第2节 匀变速直线运动的规律（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理必修第一册（粤教版2019）

匀变速直线运动的规律 第 二 节 物理观念 (1)知道匀变速直线运动的速度公式vt＝v0＋at。 (2)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。 (3)理解位移与时间的关系式s＝v0t＋ at2。 (4)理解速度与位移关系式vt2－v02＝2as。 核心素养导学 科学 思维 (1)根据加速度的定义式和匀变速直线运动定义得出速度公式。 (2)能利用v-t图像推导位移与时间的关系式s＝v0t＋ at2。 (3)能推导出匀变速直线运动的速度与位移的关系式vt2－v02＝2as。 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理规律的研究方法。 (2)体会物理知识的实际应用价值。 (3)初步认识应用数学知识研究物理问题，体会物理问题研究中的极限法。 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 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 四层学习内容1 落实必备知识 一、速度与时间的关系 1．匀变速直线运动的速度公式：vt＝_______。 2．匀变速直线运动的v-t图像是一条_____的直线，直线与纵轴的交点即为物体的________，图线的斜率k＝ ＝常数，就是物体运动的_________。 v0＋at 倾斜 初速度 加速度 二、位移与时间的关系 1．v-t图像中“面积”的意义：v-t图像中的图线和时间轴所围的“面积”等于相应时间内的位移。 (1)如图甲所示为匀速直线运动的v-t图像，图像中的v-t图线与对应的时间轴所包围的矩形(阴影部分)的“面积”表示物体在0～t1时间内的位移。 　　 (2)如图乙所示为匀加速直线运动的v-t图像，图像中的v-t图线与对应的时间轴所包围的梯形(阴影部分)的“面积”表示物体在0～t1时间内的位移。 2．位移公式：s＝v0t＋ at2。式中v0表示________，s表示物体在时间t内运动的______。 初速度 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。 2as 1.通过拍摄物体的频闪照片(如图甲所示)，得到物体运动的如下三个图像，它们表示物体在沿着____线运动，它们分别表示物体的速度在______、________、________(填“增大”“减小”或“不变”)。其中丙、丁图中，速度随时间______变化。 直 不变 增大 减小 均匀 2．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。 ( ) √ × √ 3．如图所示是“歼-15”战机在“山东舰”上起飞的画面，若已知“歼-15”战机的加速度为a，起飞时的速度为v。如果“山东舰”静止在海上，且认为飞机跑道为水平跑道。 (1)应该如何来确定飞机跑道的最小长度？ (2)如果航空母舰使用弹射系统使战斗机具有初速度v0，求飞机跑道的最小长度。 四层学习内容2 强化关键能力 我国具有自主知识产权的C919大型客机在某次测试中从浦东机场第四跑道起飞，经过2小时5分钟的飞行，在完成了30个试验点后，于12时20分返航并平稳降落浦东机场，顺利完成飞行任务。如果将C919大型客机在地面上滑行起飞的过程看作是匀变速直线运动。 新知学习(一)|对vt＝v0＋at的理解及应用 任务驱动 (1)其运动的速度与时间有什么关系？ 提示：速度与时间的关系为vt＝v0＋at。 (2)其在轨道上滑行的时间与哪些物理量有关？ 提示：初始速度、加速度和起飞速度。 1．公式的适用条件 公式vt＝v0＋at只适用于匀变速直线运动。 2．公式的矢量性 (1)公式vt＝v0＋at中的v0、vt、a均为矢量，应用公式解题时，首先应选取正方向。 (2)一般以v0的方向为正方向，此时若为匀加速直线运动，则a＞0，若为匀减速直线运动，则a＜0；对于计算结果vt＞0，说明vt与v0方向相同；vt＜0，说明vt与v0方向相反。 重点释解 3．两种特殊情况 (1)当v0＝0时，vt＝at。 由于匀变速直线运动的加速度恒定不变，表明由静止开始的匀加速直线运动的速度大小与其运动时间成正比。 (2)当a＝0时，vt＝v0。 加速度为零的运动是匀速直线运动，也表明匀速直线运动是匀变速直线运动的特例。 [典例]　我国的 家庭汽车保有量居世界第一，汽车一般有五个前进挡位，如图所示，对应不同的速度范围，设在每一挡汽车均做匀变速直线运动，换挡时间不计。设某次行车时，一挡起步，起步后马上挂入二挡，加速度为2 m/s2，3 s后挂入三挡，再经过4 s速度达到13 m/s，随即挂入四挡，加速度为1.5 m/s2，速度达到16 m/s时挂上五挡，加速度为1 m/s2。求： 典例体验 (1)汽车在三挡时的加速度大小； [答案]　 1.75 m/s2　 (2)汽车在四挡时行驶的时间； [答案]　2 s　 (3)汽车挂上五挡后再过5 s的速度大小。 [答案]　21 m/s [解析]　汽车挂上五挡后再过5 s的速度 v4＝v3＋a4t4＝16 m/s＋1×5 m/s＝21 m/s。 /方法技巧/ 应用速度公式vt＝v0＋at解题的思路 (1)选取研究对象和过程。 (2)画出运动草图，标上已知量。 (3)规定正方向，判断各量的正、负，利用vt＝v0＋at由已知条件求解，最后指明所求量的方向。　　 针对训练 √ √ 解析：打开伞后运动员做匀减速运动。这一秒末与前一秒初的时间间隔为2 s，则Δv1＝at1＝10 m/s，A错误，D正确；这一秒末与前一秒末的时间间隔为1 s，则Δv2＝at2＝5 m/s，B错误，C正确。 2．(多选)一辆电车做直线运动，速度v随时间t变化的函数关系为v＝bt，其中b＝0.3 m/s2，下列说法正确的是(　 ) A．电车做匀速直线运动 B．电车的速度变化率大小是0.3 m/s2 C．电车做匀变速直线运动 D．电车的初速度为0.3 m/s √ √ 解析：电车做直线运动，由速度v＝bt，知速度随时间均匀变化，电车做匀变速直线运动，A错误，C正确；根据v＝at＝0.3t，知电车的加速度a＝0.3 m/s2，则速度的变化率大小为0.3 m/s2，电车的初速度为0，B正确，D错误。 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： 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：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：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。 重点释解 [典例]　一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移为12 m，第5 s内的位移为20 m，则该质点运动过程中(　 ) A．初速度大小为零 B．加速度大小为4 m/s2 C．5 s内的位移为50 m D．第4 s内的平均速度为8 m/s √ 典例体验 1．(多选)一物体运动的位移与时间的关系为s＝(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 √ 典例体验 √ 2．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车的位移之比为(　 ) A．1∶4 B．3∶4 C．3∶5 D．5∶9 √ 1．公式的适用条件：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，可求另一个未知量。 新知学习(三)|公式vt2－v02＝2as的应用 重点释解 3．公式的矢量性：公式中v0、vt、a、s都是矢量，应用时必须选取统一的正方向。如果选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)s＞0，说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；s＜0，说明位移的方向与初速度的方向相反。 4．两种特殊形式 (1)当v0＝0时，vt2＝2as(初速度为0的匀加速直线运动)。 (2)当vt＝0时，－v02＝2as(末速度为0的匀减速直线运动)。 [典例]　随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车立即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s2(不超载时则为5 m/s2)。 典例体验 (1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？ [答案]　 45 m　22.5 m　 (2)若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为1 t的轿车，两车将发生碰撞，求相撞时货车的速度大小。 [答案]　10 m/s /方法技巧/ 公式vt2－v02＝2as的应用 (1)当物体做匀变速直线运动时，如果不涉及时间，一般用速度与位移的关系式较方便。 (2)初速度或末速度为0的匀变速直线运动，应用此公式往往较方便。　　 针对训练 √ 2．如图所示，物体A在斜面上由静止匀加速滑下s1后，又匀减速地在平面上滑过s2后停下，测得s2＝2s1，则物体在斜面上的加速度a1与平面上加速度a2的大小关系为(　 ) √ [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(　 ) 新知学习(四)|利用v-t图像求位移 典例体验 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。 (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总路程为时间轴上、下方“面积”的绝对值之和。 系统归纳 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 √ 针对训练 √ 2．科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知(　 ) A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大 B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等 C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小 D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动 √ 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——认识匀变速直线运动的v-t图像 1. (选自人教版教材“思考与讨论”)如图是一个 物体运动的v-t图像。它的速度怎样变化？在相等 的时间间隔内，即Δt′＝Δt时，速度的变化量Δv′ 和Δv总是相等的吗？物体在做匀变速运动吗？ 提示：由题图可知，物体的速度逐渐增大。根据匀变速直线运动的定义可知，做匀变速直线运动的物体，在相等的时间间隔内，速度的变化量总是相等的。由题图可知，Δt′＝Δt，但Δv′<Δv，故物体的运动不是匀变速运动，物体运动的加速度逐渐减小。 科学思维——动车进站问题 2．(选自人教版教材例题) 动车铁轨旁两相邻 里程碑之间的距离是1 km。某同学乘坐动车时， 通过观察里程碑和车厢内电子屏上显示的动车速 度来估算动车减速进站时的加速度大小。当他身边的窗户经过某一里程碑时，屏幕显示的动车速度是126 km/h(如图)。动车又前进了3个里程碑时，速度变为54 km/h。把动车进站过程视为匀减速直线运动，那么动车进站的加速度是多少？它还要行驶多远才能停下来？ 解析：沿动车运动方向为正方向建立直线坐标系。把动车通过 3 000 m的运动称为前一过程，之后到停下来称为后一过程。 设在前一过程中的末位置为M点。初速度v0＝126 km/h＝35 m/s，末速度vM＝54 km/h＝15 m/s，位移s1＝3 000 m。 科学态度与责任——飞机起飞与刹车问题 3．(选自教科版教材例题)(1)可以认为飞机起飞是在跑道上做匀加速直线运动。若加速运动时加速度a＝4.0 m/s2，设当飞机速率达到85 m/s时就可升空，则跑道的长度至少应当设计为多长？ 答案：904 m (2)出于安全考虑，还必须允许飞机在起飞前的滑行过程中的任一时刻，若发现突发情况(或只是感到异常)则立即停止加速，改为减速滑行，并最终停止在跑道上。仍以上面的飞机为例，若机场跑道长度为1 700 m，极限情况下，它加速滑行已经达到起飞速率的瞬间因故终止起飞，为确保飞机不滑出跑道，则减速过程中的加速度至少要多大？ 答案：减速时加速度至少应为4.54 m/s2 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 1．(2024·佛山高一调研) 如图所示，一汽车装 备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统， 系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况。当车 速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”系统产生的加速度取4～6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”系统作用的最长时间为(　 ) √ 2.(2024·梅州高一联考期末)如图所示为某景区内 观光小火车，其以独特的造型、悦目的颜色，成为景区内一道独特的风景，吸引不少游客前来“打卡”。观光小火车即将到终点站时以20 m/s的初速度刹车，刹车过程车辆做直线运动，加速度大小恒为2 m/s2。从减速瞬间开始计时，下列说法正确的是(　 ) A．观光小火车在减速运动过程中速度与加速度方向相同 B．观光小火车开始减速后，第5 s初的速度为10 m/s C．观光小火车开始减速后，前12 s内的位移大小为100 m D．观光小火车开始减速后，第9 s内的位移大小为17 m √ 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A级——学考达标 1．(多选)关于匀变速直线运动，下列说法正确的是(　 ) A．匀变速直线运动是速度随时间均匀变化的运动 B．匀变速直线运动是速度的变化率恒定的运动 C．匀变速直线运动的v-t图像是一条倾斜的直线 D．速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动 √ √ √ 6 7 8 9 10 11 12 解析：匀变速直线运动是速度随时间均匀变化的运动，A正确；匀变速直线运动是速度的变化率恒定的运动，B正确；匀变速直线运动的v-t图像是一条倾斜的直线，C正确；对于速度先减小再增大的运动，若加速度不变，则该运动可能是匀变速直线运动，D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，那么经过4 s后物体的速度大小和方向是(　 ) A．30 m/s，沿斜面向下 B．10 m/s，沿斜面向下 C．20 m/s，沿斜面向上 D．30 m/s，沿斜面向上 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：以沿斜面向上为正方向，由速度公式可得v＝v0－at＝10 m/s－5×4 m/s＝－10 m/s，即4 s后的速度大小为10 m/s，方向沿斜面向下。B正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3．(2024年1月·江西高考适应性演练)某兴趣小组做发射水火箭实验。假设水火箭竖直上升至最高点开始匀加速竖直下落，一段时间后，其降落伞打开，再匀减速竖直下降。若从最高点开始计时，下列关于水火箭v-t图像可能正确的是(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：从最高点开始计时，先做匀加速直线运动，加速度不变，一段时间后，速度达到最大，此时降落伞打开，再做匀减速直线运动，加速度不变。又因为v-t图像的斜率表示加速度，经分析可得图B可能正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：根据速度与位移的关系式得(3v)2－v2＝2ax，(5v)2－(3v)2＝2ax′，联立两式解得x′＝2x，D正确。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5. (多选)如图是甲、乙两物体均做直线运动的v-t图像，下列说法正确的是(　 ) A．甲做匀减速直线运动 B．乙做匀加速直线运动 C．甲和乙的速度方向相反 D．甲的加速度比乙的大 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由v-t图像可知，甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，A、B正确；由题图知，甲、乙的速度方向均为正方向，速度方向相同，C错误；由v-t图像图线倾斜程度表示加速度可得，甲的加速度比乙的大，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，某时刻关闭发动机而做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为(　 ) A．3 s B．4 s C．5 s D．6 s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7. 物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是(　 ) A．物体在前2 s内做匀加速直线运动，加速度为2 m/s2 B．物体在6～12 s内速度一直减小 C．物体在第12 s内的位移为0.75 m D．物体在前12 s内的路程为15 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9．(12分)(2024·珠海高一检测) 消防滑竿是消防员经常接触的一种设备，可简化为一根竖直放置的滑竿，消防员可顺着滑竿迅速下滑，节约下楼时间，增加出警效率。某次训练中，消防员顺着消防滑竿从高处无初速度滑下，运动过程可简化为先做匀加速再做匀减速的直线运动。消防员先以5 m/s2的加速度下滑1 s，然后匀减速下滑4 m到达地面时速度大小为1 m/s。求此过程中： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)消防员下滑1 s后的速度大小； 答案：5 m/s　 解析：消防员做初速度为0的匀加速直线运动，由v1＝a1t1 得v1＝5 m/s2×1 s＝5 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)消防员匀减速阶段的加速度； 答案：3 m/s2，方向竖直向上 解析：消防员做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反，若规定向下为正方向，由v22－v12＝2a2s2，得a2＝－3 m/s2 即消防员匀减速阶段的加速度大小为3 m/s2，方向竖直向上。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)消防员下滑的总高度。 答案：6.5 m 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 B级——选考进阶 10．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(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．4.2 m B．6.0 m C．7.8 m D．9.6 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(多选)冰壶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 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12．(14分)高铁被誉为中国新四大发明之一。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s0＝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，结果高铁列车在距离异常处500 m的地方停下来。求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)列车长打开电磁制动系统时，高铁列车速度的大小； 答案：60 m/s　 解析：列车长打开制动风翼时 高铁列车的加速度为a1＝0.5 m/s2， v0＝288 km/h＝80 m/s 设经过t2＝40 s时，高铁列车的速度为v1 则v1＝v0－a1t2＝60 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)制动风翼和电磁制动系统都打开时，高铁列车的平均制动加速度a2的大小。 答案：1.2 m/s2 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 三、速度与位移的关系 1．速度与位移的关系式 由vt＝v0＋at和s＝v0t＋at2，消去t后可得：vt2－v02＝____。 2．中间时刻瞬时速度关系式 由v＝v0＋at和vt＝v＋at，消去at可得：v＝_________，即：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。 提示：根据v2＝2as， 知飞机跑道的最小长度为s＝。 提示：根据v2－v02＝2as， 知飞机跑道的最小长度为s＝。 [解析]　汽车运动过程如图所示。 根据匀变速直线运动的速度与时间的关系vt＝v0＋at知，刚挂入三挡时，汽车的速度v1＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s 可知汽车在三挡时的加速度大小 a2＝＝ m/s2＝1.75 m/s2。 [解析]　根据v3＝v2＋a3t3知，汽车在四挡时的行驶时间 t3＝＝ s＝2 s。 1．(多选)跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面某一高度静止于空中时，运动员离开飞机自由下落，运动一段时间后打开降落伞，打开伞后运动员以5 m/s2的加速度匀减速下降，则在运动员减速下降的任一秒内(　 ) A．这一秒末的速度比前一秒初的速度小5 m/s B．这一秒末的速度是前一秒末的速度的 C．这一秒末的速度比前一秒末的速度小5 m/s D．这一秒末的速度比前一秒初的速度小10 m/s 新知学习(二)|对s＝v0t＋at2的理解及应用 1．公式的适用条件 公式s＝v0t＋at2只适用于匀变速直线运动。 2．公式的矢量性 公式s＝v0t＋at2为矢量式，其中的s、v0、a都是矢量，应用时必须选取统一的正方向。如果选初速度v0的方向为正方向： (1)匀加速直线运动，a取正值；匀减速直线运动，a取负值。 (2)计算结果：s＞0，表示位移的方向与规定的正方向相同；s＜0，表示位移的方向与规定的正方向相反。 3．两种特殊形式 (1)当a＝0时，s＝v0t(表示匀速直线运动)。 (2)当v0＝0时，s＝at2(表示初速度为零的匀加速直线运动)。 [解析]　第3 s内的位移等于前3 s内位移与前2 s内位移之差，即Δs3＝s3－s2＝12 m，由匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋at2，代入数据得v0×3 s＋a×(3 s)2－＝12 m　①，同理可得第5 s内的位移：Δs5＝v0×5 s＋a×(5 s)2－＝20 m　②，联立①②解得v0＝2 m/s， a＝4 m/s2，A错误，B正确；5 s 内的位移为s＝v0t5＋at52＝60 m，C错误；第4 s内的位移为Δs4＝s4－s3＝v0t4＋at42－(v0t3＋at32)＝16 m，则第4 s内的平均速度＝＝16 m/s，D错误。 /方法技巧/ 应用位移公式s＝v0t＋at2的解题步骤 (1)规定一个正方向(一般以初速度的方向为正方向)。 (2)根据规定的正方向确定已知量的正、负，并用带有正、负的数值表示。 (3)根据位移与时间关系式或其变形式列式、求解。 (4)根据计算结果说明所求量的大小、方向。　　 解析：根据匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋at2，结合位移函数s＝(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，A、D正确，B、C错误。 解析：汽车从刹车到停止的时间t0＝＝ s＝4 s>2 s，所以汽车前2 s内的位移：s1＝v0t1＋at12＝20×2 m－×5×22 m＝30 m；而6 s＞4 s,4 s后汽车停止运动，所以汽车前6 s内的位移等于前4 s内的位移，s2＝v0t2＋at22＝20×4 m－×5×42 m＝40 m，则＝，B正确。 [解析]　设货车刹车时速度大小为v0，加速度大小为a，末速度大小为vt，刹车距离为s，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式得s＝，由题意知，v0＝54 km/h＝15 m/s，vt＝0，a1＝2.5 m/s2，a2＝5 m/s2，代入数据得，超载时s1＝45 m，不超载时s2＝22.5 m。 [解析]　超载货车与轿车碰撞时，由vt2－v02＝－2as知，相撞时货车的速度vt′＝ ＝10 m/s。 1．关于公式s＝，下列说法正确的是(　 ) A．此公式只适用于匀加速直线运动 B．此公式适用于匀减速直线运动 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、s同时为负值的情况 解析：公式s＝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，B正确，A、C错误；当物体做匀加速直线运动，且规定初速度的反方向为正方向时，a、s就会同时为负值，D错误。 A．a1＝a2　　　　　　　　　 B．a1＝2a2 C．a1＝a2 D．a1＝4a2 解析：设物体在斜面末端时的速度为v，由v2－v02＝2as得v2－02＝2a1s1,02－v2＝2(－a2)s2，联立解得a1＝2a2。 [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，A正确； 第1 min内加速度最大，大小为a＝＝≈0.033 m/s2，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：s＝×(120＋240)×2.0 m＝360 m，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，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＝×(5＋2)×2 m＝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：根据加速度的定义式a＝，由题图可知0～t1时间内训练前的速度变化量大于训练后的速度变化量，所以训练前的平均加速度大，故A错误；根据v -t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v -t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。 答案：动车进站的加速度大小为 m/s2，方向与动车运动方向相反；还要行驶675 m才能停下来 对前一过程，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式，有 a＝＝＝－ m/s2 对后一过程，末速度v＝0，初速度vM＝15 m/s。 由v2＝vM2＋2as2，有 s2＝＝＝675 m。 解析：以飞机滑行的起点为坐标原点，以飞机滑行的方向为正方向建立坐标轴。飞机在跑道上运动的初速度是0，飞机起飞时的速度vt＝85 m/s，加速度a＝4.0 m/s2。用vt2－v02＝2as计算飞机起飞时的位移s，由上式可得 s＝＝≈904 m 所以，飞机跑道的长度至少应当设计为904 m。 解析：以飞机滑行起点为原点，沿飞机滑行的方向建立坐标轴。飞机达到最大速度瞬间，即减速阶段的初速度v0＝85 m/s，末速度vt＝0。为保证安全，其最大位移s＝(1 700－904)m＝796 m。仍运用速度与位移的关系式vt2－v02＝2as，有 a＝＝≈－4.54 m/s2 负号表示它的方向与初速度方向相反，即加速度的最小值为4.54 m/s2。 A. s B. s C．2.5 s D．12.5 s 解析：刹车前的车速最大、刹车时的加速度最小时，刹车时间最长，最长刹车时间t＝＝＝2.5 s，故C正确。 解析：观光小火车在减速运动过程中速度与加速度方向相反，故A错误；观光小火车从开始减速到停下所用时间为t0＝＝ s＝10 s，观光小火车开始减速后，第5 s初的速度即为第4 s末的速度，则有v4＝v0－at4＝20 m/s－2×4 m/s＝12 m/s，观光小火车开始减速后，前12 s内的位移大小等于前10 s内的位移大小，则有s10＝t0＝×10 m＝100 m，故B错误，C正确；观光小火车开始减速后，第8 s末的速度为v8＝v0－at8＝20 m/s－2×8 m/s＝4 m/s，则第9 s内的位移大小为Δs＝v8Δt－a(Δt)2＝4×1 m－×2×12 m＝3 m，故D错误。 4．做匀加速直线运动的物体，速度从v增加到3v时经过的位移是x，则它的速度从3v增加到5v时经过的位移是 (　 ) A.x B.x C．x D．2x 解析：根据s＝v0t＋at2，将v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，s＝37.5 m，代入得：t1＝3 s，t2＝5 s。汽车减速到0的时间为t0＝＝4 s，所以t2＝5 s应舍去。A正确。 解析： v-t图像的斜率表示加速度，所以物体在前2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a1＝ m/s2＝1 m/s2，A错误；物体在6～12 s内速度先减小后增大，B错误；物体在6～12 s内的加速度大小为a2＝ m/s2＝ m/s2,10～12 s的位移大小为s1＝a2t2＝××22 m＝1 m,10～11 s的位移大小为s2＝××12 m＝0.25 m，所以物体在第12 s内的位移大小为s＝s1－s2＝0.75 m，方向与正方向相反，即位移为－0.75 m，C错误；物体在前10 s内的路程为l1＝×2 m＝14 m，在10～12 s内的路程为l2＝s1＝1 m，所以物体在前12 s内的路程为l＝l1＋l2＝15 m，D正确。 8．(多选)假设动车出站时能在150 s内匀加速到180 km/h，然后正常行驶。某次因意外动车以加速时的加速度大小将车速减至108 km/h。取初速度方向为正方向，则下列说法正确的是(　 ) A．列车加速时的加速度大小为 m/s2 B．列车减速时，若运用vt＝v0＋at计算瞬时速度，其中a＝－ m/s2 C．若用v-t图像描述列车的运动，减速时的图线在时间t轴的下方 D．列车由静止加速，1 min内速度可达20 m/s 解析：180 km/h＝50 m/s，根据速度时间公式得，列车加速时的加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2，A正确；规定初速度的方向为正方向，由于列车减速时的加速度大小等于加速时的加速度大小，若运用vt＝v0＋at计算瞬时速度，其中a＝－ m/s2，B正确；在速度—时间图线中，速度的正负表示运动的方向，减速时由于速度的方向未变，则减速时的图线仍然在时间t轴的上方，C错误；根据速度时间公式得：v＝at′＝×60 m/s＝20 m/s，D正确。 解析：消防员下滑的高度有两段组成， 第一段由s1＝a1t12，得s1＝2.5 m 由题意得第二段消防员减速下落距离为s2＝4 m 所以消防员下落的总高度为s＝s1＋s2＝6.5 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s1＝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s2＝＝3.6 m；所以该ETC通道的长度为L＝s1＋s2＝(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：s1＝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：s1′＝v0t－at2＝m＝7.8 m，故C正确，D错误。 解析：列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，高铁列车行驶的距离s1＝v0t1＝200 m 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，高铁列车行驶的距离s2＝＝2 800 m 打开电磁制动后，高铁列车行驶的距离 s3＝s0－s1－s2－500 m＝1 500 m 则高铁列车的平均制动加速度的大小 a2＝＝1.2 m/s2。 $$