3.匀变速直线运动的位移与时间的关系
题组一 公式x＝v0t＋at2的理解及应用
1.一物体以2 m/s的初速度做匀加速直线运动，4 s内位移为16 m，则（ ）
A.物体的加速度为2 m/s2
B.物体在4 s内的平均速度为6 m/s
C.物体在4 s末的瞬时速度为6 m/s
D.物体在第2 s内的位移为6 m
2.（多选）物体做匀加速直线运动，已知第1 s末的速度是6 m/s，第2 s末的速度是8 m/s，则下面结论正确的是（ ）
A.物体零时刻的速度是3 m/s
B.物体的加速度是2 m/s2
C.任何1 s内的速度变化量都是2 m/s
D.第1 s内的位移是6 m
3.一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边测量，第一节车厢通过他历时3 s，整列车通过他历时15 s。则这列火车的车厢有（ ）
A.5节 B.16节
C.25节 D.45节
题组二 公式v2－＝2ax的理解及应用
4.在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝30t－3t2（x的单位是m，t的单位是s）。则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为（ ）
A.25 m B.50 m
C.75 m D.150 m
5.如图所示，某高速列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s时，它的位移为x。则当速度由10 m/s 增加到15 m/s时，它的位移是（ ）
A.x B.x
C.2x D.3x
6.2022年6月17日，中国第三艘航母“福建舰”下水。如图甲所示，“福建舰”航母采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置。战斗机在水平甲板上起飞时，先经电磁系统弹射获得一定的初速度，之后仅靠发动机以大小为4 m/s2的加速度继续加速112.5 m 后，到达跑道末端时速度达到50 m/s正常起飞。将战斗机的起飞过程视为匀变速直线运动。求战斗机：
（1）通过弹射系统获得的初速度是多大；
（2）从弹射出到起飞需要的时间。
题组三 刹车类问题位移的计算
7.一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，遇到紧急情况，突然以大小为2 m/s2的加速度匀减速刹车，则从刹车开始计时，汽车在6 s内的位移是（ ）
A.24 m B.25 m
C.60 m D.96 m
8.如图所示“礼让行人”是城市文明的重要标志。某汽车正以54 km/h的速度行驶在城市道路上，在车头距离“礼让行人”停车线36 m时，驾驶员发现前方有行人通过人行横道，0.4 s后刹车使汽车匀减速滑行，为了使汽车不越过停车线停止让行，下列说法中正确的是（ ）
A.汽车刹车滑行的最大距离为36 m
B.汽车刹车的最小加速度为3 m/s2
C.汽车用于减速滑行的最长时间为4 s
D.汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来的过程行驶的平均速度不能超过7.5 m/s
9.如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L。一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B。子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动。则子弹穿出A时的速度为（ ）
A. B.
C. D.v1
10.图甲为某质点的位移—时间图像，图乙为某质点的速度—时间图像。下列关于两质点的运动情况说法正确的是（ ）
A.0～2 s内，甲图质点做匀加速直线运动，乙图质点做匀速直线运动
B.2～3 s内，甲图质点和乙图质点均静止不动
C.3～5 s内，甲图质点和乙图质点均做匀减速运动，加速度为－15 m/s2
D.0～5 s内，甲图质点的位移为－10 m，乙图质点的位移为100 m
11.2023年9月26日，第十四届中国（合肥）国际园林博览会正式开幕，搭载激光雷达、毫米波雷达、摄像头、DGPS等多种车载传感器的合肥园博园内的安凯无人驾驶巴士亮相园博会，并收到一致好评。无人驾驶巴士在行驶时发现前方有紧急情况，于是立即刹车，刹车时该巴士的位移随时间变化的规律为x＝10t－20t2，（位移x的单位为m，时间t的单位是s）求：
（1）无人驾驶巴士在刹车过程中的加速度大小和初速度大小；
（2）无人驾驶巴士刹车的位移。
12.在大雾天气行车过快是一件非常危险的事。某驾驶员开着一辆轿车以90 km/h的速度行驶在某平直公路上，手机导航突然提醒：“离目的地还有30 km，但前方出现大雾，预计大雾范围为1 km，能见度为30 m，请司机朋友开启雾灯、近光灯、闪光灯，车速不得超过18 km/h……”。为了安全，驾驶员将车减速，进入雾区时车速刚好为18 km/h。已知轿车加速与减速时的加速度大小均为4 m/s2。
（1）求驾驶员将车速从90 km/h减速到18 km/h所用的时间及通过的位移大小；
（2）轿车在雾区始终以18 km/h的速度匀速行驶，出雾区后立即加速到90 km/h，车通过整个雾区导航显示的距离为1 050 m，求轿车由于要通过雾区所耽误的时间。
3.匀变速直线运动的位移与时间的关系
1.C 由物体做匀加速直线运动的位移与时间关系得x＝v0t＋at2，解得a＝1 m/s2，故A错误；平均速度为 ＝＝4 m/s，故B错误；由速度时间公式可得v＝v0＋at＝6 m/s，故C正确；物体在第2 s 内的位移为x2＝v0t2＋a－v0t1－a＝3.5 m，故D错误。
2.BC 规定初速度方向为正方向，根据加速度定义式得物体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据v＝v0＋at得v0＝v－at＝6 m/s－1×2 m/s＝4 m/s，故A项错误，B项正确；任何1 s内的速度变化量都是Δv'＝aΔt'＝2 m/s，C项正确；第1 s内的位移x＝v0t＋at2＝4×1 m＋×2×1 m＝5 m，D项错误。
3.C 设一节车厢长为L，车身总长为x，第一节车厢通过的时间为t1，火车通过的总时间为t，则L＝a＝a，又因为整列车通过他历时15 s，有x＝at2＝a，则车厢的节数为n＝＝＝25，故选C。
4.C 根据x＝30t－3t2可知，初速度v0＝30 m/s，加速度a＝－6 m/s2，刹车后该汽车做匀减速运动的位移大小为刹车痕迹长度，则x＝＝ m＝75 m。
5.B 由v2－＝2ax得102－52＝2ax，152－102＝2ax'，两式联立可得x'＝x。
6.（1）40 m/s （2）2.5 s
解析：（1）根据位移与时间关系v2－＝2ax
可得战斗机通过弹射系统获得的速度大小v0＝＝40 m/s。
（2）战斗机从弹射出到起飞需要的时间为t，根据速度与时间关系v＝v0＋at
解得t＝2.5 s。
7.B 汽车从减速到停止所需的时间为t＝ s＝5 s，汽车在5 s末就已经停止运动，所以汽车在6 s内的位移等于在5 s内的位移，故有x＝10×5 m－×2×52 m＝25 m，B正确。
8.C 汽车刹车前，在0.4 s内做匀速运动的位移为x1＝v0t1＝ m/s×0.4 s＝6 m，则汽车刹车滑行的最大距离为x2＝36 m－x1＝30 m，故A错误；汽车刹车的最小加速度为amin＝＝＝3.75 m/s2，故B错误；汽车用于减速滑行的最长时间为tmax＝＝＝4 s，故C正确；汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来过程的平均速度满足v＝≥≈8.18 m/s＞7.5 m/s，故D错误。
9.C 设子弹的加速度为a，则
－＝2a·3L ①
－＝2a·L ②
由①②两式解得子弹穿出A时的速度
vA＝，C正确。
10.D 位移—时间图线的斜率表示质点运动的速度，速度—时间图线的斜率表示质点的加速度，则0～2 s内，题图甲质点做匀速直线运动，题图乙质点做匀加速直线运动，故A错误；2～3 s内，题图甲质点速度为零，题图乙质点速度恒定不变，做匀速直线运动，故B错误；3～5 s内，题图甲质点做匀速直线运动，而题图乙质点速度均匀减小，做匀减速直线运动，故C错误；0～5 s内，题图甲质点的位移为0－10 m＝－10 m，题图乙质点的位移为x＝m＝100 m，故D正确。
11.（1）40 m/s2 10 m/s （2）1.25 m
解析：（1）刹车时该巴士的位移随时间变化的规律为x＝10t－20t2
结合匀变速直线运动位移与时间关系式x＝v0t＋at2
可得v0＝10 m/s，a＝－40 m/s2
可知无人驾驶巴士在刹车过程中的加速度大小为40 m/s2，初速度大小为10 m/s。
（2）根据匀变速直线运动位移与速度关系式可得2ax＝0－
解得无人驾驶巴士刹车的位移为
x＝＝1.25 m。
12.（1）5 s 75 m （2）172 s
解析：（1）由题意可得初速度、末速度大小分别为v0＝90 km/h＝25 m/s，v1＝18 km/h＝5 m/s
加速度大小为a1＝a2＝4 m/s2
由运动学公式可得t1＝＝5 s
通过的位移大小为x1＝＝75 m。
（2）根据运动的对称性可知，匀加速的时间为t3＝t1＝5 s
匀加速的位移为x3＝x1＝75 m
轿车在雾区匀速运动的时间为
t2＝＝＝210 s
则t总1＝t1＋t2＋t3＝220 s
若轿车以速度v0做匀速运动，所用的时间为
t总2＝＝48 s
所以耽误的时间为Δt＝t总1－t总2＝172 s。
3 / 33.匀变速直线运动的位移与时间的关系
课标要求 素养目标
1.理解匀变速直线运动的位移与时间的关系，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处理问题 1.学习并体会“v-t图像与坐标轴所围成的面积表示位移”体现的极限思想。（物理观念） 2.通过对公式推导过程的学习，掌握位移与时间及速度与位移的关系式，体会科学推理的逻辑严密性。（科学思维） 3.通过练习，掌握匀变速直线运动的三个基本公式及有关推论的应用。（科学思维）
知识点一 匀变速直线运动的位移
1.v-t图像中的面积
（1）如图甲所示，匀速直线运动的v-t图像与时间轴所围矩形的 表示物体在0～t时间内的位移。
（2）如图乙所示，匀变速直线运动的v-t图像与时间轴所围梯形的 表示物体在0～t时间内的位移。
2.位移与时间的关系式：x＝ 。
知识点二 速度与位移的关系
1.公式推导：联立速度公式v＝v0＋at和位移公式x＝v0t＋at2，消去时间t。
2.速度与位移的关系式：v2－＝ 。
【情景思辨】
公安部交通管理局提示，进入秋冬季节，雾天较多。为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。如果前方有车一般应该保持正常情况下安全距离的2倍以上，以便为处理紧急情况预留足够的距离与时间。想象上述情景，判断下列说法正误：
（1）机动车做匀加速直线运动时，其位移是均匀增加的。（ ）
（2）机动车做匀变速直线运动的位移与时间的平方一定成正比。（ ）
（3）机动车做匀变速直线运动的初速度越大，其位移一定越大。（ ）
（4）机动车做匀加速直线的位移一定与速度的平方成正比。（ ）
要点一 公式x＝v0t＋at2的理解及应用
1.适用条件：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，应用时必须选取统一的正方向。一般选初速度v0的方向为正方向。
若物体做匀加速直线运动 a与v0同向，a取正值
若物体做匀减速直线运动 a与v0反向，a取负值
若位移的计算结果为正值 说明这段时间内位移的方向与规定的正方向相同
若位移的计算结果为负值 说明这段时间内位移的方向与规定的正方向相反
3.两种特殊形式
（1）当a＝0时，x＝v0t→匀速直线运动的位移公式。
（2）当v0＝0时，x＝at2→由静止开始的匀加速直线运动的位移公式。
【典例1】 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。
尝试解答
规律方法
应用位移公式x＝v0t＋at2的解题步骤
（1）规定正方向（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）根据计算结果说明所求量的大小、方向。
1.（多选）一物体运动的位移与时间的关系为x＝（6t＋4t2）m，则（ ）
A.这个物体的初速度为6 m/s
B.这个物体的初速度为12 m/s
C.这个物体的加速度为－8 m/s2
D.这个物体的加速度为8 m/s2
2.一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是（ ）
A.物体运动的加速度为2 m/s2
B.物体第2 s内的位移为4 m
C.物体在第3 s内的平均速度为8 m/s
D.物体从静止开始通过32 m的位移需要4 s的时间
要点二 公式v2－＝2ax的理解及应用
【探究】
仔细观察图片，请同学讨论以下两个问题。
在如图所示的一次交通事故中，
（1）交警需要测量什么长度？
（2）作用是什么？
【归纳】
1.适用条件：只适用于匀变速直线运动。
2.公式的矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，应用时必须选取统一的正方向，一般选v0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）x＞0时位移的方向与初速度的方向相同；x＜0时位移的方向与初速度的方向相反。
3.两种特殊形式
（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，－＝2ax。（末速度为零的匀减速直线运动）
【典例2】 2021年9月17日13时34分，神舟十二号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，空间站阶段首次载人飞行任务取得圆满成功。设返回舱距地面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1.2 m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。
（1）求最后1.2 m减速过程的加速度大小；
（2）求最后1.2 m减速过程所用的时间。
尝试解答
3.关于公式x＝，下列说法正确的是（ ）
A.此公式只适用于匀加速直线运动
B.此公式适用于匀减速直线运动
C.此公式只适用于位移为正的情况
D.此公式不可能出现a、x同时为负值的情况
4.如图所示，物体A在斜面上匀加速由静止滑下距离x1后，又匀减速地在平面上滑过距离x2后停下，测得x2＝2x1，则物体在斜面上的加速度a1与平面上加速度a2的大小关系为（ ）
A.a1＝a2 B.a1＝2a2 C.a1＝a2 D.a1＝4a2
要点三 刹车类问题位移的计算
求解刹车类问题时，一定要结合生活实际。首先明确刹停时间，再判断汽车的实际运动，切不可生搬硬套公式。
【典例3】 一辆汽车在高速公路上行驶的速度为108 km/h。当驾驶员发现前方80 m处发生了交通事故时，马上紧急刹车，并以7.5 m/s2的恒定加速度减速行驶。该汽车行驶是否会出现安全问题？
尝试解答
【拓展训练】
在【典例3】中，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？
1.“道路千万条，安全第一条。”当车辆出现故障不能移动时，为保证安全，一定要在事故车辆后面一定距离的路面上放置如图所示的三角警示标志。设在车辆不超速行驶的条件下，后方来车司机在碰上警示标志后，才做出反应采取制动措施。假设一事故车停在某平直路段，该路段限速80 km/h，人的反应时间一般在0.3～0.6 s，不同车型在该路段制动加速度大小在6～8 m/s2之间。为保证事故车的安全，警示标志应放在事故车尾后的最小距离为（ ）
A.47 m B.37 m
C.55 m D.43 m
2.竖直升空的火箭，其v-t图像如图所示，由图像可知以下说法正确的是（ ）
A.火箭在40 s时速度方向发生变化
B.火箭上升的最大高度为48 000 m
C.火箭经过120 s落回地面
D.火箭经过40 s到达最高点
3.港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、珠海、澳门三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆以4 m/s的速度行驶的小汽车在长度为L＝28 m 的平直桥面上提速，图乙是该车在该段提速中加速度a与位移x的关系图像。则小汽车通过该段平直桥面的末速度和时间分别为（ ）
A.10 m/s，3 s B.10 m/s，4 s
C.5 m/s，3 s D.5 m/s，2 s
4.（多选）冰壶，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2022年北京冬奥会比赛项目。在比赛中，冰壶被投出后，如果冰壶做匀减速直线运动，用时20 s停止，最后1 s内位移大小为0.2 m，则下面说法正确的是（ ）
A.冰壶的加速度大小是0.3 m/s2
B.冰壶的加速度大小是0.4 m/s2
C.冰壶第1 s内的位移大小是7.8 m
D.冰壶的初速度大小是6 m/s
3.匀变速直线运动的位移与时间的关系
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）面积 （2）面积 2.v0t＋at2
知识点二
2.2ax
情景思辨
（1）× （2）× （3）× （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 （1）0.1 m/s2 （2）0.4 m/s
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，
国旗匀加速上升阶段有x1＝a1，v＝a1t1
国旗匀速上升阶段有x2＝vt2
国旗匀减速上升阶段有x3＝vt3－a2
根据运动的对称性，对于全过程有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。
素养训练
1.AD 根据匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，结合物体运动的位移与时间的关系x＝（6t＋4t2）m，比较可得v0＝6 m/s，a＝8 m/s2，即物体做匀加速直线运动，故A、D正确，B、C错误。
2.D 根据x1＝a得物体运动的加速度a＝＝4 m/s2，故A错误；物体在第2 s内的位移x2＝a－a＝6 m，故B错误；物体在第3 s内的位移x3＝a－a＝10 m，则物体在第3 s内的平均速度为10 m/s，故C错误；物体从静止开始通过32 m的位移所需时间 t＝＝4 s，故D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）需要测量刹车距离。
（2）用来计算车速，看是否超速。
【典例2】 （1）41.7 m/s2 （2）0.24 s
解析：（1）以竖直向下为正方向，由速度—位移公式v2－＝2ax，可得在1.2 m减速的加速度a＝＝ m/s2≈－41.7 m/s2。
加速度大小为41.7 m/s2，负号表示加速度方向竖直向上。
（2）由速度—时间公式v＝v0＋at，可得1.2 m减速所用的时间t＝＝ s≈0.24 s。
素养训练
3.B 公式x＝适用于匀变速直线运动，既适用于匀加速直线运动，也适用于匀减速直线运动，既适用于位移为正的情况，也适用于位移为负的情况，选项B正确，选项A、C错误；当物体做匀加速直线运动，且规定初速度的反方向为正方向时，a、x就会同时为负值，选项D错误。
4.B 设物体在斜面末端时的速度为v，由v2－＝2ax得v2－02＝2a1x1，02－v2＝2（－a2）x2，联立解得a1＝2a2，故B正确。
要点三
知识精研
【典例3】 不会出现安全问题
解析：刹车后汽车做匀减速直线运动。设其加速度为a，从刹车到停止运动通过的位移为x。运动过程如图所示，选定汽车行驶的初速度方向为正方向。依题意，汽车的初速度为108 km/h，即v0＝30 m/s，末速度v＝0，a＝－7.5 m/s2。根据v2－＝2ax，汽车由刹车到停车所经过的位移为x＝＝＝60 m。
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。
拓展训练
不会出现安全问题
解析：在驾驶员刹车前，汽车做匀速直线运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，其运动情况如图所示。选定汽车行驶的初速度方向为正方向。
汽车做匀速直线运动的位移为
x1＝v0t＝30×0.5 m＝15 m。
汽车做匀减速直线运动的位移解法同【典例3】，x2＝60 m。
汽车停下的实际位移为
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。
【教学效果·勤检测】
1.C 反应时间最长时的位移x1＝v0t≈13.2 m，减速最大位移x2＝≈40.33 m，警示标志应放在事故车尾后面的最小距离为x＝x1＋x2＝53.53 m，故C正确，A、B、D错误。
2.B 由题图知，火箭前40 s向上做匀加速直线运动，40～120 s向上做匀减速直线运动，所以A、C、D错误；上升的最大高度x＝×800×120 m＝48 000 m，B正确。
3.B 根据v2＝＋2aL得v＝＝10 m/s，时间t＝＝4 s，选项B正确，A、C、D错误。
4.BC 整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，最后1 s内的位移为0.2 m，根据位移与时间关系式得x1＝a，代入数据解得a＝0.4 m/s2，故A错误，B正确；根据速度公式得初速度为v0＝at＝0.4 m/s2×20 s＝8 m/s，则冰壶第1 s内的位移大小为x1'＝v0t－at2＝8 m/s×1 s－×0.4 m/s2×12s2＝7.8 m，故C正确，D错误。
5 / 5(共68张PPT)
3.匀变速直线运动的位移与时间的关系
课标要求 素养目标
1.理解匀变速直线运动的
位移与时间的关系，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处
理问题 1.学习并体会“v-t图像与坐标轴所围成
的面积表示位移”体现的极限思想。
（物理观念）
2.通过对公式推导过程的学习，掌握位
移与时间及速度与位移的关系式，体会
科学推理的逻辑严密性。（科学思维）
3.通过练习，掌握匀变速直线运动的三
个基本公式及有关推论的应用。（科学
思维）
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一 匀变速直线运动的位移
1. v-t图像中的面积
（1）如图甲所示，匀速直线运动的v-t图像与时间轴所围矩形
的 表示物体在0～t时间内的位移。
面积
（2）如图乙所示，匀变速直线运动的v-t图像与时间轴所围梯形的 表示物体在0～t时间内的位移。
面积
2. 位移与时间的关系式：x＝ 。
v0t＋at2
知识点二 速度与位移的关系
1. 公式推导：联立速度公式v＝v0＋at和位移公式x＝v0t＋at2，消去时
间t。
2. 速度与位移的关系式：v2－＝ 。
2ax
【情景思辨】
公安部交通管理局提示，进入秋冬季节，雾天较多。为了保障通行安
全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视
线受阻，应该打开雾灯。如果前方有车一般应该保持正常情况下安全
距离的2倍以上，以便为处理紧急情况预留足够的距离与时间。想象
上述情景，判断下列说法正误：
（1）机动车做匀加速直线运动时，其位移是均匀增加的。
（ × ）
（2）机动车做匀变速直线运动的位移与时间的平方一定成正比。
（ × ）
（3）机动车做匀变速直线运动的初速度越大，其位移一定越大。
（ × ）
（4）机动车做匀加速直线的位移一定与速度的平方成正比。
（ × ）
×
×
×
×
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一 公式x＝v0t＋at2的理解及应用
1. 适用条件：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，应用时必须选取统一的正方
向。一般选初速度v0的方向为正方向。
若物体做匀加速直线运动 a与v0同向，a取正值
若物体做匀减速直线运动 a与v0反向，a取负值
若位移的计算结果为
正值 说明这段时间内位移的方向与规定的正方向相同
若位移的计算结果为
负值 说明这段时间内位移的方向与规定的正方向相反
3. 两种特殊形式
（1）当a＝0时，x＝v0t→匀速直线运动的位移公式。
（2）当v0＝0时，x＝at2→由静止开始的匀加速直线运动的位
移公式。
【典例1】 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。
答案：（1）0.1 m/s2 （2）0.4 m/s
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，
国旗匀加速上升阶段有x1＝a1，v＝a1t1
国旗匀速上升阶段有x2＝vt2
国旗匀减速上升阶段有x3＝vt3－a2
根据运动的对称性，对于全过程有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。
规律方法
应用位移公式x＝v0t＋at2的解题步骤
（1）规定正方向（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）根据计算结果说明所求量的大小、方向。
1. （多选）一物体运动的位移与时间的关系为x＝（6t＋4t2）m，则
（ ）
A. 这个物体的初速度为6 m/s
B. 这个物体的初速度为12 m/s
C. 这个物体的加速度为－8 m/s2
D. 这个物体的加速度为8 m/s2
解析： 根据匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，结合物
体运动的位移与时间的关系x＝（6t＋4t2）m，比较可得v0＝6 m/s，
a＝8 m/s2，即物体做匀加速直线运动，故A、D正确，B、C错误。
2. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1 s内的位移为2 m，则
下列说法正确的是（ ）
A. 物体运动的加速度为2 m/s2
B. 物体第2 s内的位移为4 m
C. 物体在第3 s内的平均速度为8 m/s
D. 物体从静止开始通过32 m的位移需要4 s的时间
解析： 根据x1＝a得物体运动的加速度a＝＝4 m/s2，故A
错误；物体在第2 s内的位移x2＝a－a＝6 m，故B错误；物
体在第3 s内的位移x3＝a－a＝10 m，则物体在第3 s内的平
均速度为10 m/s，故C错误；物体从静止开始通过32 m的位移所需
时间 t＝＝4 s，故D正确。
要点二 公式v2－＝2ax的理解及应用
【探究】
仔细观察图片，请同学讨论以下两个问题。
在如图所示的一次交通事故中，
（1）交警需要测量什么长度？
提示：需要测量刹车距离。
（2）作用是什么？
提示：用来计算车速，看是否超速。
【归纳】
1. 适用条件：只适用于匀变速直线运动。
2. 公式的矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，应用时必须选取统
一的正方向，一般选v0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）x＞0时位移的方向与初速度的方向相同；x＜0时位移的方向
与初速度的方向相反。
3. 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，－＝2ax。（末速度为零的匀减速直线运动）
【典例2】 2021年9月17日13时34分，神舟十二号载人飞船
返回舱在东风着陆场成功着陆，空间站阶段首次载人飞行任
务取得圆满成功。设返回舱距地面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1.2 m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。
（1）求最后1.2 m减速过程的加速度大小；
答案：41.7 m/s2
解析：以竖直向下为正方向，由速度—位移公式v2－
＝2ax，可得在1.2 m减速的加速度a＝＝
m/s2≈－41.7 m/s2。
加速度大小为41.7 m/s2，负号表示加速度方向竖直向上。
（2）求最后1.2 m减速过程所用的时间。
答案：0.24 s
解析：由速度—时间公式v＝v0＋at，可得1.2 m减速所用的
时间
t＝＝ s≈0.24 s。
3. 关于公式x＝，下列说法正确的是（ ）
A. 此公式只适用于匀加速直线运动
B. 此公式适用于匀减速直线运动
C. 此公式只适用于位移为正的情况
D. 此公式不可能出现a、x同时为负值的情况
解析： 公式x＝适用于匀变速直线运动，既适用于匀加速
直线运动，也适用于匀减速直线运动，既适用于位移为正的情况，
也适用于位移为负的情况，选项B正确，选项A、C错误；当物体做
匀加速直线运动，且规定初速度的反方向为正方向时，a、x就会同时为负值，选项D错误。
4. 如图所示，物体A在斜面上匀加速由静止滑下距离x1后，又匀减速
地在平面上滑过距离x2后停下，测得x2＝2x1，则物体在斜面上的加
速度a1与平面上加速度a2的大小关系为（ ）
A. a1＝a2 B. a1＝2a2
D. a1＝4a2
解析： 设物体在斜面末端时的速度为v，由v2－＝2ax得v2－
02＝2a1x1，02－v2＝2（－a2）x2，联立解得a1＝2a2，故B正确。
要点三 刹车类问题位移的计算
求解刹车类问题时，一定要结合生活实际。首先明确刹停时间，再
判断汽车的实际运动，切不可生搬硬套公式。
【典例3】 一辆汽车在高速公路上行驶的速度为108 km/h。当驾驶员
发现前方80 m处发生了交通事故时，马上紧急刹车，并以7.5 m/s2的
恒定加速度减速行驶。该汽车行驶是否会出现安全问题？
答案：不会出现安全问题
解析：刹车后汽车做匀减
速直线运动。设其加速度
为a，从刹车到停止运动通
过的位移为x。运动过程如图所示，选定汽车行驶的初速度方向为正方向。依题意，汽车的初速度为108 km/h，即v0＝30 m/s，末速度v＝0，a＝－7.5 m/s2。根据v2－＝2ax，汽车由刹车到停车所经过的位
移为x＝＝＝60 m。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。
在【典例3】中，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：不会出现安全问题
【拓展训练】
解析：在驾驶员刹车前，汽
车做匀速直线运动，刹车后
汽车做匀减速直线运动，其
运动情况如图所示。选定汽车行驶的初速度方向为正方向。汽车做匀速直线运动的位移为x1＝v0t＝30×0.5 m＝15 m。汽车做匀减速直线运动的位移解法同【典例3】，x2＝60 m。汽车停下的实际位移为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。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. “道路千万条，安全第一条。”当车辆出现故障不能移动时，为保
证安全，一定要在事故车辆后面一定距离的路面上放置如图所示的
三角警示标志。设在车辆不超速行驶的条件下，后方来车司机在碰
上警示标志后，才做出反应采取制动措施。假设一事故车停在某平
直路段，该路段限速80 km/h，人的反应时间一般在0.3～0.6 s，不
同车型在该路段制动加速度大小在6～8 m/s2之间。为保证事故车的
安全，警示标志应放在事故车尾后的最小距离为（ ）
A. 47 m B. 37 m
C. 55 m D. 43 m
解析： 反应时间最长时的位移x1＝v0t≈13.2 m，减速最大位移
x2＝≈40.33 m，警示标志应放在事故车尾后面的最小距离为x＝
x1＋x2＝53.53 m，故C正确，A、B、D错误。
2. 竖直升空的火箭，其v-t图像如图所示，由图像可知以下说法正确的
是（ ）
A. 火箭在40 s时速度方向发生变化
B. 火箭上升的最大高度为48 000 m
C. 火箭经过120 s落回地面
D. 火箭经过40 s到达最高点
解析： 由题图知，火箭前40 s向上做匀加速直线运动，40～120
s向上做匀减速直线运动，所以A、C、D错误；上升的最大高度x＝
×800×120 m＝48 000 m，B正确。
3. 港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、珠海、澳门三
地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆以4
m/s的速度行驶的小汽车在长度为L＝28 m 的平直桥面上提速，图
乙是该车在该段提速中加速度a与位移x的关系图像。则小汽车通过
该段平直桥面的末速度和时间分别为（ ）
解析： 根据v2＝＋2aL得v＝＝10 m/s，时间t＝
＝4 s，选项B正确，A、C、D错误。
4. （多选）冰壶，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2022年北京冬奥会比赛项目。在比赛
中，冰壶被投出后，如果冰壶做匀减速直线运动，用时20 s停止，
最后1 s内位移大小为0.2 m，则下面说法正确的是（ ）
A. 冰壶的加速度大小是0.3 m/s2
B. 冰壶的加速度大小是0.4 m/s2
C. 冰壶第1 s内的位移大小是7.8 m
D. 冰壶的初速度大小是6 m/s
解析： 整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运
动，最后1 s内的位移为0.2 m，根据位移与时间关系式得x1＝
a，代入数据解得a＝0.4 m/s2，故A错误，B正确；根据速
度公式得初速度为v0＝at＝0.4 m/s2×20 s＝8 m/s，则冰壶第1 s
内的位移大小为x1'＝v0t－at2＝8 m/s×1 s－×0.4 m/s2×12s2
＝7.8 m，故C正确，D错误。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一 公式x＝v0t＋at2的理解及应用
1. 一物体以2 m/s的初速度做匀加速直线运动，4 s内位移为16 m，则
（ ）
A. 物体的加速度为2 m/s2
B. 物体在4 s内的平均速度为6 m/s
C. 物体在4 s末的瞬时速度为6 m/s
D. 物体在第2 s内的位移为6 m
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解析： 由物体做匀加速直线运动的位移与时间关系得x＝v0t＋
at2，解得a＝1 m/s2，故A错误；平均速度为 ＝＝4 m/s，故B错
误；由速度时间公式可得v＝v0＋at＝6 m/s，故C正确；物体在第2 s
内的位移为x2＝v0t2＋a－v0t1－a＝3.5 m，故D错误。
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2. （多选）物体做匀加速直线运动，已知第1 s末的速度是6 m/s，第2
s末的速度是8 m/s，则下面结论正确的是（ ）
A. 物体零时刻的速度是3 m/s
B. 物体的加速度是2 m/s2
C. 任何1 s内的速度变化量都是2 m/s
D. 第1 s内的位移是6 m
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解析： 规定初速度方向为正方向，根据加速度定义式得物体
的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据v＝v0＋at得v0＝v－at＝6
m/s－1×2 m/s＝4 m/s，故A项错误，B项正确；任何1 s内的速度变
化量都是Δv'＝aΔt'＝2 m/s，C项正确；第1 s内的位移x＝v0t＋at2＝
4×1 m＋×2×1 m＝5 m，D项错误。
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3. 一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端
的旁边测量，第一节车厢通过他历时3 s，整列车通过他历时15 s。
则这列火车的车厢有（ ）
A. 5节 B. 16节 C. 25节 D. 45节
解析： 设一节车厢长为L，车身总长为x，第一节车厢通过的时
间为t1，火车通过的总时间为t，则L＝a＝a，又因为整列车通
过他历时15 s，有x＝at2＝a，则车厢的节数为n＝＝＝25，
故选C。
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题组二 公式v2－＝2ax的理解及应用
4. 在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得
到该汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝
30t－3t2（x的单位是m，t的单位是s）。则该汽车在路面上留下的
刹车痕迹长度为（ ）
A. 25 m B. 50 m
C. 75 m D. 150 m
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解析： 根据x＝30t－3t2可知，初速度v0＝30 m/s，加速度a＝－6
m/s2，刹车后该汽车做匀减速运动的位移大小为刹车痕迹长度，则
x＝＝ m＝75 m。
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5. 如图所示，某高速列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5
m/s增加到10 m/s时，它的位移为x。则当速度由10 m/s 增加到15
m/s时，它的位移是（ ）
C. 2x D. 3x
解析： 由v2－＝2ax得102－52＝2ax，152－102＝2ax'，两式
联立可得x'＝x。
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6. 2022年6月17日，中国第三艘航母“福建舰”下水。如图甲所示，
“福建舰”航母采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装
置。战斗机在水平甲板上起飞时，先经电磁系统弹射获得一定的初
速度，之后仅靠发动机以大小为4 m/s2的加速度继续加速112.5 m
后，到达跑道末端时速度达到50 m/s正常起飞。将战斗机的起飞过
程视为匀变速直线运动。求战斗机：
（1）通过弹射系统获得的初速度是多大；
答案：40 m/s
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解析：根据位移与时间关系v2－＝2ax可得战斗机通过弹射系统获得的速度大小v0＝＝40 m/s。
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（2）从弹射出到起飞需要的时间。
答案：2.5 s
解析：战斗机从弹射出到起飞需要的时间为t，根据速度与时
间关系v＝v0＋at
解得t＝2.5 s。
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题组三 刹车类问题位移的计算
7. 一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，遇到紧急情况，突然以大小为
2 m/s2的加速度匀减速刹车，则从刹车开始计时，汽车在6 s内的位
移是（ ）
A. 24 m B. 25 m
C. 60 m D. 96 m
解析： 汽车从减速到停止所需的时间为t＝ s＝5 s，汽车在5 s
末就已经停止运动，所以汽车在6 s内的位移等于在5 s内的位移，
故有x＝10×5 m－×2×52 m＝25 m，B正确。
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8. 如图所示“礼让行人”是城市文明的重要标志。某汽车正以54
km/h的速度行驶在城市道路上，在车头距离“礼让行人”停车线36
m时，驾驶员发现前方有行人通过人行横道，0.4 s后刹车使汽车匀
减速滑行，为了使汽车不越过停车线停止让行，下列说法中正确的
是（ ）
A. 汽车刹车滑行的最大距离为36 m
B. 汽车刹车的最小加速度为3 m/s2
C. 汽车用于减速滑行的最长时间为4 s
D. 汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来的
过程行驶的平均速度不能超过7.5 m/s
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解析： 汽车刹车前，在0.4 s内做匀速运动的位移为x1＝v0t1＝
m/s×0.4 s＝6 m，则汽车刹车滑行的最大距离为x2＝36 m－x1＝30
m，故A错误；汽车刹车的最小加速度为amin＝＝＝
3.75 m/s2，故B错误；汽车用于减速滑行的最长时间为tmax＝＝＝4 s，故C正确；汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来过程的平均速度满足v＝≥≈8.18 m/s＞7.5 m/s，故D错误。
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9. 如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B
的长度是2L。一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出
B。子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动。则子弹穿出A
时的速度为（ ）
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解析： 设子弹的加速度为a，则
－＝2a·3L①
－＝2a·L②
由①②两式解得子弹穿出A时的速度
vA＝，C正确。
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10. 图甲为某质点的位移—时间图像，图乙为某质点的速度—时间图
像。下列关于两质点的运动情况说法正确的是（ ）
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A. 0～2 s内，甲图质点做匀加速直线运动，乙图质点做匀速直线运动
B. 2～3 s内，甲图质点和乙图质点均静止不动
C. 3～5 s内，甲图质点和乙图质点均做匀减速运动，加速度为－15
m/s2
D. 0～5 s内，甲图质点的位移为－10 m，乙图质点的位移为100 m
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解析： 位移—时间图线的斜率表示质点运动的速度，速
度—时间图线的斜率表示质点的加速度，则0～2 s内，题图甲
质点做匀速直线运动，题图乙质点做匀加速直线运动，故A错
误；2～3 s内，题图甲质点速度为零，题图乙质点速度恒定不
变，做匀速直线运动，故B错误；3～5 s内，题图甲质点做匀
速直线运动，而题图乙质点速度均匀减小，做匀减速直线运
动，故C错误；0～5 s内，题图甲质点的位移为0－10 m＝－10
m，题图乙质点的位移为x＝m＝100 m，故D正确。
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11. 2023年9月26日，第十四届中国（合肥）国际园林博览会正式开
幕，搭载激光雷达、毫米波雷达、摄像头、DGPS等多种车载传感
器的合肥园博园内的安凯无人驾驶巴士亮相园博会，并收到一致
好评。无人驾驶巴士在行驶时发现前方有紧急情况，于是立即刹
车，刹车时该巴士的位移随时间变化的规律为x＝10t－20t2，（位
移x的单位为m，时间t的单位是s）求：
（1）无人驾驶巴士在刹车过程中的加速度大小和初速度大小；
答案：40 m/s2 10 m/s
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解析：刹车时该巴士的位移随时间变化的规律为x＝10t－20t2
结合匀变速直线运动位移与时间关系式x＝v0t＋at2
可得v0＝10 m/s，a＝－40 m/s2
可知无人驾驶巴士在刹车过程中的加速度大小为40 m/s2，初
速度大小为10 m/s。
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（2）无人驾驶巴士刹车的位移。
答案：1.25 m
解析：根据匀变速直线运动位移与速度关系式可得2ax＝0－
解得无人驾驶巴士刹车的位移为
x＝＝1.25 m。
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12. 在大雾天气行车过快是一件非常危险的事。某驾驶员开着一辆轿
车以90 km/h的速度行驶在某平直公路上，手机导航突然提醒：
“离目的地还有30 km，但前方出现大雾，预计大雾范围为1 km，
能见度为30 m，请司机朋友开启雾灯、近光灯、闪光灯，车速不
得超过18 km/h……”。为了安全，驾驶员将车减速，进入雾区时
车速刚好为18 km/h。已知轿车加速与减速时的加速度大小均为4
m/s2。
（1）求驾驶员将车速从90 km/h减速到18 km/h所用的时间及通过
的位移大小；
答案：5 s 75 m
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解析：由题意可得初速度、末速度大小分别为v0＝90
km/h＝25 m/s，v1＝18 km/h＝5 m/s
加速度大小为a1＝a2＝4 m/s2
由运动学公式可得t1＝＝5 s
通过的位移大小为x1＝＝75 m。
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（2）轿车在雾区始终以18 km/h的速度匀速行驶，出雾区后立即
加速到90 km/h，车通过整个雾区导航显示的距离为1 050
m，求轿车由于要通过雾区所耽误的时间。
答案：172 s
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解析：根据运动的对称性可知，匀加速的时间为t3＝t1＝5 s
匀加速的位移为x3＝x1＝75 m
轿车在雾区匀速运动的时间为
t2＝＝＝210 s
则t总1＝t1＋t2＋t3＝220 s
若轿车以速度v0做匀速运动，所用的时间为
t总2＝＝48 s
所以耽误的时间为Δt＝t总1－t总2＝172 s。
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谢谢观看!
