資源簡介

第2節　位移變化規律　　　　　　　　　　　　　　　　
選擇題1～10題，每小題7分，共70分。
基礎對點練
題組一　s＝v0t＋at2的理解與應用
1.如圖甲、乙、丙是中學物理課本必修1中推導勻變速直線運動的位移公式所用的速度圖像，下列說法正確的是(　　)
甲圖中利用矩形面積的和來表示位移大小比實際位移大小偏小
甲圖中利用矩形面積的和表示位移大小比乙圖利用梯形面積表示位移大小更接近真實值
這種用面積表示位移的方法只適用于勻變速直線運動
若丙圖中縱坐標表示運動的加速度，則梯形面積表示加速度變化量
2.一質點在t＝0時刻開始做初速度為2 m/s、加速度為4 m/s2的勻加速直線運動，在0～2 s內質點的位移大小為(　　)
10 m 12 m 14 m 16 m
3.(多選)一質點做勻變速直線運動，其位移表達式為s＝(10t＋t2) m，則(　　)
質點的初速度為10 m/s
質點的加速度大小為1 m/s2
質點的加速度大小為2 m/s2
在4 s末，質點距出發點24 m處
題組二　v－v＝2as的理解與應用
4.某人騎電動車在平直公路上以6 m/s的速度勻速行駛。前方突遇險情，司機緊急剎車，電動車做勻減速直線運動，加速度大小為3 m/s2。從開始剎車到電動車停止，電動車運動的距離為(　　)
6 m 3 m 2 m 1 m
5.如圖所示，一小車從A點由靜止開始做勻加速直線運動，若到達B點時速度為v，到達C點時速度為2v，則sAB∶sBC等于(　　)
1∶1 1∶2 1∶3 1∶4
6.列車長為L，鐵路橋長為2L，列車勻加速行駛過橋，車頭過橋頭的速度為v1，車頭過橋尾時的速度為v2，則車尾過橋尾時速度為(　　)
3v2－v1 3v2＋v1
題組三　三個基本關系式的綜合應用
7.(2024·貴州安順市第二高級中學高一期中)某艦載作戰飛機沿平直跑道起飛過程分為兩個階段：第一階段是采用電磁彈射，由靜止開始勻加速直線運動，位移s時速度達到v，隨即第二階段在常規動力的作用下勻加速直線運動再用時t達到起飛速度2v，則該艦載作戰飛機第一、二階段的加速度之比為(　　)
8.如圖所示，在體育比賽場上，機器狗承擔了拾撿和運輸器材的任務。某次運輸過程中，當機器狗的速度為5 m/s時，其檢測到前方有一位站立不動的工作人員，為了避免相撞，機器狗立即以大小為2 m/s2的加速度勻減速直至停止，則機器狗開始減速后(　　)
3 s末機器狗的速度大小為1 m/s
直至停止所需時間為2.5 s
3 s內的位移大小為6 m
3 s內平均速度大小為2.5 m/s
綜合提升練
9.文明是現代城市的象征，道路交通文明有序，其中“禮讓行人，文明駕車”已深入人心。某司機發現前方有行人正通過人行橫道時，立即剎車做勻減速直線運動，汽車經4 s停止，恰好在停車線處停止運動。若在最后1 s內的位移為2 m，則汽車的初速度是(　　)
8 m/s 16 m/s 20 m/s 32 m/s
10.(2024·福建廈門一中月考)一輛汽車在平直公路上做勻變速直線運動，公路邊每隔15 m有一棵樹，如圖所示，汽車通過A、B兩相鄰的樹用了3 s，通過B、C兩相鄰的樹用了2 s，則下列說法正確的是(　　)
此汽車運動的加速度大小為2 m/s2
此汽車經過A樹時的速度大小為3.0 m/s
此汽車經過B樹時的速度大小為6.5 m/s
此汽車經過B樹時的速度大小為6.0 m/s
11.(10分)航空母艦的戰斗力主要依靠艦載機，假設航空母艦靜止在海面上，艦載機在航母跑道上由靜止開始以5 m/s2的加速度做勻加速直線運動。
(1)(3分)求滑行至第4 s末時(艦載機還未升空)，艦載機的速度大小；
(2)(3分)求滑行的前4 s內艦載機的位移大小；
(3)(4分)一般情況下艦載機需要達到50 m/s的速度才可升空，假如艦載機開始時獲得30 m/s的初速度，求航母跑道的最短長度。
12.(10分)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度L1＝4 m。水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物(可視為質點)從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，用時2 s恰好滑到傾斜滑軌的末端，并以同樣的速度大小進入水平滑軌，已知貨物在水平滑軌上做勻減速運動時的加速度大小a2為2.5 m/s2，求：
(1)(3分)貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；
(2)(3分)貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；
(3)(4分)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過1 m/s，求水平滑軌的最短長度L2。
培優加強練
13.(10分)可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲，如圖所示，有一企鵝在傾斜冰面上，先以加速度大小為0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8 s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前以加速度大小為8 m/s2減速滑行至最高點，最后又以加速度大小為4 m/s2退滑到出發點，完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)。求：
(1)(3分)企鵝向上“奔跑”的位移大小及8 s末速度大小；
(2)(3分)冰面底部至最高點的距離；
(3)(4分)企鵝從最高點退滑至冰面底部所需要的時間。
第2節　位移變化規律
1.A　[物體的位移等于圖線與時間軸所圍成圖形的面積大小，所以甲圖中利用矩形面積的和來表示位移大小比實際位移大小偏小，故A正確；根據“面積”表示位移，可知，乙圖利用梯形面積表示位移大小比甲圖中利用矩形面積的和表示位移大小更接近真實值，故B錯誤；這種用面積表示位移的方法適用于任何直線運動，故C錯誤；若丙圖中縱坐標表示運動的加速度，則梯形面積表示速度變化量，故D錯誤。]
2.B　[根據勻變速直線運動位移與時間的關系式得s＝v0t＋at2＝2×2 m＋×4×22 m＝12 m，故B正確。]
3.AC　[將s＝(10t＋t2) m與公式s＝v0t＋at2對比可知，質點的初速度為v0＝
10 m/s，加速度大小為a＝2 m/s2，故A、C正確，B錯誤；t＝4 s時，s4＝(10×4＋42) m＝56 m，故D錯誤。]
4.A　[由速度與位移的關系有v＝2as，解得電動車運動的距離s＝6 m，故A正確。]
5.C　[設小車的加速度為a，由v－v＝2as得sAB＝，sBC＝sAC－sAB＝－＝，故sAB∶sBC＝1∶3，選項C正確。]
6.C　[由v－v＝2as得v－v＝2a·2L，v－v＝2a·3L，故v3＝，選項C正確，A、B、D錯誤。]
7.D　[設第一階段的加速度為a1，有2a1s＝v2，設第二階段的加速度為a2，有2v＝v＋a2t，解得＝，故D正確。]
8.B　[機器狗停止運動的時間為t0＝＝＝2.5 s，可知2.5 s末機器狗停止運動，3 s末機器狗的速度大小為零，故A錯誤，B正確；3 s內的位移大小為s＝＝＝6.25 m，故C錯誤；3 s內平均速度大小為＝＝＝ m/s，故D錯誤。]
9.B　[汽車經4 s停止，在最后1 s內的位移為2 m，由逆向思維法可將該運動看成初速度為0的勻加速直線運動，則第1 s內的位移s＝at2＝2 m，得到加速度a＝4 m/s2，由v＝at′得，汽車的初速度為16 m/s，故B正確。]
10.C　[設汽車經過A樹時的速度為v1，加速度為a，對AB段運動由位移公式s＝v1t＋at2，代入數據有15＝3v1＋×a×32，對AC段運動根據位移公式有30＝5v1＋×a×52，聯立解得a＝1 m/s2，v1＝3.5 m/s，故A、B錯誤；對AB段由速度公式vt＝v0＋at得通過B點的速度為v2＝v1＋at1＝6.5 m/s，故C正確，D錯誤。]
11.(1)20 m/s　(2)40 m　(3)160 m
解析　(1)根據vt＝v0＋at
有v4＝at＝5 m/s2×4 s＝20 m/s。
(2)根據s＝v0t＋at2
有s4＝at2＝×5 m/s2×(4 s)2＝40 m。
(3)根據v－v＝2as
有s＝＝＝160 m。
12.(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)3 m
解析　(1)貨物用時2 s恰好滑到傾斜滑軌的末端，則有L1＝a1t2，解得a1＝2 m/s2。
(2)根據勻變速直線運動速度與時間的關系有
v＝a1t＝4 m/s。
(3)根據勻變速直線運動速度與位移的關系有
v2－v′2＝2a2L2
解得L2＝3 m。
13.(1)16 m　4 m/s　(2)17 m　(3) s
解析　(1)企鵝向上“奔跑”的位移大小為
s1＝at2＝×0.5 m/s2×(8 s)2＝16 m
8 s末速度大小
v＝at＝0.5 m/s2×8 s＝4 m/s。
(2)勻減速的位移為
s2＝＝＝1 m
冰面底部至最高點的距離
s＝s1＋s2＝17 m。
(3)企鵝下滑時由s＝a2t′2
解得t′＝ s。第2節　位移變化規律
學習目標　1.利用微積分的思想方法推導位移公式。2.能用公式、圖像等方法研究勻變速直線運動。3.能用勻變速直線運動的規律解釋生活中的一些現象，具有與直線運動相關的初步的運動觀念。
知識點一　勻變速直線運動的位移—時間關系
1.在勻速直線運動中，物體的位移s＝v0t，如圖1所示的v－t圖像中，圖線和時間坐標軸包圍的面積在數值上等于________的大小。
____________________________________________________________________________________________________________________________________________2.假設一個物體運動的v－t圖像如圖2所示，你能計算出0到t3時間內的物體運動的位移嗎？
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3.如圖3甲所示，物體做初速度為v0的勻變速直線運動，如果我們把運動過程劃分為更多的小段，如圖3乙、丙所示，位移之和越接近物體在整個過程中的位移，如果我們把整個運動過程分割得非常非常細，這時很多小矩形頂端的“鋸齒形”就看不出來了，如圖3丁所示。這無數個小矩形的面積之和是否能夠精確地代表物體的位移？
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4.如圖所示，某質點做勻變速直線運動，已知初速度為v0，在t時刻的速度為v，加速度為a，利用位移大小等于v－t圖線下面梯形的面積推導勻變速直線運動的位移與時間關系。
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1.位移公式：s＝________，當初速度為0時，s＝at2。
2.公式的理解
(1)公式反映了位移隨時間的變化規律，僅適用于勻變速直線運動。
(2)公式中s、v0、a都是矢量，應用時必須選取統一的正方向，一般選取初速度v0的方向為正方向。
若物體做勻加速直線運動 a與v0同向，a取正值
若物體做勻減速直線運動 a與v0反向，a取負值
若位移的計算結果為正值 說明這段時間內位移的方向與規定的正方向相同
若位移的計算結果為負值 說明這段時間內位移的方向與規定的正方向相反
(3)公式說明s與t是二次函數關系，故s－t圖像為通過原點的拋物線的一部分(如圖所示)。
角度1　基本公式的應用
例1 物體從靜止開始做勻加速直線運動，加速度為1 m/s2，求：
(1)物體在前2 s內的位移；
(2)物體在第2 s內的位移；
(3)物體在第二個2 s內的位移。
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應用s＝v0t＋at2解題的步驟
(1)規定正方向(一般以初速度的方向為正方向)。
(2)根據規定的正方向確定已知量的正、負，并用帶有正、負號的數值表示。
(3)根據位移與時間的關系式或其變形公式列式、求解。
(4)根據計算結果說明所求量的大小和方向。　　
訓練1 在2022年北京冬奧會中，中國女子冰壺隊在冰壺循環賽中以8∶4戰勝多屆世錦賽冠軍英國隊。如果冰壺被投出后做勻減速直線運動，用時20 s停止，最后1 s內的位移大小為0.2 m。求：
(1)冰壺的加速度大小；
(2)冰壺第1 s內的位移大小。
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角度2　v－t圖像求位移、路程
例2 某一做直線運動的物體的v－t圖像如圖所示，根據圖像求：
(1)物體距出發點的最遠距離；
(2)前4 s內物體的位移大小；
(3)前4 s內物體通過的路程。
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利用v－t圖像求位移、路程的方法
v－t圖線與時間軸所圍的“面積”表示位移。“面積”在時間軸上方表示位移為正，“面積”在時間軸下方表示位移為負；通過的位移為時間軸上、下“面積”絕對值之差。通過的路程為時間軸上、下“面積”絕對值之和。　　
知識點二　勻變速直線運動的位移—速度關系
如圖所示，狙擊步槍射擊時，若把子彈在槍筒中的運動看作是初速度為零的勻加速直線運動，假設槍筒長s，子彈的加速度為a。
(1)根據速度時間關系和位移時間關系求子彈射出槍口時的速度。
(2)請將速度公式vt＝v0＋at和位移公式s＝v0t＋at2聯立，消去t，試推導位移s與初速度v0和末速度vt的關系。
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1.位移—速度(s－v)關系式： _____________________________________________。
2.適用條件：公式表述的是勻變速直線運動的速度與位移的關系，適用于勻變速直線運動。
3.公式的矢量性：公式中v0、vt、a、s都是矢量，應用時必須選取統一的正方向，一般選v0方向為正方向。
4.兩種特殊形式
(1)當v0＝0時，v＝2as。(初速度為零的勻加速直線運動)
(2)當vt＝0時，－v＝2as。(末速度為零的勻減速直線運動)
例3 如圖為“殲－15”艦載機從航空母艦甲板上起飛的情景，航空母艦靜止在海面上，“殲－15”艦載機在航空母艦跑道上做勻加速直線運動，加速度為8 m/s2，需要達到60 m/s的速度才可安全起飛，求：
(1)“殲－15”艦載機由靜止開始加速，滑行5 s后，艦載機滑行的距離；
(2)從靜止啟動到安全起飛，“殲－15”艦載機在航空母艦上滑行的距離；
(3)若“殲－15”艦載機能夠借助彈射器獲得初速度，只需滑行150 m便可安全起飛，則“殲－15”艦載機至少需要獲得多大的初速度。
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訓練2 某同學乘坐動車進站，發現電子屏顯示的速度由54 km/h變為36 km/h的過程用時10 s。若把動車進站的過程視為勻減速直線運動，動車停下來還需要行駛(　　)
A.100 m B.200 m C.225 m D.450 m
知識點三　三個基本關系的綜合應用
　公式的選用技巧
公式名稱 一般形式 涉及的物理量 應用特點
速度公式 vt＝v0＋at vt、v0、a、t 不涉及位移s時優先選用
位移公式 s＝v0t＋at2 s、v0、t、a 不涉及末速度vt時優先選用
位移—速度關系　　 v－v＝2as vt、v0、a、s 不涉及時間t時優先選用
例4 汽車做勻加速直線運動，初速度為10 m/s，若它在開始的10 s內位移為
175 m，求：
(1)汽車的加速度；
(2)在離出發點52 m處的速度大小；
(3)第7 s內的位移大小。
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隨堂對點自測
1.(s＝v0t＋at2的應用)飛機起飛的過程是由靜止開始在平直跑道上做勻加速直線運動的過程。飛機在跑道上加速到某速度值時離地升空飛行。已知飛機在跑道上加速前進的距離為1 600 m，所用時間為40 s，則飛機的加速度和離地速度分別為(　　)
A.2 m/s2　80 m/s B.2 m/s2　40 m/s
C.1 m/s2　40 m/s D.1 m/s2　80 m/s
2.(v－v＝2as的應用)(2024·福建廈門市高一期中)我國的第三艘航母“福建艦”配備了世界最先進的電磁彈射器，能夠牽引某型號的飛機在100 m內起飛，若該飛機從靜止開始做勻加速直線運動，起飛速度為288 km/h，則其加速度至少為重力加速度的(g取10 m/s2)(　　)
A.0.4倍 B.1.6倍 C.3.2倍 D.6.4倍
3.(基本關系式的綜合應用)某航空飛機起飛后，出現故障立即申請返航，所有乘客平安落地。假設飛機以360 km/h的速度降落在跑道上，之后以0.2 m/s2的加速度做勻減速直線運動，求飛機：
(1)在跑道上開始減速到停下所用的總時間t；
(2)在跑道上開始減速前2 s內的位移大小s。
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第2節　位移變化規律
知識點一
導學
1.提示　位移
2.提示　v－t圖像中圖線與所對應的時間軸組成的矩形面積之和在數值上等于這段時間內的位移。
3.提示　是。
4.提示　如題圖所示，v－t圖線下面梯形的面積
s＝(v0＋vt)t①
又因為vt＝v0＋at②
由①②式可得s＝v0t＋at2。
知識梳理
1.v0t＋at2
例1 (1)2 m，方向與加速度方向相同
(2)1.5 m，方向與加速度方向相同
(3)6 m，方向與加速度方向相同
解析　(1)以加速度方向為正方向，由勻變速直線運動位移公式s＝v0t＋at2可得
s1＝at＝×1 m/s2×(2 s)2＝2 m，方向與加速度方向相同。
(2)物體在第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
故物體在第2 s內的位移
s2＝v1t＋at2＝1 m/s×1 s＋×1 m/s2×(1 s)2＝1.5 m，方向與加速度方向相同。
(3)物體在第2 s末的速度
v2＝v0＋at′＝0＋1 m/s2×2 s＝2 m/s
也是物體在第二個2 s的初速度，故物體在第二個2 s內的位移
s3＝v2t′＋at′2＝2 m/s×2 s＋×1 m/s2×(2 s)2＝6 m，方向與加速度方向相同。
訓練1 (1)0.4 m/s2　(2)7.8 m
解析　(1)整個過程的逆過程是初速度為零的勻加速直線運動，最后1 s的位移為0.2 m，根據位移時間公式有
s1＝at，解得a＝0.4 m/s2。
(2)根據速度公式可知，初速度大小為
v0＝at＝0.4 m/s2×20 s＝8 m/s
則冰壺第1 s內的位移大小為
s1′＝v0t－at2＝8 m/s×1 s－×0.4 m/s2×(1 s)2＝7.8 m。
例2 (1)6 m　(2)5 m　(3)7 m
解析　(1)當物體運動了3 s時，物體距出發點的距離最遠，即sm＝v1t1＝×
4 m/s×3 s＝6 m。
(2)前4 s內物體的位移大小
s＝|s1|－|s2|＝－
＝×4 m/s×3 s－×2 m/s×1 s＝5 m。
(3)前4 s內物體通過的路程
s′＝|s1|＋|s2|＝×4 m/s×3 s＋×2 m/s×1 s＝7 m。
知識點二
導學　提示　(1)由vt＝at和s＝at2得vt＝。
(2)由vt＝v0＋at得t＝，代入s＝v0t＋at2
整理得v－v＝2as。
知識梳理
1.v－v＝2as　
例3 (1)100 m　(2)225 m　(3)20 m/s
解析　(1)由s1＝at2，解得s1＝100 m。
(2)由v＝2as2，解得s2＝225 m。
(3)由v－v＝2as3得v0＝
代入數值解得v0＝20 m/s。
訓練2 A　[設動車減速運動的加速度為a，則a＝＝＝
－0.5 m/s2，動車停下來還需要行駛s＝＝＝100 m，A正確。]
知識點三
例4 (1)1.5 m/s2　(2)16 m/s　(3)19.75 m
解析　(1)由s＝v0t＋at2得
a＝＝
＝1.5 m/s2。
(2)由速度與位移關系式v－v＝2as
解得vt＝
＝
＝16 m/s。
(3)前7 s內的位移為s7＝v0t7＋at
前6 s內的位移為s6＝v0t6＋at
第7 s內的位移Δs＝s7－s6
聯立解得Δs＝19.75 m。
隨堂對點自測
1.A　[根據s＝at2得a＝＝2 m/s2，飛機離地速度為vt＝at＝80 m/s，故A正確。]
2.C　[起飛速度v＝288 km/h＝80 m/s，當加速的位移最長時，所需的加速度最小，根據v2＝2as，解得a＝ m/s2＝32 m/s2＝3.2g，故C正確。]
3.(1)500 s　(2)199.6 m
解析　v0＝360 km/h＝100 m/s
(1)以飛機運動方向為正方向，由速度—時間公式
vt＝v0＋at
可得減速到停下所用時間
t＝＝＝500 s。
(2)根據位移時間公式s＝v0t＋at2
解得s＝199.6 m。(共54張PPT)
第2節　位移變化規律
第2章　勻變速直線運動
1.利用微積分的思想方法推導位移公式。
2.能用公式、圖像等方法研究勻變速直線運動。
3.能用勻變速直線運動的規律解釋生活中的一些現象，具有與直線運動相關的初步的運動觀念。
學習目標
目 錄
CONTENTS
知識點
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
知識點
1
知識點二　勻變速直線運動的位移—速度關系
知識點一　勻變速直線運動的位移—時間關系
知識點三　三個基本關系的綜合應用
知識點一　勻變速直線運動的位移—時間關系
1.在勻速直線運動中，物體的位移s＝v0t，如圖1所示的v－t圖像中，圖線和時間坐標軸包圍的面積在數值上等于________的大小。
提示　位移
2.假設一個物體運動的v－t圖像如圖2所示，你能計算出0到t3時間內的物體運動的位移嗎？
提示　v－t圖像中圖線與所對應的時間軸組成的矩形面積之和在數值上等于這段時間內的位移。
3.如圖3甲所示，物體做初速度為v0的勻變速直線運動，如果我們把運動過程劃分為更多的小段，如圖3乙、丙所示，位移之和越接近物體在整個過程中的位移，如果我們把整個運動過程分割得非常非常細，這時很多小矩形頂端的“鋸齒形”就看不出來了，如圖3丁所示。這無數個小矩形的面積之和是否能夠精確地代表物體的位移？
提示　是。
4.如圖所示，某質點做勻變速直線運動，已知初速度為v0，在t時刻的速度為v，加速度為a，利用位移大小等于v－t圖線下面梯形的面積推導勻變速直線運動的位移與時間關系。
提示　如題圖所示，v－t圖線下面梯形的面積
2.公式的理解
(1)公式反映了位移隨時間的變化規律，僅適用于勻變速直線運動。
(2)公式中s、v0、a都是矢量，應用時必須選取統一的正方向，一般選取初速度v0的方向為正方向。
若物體做勻加速直線運動 a與v0同向，a取正值
若物體做勻減速直線運動 a與v0反向，a取負值
若位移的計算結果為正值 說明這段時間內位移的方向與規定的正方向相同
若位移的計算結果為負值 說明這段時間內位移的方向與規定的正方向相反
(3)公式說明s與t是二次函數關系，故s－t圖像為通過原點的拋物線的一部分(如圖所示)。
角度1　基本公式的應用
例1 物體從靜止開始做勻加速直線運動，加速度為1 m/s2，求：
(1)物體在前2 s內的位移；
(2)物體在第2 s內的位移；
(3)物體在第二個2 s內的位移。
(2)物體在第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
故物體在第2 s內的位移
(3)物體在第2 s末的速度
v2＝v0＋at′＝0＋1 m/s2×2 s＝2 m/s
也是物體在第二個2 s的初速度，故物體在第二個2 s內的位移
答案　(1)2 m，方向與加速度方向相同
(2)1.5 m，方向與加速度方向相同
(3)6 m，方向與加速度方向相同
訓練1 在2022年北京冬奧會中，中國女子冰壺隊在冰壺循環賽中以8∶4戰勝多屆世錦賽冠軍英國隊。如果冰壺被投出后做勻減速直線運動，用時20 s停止，最后1 s內的位移大小為0.2 m。求：
(1)冰壺的加速度大小；
(2)冰壺第1 s內的位移大小。
答案　(1)0.4 m/s2　(2)7.8 m
(2)根據速度公式可知，初速度大小為
v0＝at＝0.4 m/s2×20 s＝8 m/s
則冰壺第1 s內的位移大小為
角度2　v－t圖像求位移、路程
例2 某一做直線運動的物體的v－t圖像如圖所示，根據圖像求：
(1)物體距出發點的最遠距離；
(2)前4 s內物體的位移大小；
(3)前4 s內物體通過的路程。
(3)前4 s內物體通過的路程
答案　(1)6 m　(2)5 m　(3)7 m
利用v－t圖像求位移、路程的方法
v－t圖線與時間軸所圍的“面積”表示位移。“面積”在時間軸上方表示位移為正，“面積”在時間軸下方表示位移為負；通過的位移為時間軸上、下“面積”絕對值之差。通過的路程為時間軸上、下“面積”絕對值之和。　
知識點二　勻變速直線運動的位移—速度關系
如圖所示，狙擊步槍射擊時，若把子彈在槍筒中的運動看作是初速度為零的勻加速直線運動，假設槍筒長s，子彈的加速度為a。
1.位移—速度(s－v)關系式：______________。
2.適用條件：公式表述的是勻變速直線運動的速度與位移的關系，適用于勻變速直線運動。
3.公式的矢量性：公式中v0、vt、a、s都是矢量，應用時必須選取統一的正方向，一般選v0方向為正方向。
例3 如圖為“殲－15”艦載機從航空母艦甲板上起飛的情景，航空母艦靜止在海面上，“殲－15”艦載機在航空母艦跑道上做勻加速直線運動，加速度為8 m/s2，需要達到60 m/s的速度才可安全起飛，求：
(1)“殲－15”艦載機由靜止開始加速，滑行5 s后，艦載機滑行的距離；
(2)從靜止啟動到安全起飛，“殲－15”艦載機在航空母艦上滑行的距離；
(3)若“殲－15”艦載機能夠借助彈射器獲得初速度，只需滑行150 m便可安全起飛，則“殲－15”艦載機至少需要獲得多大的初速度。
A
訓練2 某同學乘坐動車進站，發現電子屏顯示的速度由54 km/h變為36 km/h的過程用時10 s。若把動車進站的過程視為勻減速直線運動，動車停下來還需要行駛(　　)
A.100 m B.200 m C.225 m D.450 m
知識點三　三個基本關系的綜合應用
公式的選用技巧
例4 汽車做勻加速直線運動，初速度為10 m/s，若它在開始的10 s內位移為175 m，求：
(1)汽車的加速度；
(2)在離出發點52 m處的速度大小；
(3)第7 s內的位移大小。
＝1.5 m/s2。
＝16 m/s。
第7 s內的位移Δs＝s7－s6
聯立解得Δs＝19.75 m。
答案　(1)1.5 m/s2　(2)16 m/s　(3)19.75 m
隨堂對點自測
2
A
C
3.(基本關系式的綜合應用)某航空飛機起飛后，出現故障立即申請返航，所有乘客平安落地。假設飛機以360 km/h的速度降落在跑道上，之后以0.2 m/s2的加速度做勻減速直線運動，求飛機：
(1)在跑道上開始減速到停下所用的總時間t；
(2)在跑道上開始減速前2 s內的位移大小s。
答案　(1)500 s　(2)199.6 m
解析　v0＝360 km/h＝100 m/s
(1)以飛機運動方向為正方向，由速度—時間公式
vt＝v0＋at
課后鞏固訓練
3
基礎對點練
A.甲圖中利用矩形面積的和來表示位移大小比實際位移大小偏小
B.甲圖中利用矩形面積的和表示位移大小比乙圖利用梯形面積表示位移大小更接近真實值
C.這種用面積表示位移的方法只適用于勻變速直線運動
D.若丙圖中縱坐標表示運動的加速度，則梯形面積表示加速度變化量
答案　A
解析　物體的位移等于圖線與時間軸所圍成圖形的面積大小，所以甲圖中利用矩形面積的和來表示位移大小比實際位移大小偏小，故A正確；根據“面積”表示位移，可知，乙圖利用梯形面積表示位移大小比甲圖中利用矩形面積的和表示位移大小更接近真實值，故B錯誤；這種用面積表示位移的方法適用于任何直線運動，故C錯誤；若丙圖中縱坐標表示運動的加速度，則梯形面積表示速度變化量，故D錯誤。
B
2.一質點在t＝0時刻開始做初速度為2 m/s、加速度為4 m/s2的勻加速直線運動，在0～2 s內質點的位移大小為(　　)
A.10 m B.12 m C.14 m D.16 m
AC
3.(多選)一質點做勻變速直線運動，其位移表達式為s＝(10t＋t2) m，則(　　)
A.質點的初速度為10 m/s
B.質點的加速度大小為1 m/s2
C.質點的加速度大小為2 m/s2
D.在4 s末，質點距出發點24 m處
A
C
5.如圖所示，一小車從A點由靜止開始做勻加速直線運動，若到達B點時速度為v，到達C點時速度為2v，則sAB∶sBC等于(　　)
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4
C
D
B
8.如圖所示，在體育比賽場上，機器狗承擔了拾撿和運輸器材的任務。某次運輸過程中，當機器狗的速度為5 m/s時，其檢測到前方有一位站立不動的工作人員，為了避免相撞，機器狗立即以大小為2 m/s2的加速度勻減速直至停止，則機器狗開始減速后(　　)
A.3 s末機器狗的速度大小為1 m/s
B.直至停止所需時間為2.5 s
C.3 s內的位移大小為6 m
D.3 s內平均速度大小為2.5 m/s
B
9.文明是現代城市的象征，道路交通文明有序，其中“禮讓行人，文明駕車”已深入人心。某司機發現前方有行人正通過人行橫道時，立即剎車做勻減速直線運動，汽車經4 s停止，恰好在停車線處停止運動。若在最后1 s內的位移為2 m，則汽車的初速度是(　　)
A.8 m/s B.16 m/s C.20 m/s D.32 m/s
綜合提升練
C
10.(2024·福建廈門一中月考)一輛汽車在平直公路上做勻變速直線運動，公路邊每隔15 m有一棵樹，如圖所示，汽車通過A、B兩相鄰的樹用了3 s，通過B、C兩相鄰的樹用了2 s，則下列說法正確的是(　　)
A.此汽車運動的加速度大小為2 m/s2
B.此汽車經過A樹時的速度大小為3.0 m/s
C.此汽車經過B樹時的速度大小為6.5 m/s
D.此汽車經過B樹時的速度大小為6.0 m/s
11.航空母艦的戰斗力主要依靠艦載機，假設航空母艦靜止在海面上，艦載機在航母跑道上由靜止開始以5 m/s2的加速度做勻加速直線運動。
(1)求滑行至第4 s末時(艦載機還未升空)，艦載機的速度大小；
(2)求滑行的前4 s內艦載機的位移大小；
(3)一般情況下艦載機需要達到50 m/s的速度才可升空，假如艦載機開始時獲得30 m/s的初速度，求航母跑道的最短長度。
答案　(1)20 m/s　(2)40 m　(3)160 m
解析　(1)根據vt＝v0＋at
有v4＝at＝5 m/s2×4 s＝20 m/s。
12.物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度L1＝4 m。水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物(可視為質點)從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，用時2 s恰好滑到傾斜滑軌的末端，并以同樣的速度大小進入水平滑軌，已知貨物在水平滑軌上做勻減速運動時的加速度大小a2為2.5 m/s2，求：
(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；
(2)貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過1 m/s，
求水平滑軌的最短長度L2。
答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)3 m
(2)根據勻變速直線運動速度與時間的關系有
v＝a1t＝4 m/s。
(3)根據勻變速直線運動速度與位移的關系有
v2－v′2＝2a2L2，解得L2＝3 m。
培優加強練
13.可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲，如圖所示，有一企鵝在傾斜冰面上，先以加速度大小為0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8 s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前以加速度大小為8 m/s2減速滑行至最高點，最后又以加速度大小為4 m/s2退滑到出發點，完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)。求：
(1)企鵝向上“奔跑”的位移大小及8 s末速度大小；
(2)冰面底部至最高點的距離；
(3)企鵝從最高點退滑至冰面底部所需要的時間。
解析　(1)企鵝向上“奔跑”的位移大小為
8 s末速度大小
v＝at＝0.5 m/s2×8 s＝4 m/s。
(2)勻減速的位移為
冰面底部至最高點的距離
s＝s1＋s2＝17 m。

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