第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦匀变速直线运动规律，覆盖基本公式、推论应用、多物体多过程问题三大核心考点，依据高考评价体系分析各考点权重，归纳刹车类、等时多物体等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”策略，如以2025广东佛山二模地铁启动问题为例，用逆向思维法突破加速度变化的多过程问题，培养科学思维与模型建构素养，提供“五法”解题技巧和易错点辨析，助力学生掌握得分关键，教师可据此高效规划复习。

第2讲　匀变速直线运动的规律 高三一轮复习讲义　广东专版 第一章　运动的描述　匀变速直线运动 1.理解匀变速直线运动的特点及规律，能熟练应用匀变速直线运动的基本公式解决实际问题。 2.能灵活运用匀变速直线运动的有关推论。 3.会解决匀变速直线运动中的多物体、多过程问题。 学习目标 考点一　匀变速直线运动的基本公式 考点二　匀变速直线运动的推论及其应用 课时测评 内容索引 考点三　匀变速直线运动中的多物体、多过程问题 匀变速直线运动的基本公式 考点一 返回 知识梳理 1．速度—时间关系式(速度公式)：___________。 2．位移—时间关系式(位移公式)：______________ 。 3．速度—位移关系式：______________。 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝2ax 正误辨析 (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 (　) (2)匀加速直线运动的位移随时间均匀增大。 (　) (3)匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。 (　) (4)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体在时间t内的位移一定最大。 (　) × × √ × 核心突破 基本公式的选用技巧 适用情境 适用公式 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 适用情境 适用公式 v2－v02＝2ax x＝ 某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s 后速度大小达到 8 m/s，之后的t2＝10 s内做匀速直线运动，接着经t3＝5 s做匀减速直线运动速度大小达到6 m/s(该同学可以看作质点)。求： (1)该同学在匀加速运动阶段的加速度大小； 答案：2 m/s2　 例1 设匀加速运动阶段的加速度为a1 则v1＝a1t1 解得a1＝2 m/s2。 设匀减速运动阶段的加速度为a2 因为v2＝v1＋a2t3 所以a2＝－0.4 m/s2 第16 s末，该同学已减速运动了t4＝2 s 此时该同学的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2 m/s。 (2)该同学在第16 s末的速度大小； 答案：7.2 m/s　 匀加速直线运动的位移x1＝a1t12＝16 m 匀速直线运动的位移x2＝v1t2＝80 m 匀减速直线运动的位移x3＝＝35 m 则这段时间内的位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。 (3)该同学这段时间内的位移大小。 答案：131 m 针对练．某飞船采用“快速返回技术”返回地面时，在距离地面1 m处时，反推发动机点火，返回舱速度由6 m/s减至2 m/s软着陆，此阶段的运动可看作匀减速直线运动。则此阶段 A．航天员处于失重状态 B．航天员的加速度大小为32 m/s2 C．返回舱运动的时间为0.5 s D．返回舱此阶段的平均速度大小为4 m/s √ 由于此阶段的运动可看作匀减速直线运动，则加速度方向向上，可知航天员处于超重状态，故A错误；根据速度与位移的关系有v2－v02＝2ax，解得航天员的加速度a＝－16 m/s2，即加速度大小为16 m/s2，故B错误；由速度公式有v＝v0＋at，解得t＝0.25 s，故C错误；返回舱此阶段的平均速度大小为＝＝4 m/s，故D正确。 刹车类问题的分析方法 1．刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失。 2．求解时要注意确定实际运动时间。 3．如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。 4．汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速直线运动。 模型拓展 拓展应用．(多选)自驾游是当今比较流行的旅游方式。一辆自驾游汽车正在以15 m/s的速度匀速行驶在乡间笔直的公路上，司机发现前方公路上有几只小动物排成直线横穿公路，小动物对行驶的汽车视而不见。司机经过0.5 s的反应时间后立即刹车，刹车后汽车做匀减速运动，加速度大小为 5 m/s2，汽车恰好在小动物前方停下，下列说法正确的是 A．刹车后经过1 s，汽车的瞬时速度大小为10 m/s B．刹车后，汽车经过3.5 s停下 C．司机从发现动物开始经过5.5 s，汽车行驶的距离为20 m D．司机发现小动物时，汽车前端到小动物的距离为30 m √ √ 汽车初速度大小v0＝15 m/s，加速度大小a＝5 m/s2，刹车后经过t＝1 s，汽车的瞬时速度大小为v＝v0－at＝10 m/s，故A正确；汽车刹车后，匀减速到停下来用时t1＝＝3 s，故B错误；司机反应时间内汽车位移x1＝15×0.5 m＝7.5 m，刹车时间为3 s，因此5.5 s内的位移等于3.5 s内的位移，汽车匀减速过程位移x2＝＝22.5 m，汽车行驶的距离为x＝x1＋x2＝30 m，故C错误；司机发现小动物时，汽车前端到小动物的距离为 30 m，D正确。故选AD。 返回 匀变速直线运动的推论 及其应用 考点二 返回 知识梳理 1．匀变速直线运动的三个重要推论 2．初速度为零的匀加速直线运动的重要推论 (1)按时间等分 ①T末、2T末、3T末、…、nT末的 瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn ＝________________。 ②T内、2T内、3T内、…、nT内的位 移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝__________________。 ③第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝______________________。 1∶2∶3∶…∶n 1∶4∶9∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n－1) (2)按位移等分 从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶。 正误辨析 (1)在匀变速直线运动中，一段时间内中间时刻的速度一定不大于该段时间内位移中点的速度。 (　) (2)在匀变速直线运动中，第2秒内的位移比第1秒内的位移大1 m，则第3秒内的位移比第2秒内的位移大2 m。 (　) (3)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。 (　) √ × × 核心突破 匀变速直线运动灵活解题的“常用五法” 如图所示，某个小物块以一定的初速度从斜面底端 A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最 高点C时速度恰好为零，已知小物块从A点运动到距斜面 底端l处的B点时，所用时间为t，则小物块从B运动到C所用的时间为 A．0.5t　　B．t　　　C．1.5t　　D．2t 方法一：平均速度法 由题意知，由以上各式可得vB＝，则vB正好等于AC段的平均速度，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可知在B点时是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。故选B。 √ 例2 方法二：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间 里通过的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)。将物块的 运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，因为xBC∶xAB＝ ∶ ＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。故选B。 方法三：逆向思维法 物块向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。设物块从B到C所用的时间为tBC。由运动学公式得xBC＝ ，xAC＝ ，又xBC＝ ，由以上三式解得tBC＝t。故选B。 方法四：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v -t图像，如图所 示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的 平方比，则 ，且 ，OD＝t， OC＝t＋tBC，所以 ＝ ，解得tBC＝t。故选B。 针对练．(2026·山东模拟)学校组织高中生进行体能测试，其中有一项是50米跑。如图所示，假设某同学在测试中，从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过连续四段相等的位移。已知他通过E处时的瞬时速度大小为v，通过AE段的时间为t，可将该同学视为质点。下列说法正确的是 A．该同学通过AB段的时间为 B．该同学通过B处时的速度大小为v C．该同学通过CE段和BC段所用时间之比为∶1 D．该同学通过C处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度 √ 由题意知AB∶AE＝1∶4，该同学做 初速度为零的匀加速运动，而tAE＝t，根据x＝at2，可知tAB＝，故A错误；因vE＝at＝v，则该同学通过B处时的速度大小为vB＝a·v，故B错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，该同学通过AB、BC、CD、DE段所用时间之比为1∶∶∶，则该同学通过CE段和BC段所用时间之比为∶1，故C正确；由A项分析可知tAB＝，可知该同学通过B处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度，因为该同学做匀加速直线运动，所以通过C处时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，故D错误。故选C。 返回 考点三 匀变速直线运动中的多物体、 多过程问题 返回 知识梳理 考向1　多物体的运动问题 游客排队滑滑梯时，在工作人员的引导下，每间隔相同的时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图所示，已知A、B和B、C间的距离分别为2.5 m和3.5 m，若游客在滑梯上做匀加速直线运动，求： (1)C、D间的距离； 答案：4.5 m 例3 游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即Δx＝lCD－lBC＝lBC－lAB＝1 m 解得lCD＝4.5 m。 (2)此刻A的上端滑道上还有几名游客？ 答案：2名 因为Δx＝1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2名游客。 (3)此时A距滑道顶端的距离。 答案：2 m 设相邻两名游客滑下的时间间隔为T，下滑的加速度为a，有Δx＝aT2，即aT2＝1 m 由平均速度公式有vB＝＝vA＋aT 此时A距滑道顶端的距离x＝ 联立解得x＝2 m。 处理多物体同性质运动问题的技巧 研究多个物体在同一个空间上重复同样的运动时，可将同一时刻多个物体的运动转化为一个物体的运动，同一时刻多个物体所在的位置可以看成是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头等时滴落的水滴、直升机定点等时空降的物资、在斜面上等时连续释放的小球等，均可把多物体的运动问题转化为单物体的运动问题求解。　　 总结提升 考向2　 物体运动的多过程问题 　ETC是电子不停车收费系统的简称。 汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的 流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的 速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通 道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处 正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线 后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求： 例4 (1)汽车过ETC通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小； 答案：138 m　 过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m 故总的位移大小x总1＝2x1＋d＝138 m。 (2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速？ 答案：72 m　 过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2＝＝72 m。 (3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。 答案：25 s 过ETC通道的时间t1＝＝18.5 s 过人工收费通道的时间t2＝×2＋t0＝44 s 过人工收费通道的位移x总2＝2x2＝144 m 二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m 在这段位移内汽车以正常行驶速度v1做匀速直线运动，则Δt＝t2－＝25 s。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　匀变速直线运动的基本公式 1．汽车辅助驾驶之“主动刹车系统”是利用雷达波 监测的，汽车前方有静止障碍物时，汽车可以主动刹 车。对于城市拥堵路段和红绿灯路口，主动刹车系统 实用性非常高。若汽车正以36 km/h的速度在路面上行驶，到达红绿灯路口离前方静止的汽车距离为10 m，主动刹车系统开启匀减速运动，能安全停下，下列说法正确的是 A．若汽车刹车加速度大小为6 m/s2，则经过2 s汽车前进60 m B．若汽车刹车加速度大小为8 m/s2，则经过1 s汽车速度为1 m/s C．汽车刹车加速度大小至少为5 m/s2才能安全停下 D．若汽车刹车加速度大小为10 m/s2，停车时离前面汽车的距离为2 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 根据题意可知汽车刹车时的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，若汽车刹车加速度大小为6 m/s2，则汽车停下来所用时间为t0＝＝ s＝ s< 2 s，则经过2 s汽车前进的距离为x＝t0＝ m，故A错误；若汽车刹车加速度大小为8 m/s2，则经过1 s汽车速度为v1＝v0－a1t1＝10 m/s－8× 1 m/s＝2 m/s，故B错误；汽车离前方静止的汽车距离为10 m，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有v02＝2a2x0，解得a2＝＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 m/s2＝5 m/s2，即汽车刹车加速度大小至少为5 m/s2才能安全停下，故C正确；若汽车刹车加速度大小为10 m/s2，停车时，根据速度与位移的关系式有0－v02＝，解得x1＝＝ m＝5 m，可知停车时离前面汽车的距离为10 m－5 m＝5 m，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 2．(2025·安徽卷·T4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则 A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 设匀加速直线运动时间为t′，匀速直线运动的速度为v，匀加速直线运动阶段，有x＝t′，根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，联立解得t′＝，再根据x＝at′2，解得x＝at2。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 3．小明驾驶他的汽车以时速72 km/h匀速行驶在320国道上，看到前方十字路口闪烁的绿灯只有5 s了，他立即刹车，此后汽车做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，等车子稳稳地停下来后，他挂好空挡，拉好手刹，抬头发现闪烁2 s的黄灯刚好变成红灯。则小明刹车后这7 s内汽车的位移大小是 A．17.5 m B．37.5 m C．40 m D．62.5 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 汽车速度v＝72 km/h＝20 m/s，汽车减速到零所用时间t＝＝ s＝4 s，后面剩下的3 s汽车已经停止运动，则从开始刹车到停止，汽车的位移大小是x＝at2＝×5×42 m＝40 m，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 题组2　匀变速直线运动的推论及其应用 4．某位同学观察火车进站，火车由初速度为36 km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶的距离约为 A．216 m B．350 m C．600 m D．700 m 火车运动的时间为t＝×70 s＝70 s，火车共行驶的距离x＝×70 m＝350 m。故选B。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 5．(2026·广东省联考)为倡导节能减排，新能源电动车已经走进千家万户。一款电动家用轿车在某次测试中速度从0加速到30 m/s的加速时间为10 s，设测试过程中轿车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则轿车在该段时间内 A．平均加速度大小为1.5 m/s2 B．加速到15 m/s时，用时5 s C．运动到总位移一半时，速度等于15 m/s D．位移大于150 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由题意知，轿车的平均加速度为＝ m/s2 ＝3 m/s2，故A错误；轿车的加速度随速度的增加而逐渐减小，说明加速到15 m/s时，用时小于5 s，故B错误；若轿车做匀加速直线运动，运动到总位移一半时，根据匀变速直线运动中间位移的速度推论v＝＝ m/s>15 m/s，v＝，前半段位移的平均加速度大于匀加速直线运动中的加速度，则运动到总位移一半时，速度大于15 m/s，故C错误；若轿车做匀加速直线运动，则位移x＝×10 m＝150 m，由题意知测试过程中轿车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则轿车在该段时间内的位移x′>x＝150 m，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 6．新能源汽车自重较大，对刹车性能有更高的要求。某国产新能源汽车刹车性能测试时，汽车以18 m/s的速度匀速行驶，踩下刹车后汽车做匀减速直线运动，汽车的位移x与速度v变化的图像如图所示，下列说法正确的是 A．汽车的刹车时间为2.5 s B．汽车的刹车时间为3 s C．汽车刹车时的加速度大小为5 m/s2 D．汽车刹车过程的最后1 s内位移大小为2.5 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由题图可知，汽车刹车运动的位移大小为x0＝27 m， 汽车的初速度为v0＝18 m/s，汽车刹车时间t＝ ＝3 s，故A错误，B正确；汽车刹车时的加速度大 小为a＝＝6 m/s2，故C错误；汽车刹车过程前2 s内的位移x′＝v0t1－at12＝24 m，汽车刹车过程的最后1 s内位移大小为x″＝x0－x′＝3 m，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 7．(2026·广东珠海联考)如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则 A．通过cd段的时间为t B．通过ce段的时间为(2－)t C．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度 D．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶(－1)∶()∶(2－)，可得出通过cd段的时间为()t，通过de段的时间为(2－)t，则通过ce段的时间为(2－)t，A错误，B正确；通过b点的时刻为通过ae段的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 8．(多选)(2026·广东广州期中)高铁站台上，候车线对准停车时各节车厢最前端的门口处。动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，如图所示，若动车每节车厢长均为l，则 A．从1号车厢最前端经过5号候车线到停止运动，经历的时间为2t B．从1号车厢最前端经过5号候车线到停止运动，平均速度为 C．1号车厢最前端经过5号候车线时的速度为 D．动车的加速度大小为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由逆向思维，可认为动车反向做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口，动车所走位移大小为l，故有l＝at2，解得动车的加速度为a＝，动车从1号车厢最前端经过5号候车线到停止运动，所走的位移大小为4l，则有4l＝at52，解得t5＝2t，故A正 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 确，D错误；动车从1号车厢最前端经过5号候车线到停止运动，平均速度为＝＝，故B错误；设1号车厢最前端经过5号候车线时的速度为v5，从1号车厢最前端经过5号候车线到停止，可得＝＝，解得v5＝，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 9．(2025·广东佛山二模)2024年12月28日，广州地铁11号线开通。某天地铁在华师站启动时，加速度a随其位移x变化的图像大致如图所示。则列车在运行前450 m的过程中 A．运行200 m时开始减速 B．运行200 m时速度达到最大值 C．200～450 m内的平均速度小于25 m/s D．200～450 m内运行的时间等于10 s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 0～200 m内，列车做匀加速直线运动，200～ 450 m内，列车做加速度减小的加速运动， 450 m时加速度减为零，速度达到最大，故A、 B错误；0～200 m内，有v12＝2ax1，v1＝at1， 可得v1＝20 m/s，t1＝20 s，若200～450 m内列车仍以a＝1 m/s2做匀加速直线运动，有x2－x1＝v1t2＋at22，所以t2＝10 s，＝ m/s＝25 m/s，而实际上200～450 m内，列车做加速度减小的加速运动，则运行时间大于10 s，平均速度小于25 m/s，故C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10．(多选)(2025·广东省中山市四校联考)图甲所示的云南龙江大桥是亚洲最大的高速公路悬索桥，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则 A．汽车通过吊索A时的速度 大小为4vD B．汽车减速的时间为2t C．汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度 D．汽车通过AD段的平均速度是通过DE段的平均速度的3倍 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 汽车减速到零，可以看成逆向的初速度 为零的匀加速直线运动，根据初速度为 零的匀加速直线运动的比例关系，可知 汽车通过DE、AD段所用的时间之比为 1∶1，可得汽车减速的时间等于2t，汽车通过吊索A时的速度为2vD，由题图乙可知汽车通过DE、AD段的位移之比为1∶3，则汽车通过AD段的平均速度是通过DE段的平均速度的3倍，故A错误，B、D正确；由题意可知，汽车做匀减速直线运动，汽车通过吊索D的时刻为AE段的中间时刻，汽车通过吊索C时的瞬时速度为AE段中间位置的速度，则根据匀变速直线运动的规律可知汽车通过吊索D的瞬时速度等于通过AE段的平均速度，所以汽车通过吊索C时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，C错误。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 11．(10分)(2025·广东汕头期中)福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用了电磁弹射和阻拦系统。舰载机的起飞和着陆均视为匀变速直线运动，福建舰始终静止，相关数据如下表所示： (1)若电磁弹射给舰载机的初速度为40 m/s，请根据表格数据判断舰载机能否正常起飞； 答案：不能正常起飞，理由见解析　 全舰长度 320 m 舰宽 78 m 母舰最大航速 30节(约为 56 km/h) 满载排水量 8万余吨 舰载机质量 50吨 舰载机搭载数量 60～70架 舰载机加速 的加速度 5 m/s2 舰载机减速 的加速度 20 m/s2 舰载机起飞速度 80 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 根据题表数据可知，假设舰载机能正常起飞，则起飞时的加速距离为x＝＝ m＝480 m 因为480 m>320 m，超过全舰长度，则假设不成立，舰载机不能正常起飞。 全舰长度 320 m 舰宽 78 m 母舰最大航速 30节(约为 56 km/h) 满载排水量 8万余吨 舰载机质量 50吨 舰载机搭载数量 60～70架 舰载机加速 的加速度 5 m/s2 舰载机减速 的加速度 20 m/s2 舰载机起飞速度 80 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)若拦阻索对返航的舰载机进行减速时，舰载机的初速度大小为40 m/s，请求出着舰3 s内舰载机的位移大小。 答案：40 m 全舰长度 320 m 舰宽 78 m 母舰最大航速 30节(约为 56 km/h) 满载排水量 8万余吨 舰载机质量 50吨 舰载机搭载数量 60～70架 舰载机加速 的加速度 5 m/s2 舰载机减速 的加速度 20 m/s2 舰载机起飞速度 80 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 返回 假设减速时全舰长度足够长，则着舰后舰载机停下的时间为t＝＝ s＝2 s<3 s 故舰载机2 s内停下后，保持静止 此段时间的位移为x′＝·t＝×2 m＝40 m<320 m 假设成立，则着舰3 s内舰载机的位移大小为40 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 谢 谢 观 看 匀变速直线运动的规律 $