第2讲 匀变速直线运动的规律与应用
例1 (1)18 m/s (2)507 m (3)63 m (4)8 s (5)75 m
[解析] (1)由x=v0t+at2得,75 m=v0×1 s-×6 m/s2×(1 s)2
解得v0=78 m/s
由v=v0+at得着陆后10 s末的速度为v=78 m/s-6 m/s2×10 s=18 m/s
(2)飞机从着陆到停止所用时间为t1== s=13 s
着陆后20 s内的位移大小为x1=t1=507 m
(3)飞机在前2 s内的位移大小x2=v0t2-a=78×2 m-×6×22 m=144 m
飞机在前3 s内的位移大小x3=v0t3-a=78×3 m-×6×32 m=207 m
则飞机在第3 s内的位移大小为Δx=x3-x2=63 m
(4)着陆后滑行x4=432 m过程,根据运动学公式有x4=v0t4-a
解得t4=8 s或t4=18 s
停止所用时间为13 s,则只能取t4=8 s
(5)运用逆向思维,静止前5 s内飞机滑行的位移大小为x5=a=×6×52 m=75 m
例2 (1)1 m/s2 (2)4
[解析] (1)根据匀变速运动规律可知某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,所以在1、2号锥筒的中间时刻的速度为
v1==2.25 m/s
2、3号锥筒的中间时刻的速度为
v2==1.8 m/s
故可得加速度大小为
a===1 m/s2
(2)设到达1号锥筒时的速度为v0,根据匀变速直线运动规律得v0t1-a=d
代入数值解得v0=2.45 m/s
从1号开始到停止时通过的位移大小为
x==3.001 25 m≈3.33d
故可知最远能经过4号锥筒
例3 t
[解析] 方法一:基本公式法
物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设初速度为v0,加速度大小为a,物体从B滑到C所用的时间为tBC,由匀变速直线运动的规律得
=2axAC
-=-2axAB
xAB=xAC
解得vB=
又vB=v0-at
vB=atBC
解得tBC=t
方法二:平均速度法
匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,==,又=2axAC,=2axBC,xBC=,由以上三式解得vB=
即vB刚好等于AC段的平均速度,因此物体到B点时正好是这段位移的中间时刻,因此有tBC=t.
方法三:逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面,其逆过程可看作由静止开始向下匀加速滑下斜面.设物体从B到C所用的时间为tBC,由运动学公式得xBC=a,xAC=a(t+tBC)2
又xBC=
由以上三式解得tBC=t
方法四:比例法
如上,物体运动的逆过程可视为初速度为零的匀加速直线运动,对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)
由于xBC∶xAB=∶=1∶3,则物体通过AB段和通过BC段的时间相等,即tBC=t
方法五:图像法
根据匀变速直线运动的规律,画出v t图像,如图所示.
利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边的二次方之比,即=,且=
OD=t,DC=tBC,OC=t+tBC
所以=,解得tBC=t
【思维拓展】
到达B点有两种可能,第一种可能是向上运动到B点;第二种可能是先经过B后,返回向下运动再次到B点.应该有两个答案.
例4 (1)2 m/s2 (2)6.25 m
(3) m/s (4)4.5 s
[解析] (1)小物块经过ac和cd所用的时间相等,根据位移差公式Δx=xcd-xac=aT2
解得a=-2 m/s2,负号表示与正方向相反,大小为2 m/s2
(2)小物块经过c点的速度vc==5 m/s
c、e两点之间的距离xce==6.25 m
(3)b、c两点间的距离x2=
b点的速度vb== m/s
(4)小物块经过c、e两点之间的时间t==2.5 s
小物块在水平地面上滑行的总时间t总=T+t=4.5 s
例5 C [解析] 设门的最大速度为v,根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为,且时间相等,均为t=2 s,根据x=2×t,可得v=1 m/s,则加速度a== m/s2=0.5 m/s2,故选C.
例6 A [解析] 木板在斜面上所受合力F=mgsin θ不变,则木板的加速度不变,木板从静止释放到下端到达A点的过程,有L=a,木板从静止释放到上端到达A点的过程,当木板长度为L时,有2L=a,当木板长度为2L时,有3L=a,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1),A正确.第2讲 匀变速直线运动的规律与应用
1.B [解析] 汽车做末速度为零的匀减速直线运动,则有x=t=10 m,故选B.
2.D [解析] 根据匀变速直线运动速度与时间关系v=v0+at,结合速度随时间的变化关系式v= m/s,可知初速度为v0=6 m/s,加速度为a=-3 m/s2,故A、B错误;第1 s末的瞬时速度为v1= m/s=3 m/s,故C错误;第2 s末的瞬时速度为v2= m/s=0,前2 s内的平均速度为==3 m/s,故D正确.
3.D [解析] 经分析,冰壶在不到3 s的时间内已经停止,设初速度为v0,冰壶在第1 s内位移x1=v0t1-a=1.5 m,设经过时间t0停止,在1~3 s时间内位移x'=v0t0-a-x1=0.5 m,而v0=at0,联立得v0=2 m/s,故选D.
4.C [解析] 由题意可知,电动公交车做匀减速直线运动,设R、S间的距离为x,则S、T间的距离为2x,根据题意有==,==,联立解得t2=4t1,vT=vR-10 m/s,再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT=vR-a 5t1,则at1=2 m/s,其中还有==vR-a·,解得vR=11 m/s,联立解得公交车经过T点时的瞬时速度为vT=1 m/s,故选C.
5.D [解析] 由题意可得,汽车通过AC段的平均速度大小为v1==,通过CD的平均速度大小为v2=,根据匀变速直线运动的规律,某段时间中间时刻瞬时速度等于该段时间内的平均速度.结合速度—时间公式可得v2=v1+a·t,解得a=,故选D.
6.D [解析] 设A点的速度为v,则B点的速度为v+2 m/s,C点的速度为v+4 m/s,则从A到B点的过程中有(v+2)2-v2=2axAB,从B点到C点的过程中有(v+4)2-(v+2)2=2axBC,联立解得v=3 m/s,则C点的速度为vC=7 m/s,故选D.
7.B [解析] 根据匀变速直线运动位移与时间的关系式x=v0t+at2,类比战斗机起飞前位移与时间的关系式可得a=2.5 m/s2,解得a=5 m/s2,故A错误;根据速度与时间的关系可得,战斗机在第5 s末的速度大小为v5=at5=5×5 m/s=25 m/s,故B正确;根据战斗机位移与时间的关系可得,战斗机在前5 s内的位移大小为x5=2.5×52 m=62.5 m,故C错误;战斗机在前5 s内的平均速度大小为== m/s=12.5 m/s,故D错误.
8.C [解析] 初速度为零的匀加速直线运动,相同位移的时间比为1∶∶∶∶,通过第一段ab的时间为t,则通过第三段cd的时间为t,通过第四段de的时间为t,故A、B错误;中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度,由A、B项的解析可知,ab段所用的时间大于bc段所用的时间,故b点是ac段的中间时刻后某一时间点,故ac段的平均速度小于b点的瞬时速度,故C正确,D错误.
9.AC [解析] 设刹车时间为t,则由逆向思维有,刹车最后1 s的位移为x1,有x1=a,刹车第1 s位移为x2,有x2=at2-a,由题意可知=5,对全程有x=at2=6 m,解得t=3 s,a= m/s2,故A正确,B错误;因为做匀减速直线运动,由匀变速直线运动公式有中间时刻瞬时速度等于该段时间的平均速度,设中间时刻瞬时速度为,有===2 m/s,故C正确;设中间位置瞬时速度为,运用逆向思维,则对于后半段有0-=-2a,解得=2 m/s,故D错误.
10.BC [解析] 设汽车启动时的加速度大小为a,则6 m=a(22-12),解得a=4 m/s2,故A错误;假设汽车在第2 s末达到最大速度,则第4 s内做匀速直线运动,应前进Δx4=at2·Δt=4 m/s2×2 s×1 s=8 m<13.5 m,则说明假设不成立,汽车达到最大速度的时刻应在2 s之后,若汽车在第4 s初达到最大速度,则汽车在第4 s内能前进Δx4=at3·Δt=4 m/s2×3 s×1 s=12 m<13.5 m,若汽车在第4 s末达到最大速度,则汽车在第4 s内能前进Δx4=a-a=14 m>13.5 m,所以以上三种假设均不成立,汽车应在第4 s内的某时刻达到最大速度,设汽车的加速时间为t,则有Δx4=at2-a+(t4-t)at=13.5 m,解得t=3.5 s,汽车的最大速度为vm=at=14 m/s,前4 s内前进了x4=x3+Δx4=a+Δx4=31.5 m,汽车的加速距离为x加=at2=24.5 m,故B、C正确,D错误.
11.B [解析] 根据x=at2,可知tE=2tB,故A错误;根据v2=2as,可知物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,故B正确;物体从A运动到E全过程的平均速度为==,故C错误;物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,故物体通过每一部分时,其速度增量vB-vA>vC-vB>vD-vC>vE-vD,故D错误.
12.(1)12 m/s (2)2 m/s2 (3)13 m/s
[解析] (1)汽车通过A、C两树的平均速度为===12 m/s
(2)设汽车经过A树时的速度为v0,加速度大小为a
对AB段运动,根据位移公式有l=v0t1+a
对AC段运动,根据位移公式有2l=v0+a
联立解得v0=7 m/s,a=2 m/s2
(3)对AB段运动,根据速度公式有vB=v0+at1
解得vB=13 m/s
13.A [解析] 设老师的反应时间为t,匀减速运动的加速度大小为a,第一次匀减速运动的时间为t1,第二次匀减速运动的时间为t2,则由逆向思维,根据位移与时间的关系有x1-v1t=a①,x2-v2t=a②,由平均速度公式有·t1=x1-v1t③,·t2=x2-v2t④,可得t1=⑤,t2=⑥,将⑤代入①解得a=⑦,将⑥⑦代入②解得t=,故选A.
14.
[解析] 方法一:设物体的加速度为a,到达A点的速度为v0,通过AB段和BC段所用的时间均为T
则有l1=v0T+aT2
l1+l2=2v0T+2aT2
l2-l1=aT2
得3l1-l2=2v0T
又l0=
联立解得l0=
方法二:设物体在OA段所用时间为t0,在AB、BC段用时均为T,由运动学公式
在OA段有l0=a
在OB段有l0+l1=a(t0+T)2
在OC段有l0+l1+l2=a(t0+2T)2
联立解得l0=
方法三:利用位移差公式Δx=aT2和vB=求解
根据l2-l1=aT2,vB==,=2a(l0+l1)
联立解得l0=
方法四:利用“平均速度公式”,化平均为瞬时
设物体在AB、BC段中间时刻的速度分别为v1、v2,通过AB、BC段的时间均为T,则有
v1=,v2=
v2-v1=aT
v1-vA=a
=2al0
联立解得l0=第2讲 匀变速直线运动的规律与应用
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且 不变的运动.
2.匀变速直线运动的基本规律
(1)速度与时间的关系式:v= .
(2)位移与时间的关系式:x= .
(3)速度与位移的关系式: =2ax.
3.匀变速直线运动的三个常用推论
(1)两个连续相同时间内的位移差:Δx= .xm-xn= aT2.
(2)中间时刻速度:= =.
(3)位移中点速度:= .
4.初速度为零的匀变速直线运动的推论
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn= .
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn= .
(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x1'∶x2'∶x3'∶…∶xn'= .
(4)前x内、前2x内、前3x内、…、前nx内的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn= .
(5)第1个x内、第2个x内、第3个x内、…、第n个x内的时间之比为:t1'∶t2'∶t3'∶…∶tn'= .
【辨别明理】
1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动. ( )
2.匀加速直线运动的位移是均匀增大的. ( )
3.匀变速直线运动中,经过相同的时间,速度变化量相同. ( )
4.在匀变速直线运动中,中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度. ( )
5.匀变速直线运动中,位移随时间均匀变化. ( )
6.初速度为零的匀变速直线运动的位移与时间的平方成正比. ( )
匀变速直线运动的基本规律
1.匀变速直线运动公式选用技巧
题目中所涉及的 物理量 没有涉及的 物理量 适宜选用公式
v0、v、a、t x v=v0+at
v0、a、t、x v x=v0t+at2
v0、v、a、x t v2-=2ax
注意:通常以初速度v0的方向为正方向;当v0=0时,一般以加速度a的方向为正方向.速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正,相反时取负.
2.“一画,二选,三注”解决匀变速直线运动问题
例1 [2024·湖南张家界模拟] 我国国产飞机C919在某次试飞结束后着陆,着陆过程中做匀减速直线运动,加速度大小a=6 m/s2,飞机着陆后的第1 s内位移为75 m,方向向东.求:
(1)着陆后10 s末的速度;
(2)着陆后20 s内的位移大小;
(3)着陆后第3 s内飞机的位移;
(4)着陆后滑行432 m所需要的时间;
(5)静止前5 s内飞机滑行的位移大小.
例2 [2024·广西卷] 如图所示,轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距d=0.9 m,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行.现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4 s,从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5 s.求该同学:
(1)滑行的加速度大小;
(2)最远能经过几号锥筒.
匀变速直线运动的重要推论及应用
解决匀变速直线运动的六种方法
例3 物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面,斜面总长度为xAC,物体到达斜面最高点C时速度恰好为零,如图所示,已知物体向上运动到距斜面底端xAC处的B点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间.(本题可尝试用多种方法解答)
【思维拓展】 “已知物体向上运动到距斜面底端”中的“向上”两个字删掉,对答案有什么影响
例4 [2024·福建漳州模拟] 如图所示,水平面上有一小物块从a点出发,沿直线向右匀变速滑动,依次经过b、c、d,到达最远点e.已知a、d两点间的距离为x1=20 m,b、c两点间的距离为x2=4 m,b点是ad的中点,小物块经过ac和cd所用的时间均为T=2 s,取水平向右为正方向,求:
(1)小物块运动的加速度大小;
(2)c、e两点之间的距离;
(3)小物块在b点时的速度大小;
(4)小物块在水平地面上滑行的总时间.
例5 [2024·海南卷] 商场自动感应门如图所示,人走进时两扇门从静止开始同时向左、右平移,经4 s恰好完全打开,两扇门移动距离均为2 m,若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动,完全打开时速度恰好为0,则加速度的大小为 ( )
A.1.25 m/s2 B.1 m/s2
C.0.5 m/s2 D.0.25 m/s2
[反思感悟]
例6 [2024·山东卷] 如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为L.木板由静止释放,若木板长度为L,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2L,通过A点的时间间隔为Δt2.Δt2∶Δt1为 ( )
A.(-1)∶(-1)
B.(-)∶(-1)
C.(+1)∶(+1)
D.(+)∶(+1)
[反思感悟]
1.加速度
2.(1)v0+at (2)v0t+at2 (3)v2-
3.(1)aT2 (m-n) (2) (3)
4.(1)1∶2∶3∶…∶n (2)1∶4∶9∶…∶n2 (3)1∶3∶5∶…∶(2n-1) (4)1∶∶∶…∶ (5)1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)
【辨别明理】
1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.√第2讲 匀变速直线运动的规律与应用 (限时40分钟)
1.[2024·北京卷] 一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶,制动后做匀减速直线运动,经2 s停止,汽车的制动距离为 ( )
A.5 m B.10 m
C.20 m D.30 m
2.[2024·湖南长沙模拟] 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2 m/s
D.前2 s内的平均速度为3 m/s
3.[2024·辽宁抚顺模拟] 运动员把冰壶沿水平冰面投出后,让冰壶在冰面上自由滑行,在不与其他冰壶碰撞的情况下,其运动可视为匀变速运动.冰壶在第1 s内位移大小为1.5 m,在1~3 s时间内位移大小为0.5 m,则运动员投出冰壶的初速度大小为 ( )
A. m/s B. m/s
C.6 m/s D.2 m/s
4.[2023·山东卷] 如图所示,电动公交车做匀减速直线运动进站,连续经过R、S、T三点,已知ST间的距离是RS的两倍,RS段的平均速度是10 m/s,ST段的平均速度是5 m/s,则公交车经过T点时的瞬间速度为 ( )
A.3 m/s B.2 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
5.2023年8月株洲清水塘大桥正式通车,大桥全长2.85千米,如图甲所示.图乙中A、B、C、D为大桥上的四根竖直钢丝绳吊索,相邻两根吊索之间的距离均为s.做匀加速直线运动的汽车从水平桥面上通过,通过AC的时间是通过CD的时间的4倍.若通过CD的时间为t,汽车可看成质点,则汽车的加速度大小为 ( )
A. B. C. D.
6.[2024·江西南昌模拟] 2024年3月10日8时,备受瞩目的中国安义门窗杯·2024南昌安义半程马拉松在安义县迎宾大道鸣枪开跑!来自全国各地的6000名马拉松爱好者精神抖擞,应声出发,奔向终点.在某阶段,某马拉松爱好者从O点沿水平地面做匀加速直线运动,运动过程中依次通过A、B、C三点.已知AB=6 m,BC=9 m,该马拉松爱好者从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度的变化量都是2 m/s,则该马拉松爱好者经过C点时的瞬时速度为 ( )
A.1 m/s B.3 m/s
C.5 m/s D.7 m/s
7.[2024·广东韶关模拟] 我国自主设计建造的“福建舰”是首艘装有电磁弹射系统的航母.某次训练时,从t=0时刻开始,战斗机在航母上由静止开始做匀加速直线运动,起飞前,其位移x随时间t的变化关系式为x=2.5t2(x、t的单位分别为m、s),下列说法正确的是( )
A.战斗机的加速度大小为2.5 m/s2
B.战斗机在第5 s末的速度大小为25 m/s
C.战斗机在前5 s内的位移大小为125 m
D.战斗机在前5 s内的平均速度大小为6.25 m/s
8.[2024·山西太原模拟] 如图所示为港珠澳大桥上连续四段长均为110 m的等跨钢箱梁桥,桥墩所在的位置依次标记为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 ( )
A.通过cd段的时间为t
B.通过de段的时间为t
C.ac段的平均速度小于b点的瞬时速度
D.ac段的平均速度大于b点的瞬时速度
9.(多选)某人骑电动车,在距离十字路口停车线6 m处看到信号灯变红,立即刹车,做匀减速直线运动,电动车刚好在停止线处停下.已知电动车在减速过程中,第1 s的位移是最后1 s位移的5倍,忽略反应时间.下列关于电动车的刹车过程说法正确的是 ( )
A.刹车时间为3 s
B.刹车的加速度大小为2 m/s2
C.中间时刻的瞬时速度大小为2 m/s
D.中间位置的瞬时速度大小为2 m/s
10.(多选)[2024·山东青岛模拟] 一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动,达到最大速度后保持匀速运动.已知汽车在启动后的第2 s内前进了6 m,第4 s内前进了13.5 m,下列说法正确的是 ( )
A.汽车匀加速时的加速度大小为6 m/s2
B.汽车在前4 s内前进了31.5 m
C.汽车的最大速度为14 m/s
D.汽车的加速距离为20 m
11.[2024·河北石家庄模拟] 如图所示,光滑斜面AE被分成四个长度相等的部分,即AB=BC=CD=DE,一物体从A点由静止释放,下列结论中正确的是 ( )
A.物体到达E点的时间tE与到达B点的时间tB的关系为tE=3tB
B.物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2
C.物体从A运动到E全过程的平均速度=vE
D.物体通过每一部分时,其速度增量vB-vA=vC-vB=vD-vC=vE-vD
12.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动,公路边每隔l=30 m有一棵树,如图所示,汽车通过A、B两棵相邻的树所用时间t1=3 s,通过B、C两棵相邻的树所用时间为t2=2 s.汽车可视为质点,求:
(1)汽车通过A、C两树的平均速度大小.
(2)汽车的加速度大小.
(3)汽车通过B树时的速度大小.
13.[2024·浙江宁波模拟] 汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离,通常情况下,安全距离与驾驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关.某老师采用如下方法在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时间:汽车以速度v1匀速行驶,记录下从看到减速信号至汽车停下的位移x1;然后再以另一速度v2匀速行驶,记录下从看到减速信号至汽车停下的位移x2,假设两次实验的反应时间不变,加速度相同且恒定不变.可测得老师的反应时间为( )
A. B.
C. D.
14.已知O、A、B、C为同一直线上的四点,A、B间的距离为l1,B、C间的距离为l2,一物体自O点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过A、B、C三点,已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等.求O与A的距离l0.(共81张PPT)
第2讲 匀变速直线运动的规律与应用
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且________不变的运动.
加速度
2.匀变速直线运动的基本规律
(1) 速度与时间的关系式： ________.
(2) 位移与时间的关系式： _ __________.
(3) 速度与位移的关系式：________ .
3.匀变速直线运动的三个常用推论
(1) 两个连续相同时间内的位移差：_____.________ .
(2) 中间时刻速度：_____ .
(3) 位移中点速度： _ ______.
4.初速度为零的匀变速直线运动的推论
(1) 末、末、末、…、末的瞬时速度之比为
____________.
(2) 前内、前内、前内、…、前 内的位移之比为
____________.
(3) 第1个内、第2个内、第3个内、…、第个 内的位移之比为
__________________.
4.初速度为零的匀变速直线运动的推论
(4) 前内、前内、前内、…、前内的时间之比为
_______________.
(5) 第1个内、第2个内、第3个内、…、第个 内的时间之比为：
_____________________________________.
【辨别明理】
1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动.( )
×
2.匀加速直线运动的位移是均匀增大的.( )
×
3.匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同.( )
√
4.在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的
速度.( )
√
5.匀变速直线运动中，位移随时间均匀变化.( )
×
6.初速度为零的匀变速直线运动的位移与时间的平方成正比.( )
√
考点一 匀变速直线运动的基本规律
1.匀变速直线运动公式选用技巧
题目中所涉及的物理量 没有涉及的物理量 适宜选用公式
注意:通常以初速度的方向为正方向;当时,一般以加速度 的方向
为正方向.速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正,相反时取负.
2.“一画,二选,三注”解决匀变速直线运动问题
例1 [2024·湖南张家界模拟] 我国国产飞机 在某次
试飞结束后着陆，着陆过程中做匀减速直线运动，加速
度大小，飞机着陆后的第内位移为 ，
方向向东.求：
(1) 着陆后 末的速度；
[答案]
[解析] 由得，
解得
由得着陆后 末的速度为
例1 [2024·湖南张家界模拟] 我国国产飞机 在某
次试飞结束后着陆，着陆过程中做匀减速直线运动，
加速度大小，飞机着陆后的第 内位移为
，方向向东.求：
(2) 着陆后 内的位移大小；
[答案]
[解析] 飞机从着陆到停止所用时间为
着陆后内的位移大小为
例1 [2024·湖南张家界模拟] 我国国产飞机 在某
次试飞结束后着陆，着陆过程中做匀减速直线运动，
加速度大小，飞机着陆后的第 内位移
为 ，方向向东.求：
(3) 着陆后第 内飞机的位移；
[答案]
[解析] 飞机在前 内的位移大小
飞机在前 内的位移大小
则飞机在第内的位移大小为
例1 [2024·湖南张家界模拟] 我国国产飞机
在某次试飞结束后着陆，着陆过程中做匀减速直
线运动，加速度大小 ，飞机着陆后的
第内位移为 ，方向向东.求：
(4) 着陆后滑行 所需要的时间；
[答案]
[解析] 着陆后滑行过程，根据运动学公式有
解得或
停止所用时间为，则只能取
例1 [2024·湖南张家界模拟] 我国国产飞机
在某次试飞结束后着陆，着陆过程中做匀减速
直线运动，加速度大小 ，飞机着陆
后的第内位移为 ，方向向东.求：
(5) 静止前 内飞机滑行的位移大小.
[答案]
[解析] 运用逆向思维，静止前 内飞机滑行的位移大小为
例2 [2024·广西卷] 如图所示，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个
定位锥筒，锥筒间距 ，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行.现测
出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时 ，从2号锥筒运动到3号锥筒用
时 .求该同学：
(1) 滑行的加速度大小；
[答案]
[解析] 根据匀变速运动规律可知某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时
速度，所以在1、2号锥筒的中间时刻的速度为
2、3号锥筒的中间时刻的速度为
故可得加速度大小为
例2 [2024·广西卷] 如图所示，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个
定位锥筒，锥筒间距 ，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行.现测
出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时 ，从2号锥筒运动到3号锥筒用
时 .求该同学：
(2) 最远能经过几号锥筒.
[答案] 4
[解析] 设到达1号锥筒时的速度为 ，根据匀变速直线运动规律得
代入数值解得
从1号开始到停止时通过的位移大小为
故可知最远能经过4号锥筒
考点二 匀变速直线运动的重要推论及应用
解决匀变速直线运动的六种方法
例3 物体以一定的初速度从斜面底端 点冲上
固定的光滑斜面，斜面总长度为 ，物体到
达斜面最高点 时速度恰好为零，如图所示，
已知物体向上运动到距斜面底端处的 点
[答案]
时，所用时间为，求物体从滑到 所用的时间.(本题可尝试用多种方法解答)
[解析] 方法一：基本公式法
物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度
为，加速度大小为，物体从滑到 所用的
时间为 ，由匀变速直线运动的规律得
解得 又
，解得
方法二：平均速度法
匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段
位移的平均速度， ，又
，， ，由以上
三式解得 即刚好等于段的平均速度，因此物体到
点时正好是这段位移的中间时刻，因此有
.
方法三：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程可看作由
静止开始向下匀加速滑下斜面.设物体从到
所用的时间为 ，由运动学公式得
，
又
由以上三式解得
方法四：比例法
如上，物体运动的逆过程可视为初速度为零的
匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直
线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比
由于 ，则物体通过
段和通过段的时间相等，即
方法五：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出 图像，如图
所示.
利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的二
次方之比，即，且
，，
所以，解得
【思维拓展】 “已知物体向上运动到距斜面底端”中的“向上”两个字删掉，
对答案有什么影响？
[答案] 到达点有两种可能，第一种可能是向上运动到 点；第二种可能
是先经过后，返回向下运动再次到 点.应该有两个答案.
例4 [2024·福建漳州模拟] 如图所示，水平面上有一小物块从 点出发，沿
直线向右匀变速滑动，依次经过、、，到达最远点.已知、 两点间
的距离为，、两点间的距离为，点是 的中点，小
物块经过和所用的时间均为 ，取水平向右为正方向，求：
(1) 小物块运动的加速度大小；
[答案]
[解析] 小物块经过和 所用的时间相等，根据位移差公式
解得，负号表示与正方向相反，
大小为
例4 [2024·福建漳州模拟] 如图所示，水平面上有一小物块从 点出发，沿
直线向右匀变速滑动，依次经过、、，到达最远点.已知、 两点间
的距离为，、两点间的距离为，点是 的中点，小
物块经过和所用的时间均为 ，取水平向右为正方向，求：
(2) 、 两点之间的距离；
[答案]
[解析] 小物块经过点的速度
、两点之间的距离
例4 [2024·福建漳州模拟] 如图所示，水平面上有一小物块从 点出发，沿
直线向右匀变速滑动，依次经过、、，到达最远点.已知、 两点间
的距离为，、两点间的距离为，点是 的中点，小
物块经过和所用的时间均为 ，取水平向右为正方向，求：
(3) 小物块在 点时的速度大小；
[答案]
[解析] 、两点间的距离
点的速度
例4 [2024·福建漳州模拟] 如图所示，水平面上有一小物块从 点出发，沿
直线向右匀变速滑动，依次经过、、，到达最远点.已知、 两点间
的距离为，、两点间的距离为，点是 的中点，小
物块经过和所用的时间均为 ，取水平向右为正方向，求：
(4) 小物块在水平地面上滑行的总时间.
[答案]
[解析] 小物块经过、两点之间的时间
小物块在水平地面上滑行的总时间
例5 [2024·海南卷] 商场自动感应门如图
所示，人走进时两扇门从静止开始同时
向左、右平移，经 恰好完全打开，两
扇门移动距离均为 ，若门从静止开始
以相同加速度大小先匀加速运动后匀减
速运动，完全打开时速度恰好为0，则加
速度的大小为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设门的最大速度为 ，根据匀变
速直线运动的规律可知加速过程和减速
过程的平均速度均为 ，且时间相等，均
为，根据 ，可得
，则加速度
，故选C.
例6 [2024·山东卷] 如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜
面上点距离为.木板由静止释放，若木板长度为，通过 点的时间间隔
为；若木板长度为，通过点的时间间隔为. 为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 木板在斜面上所受合力 不变，
则木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达
点的过程，有 ,木板从静止释放到上端到
达点的过程，当木板长度为时，有 ,当
木板长度为时，有,又 ，
，联立解得
,A正确.
备 用 习 题
√
1.以18 m/s的速度行驶的汽车,制动后做匀减速直线运动,在3 s内前进36 m,则汽车在5 s内的位移为 ( )
A.50 m B.45 m C.40.5 m D.40 m
[解析] 根据x=v0t+at2,其中x=36 m,v0=18 m/s,t=3 s,解得a=-4 m/s2,则汽车刹车至停下来所需时间为t'== s=4.5 s<5 s,所以4.5 s末汽车停下来,则汽车在5 s内的位移为x'== m=40.5 m,故C正确.
考点一 匀变速直线运动的基本规律
备 用 习 题
√
2.(多选)在一平直公路上,一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动,8 s内经过相距80 m的A、B两点,已知汽车经过B点时的速度为15 m/s,则 ( )
A.汽车经过A点时的速度为5 m/s
B.A点与O点间的距离为20 m
C.汽车从O点到A点需要的时间为5 s
D.汽车从O点到B点的平均速度为7.5 m/s
√
考点二 匀变速直线运动的重要推论及应用
备 用 习 题
[解析] 汽车从A点到B点的平均速度== m/s=10 m/s,而汽车做匀加速直线运动,所以有=,则vA=2-vB=(2×10-15) m/s=5 m/s,选项A正确;由速度—位移关系式得汽车的加速度a== m/s2=1.25 m/s2,由匀变速直线运动规律可得=2axOA,解得xOA=10 m,选项B错误;由vA=at',解得汽车从O点到A点需要的时间t'=4 s,选项C错误;汽车从O点到B点的平均速度'== m/s=7.5 m/s,选项D正确.
备 用 习 题
√
3.(多选)如图所示,一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动,且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零,则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比v1∶v2∶v3和穿过每个矩形区域所用的时间之比t1∶t2∶t3对应为 ( )
A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3=∶∶1
C.t1∶t2∶t3=1∶∶
D.t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1
√
备 用 习 题
[解析] 因为冰壶做匀减速直线运动,且末速度为零,故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(-1)∶(-),故所求时间之比为(-)∶(-1)∶1,选项C错误,D正确;由v2-=2ax可得,初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移时的速度之比为1∶∶,故所求的速度之比为∶∶1,选项A错误,B正确.
备 用 习 题
√
4.如图所示,滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动,先后经过P、M、N三点,已知PM=10 m,MN=20 m,且运动员经过PM、MN两段的时间相等,下列说法不正确的是 ( )
A.能求出O、P间的距离
B.不能求出运动员经过OP段所用的时间
C.不能求出运动员的加速度
D.不能求出运动员经过P、M两点的速度之比
备 用 习 题
[解析] 设运动员通过PM、MN所用时间均为T,则运动员经过M点的速度为vM==,根据Δx=aT2得a==,则运动员经过P点的速度为vP=vM-aT=-=,则xOP==1.25 m,故A正确;运动员经过P、M两点的速度之比为=,故D错误;因为T未知,则不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度,故B、C正确.
备 用 习 题
√
5.“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动,由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止,共用时12 s,位移随时间变化情况如表所示,加速和制动均可看作是匀变速直线运动.下列说法正确的是 ( )
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
A.前6秒火星车做加速运动
B.第6秒末火星车的速率为4.75 cm/s
C.火星车一共匀速运动了10 cm
D.火星车减速的加速度大小为2 cm/s2
备 用 习 题
[解析] 由题意可知,火星车从静止开始先做匀加速直线运动,接着做匀速直线运动,最后做匀减速直线运动至停下.设匀加速阶段的加速度大小为a,时间为t1;匀速阶段的速度为v,时间为t2;匀减速阶段的加速度大小为a',时间为t3,由表格数据可知,0~2 s时间内,火星车从静止开始做匀加速直线运动,通过的位移为2 cm,根据x=at2 ,解得a=1 cm/s2,
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
备 用 习 题
在10~12 s,火星车做匀减速运动至停下,通过的位移为2 cm,结合逆向思维,可认为此过程是做初速度为0的匀加速运动的逆运动,则有x'=a't2 ,解得a'=1 cm/s2,匀加速阶段的时间为t1= ,匀减速阶段的时间为t3= ,故0~12 s全过程的位移满足x总=+vt2+=35 cm,又有t1+t2+t3=12 s,联立解得t1=t3=5 s、t2=2 s、v=5 cm/s.5~7 s时间内火星车匀速运动,故第6 s末火星车的速度为5 cm/s,故A、B错误;火星车一共匀速运动的位移为x2=vt2=5×2 cm=10 cm,故C正确;火星车减速的加速度大小为1 cm/s2,故D错误.
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
备 用 习 题
6.因高铁的运行速度快,对制动系统的性能要求较高,高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上,某高铁列车正以v0=288 km/h的速度匀速行驶,列车长突然接到通知,前方x0=5 km处道路出现异常,需要减速停车.列车长接到通知后,经过t1=2.5 s将制动风翼打开,高铁列车获得a1=0.5 m/s2的平均制动加速度减速,减速t2=40 s后,列车长再将电磁制动系统打开,结果列车在距离异常处500 m的地方停下来.
(1)求列车长打开电磁制动系统时,列车的速度大小;
[答案] 60 m/s
[解析] 设经过t2=40 s时,列车的速度大小为v1,又v0=288 km/h=80 m/s
则打开制动风翼后,减速过程有v1=v0-a1t2=60 m/s
备 用 习 题
6.因高铁的运行速度快,对制动系统的性能要求较高,高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上,某高铁列车正以v0=288 km/h的速度匀速行驶,列车长突然接到通知,前方x0=5 km处道路出现异常,需要减速停车.列车长接到通知后,经过t1=2.5 s将制动风翼打开,高铁列车获得a1=0.5 m/s2的平均制动加速度减速,减速t2=40 s后,列车长再将电磁制动系统打开,结果列车在距离异常处500 m的地方停下来.
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时,列车的平均制动加速度大小a2.
[答案] 1.2 m/s2
备 用 习 题
[解析] 列车长接到通知后,经过t1=2.5 s,列车行驶的距离x1=v0t1=200 m
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中,列车行驶的距离x2==2800 m
打开电磁制动系统后,列车行驶的距离
x3=x0-x1-x2-500 m=1500 m
则a2==1.2 m/s2
作业手册
1.[2024·北京卷] 一辆汽车以 的速度匀速行驶，制动后做匀减速直
线运动，经 停止，汽车的制动距离为( )
A. B. C. D.
[解析] 汽车做末速度为零的匀减速直线运动，则有 ，故
选B.
√
2.[2024·湖南长沙模拟] 某质点做直线运动，其速度随时间的变化关系式
为 .关于该质点的运动，下列说法正确的是( )
A.初速度为 B.加速度为
C.第末的瞬时速度为 D.前内的平均速度为
[解析] 根据匀变速直线运动速度与时间关系 ，结合速度随时
间的变化关系式，可知初速度为 ，加速度为
，故A、B错误；第 末的瞬时速度为
，故C错误；第 末的瞬时速度为
，前内的平均速度为 ，故D
正确.
√
3.[2024·辽宁抚顺模拟] 运动员把冰壶沿水平冰面投出后，让冰壶在冰面
上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，其运动可视为匀变速运动.
冰壶在第内位移大小为，在时间内位移大小为 ，则运
动员投出冰壶的初速度大小为( )
A. B. C. D.
[解析] 经分析，冰壶在不到的时间内已经停止，设初速度为 ，冰壶
在第内位移，设经过时间停止，在 时
间内位移，而，联立得 ，
故选D.
√
4.[2023·山东卷] 如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经
过、、三点，已知间的距离是的两倍， 段的平均速度是
，段的平均速度是，则公交车经过 点时的瞬间速度为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意可知，电动公交车做匀减速直线运动，设、间的距离为 ，
则、间的距离为，根据题意有， ,联
立解得， ,再根据匀变速直线运动速度与时间的
关系有,则,其中还有 ,解
得,联立解得公交车经过点时的瞬时速度为 ,故选C.
5.2023年8月株洲清水塘大桥正式通车，大桥全长2.85千米，如图甲所示.
图乙中、、、 为大桥上的四根竖直钢丝绳吊索，相邻两根吊索之间
的距离均为.做匀加速直线运动的汽车从水平桥面上通过，通过 的时间
是通过的时间的4倍.若通过的时间为 ，汽车可看成质点，则汽车的
加速度大小为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意可得，汽车通过段的平均速度大小为 ，通过
的平均速度大小为 ，根据匀变速直线运动的规律，某段时间中间
时刻瞬时速度等于该段时间内的平均速度.结合速度—时间公式可得
，解得 ，故选D.
6.[2024·江西南昌模拟] 2024年3月10日8时，备受瞩目的中国安义门窗杯·
2024南昌安义半程马拉松在安义县迎宾大道鸣枪开跑!来自全国各地的
6000名马拉松爱好者精神抖擞，应声出发，奔向终点.在某阶段，某马拉
松爱好者从点沿水平地面做匀加速直线运动，运动过程中依次通过 、
、三点.已知，，该马拉松爱好者从点运动到 点
和从点运动到点两个过程速度的变化量都是 ，则该马拉松爱好者
经过 点时的瞬时速度为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设点的速度为，则点的速度为， 点的速度为
,则从到点的过程中有，从点到 点的
过程中有，联立解得，则 点的速
度为 ，故选D.
7.[2024·广东韶关模拟] 我国自主设计建造的“福建舰”是首艘装有电磁弹射
系统的航母.某次训练时，从 时刻开始，战斗机在航母上由静止开始
做匀加速直线运动，起飞前，其位移随时间 的变化关系式为
、的单位分别为、 ，下列说法正确的是( )
A.战斗机的加速度大小为
B.战斗机在第末的速度大小为
C.战斗机在前内的位移大小为
D.战斗机在前内的平均速度大小为
√
[解析] 根据匀变速直线运动位移与时间的关系式 ，类比战
斗机起飞前位移与时间的关系式可得，解得 ，故
A错误；根据速度与时间的关系可得，战斗机在第 末的速度大小为
，故B正确；根据战斗机位移与时间的关
系可得，战斗机在前内的位移大小为 ，故C错
误；战斗机在前内的平均速度大小为 ，故
D错误.
8.[2024·山西太原模拟] 如图所示为港珠澳大桥上连续四段长均为 的
等跨钢箱梁桥，桥墩所在的位置依次标记为、、、、，若汽车从
点由静止开始做匀加速直线运动，通过段的时间为 ，则( )
A.通过段的时间为
B.通过段的时间为
C.段的平均速度小于 点的瞬时速度
D.段的平均速度大于 点的瞬时速度
√
[解析] 初速度为零的匀加速直线运动，相同位移的时间比为
，通过第一段的时间为，
则通过第三段 的时间为，通过第四段 的时间为 ，
故A、B错误；中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，由
A、B项的解析可知， 段所用的时间大于
段所用的时间，故点是段的中间时刻
后某一时间点，故 段的平均速度小于 点
的瞬时速度，故C正确，D错误.
9.(多选)某人骑电动车，在距离十字路口停车线 处看到信号灯变红，立
即刹车，做匀减速直线运动，电动车刚好在停止线处停下.已知电动车在
减速过程中，第的位移是最后 位移的5倍，忽略反应时间.下列关于电
动车的刹车过程说法正确的是( )
A.刹车时间为
B.刹车的加速度大小为
C.中间时刻的瞬时速度大小为
D.中间位置的瞬时速度大小为
√
√
[解析] 设刹车时间为，则由逆向思维有，刹车最后的位移为 ，有
，刹车第位移为，有 ，由题意可知
，对全程有，解得， ，故A正确，
B错误；因为做匀减速直线运动，由匀变速直线运动公式有中间时刻瞬时
速度等于该段时间的平均速度，设中间时刻瞬时速度为 ，有
，故C正确；设中间位置瞬时速度为 ，运用逆向思维，
则对于后半段有，解得 ，故D错误.
10.(多选)[2024·山东青岛模拟] 一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加
速直线运动，达到最大速度后保持匀速运动.已知汽车在启动后的第 内
前进了，第内前进了 ，下列说法正确的是( )
A.汽车匀加速时的加速度大小为
B.汽车在前内前进了
C.汽车的最大速度为
D.汽车的加速距离为
√
√
[解析] 设汽车启动时的加速度大小为，则 ，解得
，故A错误；假设汽车在第末达到最大速度，则第 内做匀
速直线运动，应前进 ，
则说明假设不成立，汽车达到最大速度的时刻应在 之后，若汽车在第
初达到最大速度，则汽车在第 内能前进
，若汽车在第 末达到最大速度，则汽车在
第 内能前进 ，所以以上三种假设均
不成立，汽车 应在第内的某时刻达到最大速度，设汽车的加速时间为 ，
则有，解得 ，汽车的最
大速度为，前 内前进了
，汽车的加速距离为
，故B、C正确，D错误.
11.[2024·河北石家庄模拟] 如图所示，光滑斜面 被
分成四个长度相等的部分，即 ，
一物体从 点由静止释放，下列结论中正确的是( )
A.物体到达点的时间与到达点的时间的关系为
B.物体到达各点的速率之比
C.物体从运动到全过程的平均速度
D.物体通过每一部分时，其速度增量
√
[解析] 根据，可知 ，故A错误；根据
，可知物体到达各点的速率之比
，故B正确；物体从 运动
到全过程的平均速度为 ，故C错误；物
体到达各点的速率之比 ，
故物体通过每一部分时，其速度增量
，故D错误.
12.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔 有一棵
树，如图所示，汽车通过、两棵相邻的树所用时间，通过、
两棵相邻的树所用时间为 .汽车可视为质点，求：
(1) 汽车通过、 两树的平均速度大小.
[答案]
[解析] 汽车通过、两树的平均速度为
12.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔 有一棵
树，如图所示，汽车通过、两棵相邻的树所用时间，通过、
两棵相邻的树所用时间为 .汽车可视为质点，求：
(2) 汽车的加速度大小.
[答案]
[解析] 设汽车经过树时的速度为，加速度大小为
对段运动，根据位移公式有
对段运动，根据位移公式有
联立解得，
12.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔 有一棵
树，如图所示，汽车通过、两棵相邻的树所用时间，通过、
两棵相邻的树所用时间为 .汽车可视为质点，求：
(3) 汽车通过 树时的速度大小.
[答案]
[解析] 对段运动，根据速度公式有
解得
13.[2024·浙江宁波模拟] 汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常
情况下，安全距离与驾驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关.某老师采
用如下方法在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时间：汽车以速
度匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移 ；然后再以另
一速度匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移 ，假设两
次实验的反应时间不变，加速度相同且恒定不变.可测得老师的反应时间
为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设老师的反应时间为，匀减速运动的加速度大小为 ，第一次匀
减速运动的时间为，第二次匀减速运动的时间为 ，则由逆向思维，根
据位移与时间的关系有①, ，由平均速
度公式有,，可得 ⑤,
，将⑤代入①解得 ，将⑥⑦代入②解得
，故选A.
14.已知、、、为同一直线上的四点,、间的距离为,、 间的距
离为,一物体自点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过、 、
三点,已知物体通过段与段所用的时间相等.求与的距离 .
[答案]
[解析] 方法一：设物体的加速度为,到达点的速度为,通过段和
段所用的时间均为
则有
得
又
联立解得
方法二：设物体在段所用时间为,在、段用时均为 ,由运动学公式
在段有
在段有
在段有
联立解得
方法三：利用位移差公式和 求解
根据,，
联立解得
方法四：利用“平均速度公式”,化平均为瞬时
设物体在、段中间时刻的速度分别为、,通过、 段的时间
均为 ，则有
,
联立解得
必备知识自查 1.加速度 2.（1） （2） （3）
3.（1）, （2） （3） 4.（1）
（2） （3） （4）
（5）
【辨别明理】 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.√
核心考点探究 例1.（1） （2）
（3） （4） （5） 例2.（1） （2）4 例3.
【思维拓展】到达点有两种可能，第一种可能是向上运动到点；
第二种可能是先经过后，返回向下运动再次到点.应该有两个答案.
例4.（1） （2） （3） （4） 例5.C 例6. A
基础巩固练
1.B 2.D 3.D 4.C 5.D 6.D
综合提升练
7.B 8.C 9.AC 10.BC 11.B
12.（1） （2） （3）
拓展挑战练
13.A 14.
