新高考人教版高中物理题型训练专题2.2匀变速直线运动的位移与时间的关系-（人教版2019必修第一册）含答案及解析

专题2.2匀变速直线运动的位移与时间的关系【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1位移与时间的关系的应用】 【题型2速度与位移的关系的应用】 【题型3刹车类问题】 【题型4双向可逆类问题】 【题型5多过程问题】 【题型6时间等分问题】 【题型7位移等分问题】 【题型8图像问题】 【题型9逆向思维的应用】 【题型1位移与时间的关系的应用】【例1】(多选)物体做直线运动，为了探究其运动规律，某同学利用计算机位移传感器测得位置x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点()A.第1s内的位移是10mB.前2s内的平均速度是3m/sC.运动的加速度为1m/s2D.任意1s内速度的增量都是－2m/s【变式1-1】航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一(如图)。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到82.5m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的()A．40倍 B．80倍C．400倍 D．800倍【变式1-2】质点做直线运动的位移x与时间t的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），请同学们求出：1、该质点的初速度和加速度；2、该质点在第1s内的位移及前2s内的平均速度。【变式1-3】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为()A.vt0(1－eq\f(t0,2t)) B.eq\f(v(t－t0)2,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vt02,2t)【题型2速度与位移的关系的应用】【例2】如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为()A.eq\f(2v1＋v2,3)B.eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))C.eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))D.eq\f(2,3)v1【变式2-1】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是()A．上述过程的加速度大小为10m/s2B．刹车过程持续的时间为5sC．0时刻的初速度为10m/sD．刹车过程的位移为5m【变式2-2】如图所示，质量m＝0.5kg的物体(可视为质点)以4m/s的速度从光滑斜面底端D点上滑做匀减速直线运动，途经A、B两点，已知物体在A点时的速度是在B点时速度的2倍，由B点再经过0.5s滑到顶点C点时速度恰好为零，已知AB＝0.75m.求：(1)物体在斜面上做匀减速直线运动的加速度；(2)物体从底端D点滑到B点的位移大小.【变式2-3】(多选)某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若以大小为5m/s2的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．刹车后2s时的速度大小为10m/sB．汽车刹车30m停下C．刹车后5s时的速度大小为5m/sD．刹车后6s内的位移大小为40m【题型3刹车类问题】【例3】汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为()A.5∶4B.4∶5C.3∶4D.4∶3【变式3-1】若飞机着陆后以6m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s，则它着陆后12s内滑行的距离是()A.288mB.300mC.150mD.144m【变式3-2】如图所示，A、B两物体相距s＝7m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正在摩擦力作用下以vB＝10m/s向右匀减速运动，加速度a＝－2m/s2，则A追上B所经历的时间是()A．7s B．8sC．9s D．10s【变式3-3】汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运是()A.汽车在第1s末的速度可能为10m/sB.汽车加速度大小可能为3m/s2C.汽车在第1s末的速度一定为11m/sD.汽车的加速度大小一定为4.5m/s2【题型4双向可逆类问题】【例4】(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是()A.物体运动时间可能为1sB.物体运动时间可能为3sC.物体运动时间可能为(2＋eq\r(7))sD.物体此时的速度大小一定为5m/s【变式4-1】一物体以5m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4m，则时间t可能为（）A.1sB.3sC.4sD.s【变式4-2】如图所示为一物体做直线运动的v-t图象，根据图象做出的以下判断中，正确的是（）A.物体始终沿正方向运动B.物体先沿正方向运动，在t=2s后开始沿负方向运动C.在t=2s前物体位于出发点负方向上，在t=2s后位于出发点正方向上D.在t=2s时，物体距出发点最远【变式4-3】一物体以初速度v做匀减速直线运动冲上一光滑斜面，到达顶端后又返回到原处，所用时间为t，回到原处时的速度和初速度大小相等方向相反，则这个物体在时间t内的加速度大小是（）

A、v/tB、0C、2v/tD、无法确定

【题型5多过程问题】【例5】因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来.(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2是多大？【变式5-1】航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0＝100m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1370m.求：(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；(2)航天飞机降落后滑行的总时间.【变式5-2】拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5m/s2，行驶的速度不能超过50m/s，已知甲、乙两站之间的距离为2.5km，下列说法正确的是()A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25sB．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500mC．从甲站运动到乙站的最短时间为80sD．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25m/s【变式5-3】A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8m/s，B车的速度大小为v2＝20m/s，如图所示.当A、B两车相距x0＝28m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a＝2m/s2，从此时开始计时，求：(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；(2)A车追上B车所用的时间；(3)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.【题型6时间等分问题】【例6】一滑块沿斜面由静止滑下，做匀变速直线运动，依次通过斜面上的A、B、C三点，如图所示，已知AB＝15m，BC＝30m，滑块经过AB、BC两段位移的时间都是5s，求：(1)滑块运动的加速度大小；(2)滑块在B点的瞬时速度大小；(3)滑块在A点时离初始位置的距离.【变式6-1】如图所示，某物体自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个点，测得xAB＝2m，xBC＝3m.且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是()A.可以求出该物体加速度的大小B.可以求得xCD＝5mC.可求得OA之间的距离为1.125mD.可求得OA之间的距离为1.5m【变式6-2】(多选)一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m，第4s内的位移是2.5m，那么以下说法中正确的是()A.2～4s内的平均速度是2.25m/sB.第3s末的瞬时速度是2.25m/sC.质点的加速度是0.125m/s2D.质点的加速度是0.5m/s2【变式6-3】质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2s、第2个2s和第5s内三段位移之比为()A．2∶6∶5 B．2∶8∶7C．4∶12∶9 D．2∶2∶1【题型7位移等分问题】【例7】一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。他发现第6节车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为()A．2m/s2 B．1m/s2C．0.5m/s2 D．0.2m/s2【变式7-1】(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s.根据这些信息可求得()A．高铁车头经过A、B、C的速度B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间C．高铁运动的加速度D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比【变式7-2】在平直的测试汽车加速性能的场地上，每隔100m有一个醒目的标志杆。两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动，当汽车通过第二个标志杆开始计时，t1＝10s时，汽车恰好经过第5个标志杆，t2＝20s时，汽车恰好经过第10个标志杆(图中未画出)，汽车运动过程中可视为质点，如图所示。求：(1)汽车加速度的大小；(2)若汽车匀加速达到最大速度64m/s后立即保持该速度匀速行驶，则汽车从20s末到30s末经过几个标志杆。【变式7-3】如图为港珠澳大桥上四段110m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eq\r(3)tB．通过ce段的时间为(2－eq\r(2))tC．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【题型8图像问题】【例8】如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则()A．甲、乙不可能同时由A到达CB．甲一定先由A到达CC．乙一定先由A到达CD．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C【变式8-1】(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图1中甲、乙两条曲线所示.已知两车在t2时刻并排行驶.下列说法正确的是()A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大【变式8-2】在水平直轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同.要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件？(请用临界法与图象法分别分析解题)【变式8-3】甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图6所示.关于两车的运动情况，下列说法正确的是()A.在0～4s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B.在0～2s内，两车间距逐渐增大，2～4s内两车间距逐渐减小C.在t＝2s时，甲车的速度为3m/s，乙车的速度为4.5m/sD.在t＝4s时，甲车恰好追上乙车【题型9逆向思维的应用的应用】【例1】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为()A．vt0(1－eq\f(t0,2t)) B.eq\f(vt－t02,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vt02,2t)【变式9-1】一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑到C点，已知AB长度是BC的3倍，如图所示，已知物块从A到B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是()A．t0B.eq\f(t0,4)C．2t0D.eq\f(t0,2)【变式9-2】一物体(可视为质点)以4m/s的速度滑上光滑固定斜面，做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，经过一段时间后上滑到最高点C点速度恰好减为零，途经A、B两点，然后又以相同大小的加速度下滑到斜面底端D点，已知BC＝25cm，求：(1)物体第一次经过B点的速度；(2)物体由底端D点滑到B点所需要的时间．【变式9-3】(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D.t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1

参考答案【题型1位移与时间的关系的应用】【例1】(多选)物体做直线运动，为了探究其运动规律，某同学利用计算机位移传感器测得位置x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点()A.第1s内的位移是10mB.前2s内的平均速度是3m/sC.运动的加速度为1m/s2D.任意1s内速度的增量都是－2m/s答案BD解析第1s内的位移x1＝(6＋5×1－1)m－6m＝4m，故A错误.前2s内的位移x2＝(6＋5×2－4)m－6m＝6m，则前2s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(6,2)m/s＝3m/s，故B正确.根据位移时间关系式得，加速度a＝－2m/s2，任意1s内速度的增量Δv＝at＝－2×1m/s＝－2m/s，故C错误，D正确.【变式1-1】航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一(如图)。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到82.5m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的()A．40倍 B．80倍C．400倍 D．800倍答案：A解析：由x＝eq\f(1,2)(v0＋vt)t得，n＝eq\f(\f(1,2)×44×2.5×60,\f(1,2)×82.5×2)＝40【变式1-2】质点做直线运动的位移x与时间t的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），请同学们求出：1、该质点的初速度和加速度；2、该质点在第1s内的位移及前2s内的平均速度。解析：1、由x=5t+t2可知，物体的初速度，加速度。2、第1s内的位移只需将t=1ｓ代入即可求出x=6m，前2s内的平均速度为。【变式1-3】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为()A.vt0(1－eq\f(t0,2t)) B.eq\f(v(t－t0)2,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vt02,2t)答案B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝eq\f(v,t)，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝eq\f(1,2)a(t－t0)2＝eq\f(1,2)×eq\f(v,t)×(t－t0)2＝eq\f(v(t－t0)2,2t)，故选B.【题型2速度与位移的关系的应用】【例2】如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为()A.eq\f(2v1＋v2,3)B.eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))C.eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))D.eq\f(2,3)v1答案：C【解析】设子弹运动的加速度为a，子弹穿出A时的速度为v，子弹在A中运动过程中，有：v2－veq\o\al(2,1)＝－2aL，子弹在B中运动过程中，有veq\o\al(2,2)－v2＝－2a·2L，两式联立可得，v＝eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))，因此C对．【变式2-1】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是()A．上述过程的加速度大小为10m/s2B．刹车过程持续的时间为5sC．0时刻的初速度为10m/sD．刹车过程的位移为5m解析：选C由v2－v02＝2ax可得x＝－eq\f(1,2a)v02＋eq\f(1,2a)v2，对照x＝10－0.1v2可知，eq\f(1,2a)＝－0.1，－eq\f(1,2a)v02＝10，解得a＝－5m/s2，v0＝10m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10m，选项B、D错误。【变式2-2】如图所示，质量m＝0.5kg的物体(可视为质点)以4m/s的速度从光滑斜面底端D点上滑做匀减速直线运动，途经A、B两点，已知物体在A点时的速度是在B点时速度的2倍，由B点再经过0.5s滑到顶点C点时速度恰好为零，已知AB＝0.75m.求：(1)物体在斜面上做匀减速直线运动的加速度；(2)物体从底端D点滑到B点的位移大小.答案(1)2m/s2，方向平行于斜面向下(2)3.75m解析(1)设沿斜面向上的方向为正方向，B→C过程中，根据运动学公式，有0－vB＝atBCA→B过程中，vB2－(2vB)2＝2axAB解得：a＝－2m/s2，负号表示方向平行于斜面向下(2)由(1)可知vB＝1m/s物体从底端D点滑到B点的位移大小xDB＝eq\f(vB2－v02,2a)＝eq\f(1－16,2×(－2))m＝3.75m.【变式2-3】(多选)某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若以大小为5m/s2的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．刹车后2s时的速度大小为10m/sB．汽车刹车30m停下C．刹车后5s时的速度大小为5m/sD．刹车后6s内的位移大小为40m解析：选AD72km/h＝20m/s，由公式v＝v0＋at得，汽车从刹车到停止的时间t0＝eq\f(0－v0,a)＝4s，由速度公式得，刹车后2s时的速度v2＝v0＋at2＝10m/s，A正确；由v2－v02＝2ax，可得x＝eq\f(v2－v02,2a)＝eq\f(0－202,2×－5)m＝40m，汽车刹车40m停下，B错误；汽车从刹车到停止的时间为4s，所以刹车后5s时的速度大小为0，C错误；刹车后6s内的位移大小与刹车后4s内的位移大小相等，即40m，D正确。【题型3刹车类问题】【例3】汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为()A.5∶4B.4∶5C.3∶4D.4∶3答案C解析汽车速度减为零的时间为：t0＝eq\f(Δv,a)＝eq\f(0－20,－5)s＝4s，2s时位移：x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝20×2m－eq\f(1,2)×5×4m＝30m，刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移，为：x2＝eq\f(0－v02,2a)＝40m，所以经过2s与5s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确.【变式3-1】若飞机着陆后以6m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s，则它着陆后12s内滑行的距离是()A.288mB.300mC.150mD.144m答案B解析设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(0－60,－6)s＝10s，由此可知飞机在12s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x＝v0t＋eq\f(at2,2)＝60×10m＋(－6)×eq\f(102,2)m＝300m.【变式3-2】如图所示，A、B两物体相距s＝7m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正在摩擦力作用下以vB＝10m/s向右匀减速运动，加速度a＝－2m/s2，则A追上B所经历的时间是()A．7s B．8sC．9s D．10s解析：选B由题意知，t＝5s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝vBt＋eq\f(1,2)at2＝25m，此时A的位移xA＝vAt＝20m，A、B两物体相距Δs＝s＋xB－xA＝7m＋25m－20m＝12m，再经过Δt＝eq\f(Δs,vA)＝3s，A追上B，所以A追上B所经历的时间是5s＋3s＝8s，选项B正确。【变式3-3】汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运是()A.汽车在第1s末的速度可能为10m/sB.汽车加速度大小可能为3m/s2C.汽车在第1s末的速度一定为11m/sD.汽车的加速度大小一定为4.5m/s2答案C解析采用逆向思维，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝eq\f(1,2)at2得，汽车加速度大小a＝eq\f(2x′,t2)＝eq\f(2×2,12)m/s2＝4m/s2，第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t－eq\f(1,2)at2，代入数据解得，初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误.【题型4双向可逆类问题】【例4】(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是()A.物体运动时间可能为1sB.物体运动时间可能为3sC.物体运动时间可能为(2＋eq\r(7))sD.物体此时的速度大小一定为5m/s答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，a＝－5m/s2，当物体的位移为向上的7.5m时，x＝＋7.5m，由运动学公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正确.当物体的位移为向下的7.5m时，x＝－7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2解得：t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故C正确.由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s或v2＝5m/s、v3＝－5eq\r(7)m/s，故D错误.【变式4-1】一物体以5m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4m，则时间t可能为（）A.1sB.3sC.4sD.s【答案】ACD【解析】当物体的位移为4m时，根据得，解得t1=1st2=4s。当物体的位移为-4m时，根据得，解得．【变式4-2】如图所示为一物体做直线运动的v-t图象，根据图象做出的以下判断中，正确的是（）A.物体始终沿正方向运动B.物体先沿正方向运动，在t=2s后开始沿负方向运动C.在t=2s前物体位于出发点负方向上，在t=2s后位于出发点正方向上D.在t=2s时，物体距出发点最远答案：D【变式4-3】一物体以初速度v做匀减速直线运动冲上一光滑斜面，到达顶端后又返回到原处，所用时间为t，回到原处时的速度和初速度大小相等方向相反，则这个物体在时间t内的加速度大小是（）

A、v/tB、0C、2v/tD、无法确定

答案：C

解析：设初速度V的方向为正，根据加速度的定义，，故C选项是正确的。

【题型5多过程问题】【例5】因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来.(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2是多大？答案(1)60m/s(2)1.2m/s2解析(1)v0＝288km/h＝80m/s打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5m/s2，设经过t2＝40s时，列车的速度为v1，则v1＝v0－a1t2＝60m/s.(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200m，从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝eq\f(v02－v12,2a1)＝2800m打开电磁制动系统后，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500m＝1500m；a2＝eq\f(v12,2x3)＝1.2m/s2.【变式5-1】航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0＝100m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1370m.求：(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；(2)航天飞机降落后滑行的总时间.答案(1)40m/s(2)31s解析(1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v1，根据运动学公式有v02－v12＝2a1x1，v12＝2a2x2，x1＋x2＝x，联立以上各式并代入数据解得v1＝40m/s.(2)由速度与时间的关系可得v0＝v1＋a1t1，v1＝a2t2，t＝t1＋t2，联立以上各式并代入数据解得t＝31s.【变式5-2】拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5m/s2，行驶的速度不能超过50m/s，已知甲、乙两站之间的距离为2.5km，下列说法正确的是()A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25sB．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500mC．从甲站运动到乙站的最短时间为80sD．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25m/s解析：选B空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t1＝eq\f(vmax,amax)＝20s，A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由vmax2＝2amaxx，解得最小位移为x＝500m，B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，都等于x，匀速运动的时间为t2＝eq\f(2500－2x,vmax)＝30s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70s，C错误；从甲站运动到乙站的最大平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(2500,70)m/s≈35.7m/s，D错误。【变式5-3】A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8m/s，B车的速度大小为v2＝20m/s，如图所示.当A、B两车相距x0＝28m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a＝2m/s2，从此时开始计时，求：(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；(2)A车追上B车所用的时间；(3)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.答案(1)64m(2)16s(3)0.25m/s2解析(1)当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：v1＝v2－at1代入数据解得：t1＝6s此时，根据位移时间的关系得：xA1＝v1t1xB1＝v2t1－eq\f(1,2)at12Δxm＝xB1＋x0－xA1代入数据解得：Δxm＝64m(2)B车刹车到停止运动所用时间：t0＝eq\f(v2,a)＝10s发生的位移：xB2＝eq\f(v22,2a)＝100m此时：xA2＝v1t0＝80m则：xA2＜x0＋xB2，可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上B车停止后A车运动时间为：t2＝eq\f(x0＋xB2－xA2,v1)＝6s故所用总时间为：t＝t0＋t2＝16s(3)A车刹车减速至0时刚好追上B车时，加速度最小eq\f(v22,2a)＋x0＝eq\f(v12,2aA)代入数据解得：aA＝0.25m/s2.【题型6时间等分问题】【例6】一滑块沿斜面由静止滑下，做匀变速直线运动，依次通过斜面上的A、B、C三点，如图所示，已知AB＝15m，BC＝30m，滑块经过AB、BC两段位移的时间都是5s，求：(1)滑块运动的加速度大小；(2)滑块在B点的瞬时速度大小；(3)滑块在A点时离初始位置的距离.答案(1)0.6m/s2(2)4.5m/s(3)1.875m解析(1)设滑块加速度为a，根据xBC－xAB＝aT2，代入数据解得：a＝eq\f(xBC－xAB,T2)＝eq\f(30－15,52)m/s2＝0.6m/s2；(2)设B点速度为vB，根据平均速度推论知：vB＝eq\f(xAB＋xBC,2T)＝eq\f(15＋30,2×5)m/s＝4.5m/s；(3)由vB＝vA＋at得：vA＝4.5m/s－0.6×5m/s＝1.5m/s则滑块在A点时离初始位置的距离为：x＝eq\f(vA2,2a)＝eq\f(1.52,2×0.6)m＝1.875m.【变式6-1】如图所示，某物体自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个点，测得xAB＝2m，xBC＝3m.且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是()A.可以求出该物体加速度的大小B.可以求得xCD＝5mC.可求得OA之间的距离为1.125mD.可求得OA之间的距离为1.5m答案C解析设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1m，可以求得aT2＝1m，xCD＝4m，而B点的瞬时速度vB＝eq\f(xAC,2T)，则OB之间的距离xOB＝eq\f(vB2,2a)＝3.125m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125m，C选项正确.【变式6-2】(多选)一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m，第4s内的位移是2.5m，那么以下说法中正确的是()A.2～4s内的平均速度是2.25m/sB.第3s末的瞬时速度是2.25m/sC.质点的加速度是0.125m/s2D.质点的加速度是0.5m/s2答案ABD解析根据平均速度公式，质点2～4s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(2＋2.5,2)m/s＝2.25m/s，故A正确；第3s末的瞬时速度等于2～4s内的平均速度，即v3＝eq\x\to(v)＝2.25m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得，质点的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(2.5－2,1)m/s2＝0.5m/s2，故C错误，D正确.【变式6-3】质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2s、第2个2s和第5s内三段位移之比为()A．2∶6∶5 B．2∶8∶7C．4∶12∶9 D．2∶2∶1解析：选C质点在从静止开始运动的前5s内的每1s内位移之比应为1∶3∶5∶7∶9，因此第1个2s内的位移为(1＋3)＝4份，第2个2s内的位移为(5＋7)＝12份，第5s内的位移即为9份，C正确。【题型7位移等分问题】【例7】一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。他发现第6节车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为()A．2m/s2 B．1m/s2C．0.5m/s2 D．0.2m/s2解析：选C将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t，动车第7节车厢通过旅客过程，有eq\f(1,2)at2＝25m，第6、7节车厢通过旅客过程，有eq\f(1,2)a(t＋4s)2＝2×25m，解得a≈0.5m/s2，C正确。【变式7-1】(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s.根据这些信息可求得()A．高铁车头经过A、B、C的速度B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间C．高铁运动的加速度D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比答案AD解析设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30m/s，可以得到eq\x\to(v)AB＝eq\f(vA＋vB,2)＝30m/s；根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到eq\x\to(v)BC＝eq\f(vB＋vC,2)＝20m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(2x,tAB＋tBC)＝eq\f(2x,\f(x,30m/s)＋\f(x,20m/s))＝24m/s，所以有eq\x\to(v)AC＝eq\f(vA＋vC,2)＝24m/s，联立解得vA＝34m/s，vB＝26m/s，vC＝14m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A正确，B、C错误；tAB∶tBC＝eq\f(x,\x\to(v)AB)∶eq\f(x,\x\to(v)BC)＝2∶3，选项D正确．【变式7-2】在平直的测试汽车加速性能的场地上，每隔100m有一个醒目的标志杆。两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动，当汽车通过第二个标志杆开始计时，t1＝10s时，汽车恰好经过第5个标志杆，t2＝20s时，汽车恰好经过第10个标志杆(图中未画出)，汽车运动过程中可视为质点，如图所示。求：(1)汽车加速度的大小；(2)若汽车匀加速达到最大速度64m/s后立即保持该速度匀速行驶，则汽车从20s末到30s末经过几个标志杆。解析：(1)设汽车的加速度为a，经过第二个标志杆的速度为v0，在0～10s内，3L＝v0t1＋eq\f(1,2)at12在0～20s内，8L＝v0t2＋eq\f(1,2)at22解得a＝2m/s2，v0＝20m/s。(2)在t2＝20s时，vt＝v0＋at2＝60m/s达到最大速度v′＝vt＋aΔt，解得Δt＝2s设t3＝30s，在t2～t3内汽车位移s＝eq\f(vt＋v′,2)Δt＋v′(t3－t2－Δt)＝636m则经过的标志杆数n＝eq\f(s,L)＝6.36个，即6个。答案：(1)2m/s2(2)6个【变式7-3】如图为港珠澳大桥上四段110m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eq\r(3)tB．通过ce段的时间为(2－eq\r(2))tC．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点的瞬时速度答案B解析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所用的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，可得出通过cd段的时间为(eq\r(3)－eq\r(2))t，A错误；通过cd段的时间为(eq\r(3)－eq\r(2))t，通过de段的时间为(2－eq\r(3))t，则通过ce段的时间为(2－eq\r(2))t，选项B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，选项C、D错误．【题型8图像问题】【例8】如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则()A．甲、乙不可能同时由A到达CB．甲一定先由A到达CC．乙一定先由A到达CD．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C解析：选A根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。若a3＞a1，如图2所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲。通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达。故A正确，B、C、D错误。【变式8-1】(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图1中甲、乙两条曲线所示.已知两车在t2时刻并排行驶.下列说法正确的是()A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大答案BD解析t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，且t2时刻两车并排行驶，则t1时刻甲在乙的后面，A项错误，B项正确；由题图图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，C项错误，D项正确.【变式8-2】在水平直轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同.要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件？(请用临界法与图象法分别分析解题)答案见解析解析方法一图象法利用v－t图象求解，先作出A、B两车的v－t图象，如图所示.设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at对B车有vB＝v′＝at以上两式联立解得t＝eq\f(v0,3a)经时间t两车的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知x＝eq\f(1,2)v0·t＝eq\f(1,2)v0·eq\f(v0,3a)＝eq\f(v02,6a)所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq\r(6ax).方法二临界条件法两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等.设从A、B两车相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示.对A车有xA＝v0t＋eq\f(1,2)(－2a)t2，vA＝v0＋(－2a)t对B车有xB＝eq\f(1,2)at2，vB＝at由两车位移关系有x＝xA－xB追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB联立以上各式解得v0＝eq\r(6ax)故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq\r(6ax).【变式8-3】甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图6所示.关于两车的运动情况，下列说法正确的是()A.在0～4s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B.在0～2s内，两车间距逐渐增大，2～4s内两车间距逐渐减小C.在t＝2s时，甲车的速度为3m/s，乙车的速度为4.5m/sD.在t＝4s时，甲车恰好追上乙车答案C解析根据题图图象可知，在0～4s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；加速度—时间图象的图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，当t＝4s时，两图线与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等，此时两车的间距最大，故B、D错误；在t＝2s时，乙车的速度为v乙＝eq\f(1,2)×(1.5＋3)×2m/s＝4.5m/s，甲车速度为v甲＝1.5×2m/s＝3m/s，故C正确.【题型9逆向思维的应用的应用】【例1】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为()A．vt0(1－eq\f(t0,2t)) B.eq\f(vt－t02,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vt02,2t)答案B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝eq\f(v,t)，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝eq\f(1,2)a(t－t0)2＝eq\f(1,2)×eq\f(v,t)×(t－t0)2＝eq\f(vt－t02,2t)，故选B.【变式9-1】一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑到C点，已知AB长度是BC的3倍，如图所示，已知物块从A到B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是()A．t0B.eq\f(t0,4)C．2t0D.eq\f(t0,2)解析：选C将物块从A到C的匀减速直线运动，运用逆向思维可看成从C到A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规律，可知连续相邻相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，而CB∶BA＝1∶3，正好符合奇数比，故tAB＝tBC＝t0，且从B到C的时间等于从C到B的时间，故从B经C再回到B需要的时间是2t0，C正确。【变式9-2】一物体(可视为质点)以4m/s的速度滑上光滑固定斜面，做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，经过一段时间后上滑到最高点C点速度恰好减为零，途经A、B两点，然后又以相同大小的加速度下滑到斜面底端D点，已知BC＝25cm，求：(1)物体第一次经过B点的速度；(2)物体由底端D点滑到B点所需要的时间．答案(1)1m/s，方向沿斜面向上(2)第一次滑到B点用时1.5s，第二次滑到B点用时2.5s解析(1)从B到C是匀减速直线运动，末速度为零，逆向思维，从C到B是初速度为零的匀加速直线运动，以沿斜面向下为正方向，加速度a1＝2m/s2，位移大小为xBC＝25cm＝0.25m根据位移—时间关系式，有xBC＝eq\f(1,2)a1t12解得t1＝0.5s再根据速度－时间关系式，有v1＝a1t1解得v1＝1m/s故第一次经过B点时速度大小为1m/s，方向沿斜面向上(2)以沿斜面向上为正方向，对从D到B过程，由v1＝v0＋at可得从D上滑第一次到达B点所用时间为：t＝eq\f(v1－v0,a)＝eq\f(1－4,－2)s＝1.5s由对称性可知：tBC＝tCB＝t1＝0.5s则t′＝t＋2tBC＝1.5s＋0.5×2s＝2.5s.【变式9-3】(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D.t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求时间之比为(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，则所求的速度之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故选项A错误，B正确.专题2.2匀变速直线运动的位移与时间的关系【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1位移与时间的关系的应用】 【题型2速度与位移的关系的应用】 【题型3刹车类问题】 【题型4双向可逆类问题】 【题型5多过程问题】 【题型6时间等分问题】 【题型7位移等分问题】 【题型8图像问题】 【题型9逆向思维的应用】 【题型1位移与时间的关系的应用】【例1】(多选)物体做直线运动，为了探究其运动规律，某同学利用计算机位移传感器测得位置x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点()A.第1s内的位移是10mB.前2s内的平均速度是3m/sC.运动的加速度为1m/s2D.任意1s内速度的增量都是－2m/s答案BD解析第1s内的位移x1＝(6＋5×1－1)m－6m＝4m，故A错误.前2s内的位移x2＝(6＋5×2－4)m－6m＝6m，则前2s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(6,2)m/s＝3m/s，故B正确.根据位移时间关系式得，加速度a＝－2m/s2，任意1s内速度的增量Δv＝at＝－2×1m/s＝－2m/s，故C错误，D正确.【变式1-1】航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一(如图)。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到82.5m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的()A．40倍 B．80倍C．400倍 D．800倍答案：A解析：由x＝eq\f(1,2)(v0＋vt)t得，n＝eq\f(\f(1,2)×44×2.5×60,\f(1,2)×82.5×2)＝40【变式1-2】质点做直线运动的位移x与时间t的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），请同学们求出：1、该质点的初速度和加速度；2、该质点在第1s内的位移及前2s内的平均速度。解析：1、由x=5t+t2可知，物体的初速度，加速度。2、第1s内的位移只需将t=1ｓ代入即可求出x=6m，前2s内的平均速度为。【变式1-3】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为()A.vt0(1－eq\f(t0,2t)) B.eq\f(v(t－t0)2,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vt02,2t)答案B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝eq\f(v,t)，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝eq\f(1,2)a(t－t0)2＝eq\f(1,2)×eq\f(v,t)×(t－t0)2＝eq\f(v(t－t0)2,2t)，故选B.【题型2速度与位移的关系的应用】【例2】如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为()A.eq\f(2v1＋v2,3)B.eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))C.eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))D.eq\f(2,3)v1答案：C【解析】设子弹运动的加速度为a，子弹穿出A时的速度为v，子弹在A中运动过程中，有：v2－veq\o\al(2,1)＝－2aL，子弹在B中运动过程中，有veq\o\al(2,2)－v2＝－2a·2L，两式联立可得，v＝eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))，因此C对．【变式2-1】一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是()A．上述过程的加速度大小为10m/s2B．刹车过程持续的时间为5sC．0时刻的初速度为10m/sD．刹车过程的位移为5m解析：选C由v2－v02＝2ax可得x＝－eq\f(1,2a)v02＋eq\f(1,2a)v2，对照x＝10－0.1v2可知，eq\f(1,2a)＝－0.1，－eq\f(1,2a)v02＝10，解得a＝－5m/s2，v0＝10m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10m，选项B、D错误。【变式2-2】如图所示，质量m＝0.5kg的物体(可视为质点)以4m/s的速度从光滑斜面底端D点上滑做匀减速直线运动，途经A、B两点，已知物体在A点时的速度是在B点时速度的2倍，由B点再经过0.5s滑到顶点C点时速度恰好为零，已知AB＝0.75m.求：(1)物体在斜面上做匀减速直线运动的加速度；(2)物体从底端D点滑到B点的位移大小.答案(1)2m/s2，方向平行于斜面向下(2)3.75m解析(1)设沿斜面向上的方向为正方向，B→C过程中，根据运动学公式，有0－vB＝atBCA→B过程中，vB2－(2vB)2＝2axAB解得：a＝－2m/s2，负号表示方向平行于斜面向下(2)由(1)可知vB＝1m/s物体从底端D点滑到B点的位移大小xDB＝eq\f(vB2－v02,2a)＝eq\f(1－16,2×(－2))m＝3.75m.【变式2-3】(多选)某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若以大小为5m/s2的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．刹车后2s时的速度大小为10m/sB．汽车刹车30m停下C．刹车后5s时的速度大小为5m/sD．刹车后6s内的位移大小为40m解析：选AD72km/h＝20m/s，由公式v＝v0＋at得，汽车从刹车到停止的时间t0＝eq\f(0－v0,a)＝4s，由速度公式得，刹车后2s时的速度v2＝v0＋at2＝10m/s，A正确；由v2－v02＝2ax，可得x＝eq\f(v2－v02,2a)＝eq\f(0－202,2×－5)m＝40m，汽车刹车40m停下，B错误；汽车从刹车到停止的时间为4s，所以刹车后5s时的速度大小为0，C错误；刹车后6s内的位移大小与刹车后4s内的位移大小相等，即40m，D正确。【题型3刹车类问题】【例3】汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为()A.5∶4B.4∶5C.3∶4D.4∶3答案C解析汽车速度减为零的时间为：t0＝eq\f(Δv,a)＝eq\f(0－20,－5)s＝4s，2s时位移：x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝20×2m－eq\f(1,2)×5×4m＝30m，刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移，为：x2＝eq\f(0－v02,2a)＝40m，所以经过2s与5s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确.【变式3-1】若飞机着陆后以6m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s，则它着陆后12s内滑行的距离是()A.288mB.300mC.150mD.144m答案B解析设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(0－60,－6)s＝10s，由此可知飞机在12s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x＝v0t＋eq\f(at2,2)＝60×10m＋(－6)×eq\f(102,2)m＝300m.【变式3-2】如图所示，A、B两物体相距s＝7m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正在摩擦力作用下以vB＝10m/s向右匀减速运动，加速度a＝－2m/s2，则A追上B所经历的时间是()A．7s B．8sC．9s D．10s解析：选B由题意知，t＝5s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝vBt＋eq\f(1,2)at2＝25m，此时A的位移xA＝vAt＝20m，A、B两物体相距Δs＝s＋xB－xA＝7m＋25m－20m＝12m，再经过Δt＝eq\f(Δs,vA)＝3s，A追上B，所以A追上B所经历的时间是5s＋3s＝8s，选项B正确。【变式3-3】汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运是()A.汽车在第1s末的速度可能为10m/sB.汽车加速度大小可能为3m/s2C.汽车在第1s末的速度一定为11m/sD.汽车的加速度大小一定为4.5m/s2答案C解析采用逆向思维，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝eq\f(1,2)at2得，汽车加速度大小a＝eq\f(2x′,t2)＝eq\f(2×2,12)m/s2＝4m/s2，第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t－eq\f(1,2)at2，代入数据解得，初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误.【题型4双向可逆类问题】【例4】(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是()A.物体运动时间可能为1sB.物体运动时间可能为3sC.物体运动时间可能为(2＋eq\r(7))sD.物体此时的速度大小一定为5m/s答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，a＝－5m/s2，当物体的位移为向上的7.5m时，x＝＋7.5m，由运动学公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正确.当物体的位移为向下的7.5m时，x＝－7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2解得：t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故C正确.由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s或v2＝5m/s、v3＝－5eq\r(7)m/s，故D错误.【变式4-1】一物体以5m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4m，则时间t可能为（）A.1sB.3sC.4sD.s【答案】ACD【解析】当物体的位移为4m时，根据得，解得t1=1st2=4s。当物体的位移为-4m时，根据得，解得．【变式4-2】如图所示为一物体做直线运动的v-t图象，根据图象做出的以下判断中，正确的是（）A.物体始终沿正方向运动B.物体先沿正方向运动，在t=2s后开始沿负方向运动C.在t=2s前物体位于出发点负方向上，在t=2s后位于出发点正方向上D.在t=2s时，物体距出发点最远答案：D【变式4-3】一物体以初速度v做匀减速直线运动冲上一光滑斜面，到达顶端后又返回到原处，所用时间为t，回到原处时的速度和初速度大小相等方向相反，则这个物体在时间t内的加速度大小是（）

A、v/tB、0C、2v/tD、无法确定

答案：C

解析：设初速度V的方向为正，根据加速度的定义，，故C选项是正确的。

【题型5多过程问题】【例5】因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来.(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2是多大？答案(1)60m/s(2)1.2m/s2解析(1)v0＝288km/h＝80m/s打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5m/s2，设经过t2＝40s时，列车的速度为v1，则v1＝v0－a1t2＝60m/s.(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200m，从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝eq\f(v02－v12,2a1)＝2800m打开电磁制动系统后，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500m＝1500m；a2＝eq\f(v12,2x3)＝1.2m/s2.【变式5-1】航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0＝100m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1370m.求：(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；(2)航天飞机降落后滑行的总时间.答案(1)40m/s(2)31s解析(1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v1，根据运动学公式有v02－v12＝2a1x1，v12＝2a2x2，x1＋x2＝x，联立以上各式并代入数据解得v1＝40m/s.(2)由速度与时间的关系可得v0＝v1＋a1t1，v1＝a2t2，t＝t1＋t2，联立以上各式并代入数据解得t＝31s.【变式5-2】拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5m/s2，行驶的速度不能超过50m/s，已知甲、乙两站之间的距离为2.5km，下列说法正确的是()A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25sB．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500mC．从甲站运动到乙站的最短时间为80sD．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25m/s解析：选B空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t1＝eq\f(vmax,amax)＝20s，A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由vmax2＝2amaxx，解得最小位移为x＝500m，B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，都等于x，匀速运动的时间为t2＝eq\f(2500－2x,vmax)＝30s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70s，C错误；从甲站运动到乙站的最大平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(2500,70)m/s≈35.7m/s，D错误。【变式5-3】A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8m/s，B车的速度大小为v2＝20m/s，如图所示.当A、B两车相距x0＝28m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a＝2m/s2，从此时开始计时，求：(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；(2)A车追上B车所用的时间；(3)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.答案(1)64m(2)16s(3)0.25m/s2解析(1)当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：v1＝v2－at1代入数据解得：t1＝6s此时，根据位移时间的关系得：xA1＝v1t1xB1＝v2t1－eq\f(1,2)at12Δxm＝xB1＋x0－xA1代入数据解得：Δxm＝64m(2)B车刹车到停止运动所用时间：t0＝eq\f(v2,a)＝10s发生的位移：xB2＝eq\f(v22,2a)＝100m此时：xA2＝v1t0＝80m则：xA2＜x0＋xB2，可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上B车停止后A车运动时间为：t2＝eq\f(x0＋xB2－x