2.3 匀变速直线运动的位移与时间的关系 同步培优-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

2.3 匀变速直线运动的位移与时间的关系【同步培优】 人教版（2019）必修第一册 · 第二章 匀变速直线运动的研究 2.3　匀变速直线运动的位移与时间的关系　【同步培优】 人教版（2019）必修第一册　第二章　匀变速直线运动的研究 建议用时：45 分钟 题量：45 题 难度：★★★★☆ 版本：人教版（2019） ◆ 学习目标 1. 知道 v-t 图线与时间轴所围面积表示位移，体会微元法“分割、近似、求和”的思想。 2. 理解匀变速直线运动位移与时间的关系式 x＝v0t＋½at²，会用其进行计算。 3. 理解速度与位移的关系式 v²−v0²＝2ax，能在不涉及时间的问题中快速求解。 4. 理解公式的矢量性，能处理刹车问题并会用逆向思维。 5. 能分析多过程运动、追及相遇及中间时刻、中间位置速度等综合问题。 ▎课标与考情 【课标要求】理解匀变速直线运动的位移与时间的关系，能从 v-t 图像面积出发推导位移公式；理解速度与位移的关系，能根据具体问题选择合适的公式进行分析计算，体会用图像、微元法研究物理问题的方法。 【考情分析】位移公式 x＝v0t＋½at²、速度位移关系 v²−v0²＝2ax 是匀变速运动的核心规律，多过程运动、刹车问题、追及相遇、v-t 图像面积是高频考点，常以选择题、计算题形式出现；这些规律是后续研究自由落体运动及牛顿运动定律综合应用的基础。 一、思维导图 · 知识框架 图 1　本节知识结构思维导图 考向一　位移的推导——v-t 图像与微元法 本考向从 v-t 图像出发，借助微元法推导匀变速直线运动的位移，理解位移公式的来源。 考点一　微元法与 v-t 图像面积 ■ 一、位移的几何意义 （一）v-t 图像面积 v-t 图线与时间轴所围图形的面积，表示这段时间内物体的位移。 （二）梯形面积 匀变速直线运动的 v-t 图线与时间轴围成梯形，其面积（位移）为 。 （三）微元法 把时间无限分割成若干小段，每一小段可视为匀速直线运动，用小矩形面积表示该段位移，再求和即得总位移。 （四）割圆术思想 魏晋刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形逼近圆，与微元法“分割、近似、求和”的思想一致。 注意：图线在时间轴上方时面积（位移）为正，在下方时为负；多段运动的总位移是各段面积的代数和，而不是面积之和。 图 2　割圆术：圆内接正多边形边数越多，越接近圆，体现微元法思想 ◆ 记忆点　位移的几何意义 面积即位移：v-t 图线与时间轴所围面积。 梯形面积：x＝½(v0＋v)t。 微元三步：分割 → 近似 → 求和。 ◆ 考点专练（第 1～5 题） 1．广东一直以来有赛龙舟的传统，如图所示速度—时间图像描述了甲、乙两条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，下列说法正确的是（　　） A．在0∼t1时间内乙龙舟速度变化快 B．在t2时刻甲、乙龙舟相遇 C．在0∼t2 时间内甲、乙龙舟平均速率相等 D．由图像可知，乙龙舟最终获得比赛胜利 2．如图，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图线，根据图线可以判断（　　） A．两球在t＝2s时速度相同 B．两球的加速度相同 C．两球在t＝4.5s时相距最远 D．两球在t＝8s时相遇 3．甲、乙两车同时并排出发，沿着同一平直路面行驶，它们的速度v随时间t变化的图像如图所示．则下列说法中正确的是（　　） A．t1∼t2时间内，甲、乙两车的加速度不可能相同 B．t1∼t2时间内，甲、乙两车间的距离始终增大 C．t1∼t2时间内，甲、乙两车相遇两次 D．t1∼t2时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度 4．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度 B．20s时，a、b两物体相距最远 C．40s时，物体a在物体b的前方 D．40s时，a、b两物体速度相等，相距200m 5．甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图甲（a）所示，乙车的加速度—时间图像如图乙（b）所示。则下列说法正确的是（　　） A．6～8s内，甲车的速度大小逐渐增大 B．0∼8s内，甲、乙两车的位移相同 C．t＝8s时，乙车的速度较大 D．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同 考点二　位移公式 x＝v0t＋½at² 的理解 ■ 二、位移与时间的关系式 （一）公式 （二）推导 由 v-t 图像梯形面积 ，再把速度公式 代入，即得位移公式。 （三）适用条件 匀变速直线运动。 （四）矢量性 公式中 x、v0、a 都是矢量，应用时必须选取统一的正方向，一般取初速度 v0 的方向为正方向。 （五）两种特殊形式 当 时，（匀速直线运动）；当 时，（由静止开始的匀加速）。 注意：位移计算结果为正，表示位移方向与正方向相同；为负则相反；列式前一定要先规定正方向。 图 3　匀变速直线运动的 v-t 图线与时间轴围成梯形，面积等于位移 ◆ 考点专练（第 6～10 题） 6．两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，t＝0时两车从同一位置同时同向运动，通过计算机得到两车的图像如图所示（x为位移，t为时间），下列说法正确的是（　　） A．a车的速度变化比b车快 B．开始运动后b车在前，后来a车在前 C．两车相遇前相距最远距离为1m D．两车在运动过程中可能相遇两次 7．一物体沿x轴运动，其位置坐标x与时间t的关系为x＝1+3t+4t2（x的单位为m，t的单位是s），则下列说法正确的是（　　） A．该物体第1秒内位移大小为7m B．该物体第1秒内位移大小为8m C．该物体第2秒末速度大小为11m/s D．该物体第2秒末速度大小为23m/s 8．一辆汽车在平直公路上行驶，其位移随时间的变化规律为x＝10t﹣2t2（m），根据这一关系式可知，汽车速度为零的时刻是（　　） A．1.0s B．1.5s C．2.0s D．2.5s 9．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝4t+2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（　　） A．第1s内的位移是2m B．前2s内的平均速度是16m/s C．任意相邻1s内的位移差都是4m D．任意1s内的速度增量都是2m/s 10．质点做匀变速直线运动的位移与时间的关系为x＝3+5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（　　） A．第1s内的位移是9m B．t＝1s时的速度是6m/s C．任意相邻的1s内位移差都是6m D．任意1s内的速度增量都是2m/s 考向二　位移公式的应用 本考向学会用位移公式解决实际问题，掌握基本计算、刹车问题与多过程运动的处理方法。 考点三　位移公式的基本应用 ■ 三、用位移公式解匀变速运动 （一）基本思路 选定正方向，明确初速度 v0、加速度 a 和时间 t，代入 x＝v0t＋½at² 求位移。 （二）已知位移求加速度 已知位移、初速度和时间时，可由 求加速度。 （三）平均速度法 匀变速直线运动的平均速度为 ，位移也可由 x＝½(v0＋v)t 求。 （四）第 n 秒内的位移 某一秒内的位移等于前 n 秒位移减去前 n−1 秒位移，即“整段相减”。 注意：v0＝0 时 x＝½at²，位移与时间平方成正比，据此可由位移比求时间比、由时间比求位移比。 ◆ 考点专练（第 11～15 题） 11．周末，小七同学乘坐地铁去参观博物馆，乘车时，她站在最后一节车厢的尾部，她发现地铁每次加速驶离站台的时间约为9s，下车后经询问工作人员得知，该列地铁属于A型，6节车厢编组，每节车厢长约为20m，据此可估算该地铁加速过程的平均加速度约为（　　） A．1.5m/s2 B．2.0m/s2 C．2.5m/s2 D．3.0m/s2 12．一物体做匀加速直线运动，第2s内的位移为15m，第3s内的位移为25m，以下说法正确的是（　　） A．物体运动的加速度为10m/s2 B．这两秒内的平均速度为25m/s C．第3s末的瞬时速度为25m/s D．物体运动的初速度为10m/s 13．近几年来我国新能源汽车发展迅速，现对国产某品牌新能源汽车进行性能测试。已知该汽车在4s内通过的路程为60m，同时它的速度变为原来的5倍。如果汽车做的是匀加速直线运动，则该汽车的加速度大小为（　　） A．a＝5m/s2 B．a＝4m/s2 C．a＝3m/s2 D．a＝6m/s2 14．如图所示，一质点做匀变速直线运动，某时刻位于A点，之后某时刻位于B点，再之后位于C点，已知从A到B和从B到C速度的变化量Δv均为6m/s，AB间的距离x1＝3m，BC间的距离x2＝13m，则该质点的加速度大小为（　　） A．3.6m/s2 B．4m/s2 C．4.2m/s2 D．4.8m/s2 15．2025年9月，比亚迪仰望U9X在德国ATP测试场以496.22km/h的最高时速刷新全球汽车极速纪录，成为世界最快量产汽车。在一次赛道测试中，U9X从静止开始做匀加速直线运动，跑完400m（即“零四加速”）用时约为10s。关于该加速过程，下列说法正确的是（　　） A．U9X的平均速度约为40m/s B．U9X的末速度约为40m/s C．U9X的加速度约为4.0m/s2 D．U9X在中间时刻的瞬时速度约为80m/s 考点四　刹车问题的位移 ■ 四、刹车问题的位移 （一）刹车特点 刹车后做匀减速直线运动，速度减到零后停止，此后不再运动、也不会反向运动。 （二）停止时间 令末速度 ，由速度公式得停止时间 。 （三）刹车位移 由 ，得刹车位移 。 （四）判断给定时间 若所给时间大于停止时间，只能按停止时间计算位移，不能直接套用公式。 （五）逆向思维 末速度为零的匀减速运动，其逆过程是初速度为零的匀加速运动。 注意：刹车问题务必先算停止时间，再判断用哪段时间，避免“停车后仍按公式继续减速”的错误。 ◆ 考点专练（第 16～20 题） 16．新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2s内速度由12m/s减至0。该过程中汽车位移大小为（　　） A．6m B．12m C．24m D．36m 17．一汽车在平直的公路上以20m/s的速度匀速行驶，前面有情况需紧急刹车，刹车的加速度大小是5m/s2。刹车后可视为匀减速直线运动，则下列说法正确的是（　　） A．刹车2s末的速度为30m/s B．刹车2s车的位移为50m C．刹车5s末，车的速度为0 D．开始刹车，经过6s车的位移为30m 18．一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，某时刻司机发现前方有障碍物，立刻进行紧急制动做匀减速直线运动，汽车恰好没有与障碍物相撞。已知汽车匀减速过程中第1s内位移的大小为16m，最后1s内位移的大小为4m，汽车可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．汽车匀速时的速度大小为25.6m/s B．汽车减速时的加速度大小约为4.8m/s2 C．司机从发现障碍物到停下所用时间为2.5s D．司机发现障碍物时与障碍物的距离为39m 19．2025年9月3日，“歼﹣10”战斗机亮相纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式。假设一架“歼﹣10”战斗机在一条笔直的水平跑道上着陆，刚着陆时速度为120m/s，在着陆的同时立即打开阻力伞。由于阻力的作用，战斗机加速度的大小为6m/s2。战斗机着陆后40s时间内的位移（　　） A．900m B．1200m C．3600m D．6300m 20．一辆汽车以30m/s的速度在平直的公路上做匀速直线运动，突然发现前方有一障碍物，司机反应0.5s后刹车，刹车的加速度大小为6m/s2，恰好没有撞到障碍物，求： （1）则刹车后6s内汽车的位移大小； （2）发现障碍物时，汽车与障碍物的距离； （3）从司机发现障碍物到刹车停止的过程中，汽车运动的平均速度大小。 考点五　多过程运动问题 ■ 五、多过程运动 （一）分段处理 经历匀加速、匀速、匀减速等多个阶段时，要逐段分析，每一阶段分别用相应规律。 （二）衔接点速度 前一阶段的末速度等于后一阶段的初速度，衔接处速度连续。 （三）统一正方向 全程规定一个正方向，各阶段加速度的正负都相对该方向判断。 （四）总位移与总时间 各段时间相加得总时间；折返运动时，总位移按各段位移的代数和求，总路程才是各段长度之和。 注意：分析多过程要先画运动过程草图，弄清各段的初、末速度和位移，再逐段列式。 图 4　多过程 v-t 图象：先加速、再匀速、后减速，各段面积之和为总位移 ◆ 考点专练（第 21～25 题） 21．如图所示，一辆轿车以20m/s的速度，从匝道驶入限速为90km/h的某高架桥快速路的行车道。由于前方匀速行驶的货车速度较小，轿车司机踩油门超车，加速8s后发现无超车条件，立即踩刹车减速，经过3s减速后，刚好与前方货车保持约60m距离同速跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示，货车一直保持匀速。下列说法中正确的是（　　） A．该过程轿车出现了超速情况 B．加速过程轿车的加速度大小为3m/s2 C．轿车开始加速时与货车的距离约为101m D．该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大 22．可视为质点的电梯由静止开始沿竖直方向先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，最终速度减为0，已知电梯加速、匀速、减速阶段经历的时间分别为t1、t2、t3，电梯加速、匀速、减速阶段运动的位移大小分别为x1、x2、x3，加速阶段和减速阶段的加速度大小分别为a1、a2，则下列关系式成立的是（　　） A． B． C． D． 23．某种电子设备在一定距离内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，蓝牙会自动连接；一旦距离超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通信。如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶上的O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内能够实现通信。t＝0时刻，甲、乙两车刚好并行于图示位置，此时甲车的速度大小为5m/s，乙车的速度大小为2m/s，O1、O2之间的距离为3m。从该时刻起，甲车以大小为1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有的速度做匀速直线运动。则从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（　　）（忽略信号传递时间） A．2 s B．4 s C．4.25 s D．6.25 s 24．一辆货车以v＝20m/s的速度在平直公路上超速行驶。当这辆超速行驶的货车经过警车时，警车立刻从静止开始以a＝2.5m/s2的加速度匀加速追上去，从警车启动开始计时，到追上货车的这一过程中，求： （1）警车追上货车的时间t是多少？追上时警车的位移x是多少？ （2）追上前两车相距的最远距离Δx是多少？ 25．通过“30m折返跑”的测试成绩可以反映一个人的身体素质。在平直的跑道上，一学生站立在起点线处，当听到起跑口令后（测试员同时开始计时），跑向正前方30m处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，返程无需减速，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即为折返跑的成绩。学生加速或减速过程均视为匀变速，触摸杆的时间不计。该学生加速时的加速度大小为a1＝2.5m/s2，减速时的加速度大小为a2＝5m/s2，到达折返线处时速度需减小到零，并且该生全过程中最大速度不超过vm＝10m/s。求： （1）该学生跑向正前方30m处的折返线的最好成绩； （2）该学生“30m折返跑”全程的最好成绩。 考向三　速度与位移关系 本考向理解速度与位移的关系式，学会在不涉及时间的问题中快速求解，并掌握中间时刻、中间位置速度等推论。 考点六　速度位移公式 v²−v0²＝2ax 的应用 ■ 六、速度与位移的关系 （一）公式 （二）推导 由速度公式 和位移公式 消去时间 t，即可得到速度位移关系。 （三）知三求一 公式反映初速度 v0、末速度 v、加速度 a、位移 x 之间的关系，已知其中三个量可求第四个量。 （四）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。 （五）两种特殊形式 当 时，（初速度为零的匀加速）；当 时，（末速度为零的匀减速）。 注意：当问题中不涉及时间时，优先用速度位移公式，比联立速度公式和位移公式更简便。 图 5　速度位移关系把初速度、末速度、加速度、位移四个量联系起来 图 6　飞机由静止起飞，跑道长度可由起飞速度和加速度估算：x＝v²/(2a) ★ 中间时刻速度与中间位置速度 中间时刻速度　等于全程平均速度： 中间位置速度　 二者大小　无论匀加速还是匀减速，总有 。 记忆点：中间时刻速度用平均速度；中间位置速度对前、后两半分别用速度位移公式联立。 ◆ 考点专练（第 26～30 题） 26．一质点在某段时间内做匀加速直线运动，初速度为1m/s，末速度为7m/s，则质点在这段时间中间时刻的速度v1、经过中间位置时的速度v2的大小情况是（　　） A．v1＝v2＝4m/s B．v1＝v2＝5m/s C．v1＝4m/s，v2＝5m/s D．v1＝5m/s，v2＝4m/s 27．航空母舰上装备的电磁弹射系统可使静止的舰载机获得10m/s的初速度，而后由机载发动机使得舰载机在100m内达到70m/s的起飞速度。假设弹射后舰载机做匀加速直线运动，则该过程中其加速度大小为（　　） A．24m/s2 B．24.5m/s2 C．48m/s2 D．50m/s2 28．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为2m/s，1s后速度的大小变为6m/s。在这1s内该物体的（　　） A．位移的大小可能小于2m B．位移的大小可能大于6m C．加速度的大小可能小于2m/s2 D．加速度的大小可能大于6m/s2 29．一物体做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，B为AC的中点，已知物体在AB段的平均速度为v1，在BC段的平均速度为v2，物体在A点速度为vA，在C点速度为vC，则下列说法正确的是（　　） A．物体在B点的速度为 B．物体通过AB段和BC段所用时间之比为 C．物体在AC段的平均速度为 D．v1可能等于v2 30．如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过R点时的瞬时速度为（　　） A．11m/s B．12m/s C．12.5m/s D．13m/s ★ 综合培优检测（15 题） ◆ 综合检测（第 31～45 题） 31．某辆无人驾驶汽车在封闭的平直道路上进行测试。汽车以20m/s的速度匀速行驶，发现障碍物的瞬间立即启动刹车系统，刹车2s末的速度大小为12m/s。已知汽车刹车时做匀减速直线运动，取汽车刚开始刹车时为0时刻，下列说法正确的是（　　） A．汽车刹车时的加速度大小为8m/s2 B．第4s末汽车的速度大小为4m/s C．第6s末汽车的速度大小为4m/s D．0～6s内汽车的速度变化量大小为24m/s 32．如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d，下列说法正确的是（　　） A．质点由O到达各点的时间之比 B．质点通过各点的速率之比va：vb：vc：vd＝1：2：3：4 C．在斜面上运动的平均速度（vb为物体到达b点的速度） D．在斜面上运动的平均速度（vd为物体到达d点的速度） 33．广州地铁18号线列车的最高速度为160km/h（约44m/s），设列车匀加速出站和匀减速进站的时间均为40s，则列车在轨道平直、距离为8800m的两站点间运行的最短时间约为（　　） A．240s B．200s C．160s D．150s 34．某一段道路实行区间测速，平均速率的高限为70km/h，交管部门在这段区间的两端各置一个自动计时点，用来确定两端点间的平均速率是否超限。有一辆汽车驶入这段长为4.2km的区间，该车司机注意到通过第一个计时点的瞬时速率为66km/h，汽车匀加速行驶36s后瞬时速率达到74km/h，紧接着以此速率行驶60s，然后匀减速行驶。将汽车视为质点，为使该车在这个区间测速段的平均速率不超过高限70km/h，该车通过第二个计时点时的最大瞬时速率为（　　） A．60km/h B．62km/h C．66km/h D．68km/h 35．一辆汽车行驶在平直公路上，从t＝0时开始制动，汽车在第1s内、第2s内、第3s内前进的距离分别是9m、7m、5m，如图所示。某同学根据题目所提供的信息，猜想汽车在制动后做匀减速直线运动。如果他的猜想是正确的，下列说法正确的是（　　） A．汽车的加速度大小为2m/s2 B．汽车的加速度大小为5m/s2 C．第1s末的瞬时速度大小为9m/s D．汽车的初速度大小为8m/s 36．一辆汽车在路口等灯，看到绿灯亮起，汽车从静止开始启动做加速度大小为a的匀加速直线运动，当速度增大到v0时看到前面有一小动物通过，司机立即刹车做加速度大小为a的匀减速直线运动至速度减为0，等待小动物通过路口，之后司机又以大小为a的加速度做匀加速直线运动，直到速度达到2v0。这段时间内汽车通过的总路程为（　　） A． B． C． D． 37．如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受加速度大小之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（　　） A． B． C． D． 38．足球比赛中，某队员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，后匀减速至接球点停止。全程用时5s，位移大小为20m，则该队员在某时刻的速度和加速度的大小可能是（　　） A．5m/s，1.2m/s2 B．5m/s，2.2m/s2 C．9m/s，1.2m/s2 D．9m/s，2.2m/s2 39．如图所示，有一小球以某一初速度从斜面底部冲上一足够长的斜面，依次还经过了A、B、C三点，并最高可到D点（D点在图中没有画出），已知AB、BC距离均为6m，所用时间分别为1s和2s，则C到D的时间应为（　　） A．1s B．0.5s C．0.3s D．0.6s 40．到2035年，重庆市高速公路将达到7000公里，如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度（识别区起点到自动栏杆的水平距离）L＝8m，当汽车以小于20km/h的速度进入识别区时，若能被正常识别，自动栏杆抬起，让小车直接匀速通过ETC通道。已知ETC天线识别车载电子标签和完成自动抬杆共需耗时0.3s。某自动驾驶汽车以18km/h的速度匀速进入识别区，0.3s时汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5m/s2，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.8m。则自动驾驶系统的反应时间为（　　） A．0.4s B．0.04s C．0.2s D．0.02s 41．2026年“美加墨”世界杯足球比赛中，某球员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，后匀减速至接球点停止。全程用时5s，位移大小为25m，则该队员在跑动过程中的最大速度是（　　） A．4m/s B．5m/s C．8m/s D．10m/s 42．为确保校园道路安全，某中学门外路段设置了如图所示的橡胶减速带。一汽车正以16m/s的速度行驶在该路段，在离减速带22m处该车开始做匀减速直线运动，结果以6m/s的速度通过减速带，通过后立即以2.5m/s2的加速度加速到原来的速度，汽车可视为质点，减速带的宽度忽略不计。求： （1）汽车减速时的加速度大小； （2）减速阶段所用的时间； （3）由于减速带的存在，该汽车通过这段距离多用的时间。 43．如图1所示为黔南州绿博园内七彩滑道娱乐项目，游客可乘坐滑道车从顶端滑下，最终停在水平滑道上，整个过程充满刺激。滑道可简化为由倾斜部分AB和水平部分BC平滑连接而成，如图2所示。现有一小孩从滑道顶端A点以v0＝2m/s的初速度沿斜面被推下，以加速度大小为a＝2m/s2加速下滑，经过时间t＝4s滑到B点。已知小孩从B点滑入水平部分前后速度大小不变，小孩可视为质点。 （1）求小孩滑到B点时的速度v的大小以及滑道倾斜部分AB的长度x。 （2）现有一大人以a0＝3m/s2的加速度从A点无初速度滑下，到达B点时发现正前方s0＝10m处有一小孩以速度大小为v1＝8m/s、加速度大小为a1＝1m/s2向右匀减速滑行。大人立即采取减速制动措施，以加速度大小为a2＝2m/s2向右匀减速滑行。整个过程中小孩未滑离水平滑道，请通过计算判断大人和小孩是否会发生碰撞？已知大人从B点滑入水平部分前后速度大小不变，大人可视为质点。 44．一辆违规超载的货车以v0＝15m/s的速度在平直公路上匀速行驶，经过一辆停在相邻车道的警车。警车立即启动追赶货车，启动后以a＝5m/s2的加速度做匀加速直线运动。不考虑车的长度，忽略车道宽度。求： （1）警车追上货车所需的时间t； （2）警车追上货车前，两车间的最大距离Δx； （3）若考虑实际情况，警车驾驶员需经反应时间t0＝1s后启动，警车达到最大限速vm＝20m/s后开始做匀速直线运动，求从货车经过警车到警车追上货车时所需的时间t总。 45．如图所示，记录了某汽车开始制动后一段时间内的位置变化情况，刹车开始时记为0时刻，之后记录汽车每1s内的位移大小，设汽车做匀变速直线运动，求： （1）汽车制动的加速度大小和开始制动时的速度大小； （2）汽车开始制动后，8s内的平均速度大小。 同步培优系列 · 人教版（2019）必修第一册 · 2.3 匀变速直线运动的位移与时间的关系 学科网（北京）股份有限公司 $2.3 匀变速直线运动的位移与时间的关系【同步培优】 人教版（2019）必修第一册 · 第二章 匀变速直线运动的研究 2.3　匀变速直线运动的位移与时间的关系　【同步培优】 人教版（2019）必修第一册　第二章　匀变速直线运动的研究 建议用时：45 分钟 题量：45 题 难度：★★★★☆ 版本：人教版（2019） ◆ 学习目标 1. 知道 v-t 图线与时间轴所围面积表示位移，体会微元法“分割、近似、求和”的思想。 2. 理解匀变速直线运动位移与时间的关系式 x＝v0t＋½at²，会用其进行计算。 3. 理解速度与位移的关系式 v²−v0²＝2ax，能在不涉及时间的问题中快速求解。 4. 理解公式的矢量性，能处理刹车问题并会用逆向思维。 5. 能分析多过程运动、追及相遇及中间时刻、中间位置速度等综合问题。 ▎课标与考情 【课标要求】理解匀变速直线运动的位移与时间的关系，能从 v-t 图像面积出发推导位移公式；理解速度与位移的关系，能根据具体问题选择合适的公式进行分析计算，体会用图像、微元法研究物理问题的方法。 【考情分析】位移公式 x＝v0t＋½at²、速度位移关系 v²−v0²＝2ax 是匀变速运动的核心规律，多过程运动、刹车问题、追及相遇、v-t 图像面积是高频考点，常以选择题、计算题形式出现；这些规律是后续研究自由落体运动及牛顿运动定律综合应用的基础。 一、思维导图 · 知识框架 图 1　本节知识结构思维导图 考向一　位移的推导——v-t 图像与微元法 本考向从 v-t 图像出发，借助微元法推导匀变速直线运动的位移，理解位移公式的来源。 考点一　微元法与 v-t 图像面积 ■ 一、位移的几何意义 （一）v-t 图像面积 v-t 图线与时间轴所围图形的面积，表示这段时间内物体的位移。 （二）梯形面积 匀变速直线运动的 v-t 图线与时间轴围成梯形，其面积（位移）为 。 （三）微元法 把时间无限分割成若干小段，每一小段可视为匀速直线运动，用小矩形面积表示该段位移，再求和即得总位移。 （四）割圆术思想 魏晋刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形逼近圆，与微元法“分割、近似、求和”的思想一致。 注意：图线在时间轴上方时面积（位移）为正，在下方时为负；多段运动的总位移是各段面积的代数和，而不是面积之和。 图 2　割圆术：圆内接正多边形边数越多，越接近圆，体现微元法思想 ◆ 记忆点　位移的几何意义 面积即位移：v-t 图线与时间轴所围面积。 梯形面积：x＝½(v0＋v)t。 微元三步：分割 → 近似 → 求和。 ◆ 考点专练（第 1～5 题） 1．广东一直以来有赛龙舟的传统，如图所示速度—时间图像描述了甲、乙两条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，下列说法正确的是（　　） A．在0∼t1时间内乙龙舟速度变化快 B．在t2时刻甲、乙龙舟相遇 C．在0∼t2 时间内甲、乙龙舟平均速率相等 D．由图像可知，乙龙舟最终获得比赛胜利 【答案】A 【解答】解：根据速度—时间图像的物理意义，图线上某点切线的斜率表示加速度，斜率绝对值越大代表速度变化越快；图线与时间轴围成的面积表示位移，由于两龙舟从同一起点线出发，面积相等时才表示两者在运动中相遇。 A、在0～t1时间内，乙图线的斜率明显大于甲图线的斜率，说明乙龙舟的加速度较大，即速度变化更快，故A正确； B、在t2时刻，甲、乙两图线相交，表示此时两龙舟的速度大小相等，但由图可知乙的位移大于甲的位移，并未相遇，故B错误； C、在0～t2时间内，乙图线与时间轴围成的面积大于甲，即乙的位移大于甲，因此乙龙舟的平均速率大于甲，故C错误； D、两龙舟的总位移相等，由图像末端可知，甲龙舟到达终点的时间为t3，乙龙舟的时间为t4，甲先到达终点获胜，故D错误。 故选：A。 2．如图，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图线，根据图线可以判断（　　） A．两球在t＝2s时速度相同 B．两球的加速度相同 C．两球在t＝4.5s时相距最远 D．两球在t＝8s时相遇 【答案】D 【解答】解：规定初速度方向为正方向，由图象的斜率表示加速度，可得甲、乙的加速度分别为：，代入数据解得；，代入数据解得； A、由图象可知，在t＝2s时，甲的速度为20m/s，乙的速度为﹣20m/s，速度大小相等但方向相反，故A错误； B、根据前面的共性分析可知，甲、乙两球的加速度大小和方向均不相同，故B错误； C、两球从同一地点出发，当两球速度相等时相距最远，令v1＝v2；根据速度—时间关系式有v10+a1t＝v20+a2（t﹣t0），其中起步时间差t0＝2s；代入数据有；解方程可得t＝4.4s，即在t＝4.4s时两球相距最远，并非4.5s，故C错误； D、根据v﹣t图象与时间轴围成的面积表示位移，设甲在0～8s内总位移为x1；根据面积公式，代入数据有；设乙在0～8s内总位移为x2，代入数据有；两球在0～8s内位移均为零，且均从同一地点出发，故在t＝8s时两球均回到出发点并相遇，故D正确。 故选：D。 3．甲、乙两车同时并排出发，沿着同一平直路面行驶，它们的速度v随时间t变化的图像如图所示．则下列说法中正确的是（　　） A．t1∼t2时间内，甲、乙两车的加速度不可能相同 B．t1∼t2时间内，甲、乙两车间的距离始终增大 C．t1∼t2时间内，甲、乙两车相遇两次 D．t1∼t2时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度 【答案】D 【解答】解：A．t1∼t2时间内，甲的曲线存在某点的切线斜率与乙的直线斜率相等，即该时刻两车加速度相同，故A错误； BC．甲乙两车同时并排出发，在0∼t1时间内乙车的速度比甲车快，此时乙车在前，两车之间的距离增加，在t1∼t2时间内甲车的速度快，则此时两车之间的距离减小。根据题图可知，t1∼t2时间内甲车比乙车多走的位移大于0∼t1时间内乙车比甲车多走的位移，所以t1∼t2时间内甲车在超过乙车后，两车之间的距离增加，且不会第二次相遇，故BC错误； D．平均速度为，t1∼t2时间内，两车的运动时间相等，在该时间内甲车的位移大于乙车的位移，所以t1∼t2时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故D正确。 故选：D。 4．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度 B．20s时，a、b两物体相距最远 C．40s时，物体a在物体b的前方 D．40s时，a、b两物体速度相等，相距200m 【答案】C 【解答】解：A、在v﹣t图像中斜率代表加速度，由图可知a、b加速时，a的斜率较小，因此物体a的加速度小于物体b的加速度，故A错误； B、追及相遇问题中，当两者速度相同时相距最远，因此40s时，a、b两物体相距最远，故B错误； C、在v﹣t图像中面积代表位移，在40s时，a的面积较大，位移较大，因此物体a在物体b的前方，故C正确； D、40s时，a、b两物体速度相等，相距为两者面积差，即 m，故D错误。 故选：C。 5．甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图甲（a）所示，乙车的加速度—时间图像如图乙（b）所示。则下列说法正确的是（　　） A．6～8s内，甲车的速度大小逐渐增大 B．0∼8s内，甲、乙两车的位移相同 C．t＝8s时，乙车的速度较大 D．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同 【答案】D 【解答】解：BCD、甲车的位移为v﹣t图像与坐标轴围成的面积，t＝8s时，甲车回到出发点。a﹣t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量， 0～2s内乙车做加速度增大的加速运动，2∼4s内乙车做加速度减小的加速运动，4～6s内乙车做加速度增大的减速运动， 6～8s内乙车做加速度减小的减速运动；t＝4s时乙车的速度最大，t＝8s时，乙车的速度为零；0∼8s内，乙车做单向运动， 0∼8s内，甲、乙两车的位移不相同；乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同，故D正确，BC错误； A、由甲图可知6～8s内，甲车的速度大小逐渐减小，t＝8s时，甲车的速度为零，故A错误。 故选：D。 考点二　位移公式 x＝v0t＋½at² 的理解 ■ 二、位移与时间的关系式 （一）公式 （二）推导 由 v-t 图像梯形面积 ，再把速度公式 代入，即得位移公式。 （三）适用条件 匀变速直线运动。 （四）矢量性 公式中 x、v0、a 都是矢量，应用时必须选取统一的正方向，一般取初速度 v0 的方向为正方向。 （五）两种特殊形式 当 时，（匀速直线运动）；当 时，（由静止开始的匀加速）。 注意：位移计算结果为正，表示位移方向与正方向相同；为负则相反；列式前一定要先规定正方向。 图 3　匀变速直线运动的 v-t 图线与时间轴围成梯形，面积等于位移 ◆ 考点专练（第 6～10 题） 6．两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，t＝0时两车从同一位置同时同向运动，通过计算机得到两车的图像如图所示（x为位移，t为时间），下列说法正确的是（　　） A．a车的速度变化比b车快 B．开始运动后b车在前，后来a车在前 C．两车相遇前相距最远距离为1m D．两车在运动过程中可能相遇两次 【答案】C 【解答】解：根据匀变速直线运动的位移时间公式，两边同除以t2可得；结合图像可知，图像的斜率表示初速度v0，纵轴截距表示；对于a车，由图像得纵轴截距，解得加速度，斜率，则a车的位移公式为；对于b车，由图像得纵轴截距，解得加速度，斜率，则b车的位移公式为。 A、加速度表示速度变化快慢，由于aa＜ab，则a车的速度变化比b车慢，故A错误； B、两车的位移差，令Δx＝0，即2t﹣t2＝0，解得相遇时间t＝2s，故在0＜t＜2s内有Δx＞0，即a车在前，当t＞2s时有Δx＜0，即b车在前，故B错误； C、当两车速度相等时相距最远，有va0+aat＝vb0+abt，代入数据得4+2t＝2+4t，解得t＝1s，代入位移公式得最大距离，故C正确； D、由B项分析可知两车在t＝2s时相遇，此后b车速度始终大于a车速度，两车不会再次相遇，故两车在运动过程中只能相遇一次，故D错误。 故选：C。 7．一物体沿x轴运动，其位置坐标x与时间t的关系为x＝1+3t+4t2（x的单位为m，t的单位是s），则下列说法正确的是（　　） A．该物体第1秒内位移大小为7m B．该物体第1秒内位移大小为8m C．该物体第2秒末速度大小为11m/s D．该物体第2秒末速度大小为23m/s 【答案】A 【解答】解：AB．将t＝1s代入x＝1+3t+4t2得，该物体第1秒末的位置x＝1+3t+4t2＝（1+3+4）m＝8m， 将t＝0代入x0＝1+3t+4t2得该物体第1秒初的位置x0＝1m，故该物体第1秒内位移大小Δx＝x﹣x0＝7m 故A正确，B错误； CD．将x＝1+3t+4t2与匀变速运动位移—时间公式进行对比分析，知道初速度v0＝3m/s，加速度a＝8m/s2，则该物体第2秒末速度大小v＝v0+at＝3m/s+8×2m/s＝19m/s，故CD错误。 故选：A。 8．一辆汽车在平直公路上行驶，其位移随时间的变化规律为x＝10t﹣2t2（m），根据这一关系式可知，汽车速度为零的时刻是（　　） A．1.0s B．1.5s C．2.0s D．2.5s 【答案】D 【解答】解：根据题意，由运动学公式x＝v0tat2， 结合汽车的位置坐标x随时间t的变化关系式为x＝10t﹣2t2 可得初速度大小为：v0＝10m/s，加速度为：a＝﹣4m/s2 即汽车做初速度为10m/s，加速度大小为4m/s2的匀减速直线运动，汽车速度为零的时间ts＝2.5s 即汽车速度为零的时刻是2.5s末。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 9．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝4t+2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（　　） A．第1s内的位移是2m B．前2s内的平均速度是16m/s C．任意相邻1s内的位移差都是4m D．任意1s内的速度增量都是2m/s 【答案】C 【解答】解：A、将t＝1s代入位移公式，第1s内位移，故A错误； B、将t＝2s代入位移公式，前2s内位移，平均速度，故B错误； C、对比匀变速直线运动位移公、结合题干x＝4t+2t2可得质点初速度v0＝4m/s、加速度a＝4m/s2，匀变速直线运动相邻相等时间内位移差满足 Δx＝aT2＝4×12m＝4m，故C正确； D、任意1s内速度增量Δv＝aΔt＝4×1m/s＝4m/s，故D错误。 故选：C。 10．质点做匀变速直线运动的位移与时间的关系为x＝3+5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（　　） A．第1s内的位移是9m B．t＝1s时的速度是6m/s C．任意相邻的1s内位移差都是6m D．任意1s内的速度增量都是2m/s 【答案】D 【解答】解：A．匀变速直线运动的位移时间关系为。与题给关系式比较，得x0＝3m，v0＝5m/s，a＝2m/s2。第1s内的位移为，故A错误； B．由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0+at，质点在t＝1s时的速度为v＝5m/s+2×1m/s＝7m/s，故B错误； C．由匀变速直线运动连续相等时间内的位移差推论Δx＝aT2＝2×12m＝2m，故C错误； D．任意1s内的速度增量为Δv＝aΔt＝2×1m/s＝2m/s，故D正确。 故选：D。 考向二　位移公式的应用 本考向学会用位移公式解决实际问题，掌握基本计算、刹车问题与多过程运动的处理方法。 考点三　位移公式的基本应用 ■ 三、用位移公式解匀变速运动 （一）基本思路 选定正方向，明确初速度 v0、加速度 a 和时间 t，代入 x＝v0t＋½at² 求位移。 （二）已知位移求加速度 已知位移、初速度和时间时，可由 求加速度。 （三）平均速度法 匀变速直线运动的平均速度为 ，位移也可由 x＝½(v0＋v)t 求。 （四）第 n 秒内的位移 某一秒内的位移等于前 n 秒位移减去前 n−1 秒位移，即“整段相减”。 注意：v0＝0 时 x＝½at²，位移与时间平方成正比，据此可由位移比求时间比、由时间比求位移比。 ◆ 考点专练（第 11～15 题） 11．周末，小七同学乘坐地铁去参观博物馆，乘车时，她站在最后一节车厢的尾部，她发现地铁每次加速驶离站台的时间约为9s，下车后经询问工作人员得知，该列地铁属于A型，6节车厢编组，每节车厢长约为20m，据此可估算该地铁加速过程的平均加速度约为（　　） A．1.5m/s2 B．2.0m/s2 C．2.5m/s2 D．3.0m/s2 【答案】D 【解答】解：根据题意分析可知，由匀变速直线运动公式 其中x＝6×20m＝120m，v0＝0，t＝9s 解得a≈3.0m/s2，故D正确，ABC错误。 故选：D。 12．一物体做匀加速直线运动，第2s内的位移为15m，第3s内的位移为25m，以下说法正确的是（　　） A．物体运动的加速度为10m/s2 B．这两秒内的平均速度为25m/s C．第3s末的瞬时速度为25m/s D．物体运动的初速度为10m/s 【答案】A 【解答】解：A、第2s内的位移是15m，第3s内的位移是25m，则由Δx＝aT2，将Δx＝25m﹣15m＝10m，T＝1s代入，解得：a＝10m/s2，故A正确； B．第2秒和第3秒内的总位移为x＝15m+25m＝40m，时间共2秒，则平均速度为，故B错误； C．根据匀变速直线运动的规律可知，第2s末的瞬时速度v2， 则第3s末的瞬时速度：v3＝v2+aT，解得：v3＝30m/s，故C错误； D、根据v2＝v0+a•2T可得物体运动的初速度为：v0＝0，故D错误。 故选：A。 13．近几年来我国新能源汽车发展迅速，现对国产某品牌新能源汽车进行性能测试。已知该汽车在4s内通过的路程为60m，同时它的速度变为原来的5倍。如果汽车做的是匀加速直线运动，则该汽车的加速度大小为（　　） A．a＝5m/s2 B．a＝4m/s2 C．a＝3m/s2 D．a＝6m/s2 【答案】A 【解答】解：设汽车初速度为v0，4s末汽车速度为v＝5v0 该汽车在4s内通过的路程为60m，根据匀变速直线运动公式可得 其中t＝4s，x＝60m，联立解得v0＝5m/s，v＝25m/s 则该汽车的加速度大小为 故A正确，BCD错误。 故选：A。 14．如图所示，一质点做匀变速直线运动，某时刻位于A点，之后某时刻位于B点，再之后位于C点，已知从A到B和从B到C速度的变化量Δv均为6m/s，AB间的距离x1＝3m，BC间的距离x2＝13m，则该质点的加速度大小为（　　） A．3.6m/s2 B．4m/s2 C．4.2m/s2 D．4.8m/s2 【答案】A 【解答】解：因为从A到B和从B到C速度的变化量Δv均为6m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，根据匀变速直线运动的规律有Δv＝aT＝6m/s， 代入数据联立可得，a＝3.6m/s2 故A正确，BCD错误。 故选：A。 15．2025年9月，比亚迪仰望U9X在德国ATP测试场以496.22km/h的最高时速刷新全球汽车极速纪录，成为世界最快量产汽车。在一次赛道测试中，U9X从静止开始做匀加速直线运动，跑完400m（即“零四加速”）用时约为10s。关于该加速过程，下列说法正确的是（　　） A．U9X的平均速度约为40m/s B．U9X的末速度约为40m/s C．U9X的加速度约为4.0m/s2 D．U9X在中间时刻的瞬时速度约为80m/s 【答案】A 【解答】解：A、平均速度的定义为总位移与总时间的比值，代入数据得，故A正确； B、根据匀变速直线运动的推论可知，初速度为0的匀加速直线运动，平均速度满足 代入数据解得末速度，故B错误； C、由位移与时间公式 代入数据得加速度大小为，故C错误； D、根据匀变速直线运动的推论可知，中间时刻的瞬时速度等于全程平均速度，即，故D错误。 故选：A。 考点四　刹车问题的位移 ■ 四、刹车问题的位移 （一）刹车特点 刹车后做匀减速直线运动，速度减到零后停止，此后不再运动、也不会反向运动。 （二）停止时间 令末速度 ，由速度公式得停止时间 。 （三）刹车位移 由 ，得刹车位移 。 （四）判断给定时间 若所给时间大于停止时间，只能按停止时间计算位移，不能直接套用公式。 （五）逆向思维 末速度为零的匀减速运动，其逆过程是初速度为零的匀加速运动。 注意：刹车问题务必先算停止时间，再判断用哪段时间，避免“停车后仍按公式继续减速”的错误。 ◆ 考点专练（第 16～20 题） 16．新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2s内速度由12m/s减至0。该过程中汽车位移大小为（　　） A．6m B．12m C．24m D．36m 【答案】B 【解答】解：根据题意可知，汽车做匀减速直线运动， 则该过程中汽车位移大小为 代入数据解得x＝12m 故ACD错误，B正确。 故选：B。 17．一汽车在平直的公路上以20m/s的速度匀速行驶，前面有情况需紧急刹车，刹车的加速度大小是5m/s2。刹车后可视为匀减速直线运动，则下列说法正确的是（　　） A．刹车2s末的速度为30m/s B．刹车2s车的位移为50m C．刹车5s末，车的速度为0 D．开始刹车，经过6s车的位移为30m 【答案】C 【解答】解：A、汽车刹车到完全停止的时间为 即汽车4s后停止运动，速度恒为0，位移不再增加。刹车2s末t＝2s＜4s，汽车仍在减速，速度v＝v0﹣at＝20m/s﹣5×2m/s＝10m/s，故A错误； B、刹车2s内的位移，由位移公式可知，故B错误； C、刹车5s末t＝5s＞4s，汽车已完全停止，刹车5s末速度为0，故C正确； D、刹车6s的位移等于停车总位移，可知位移40m，故D错误。 故选：C。 18．一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，某时刻司机发现前方有障碍物，立刻进行紧急制动做匀减速直线运动，汽车恰好没有与障碍物相撞。已知汽车匀减速过程中第1s内位移的大小为16m，最后1s内位移的大小为4m，汽车可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．汽车匀速时的速度大小为25.6m/s B．汽车减速时的加速度大小约为4.8m/s2 C．司机从发现障碍物到停下所用时间为2.5s D．司机发现障碍物时与障碍物的距离为39m 【答案】C 【解答】解：AB、设汽车匀速时的速度大小即初速度为v0，加速度大小为a。将汽车匀减速到停止的过程逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，已知最后1s内的时间t2＝1s，位移x2＝4m，根据，解得a＝8m/s2。已知第1s内的时间t1＝1s，位移x1＝16m，根据，解得v0＝20m/s，故AB错误； C、司机发现前方有障碍物立刻进行紧急制动，司机从发现障碍物到停下所用时间即为减速总时间t，根据v0＝at，解得t＝2.5s，故C正确； D、由于汽车恰好没有与障碍物相撞，司机发现障碍物时与障碍物的距离等于汽车减速到停止的总位移x，根据，解得x＝25m，故D错误。 故选：C。 19．2025年9月3日，“歼﹣10”战斗机亮相纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式。假设一架“歼﹣10”战斗机在一条笔直的水平跑道上着陆，刚着陆时速度为120m/s，在着陆的同时立即打开阻力伞。由于阻力的作用，战斗机加速度的大小为6m/s2。战斗机着陆后40s时间内的位移（　　） A．900m B．1200m C．3600m D．6300m 【答案】B 【解答】解：由v＝v0﹣at0，求停止运动时间：。战斗机20s就已经停止，因此40s内位移等于20s内的位移。 由，，故B正确，ACD错误。 故选：B。 20．一辆汽车以30m/s的速度在平直的公路上做匀速直线运动，突然发现前方有一障碍物，司机反应0.5s后刹车，刹车的加速度大小为6m/s2，恰好没有撞到障碍物，求： （1）则刹车后6s内汽车的位移大小； （2）发现障碍物时，汽车与障碍物的距离； （3）从司机发现障碍物到刹车停止的过程中，汽车运动的平均速度大小。 【答案】（1）则刹车后6s内汽车的位移大小为75m； （2）发现障碍物时，汽车与障碍物的距离为90m； （3）从司机发现障碍物到刹车停止的过程中，汽车运动的平均速度大小为16.36m/s。 【解答】解：（1）根据速度与时间公式可知，汽车刹车制动到速度为零时的时间为 代入数据解得t＝5s＜6s 故汽车刹车5s后已经停下， 汽车刹车阶段的位移为 （2）刹车前反应阶段的位移为x1＝vt1＝30m/s×0.5s＝15m 发现障碍物时，汽车与障碍物的距离为x＝x1+x2＝15m+75m＝90m （3）汽车运动的总时间为t总＝t+0.5s＝5s+0.5s＝5.5s 汽车运动的平均速度为16.36m/s 答：（1）则刹车后6s内汽车的位移大小为75m； （2）发现障碍物时，汽车与障碍物的距离为90m； （3）从司机发现障碍物到刹车停止的过程中，汽车运动的平均速度大小为16.36m/s。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/10/2 16:18:23；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 考点五　多过程运动问题 ■ 五、多过程运动 （一）分段处理 经历匀加速、匀速、匀减速等多个阶段时，要逐段分析，每一阶段分别用相应规律。 （二）衔接点速度 前一阶段的末速度等于后一阶段的初速度，衔接处速度连续。 （三）统一正方向 全程规定一个正方向，各阶段加速度的正负都相对该方向判断。 （四）总位移与总时间 各段时间相加得总时间；折返运动时，总位移按各段位移的代数和求，总路程才是各段长度之和。 注意：分析多过程要先画运动过程草图，弄清各段的初、末速度和位移，再逐段列式。 图 4　多过程 v-t 图象：先加速、再匀速、后减速，各段面积之和为总位移 ◆ 考点专练（第 21～25 题） 21．如图所示，一辆轿车以20m/s的速度，从匝道驶入限速为90km/h的某高架桥快速路的行车道。由于前方匀速行驶的货车速度较小，轿车司机踩油门超车，加速8s后发现无超车条件，立即踩刹车减速，经过3s减速后，刚好与前方货车保持约60m距离同速跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示，货车一直保持匀速。下列说法中正确的是（　　） A．该过程轿车出现了超速情况 B．加速过程轿车的加速度大小为3m/s2 C．轿车开始加速时与货车的距离约为101m D．该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大 【答案】C 【解答】解：A．由题图乙可知轿车的最大速度为24 m/s＝86.4 km/h＜90km/h，该过程轿车没有超速，故A错误； B．根据加速度定义式分析可知，轿车的加速度大小为，故B错误； C．根据匀变速直线运动的公式分析可知，0～11s内，轿车的位移为 货车的位移为x2＝18×11m＝198m 开始的距离为d＝x1+x0﹣x2＝239m+60m﹣198m＝101m，故C正确； D．根据题意分析可知，轿车速度一直大于货车速度，直到11s末两车速度相等，所以两车距离一直在减小，故D错误。 故选：C。 22．可视为质点的电梯由静止开始沿竖直方向先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，最终速度减为0，已知电梯加速、匀速、减速阶段经历的时间分别为t1、t2、t3，电梯加速、匀速、减速阶段运动的位移大小分别为x1、x2、x3，加速阶段和减速阶段的加速度大小分别为a1、a2，则下列关系式成立的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：A．设电梯做匀速直线运动的速度大小为v，根据速度—时间关系可得：v＝a1t1＝a2t3 解得：，故A错误； C．根据匀变速直线运动的位移—时间关系可得电梯加速阶段的位移大小： 匀速阶段的位移大小：x2＝vt2＝a1t1t2 因此有：，故C错误； BD．根据平均速度计算位移的方法可知，电梯减速阶段的位移大小： 因此有：，故B正确，D错误。 故选：B。 23．某种电子设备在一定距离内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，蓝牙会自动连接；一旦距离超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通信。如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶上的O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内能够实现通信。t＝0时刻，甲、乙两车刚好并行于图示位置，此时甲车的速度大小为5m/s，乙车的速度大小为2m/s，O1、O2之间的距离为3m。从该时刻起，甲车以大小为1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有的速度做匀速直线运动。则从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（　　）（忽略信号传递时间） A．2 s B．4 s C．4.25 s D．6.25 s 【答案】D 【解答】解：根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且O1O2＝5m时，有x甲﹣x乙＝4m 根据位移与时间公式，甲做匀减速直线运动有 乙做匀速直线运动有x乙＝v乙t 代入数据解得t1＝2s，t2＝4s 当0＜t＜2s时，O1O2＜5m 当2s＜t＜4s时，O1O2＞5m t＝t2＝4s时，甲车的速度v甲1＝v甲﹣at2 代入数据解得v甲1＝1m/s＜v乙 t＝4s之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行驶的距离 代入数据解得x甲1＝0.5m 根据几何关系可知，从t＝4s开始到乙车行驶至甲车前方4m的过程中，O1O2＜5m，这段过程经历的时间 代入数据解得t′＝4.25s 所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间t总＝2s+4.25s＝6.25s。故ABC错误，D正确。 故选：D。 24．一辆货车以v＝20m/s的速度在平直公路上超速行驶。当这辆超速行驶的货车经过警车时，警车立刻从静止开始以a＝2.5m/s2的加速度匀加速追上去，从警车启动开始计时，到追上货车的这一过程中，求： （1）警车追上货车的时间t是多少？追上时警车的位移x是多少？ （2）追上前两车相距的最远距离Δx是多少？ 【答案】（1）警车追上货车的时间为16s，追上时警车的位移为320m； （2）追上前两车相距的最远距离为80m。 【解答】解：（1）货车做匀速直线运动，位移x货＝vt 警车做初速度为0的匀加速直线运动，位移 追上时满足x货＝x警 代入v＝20m/s、a＝2.5m/s2，得 舍去初始解t＝0，得t＝16s，代入位移公式得x＝320m （2）两车速度相等前，货车速度大于警车，距离持续增大；速度相等后警车速度大于货车，距离持续减小，因此共速时两车相距最远。 共速时警车速度等于货车速度，由v＝at1 得共速时间 代入数据解得t1＝8s 该时刻货车位移x货'＝vt1 代入数据解得x货'＝160m 该时刻警车位移 最远距离Δx＝x货'﹣x警' 代入数据解得Δx＝80m。 答：（1）警车追上货车的时间为16s，追上时警车的位移为320m； （2）追上前两车相距的最远距离为80m。 25．通过“30m折返跑”的测试成绩可以反映一个人的身体素质。在平直的跑道上，一学生站立在起点线处，当听到起跑口令后（测试员同时开始计时），跑向正前方30m处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，返程无需减速，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即为折返跑的成绩。学生加速或减速过程均视为匀变速，触摸杆的时间不计。该学生加速时的加速度大小为a1＝2.5m/s2，减速时的加速度大小为a2＝5m/s2，到达折返线处时速度需减小到零，并且该生全过程中最大速度不超过vm＝10m/s。求： （1）该学生跑向正前方30m处的折返线的最好成绩； （2）该学生“30m折返跑”全程的最好成绩。 【答案】（1）该学生跑向正前方30m处的折返线的最好成绩为6s； （2）该学生“30m折返跑”全程的最好成绩为11s。 【解答】解：（1）跑向正前方30m处的折返线时，设加速到最大速度vm的位移为x1，减速到零的位移为x2； 根据匀变速直线运动速度—位移公式有，代入数据解得； 同理减速位移，代入数据解得； 因为x1+x2＝20m+10m＝30m，恰好等于单程总位移，说明该学生刚好匀加速到最大速度后立即匀减速到零； 此过程加速时间，减速时间； 该学生跑向正前方30m处折返线的最好成绩t＝t1+t2＝4s+2s＝6s。 （2）转身跑回起点线时，由于返程无需减速，学生应先以最大加速度加速至最大速度，然后保持匀速跑回终点； 加速阶段时间与去程加速相同，即t3＝4s，位移x3＝20m； 匀速阶段的位移x4＝30m﹣x3＝10m； 匀速运动的时间； 返程总用时t'＝t3+t4＝4s+1s＝5s； 全程最好成绩t总＝t+t'＝6s+5s＝11s。 答：（1）该学生跑向正前方30m处的折返线的最好成绩为6s； （2）该学生“30m折返跑”全程的最好成绩为11s。 考向三　速度与位移关系 本考向理解速度与位移的关系式，学会在不涉及时间的问题中快速求解，并掌握中间时刻、中间位置速度等推论。 考点六　速度位移公式 v²−v0²＝2ax 的应用 ■ 六、速度与位移的关系 （一）公式 （二）推导 由速度公式 和位移公式 消去时间 t，即可得到速度位移关系。 （三）知三求一 公式反映初速度 v0、末速度 v、加速度 a、位移 x 之间的关系，已知其中三个量可求第四个量。 （四）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。 （五）两种特殊形式 当 时，（初速度为零的匀加速）；当 时，（末速度为零的匀减速）。 注意：当问题中不涉及时间时，优先用速度位移公式，比联立速度公式和位移公式更简便。 图 5　速度位移关系把初速度、末速度、加速度、位移四个量联系起来 图 6　飞机由静止起飞，跑道长度可由起飞速度和加速度估算：x＝v²/(2a) ★ 中间时刻速度与中间位置速度 中间时刻速度　等于全程平均速度： 中间位置速度　 二者大小　无论匀加速还是匀减速，总有 。 记忆点：中间时刻速度用平均速度；中间位置速度对前、后两半分别用速度位移公式联立。 ◆ 考点专练（第 26～30 题） 26．一质点在某段时间内做匀加速直线运动，初速度为1m/s，末速度为7m/s，则质点在这段时间中间时刻的速度v1、经过中间位置时的速度v2的大小情况是（　　） A．v1＝v2＝4m/s B．v1＝v2＝5m/s C．v1＝4m/s，v2＝5m/s D．v1＝5m/s，v2＝4m/s 【答案】C 【解答】解：在匀变速直线运动中，中间时刻瞬时速度的大小等于这段运动初、末速度之和的一半 故 由匀变速直线运动的推论可知中间位置的瞬时速度为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 27．航空母舰上装备的电磁弹射系统可使静止的舰载机获得10m/s的初速度，而后由机载发动机使得舰载机在100m内达到70m/s的起飞速度。假设弹射后舰载机做匀加速直线运动，则该过程中其加速度大小为（　　） A．24m/s2 B．24.5m/s2 C．48m/s2 D．50m/s2 【答案】A 【解答】解：已知初速度 v0＝10m/s，末速度v＝70m/s，位移x＝100m，根据匀加速直线运动的速度—位移关系，代入数据得a＝24m/s2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 28．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为2m/s，1s后速度的大小变为6m/s。在这1s内该物体的（　　） A．位移的大小可能小于2m B．位移的大小可能大于6m C．加速度的大小可能小于2m/s2 D．加速度的大小可能大于6m/s2 【答案】D 【解答】解：1s后速度的方向与初速度方向可能相同，也可能相反。 当1s后速度的方向与初速度方向相同时，物体的加速度大小为，位移大小为；当1s后速度的方向与初速度方向相反时，物体的末速度v'2＝﹣6m/s，则物体的加速度大小为a'，负号说明加速度方向与初速度方向相反，物体的位移大小为x'，负号说明位移的方向与初速度方向相反；则位移大小不可能小于2m，也不可能大于6m；加速度大小可能大于6m/s2，不可能小于2m/s2，故D正确，ABC错误。 故选：D。 29．一物体做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，B为AC的中点，已知物体在AB段的平均速度为v1，在BC段的平均速度为v2，物体在A点速度为vA，在C点速度为vC，则下列说法正确的是（　　） A．物体在B点的速度为 B．物体通过AB段和BC段所用时间之比为 C．物体在AC段的平均速度为 D．v1可能等于v2 【答案】C 【解答】解：设AB＝BC＝x B、物体通过AB段的时间为，物体通过BC段的时间为，所以物体通过AB段和BC段所用时间之比为，故B错误； C、物体在AC段的平均速度为，解得，故C正确； D、因为物体做匀加速直线运动，所以物体的速度越来越大，经过相等位移所用时间越来越短，所以物体经过AB和BC段的平均速度不可能相等，即v1不可能等于v2，故D错误； A、设物体经过B点的速度为vB，物体的加速度为a，则，解得，故A错误。 故选：C。 30．如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过R点时的瞬时速度为（　　） A．11m/s B．12m/s C．12.5m/s D．13m/s 【答案】A 【解答】解：公交车做匀减速直线运动，设RS＝d，经过R，S，T三点的瞬时速度大小分别为vR、vS、vT，减速运动的加速度大小为a。 由平均速度定义可得：， 由匀变速直线运动的速度—位移关系，RS段有 同理，ST段有 联立两段距离关系，得 整理得 解得vR＝11m/s 因此，公交车经过R点时瞬时速度大小为11m/s，方向沿R→S→T的运动方向。故A正确，BCD错误。 故选：A。 ★ 综合培优检测（15 题） ◆ 综合检测（第 31～45 题） 31．某辆无人驾驶汽车在封闭的平直道路上进行测试。汽车以20m/s的速度匀速行驶，发现障碍物的瞬间立即启动刹车系统，刹车2s末的速度大小为12m/s。已知汽车刹车时做匀减速直线运动，取汽车刚开始刹车时为0时刻，下列说法正确的是（　　） A．汽车刹车时的加速度大小为8m/s2 B．第4s末汽车的速度大小为4m/s C．第6s末汽车的速度大小为4m/s D．0～6s内汽车的速度变化量大小为24m/s 【答案】B 【解答】解：A、汽车刹车时的加速度大小为 ，故A错误； BC、汽车刹车到停下所用时间为 则第4s末汽车的速度大小为v4＝v0﹣at4 代入数据可得v4＝4m/s，第6s末汽车的速度大小为0，故B正确，C错误； D．0～6s内汽车的速度变化量大小为|Δv|＝|0﹣v0| 代入数据可得|Δv|＝20m/s，故D错误。 故选：B。 32．如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d，下列说法正确的是（　　） A．质点由O到达各点的时间之比 B．质点通过各点的速率之比va：vb：vc：vd＝1：2：3：4 C．在斜面上运动的平均速度（vb为物体到达b点的速度） D．在斜面上运动的平均速度（vd为物体到达d点的速度） 【答案】D 【解答】解：A．质点做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移—时间关系可得： 由于斜面上的四段距离相等，则从O到a、b、c、d的距离之比为：xa：xb：xc：xd＝1：2：3：4 所以质点由O到达各点的时间之比为，故A错误； B．根据速度—时间公式可得v＝at，则质点通过各点的速率之比为，故B错误； C．由于Oa：ad＝1：3，可知质点到达a的时间是总时间的一半，所以全过程中的平均速度等于a点的瞬时速度，故C错误； D．质点做初速度为零的匀加速直线运动，由可知，质点在斜面上运动的平均速度，故D正确。 故选：D。 33．广州地铁18号线列车的最高速度为160km/h（约44m/s），设列车匀加速出站和匀减速进站的时间均为40s，则列车在轨道平直、距离为8800m的两站点间运行的最短时间约为（　　） A．240s B．200s C．160s D．150s 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，列车在两站间运行时间要最短，则全过程的平均速度要达到最大，则以最大速度运动的时间最长，则列车的运动过程应是：先匀加速到最高速度，再匀速，再从最高速度减小到零，恰好到站。设列车出站加速到最高速度时间为t1，位移为x1，根据对称性，列车进站减速到零时间和位移也为t1、x1，由匀变速直线运动规律 则匀速运动时间 则运动的总时间为 t＝2t1+t2 代入数据解得t＝240s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 34．某一段道路实行区间测速，平均速率的高限为70km/h，交管部门在这段区间的两端各置一个自动计时点，用来确定两端点间的平均速率是否超限。有一辆汽车驶入这段长为4.2km的区间，该车司机注意到通过第一个计时点的瞬时速率为66km/h，汽车匀加速行驶36s后瞬时速率达到74km/h，紧接着以此速率行驶60s，然后匀减速行驶。将汽车视为质点，为使该车在这个区间测速段的平均速率不超过高限70km/h，该车通过第二个计时点时的最大瞬时速率为（　　） A．60km/h B．62km/h C．66km/h D．68km/h 【答案】B 【解答】解：根据题意分析可知，若汽车在区间限速段平均速率恰为v＝70km/h，全程用时t，代入数据解得t＝0.06 h 在t1h＝0.01h时间内，汽车匀加速行驶x1t1 代入数据解得x1＝0.7 km 在t2h时间内，汽车匀速行驶x2＝v2t2 代入数据解得x2km 在t3＝t﹣t1﹣t2时间内，汽车匀减速行驶x3＝x﹣x1﹣x2，x3t3 联立解得v3＝62 km/h，故B正确，ACD错误。 故选：B。 35．一辆汽车行驶在平直公路上，从t＝0时开始制动，汽车在第1s内、第2s内、第3s内前进的距离分别是9m、7m、5m，如图所示。某同学根据题目所提供的信息，猜想汽车在制动后做匀减速直线运动。如果他的猜想是正确的，下列说法正确的是（　　） A．汽车的加速度大小为2m/s2 B．汽车的加速度大小为5m/s2 C．第1s末的瞬时速度大小为9m/s D．汽车的初速度大小为8m/s 【答案】A 【解答】解：AB、若猜想正确，汽车做匀减速直线运动，则根据逐差法有 代入数据解得a＝﹣2m/s2，故A正确，B错误； C、根据匀变速直线运动中关于平均速度等于中间时刻瞬时速度的推论，可知1s末的瞬时速度为 故C错误； D、在第1s内，由位移与时间公式 代入数据解得v0＝10m/s，故D错误。 故选：A。 36．一辆汽车在路口等灯，看到绿灯亮起，汽车从静止开始启动做加速度大小为a的匀加速直线运动，当速度增大到v0时看到前面有一小动物通过，司机立即刹车做加速度大小为a的匀减速直线运动至速度减为0，等待小动物通过路口，之后司机又以大小为a的加速度做匀加速直线运动，直到速度达到2v0。这段时间内汽车通过的总路程为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，这段时间内汽车运动的总路程，故A正确，BCD错误。 故选：A。 37．如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受加速度大小之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：根据运动学公式分析可知，在路面上有 在冰面上有 其中 ， 解得汽车进入冰面瞬间的速度为 ，故A正确，BCD错误。 故选：A。 38．足球比赛中，某队员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，后匀减速至接球点停止。全程用时5s，位移大小为20m，则该队员在某时刻的速度和加速度的大小可能是（　　） A．5m/s，1.2m/s2 B．5m/s，2.2m/s2 C．9m/s，1.2m/s2 D．9m/s，2.2m/s2 【答案】B 【解答】设该队员匀加速的最大速度为vm，加速时间为t1，减速时间为t2，全程总时间是t： t＝t1+t2 由于初、末速度均为0，全程的位移可由平均速度法得： 代入x＝20m、t＝5s，可得最大速度： 由此全程任意时刻的速度都不可能超过最大速度vm。 又加速过程或减速过程的最大时间均小于总时间t，则有： vm＜amint 得全程的最小加速度： 故选：B。 39．如图所示，有一小球以某一初速度从斜面底部冲上一足够长的斜面，依次还经过了A、B、C三点，并最高可到D点（D点在图中没有画出），已知AB、BC距离均为6m，所用时间分别为1s和2s，则C到D的时间应为（　　） A．1s B．0.5s C．0.3s D．0.6s 【答案】B 【解答】解：小球做匀变速直线运动，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，AB段所用时间t1＝1s，BC段所用时间t2＝2s， 故AB段的中间时刻瞬时速度为； BC段的中间时刻瞬时速度； 则加速度大小为； 设C到最高点D时间为t，结合逆向思维则有，解得t＝0.5s，故B正确，ACD错误。 故选：B。 40．到2035年，重庆市高速公路将达到7000公里，如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度（识别区起点到自动栏杆的水平距离）L＝8m，当汽车以小于20km/h的速度进入识别区时，若能被正常识别，自动栏杆抬起，让小车直接匀速通过ETC通道。已知ETC天线识别车载电子标签和完成自动抬杆共需耗时0.3s。某自动驾驶汽车以18km/h的速度匀速进入识别区，0.3s时汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5m/s2，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.8m。则自动驾驶系统的反应时间为（　　） A．0.4s B．0.04s C．0.2s D．0.02s 【答案】B 【解答】解：已知ETC时间t1＝0.3s，ETC通道的长度L＝8m，汽车加速度a＝5m/s2，汽车的速度为v＝18km/h＝5m/s，汽车停止时距离自动栏杆的距离x＝3.8m 设自动驾驶系统的反应时间为t，根据匀变速直线运动规律可知：L﹣v（t+t1）﹣x，代入数据得：t＝0.04s，故B正确，ACD错误。 故选：B。 41．2026年“美加墨”世界杯足球比赛中，某球员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，后匀减速至接球点停止。全程用时5s，位移大小为25m，则该队员在跑动过程中的最大速度是（　　） A．4m/s B．5m/s C．8m/s D．10m/s 【答案】D 【解答】解：设队员跑动过程的最大速度为vm，加速时间为t1，减速时间为t2，则总时间t＝t1+t2＝5s 匀加速阶段平均速度 匀减速阶段平均速度 总位移 联立代入数据解得，故D正确，ABC错误。 故选：D。 42．为确保校园道路安全，某中学门外路段设置了如图所示的橡胶减速带。一汽车正以16m/s的速度行驶在该路段，在离减速带22m处该车开始做匀减速直线运动，结果以6m/s的速度通过减速带，通过后立即以2.5m/s2的加速度加速到原来的速度，汽车可视为质点，减速带的宽度忽略不计。求： （1）汽车减速时的加速度大小； （2）减速阶段所用的时间； （3）由于减速带的存在，该汽车通过这段距离多用的时间。 【答案】（1）汽车减速时的加速度大小为5m/s2； （2）减速阶段所用的时间为2s； （3）由于减速带的存在，该汽车通过这段距离多用的时间为1.875s。 【解答】解：（1）初速度v0＝16m/s，末速度v＝6m/s，减速位移x1＝22m 根据匀变速直线运动公式 解得，所以加速度大小为5m/s2； （2）根据匀变速直线运动的速度—时间关系可得：v＝v0+a1t1 解得t1＝2s； （3）加速阶段所用时间 加速阶段位移，解得：x2＝44m 实际总时间t＝t1+t2＝2s+4s＝6s 匀速通过时间 多用的时间Δt＝t﹣t′＝6s﹣4.1235s＝1.875s。 答：（1）汽车减速时的加速度大小为5m/s2； （2）减速阶段所用的时间为2s； （3）由于减速带的存在，该汽车通过这段距离多用的时间为1.875s。 43．如图1所示为黔南州绿博园内七彩滑道娱乐项目，游客可乘坐滑道车从顶端滑下，最终停在水平滑道上，整个过程充满刺激。滑道可简化为由倾斜部分AB和水平部分BC平滑连接而成，如图2所示。现有一小孩从滑道顶端A点以v0＝2m/s的初速度沿斜面被推下，以加速度大小为a＝2m/s2加速下滑，经过时间t＝4s滑到B点。已知小孩从B点滑入水平部分前后速度大小不变，小孩可视为质点。 （1）求小孩滑到B点时的速度v的大小以及滑道倾斜部分AB的长度x。 （2）现有一大人以a0＝3m/s2的加速度从A点无初速度滑下，到达B点时发现正前方s0＝10m处有一小孩以速度大小为v1＝8m/s、加速度大小为a1＝1m/s2向右匀减速滑行。大人立即采取减速制动措施，以加速度大小为a2＝2m/s2向右匀减速滑行。整个过程中小孩未滑离水平滑道，请通过计算判断大人和小孩是否会发生碰撞？已知大人从B点滑入水平部分前后速度大小不变，大人可视为质点。 【答案】（1）小孩滑到B点时的速度v的大小为10m/s，滑道倾斜部分AB的长度x为24m。 （2）现有一大人以a0＝3m/s2的加速度从A点无初速度滑下，到达B点时发现正前方s0＝10m处有一小孩以速度大小为v1＝8m/s、加速度大小为a1＝1m/s2向右匀减速滑行。大人立即采取减速制动措施，以加速度大小为a2＝2m/s2向右匀减速滑行。整个过程中小孩未滑离水平滑道，大人和小孩不会发生碰撞。 【解答】解：（1）小孩从A点滑到B点做匀加速直线运动，根据速度—时间公式可得小孩滑到B点时的速度v＝v0+at＝2m/s+2×4m/s＝10m/s 根据位移—时间公式 可得运动的位移为x＝24m （2）根据速度—位移公式 解得大人运动到B点的速度为v2＝12m/s 设大人与小孩速度相等时经历的时间为t1，则有v1﹣a1t1＝v2﹣a2t1 解得t1＝4s 大人运动的位移为 解得x2＝32m 小孩运动的位移为 解得x1＝24m 此时Δx＝x2﹣x1＝32m﹣24m＝8m＜s0＝10m 所以大人和小孩不会发生碰撞。 答：（1）小孩滑到B点时的速度v的大小为10m/s，滑道倾斜部分AB的长度x为24m。 （2）现有一大人以a0＝3m/s2的加速度从A点无初速度滑下，到达B点时发现正前方s0＝10m处有一小孩以速度大小为v1＝8m/s、加速度大小为a1＝1m/s2向右匀减速滑行。大人立即采取减速制动措施，以加速度大小为a2＝2m/s2向右匀减速滑行。整个过程中小孩未滑离水平滑道，大人和小孩不会发生碰撞。 44．一辆违规超载的货车以v0＝15m/s的速度在平直公路上匀速行驶，经过一辆停在相邻车道的警车。警车立即启动追赶货车，启动后以a＝5m/s2的加速度做匀加速直线运动。不考虑车的长度，忽略车道宽度。求： （1）警车追上货车所需的时间t； （2）警车追上货车前，两车间的最大距离Δx； （3）若考虑实际情况，警车驾驶员需经反应时间t0＝1s后启动，警车达到最大限速vm＝20m/s后开始做匀速直线运动，求从货车经过警车到警车追上货车时所需的时间t总。 【答案】（1）警车追上货车所需的时间为6s； （2）两车间的最大距离为22.5m （3）从货车经过警车到追上货车所需的时间为12s。 【解答】解：（1）警车追上货车时两车的位移相等，根据运动学规律有； 代入数据得，解得追上货车所需时间t＝6s。 （2）在追上货车前，当两车速度相等时距离达到最大，设此时经过的时间为t1， 根据速度公式有at1＝v0，代入数据得5m/s2×t1＝15m/s，解得t1＝3s； 两车间最大距离，代入数据得。 （3）警车加速到最大速度所需时间，代入数据得； 警车在加速阶段的位移，代入数据得； 此时货车运动总时间为t0+t2，位移x2＝v0（t0+t2），代入数据得x2＝15m/s×（1s+4s）＝75m； 由于x2＜x1不成立，可知警车未追上货车，随后警车以最大速度匀速追赶，设还需时间t3， 根据位移关系有vmt3＝x2﹣x1+v0t3，代入数据得20m/s×t3＝75m﹣40m+15m/s×t3，解得t3＝7s； 从货车经过到追上货车所需总时间t总＝t0+t2+t3，代入数据得t总＝1s+4s+7s＝12s。 答：（1）警车追上货车所需的时间为6s； （2）两车间的最大距离为22.5m （3）从货车经过警车到追上货车所需的时间为12s。 45．如图所示，记录了某汽车开始制动后一段时间内的位置变化情况，刹车开始时记为0时刻，之后记录汽车每1s内的位移大小，设汽车做匀变速直线运动，求： （1）汽车制动的加速度大小和开始制动时的速度大小； （2）汽车开始制动后，8s内的平均速度大小。 【答案】（1）加速度大小2m/s2，开始制动时的速度大小等于10m/s； （2）平均速度3.125m/s。 【解答】解：（1）匀变速直线运动中连续相等时间间隔的位移差Δx＝aT2，Δx＝7m﹣9m＝﹣2m，T＝1s，，加速度大小为2m/s2； 0到1秒位移，代入x1＝9m，T＝1s，a＝﹣2m/s2，解得v0＝10m/s； （2）汽车停止所用时间，说明制动5s后车就静止，8s内位移等于5s内总位移。总位移 8s内平均速度。 答：（1）加速度大小2m/s2，开始制动时的速度大小等于10m/s； （2）平均速度3.125m/s。 同步培优系列 · 人教版（2019）必修第一册 · 2.3 匀变速直线运动的位移与时间的关系 学科网（北京）股份有限公司 $