第2章 第2节 位移变化规律 （Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（鲁科版）福建专版

第2节　位移变化规律(赋能课——精细培优科学思维) 课标要求 层级达标 　　能用公式、图像等方法描述匀变速直线运动,理解匀变速直线运动的规律,能运用其解决实际问题,体会科学思维中的抽象方法和物理问题研究中的极限方法。 学考 层级 1.认识匀变速直线运动的特点。 2.知道匀变速直线运动的规律,并能应用解决实际问题。 选考 层级 1.能用位移公式解决实际问题。 2.能用公式法和图像法研究匀变速直线运动。 一、匀变速直线运动的位移—时间关系 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的“面积”(阴影部分)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的“面积”(阴影部分)表示物体在0~t1时间内的位移。 2.位移公式的推导过程 位移公式:s=v0t+at2。式中v0表示初速度,s表示物体在时间t内运动的位移。 [质疑辨析] 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。 (√) (4)F1赛车在启动加速阶段,位移与时间的平方成正比。 (√) 二、匀变速直线运动的位移—速度关系 　位移速度公式推导过程: 式中v0表示初速度,vt表示末速度,s表示在这一过程中发生的位移。 [情境思考] 如图所示是“歼-35”战机在“辽宁舰”上起飞的画面,若已知“歼-35”战机的加速度为a,起飞时的速度为v。如果“辽宁舰”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。 提示:(1)根据v2=2as,知飞机跑道的最小长度为s=。 (2)根据v2-=2as,知飞机跑道的最小长度为s=。 强化点(一)　对s=v0t+at2的理解及应用 任务驱动 在珠海航展上歼-10B推力矢量验证机的出现,为研制垂直起降战斗机发动机铺平了道路。 如果歼-10B在垂直升空的过程中做匀加速直线运动,其位移与运动时间的关系是什么? 提示:位移与运动时间的关系为s=v0t+at2。 [要点释解明] 1.位移公式的理解和应用 (1)位移公式 (2)公式的矢量性:公式中s、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)公式说明:s与t是二次函数关系,故s-t图像为通过原点的抛物线的一部分(如图所示)。 2.应用公式s=v0t+at2解题步骤 (1)确定一个方向为正方向(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、负号的数值表示。 (3)根据位移—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。 3.两种特殊形式 (1)当a=0时,s=v0t(匀速直线运动)。 (2)当v0=0时,s=at2(由静止开始的匀加速直线运动)。 [题点全练清] 1.电动汽车具有较好的发展前景。如图所示某辆电动汽车,在一次刹车测试中,初速度为72 km/h,开始刹车后第1 s内汽车通过的位移为15 m,且刹车后第1 s末汽车未停止,若该过程可视为匀减速直线运动,则该电动汽车刹车时加速度大小为 (　 ) A.10 m/s2 B.12 m/s2 C.15 m/s2 D.20 m/s2 解析:选A　电动汽车的初速度v0=72 km/h=20 m/s,由匀变速直线运动的位移公式s=v0t+at2,得a==-10 m/s2,故A正确。 2.某质点的位移随时间变化规律的关系是s=4t+2t2,s与t的单位分别为m和s,则质点的初速度为　 　　m/s,加速度为　 　　m/s2。  解析:将质点的位移随时间变化规律的关系s=4t+2t2与匀变速直线运动的位移与时间的关系式s=v0t+at2对比,得出v0=4 m/s,a=4 m/s2。 答案:4　4 3.物体从静止开始做匀加速直线运动,加速度为1 m/s2,求: (1)物体在前2 s内的位移; (2)物体在第2 s内的位移; (3)物体在第二个2 s内的位移。 解析:以加速度方向为正方向,由匀变速直线运动位移公式s=v0t+at2可得 (1)s1=a=×1 m/s2×(2 s)2=2 m,方向与加速度方向相同。 (2)物体在第1 s末的速度(第2 s初的速度) v1=v0+at=0+1 m/s2×1 s=1 m/s 故物体在第2 s内的位移 s2=v1t+at2=1 m/s×1 s+×1 m/s2×(1 s)2=1.5 m,方向与加速度方向相同。 (3)物体在第2 s末的速度v2=v0+at1=0+1 m/s2×2 s=2 m/s,也是物体在第二个2 s的初速度,故物体在第二个2 s内的位移 s3=v2t'+at'2=2 m/s×2 s+×1 m/s2×(2 s)2=6 m,方向与加速度方向相同。 答案:(1)2 m,方向与加速度方向相同 (2)1.5 m,方向与加速度方向相同 (3)6 m,方向与加速度方向相同 强化点(二)　利用v-t图像求位移 [要点释解明] 用v-t图像分析物体的位移 (1)在匀速直线运动中,物体的位移等于v-t图线与时间轴所包围的矩形的面积。 (2)在匀变速直线运动中,由图可知,运用“无限分割、逐渐逼近”的微分思想可得:匀变速直线运动的位移也对应着v-t图线和时间轴所包围的图形“面积”。 (3)对于任何形式的直线运动的位移都等于v-t图线与时间轴所围成的面积。 ①v-t图线与t轴所围成的“面积”表示位移的大小; ②面积在t轴以上表示位移是正值,在t轴以下表示位移是负值; ③物体的总位移等于各部分位移(正、负面积)的代数和; ④物体通过的路程为t轴上、下“面积”绝对值的和。 [典例]　如图所示为一个质点做直线运动的v-t图像,下列判断正确的是 (　 ) A.质点在10~12 s内的位移为6 m B.质点在8~10 s内的加速度最大 C.质点在11 s末离出发点最远 D.质点在8~12 s内的平均速度为4.67 m/s [解析]　由题图可看出,质点在10~11 s内沿正方向运动,11~12 s内沿负方向运动,因为两段时间内图线与时间轴所围的“面积”相等,说明两段时间内位移大小相等,方向相反,所以质点在10~12 s内位移为0,A项错误。根据速度—时间图像的斜率等于加速度可知,质点在10~12 s内加速度最大,B项错误。质点在0~11 s内沿正方向运动,11~12 s内沿负方向运动,所以质点在11 s末离出发点最远,C项正确。结合A项分析,质点在8~12 s内的位移s=×2 m=8 m,则其间的平均速度==2 m/s,D项错误。 [答案]　C [思维建模] 由v-t图像巧得四个运动量 (1)运动速度:从速度轴上直接读出。 (2)运动时间:从时间轴上读出时刻,取其差。 (3)运动加速度:图线斜率的大小表示加速度的大小,斜率的正负反映了加速度的方向。 (4)运动的位移:图线与时间轴围成的面积表示位移的大小,第一象限的面积表示与规定的正方向相同,第四象限的面积表示与规定的正方向相反。 [题点全练清] 1.(2024·甘肃高考)小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v-t图像如图所示,此两站间的距离约为 (　 ) A.980 m　 B.1 230 m　 C.1 430 m　 D.1 880 m 解析:选C　v-t图像中图线与横坐标轴围成的面积表示位移,可得两站间的距离为x=(74-25+94)×20× m=1 430 m。 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 解析:选D　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。 强化点(三)　对-=2as的理解及应用 [要点释解明] 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-=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。 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,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)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,=2as(初速度为0的匀加速直线运动)。 (2)当vt=0时,-=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)。 (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? (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。 [解析]　(1)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v,刹车距离为x,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。 (2)超载货车与轿车碰撞时,由-=-2as知,相撞时货车的速度v= =10 m/s。 [答案]　(1)45 m　22.5 m　(2)10 m/s [思维建模] 公式-=2as的应用技巧 (1)当物体做匀变速直线运动时,如果不涉及时间,一般用速度位移公式较方便。 (2)刹车问题由于末速度为零,应用此公式往往较方便。 [题点全练清] 1.A、B、C三点在同一条直线上,某物体自A点从静止开始做匀加速直线运动,经过B点时速度为v,到C点时速度为2v,则AB和BC两段距离大小之比是 (　 ) A.1∶4 B.1∶3 C.1∶2 D.1∶1 解析:选B　根据公式-=2as,可得AB段距离为s1=,BC段的距离为s2==,故s1∶s2=1∶3,故选B。 2.如图所示,物体A在斜面上由静止匀加速滑下x1后,又匀减速地在平面上滑过x2后停下,测得x2=2x1,则物体在斜面上的加速度a1与在平面上的加速度a2的大小关系为 (　 ) A.a1=a2 B.a1=2a2 C.a1=a2 D.a1=4a2 解析:选B　设物体在斜面末端时的速度为v,由v2-=2ax,可得v2-02=2a1x1,02-v2=2(-a2)x2,联立解得a1=2a2,故选B。 强化点(四)　刹车类问题模型(Ⅱ) [典例]　(选自粤教版教材例题)一辆汽车在高速公路上行驶的速度为108 km/h。当驾驶员发现前方80 m处发生了交通事故时,马上紧急刹车,并以7.5 m/s2的恒定加速度减速行驶。该汽车行驶是否会出现安全问题? [解析]　刹车后汽车做匀减速直线运动。设其加速度为a,从刹车到停止运动通过的位移为s。运动过程如图所示,选定汽车行驶的初速度方向为正方向。依题意,汽车的初速度为108 km/h,即v0=30 m/s,末速度vt=0 m/s,a=-7.5 m/s2。 根据-=2as, 汽车由刹车到停车所经过的位移为 s== m=60 m。 由于前方距离有80 m,汽车经过60 m就已停下来,所以不会出现安全问题。 [答案]　不会出现安全问题 [变式拓展]　在上述[典例]中,如果驾驶员看到交通事故时的反应时间是0.5 s,该汽车行驶是否会出现安全问题? 解析:在驾驶员刹车前,汽车做匀速直线运动,刹车后汽车做匀减速直线运动,其运动情况如图所示。选定汽车行驶的初速度方向为正方向。 汽车做匀速直线运动的位移为s1=v0t=30×0.5 m=15 m。汽车做匀减速直线运动的位移解法同[典例],s2=60 m。汽车停下的实际位移为s=s1+s2=(15+60)m=75 m。由于前方距离有80 m,所以不会出现安全问题。 答案:不会出现安全问题 [思维建模] 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运动。 2.处理该类问题时,首先要判断刹车后经过多长时间速度变为0,即刹车时间t0=。 (1)若所给时间t>t0,则vt=0,s=-。 (2)若所给时间t<t0,则vt=v0+at,s=v0t+at2。 [题点全练清] 1.(2024·北京高考)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 解析:选B　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.(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? (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? 解析:(1)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-=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。 (2)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-=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。 答案:(1)904 m (2)减速时加速度至少应为4.54 m/s2 [课时跟踪检测] 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 解析:选B　对于不同时间,匀变速直线运动的速度变化量不同,A错误;匀变速直线运动的加速度即速度变化率不变,B正确;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错误;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错误。 2.(双选)交警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 解析:选AC　根据s=v0t+at2得汽车刹车的初速度v0=20 m/s,加速度为a=-4 m/s2,A正确,B错误。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s=v0t+at2=50 m,C正确,D错误。 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 解析:选D　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错误;1~2 s 内斜率为0但速度不等于0,为匀速直线运动,B错误;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错误,D正确。 4.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 (　 ) 解析:选A　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。 5.(2025·闽侯期末)如图所示为酒店送餐机器人。某次送餐中,机器人从电梯口静止开始做直线运动到达客房门口,到达客房门口时速度恰好为零,全程长x=10 m。机器人运动的最大速度v=2 m/s,加速时最大加速度a1=0.5 m/s2,减速时最大加速度a2=1 m/s2。则酒店机器人该次送餐的最短时间为 (　 ) A.5 s B.6 s C.8 s D.10 s 解析:选C　根据题意可知x=++vt2,t1=,t3=,代入数据解得t1=4 s,t2=2 s,t3=2 s,所以t=t1+t2+t3=8 s,故选C。 6.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 (　 ) 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 解析:选A　图中知道汽车速度,反应距离,根据s=v0t0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s,反应时间为t0,则s=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s=v0t0+,酒后驾车反应时间明显增加,停车距离增加,故D错误。 7.(2024·三明高一检测)一汽车沿平直路面以30 m/s运动,遇到紧急情况制动,2 s后速度减为10 m/s,则有关汽车制动后的运动,下列说法中正确的是 (　 ) A.4 s末和2 s末的速度大小相等,方向相反 B.第2 s内位移是第3 s内位移的3倍 C.6 s后汽车回到原来位置 D.3 s内共向前运动了135 m 解析:选B　汽车加速度大小a= m/s2=10 m/s2,汽车速度减为零的时间t0==3 s,汽车4 s末的速度等于3 s末的速度为零,故A错误;汽车第2 s内的位移s2=v0t2-a-=15 m,汽车第3 s内的位移s3=v0t3-a-=5 m,可得s2=3s3,故B正确;3 s末汽车停下,汽车向前运动的位移s=a=45 m,故C、D错误。 8.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 解析:选D　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。 9.(2024·宁化高一联考期末)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 解析:选C　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。 10.(12分)(2025·顺昌高一期末检测)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: (1)消防员下滑1 s后的速度大小;(4分) (2)消防员匀减速阶段的加速度;(4分) (3)消防员下滑的总高度。(4分) 解析:(1)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)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 -=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。 (3)消防员下滑的高度有两段组成,第一段由 s1=a1,解得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。 答案:(1)5 m/s　(2)3 m/s2,方向竖直向上 (3)6.5 m 11.(16分)如图是一项娱乐项目“彩虹滑道”,已知彩虹滑道的坡面长100 m,滑道旁每隔10 m贴有长度标识,比如“20 m”表示离出发点20 m,某游客正乘坐轮胎以8 m/s匀速下滑,在经过“60 m”标识时进入缓坡开始以1 m/s2的加速度减速,手机突然从口袋摔落,旁边的观众连忙大声提醒,经过2 s游客注意到了呼喊,又经过1 s反应过来,连忙用双脚摩擦轮胎旁边软垫制动,使轮胎和人一起做匀减速运动,最终停在“90 m”标识处。 (1)从手机掉落到游客采取双脚制动的过程中,游客经过的路程大小;(5分) (2)游客双脚开始制动时的速度大小;(5分) (3)游客从手机掉落到停止运动的时间。(6分) 解析:(1)从手机掉落到游客制动前路程 x1=v0(t1+t2)-a1(t1+t2)2 解得x1=19.5 m。 (2)游客制动前运动时间t1+t2=3 s 游客开始制动时的速度v=v0-a1(t1+t2), 解得v=5 m/s。 (3)游客制动后经过的路程 x2=(90-60)m-19.5 m=10.5 m x2=vt3-a2,v-a2t3=0,解得:t3=4.2 s。 游客运动的总时间t=t1+t2+t3,解得t=7.2 s。 答案:(1)19.5 m　(2)5 m/s　(3)7.2 s 学科网（北京）股份有限公司 $$