第3节 匀变速直线运动位移与时间的关系（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理必修第一册（教科版2019）

匀变速直线运动位移与时间的关系 第3 节 核心素养导学 科学态 度与责任 (1)通过推导位移公式，体会利用图像分析物体运动规律的研究方法。 (2)体会物理知识的实际应用价值。 续表 1 四层学习内容1落实必备知识 2 四层学习内容2强化关键能力 3 四层学习内容3·4浸润学科素养和核心价值 CONTENTS 目录 4 课时跟踪检测 四层学习内容1落实必备知识 1．匀速直线运动的位移 (1)做匀速直线运动的物体在时间t内的位移x＝____。 (2)在v－t图像中，位移在数值上等于v－t图像与时间轴所围的______。 vt 面积 2．匀变速直线运动的位移 (1) 图像表示：在v－t图像中，做匀变速直线运 动的物体的位移对应着v－t图像中的图线和_______ 包围的面积。如图所示，在0～t时间内的位移大小 等于______的面积。 (2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋ at2，式中v0表示______，a表示________，x表示物体在时间t内运动的______。 时间轴 梯形 初速度 加速度 位移 无论v－t图线是平行于t轴的直线、倾斜直线还是曲线，图线与t轴所围面积均表示物体在这段时间内的位移大小。　　 如图所示，为F1赛车在启动加速阶段的v－t图像，请对以下结论作出判断： (1)F1赛车在启动加速阶段，速度与时间成正比。( ) (2)F1赛车在启动加速阶段，位移与时间成正比。( ) (3)F1赛车在启动加速阶段，在时间t1内的位移为 v1t1。( ) √ × √ 四层学习内容2强化关键能力 如图所示，汽车由静止以加速度a1启动，行驶一段时间t1后，又以加速度a2刹车，经时间t2后停下来。请思考： 新知学习(一)公式x＝v0t＋ 12at2的应用 任务驱动 (1)汽车加速过程及刹车过程中，加速度的方向相同吗？ 提示：(1)汽车加速时加速度的方向与运动方向相同，减速时加速度方向与运动方向相反，因此两过程中加速度方向不同。 (2)根据位移公式求加速过程及减速过程中的位移，速度及加速度的正、负号如何确定？ 提示：(2)根据位移公式求位移时，如果取初速度方向为正方向，加速时，加速度取正值，减速时，加速度取负值。　　　　 [典例体验] [典例]　一物体做匀减速直线运动直到速度为零后静止，初速度大小为v0＝5 m/s，加速度大小为a＝0.5 m/s2，求： (1)物体在前3 s内的位移； [答案]　(1)12.75 m　 (2)物体在第3 s内的位移； [答案]　(2)3.75 m　 (3)物体在15 s内的位移。 [答案]　 (3)25 m /方法技巧/ 应用位移公式应注意的问题 (1)位移公式反映了匀变速直线运动的规律，只能应用于匀变速直线运动。 (2)对于初速度为0(v0＝0)的匀变速直线运动，位移公式为x＝ at2，即位移x与时间t的二次方成正比。 [针对训练]  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 √ [典例]　(多选)我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，其v－t图像如图所示，则下列说法正确的是(　 ) 典例体验 新知学习(二)|利用v－t图像求位移 A．0～4 min和6～10 min两时间段平均速度大小相等 B．全过程中的最大加速度大小为0.025 m/s2 C．3～4 min和6～8 min加速度方向相反 D．本次下潜的最大深度为360 m √ √ 在v－t图像中，图线与时间轴所围成的“面积”表示位移： (1)“面积”有正负： ①在时间轴上方“面积”为正值，表示位移沿正方向； ②在时间轴下方“面积”为负值，表示位移沿负方向。 系统归纳 (2)“面积”的绝对值表示位移的大小： ①总位移等于时间轴上、下方“面积”的代数和； ②总路程等于时间轴上、下方“面积”的绝对值之和。 [针对训练] 1．(多选)某物体运动的v－t图像如图所示，根据图像可知，该物体(　 ) A．在0到2 s末的时间内，加速度为1 m/s2 B．4 s末质点运动方向改变 C．在0到6 s末的时间内，位移为7.5 m D．在0到6 s末的时间内，位移为6.5 m √ √ 2. 一质点的v－t图像如图所示，求它在前2 s内和前4 s内的位移。 答案：5 m　0 [典例]　一辆汽车正在平直的公路上以72 km/h 的速度行驶，司机看见红色信号灯便立即踩下制动器，此后，汽车开始做匀减速直线运动。设汽车减速过程的加速度大小为5 m/s2，求： (1)开始制动后，前2 s内汽车行驶的距离。 典例体验 新知学习(三)|刹车类问题模型(2) [答案]　(1)30 m　 (2)开始制动后，前5 s内汽车行驶的距离。 [答案] (2)40 m [内化模型] 1．刹车类问题一般视为匀减速直线运动，汽车停下后不能做反向的运动。 2．处理该类问题时，首先要判断刹车后经多长时间速度变为0(即刹车时间)。 1．一辆汽车以32 m/s的速度沿平直公路匀速行驶，突然前方有一只小狗穿过马路，司机立即刹车，汽车以大小为8 m/s2的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后2 s内与刹车后5 s内汽车通过的位移大小之比为(　 ) A．4∶5　 B．3∶4　 C．12∶45　 D．3∶5 针对训练 √ 2．车从静止开始以1 m/s2的加速度前进，车后25 m处与车运动方向相同的某人同时开始以6 m/s的速度匀速追车，试判断人能否追上车，若追不上，求人、车间的最小距离。 答案：追不上　7 m 四层学习内容3·4浸润学科素养和核心价值 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 物理观念——应用频闪照片技术分析物体的运动 1．(选自鲁科版教材“物理聊吧”)(1)频闪照相技 术不仅用于科学研究，还广泛用于人们生产生活的各 个领域。例如，当频闪照相技术应用于体育、艺术等 领域时，不但能记录运动员或舞者有研究价值的运动 细节，而且能让人们欣赏到独特的整体韵律与动感 (如图)。请你查找资料，与同学分享收集到的频闪照片。 (2)如图是前进中的摩托车三种运动状态下的频闪照片。请由此判断照片中摩托车的三种运动分别属于什么运动。与同学讨论交流，说说判断结果与理由。 提示：频闪照相就是借助于频闪光源的连续闪光，在一张底片上记录物体的连续运动过程。因频闪光源的闪光频率是一定的，所以底片上相邻两个图像间的时间间隔是一定的。 第一张频闪照片中，相邻摩托车间的距离逐渐增大，说明摩托车在相等的时间内运动的位移越来越大，速度越来越大，做加速运动。 第二张频闪照片中，相邻摩托车间的距离相等，说明摩托车在相等的时间内运动相等的位移，摩托车做匀速运动。 第三张频闪照片中，相邻摩托车间的距离逐渐减小，说明摩托车在相等的时间内运动的位移越来越小，速度越来越小，做减速运动。 科学思维——刹车问题 2．(选自人教版教材课后练习)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。求汽车的加速度及制动后5 s内发生的位移。 答案：40.5 m 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 1．高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　 ) A．4.2 m B．6.0 m C．7.8 m D．9.6 m √ 2．(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，属冬奥会比赛项目。在比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，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 √ √ 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (选择题1～8小题，每小题4分；9～12小题，每小题6分。本检测卷满分70分) A级—学考达标 1．下列有关匀变速直线运动的认识，其中正确的是(　 ) A．匀变速直线运动的速度变化量是一个恒量 B．匀变速直线运动的速度变化率是一个恒量 C．在相等的时间内，匀变速直线运动的位移大小相等 D．匀变速直线运动的速度方向一定不变 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：对于不同时间，匀变速直线运动的速度变化量不同，A错。匀变速直线运动的加速度即速度变化率不变，B对。匀变速直线运动的速度时刻在变，在相等的时间内位移大小不相等，C错。匀变速直线运动的加速度方向一定不变，速度方向可能变化，D错。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2．(多选)交警大队处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到某汽车在水平地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)。则下列说法正确的是(　 ) A．该汽车刹车的初速度为20 m/s B．该汽车刹车的加速度为4 m/s2 C．该汽车在地面上留下的痕迹长为50 m D．刹车后6 s内的位移为48 m 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3．某军事试验场正在平地上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v－t图像如图所示，则下述说法中正确的是(　 ) A．0～1 s内导弹匀速上升 B．1～2 s内导弹静止不动 C．3 s末导弹回到出发点 D．5 s末导弹恰好回到出发点 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：v－t图像的斜率代表加速度，0～1 s内斜率不等于0，且斜率恒定，即导弹在做匀变速运动，A错。1～2 s 内斜率为0但速度不等于0，为匀速直线运动，B错。v－t图像与时间轴所围成的面积代表位移，时间轴以上代表位移为正，时间轴以下代表位移为负，所以3 s末导弹位移最大，即到达最高点，5 s末总位移为0，导弹回到出发点，C错，D对。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4．(多选)如图所示是 P、Q 两质点，从同一地点由静止开始运动的 v－t 图像，由图线可以判定(　 ) A．P质点的速度越来越小 B．零时刻，P质点的加速度为零 C．在0～t1时间内，P质点在Q质点前面 D．在0～t1时间内，P质点的平均速度大于Q质点的平均速度 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：在v－t图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，从题图中可以看出在0～t1时间内，P质点的速度越来越大，故A错误；由于在v－t图像中，图线的切线斜率表示加速度，所以零时刻P质点的速度虽然为零，但是斜率(即加速度)不为零，故B错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5．飞机起飞的过程是由静止开始在平直跑道 上做匀加速直线运动的过程。飞机在跑道上加速到 某速度时离地升空飞行。已知飞机在跑道上加速前 进的距离为1 600 m，所用时间为40 s，则飞机的加速度a和离地速度v分别为(　 ) A．2 m/s2　80 m/s B．2 m/s2　40 m/s C．1 m/s2　40 m/s D．1 m/s2　80 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6．某质点做直线运动的速度v和时间t的关系如图所示，那么该质点在3 s内通过的位移是(　 ) A．4.5 m B．3 m C．1 m D．0.5 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7．某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：x－t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x－t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x－t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x－t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v－t图像可能正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8．物体甲的x－t图像和物体乙的v－t图像分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A．甲在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零 B．甲在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为6 m C．乙在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零 D．乙在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：甲在0时刻由负方向上距原点2 m处向正方向运动，6 s时到达正方向的2 m处，故总位移为4 m，故A、B错误；乙开始时速度为沿负方向的匀减速直线运动，3 s后做正方向的匀加速直线运动，v－t图线与时间轴围成的面积为物体通过的位移，故总位移为零，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B级—选考进阶 9. 一质点沿x轴做匀加速直线运动。其位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是(　 ) A．该质点的加速度大小为2 m/s2 B．该质点在t＝1 s时的速度大小为2 m/s C．该质点在t＝0到t＝2 s时间内的位移大小为6 m D．该质点在t＝0时速度为零 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10．驾驶员看见过马路的人，从决定停车， 直至右脚刚刚踩在制动器踏板上经过的时间，叫 反应时间，在反应时间内，汽车按一定速度匀速 行驶的距离称为反应距离；从踩紧踏板(抱死车轮) 到车停下的这段距离称为刹车距离；司机从发现 情况到汽车完全停下来，汽车所通过的距离叫做 停车距离。如图所示，根据图中内容，下列说法中正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A．根据图中信息可以求出反应时间 B．根据图中信息可以求出汽车的质量 C．匀速行驶的速度加倍，停车距离也加倍 D．酒后驾车反应时间明显增加，停车距离不变 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11．(多选)在冰壶训练中，运动员用红壶A正面撞击静止的蓝壶B，两壶碰后运动的v－t图像如图所示，碰撞后两壶始终沿同一直线运动。则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A．图像中的图线Ⅰ表示A壶碰后的运动 B．碰撞后A、B两壶做匀减速运动的加速度相同 C．0～4 s内A、B两壶平均速度之比为2∶3 D．碰撞后两壶都停下来时，两壶相距1.6 m 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：运动员用红壶A正面撞击静止的蓝壶B，碰撞后两壶始终沿同一直线运动，可知碰后B壶的速度一定大于A壶的速度，因此图线Ⅰ表示B壶碰后的运动，故A错误；v－t图线的斜率表示加速度，由题图可知两壶碰后做匀减速运动的加速度相同，故B正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12．如图所示，某“闯关游 戏”的笔直通道上每隔8 m设有 一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　 ) A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13．(14分) “歼－20”是我国第五代双发重型 隐形战斗机。设“歼－20”降落在跑道上的减速过 程可以简化为两个匀减速直线运动，首先飞机以速 度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞作用下匀减速直至停下。已知飞机的减速总路程为x，求第二个阶段飞机的加速度大小和运动时间。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：根据题意画出飞机减速过程的示意图，A为飞机着陆点，AB、BC分别对应两个匀减速直线运动过程，在C点飞机停下。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 物理观念 (1)了解v－t图像中图线与t轴所围成“面积”即相应时间内的位移。 (2)理解位移与时间的关系式x＝v0t＋at2。 科学思维 (1)能利用v－t图像得出匀变速直线运动的位移与时间的关系式x＝v0t＋at2。 (2)能应用位移公式分析解决问题。 [重点释解] 1．适用条件：位移公式x＝v0t＋at2只适用于匀变速直线运动。 2．公式的矢量性：公式x＝v0t＋at2为矢量公式，其中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取统一的正方向。一般选v0的方向为正方向。 3．公式的两种特殊形式 (1)当a＝0时，x＝v0t(匀速直线运动)。 (2)当v0＝0时，x＝at2(由静止开始的匀加速直线运动)。 [解析]　(1)物体匀减速运动到速度为0时所用时间t＝＝ s＝10 s 由位移公式x＝v0t＋at2得，物体在前3 s内的位移x3＝v0t3＋at32＝5×3 m＋×(－0.5)×32 m＝12.75 m。 [解析]　(2)同理物体在前2 s内的位移 x2＝v0t2＋at22＝5×2 m＋×(－0.5)×22 m＝9 m 因此，第3 s内的位移 Δx＝x3－x2＝12.75 m－9 m＝3.75 m。 [解析]　(3)物体在15 s内的位移即为10 s内的位移， x＝v0t＋at2＝5×10 m＋×(－0.5)×102 m＝25 m。 解析：根据匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，结合位移函数x＝(6t＋4t2)m，比较可得v0＝6 m/s，a＝8 m/s2，即物体做正方向的匀加速直线运动，故A、D正确，B、C错误。 解析：根据x1＝at12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＝at22－at12＝6 m，故B错误；物体在第3 s内的位移x3＝at32－at22＝10 m，则第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 的时间t＝ ＝4 s，故D正确。 [解析]　根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移，则0～4 min内的位移大小为：x＝×(120＋240)×2.0 m＝360 m；6～10 min内位移大小为 x′＝×3.0×240 m＝360 m，可知，0～4 min和6～10 min两时间段位移大小相等，所用时间相等，则平均速度大小相等，故A正确； 第1 min内加速度最大，大小为a＝＝≈0.033 m/s2，故B错误；v－t图线的斜率的正负反映加速度的方向，可知3～4 min和6～8 min加速度方向相同，C错误；由题图可知t＝4 min时“蛟龙号”下潜到最深处，最大深度为：h＝×(120＋240)×2.0 m＝360 m，故D正确。 解析：在0到2 s末的时间内物体做匀加速直线运动，加速度a＝＝1 m/s2，故A正确；5 s末质点速度方向改变，B错误；0～5 s内物体的位移等于t轴上方梯形面积x1＝×2×2＋2×2＋×1×2m＝7 m，在 5～6 s内物体的位移等于t轴下方三角形面积x2＝－m＝－0.5 m，故0～6 s内物体的位移x＝x1＋x2＝6.5 m，D正确，C错误。 解析：位移大小等于v－t图线与时间t轴所围成的面积，在前2 s内的位移x1＝2×5× m＝5 m；在后2 s内的位移x2＝(4－2)×(－5)× m＝－5 m，所以质点在前4 s内的位移x＝x1＋x2＝5 m－5 m＝0。 [解析]　汽车的初速度v0＝72 km/h＝20 m/s，末速度vt＝0，加速度a＝－5 m/s2；汽车运动的总时间t＝＝＝4 s。 (1)因为t1＝2 s<t，所以汽车2 s末没有停止运动 故x1＝v0t1＋at12＝m＝30 m。 [解析]　(2)因为t2＝5 s>t，所以汽车5 s时已停止运动 故x2＝v0t＋at2＝m＝40 m (注意：也可以用逆向思维法，即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。此题可以用如下解法：x2＝at2＝×5×42 m＝40 m)。 (1)若所给时间大于刹车时间，则vt＝0，x＝v0t0＋at02，t0为刹车时间或x＝－。 (2)若所给时间小于刹车时间，则vt＝v0＋at，x＝v0t＋at2，t为所给时间。 解析：规定初速度方向为正方向，已知初速度v0＝32 m/s，a＝－8 m/s2，设汽车从刹车到停止所需的时间为t，根据匀变速直线运动的速度与时间公式有0＝v0＋at，解得t＝＝4 s，当t1＝2 s＜t时，x1＝v0t1＋at12＝48 m，当t2＝5 s＞t时，说明5 s内汽车的位移等于汽车从刹车到停止的位移x2＝v0t＋at2＝64 m，故x1∶x2＝3∶4，故选B。 解析：从开始到车和人的速度相等所用时间 t＝ s＝6 s， 设人和车速度相等时车在人前方x处，则 x＝x车＋L－x人， 其中x车＝at2 ，x人＝vt，L＝25 m， 代入数据计算得x＝7 m， 可见，人追不上车，人、车间的最小距离为7 m。 解析：选初速度v0的方向为正方向 根据x＝v0t＋at2 36 m＝18 m/s×3 s＋a×(3 s)2 解得a＝－4 m/s2 汽车从开始刹车到停止所用时间：t＝ s＝4.5 s 所以制动后5 s内发生的位移x′＝18 m/s×4.5 s－×4 m/s2×(4.5 s)2＝40.5 m。 解析：v0＝21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前0.3 s＋0.7 s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0(t1＋t2)＝6 m/s×(0.3＋0.7)s＝6 m；随后汽车做匀减速运动，位移为：x2＝＝3.6 m；所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝(6＋3.6)m＝9.6 m。 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，根据位移时间公式：x1＝at12，代入数据解得：a＝0.4 m/s2，故B正确，A错误；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。 解析：根据x＝v0t＋at2得汽车刹车的初速度v0＝20 m/s，加速度为a＝－4 m/s2，A对，B错。汽车刹车速度减为零的时间t＝＝5 s，刹车后6 s内的位移等于5 s内的位移，即x＝v0t＋at2＝50 m，C对，D错。 在v－t图像中，图像与横轴围成的面积代表位移，所以在0～t1时间内，P质点的位移大于Q质点的位移，因P、Q 两质点从同一地点由静止开始运动，则P质点在Q质点前面，根据＝可知，在0～t1时间内，P质点的平均速度大于Q质点的平均速度，选项C、D正确。 解析：根据x＝at2得a＝＝2 m/s2，飞机离地速度为vt＝at＝80 m/s。 解析：图线与坐标轴围成图形的“面积”等于位移的大小，x＝m＝4.5 m，A正确。 解析：质点做匀加速直线运动，则x＝v0t＋at2，由题图可知，第1 s内的位移为x1＝0－(－2 m)＝2 m，前2 s内的位移为x2＝6 m－(－2 m)＝8 m，则有：2 m＝v0t1＋at12；8 m＝v0t2＋at22；解得：v0＝0，a＝4 m/s2，故A、C错误，D正确；该质点在t＝1 s时的速度大小为v1＝at1＝4×1 m/s＝4 m/s，故B错误。 解析：图中知道汽车速度，反应距离，根据s＝v0t可以求出反应时间，故A正确；由于图中信息与汽车质量无关，则无法求出汽车的质量，故B错误；设停车距离为x，反应时间为t0。则x＝v0t0＋，可知匀速行驶的速度加倍，停车距离不是简单的加倍，故C错误；除了反应时间，其他条件不变的情况下，根据公式x＝v0t0＋，酒后驾车反应时间明显增加，停车距离增加，故D错误。 0～4 s内A壶平均速度为A＝ m/s＝0.4 m/s,4 s末B壶的速度为vB1＝vB0－aBt＝1.0 m/s－×4 m/s＝0.2 m/s,0～4 s内B壶平均速度为B＝ m/s＝0.6 m/s,0～4 s内A、B两壶平均速度之比为＝，故C正确； v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，碰后A壶运动的总位移为xA＝ m＝1.6 m，碰后B壶运动的总位移为xB＝ m＝2.5 m，停下来时，两壶相距Δx＝xB－xA＝0.9 m，故D错误。 解析：关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝＝1 s，运动的距离为x1＝at2＝1 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动距离为9 m，过了关卡2，到关卡3时共用时8.5 s，大于7 s，小于12 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s，而此时关卡4是关闭的，因此被挡在关卡4前，C项正确。 答案：　 根据运动示意图和运动学规律，A到B过程，有x1＝v0t1－a1t12，vB＝v0－a1t1 B到C过程， 有x2＝vBt2－a2t22,0＝vB－a2t2 A到C过程，有x＝x1＋x2 联立解得a2＝ t2＝。 $$