4 匀变速直线运动的速度与位移的关系
[学习目标] 1.理解匀变速直线运动的速度与位移的关系．(重点)2.会应用速度与位移的关系式分析有关问题．(难点) 3．掌握匀变速直线运动中，位移、速度、加速度和时间之间的相互关系．(重点)4.能用匀变速直线运动的规律解决追及相遇等问题．(重点、难点)
1．公式：v2－v＝2ax.
2．推导
速度公式v＝v0＋at.
位移公式x＝v0t＋at2.
可得到速度和位移的关系式：v2－v＝2ax.
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀变速直线运动中位移增大时速度一定增大． (×)
(2)匀加速直线运动中速度的二次方v2一定与位移x成正比．(×)
(3)公式v2－v＝2ax只适用于匀变速直线运动． (√)
(4)初速度越大，匀变速直线运动物体的位移一定越大． (×)
(5)匀变速直线运动的位移与初速度、加速度、末速度三个因素有关． (√)
2．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．此公式适用于匀变速直线运动
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
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；当物体做反方向上的匀加速直线运动时，a、x同时为负值，选项D错误．]
3．如图所示，一辆正以8 m/s的速度沿直线行驶的汽车，突然以1 m/s2的加速度匀加速行驶，则汽车行驶了18 m时的速度为( )
A．8 m/s B．12 m/s
C．10 m/s D．14 m/s
C [由v2－v＝2ax和v0＝8 m/s，
a＝1 m/s2，x＝18 m可求出：
v＝10 m/s，故C正确．]
速度与位移的关系式
1．适用条件：公式表述的是匀变速直线运动的速度与位移的关系，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，说明物体位移的方向与初速度的方向相同；x<0，说明物体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，－v＝2ax.(末速度为零的匀减速直线运动)
【例1】 一隧道限速108 km/h.一列火车长100 m，以144 km/h的速度行驶，驶至距隧道200 m处开始做匀减速运动，以不高于限速的速度匀速通过隧道．若隧道长500 m．求：
(1)火车做匀减速运动的最小加速度的大小；
(2)火车全部通过隧道的最短时间．
思路点拨：①火车匀减速运动的位移为200 m，而匀速通过隧道的位移为100 m＋500 m＝600 m.
②火车到达隧道口的速度为108 km/h时匀减速运动的加速度为最小．
[解析] (1)火车减速过程中
v0＝144 km/h＝40 m/s，x＝200 m，
v＝108 km/h＝30 m/s
当车头到达隧道口速度恰为108 km/h时加速度最小，设为a
由v2－v＝2ax
得a＝＝ m/s2＝－1.75 m/s2.
(2)火车以108 km/h的速度通过隧道，所需时间最短，火车通过隧道的位移为
100 m＋500 m＝600 m
由x＝vt得t＝＝ s＝20 s.
[答案] (1)1.75 m/s2 (2)20 s
1．一滑雪运动员从85 m长的山坡上匀加速滑下，初速度是1.8 m/s，末速度是5.0 m/s，滑雪运动员通过这段斜坡需要多长时间？
[解析] 利用速度与位移的关系公式和速度公式求解．
由v2－v＝2ax得
a＝＝0.128 m/s2.
由v＝v0＋at得t＝＝25 s.
[答案] 25 s
匀变速直线运动的几个推论
1.中间位置的速度与初末速度的关系
在匀变速直线运动中，某段位移x的初末速度分别是v0和v，加速度为a，中间位置的速度为v，则根据速度与位移关系式，对前一半位移v2－v＝2a，对后一半位移v2－v2＝2a，即v2－v＝v2－v2，所以v＝.由数学知识知：v＞v＝.
2．由静止开始的匀加速直线运动的几个重要比例
(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第n个T内位移之比
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
(4)通过前x、前2x、前3x…位移时的速度之比
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶∶∶…∶.
(5)通过前x、前2x、前3x…的位移所用时间之比
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶.
(6)通过连续相等的位移所用时间之比
tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．
【例2】 一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s末的速度为4 m/s.求：
(1)第6 s末的速度；
(2)前6 s内的位移；
(3)第6 s内的位移．
思路点拨：①小球做初速度为零的匀加速直线运动．
②注意区别前6 s和第6 s的确切含义．
[解析] (1)由于第4 s末与第6 s末的速度之比
v1∶v2＝4∶6＝2∶3
故第6 s末的速度v2＝v1＝6 m/s.
(2)由v1＝at1得
a＝＝＝1 m/s2.
所以第1 s内的位移
x1＝a×(1 s)2＝0.5 m
第1 s内与前6 s内的位移之比
x1∶x6＝12∶62
故前6 s内小球的位移x6＝36x1＝18 m.
(3)第1 s内与第6 s内的位移之比
xⅠ∶xⅥ＝1∶(2×6－1)＝1∶11
故第6 s内的位移xⅥ＝11xⅠ＝5.5 m.
[答案] (1)6 m/s (2)18 m (3)5.5 m
有关匀变速直线运动推论的选取技巧
(1)对于初速度为零，且运动过程可分为等时间段或等位移段的匀加速直线运动，可优先考虑应用初速度为零的匀变速直线运动的常用推论．
(2)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，然后用比例关系，可使问题简化．
2．(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入两个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第二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和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(设冰壶可看成质点)( )
A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝∶1
C．t1∶t2＝1∶ D．t1∶t2＝(－1)∶1
BD [初速度为零的匀加速直线运动中连续两段相等位移的时间之比为1∶(－1)，故所求时间之比为(－1)∶1，所以C错误，D正确；由v＝at可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶，则所求的速度之比为∶1，故A错误，B正确．]
追及相遇问题
1．追及问题
(1)追及的特点：两个物体在同一时刻到达同一位置．
(2)追及问题满足的两个关系：
①时间关系：从后面的物体追赶开始，到追上前面的物体时，两物体经历的时间相等．
②位移关系：x2＝x0＋x1，其中x0为开始追赶时两物体之间的距离，x1表示前面被追赶物体的位移，x2表示后面追赶物体的位移．
(3)临界条件：当两个物体的速度相等时，可能出现恰好追上、恰好避免相撞、相距最远、相距最近等情况，即出现上述四种情况的临界条件为v1＝v2.
2．相遇问题
(1)特点：在同一时刻两物体处于同一位置．
(2)条件：同向运动的物体追上即相遇；相向运动的物体，各自发生的位移的绝对值之和等于开始时两物体之间的距离时即相遇．
(3)临界状态：避免相互碰撞的临界状态是两个物体处于相同的位置时，两者的相对速度为零．
【例3】 一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶来，从后面超过汽车．
(1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？
(2)什么时候汽车追上自行车？此时汽车的速度是多少？
[解析] (1)解法一：物理分析法
汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度恒定．当汽车的速度还小于自行车的速度时，两者间的距离将越来越大，而一旦汽车的速度增加到超过自行车的速度，两车间的距离就将缩小，因此两者速度相等时两车相距最远．由v汽＝at＝v自得t＝＝2 s，Δxmax＝v自t－at2＝6 m.
解法二：用数学求极值方法求解
设汽车在追上自行车之前经时间t两车相距最远．
有Δx＝v自t－at2＝6t－＝－(t－2)2＋6
上式所有物理量均采用国际单位制单位
由二次函数求极值的条件知，t＝2 s时，Δx最大，Δxmax＝6 m.
解法三：用图象法求解
自行车和汽车的v-t图象如图所示，由图可以看出：在相遇之前，在t0时刻两车速度相等时，自行车的位移(矩形面积)与汽车的位移(三角形面积)之差(即横线阴影部分面积)最大，所以，t0＝＝2 s，Δxmax＝×2×6 m＝6 m.
(2)由图可以看出：在t0时刻以后，由汽车的v-t图线与自行车的v-t图线组成的三角形面积(竖线阴影部分面积)与横线阴影部分的面积相等时，两车的位移相等，所以数学关系可得相遇时t′＝2t0＝4 s，v′汽＝2v自＝12 m/s.
[答案] (1)2 s 6 m (2)4 s 12 m/s
解决追及与相遇问题的三种方法
(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，在头脑中建立起一幅物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系．
(2)图象法：将两者的速度—时间图象在同一坐标系中画出，然后利用图象求解．
(3)数学分析法：设从开始至相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相遇．
3．甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度分别为16 m/s和18 m/s.已知甲车紧急刹车时的加速度a1大小为3 m/s2，乙车紧急刹车时的加速度a2大小为4 m/s2，乙车司机的反应时间为0.5 s，求为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？
[解析] 设甲车刹车后经时间t甲、乙两车速度相等，则
16－a1t＝18－a2(t－0.5)，所以t＝4 s，
x甲＝16t－a1t2＝40 m，
x乙＝[18×0.5＋18×(t－0.5)－a2(t－0.5)2] m＝47.5 m，
Δx＝x乙－x甲＝7.5 m.
即甲、乙两车行驶过程中至少应保持7.5 m距离．
[答案] 7.5 m
课堂小结
知识脉络
1.匀变速直线运动的速度—位移关系式：v2－v＝2ax.
2．利用公式v2－v＝2ax，在不涉及时间t时，解决问题更方便．
3．匀变速直线运动某段位移中点位置的瞬时速度v＝.
4．在匀变速直线运动中，连续相等时间T内的位移差为Δx＝aT2.
1．美国“华盛顿号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F－18大黄蜂”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s2，起飞速度为50 m/s，若该飞机滑行100 m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为( )
A．30 m/s B．40 m/s C．20 m/s D．10 m/s
B [由v－v＝2ax，代入数据解得v0＝40 m/s，B正确．]
2．(多选)甲与乙两个质点向同一方向运动，甲做初速度为零的匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．开始计时时甲、乙位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时，下列判断正确的是( )
A．两质点速度相等
B．甲与乙在这段时间内的平均速度相等
C．乙的瞬时速度是甲的2倍
D．甲与乙的位移相同
BD [由题意可知，二者位移相同，所用的时间也相同，则平均速度相同，再由＝＝v乙，所以甲的瞬时速度是乙的2倍，故选B、D.]
3．物体从长为L的光滑斜面顶端由静止开始下滑，滑到底端时的速率为v，如果物体以v0＝的初速度从斜面底端沿斜面上滑，上滑时的加速度与下滑时的加速度大小相同，则可以达到的最大距离为( )
A. B. C. D．L
C [设加速度大小为a，下滑时v2＝2aL，上滑时0－＝－2aL′，则由以上两式得：L′＝，故C正确．]
4．某一长直的赛道上，有一辆F1赛车，前方200 m处有一安全车正以10 m/s的速度匀速前进，这时赛车从静止出发以2 m/s2的加速度追赶．求：
(1)赛车出发3 s末的瞬时速度大小；
(2)赛车经多长时间追上安全车？追上之前与安全车最远相距多少米？
[解析] (1)赛车3 s末的速度v1＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s.
(2)设经t2时间追上安全车，由位移关系得v0t2＋200 m＝a1t，解得t2＝20 s，此时赛车的速度v＝a1t2＝2×20 m/s＝40 m/s.
当两车速度相等时，两车相距最远．
由v0＝a1t3得两车速度相等时，需要的时间t3＝＝ s＝5 s.
两车最远相距
Δx＝v0t3＋200 m－a1t＝ m＝225 m.
[答案] (1)6 m/s (2)20 s 225 m
课件53张PPT。第二章 匀变速直线运动的研究4 匀变速直线运动的速度与位移的关系2ax2axv0＋at
××√×√速度与位移的关系式匀变速直线运动的几个推论追及相遇问题点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(七)
(时间：40分钟 分值：100分)
[合格基础练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．(多选)关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )
A．匀变速直线运动的加速度一定保持不变
B．匀变速直线运动在任意相等时间内，位移变化一定相等
C．匀变速直线运动在任意相等时间内，速度变化一定相等
D．匀变速直线运动在任意相等时间内，位移变化与时间成正比
AC [匀变速直线运动过程中加速度恒定，即在相等时间内速度的变化相同，根据公式x＝at2可知在任意相等时间内的位移变化不同，匀变速直线运动在任意相等时间内，根据公式Δx＝aT2可得位移变化与时间的平方成正比，A、C正确，B、D错误．]
2．一物体做加速度为a的匀变速直线运动，初速度为v0.经过一段时间后，物体的速度为2v0.在这段时间内，物体通过的路程是( )
A. B．
C. D．
B [由公式v2－v＝2ax得，x＝＝.]
3．一汽车以20 m/s的速度在平直路面匀速行驶．由于前方出现危险情况，汽车必须紧急刹车．刹车时汽车加速度的大小为10 m/s2.刹车后汽车滑行的距离是( )
A．40 m B．20 m
C．10 m D．5 m
B [汽车的末速度为零，由公式v2－v＝2ax得，x＝＝ m＝20 m．]
4．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，该车辆最大刹车加速度是15 m/s2，该路段限速为60 km/h，则该车( )
A．超速 B．不超速
C．无法判断 D．速度刚好是60 km/h
A [车辆的末速度为零，由v2－v＝2ax，可计算出初速度v0＝＝ m/s＝30 m/s＝108 km/h，该车严重超速．]
5．一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离L时，速度为v，当它的速度为时，它沿斜面下滑的距离是( )
A.L B.L
C.L D．L
C [设其加速度为a，根据速度—位移公式可得：L＝，当速度为时，根据速度位移公式可得L′＝＝·＝L，故C正确．]
6.(多选)甲、乙两车同时、同地、向同一个方向做直线运动，它们在0～4 s内运动的v -t图象如图所示，由图象可知( )
A．在第2 s末，两车处于同一位置
B．在第2 s末，两车的速度相同
C．在0～4 s内，甲的加速度和乙的加速度的大小相等
D．在0～4 s内，甲、乙两车的平均速度相等
BD [由于质点的位移等于v -t图线与t轴包围的面积，由图象可知，t＝2 s时，两车相距最远，故A错，B正确；由图象知甲匀速运动，乙匀减速运动，故C错；在0～4 s内，甲、乙两车的位移相等，所以平均速度相等，故D正确．]
二、非选择题(14分)
7．高速公路给人们带来方便，某小汽车在高速公路上行驶途中某时刻的速度计如图所示．
(1)现在指示的车速是多少？这是平均速度还是瞬时速度？
(2)如果司机的反应时间是0.5 s，那么前方50 m处有辆汽车突然停止，要避免事故发生，小汽车刹车的加速度大小至少应为多少？
[解析] (1)72 km/h或者20 m/s；速度计指示的是瞬时速度．
(2)小汽车在反应时间0.5 s内的位移x1＝v0 t＝10 m
小汽车的刹车位移x2＝50 m－x1＝40 m
由0－v＝2ax2知a＝－5 m/s2
“－”表示a与v0方向相反，
汽车的加速度大小至少为5 m/s2.
[答案] (1)72 km/h或者20 m/s 瞬时速度
(2)5 m/s2
[等级过关练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．(多选)如图所示，甲、乙两辆汽车同时同地开始同向做直线运动，则它们的运动情况是( )
A．乙加速到v0时正好追上甲
B．甲、乙间距一直减小，直到相遇
C．乙加速到v0前，甲、乙间距不断增大；乙加速到v0后，甲、乙间距不断减小，直到两车相遇
D．甲车上的人看到乙车的运动是先减速后加速
CD [由v-t图象可知，甲做匀速运动，乙由静止开始做匀加速运动，乙加速到v0前间距增大，乙加速到v0后间距减小．]
2．(多选)一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它走完第1 m所用时间为t1，走完第2 m所用时间为t2，走完第1 m时的速度和走完第2 m时的速度分别为v1和v2，则下列关系正确的是( )
A．t1∶t2＝1∶ B．t1∶t2＝1∶(－1)
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶
BD [由x＝at2可得t1∶t2＝∶(－)＝1∶(－1)，B正确，A错误；由v2－v＝2ax可得v1∶v2＝1∶，D正确，C错误．]
3．P、Q、R三点在同一条直线上，一物体从P点由静止开始做匀加速直线运动，经过Q点的速度为v，R点的速度为3v，则PQ∶QR等于( )
A．1∶8 B．1∶6
C．1∶5 D．1∶3
A [根据匀变速直线运动的速度位移公式求出PQ和QR的位移，从而求出PQ和QR的距离之比，PQ间的位移x1＝，QR间的位移x2＝＝.所以x1∶x2＝1∶8，故A正确，B、C、D错误．]
4．在平直的公路上A车正以vA＝4 m/s的速度向右匀速运动，在A车的正前方7 m处B车此时正以vB＝10 m/s的初速度向右匀减速运动，加速度大小为2 m/s2，则A追上B所经历的时间是( )
A．7 s B．8 s
C．9 s D．10 s
B [B车速度减小到零所需要的时间为t0＝＝5 s，此时B车的位移大小为xB＝＝ m＝25 m，此时
A车的位移大小为xA＝vAt0＝4×5 m＝20 m，因为xA二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(13分)一辆货车以8 m/s的速度在平直铁路上运行，由于调度失误，在后面600 m处有一辆客车以72 km/h的速度向它靠近．客车司机发觉后立即合上制动器，但客车要滑行2 000 m才能停止．
(1)求客车滑行的加速度大小为多少？
(2)计算后判断两车是否会相撞．
[解析] (1)由v2－v＝2ax得客车刹车的加速度大小为
a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2.
(2)假设不相撞，设两车达到共同速度用时为t，则
v客－at＝v货，解得t＝120 s
货车在该时间内的位移x1＝v货t＝8×120 m＝960 m
客车在该时间内的位移
x2＝ t＝1 680 m
位移大小关系：x2＝1 680 m>600 m＋x1＝1 560 m，故已相撞．
[答案] (1)0.1 m/s2 (2)会相撞
6．(13分)在风平浪静的海面上，有一架战斗机要去执行一项紧急飞行任务，而航空母舰的弹射系统出了故障，无法在短时间内修复．已知战斗机在跑道上加速时，可产生的最大加速度为5 m/s2，起飞速度为50 m/s，跑道长为100 m．经过计算发现在这些条件下战斗机根本无法安全起飞(请你计算，作出判断)．航空母舰不得不在海面上沿起飞方向运动，从而使战斗机获得初速度，达到安全起飞的目的，那么航空母舰行驶的速度至少为多大才能保证这架战斗机安全起飞？(结果保留3位有效数字)
[解析] 设战斗机从静止起飞，经过100 m的跑道后，获得的速度为v，则由v2＝2ax知，v＝＝ m/s＝10 m/s<50 m/s，所以战斗机无法安全起飞．
取航空母舰为参考系，则战斗机的速度v1＝＝10 m/s，
要使战斗机达到起飞速度vm＝50 m/s，航空母舰行驶的速度至少为v′＝vm－v1≈18.4 m/s.
[答案] 18.4 m/s
