(共49张PPT)
第二节 匀变速直线运动的规律
第二章 匀变速直线运动
第2课时 匀变速直线运动中速度与位移的关系
1．能根据匀变速直线运动的特点，推导匀变速直线运动的公式：vt2－v02＝2as。
2．能利用公式法和图像法推导中间时刻的瞬时速度，并利用它解决实际问题。
素养目标
知识点一 速度与位移的关系
情境导入 为了减少飞机跑道长度，在一航母上设计了弹射装置。若飞机在起飞过程初速度为v0，末速度为vt，加速度为a，起飞过程为匀加速直线运动。
(1)加速的时间为多少？
提示：由速度与时间的关系vt＝v0＋at，解得t＝ 。
(2)跑道的长度为多少？
自主学习
教材梳理 (阅读教材P39完成下列填空)
1．速度—位移公式：_______________。
2．推导：由匀变速直线运动的速度公式vt＝________，及位移公式s＝v0t＋ at2，可得vt2－v02＝_____。
vt2－v02＝2as
v0＋at
2as
师生互动 对于匀变速直线运动的两个公式s＝v0t＋ at2和vt2－v02＝2as，我们应用时应该如何选择？
提示：应用中涉及初速度v0及时间t的一般用s＝v0t＋ at2；不涉及时间t，涉及初速度v0、末速度vt时，用vt2－v02＝2as较简单。
课堂探究
设弹射系统使战斗机具有的初速度为v0，由运动学公式vt2－v02＝2as
可知v0＝ ＝30 m/s。
某型号航空母舰上装有帮助战斗机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当战斗机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：
(1)若要求该战斗机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使战斗机具有多大的初速度？
答案：30 m/s
例1
不装弹射系统时，战斗机从静止开始做匀加速直线运动。由vt2＝2as′可
知该舰身长至少应为s′＝ ＝250 m。
(2)若某舰上不装弹射系统，要求该型号战斗机仍能在此舰上正常起飞，该舰身长至少应为多长？
答案：250 m
对vt2－v02＝2as的理解
1．公式的意义：公式vt2－v02＝2as反映了初速度v0、末速度vt、加速度a、位移s之间的关系，当其中三个物理量已知时，可求第四个未知量。
2．公式的矢量性
(1)公式中v0、vt、a、s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。
(2)若a代表加速度的大小，以v0的方向为正方向时，匀加速直线运动中vt2－v02＝2as，匀减速直线运动中vt2－v02＝－2as。
3．两种特殊形式
(1)当v0＝0时，vt2＝2as。(初速度为零的匀加速直线运动)
(2)当vt＝0时，－v02＝2as。(末速度为零的匀减速直线运动)
针对练1.(2024·广州市高一校考期中)在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆的刹车加速度是15 m/s2，该路段限速为60 km/h，则该车
A．超速 B．刹车前速度为30 km/h
C．无法判断是否超速 D．刹车前速度为60 km/h
由位移—速度公式可得v02＝2as，解得肇事车辆的初速度大小为v0＝
＝ m/s＝30 m/s＝108 km/h，速度大于限速，则该车超速。故选A。
√
针对练2.一辆汽车在平直公路上刹车，0时刻起，运动的位移与速度的数值关系为s＝10－0.1vt2，其中位移s的单位为m，速度vt的单位为m/s，则下列分析正确的是
A．刹车过程的加速度大小为10 m/s2
B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的速度为10 m/s
D．刹车过程的位移为5 m
返回
知识点二 中间时刻瞬时速度公式
情境导入 一物体做匀变速直线运动，初速度为v0，经过时间t，末速度达到vt。
(1)画出v-t图像，并根据v-t图像试求中间时刻的瞬时速度大小(结果用v0、vt表示)；
提示：v-t图像如图所示。
中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，即 。
自主学习
(2)根据v-t图像，试求这段时间内的平均速度大小(结果用v0、vt表示)。
提示：因为v-t图像与t轴所围面积表示位移，则t时间内物体的位移可表示为s＝
平均速度
由上述两式得 。
教材梳理 (阅读教材P39完成下列填空)
在匀变速直线运动中，某一段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间内
的__________。公式表示为 ＝ ＝____。
平均速度
师生互动 甲、乙两辆汽车在同一平直公路上同向行驶。t＝0时刻两车恰好通过同一地点，两车的速度—时间图像如图所示。试比较两车各自的平均速度与各自的始末速度平均值 。
课堂探究
物体从静止开始做匀加速直线运动，3 s内通过的位移是3 m，求：
(1)3 s内物体的平均速度大小；
答案：1 m/s
例2
法一 基本公式法
(2)第3 s末的速度大小。
答案：2 m/s
法二 平均速度法
法三 中间时刻速度法
针对练1.一物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速一段时间，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用的时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为
A．15 m/s B．30 m/s
C．7.5 m/s D．无法求解
√
针对练2.(多选)一辆汽车做匀减速直线运动，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的平均速度大小可表示为
√
√
√
返回
随堂演练
汽车末速度是零，由vt2－v02＝2as，该系统设置的安全距离约为s＝
＝ m＝12.5 m，故选C。
1．(2024·深圳市高一校考期中)如图所示为装备安全系统的智能汽车。若汽车以0A．6.25 m B．10 m
C．12.5 m D．16 m
√
设到达底端的速度为v，根据速度—位移公式有v2＝2a1s1＝2a2s2，解得a1＝2a2，故选B。
2．(2024·广州市高一期中)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
√
3．甲、乙两辆汽车在同一平直公路上同向行驶。t＝0时刻两车恰好到达同一地点此后一段时间内两车的速度—时间图像如图所示。则
A．t1时刻两车再次相遇
B．甲车的加速度大小逐渐增大，乙车的加速度大小不变
C．0～t1时间内，甲车的平均速度大小大于
D．0～t1时间内，甲车的平均速度比乙车的平均速度小
√
t＝0时刻两车恰好到达同一地点，根据v-t图线和时间
轴所围成的面积表示物体的位移，在t1时刻甲、乙两
车的位移不同，即t1时刻两车没有相遇，A错误；v-t
图像斜率的绝对值表示加速度的大小，即甲车的加
速度大小逐渐减小，乙车的加速度大小不变，B错误；
v-t图像和时间轴所围成的面积表示物体的位移，t1时刻甲车的位移大于乙车的位移，则根据 可知，0～t1时间内，甲车的平均速度比乙车的平均速度大，乙车做的是匀变速直线运动，则 ，则甲车的平均速度大小大于 ，C正确，D错误。故选C。
将该车的运动看作匀减速运动，则根据s＝ t，解得v＝30 m/s＝108 km/h＜120 km/h，所以该车没有超速，刹车过程中的平均速度大小 ＝
v＝15 m/s，故选AC。
4．(多选)某高速公路旁的交通警示牌有如图所示的标记，表示车辆的瞬时速度不能超过120 km/h。若一小汽车在紧急情况下刹车，测得该车滑行过程中车轮在路面上擦过的笔直的痕迹长22.5 m。从监控资料中知道，该车刹车后经过1.5 s停下。下列说法正确的是
A．该车刹车过程中的平均速度大小为15 m/s
B．该车刹车过程中的平均速度大小为30 m/s
C．该车没有超速
D．该车超速
√
√
返回
课 时 测 评
1．如图所示，一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则sAB∶sBC等于
A．1∶1 B．1∶3
C．1∶2 D．1∶4
√
2．如图为贵州北盘江大桥，大桥两侧有等间距的钢索吊着桥身。一汽车在桥上做匀加速直线运动，当经过第一根钢索时，汽车的速度大小为6 m/s，当经过第四根钢索时，汽车的速度大小为12 m/s，则汽车通过第二根钢索时的速度大小为
A．8 m/s B．
C．9 m/s D．10 m/s
设两根钢索之间的距离为s，则从经过第一根到经过第四根，有v42－v12＝2a×3s，从经过第一根到经过第二根，有v22－v12＝2as，联立解得v2＝ ，故选B。
√
3．“广州号”驱逐舰是中国自行研制建造的052B型驱逐舰首舰，如图所示。在某军事演习中，“广州号”由静止开始沿直线匀加速行驶一段距离后，又沿同一方向以不同的加速度匀加速行驶一段距离。若“广州号”在第一、二次加速过程中行驶的距离之比为1∶4，第一、二次加速过程刚结束时的速度大小之比为1∶2，则它在第一、二次加速过程中的加速度大小之比为
A．2∶3 B．3∶2
C．3∶4 D．4∶3
根据题意可得v2－0＝2a1s1，(2v)2－v2＝2a2s2，其中s1∶s2＝1∶4，解得a1∶a2＝4∶3，故选D。
√
4．(2024·江西南昌高一校考)如图所示，遥控赛车静止在A点，现通过遥控使其做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，遥控赛车通过BC段的时间为0.2 s，已知BC段长0.44 m，整个过程遥控赛车可看成质点，则AB段长
A．0.6 m B．1.0 m
C．1.2 m D．2.0 m
在BC段，根据位移公式有sBC＝vBt＋ ，解得vB＝2 m/s；在AB段，根据速度与位移的关系式有vB2＝2asAB，解得sAB＝1.0 m，故选B。
√
5．(2024·广州市高一校考期中)一物体在水平面上做直线行驶，其速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是
A．在t0时刻，物体的运动方向发生改变
B．在0～t0内，物体的平均速度小于
C．在t0～2t0内，物体做匀速运动
D．在0～2t0内，物体的位移大于v0t0
√
6．(多选)(2024·深圳市高一期中)某质点做直线运动，其速度随时间的变化关系式为v＝(6－3t) m/s。关于该质点的运动，下列说法正确的是
A．初速度为3 m/s
B．加速度为3 m/s2
C．第1 s末的瞬时速度为3 m/s
D．前2 s内的平均速度为3 m/s
对比速度公式vt＝v0＋at，可知初速度为v0＝6 m/s，加速度为a＝－3 m/s2，A、B错误；第1 s末的瞬时速度为v1＝(6－3×1) m/s＝3 m/s，C正确；2 s末的速度v2＝(6－3×2) m/s＝0，前2 s内的位移平均速度为 ＝
＝3 m/s，D正确。故选CD。
√
√
7．(多选)(2024·梅州市高一期中)如图甲所示为某高速公路ETC电子收费通道图。一汽车驶入通道O点开始匀减速运动，到M点时匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10 s，v-t图像如图乙所示，取 ≈5.39，则
A．OM段的加速度大小为4 m/s2
B．OM段时间中点的速度为11 m/s
C．ON段间的位移为92 m
D．ON段的平均速度为14 m/s
√
√
8．(多选)(2024·汕头市高一校考期中)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，下列说法正确的是
A．第2 s内的位移是1.0 m
B．第2 s末的瞬时速度是1.75 m/s
C．前3 s的平均速度是2 m/s
D．质点的加速度是0.5 m/s2
√
√
9．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s＝20t－2t2(s的单位是m，t的单位是s)。则该汽车刹车后在路面上留下的刹车痕迹长度为
A．48 m B．50 m
C．72 m D．120 m
√
对比位移公式s＝v0t＋ ，可知汽车的初速度v0＝20 m/s、加速度a＝－4 m/s2。汽车刹车时间为t＝ ＝5 s，所以汽车刹车后6 s在路面上留下的刹车痕迹长度等于汽车速度减小到零的过程中通过的位移大小，即s＝ ＝50 m，故选B。
10．(12分)(2024·浙江衢州高一期末)如图1是某公园的滑梯，该滑梯可以简化成由倾斜滑道AB、水平滑道BC组成，且AB与BC间平滑连接，如图2所示。某小朋友从A点由静止开始，以加速度a＝2 m/s2经2 s到达斜面底端，接着在水平面上做匀减速直线运动，运动3 m后静止，假设小朋友经过B点时速度大小不变。求
(1)该小朋友到达B点的速度大小；
答案：4 m/s
在倾斜滑道AB上，由v1＝at得，该小朋友到达B点的速度大小为v1＝
4 m/s。
(2)倾斜滑道AB的长度；
答案：4 m
倾斜滑道AB的长度为s1＝ at2＝4 m。
(3)该小朋友在水平滑道上运动时加速度的大小。
答案： m/s2
在水平滑道BC上，由v12＝2a′sBC
可得，该小朋友在水平滑道上运动时加速度的大小为a′＝ m/s2。
11．(12分)(2024·惠州市高一校考)为了探测某星球，科
学家们需要把探测器着陆在该星球表面。探测器着陆过
程可以简化为如下过程：先从距星球表面50 m处，由静
止以4 m/s2的加速度自由下落一段距离，然后打开减速
装置，匀减速直线下降32 m后到达星球表面，并以4 m/s
速度着陆。求：
(1)探测器打开减速装置下降时的加速度；
答案：2 m/s2，方向竖直向上
规定竖直向下为正方向，则有h1＋h2＝50 m
所以h1＝18 m
探测器由静止以4 m/s2的加速度自由下落，有v12＝2a1h1
探测器减速运动，有v22－v12＝2a2h2
代入数据解得a2＝－2 m/s2
负号表示加速度方向竖直向上。
根据自由落体运动规律h1＝
代入数据得t1＝3 s
探测器减速到达地面的时间t2＝
则探测器在空中运动的总时间为
t＝t1＋t2＝7 s。
(2)探测器在空中运动的总时间。
答案：7 s
返回第2课时 匀变速直线运动中速度与位移的关系
【素养目标】 1.能根据匀变速直线运动的特点，推导匀变速直线运动的公式：vt2－v02＝2as。2.能利用公式法和图像法推导中间时刻的瞬时速度，并利用它解决实际问题。
知识点一 速度与位移的关系
【情境导入】 为了减少飞机跑道长度，在一航母上设计了弹射装置。若飞机在起飞过程初速度为v0，末速度为vt，加速度为a，起飞过程为匀加速直线运动。
(1)加速的时间为多少？
(2)跑道的长度为多少？
提示：(1)由速度与时间的关系vt＝v0＋at，解得t＝。
(2)跑道长度为s＝v0t＋at2＝v0·＋a·2＝。
【教材梳理】 (阅读教材P39完成下列填空)
1．速度—位移公式：vt2－v02＝2as。
2．推导：由匀变速直线运动的速度公式vt＝v0＋at，及位移公式s＝v0t＋at2，可得vt2－v02＝2as。
【师生互动】 对于匀变速直线运动的两个公式s＝v0t＋at2和vt2－v02＝2as，我们应用时应该如何选择？
提示：应用中涉及初速度v0及时间t的一般用s＝v0t＋at2；不涉及时间t，涉及初速度v0、末速度vt时，用vt2－v02＝2as较简单。
某型号航空母舰上装有帮助战斗机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当战斗机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：
(1)若要求该战斗机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使战斗机具有多大的初速度？
(2)若某舰上不装弹射系统，要求该型号战斗机仍能在此舰上正常起飞，该舰身长至少应为多长？
答案：(1)30 m/s (2)250 m
解析：(1)设弹射系统使战斗机具有的初速度为v0，由运动学公式vt2－v02＝2as
可知v0＝＝30 m/s。
(2)不装弹射系统时，战斗机从静止开始做匀加速直线运动。由vt2＝2as′可知该舰身长至少应为s′＝＝250 m。
对vt2－v02＝2as的理解
1．公式的意义：公式vt2－v02＝2as反映了初速度v0、末速度vt、加速度a、位移s之间的关系，当其中三个物理量已知时，可求第四个未知量。
2．公式的矢量性
(1)公式中v0、vt、a、s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。
(2)若a代表加速度的大小，以v0的方向为正方向时，匀加速直线运动中vt2－v02＝2as，匀减速直线运动中vt2－v02＝－2as。
3．两种特殊形式
(1)当v0＝0时，vt2＝2as。(初速度为零的匀加速直线运动)
(2)当vt＝0时，－v02＝2as。(末速度为零的匀减速直线运动)
针对练1.(2024·广州市高一校考期中)在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆的刹车加速度是15 m/s2，该路段限速为60 km/h，则该车( )
A．超速 B．刹车前速度为30 km/h
C．无法判断是否超速 D．刹车前速度为60 km/h
答案：A
解析：由位移—速度公式可得v02＝2as，解得肇事车辆的初速度大小为v0＝＝ m/s＝30 m/s＝108 km/h，速度大于限速，则该车超速。故选A。
针对练2.一辆汽车在平直公路上刹车，0时刻起，运动的位移与速度的数值关系为s＝10－0.1vt2，其中位移s的单位为m，速度vt的单位为m/s，则下列分析正确的是( )
A．刹车过程的加速度大小为10 m/s2
B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的速度为10 m/s
D．刹车过程的位移为5 m
答案：C
解析：将s＝10－0.1vt2整理可得－10s＝vt2－100，结合公式vt2－v02＝2as，可知a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，A错误，C正确；刹车过程持续的时间为t＝＝2 s，B错误；刹车过程的位移为s＝＝10 m，D错误。
知识点二 中间时刻瞬时速度公式
【情境导入】 一物体做匀变速直线运动，初速度为v0，经过时间t，末速度达到vt。
(1)画出v t图像，并根据v t图像试求中间时刻的瞬时速度大小(结果用v0、vt表示)；
(2)根据v t图像，试求这段时间内的平均速度大小(结果用v0、vt表示)。
提示：(1)v t图像如图所示。
中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，即v＝。
(2)因为v t图像与t轴所围面积表示位移，则t时间内物体的位移可表示为s＝t
平均速度＝
由上述两式得＝。
【教材梳理】 (阅读教材P39完成下列填空)
在匀变速直线运动中，某一段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。公式表示为v＝＝。
【师生互动】 甲、乙两辆汽车在同一平直公路上同向行驶。t＝0时刻两车恰好通过同一地点，两车的速度—时间图像如图所示。试比较两车各自的平均速度与各自的始末速度平均值。
提示：乙车的平均速度乙＝，甲车的平均速度甲＞。
物体从静止开始做匀加速直线运动，3 s内通过的位移是3 m，求：
(1)3 s内物体的平均速度大小；
(2)第3 s末的速度大小。
答案：(1)1 m/s (2)2 m/s
解析：(1)由＝，可得3 s内物体的平均速度大小＝＝＝1 m/s。
(2)法一 基本公式法
物体从静止开始做匀加速直线运动，由s＝at2，可得a＝＝ m/s2，则v3＝at＝×3 m/s＝2 m/s。
法二 平均速度法
由匀变速直线运动的平均速度＝，可知3 s内的平均速度＝，则v3＝2＝2×1 m/s＝2 m/s。
法三 中间时刻速度法
3 s内的平均速度等于第1.5 s末的瞬时速度，即＝v1.5＝1.5 s·a，可得a＝ m/s2＝ m/s2，第3 s末的速度大小v3＝at＝×3 m/s＝2 m/s。
针对练1.一物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速一段时间，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用的时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为( )
A．15 m/s B．30 m/s C．7.5 m/s D．无法求解
答案：B
解析：设最大速度为vm，匀加速直线运动过程有1＝＝vm，则s1＝1t1＝vmt1；匀减速直线运动过程有2＝＝vm，则s2＝2t2＝vmt2，所以整个运动过程s＝s1＋s2＝(t1＋t2)，解得vm＝30 m/s，B正确。
针对练2.(多选)一辆汽车做匀减速直线运动，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的平均速度大小可表示为( )
A． B．at C．v0＋at D．v0－at
答案：ABD
解析：匀变速直线运动的平均速度大小＝＝，A正确；由逆向思维法，汽车的运动可逆向看成是初速度为零的匀加速直线运动，则s＝at2，则平均速度大小＝＝at，B正确；汽车做初速度为v0的匀减速直线运动，则s＝v0t－at2，则平均速度大小＝＝v0－at，C错误，D正确。
1．(2024·深圳市高一校考期中)如图所示为装备安全系统的智能汽车。若汽车以0A．6.25 m B．10 m C．12.5 m D．16 m
答案：C
解析：汽车末速度是零，由vt2－v02＝2as，该系统设置的安全距离约为s＝＝ m＝12.5 m，故选C。
2．(2024·广州市高一期中)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
答案：B
解析：设到达底端的速度为v，根据速度—位移公式有v2＝2a1s1＝2a2s2，解得a1＝2a2，故选B。
3．甲、乙两辆汽车在同一平直公路上同向行驶。t＝0时刻两车恰好到达同一地点此后一段时间内两车的速度—时间图像如图所示。则( )
A．t1时刻两车再次相遇
B．甲车的加速度大小逐渐增大，乙车的加速度大小不变
C．0～t1时间内，甲车的平均速度大小大于
D．0～t1时间内，甲车的平均速度比乙车的平均速度小
答案：C
解析：t＝0时刻两车恰好到达同一地点，根据v t图线和时间轴所围成的面积表示物体的位移，在t1时刻甲、乙两车的位移不同，即t1时刻两车没有相遇，A错误；v t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，即甲车的加速度大小逐渐减小，乙车的加速度大小不变，B错误；v t图像和时间轴所围成的面积表示物体的位移，t1时刻甲车的位移大于乙车的位移，则根据＝可知，0～t1时间内，甲车的平均速度比乙车的平均速度大，乙车做的是匀变速直线运动，则乙＝，则甲车的平均速度大小大于，C正确，D错误。故选C。
4．(多选)某高速公路旁的交通警示牌有如图所示的标记，表示车辆的瞬时速度不能超过120 km/h。若一小汽车在紧急情况下刹车，测得该车滑行过程中车轮在路面上擦过的笔直的痕迹长22.5 m。从监控资料中知道，该车刹车后经过1.5 s停下。下列说法正确的是( )
A．该车刹车过程中的平均速度大小为15 m/s
B．该车刹车过程中的平均速度大小为30 m/s
C．该车没有超速
D．该车超速
答案：AC
解析：将该车的运动看作匀减速运动，则根据s＝t，解得v＝30 m/s＝108 km/h＜120 km/h，所以该车没有超速，刹车过程中的平均速度大小＝v＝15 m/s，故选AC。
课时测评8 匀变速直线运动中速度与位移的关系
(时间：30分钟 满分：60分)
(选择题1－9题，每题4分，共36分)
1．如图所示，一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则sAB∶sBC等于( )
A．1∶1 B．1∶3 C．1∶2 D．1∶4
答案：B
解析：由题意得sAB＝，sBC＝＝，所以sAB∶sBC＝1∶3，故选B。
2．如图为贵州北盘江大桥，大桥两侧有等间距的钢索吊着桥身。一汽车在桥上做匀加速直线运动，当经过第一根钢索时，汽车的速度大小为6 m/s，当经过第四根钢索时，汽车的速度大小为12 m/s，则汽车通过第二根钢索时的速度大小为( )
A．8 m/s B．6 m/s C．9 m/s D．10 m/s
答案：B
解析：设两根钢索之间的距离为s，则从经过第一根到经过第四根，有v42－v12＝2a×3s，从经过第一根到经过第二根，有v22－v12＝2as，联立解得v2＝6 m/s，故选B。
3．“广州号”驱逐舰是中国自行研制建造的052B型驱逐舰首舰，如图所示。在某军事演习中，“广州号”由静止开始沿直线匀加速行驶一段距离后，又沿同一方向以不同的加速度匀加速行驶一段距离。若“广州号”在第一、二次加速过程中行驶的距离之比为1∶4，第一、二次加速过程刚结束时的速度大小之比为1∶2，则它在第一、二次加速过程中的加速度大小之比为( )
A．2∶3 B．3∶2 C．3∶4 D．4∶3
答案：D
解析：根据题意可得v2－0＝2a1s1，(2v)2－v2＝2a2s2，其中s1∶s2＝1∶4，解得a1∶a2＝4∶3，故选D。
4．(2024·江西南昌高一校考)如图所示，遥控赛车静止在A点，现通过遥控使其做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，遥控赛车通过BC段的时间为0.2 s，已知BC段长0.44 m，整个过程遥控赛车可看成质点，则AB段长( )
A．0.6 m B．1.0 m C．1.2 m D．2.0 m
答案：B
解析：在BC段，根据位移公式有sBC＝vBt＋at2，解得vB＝2 m/s；在AB段，根据速度与位移的关系式有vB2＝2asAB，解得sAB＝1.0 m，故选B。
5．(2024·广州市高一校考期中)一物体在水平面上做直线行驶，其速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t0时刻，物体的运动方向发生改变
B．在0～t0内，物体的平均速度小于
C．在t0～2t0内，物体做匀速运动
D．在0～2t0内，物体的位移大于v0t0
答案：B
解析：在t0时刻前后，物体的速度始终为正值，运动方向没有发生改变，故A错误；v t图像与坐标轴围成图形的面积表示位移，可知物体在0～t0时间内的位移小于t0，所以在0～t0内，物体的平均速度小于，故B正确；v t图像的斜率表示加速度，在t0～2t0内图线的斜率不变，物体做匀减速直线运动，故C错误；物体在0～t0时间内的位移小于t0，在t0～2t0内做匀变速直线运动，位移等于t0，所以物体在0～2t0内，物体的位移小于v0t0，故D错误。故选B。
6．(多选)(2024·深圳市高一期中)某质点做直线运动，其速度随时间的变化关系式为v＝(6－3t) m/s。关于该质点的运动，下列说法正确的是( )
A．初速度为3 m/s
B．加速度为3 m/s2
C．第1 s末的瞬时速度为3 m/s
D．前2 s内的平均速度为3 m/s
答案：CD
解析：对比速度公式vt＝v0＋at，可知初速度为v0＝6 m/s，加速度为a＝－3 m/s2，A、B错误；第1 s末的瞬时速度为v1＝(6－3×1) m/s＝3 m/s，C正确；2 s末的速度v2＝(6－3×2) m/s＝0，前2 s内的位移平均速度为＝＝3 m/s，D正确。故选CD。
7．(多选)(2024·梅州市高一期中)如图甲所示为某高速公路ETC电子收费通道图。一汽车驶入通道O点开始匀减速运动，到M点时匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10 s，v t图像如图乙所示，取 ≈5.39，则( )
A．OM段的加速度大小为4 m/s2
B．OM段时间中点的速度为11 m/s
C．ON段间的位移为92 m
D．ON段的平均速度为14 m/s
答案：AC
解析：OM段的加速度大小为a＝ m/s2＝4 m/s2，故A正确；OM段时间中点的速度v＝ m/s＝14 m/s，故B错误；ON段间的位移为s＝×(6＋22)×4 m＋6×6 m＝92 m，故C正确；汽车在ON段的平均速度为＝＝ m/s＝9.2 m/s，故D错误。故选AC。
8．(多选)(2024·汕头市高一校考期中)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，下列说法正确的是( )
A．第2 s内的位移是1.0 m
B．第2 s末的瞬时速度是1.75 m/s
C．前3 s的平均速度是2 m/s
D．质点的加速度是0.5 m/s2
答案：BD
解析：因做匀变速直线运动的物体相邻相等时间内的位移之差相等，可知s4－s3＝s3－s2，则第2 s内的位移是s2＝1.5 m，A错误； 第2 s末的瞬时速度等于1～3 s内的平均速度，即v2＝＝ m/s＝1.75 m/s，B正确；前3 s的平均速度等于1.5 s时的瞬时速度，也等于第2 s内的平均速度，即3＝v1.5＝＝ m/s＝1.5 m/s，C错误；质点的加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，D正确。故选BD。
9．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s＝20t－2t2(s的单位是m，t的单位是s)。则该汽车刹车后在路面上留下的刹车痕迹长度为( )
A．48 m B．50 m C．72 m D．120 m
答案：B
解析：对比位移公式s＝v0t＋at2，可知汽车的初速度v0＝20 m/s、加速度a＝－4 m/s2。汽车刹车时间为t＝＝5 s，所以汽车刹车后6 s在路面上留下的刹车痕迹长度等于汽车速度减小到零的过程中通过的位移大小，即s＝＝50 m，故选B。
10．(12分)(2024·浙江衢州高一期末)如图1是某公园的滑梯，该滑梯可以简化成由倾斜滑道AB、水平滑道BC组成，且AB与BC间平滑连接，如图2所示。某小朋友从A点由静止开始，以加速度a＝2 m/s2经2 s到达斜面底端，接着在水平面上做匀减速直线运动，运动3 m后静止，假设小朋友经过B点时速度大小不变。求：
(1)该小朋友到达B点的速度大小；
(2)倾斜滑道AB的长度；
(3)该小朋友在水平滑道上运动时加速度的大小。
答案：(1)4 m/s (2)4 m (3) m/s2
解析：(1)在倾斜滑道AB上，由v1＝at得，该小朋友到达B点的速度大小为v1＝4 m/s。
(2)倾斜滑道AB的长度为s1＝at2＝4 m。
(3)在水平滑道BC上，由v12＝2a′sBC
可得，该小朋友在水平滑道上运动时加速度的大小为a′＝ m/s2。
11．(12分)(2024·惠州市高一校考)为了探测某星球，科学家们需要把探测器着陆在该星球表面。探测器着陆过程可以简化为如下过程：先从距星球表面50 m处，由静止以4 m/s2的加速度自由下落一段距离，然后打开减速装置，匀减速直线下降32 m后到达星球表面，并以4 m/s的速度着陆。求：
(1)探测器打开减速装置下降时的加速度；
(2)探测器在空中运动的总时间。
答案：(1)2 m/s2，方向竖直向上 (2)7 s
解析：(1)规定竖直向下为正方向，则有h1＋h2＝50 m
所以h1＝18 m
探测器由静止以4 m/s2的加速度自由下落，有v12＝2a1h1
探测器减速运动，有v22－v12＝2a2h2
代入数据解得a2＝－2 m/s2
负号表示加速度方向竖直向上。
(2)根据自由落体运动规律h1＝a1t12
代入数据得t1＝3 s
探测器减速到达地面的时间t2＝＝4 s
则探测器在空中运动的总时间为
t＝t1＋t2＝7 s。
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