1．A、B、C三点在同一条直线上，一物体从A点由静止开始做匀加速直线运动，经过B点的速度是v，到C点的速度是3v，则xAB∶xBC等于( )
A．1∶8 B．1∶6
C．1∶5 D．1∶3
【解析】 由公式v2－v02＝2ax，得v2＝2axAB，(3v)2＝2a(xAB＋xBC)，两式相比可得xAB∶xBC＝1∶8.
【答案】 A
2．美国“肯尼迪”号航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F—A15”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速度为( )
A．30 m/s B．40 m/s
C．20 m/s D．10 m/s
【解析】 由v2－v02＝2ax，得v02＝v2－2ax＝502－2×4.5×100＝1 600，所以v0＝40 m/s.
【答案】 B
3．汽车从静止起做匀加速直线运动，速度达到v时立即做匀减速直线运动，最后停止，全部时间为t，则汽车通过的全部位移为( )
A．vt B.
C．2vt D.
【解析】 求全程位移利用平均速度公式有x＝1t1＋2t2＝t1＋t2＝v＝vt.
【答案】 B
4.
甲、乙两物体沿同一直线运动的v-t图象如右图所示，则下列说法正确的是( )
A．在t＝2 s时刻，甲、乙两物体速度相同，位移相同
B．在t＝2 s时刻，甲、乙两物体速度相同，位移不同
C．在t＝4 s时刻，甲、乙两物体速度相同，位移不同
D．在t＝4 s时刻，甲、乙两物体速度不同，位移相同
【解析】 由v－t图象知乙做匀速直线运动，v＝10 m/s.而甲做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝5 m/s2.两图线交点即t＝2 s时二者速度相同，但由面积知其位移不同，而在t＝4 s时，二者速度不同，但两部分面积相等即位移相同．
【答案】 BD
5.
如右图所示，A、B两同学在直跑道上练习4×100 m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B从静止开始全力奔跑需25 m才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出．若要求B接棒时速度达到最大速度的80%，则：
(1)B在接力区需跑出的距离s1为多少？
(2)B应在离A的距离s2为多少时起跑？
【解析】 (1)对B：设其加速度为a，跑出的距离为s时速度达到最大值v.
由2as=v2，有2as1=(0.8v)2，
解得s1=0.64s=16 m.
(2)设B接棒时跑出时间为t，
s1=t=t，
在t时间内，对A有sA=vt，
解得sA=40 m.
所以B起跑时，应距离A为Δs=sA-s1，
得Δs=s2=24 m.
【答案】 (1)16 m (2)24 m(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
1．一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，从开始运动到驶过第一个100 m距离时，速度增加了10 m/s.汽车驶过第二个100 m时，速度的增加量是( )
A．4.1 m/s B．8.2 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
【解析】 由v2＝2ax可得v2＝v1，故速度的增加量Δv＝v2－v1＝(－1)v1≈4.1 m/s.
【答案】 A
2．一物体做初速度为零、加速度为2 m/s2的匀变速直线运动，在最初4 s内的平均速度是( )
A．16 m/s B．8 m/s
C．2 m/s D．4 m/s
【解析】 根据匀变速直线运动在一段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度可知，最初4 s内的平均速度就等于2 s末的瞬时速度，即 ＝v2＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，故应选D.
【答案】 D
3．一物体做匀变速直线运动，下列说法正确的是( )
A．物体的末速度一定与时间成正比
B．物体的位移一定与时间的平方成正比
C．物体的速度在一定时间内发生的变化与这段时间成正比
D．若为匀加速直线运动，速度和位移都随时间增加；若为匀减速直线运动，速度和位移都随时间减小
【解析】 物体做匀变速直线运动，其速度v＝v0＋at，其位移x＝v0t＋at2，可知v与t不一定成正比，x与t2也不一定成正比，故A、B均错．但Δv＝at，即Δv与a成正比，故C对．若为匀加速直线运动，v、x都随t增加，若为匀减速直线运动，v会随时间t减小，但位移x随时间t可能增加可能先增加后减小，故D错．
【答案】 C
4．一物体由静止开始做匀加速直线运动，在t s内通过位移x m，则它从出发开始通过x/4 m所用的时间为( )
A. B.
C. D.t
【答案】 B
5．汽车以5 m/s的速度在水平路面上匀速前进，紧急制动时以－2 m/s2的加速度在粗糙水平面上滑行，则在4 s内汽车通过的路程为( )
A．4 m B．36 m
C．6.25 m D．以上选项都不对
【解析】 根据公式v＝v0＋at得：t＝－＝ s＝2.5 s，即汽车经2.5 s就停下来．则4 s内通过的路程为：x＝－＝ m＝6.25 m.
【答案】 C
6．物体从A点由静止出发做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达B点恰好停止，在先后两个过程中( )
A．物体通过的位移一定相等
B．加速度的大小一定相等
C．平均速度的大小一定相等
D．所用时间一定相等
【解析】 物体做单方向直线运动，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，设加速度大小分别为a1、a2，用时分别为t1、t2，加速结束时速度为v，则v＝a1t1＝a2t2，x1＝a1t12，x2＝vt2－a2t22＝a2t22，可知t1与t2，a1与a2，x1与x2不一定相等，但＝即平均速度相等．
【答案】 C
7．飞机的起飞过程是从静止出发，在直跑道上加速前进，等达到一定速度时离地．已知飞机加速前进的路程为1 600 m，所用的时间为40 s．假设这段运动为匀加速运动，用a表示加速度，v表示离地时的速度，则( )
A．a＝2 m/s2，v＝80 m/s
B．a＝1 m/s2，v＝40 m/s
C．a＝80 m/s2，v＝40 m/s
D．a＝1 m/s2，v＝80 m/s
【解析】 阅读题目可知有用信息为位移x＝1 600 m，t＝40 s，则灵活选用恰当的公式x＝at2/2，则a＝2x/t2＝(2×1 600)/402m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×40 m/s＝80 m/s，则A选项正确．
【答案】 A
8.
如右图所示，滑雪运动员不借助雪杖，由静止从山坡匀加速滑过x1后，又匀减速在平面上滑过x2后停下，测得x2=2x1，设运动员在山坡上滑行的加速度大小为a1，在平面上滑行的加速度大小为a2，则a1∶a2为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D.∶1
【解析】 设运动员滑至斜坡末端处的速度为v，此速度又为减速运动的初速度，由位移与速度的关系式有
v2＝2a1x1,0－v2＝－2a2x2，故a1∶a2＝x2∶x1＝2∶1.
【答案】 B
9.
某质点运动的v-t图象如右图所示，则( )
A．该质点在t＝10 s时速度开始改变方向
B．该质点在0～10 s内做匀减速运动，加速度大小为3 m/s2
C．该质点在t＝20 s时，又返回出发点
D．该质点在t＝20 s时，离出发点300 m
【解析】 由图象知质点前10 s内做匀减速运动，加速度a＝＝ m/s2＝－3 m/s2.后10 s内做匀加速运动，全过程中速度始终为正，故A错，B对．又由图象的面积可得位移x＝×30×10 m＋×30×10 m＝300 m．故C错，D对．
【答案】 BD
10．一辆汽车在高速公路上以30 m/s的速度匀速行驶，由于在前方出现险情，司机采取紧急刹车，刹车时加速度的大小为5 m/s2，求：
(1)汽车刹车后20 s内滑行的距离；
(2)从开始刹车汽车滑行50 m所经历的时间；
(3)在汽车停止前3 s内汽车滑行的距离．
【解析】 (1)由于v0＝30 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at，汽车的刹车时间t0为：
t0＝＝ s＝6 s
由于t0x＝v0t＝×30×6 m＝90 m.
(2)设从刹车到滑行50 m所经历的时间为t′，由位移公式x＝v0t′＋at′2，代入数据： 50＝30t′－×5t′2
整理得t′2－12t′＋20＝0
解得t′1＝2 s，t′2＝10 s(刹车停止后不能反向运动故舍去)
故所用时间为t′＝2 s.
(3)此时可将运动过程看做反向的初速度为零的匀加速运动，则x1＝at2＝×5×32 m＝22.5 m.
【答案】 (1)90 m (2)2 s (3)22.5 m
11．A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶．当B车在A车前84 m处时，B车速度为4 m/s，且正以2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车加速度突然变为零．A车一直以20 m/s的速度做匀速运动．经过12 s后两车相遇．问B车加速行驶的时间是多少？
【解析】 设A车的速度为vA，B车加速行驶的时间为t，两车在t0时相遇．则有sA＝vAt0①
sB＝vBt＋at2＋(vB＋at)(t0－t)②
sA、sB分别为A、B两车相遇前行驶的路程．
依题意有sA＝sB＋s③
由①②③式得t2－2t0t＋＝0
代入题给数据有t2－24t＋108＝0
解得t1＝6 s，t2＝18 s
t2＝18 s不合题意，舍去．因此，B车加速行驶的时间为6 s.
【答案】 6 s
12．一辆轿车违章超车，以108 km/h的速度驶入左侧逆行道时，猛然发现正前方80 m处一辆卡车正以72 km/h的速度迎面驶来，两车司机同时刹车，刹车加速度大小都是10 m/s2，两司机的反应时间(即司机发现险情到实施刹车所经历的时间)都是Δt.试问Δt是何数值，才能保证两车不相撞？
【解析】 设轿车行驶的速度为v1，卡车行驶速度为v2，则v1＝108 km/h＝30 m/s，v2＝72 km/h＝20 m/s.在反应时间Δt内两车行驶的距离分别为x1，x2，x1＝v1Δt①
x2＝v2Δt②
轿车、卡车刹车所通过的距离分别为x3、x4则
x3＝＝ m＝45 m③
x4＝＝ m＝20 m④
为保证两车不相撞，必须x1＋x2＋x3＋x4<80 m⑤
将①②③④式代入⑤式，解得Δt<0.3 s.
【答案】 Δt小于0.3 s(共24张PPT)
4 匀变速直线运动的位移与速度的关系
会推导匀变速直线运动的位移与速度的关系式v2－v02＝2ax.
理解推论公式v2－v02＝2ax，知道式中各物理量的含义．
能合理运用匀变速直线运动的位移与速度的关系解决实际问题，并体会其适用条件及优越性．
vt2－v02＝2ax
vt＝v0＋at
vt2－v02＝2ax
一、对公式v2－v0＝2ax的理解与应用
1．该公式仅适用于匀变速直线运动．
2．式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移．
3．公式中四个矢量v0、v、a、x要规定统一的正方向．
4．当v0＝0时，公式简化为v2＝2ax；当v＝0时，公式简化为－v02＝2ax.
5．利用速度公式和位移公式可以解决各种匀变速直线运动的问题，但是在分析和解决不需要知道运动时间的问题时，使用v2－v02＝2ax往往会使问题变得简单、方便．
【答案】 5 m/s
1.做匀加速直线运动的列车出站时，车头经过站台上的某人时速度为1 m/s，车尾经过此人时速度为7 m/s，若此人站着一直未动，则车身中部(中点)经过此人时的速度是多少？
2.从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车，汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m，求汽车的最大速度．
【答案】 5 m/s
2005年10月，我国自行研制的“神舟”六号载人飞船顺利升空，并在内蒙古主着陆场成功着陆，返回舱完好无损．
“神舟”六号载人航天飞船在返回大气层时，飞船约以8千米/秒的速度运行，由于速度很大，飞船和空气摩擦会产生高温，船体要经受几千度的高温，这一区域称为“黑障区”．在“黑障区”时飞船会和地面暂时失去无线电联系．穿出“黑障区”后飞船速度达到200米/秒，这时要相继打开引导伞、减速伞和主伞，以减小速度．在“黑障区”时飞船与空气的巨大摩擦使飞船变成巨大的火球，假设在“黑障区”时飞船做匀减速运动，穿越“黑障区”的时间约为2分钟．求飞船穿越“黑障区”所经历的距离．
【答案】 492 km
【易错警示】 匀变速直线运动的基本规律都是以矢量方程表示的，选用方程后注意选取正方向，确定好各个物理量的正负，由此将矢量运算转化为标量运算．在没有特殊说明的情况下，一般以初速度的方向为正方向．
【答案】 98 m
【答案】 1 m/s 21 m/s 2.5 m/s2
2－1：一物体做匀变速直线运动，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，求物体的初速度、末速度和加速度．
汽车正以10 m/s的速度在平直公路上行驶，突然发现正前方有一辆自行车以4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度为6 m/s2的匀减速运动，汽车恰好不碰上自行车，求关闭油门时汽车离自行车多远？
【解析】 汽车在关闭油门减速后的一段时间内，其速度大于自行车的速度，因此汽车和自行车之间的距离在不断缩小，当这个距离缩小到零时，若汽车的速度减至与自行车相同，则能满足题设中的汽车恰好不碰上自行车的条件，所以本题要求的汽车关闭油门时离自行车的距离x，应是汽车从关闭油门做减速运动到速度与自行车速度相等时发生的位移x汽与自行车在这段时间内发生的位移x自之差，如下图所示．v汽＝10 m/s，v自＝4 m/s.
解决追及、相遇问题的基本思路及注意问题：
1．基本思路有三种
(1)物理分析法
①根据对两物体运动过程的分析，画出物体的运动示意图．
②根据两物体的运动性质，分别列出两物体的位移方程，注意要将两个物体运动时间的关系反映在方程中．
③由运动示意图找出两物体位移间的关系方程．
④联立方程求解．
(2)数学方法，因为在匀变速运动的位移表达式中有时间的二次方，可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法．
(3)图象法 借助v－t图象进行分析．
2．分析时应注意的问题
(1)一定要抓住一个条件、两种关系：一个条件是两个物体的速度满足的条件，如两个物体距离最大、最小，恰好追上或恰好追不上等；两种关系是时间关系和位移关系，其中通过画运动草图找到两物体位移之间的关系，是解题的突破口．
(2)仔细审题：注意抓住题目中的关键字，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“最少”等往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．
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