.5 m
D.第3 s内的平均速度为1.5 m/s
4.（多选）如图所示，港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，标记为a、b、c、d、e，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t。则下列说法正确的是 （ ）
A.通过bc段的时间也为t
B.通过ae段的时间为2t
C.汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶2∶3∶4
D.汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶∶∶2
5.“蛟龙号”在第五次深海探测活动中，完成海底科考任务后沿竖直方向上浮，设从H深度处匀减速上浮，经过一段时间后“蛟龙号”上浮到海面，此时速度恰好减为零。已知上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2，则满足 （ ）
A.1∶（2-） B.1∶（-）
C.（2-）∶1 D.2∶1
6.如图所示，木块A、B、C并排固定在水平地面上，三木块的厚度之比为5∶3∶1，子弹以300 m/s的水平速度射入木块A，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹可视为质点且刚好射穿木块C。下列说法正确的是 （ ）
A.子弹刚好射出木块A时的速度为100 m/s
B.子弹在木块A中的运动时间大于在木块B中的运动时间
C.子弹在木块B和C中的运动时间相等
D.子弹在木块A中的平均速度是在木块C中平均速度的2倍
7.（14分）（2023·中山市高一期末）如图所示，在一段平直的高速公路上布设A、B两个监控点，用于区间测速。某车辆经过监控点A时车速为90 km/h，从经过A点开始，司机缓慢轻踩油门，汽车做匀加速直线运动，经过5 s，汽车速度增加至108 km/h，接着保持该速度匀速行驶了3 min，此时汽车距监控点B还有110 m，司机开始刹车，汽车做匀减速直线运动，经过监控点B时，汽车的速度恰好减至90 km/h，求：
（1）（9分）汽车匀加速阶段的加速度大小a1和匀减速阶段的加速度大小a2；
（2）（5分）A、B两个监控点之间的距离。
8、9题每题8分，10题16分，共32分
8.（2023·广州市高一上期中）如图所示，一弹射游戏装置由固定在水平面上的弹射器和5个门组成，两相邻门间的距离均为1 m。现有一滑块（可视为质点）从O点弹出后做匀减速直线运动，全程不与门相碰且恰好停在门5的正下方。已知滑块在门4和5之间滑行的时间为1 s，则下列说法正确的是 （ ）
A.滑块由门1滑至门5所用的时间为4 s
B.滑块的加速度大小为3 m/s2
C.滑块经过门1时的速度大小为4 m/s
D.滑块在门1和门5之间滑行的平均速度大小为1 m/s
9.如图所示，在冰壶比赛中，一冰壶（可视为质点）以速度v垂直进入四个相同矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t，则冰壶通过第一个矩形区域所需要的时间为 （ ）
A.t B.（-）t
C.（2-）t D.t
10.（16分）（2023·广州市高一期末）以162 km/h运行的动车，因突发状况要送一个重症病人下车，决定在前方车站临时紧急停靠1 min，假定动车以大小为0.9 m/s2的加速度做匀减速直线运动，到车站恰好停止，停车1 min放下病人后，动车再以0.3 m/s2的加速度匀加速直线启动，直到恢复原来的速度行驶。求：
（1）（6分）动车做匀减速直线运动的时间和通过的距离；
（2）（10分）因这次临时停车，动车会延误多少时间。
（12分）
11.一个物体做直线运动，依次经过 A、B、C 三个点， B为AC段的中点，物体在 AB 段的加速度恒为a1，在 BC 段的加速度恒为a2，已知 A、B、C 三个点的速度分别为 vA 、vB 、vC ，有 vA < vC且vB= ，则加速度a1和a2的大小关系为 （ ）
A.a1C.a1>a2 D.条件不足无法确定
答案精析
1.C ［将汽车的运动看作逆向的初速度为0的匀加速直线运动，则根据匀变速直线运动规律可得在刹车后第1 s内、第2 s内、第3 s内汽车通过的距离之比是5∶3∶1。故选C。］
2.C ［因为做初速度为零的匀加速直线运动，在通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)，则第二节车厢和第一节车厢通过他所需的时间之比为(-1)∶1，第一节车厢经过他历时10 s，则第二节车厢通过他的时间为10(-1) s。故选C。］
3.C ［根据v=at知，第1秒末、第2秒末、第3秒末的速度之比为1∶2∶3，故A错误；初速度为0的匀加速直线运动，在第1 s内、第2 s内、第3 s内位移之比等于1∶3∶5，故B错误；3 s末速度为3 m/s，由v=at可知，第1 s末速度为1 m/s，第2 s末速度为2 m/s，则第2秒内的位移为s=t0=×1 m=1.5 m，第3 s内的平均速度为== m/s=2.5 m/s，故C正确，D错误。］
4.BD ［根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过连续相同的位移所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)，通过ab段的时间为t，可得出通过bc时间为(-1)t，通过ae段的时间为tae=t+(-1)t+(-)t+(2-)t=2t，故A错误，B正确；根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶∶∶2，故C错误，D正确。］
5.A ［初速度为零的匀加速直线运动，相同位移的时间比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)，利用逆向思维，把末速度为零的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，可知=。故选A。］
6.C ［子弹的末速度为0，把正方向的匀减速直线运动看成反方向加速度大小不变的匀加速直线运动，则在连续相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，则由v=at，可得子弹射出木块A时的速度与子弹的初速度之比为2∶3，故子弹射出木块A时的速度为200 m/s，故A、B错误，C正确；根据=，子弹在木块A中的平均速度是子弹在木块C中平均速度的5倍，故D错误。］
7.(1)1 m/s2 1.25 m/s2 (2)5 647.5 m
解析 (1)根据题意有
v0=90 km/h=25 m/s，
v1=108 km/h=30 m/s
可得匀加速阶段的加速度大小为
a1== m/s2=1 m/s2
匀减速阶段，有-=-2a2s3，
vt=90 km/h=25 m/s
代入数据解得a2=1.25 m/s2
(2)汽车在匀加速阶段的位移为
s1=t1=×5 m=137.5 m
在匀速阶段的位移s2=v1t2=30×60×3 m=5 400 m
A、B两个监控点之间的距离为s=s1+s2+s3=5 647.5 m。
8.C ［滑块做末速度为零的匀减速运动，设滑块依次滑过两相邻门间隔的时间分别为t1、t2、t3和t4，由逆向思维知t4∶t3∶t2∶t1=1∶(-1)∶(-)∶(2-)，而t4=1 s，故滑块由门1滑至门5所用的时间t=t4+t3+t2+t1=2 s，A错误；滑块由门4到门5，由s=a得加速度大小a=2 m/s2，B错误；滑块经过门1的速度大小v1=at=4 m/s，C正确；滑块在门1和门5之间滑行的平均速度大小为== m/s=2 m/s，D错误。］
9.C ［冰壶做匀减速运动至速度为零，运用逆向思维法，把冰壶看作从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，根据比例式关系可知冰壶从开始连续相等时间内通过的位移比为1∶3，可知，从E到D的时间和从D到A的时间相等，都为t，因为初速度为零的匀加速直线运动中通过连续四段相等位移的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)，因此=2-，tDE=t，则冰壶通过第一个矩形区域的时间为(2-)t，故选C。］
10.(1)50 s 1 125 m (2)160 s
解析 (1)根据题意，动车正常行驶的速度为
v0=162 km/h=45 m/s
设匀减速运动加速度大小为a1，根据匀变速运动速度公式可得动车做匀减速直线运动的时间为
t1== s=50 s
通过的距离为
s1==1 125 m
(2)动车从静止加速到原来速度所需时间为
t2== s=150 s
该段时间位移为
s2=a2=3 375 m
动车减速和加速过程的总距离为
s=s1+s2=4 500 m
若动车正常行驶该段距离所需时间为
t==100 s
可得因这次临时停车，动车延误的时间为
t'=t1+t2+60 s-t=160 s。
11.A ［方法一 利用运动学公式：
对AB段：-=2a1s，
对BC段：-=2a2s，
且vB=，由以上三式得：
a2-a1=(vA-vC)2
因为(vA-vC)2>0，则：a1方法二 利用v-t图像：
如图所示，根据题意vB=，若a1=a2，如图线1，则一定有sAB若a1>a2，如图线2，则一定有sAB