第2章 4．匀变速直线运动规律的应用-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（科教版）

该高中物理课件聚焦匀变速直线运动规律的应用，涵盖速度与位移关系式、公式选择、中间位置速度、逐差法及初速度为零的比例关系。通过航母弹射、汽车刹车等情境导入，衔接前期速度时间、位移时间公式，以推导步骤、例题解析、针对练习为支架，构建知识递进。 其亮点在于以情境化问题驱动科学思维培养，如通过飞机减速、汽车刹车实例，引导学生用逆向思维法、位移差法等多种方法解题，强化物理观念与科学推理。采用表格对比公式适用条件、比例关系总结等方法，帮助学生系统掌握规律，教师可直接用于课堂教学，提升效率。

4．匀变速直线运动规律的应用 　　　　 第二章　匀变速直线运动的规律 1．推导并理解匀变速直线运动的速度与位移的关系式vt2－v02＝2ax。 2．理解匀变速直线运动的三个基本公式及其适用情况。 3．理解并会应用中间位置的瞬时速度及逐差相等公式。 4．理解并会应用初速度为零的匀加速直线运动的推论。 素养目标 知识点一　速度与位移的关系式 1 知识点二　匀变速直线运动公式的应用 2 知识点三　中间位置瞬时速度公式 3 课时测评 7 随堂演练 6 内容索引 知识点四　逐差相等公式的应用 4 知识点五　初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 5 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 知识点一　速度与位移的关系式 返回 自主学习 情境导入　为了减少飞机跑道长度，在一航母上设计了弹射装置。若飞机在起飞过程的初速度为v0，末速度为vt，加速度为a，起飞过程为匀加速直线运动。 (1)加速的时间为多少？ 提示：由速度与时间的关系vt＝v0＋at，解得t＝　　　。 (2)跑道的长度为多少？ 提示：跑道长度为x＝v0t＋ 　　　　　　　　　　　　　　　　。 教材梳理　(阅读教材P46—P47完成下列填空) 1．位移与速度的关系式：__________＝2ax。 2．若v0＝0，则关系式为___________。 vt2－v02 vt2＝2ax 课堂探究 师生互动　假设上述情境中的飞机完成任务飞回航母，飞回航母的初速度的大小为60 m/s，要求在阻拦索的作用下滑行300 m能减速到0，该过程视为匀变速运动。 任务1.加速度的方向与速度的方向相同吗？ 提示：不相同，相反。 任务2.求出此过程加速度的大小。 提示：以初速度的方向为正方向 此时v0＝60 m/s，x＝300 m，vt＝0 由0－v02＝2ax，解得a＝－6 m/s2。 角度1　对公式vt2－v02＝2ax的理解 　　　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 例1 √ 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，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。 角度2　公式vt2－v02＝2ax的应用 　　　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，其运动过程如图所示。该汽车行驶是否会出现安全问题？ 答案：不会 例2 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。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，a＝－7.5 m/s2。根据vt2－v02＝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。 1．速度与位移关系式vt2－v02＝2ax的理解 适用范围 适用于匀变速直线运动 特例 若v0＝0，则vt2＝2ax 若vt＝0，则－v02＝2ax 说明 分析和解决不涉及时间的问题时，使用vt2－v02＝2ax更简便 探究归纳 2．公式的矢量性 公式中v0、vt、a、x都是矢量，应用该关系式解题时一定要先设定正方向，一般取v0的方向为正方向： (1)若是加速运动，a取正值；若是减速运动，a取负值。 (2)x＞0，位移的方向与初速度方向相同；x＜0则为减速到0，又返回到计时起点另一侧的位移。 3．注意速度的合理性 利用公式vt2－v02＝2ax求解速度时，通常有两个解，要对两个解的含义及合理性进行讨论。 探究归纳 针对练．2022年6月17日，我国第三艘航空母舰下水，命名为“中国人民解放军海军福建舰”，是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当战斗机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问： (1)若要求该战斗机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使战斗机具有多大的初速度？ 答案：30 m/s 设弹射系统使飞机具有的初速度为v0，由速度与位移的关系式vt2－v02＝2ax 可得v0＝　　　　　＝30 m/s。 (2)若某航空母舰上不装弹射系统，要求该型号战斗机仍能在此航空母舰上正常起飞，则该航空母舰跑道长至少应为多少？ 答案：250 m 不装弹射系统时，飞机从静止开始做匀加速直线运动。由公式vt2＝2ax 可知该舰身长至少为x＝　　＝250 m。 返回 知识点二　匀变速直线运动公式的应用 返回 自主学习 1．匀变速直线运动公式的比较 公式 一般形式 涉及的物理量 不涉及的物理量 速度方程 vt＝v0＋at v0、vt、a、t x 位移公式 x＝v0t＋　at2 x、t、v0、a vt 速度与位移关系式 vt2－v02＝2ax v0、vt、a、x t 平均速度求 位移公式 x、v0、vt、t a 2．解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法 (1)如果题目已知条件中无位移x，也不让求x，一般选用速度方程vt＝v0＋at。 (2)如果题目已知条件中无末速度vt也不让求vt，一般选用位移公式x＝v0t ＋　at2。 (3)如果题目已知条件中无运动时间t，也不让求t，一般选用速度与位移关系式vt2－v02＝2ax。 3．逆向思维法解决匀减速直线运动问题 逆向思维法是把运动过程的“末态”作为“初态”来反向研究问题的方法。如末速度为0的匀减速直线运动，可看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，解题更简便。 　　　一辆汽车刹车前速度为90 km/h，刹车时获得的加速度大小为10 m/s2，求： (1)汽车开始刹车后10 s内滑行的距离x0； 答案：31.25 m 例3 由题意知，初速度v0＝90 km/h＝25 m/s，末速度vt＝0 以初速度方向为正方向 由vt＝v0＋at0及a＝－10 m/s2得 汽车从开始刹车到停下来所经历的时间 t0＝　　　　　　 s＝2.5 s＜10 s 说明汽车刹车后经过2.5 s停下来，因此汽车开始刹车后10 s内的位移等于2.5 s内的位移，有以下两种方法： 法一：根据位移公式得 x0＝v0t0＋　at02＝　　　　　　　　　　 m＝31.25 m。 法二：根据vt2－v02＝2ax0得x0＝　　　　　　　　 m＝31.25 m。 (2)汽车从开始刹车到滑行30 m的距离所经历的时间； 答案：2 s 将x＝30 m代入位移公式x＝v0t＋　at2 解得t1＝2 s，t2＝3 s 汽车总刹车时间t0＝2.5 s，很显然，t2＝3 s不合题意，应舍去。 (3)汽车静止前1 s内滑行的距离x′。 答案：5 m 法一：基本公式法 由vt＝v0＋at知，汽车静止前最后1 s初的速度v0′＝vt－at′＝0－(－10)× 1 m/s＝10 m/s。则最后1 s内的位移x′＝v0′t′－　at′2＝10×1 m－　×10 ×12 m＝5 m。 法二：逆向思维法 把汽车减速到速度为零的过程看作初速度为零的匀加速直线运动的逆过程，则汽车以10 m/s2的加速度做初速度为零的匀加速运动，在第1 s内的位移大小即所求，故x′＝　a′t′2＝　×10×12 m＝5 m。 针对练1．(多选)(人教必修第一册P46T2改编)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，则 A．汽车的加速度大小为4 m/s2 B．制动后3 s时的速度为6 m/s C．制动后5 s内发生的位移为40 m D．制动后5 s内发生的位移为40.5 m √ √ √ 选定初速度方向为正方向，由题意知v0＝18 m/s，x1＝36 m，t1＝3 s，代入x1＝v0t1－　at12，解得a＝4 m/s2，根据vt＝v0－at0可知汽车刹车时间t0＝　　　　　　 s＝4.5 s，因为t1＜t0，所以汽车在刹车后3 s内一 直运动，则开始制动后3 s时汽车的速度v＝v0－at1＝6 m/s，故A、B正 确；因t0＝4.5 s，所以制动后5 s内的位移与4.5 s内位移相同，此时末速 度都为0，根据0－v02＝2ax，可得汽车从开始制动到完全停止的位移x ＝　　　　　 m＝40.5 m，故C错误，D正确。 针对练2．一物体做匀减速直线运动，初速度为10 m/s，加速度大小为1 m/s2，求物体在停止运动前1 s内的位移大小。 答案：0.5 m 法一：基本公式法 由vt＝v0＋at，可得物体运动的总时间t＝　　　　　　 s＝10 s 总位移x1＝v0t＋　at2＝10×10 m－　×1×102 m＝50 m 前9 s内的位移x2＝v0t′＋　at′2＝10×9 m－　×1×92 m＝　 m 则停止运动前1 s内的位移x＝x1－x2＝50 m－　 m＝0.5 m。 法二：逆向思维法 该匀减速直线运动的逆运动为初速度为零、加速度为a′＝1 m/s2的匀加速直线运动，则原运动物体停止运动前1 s内的位移与逆运动第1 s内的位移相等 由x＝　a′t12＝　×1×12 m＝0.5 m。 返回 知识点三　中间位置瞬时速度公式 返回 自主学习 1．中间位置的瞬时速度公式：　　　　　　　。 在匀变速直线运动中，某段位移的中点位置的瞬时速度等于这段位移的初、末速度的“方均根”值。 1．公式　　　　　　　，只适用于匀变速直线运动。 2．对于任意一段匀变速直线运动，皆有　　　 (无论是匀加速直 线运动还是匀减速直线运动，中间位置的瞬时速度总大于中间时刻的瞬时速度)。 特别提醒 　　　(多选)一个做匀变速直线运动的物体先后经过A、B两点的速度分别为v1和v2，AB位移中点速度为v3，AB时间中点速度为v4，全程平均速度为v5，则下列结论中正确的有 A．物体经过AB位移中点的速度大小为 B．物体经过AB位移中点的速度大小为 C．若为匀减速直线运动，则v3＜v2＝v1 D．在匀变速直线运动中一定有v3＞v4＝v5 例4 √ √ 由题意可知，在匀变速直线运动中，物体经过AB位移中点的速度为v3 ＝　　　　　，时间中点的速度为v4＝　　　 ，A错误，B正确；全程的平均速度为v5＝　　　 ，不论物体做匀加速还是匀减速直线运动都有v3＞v4＝v5，若物体做匀加速直线运动，则v1＜v2；若物体做匀减速 直线运动，则v1＞v2，故D正确，C错误。 针对练1．由静止开始做匀加速直线运动的物体，已知经过位移x时的速度是v，那么经过位移2x时的速度是 A．v B． v C．2v D．4v √ 针对练2．光滑斜面的长度为L，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t，则下列说法不正确的是 √ 返回 知识点四　逐差相等公式的应用 返回 自主学习 1．逐差相等公式：Δx＝xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ＝…＝aT2 匀变速直线运动中任意两个连续相等的时间间隔内的位移差都相等。 2．推导：如图所示，把匀变速直线运动按相等的时间分段。 设初速度为v0，则前1T、2T、3T…的位移分别为： 所以第一个T内、第二个T内、第三个T内…的位移分别为： … 则有xⅡ－xⅠ＝aT2，xⅢ－xⅡ＝aT2… 所以Δx＝xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ＝…＝aT2。 此推论只适用于匀变速直线运动，对于不相邻的任意两段位移差应有：xm－xn＝(m－n)aT2。 特别提醒 3．应用：(1)判断物体是否做匀变速直线运动 如果Δx＝xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ ＝…＝xN－xN－1成立，说明物体做匀变速直线运动。 (2)求加速度：利用Δx＝aT2，可求得a＝　　。 　　　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、末速度及加速度的大小。 解题指导：画出该物体的运动过程如图所示，物体由A经B到C，其中B是中间时刻。根据题目要求可选用不同方法进行求解。 答案：1 m/s　21 m/s　2.5 m/s2 例5 法一：基本公式法 vC＝vA＋a·2T， 将x1＝24 m，x2＝64 m，T＝4 s代入以上各式， 联立解得a＝2.5 m/s2，vA＝1 m/s，vC＝21 m/s。 法二：平均速度法 连续两段时间T内的平均速度分别为 由于B是A、C的中间时刻 解得vA＝1 m/s，vC＝21 m/s 法三：位移差法       解得vA＝1 m/s，vC＝21 m/s。 针对练1．(多选)猎豹是动物界的“短跑之王”，据测，一只成年猎豹能在几秒之内达到108 km/h的最大速度。如图是某只猎豹突然启动追赶猎物的情景，启动过程可以看成从静止开始的匀加速直线运动，已知猎豹第2 s内跑了7.5 m，第3 s内跑了12.5 m。则 A．猎豹的加速度为5 m/s2 B．猎豹的加速度为10 m/s2 C．猎豹加速到最大速度所用时间为3 s D．猎豹加速到最大速度所用时间为6 s √ √ 由逐差相等公式xⅡ－xⅠ＝aT2，代入数据解得猎豹的加速度a＝5 m/s2，故A正确，B错误；猎豹的最大速度v＝108 km/h＝30 m/s，由vt＝at，解得t＝6 s，故C错误，D正确。 针对练2．一个向正东方向做匀变速直线运动的物体，在第3 s内发生的位移为8 m，在第5 s内发生的位移为5 m，则关于物体运动加速度的描述正确的是 A．大小为3 m/s2，方向为正东方向 B．大小为3 m/s2，方向为正西方向 C．大小为1.5 m/s2，方向为正东方向 D．大小为1.5 m/s2，方向为正西方向 √ 设第3 s内、第5 s内位移分别为x3、x5，则x5－x3＝2aT2，解得a＝－1.5 m/s2，负号表示方向为正西方向。故选D。 针对练3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化相同的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为 √ 因为质点做匀加速直线运动，加速度不变，所以速度变化量相同，时间相同，设时间间隔为t，则有Δv＝at，x2－x1＝at2，联立解得a＝ 　　，故C正确，A、B、D错误。 返回 知识点五　初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 返回 自主学习 按时间等分 (设相等的时间间隔为T) 1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比，由vt＝at可推得： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n 前1T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比，由x＝　at2 可推得： x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2 第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第N个T内的位移之比，由xⅠ＝x1，xⅡ ＝x2－x1，xⅢ＝x3－x2，…可推得： xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1) 1．以上比例式只适用于初速度为零的匀加速直线运动。 2．对于末速度为零的匀减速直线运动，可逆向把它看成初速度为零的匀加速直线运动，应用以上比例式可以快速解题——逆向思维法。 特别提醒 　　　(多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一粒子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次穿入每个木块时的速度之比和穿过每个木块所用时间之比分别为 A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 例6 √ √ 解题指导：把子弹的运动看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动，应用有关比例式解题。 答案：BD 针对练1．(多选)几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第四个水球，则可以判定   A．子弹在每个水球中运动的时间相同 B．由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间之比 C．子弹在每个水球中速度变化相同 D．子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 √ √ 设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆向思维法，相当于子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、最后3个、全部4个的位移 分别为d、2d、3d和4d，根据x＝　at2知，时间之比为　　　　　　　，所以子弹在每个水球中运动的时间不同可知，子弹依次穿过4个水球的 时间之比为　　　　　　　　　　　　　　，故A错误，B正确；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由Δv＝at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故C错误；由以上分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第4个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的特点可知，子弹穿出第三个水球的 瞬时速度与全程的平均速度相等，故D正确。 针对练2．做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s的位移是 A．3.5 m B．2 m C．1 m D．0 √ 把物体的运动看成初速度为零的匀加速直线运动，由推论知在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，已知第4 s内的位移是14 m，所以第1 s内的位移是2 m，即物体在最后1 s的位移是2 m，选项B正确。 针对练3．2023年8月20日，深圳大运中心举办了2023女子冰壶世锦赛。如图所示，一冰壶以速度v垂直进入两个相同的矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第二个矩形区域时速度恰好为零。求： (1)冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比； 答案：　∶1 把冰壶的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，冰壶通过两矩形区域位移相等，由推论可知从右向左穿过矩形的速度之比为1∶　 ，则冰壶实际运动依次进入每个矩形区域的速度之比为v1∶v2＝　 ∶1。 (2)冰壶穿过每个矩形区域所用的时间之比。(冰壶可看成质点) 答案：(　－1)∶1 把冰壶看成从右向左做初速度为零的匀加速直线运动，由推论知通过每个矩形区域的时间之比为1∶(　 －1)；则冰壶实际穿过每个矩形区域所用的时间之比为t1∶t2＝(　 －1)∶1。 返回 随堂演练 返回 1．某城市的一条道路上，规定车辆行驶速度不得超过30 km/h。在一次交通事故中，肇事车是一辆客车，量得这辆车紧急刹车(车轮被抱死)时留下的刹车痕迹长为7.6 m(如图)，已知该客车刹车时的加速度大小为7 m/s2。该车 A．超速 B．不超速 C．无法判断 D．刹车时速度刚好是30 km/h √ 规定该车初速度v0的方向为正方向，则刹车时位移x＝7.6 m，刹车时加速度a＝－7 m/s2，客车的末速度vt＝0，由匀变速直线运动位移与速度的关系式vt2－v02＝2ax得0－v02＝2×(－7)×7.6 m2/s2，解得v0≈10.3 m/s≈37.1 km/h＞30 km/h，所以该客车超速，A正确。 2．假设“运－20”起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则“运－20”的加速度大小是 A．35 m/s2 B．40 m/s2 C．45 m/s2 D．50 m/s2 √ 3．(多选)(2024·湖北省荆州市八县市期末)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法正确的是 A．初速度v0的大小为3.5 m/s B．加速度a的大小为1 m/s2 C．位移x3的大小为1.25 m D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s √ √ √ 4．(2024·江苏省苏州实验中学月考)一小球沿斜面向下做匀加速直线运动，先后经过斜面上的A、B两点，其速度分别为vA＝2 m/s和vB＝14 m/s，经历的时间为2 s。下列说法正确的是 A．从A到B的加速度为7 m/s2 B．经过A、B中点时速度为8 m/s C．A、B两点之间的距离为16 m D．从A到B中间时刻的速度为12 m/s √ 5．(人教必修第一册P44例题2改编)动车铁轨旁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加速出站时加速度大小。当他身边的窗户经过某一里程碑A时，屏幕显示的车速是54 km/h，如图所示。动车再前进3个里程稗，同学身边的窗户经过里程碑B，此时速度为162 km/h。 把动车出站过程视为匀加速直线运动，求： (1)动车出站的加速度大小； 答案：0.3 m/s2 动车出站过程做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度与位移的关系式，有 vt2－v02＝2ax 其中x＝3 000 m，vt＝162 km/h ＝45 m/s， v0＝54 km/h ＝15 m/s 代入数据得a＝　　　　　　　 m/s2＝0.3 m/s2。 (2)该同学乘车在里程碑A、B之间运动的时间。 答案：100 s (2)该同学乘车在里程碑A、B之间做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度与时间的关系式，有 vt＝v0＋at 代入数据得t＝　　　　　　　 s＝100 s。 返回 课 时 测 评 返回 1．(人教必修第一册P43例题1改编)假设航母处于静止状态，跑道总长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s。那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为 A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s √ 已知飞机在航母上航行的末速度为50 m/s，最大加速度为6 m/s2，位移为200 m，由匀加速直线运动位移与速度的关系式有vt2－v02＝2ax，代入数据解得v0＝10 m/s，B正确。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 2．从静止开始做匀加速直线运动的物体，在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为 A．1∶3∶5 B．1∶4∶9 C．1∶2∶3 D．1∶ √ 由于第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，而平均速度　　　，三段时间都是1 s，故三段时间的平均速度之比为1∶3∶5，故A正确。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 3．列车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台某一位置Q时的速度为7 m/s，车尾经过Q时的速度为1 m/s，则车身的中部经过Q时的速度为 A．3.5 m/s B．4.0 m/s C．5.0 m/s D．5.5 m/s √ 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 4．在全国铁路第六次大提速后，列车的最高时速可达 200公里以上。若某列车正以216 km/h的速度匀速行驶，在列车头经过路标A时，司机突然接到报告要求紧急刹车，因前方900 m处出现特殊情况，为避免危险发生，列车至少应以多大加速度刹车 A．1 m/s2 B．1.5 m/s2 C．2 m/s2 D．2.4 m/s2 √ 列车从刹车开始到停止运动滑行位移为x＝900 m，则v0＝216 km/h＝60 m/s，vt＝0，取列车前进方向为正方向，由关系式vt2－v02＝2ax得a＝－2 m/s2，即列车的加速度大小至少应为2 m/s2，故选项C正确。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 5．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为 9 m和7 m，则刹车后6 s内的位移是 A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m √ 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 6．做匀变速直线运动的物体在时间t内的位移为x，设这段位移内中间位置的瞬时速度为v，则 √ 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 　等于t时间内物体的平均速度，也等于t时间内中间时刻的瞬时速度，又因为无论是匀加速还是匀减速直线运动中，任意一段时间内的平均速 度总小于中间位置的瞬时速度，故有v＞　，故选项B正确。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 7．(多选)如图所示，光滑斜面AE被分成四个长度相等的部分，即AB＝BC＝CD＝DE，一物体从A点由静止释放做匀加速运动，下列结论中正确的是 A．物体到达B、C、D、E点的速度之比为1∶2∶3∶4 B．物体到达各点经历的时间tE＝2tB＝tC＝tD C．物体从A运动到E全过程的平均速度等于通过B点的速度vB D．物体通过每一部分时，其速度增量vB－vA＝vC－vB＝vD－vC＝vE－vD √ √ 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 根据初速度为零的匀加速运动的推论可知tB∶tC∶tD∶tE＝1∶ 2，物体到达各点的速度之比为1∶　　　∶2，物体到达各点所经历的 时间tE＝2tB＝　　　　　，故A错误，B正确；物体从A运动到E的全过程平均速度等于中间时刻的瞬时速度，AB与BE的位移之比为1∶3，可 知B点为AE段的中间时刻，则物体从A运动到E全过程的平均速度v＝vB，故C正确；物体通过每一部分时，所用时间不同，故其速度增量不同，故D错误。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 8．(2024·辽宁沈阳高一期末)一物体由静止开始运动，其加速度a与位移x的关系图线如图所示。下列说法正确的是 A．物体最终静止 B．物体的最大速度为 C．物体的最大速度为 D．物体的最大速度为 √ 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 物体由静止开始运动，由题图可知加速度先不变后变小， 则物体先做匀加速直线运动，后做加速度减小的变加速 直线运动，最终加速度为0，物体最后做匀速直线运动， A错误；根据vt2＝2ax， 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 9．(多选)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m。且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是   A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得CD＝4 m C．可以求得O、A之间的距离为1.125 m D．可以求得O、B之间的距离为12.5 m √ √ 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 10．(12分)(鲁科版教材P43例题改编)汽车从开始制动到停止所行驶的距离，是衡量汽车制动性能的参数之一。某型号的汽车以100 km/h的速度在柏油路面上行驶，急刹车后做匀减速直线运动。 (1)若匀减速时的加速度大小为5 m/s2，开始制动后2 s内汽车行驶的距离是多少？ 答案：45.6 m 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 汽车刹车后做匀减速直线运动，选定初速度方向为正方向，由题意知v0＝100 km/h≈27.8 m/s，a＝－5 m/s2，vt＝0，t＝2 s。根据速度方程vt＝ v0＋at，可知汽车刹车时间t0＝ 　　　　　　　s＝5.56 s。因为t＜t0，所以汽车在刹车后2 s内一直运动。根据位移公式，可得开始制动后2 s内汽车的位移x1＝v0t＋　at2＝27.8×2 m＋　×(－5)×22 m＝45.6 m。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 (2)你认为以100 km/h行驶的汽车需与前车保持多大的安全距离？ 答案：77.3 m 根据公式vt2－v02＝2ax，可得汽车从开始制动到完全停止的位移x2＝ 　　　　　　　　 m≈77.3 m。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 11．(12分)运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。一个运动员以4 m/s的速度投掷冰壶甲，冰壶甲做加速度大小为0.25 m/s2的匀减速直线运动。另一个运动员也以4 m/s的速度将冰壶乙投出，冰壶乙滑行4 s后其队友开始在其滑行前方摩擦冰面直至冰壶停下，发现冰壶乙比甲 多滑行4.5 m，g取10 m/s2，求： (1)冰壶甲能在冰面上滑行的距离； 答案：32 m 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 冰壶甲的初速度为v0＝4 m/s，匀减速运动的加速度大小为a1＝0.25 m/s2 有0－v02＝－2a1x， 解得冰壶甲能在冰面上滑行的距离为 x＝　　＝32 m。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 (2)冰壶乙在摩擦冰面后的加速度大小； 答案：0.2 m/s2 冰壶乙先在t1＝4 s内做匀减速直线运动，设末速度为v1 则有v1＝v0－a1t1＝3 m/s， 位移为x1＝　　　t1＝14 m 摩擦冰面后，冰壶乙比甲多滑行x0＝4.5 m，则乙此后匀减速运动的位移为x2＝x＋x0－x1＝22.5 m 设冰壶乙在摩擦冰面后的加速度大小为a2 则有0－v12＝－2a2x2，解得a2＝0.2 m/s2。 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 (3)冰壶乙运动的平均速度大小。 答案：1.92 m/s 冰壶乙在摩擦冰面后的运动时间为 t2＝　　＝15 s 则冰壶乙全程的平均速度为 返回 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 谢 谢 观 看 ！ 第二章 　 匀变速直线运动的规律 5 6 7 8 9 10 11 1 3 4 2 at2＝v0·＋a·2＝ ＝ x＝t＝vt ＝ ＝ ＝ －＝ ＝ 2．公式推导：如图所示，前一段位移v2－v02＝2a·，后一段位移vt2－v2＝2a·，两式相减得2v2－v02－vt2＝0，所以有v2＝(v02＋vt2)，即有　　　v＝ 。 v＝ v＞v 按位移等分(设相等的位移为x0) 通过x0、2x0、3x0、…、nx0所用时间之比， 由x＝at2得t＝，可推得： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶ 通过第一个x0、第二个x0、第三个x0、…、第N个x0所用时间之比，由tⅠ＝t1，tⅡ＝t2－t1，tⅢ＝t3－t2，…可推得： tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) x0末、2x0末、3x0末、…、nx0末的瞬时速度之比，由vt2＝2ax得vt＝，可推得： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶∶∶…∶ 1∶∶∶2 (2－)∶(－)∶(－1)∶1 从A到B的加速度为a＝＝ m/s2＝6 m/s2，选项A错误；A、B中点的速度为v＝＝ m/s＝ 10 m/s，选项B错误；A、B两点之间的距离为x＝t＝×2 m＝16 m，选项C正确；A、B中间时刻的瞬时速度为v＝＝ m/s＝8 m/s，选项D错误。 ＝ ＝ ∶ ＝ ∶∶ ∶ tC＝tD 可知ax＝，即加速度a与位移x的关系图像与x轴所围的面积等于，设物体最大速度为vm，则得a0x0＋a0x0＝，解得vm＝，B、C错误，D正确。 ＝ ＝ $