第2章 第3节 匀变速直线运动的位移与时间的关系（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版）

匀变速直线运动的位移与时间的关系 (赋能课——精细培优科学思维) 第 3 节 课标要求 层级达标 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.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。 3.理解速度与位移的关系式v2-=2ax。 选考 层级 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.能推导出匀变速直线运动的速度与位移的关系式v2- =2ax。 3.能在实际问题情境中使用匀变速直线运动的位移公式解决问题。 课前预知教材 课堂精析重难 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 课前预知教材 一、匀变速直线运动的位移 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 等于梯形阴影的面积。 (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 初速度 加速度 位移 [微点拨] 无论v-t图线是平行于t轴的直线，还是倾斜直线，或者是曲线，v-t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。 [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。( ) √ √ × 二、速度与位移的关系 1.公式推导：由匀变速直线运动的速度与时间的关系式v=_____、 位移与时间的关系式x=________，消去时间t可得v2-=______。 2.速度与位移的关系式：______________。 v0+at v0t+at2 2ax v2-=2ax [情境思考]　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? 提示：根据v2=2ax，知飞机跑道的最小长度为x=。 (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：根据v2-=2ax，知飞机跑道的最小长度为x=。 课堂精析重难 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。 任务驱动 强化点(一)　匀变速直线运动的位移 (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，刹车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)根据位移与时间公式求加速过程及刹车过程中的位移，速度及加速度的正、负号如何确定? 提示：根据位移与时间公式求位移时，如果取初速度方向为正方向，加速时，加速度取正值，刹车时，加速度取负值。 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。 要点释解明 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)。 [典例]　(2025·河南许昌期末)(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，被大家喻为冰上的 “国际象棋”，它考验参与者的体能与脑力，展 现动静之美，取舍之智慧，属于冬奥会比赛项目。在某次比赛中，冰壶被投掷出后做匀减速直线运动，已知冰壶第1 s内的位移为1.4 m，在最后1 s内位移为0.1 m，则下列说法正确的是 (　 ) A.冰壶在第1 s末的速度可能为1.0 m/s B.冰壶加速度大小可能为0.3 m/s2 C.冰壶在第1 s末速度一定为1.3 m/s D.冰壶的加速度大小一定为0.2 m/s2 [解析]　采用逆向思维，可得最后1 s内位移x1=a，解得a=0.2 m/s2，故B错误，D正确；设冰壶在第1 s末速度为v，根据x2=vt2+a，解得v=1.3 m/s，故A错误，C正确。故选C、D。 √ √ [思维建模] 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。 1.(多选)一质点做匀变速直线运动，初速度为0，2 s后末速度变为4 m/s。则 (　 ) A.加速度为4 m/s2　　　 B.加速度为2 m/s2 C.位移为8 m D.位移为4 m 题点全练清 √ √ 解析：根据匀变速直线运动速度与时间的关系有v = v0+at，可得质点的加速度为a=2 m/s2，A错误，B正确；根据匀变速直线运动位移与时间的关系有x=v0t+at2，可得质点的位移为x=4 m，C错误，D正确。 2.(2025·广西河池期末)一质点沿x轴运动，其位置坐标x与时间t的关系为x=2t+2t2+4(x的单位是m，t的单位是s)。关于质点运动的描述及1 s 末速度大小，下列选项正确的是 (　 ) A.匀加速直线运动；6 m/s B.匀减速直线运动；6 m/s C.匀加速直线运动；4 m/s D.匀减速直线运动；4 m/s √ 解析：根据题意可知在0~t时间内质点通过的位移为Δx=x-x0=2t+ 2t2+4-4=2t+2t2，结合匀变速直线运动位移时间公式Δx=v0t+at2，可得质点的初速度和加速度分别为v0=2 m/s，a=4 m/s2，则质点做匀加速直线运动，1 s末速度大小为v1=v0+at1=2 m/s+4×1 m/s=6 m/s，故选A。 在交通事故中，交警为了了解汽车开始刹 车时的车速，判断汽车是否超速，只要知道刹 车时的加速度大小，再测出刹车痕迹长度即可。 (把刹车过程看作匀减速直线运动处理) 交警依据什么物理规律计算汽车开始刹车时的车速? 任务驱动 强化点(二)　速度与位移的关系 　　提示：根据公式v2-=2ax，可计算出汽车开始刹车时的车速。 1.公式的适用条件 公式v2-=2ax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v2-=2ax反映了初速度v0、末速度v、加速度a、位移x之间的关系，当其中三个物理量已知时，可求另一个未知量。 要点释解明 3.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，说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；x<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，v2=2ax(初速度为0的匀加速直线运动)。 (2)当v=0时，-=2ax(末速度为0的匀减速直线运动)。 [典例]　(2025·广东潮州期末)创建文明城 市，提倡机动车礼让行人。如图所示，司机 小理驾驶汽车以速度v=36 km/h匀速行驶，发 现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车 做匀减速直线运动，直至停止。已知刹车加速度大小为a=2 m/s2，若小理的反应时间为t=0.5 s，则汽车距斑马线的安全距离x至少为多少。 [答案]　30 m [解析]　反应时间内汽车的位移大小为x1=vt=10×0.5 m=5 m 汽车匀减速至停止过程中的位移大小为x2== m=25 m 故汽车距斑马线的安全距离至少为x=x1+x2=30 m。 [思维建模]　公式v2-=2ax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。 1.(2024·郑州高一检测)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、x同时为负值的情况 题点全练清 √ 解析：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；当物体做匀加速直线运动，且规定初速度的反方向为正方向时，a、x就会同时为负值，选项D错误。 2.若某高铁列车在行驶过程中做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s 的过程中位移为30 m，则当它的速度由15 m/s 增加到25 m/s 的过程中，位移是 (　 ) A.60 m　　　　　　 B.120 m C.140 m D.160 m √ 解析：列车做匀加速直线运动，由公式v2-=2ax，可得102-52=2a×30，252-152=2ax，解得x=160 m，故选D。 √ 3.(2025·陕西商洛期末)一辆汽车以速度v0=10 m/s沿直线运动，经过某学校门口开始计时，行驶了4分钟后由于到站便以恒定加速度刹车，加速度大小a=0.2 m/s2，则汽车在5分钟内所走的距离是 (　 ) A.2 640 m B.2 650 m C.2 660 m D.2 670 m 解析：设汽车刹车时经时间t0速度减为零，根据匀变速直线运动速度公式，有t0==50 s，由于汽车在减速50 s时就停下来，最后10 s汽车静止，汽车匀减速直线运动阶段的位移大小x2==250 m，汽车在匀速运动阶段的位移大小x1=v0t1=2 400 m，所以汽车在5分钟内所走的距离是x=x1+x2=2 650 m，故选B。 [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? 强化点(三)　刹车类问题模型(Ⅱ) [答案]　不会出现安全问题 [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x。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v=0，a=-7.5 m/s2。 根据v2-=2ax， 汽车由刹车到停车所经过的位移为x== 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。 [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? 答案：不会出现安全问题 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 x1=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]，x2=60 m。　 汽车停下的实际位移为 x=x1+x2=(15+60)m=75 m。 由于前方距离有80 m，所以不会出现安全问题。 [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若所给时间大于刹车时间，则v=0，x=v0t0+a，t0为刹车时间，或x=-。 ②若所给时间小于刹车时间，则v=v0+at，x=v0t+at2，t为所给时间。 1.一汽车在公路上以72 km/h 的速度行驶，突然发现前方50 m处有一障碍物，驾驶员立刻刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，为使汽车不撞上障碍物，则驾驶员的反应时间最大值为 (　 ) A.0.3 s B.0.4 s C.0.5 s D.0.6 s 题点全练清 √ 解析：汽车匀速运动时的速度大小v0=72 km/h=20 m/s，汽车从刹车到停下来位移为x==40 m，设驾驶员所允许的最大反应时间为t，则t==0.5 s，故选C。 2.(2025·浙江温州期末)如图所示，一辆汽车在 紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条长度为x= 22.5 m的车轮滑动的磨痕。根据对车轮和路面材料 的分析可以知道，车轮在路面上滑动时汽车做匀减 速直线运动的加速度大小a=5 m/s2。求： (1)刹车前汽车的速度v； 答案：15 m/s　 解析：根据速度与位移关系式可得v2=2ax 代入数据解得v=15 m/s。 (2)紧急刹车所用的时间t； 答案：3 s　 解析：根据速度时间关系可得t= 所以t=3 s。 (3)汽车停止前1 s滑行的距离x'。 答案：2.5 m 解析：根据逆向思维法可得x'=at'2 解得x'=2.5 m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.超级高铁是一种以“真空管道运输”为理 论核心的交通工具，因其胶囊形的外表被称为 胶囊高铁。我国已启动时速1 000公里“高速飞 行列车”的研发项目。如果研制成功，“高速飞 行列车”最大速度达1 080 km/h，假设列车整个过程都做直线运动，其加速与减速时的加速度大小恒为5 m/s2，据此可以推测 (　 ) 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 A.“高速飞行列车”从静止加速到最大速度时的加速时间为120 s B.“高速飞行列车”从静止加速到最大速度时的位移大小为9 km C.“高速飞行列车”从最大速度减速到静止的减速位移大小为18 km D.北京到上海的距离约为1 080 km，假设轨道为直线，“高速飞行列车”一个小时即可从北京始发到达上海 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：因为vmax=1 080 km/h=300 m/s，a=5 m/s2，所以加速时间为t==60 s，加速和减速位移均为x==9 km，故B正确，A、C错误；北京到上海的距离约为1 080 km，因为有加速和减速过程，“高速飞行列车”一个小时不可能到达，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.(2025·威海高一检测)如图所示为某质点做直线运动的v-t图像，下列说法正确的是 (　 ) A.0~4 s内质点先静止后做匀速直线运动 B.质点在2 s末运动方向不发生改变 C.2~4 s内质点加速度大小不变，方向与运动方向相同 D.0~4 s内质点通过的位移为-2 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由v-t图像可知，0~2 s内质点做匀速直线运动，2~4 s内做匀减速直线运动，故A错误；0~4 s内质点的速度方向始终沿正方向，所以质点在2 s末运动方向不发生改变，故B正确；v-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向，2~4 s内质点加速度大小不变，方向与运动方向相反，故C错误；v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，所以0~4 s内质点通过的位移为x=2×2 m+×2×(4-2)m=6 m，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.“道路千万条，安全第一条。”当车辆出现故 障不能移动时，为保证安全，一定要在故障车辆后 面一定距离的路面上放置如图所示的三角警示标志。 设在车辆不超速行驶的条件下，后方来车司机在到 达警示标志瞬间，才做出反应采取制动措施。假设一故障车停在某平直路段，该路段限速 80 km/h，人的反应时间一般在0.3~0.6 s，不同车型在该路段制动加速度大小在6~8 m/s2之间。为保证故障车的安全，警示标志应放在故障车车尾后的最小距离约为 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.47 m B.37 m C.55 m D.43 m √ 解析：当后方来车速度最大、司机反应时间最长时的位移x1=v0tmax=×0.6 m≈13.3 m，减速最大位移x2== m≈41.2 m，警示标志应放在故障车车尾后面的最小距离为x=x1+x2=54.5 m，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.(2025·浙江温州期末)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 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.5 s B.6 s C.8 s D.10 s 解析：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。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.(2025·北京丰台期末)(多选)人骑自行车以1 m/s的初速度沿足够长的斜坡向上做匀减速运动，加速度大小为0.4 m/s2，经过2 s，下列说法正确的是 (　 ) A.自行车的速度大小为0.2 m/s B.自行车的速度大小为0.8 m/s C.自行车在斜坡上通过的距离为1.2 m D.自行车在斜坡上通过的距离为2.8 m √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据匀变速直线运动速度—时间公式可知，经过2 s自行车的速度为v=v0-at=0.2 m/s，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动速度—位移公式可知，自行车在斜坡上通过的距离x=v0t-at2=1.2 m，故C正确，D错误。故选A、C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.弹弹棋游戏的实物图及简化示意图分别如下，棋子依靠横拴在棋盘的橡皮筋来发射，若棋子离开橡皮筋A时获得一个水平向右的初速度v0，沿棋盘轴线做匀减速直线运动，经过0.2 s棋子到达对方橡皮筋B处，测量两方橡皮筋A、B间距离L=0.5 m，则v0的数据可能为 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.2.5 m/s　 B.4 m/s　 C.7 m/s　 D.10 m/s 解析：由L=v0t-at2<v0t，得v0>=2.5 m/s，由于加速度不可能为0，故取不到等于2.5 m/s2。若到B刚好速度为0，有L=t，解得v0=5 m/s，故初速度应满足2.5 m/s<v0≤5 m/s，故选B。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.(2025·江西南昌期末)(多选)一汽车在平直的公路上行驶，其位移随时间变化的关系表达式为x=2t2+2t，则以下说法正确的是 (　 ) A.汽车在第3秒内运动了x=12 m B.汽车在第3秒内运动了x=24 m C.汽车的初速度v0=2 m/s、加速度a=4 m/s2 D.汽车的初速度v0=4 m/s、加速度a=2 m/s2 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由题可知x=2t2+2t，汽车前3 s内的位移x3=(2×32+2×3)m =24 m，汽车前2 s内的位移x2=(2×22+2×2)m=12 m，则汽车在第3秒内运动了x=x3-x2=12 m，A正确，B错误；根据匀变速直线运动位移与时间的关系x=v0t+at2，结合汽车位移随时间变化的关系表达式x=2t2+2t，可得v0=2 m/s，a=4 m/s2，C正确，D错误。故选A、C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.4.2 m B.6.0 m C.7.8 m D.9.6 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(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 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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=a，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= m=7.8 m，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(多选)公路上行驶的两车之间应保持一定的安全距离，安全距离是指从看到前方突发状况到最终车辆停下行驶的距离。一辆车在公路上以108 km/h 的速度匀速行驶，驾驶员看到前方突发状况，经过0.5 s 的反应时间后开始减速，安全距离为105 m，减速过程视为匀变速直线运动，下列说法正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.该汽车从开始刹车到停下所用时间为7 s B.若路面结冰，汽车的加速度减小为3 m/s2，则安全距离为165 m C.驾驶员反应时间为0.5 s，汽车减速时加速度不变，在能见度为30 m的雾天，为安全起见，行驶速度不应超过15 m/s D.若驾驶员的反应时间达到1 s，汽车减速时加速度不变，安全距离会达到210 m √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：汽车的初速度v0=108 km/h=30 m/s，反应时间t1= 0.5 s内的位移x1=v0t1=30×0.5 m=15 m，匀减速过程的位移x2=105 m -x1=90 m，设汽车减速时的加速度大小为a，匀减速过程的时间为t2，0-=-2ax2，v0=at2，解得a=5 m/s2，t2=6 s，该汽车从开始刹车到停下所用时间为6 s，故A错误；若路面结冰，汽车的加速度减小为3 m/s2，则减速阶段的位移x2'= = m=150 m，则安全距离x=x1+x2'=15 m+ 150 m=165 m，故B正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 汽车减速时的加速度大小a=5 m/s2，在能见度为30 m的雾天，设安全行驶的最大速度为v0'，则v0't1+=30 m，解得v0'=15 m/s，或v0'=-20 m/s (舍去)，故C正确；若驾驶员的反应时间达到t1'=1 s，安全距离x'=v0t1' +x2=30×1 m+90 m=120 m，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(16分)(2025·河南驻马店期末)某工厂的自动化生产线上，一个运输小车在水平轨道上进行物料运输。小车行驶的速度为10 m/s，制动后做匀减速直线运动，在运动过程中最后2 s内前进8 m，求： (1)小车的加速度大小a；(7分) 答案： 4 m/s2　 解析：小车在最后2 s内，可看成反向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式有x1=a 解得a=4 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)小车制动后4 s内的位移大小x。(9分) 答案：12.5 m 解析：对小车制动后全过程分析，由运动学公式有v0=at 解得t=2.5 s<4 s 所以2.5 s时小车已停止运动，由=2ax 解得x=12.5 m 故小车制动后4 s内发生的位移大小为12.5 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(18分)(2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v=at1，代入数据解得v=20 m/s。 (1)救护车匀速运动时的速度大小；(8分) 答案：20 m/s　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。(10分) 答案：680 m 解析：设救护车在t=t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为x=a+v(t0-t1) 又x=v0(t2-t0) 联立并代入数据解得x=680 m。 本课结束 $$