(共48张PPT)
第二章 匀变速直线运动的研究
3. 匀变速直线运动的位移与时间的关系
●目标重点展示
探究点1 匀变速直线运动的位移
●新知导学
情境：由做匀速直线运动物体的v－t图像可以看出，在时间t内的位移x对应该图线与横轴所围成的矩形面积；阅读教材45页“拓展学习”栏目，体会微元法的基本思想。
某质点做匀变速直线运动的v－t图像如图所示，在时间t内的位移同样可以用该图线与横轴所围成的梯形面积表示。
探究：已知初速度为v0，在t时刻的速度为v，加速度为a，试根据v－t图像推导出匀变速直线运动的位移与时间的关系式。
?[提示]
●基础梳理
1．利用v－t图像求位移
面积
2．匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝________________，当初速度为0时，x＝____________。
?[拓展]
[拓展]
对于所有的直线运动，v－t图像中图线与时间轴所围图形的面积都等于该段时间内物体的位移。
[判断正误]
(1)对于一个做匀加速直线运动的物体，加速度越大，位移越大。( )
(2)匀变速直线运动的位移公式的推导应用了微元法。( )
?[思考]
×
√
×
[思考]
初速度越大，时间越长，匀变速直线运动物体的位移一定越大吗？
●重难解读
1．适用条件：匀变速直线运动。
2．匀变速直线运动位移与时间的关系式
3．矢量性：公式中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取统一的正方向。
规定正方向 通常取初速度方向为正方向 a、v0同向：代入数值计算时a取正值
a、v0反向：代入数值计算时a取负值
位移的正负 结果为正：说明位移方向与规定的正方向相同
结果为负：说明位移方向与规定的正方向相反
4．两种特殊形式
(1)当a＝0时，x＝v0t(匀速直线运动)。
类型一：利用v－t图像求位移
例1：某一做直线运动的物体的v－t图像如图所示，根据图像求：
(1)物体距出发点的最远距离；
(2)前4 s内物体的位移；
(3)前4 s内物体通过的路程。
(3)前4 s内通过的路程
答案：(1)6 m (2)5 m (3)7 m
?[规律方法]
[规律方法]利用v－t图像求位移和路程的方法
(1)“面积”在t轴以上是正值，表示位移沿正方向；在t轴以下是负值，表示位移沿负方向。
(2)物体的总位移等于各部分位移(正、负“面积”)的代数和。
(3)物体通过的路程为t轴上、下“面积”绝对值的和。
跟踪训练1：如图所示是一质点在t＝0时刻从某一点出发做直线运动的v－t图像。关于该质点的运动，下列说法正确的是( )
A．0～2 s内的位移与2～4 s内的位移相同
B．0～2 s内的加速度方向与2～4 s内的加速度方向相反
C．4 s末再次经过出发点
D．6 s末距出发点最远
解析：在v－t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示质点在该段时间内发生的位移，图像在时间轴上方位移为正，图像在时间轴下方位移为负，据此可知，质点在0～2 s内的位移与2～4 s内的位移大小相等、方向相反，因此位移不相同，故A错误；质点在0～2 s内沿负方向运动，在2～5 s内沿正方向运动，在5～6 s内沿负方向运动，根据图线与时间轴所围图形的面积可知，2 s末质点距出发点最远，4 s末回到出发点，故D错误，C正确；在v－t图像中，图线的斜率表示加速度，可知质点在0～2 s内的加速度与2～4 s内的加速度大小相等、方向相同，B错误。故选C。
例2：汽车在高速公路上行驶的速度为30 m/s，若驾驶员发现前方80 m处发生了交通事故，马上紧急刹车，汽车以恒定的加速度经过4 s才停下来，该汽车是否出现安全问题？
解析：由加速度定义式可得，汽车刹车过程中的加速度为
由于前方距离有80 m，汽车经过60 m就已停下来，所以不会出现安全问题。
答案：见解析
?[规律方法]
[规律方法]应用位移公式解题的一般步骤
(1)确定一个方向为正方向(一般以初速度的方向为正方向)。
(2)根据规定的正方向确定已知量的正负，并用带有正负号的数值表示。
(3)根据位移与时间关系式或其变形式列式、求解。
(4)说明所求量的大小、方向。
跟踪训练2：在例2中并没有考虑驾驶员的反应时间，但在现实生活中，反应时间是行车安全中不可忽略的一个因素。如果驾驶员看到交通事故时的反应时间是0.5 s，该汽车行驶是否会出现安全问题？
答案：见解析
解析：汽车做匀速直线运动的位移为x1＝v0t1＝30×0.5 m＝15 m，由加速度定义式可得，汽车刹车过程中的加速度为
汽车停下来的实际位移为x＝x1＋x2＝(15＋60)m＝75 m，由于前方距离有80 m，所以不会出现安全问题。
类型三：多过程问题
例3：国歌从响起到结束的时间是48 s，国旗上升的高度是17.6 m。假设国歌响起同时国旗开始向上做匀加速运动4 s，然后匀速运动，最后匀减速运动4 s到达旗杆顶端，速度恰好为零，此时国歌结束。求：
(1)国旗匀加速运动时的加速度大小；
(2)国旗匀速运动时的速度大小。
思维引导：
解析：由题意知，国旗匀加速上升时间t1＝4 s，匀减速上升时间t3＝4 s，匀速上升时间t2＝t总－t1－t3＝40 s，
根据运动的对称性，对于全过程：a1＝a2，x1＋x2＋x3＝17.6 m
由以上各式可得：a1＝0.1 m/s2，v＝0.4 m/s。
答案：(1)0.1 m/s2 (2)0.4 m/s
探究点2 速度与位移的关系
●新知导学
情境：某物体做匀变速直线运动，初速度为v0，末速度为v，加速度为a。
探究：导出速度与位移的关系式。
?[提示]
●基础梳理
1．速度与位移的关系式
2．公式的适用条件：匀变速直线运动。
[判断正误]
(1)做匀加速直线运动的物体，位移越大，物体的末速度一定越大。( )
?[思考]
×
√
×
√
[思考]
如图所示，如果你是机场跑道设计师，若已知飞机的加速度为a，起飞速度为v，你应该如何来设计飞机跑道的长度？
●重难解读
1．公式的矢量性：v2－v02＝2ax为矢量式，应用时必须选取正方向。一般选初速度v0的方向为正方向。
(1)物体做加速运动时，a取正值；做减速运动时，a取负值。
(2)若x>0，说明物体处于始点的正方向一侧；若x<0，说明物体处于始点的负方向一侧。
2．两种特殊形式
(1)当v0＝0时，v2＝2ax。(初速度为零的匀加速直线运动)
(2)当v＝0时，－v02＝2ax。(末速度为零的匀减速直线运动)
》特别提醒
如果在所研究的问题中，已知量和未知量都不涉及时间t，利用公式v2－v02＝2ax求，往往会更方便。
例4：(2024·泰安高一检测)2023年10月31日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体成功分离。返回舱距地面10 km时开始启动降落伞装置，速度减至10 m/s，并以这个速度在大气中竖直降落。在距地面1.2 m时，返回舱的4台发动机开始向下喷气，舱体再次减速。设最后减速过程中返回舱做匀减速运动，且到达地面时的速度恰好为0。求(结果均保留两位有效数字)：
取向下为正方向，减速过程，位移x＝1.2 m，初速度v0＝10 m/s，末速度v＝0
(1)最后减速阶段的加速度；
由于初、末速度已知，位移已知，根据v2－v02＝2ax，可求加速度a，负号说明方向向上
(2)最后减速阶段所用的时间。
初、末速度已知，加速度已知，由v＝v0＋at可求时间
答案：(1)42 m/s2 方向向上 (2)0.24 s
?[规律方法]
[规律方法]选用公式的基本方法
(1)如果题目中无位移x，也不需求x，一般选用速度公式v＝v0＋at。
跟踪训练3：长100 m的列车通过长1 000 m的隧道时做匀加速直线运动，列车刚进隧道时的速度是30 m/s，完全出隧道时的速度是25 m/s，求：
(1)列车过隧道时的加速度的大小；
(2)列车车头出隧道时的速度。
答案：(1)0.125 m/s2 (2)25.5 m/s
解析：(1)列车通过隧道的位移x1＝1 000 m＋100 m＝1 100 m，
以列车行驶方向为正方向，则v0＝30 m/s，v＝25 m/s，
素养能力提升
拓展整合·启智培优
汽车刹车中的位移问题
刹车类问题的分析思路：
汽车刹车、飞机降落后在跑道上滑行等都可简化为单方向的匀减速直线运动，当速度减小到零后，就停止运动，在计算这类运动的位移时，应先计算出速度减小到零所用的时间t0。
(2)如果t0>t，说明经过时间t运动还没有停止，则应用题目所给的时间t直接求解位移。
例5：一辆汽车正在平直的公路上以72 km/h的速度行驶，司机看见红色信号灯便立即踩下制动器，此后，汽车开始做匀减速直线运动。设汽车减速过程的加速度大小为5 m/s2，求：
(1)开始制动后，前2 s内汽车行驶的距离；
(2)开始制动后，前5 s内汽车行驶的距离。
解析：规定汽车行驶的初速度方向为正方向，汽车的初速度v0＝72 km/h＝20 m/s，末速度v＝0，加速度a＝－5 m/s2；
答案：(1)30 m (2)40 m第二章 3
课后知能作业
基础巩固练
知识点一 利用v－t图像求位移
1．小滑块在一恒定拉力作用下沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，2 s末撤去恒定拉力，小滑块继续匀减速滑行4 s时间停下，其v－t图像如图所示。小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比是( )
A．1∶6 B．1∶3
C．1∶2 D．1∶1
解析：根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移，设2 s末小滑块的速度大小为v，可知小滑块加速阶段的位移大小为x1＝t1，小滑块减速阶段的位移大小为x2＝t2，可得小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比x1∶x2＝t1∶t2＝2∶4＝1∶2。故选C。
2．(多选)一质点沿一直线运动，其速度—时间图像如图所示。则下列判断正确的是( )
A．质点在3～4 s内沿负方向运动
B．质点在4～5 s内的加速度大小为1 m/s2
C．质点在4 s末离出发点最远，其距离为6 m
D．质点在0～8 s内的位移为9 m
解析：质点在3～4 s内，速度为正，则质点沿正方向运动，A项错误；质点在4～5 s内的加速度大小a＝＝m/s2＝1 m/s2，B项正确；质点在4 s末离出发点最远，其距离x＝×2 m＝6 m，C项正确；质点在0～8 s内的位移x′＝×2 m－×1 m＝3 m，D项错误。故选BC。
知识点二 x＝v0t＋at2的理解及应用
3．一物体的位移与时间的关系式为x＝4t＋2t2(m)，那么它的初速度和加速度分别是( )
A．2 m/s,4 m/s2 B．4 m/s,2 m/s2
C．4 m/s,4 m/s2 D．4 m/s,1 m/s2
解析：将公式x＝4t＋2t2(m)和位移公式x＝v0t＋at2进行类比，可知物体的初速度v0＝4 m/s，加速度为4 m/s2，故A、B、D错误，C正确。故选C。
4．某辆赛车在一段平直跑道上做初速度为零的匀加速直线运动，前2 s内位移是8 m，则( )
A．赛车的加速度是2 m/s2
B．赛车的加速度是3 m/s2
C．赛车第4 s内的位移是32 m
D．赛车第4 s内的位移是14 m
解析：赛车做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移与时间的关系式x＝at2，解得a＝4 m/s2，故A、B错误；赛车第4 s内的位移为前4 s内的位移减去前3 s内的位移，由Δx＝at－at解得赛车第4 s内的位移为14 m，故C错误，D正确。故选D。
5．(2024·广东惠州高一期末)纯电动汽车不排放污染空气的有害气体，具有较好的发展前景。某型号的电动汽车在一次刹车测试中，初速度为20 m/s，以4 m/s2的加速度刹车。若将该过程视为匀减速直线运动，可以分析出汽车在刹车6 s后位移为( )
A．48 m B．50 m
C．60 m D．80 m
解析：汽车刹车，做匀减速直线运动，设经过时间t0停下，根据匀变速直线运动的速度公式，有t0＝＝ s＝5 s，由于t0知识点三 v2－v＝2ax的理解及应用
6．某质点做直线运动，速度v与位移x的关系式为v2＝9＋2x(均为国际单位)，则质点2 s末的速度是( )
A．5 m/s B．3 m/s
C．11 m/s D．10 m/s
解析：根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式v2－v＝2ax，题中关系式v2＝9＋2x可以转化为v2－9＝2x，可知该运动是匀加速直线运动，初速度为3 m/s，加速度为1 m/s2，则2 s末质点的速度v＝v0＋at＝(3＋1×2)m/s＝5 m/s，故A正确。
7．2021年10月11日，中国新能源汽车拉力锦标赛·环洞庭湖站拉开了帷幕。某赛车做初速度为零的匀加速直线运动，经过2.5 s速度计上显示的速度为54 km/h。这时赛车离出发点的距离为( )
A．15 m B．18.75 m
C．22.25 m D．25 m
解析：此时赛车的速度v＝54 km/h＝15 m/s，汽车的加速度a＝＝6 m/s2，根据v2＝2ax得x＝18.75 m，B正确。
8．(2024·广东广州高一期末)冰壶(Crling)，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目。冰壶被投掷出去队员不摩擦冰面时可认为冰做匀减速运动，若冰壶以1.6 m/s的速度被掷出时，在冰面上滑行了8 m，则冰壶以3.2 m/s的速度被掷出，在冰面上滑行的距离为( )
A．8 m B．16 m
C．24 m D．32 m
解析：设冰壶在冰面上的加速度为a，则有0－v＝2ax1,0－v＝2ax2，解得x2＝2·x1＝32 m，故选D。
综合提升练
9．(2024·山东济南高一期末)高速公路旁边往往设立有标识汽车间距的路牌，每两个路牌间距为50 m。小志驾驶汽车(可视作质点)以恒定的加速度依次经过了如图所示的四个路牌(用A、B、C、D表示)，当汽车经过A时速度为72 km/h。此过程中小勤测算出汽车经过路牌AB的时间为(5－5)s，经过CD的时间为(10－5)s，则( )
A．汽车的加速度为6 m/s2
B．汽车的加速度为4 m/s2
C．汽车经过D的速度为180 km/h
D．汽车经过D的速度为108 km/h
解析：因为vA＝72 km/h＝20 m/s，根据位移公式得xAB＝vAtAB＋at，解得a＝4 m/s2，A错误，B正确；根据v－v＝2axAD，解得vD＝144 km/h，C、D错误。故选B。
10．如图是用机器人进行送餐服务。机器人送餐时从配餐点由静止开始做直线运动，加速过程中的加速度大小a1＝2 m/s2，速度达到v＝2 m/s后匀速，之后适时匀减速，恰好把食物平稳送到目标位置。已知配餐点和目标位置相距x＝43 m，整个送餐用时t＝23 s。则机器人加速过程位移的大小和匀速运动持续的时间分别为( )
A．1 m,20 s B．1 m,10 s
C．2 m,20 s D．2 m,10 s
解析：由题意可知加速过程位移x1＝，解得x1＝1 m，机器人加速过程的时间t1＝＝1 s，设机器人减速过程的加速度大小为a2，匀速的时间为t0，则由题可知x＝x1＋vt0＋，t＝t1＋t0＋，解得t0＝20 s，a2＝1 m/s2，故选A。
11．高速公路ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用0.2 s的时间识别车载电子标签并发出“滴”的一声，但司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.6 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A．3.6 m B．4.8 m
C．7.2 m D．8.4 m
解析：21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前0.2 s＋0.6 s＝0.8 s内做匀速直线运动，位移x1＝v0(t1＋t2)＝6 m/s×(0.2 s＋0.6 s)＝4.8 m，随后汽车做匀减速直线运动，位移x2＝＝＝3.6 m，所以该ETC通道的长度约为L＝x1＋x2＝4.8 m＋3.6 m＝8.4 m，故D正确。
12．在校运动会400 m决赛中，一名运动员在到达终点前进入了冲刺阶段，最后赶超了前面一名运动员获得第一名。若该运动员冲刺时的初速度为7 m/s，并以0.5 m/s2的加速度匀加速冲刺了6 s，则：
(1)该运动员加速冲刺的末速度为多少？
(2)该运动员加速后，将保持这个速度到达终点，已知他开始加速时距终点56 m，那么，这个冲刺加速过程将使他的成绩提高多少？
(3)在这名运动员开始加速时，另一名运动员在他前面5 m处，并一直以7 m/s的速度匀速前进。当这名运动员到达终点时，超过那名运动员多远？
答案：(1)10 m/s (2)1.5 s (3)5.5 m
解析：(1)根据速度—时间公式得运动员加速冲刺的末速度为
v＝v0＋at＝7 m/s＋0.5×6 m/s＝10 m/s。
(2)如果不加速，所用时间为
t1＝＝ s＝8 s，
加速过程的位移为x1＝v0t＋at2＝7×6 m＋×0.5×36 m＝51 m，
加速之后剩余路程所用的时间为
t2＝＝ s＝0.5 s。
所以成绩提高了
Δt＝t1－t－t2＝8 s－6 s－0.5 s＝1.5 s。
(3)在t＋t2的时间内，另一名运动员前进的距离为x2＝v0(t＋t2)＝7×(6＋0.5)m＝45.5 m，
则该运动员被超越的距离为
Δx＝56 m－5 m－45.5 m＝5.5 m。
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