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高中物理人教版 (2019)必修 第一册3 匀变速直线运动的位移与时间的关系精品当堂达标检测题
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册3 匀变速直线运动的位移与时间的关系精品当堂达标检测题，共9页。
一、匀变速直线运动的位移
1．物体做匀速直线运动，其v－t图像与t轴围成的矩形面积有什么意义？
答案 做匀速直线运动的物体在时间t内的位移大小对应着v－t图线与t轴围成的矩形面积，即v－t图像与t轴围成的矩形面积表示物体的位移大小。
2．如图是某物体以初速度v0做匀变速直线运动的v－t图像。
(1)如图甲所示，把物体的运动分成5段，每一段时间内，看成匀速直线运动，试着在图中画出这5小段的位移之和。
(2)如图乙所示，如果把过程分割为更多的小段，和甲图相比，哪种情形更接近整个过程的位移？
(3)依次类推，如果把过程分割成无数个小段，能否用梯形的面积代表物体在这段时间的位移？
(4)梯形面积为多少？试结合v＝v0＋at推导出位移x与时间t的关系。
答案 (1)位移为图中矩形面积之和，如图所示。
(2)图乙更接近整个过程中的位移。
(3)可以。
(4)S＝eq \f(v＋v0,2)t＝eq \f(v0＋at＋v0,2)t＝v0t＋eq \f(1,2)at2，则x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。
1．匀变速直线运动位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
当v0＝0时，x＝eq \f(1,2)at2(由静止开始的匀加速直线运动)，此时x∝t2。
2．适用范围：仅适用于匀变速直线运动。
3．公式的矢量性：公式中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取正方向。一般选v0的方向为正方向。当物体做匀加速直线运动时，a取正值。当物体做匀减速直线运动时，a取负值，计算结果中，位移x的正、负表示其方向。
4．各物理量的单位都要使用国际单位制单位。
说明：推导匀变速直线运动的位移大小等于图像下方的面积时用到了微元法。
任意形状的v－t图像与时间轴所围成的面积都等于物体的位移大小。
例1 以36 km/h的速度行驶的列车开始下坡，在下坡路上的加速度等于0.2 m/s2，经过30 s到达坡底，求坡路的长度和列车到达坡底时的速度大小。
答案 390 m 16 m/s
解析 设坡路的长度为x，列车到达坡底时的速度大小为v，初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，
加速度a＝0.2 m/s2，时间t＝30 s，
根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，
得x＝10 m/s×30 s＋eq \f(1,2)×0.2 m/s2×(30 s)2＝390 m。
根据v＝v0＋at，
得v＝10 m/s＋0.2 m/s2×30 s＝16 m/s。
例2 一物体做匀减速直线运动，初速度大小为v0＝5 m/s，加速度大小为0.5 m/s2，求：
(1)物体在前3 s内的位移大小；
(2)物体在第3 s内的位移大小。
答案 (1)12.75 m (2)3.75 m
解析 (1)取初速度方向为正方向
v0＝5 m/s，a＝－0.5 m/s2
前3 s内物体的位移x3＝v0t3＋eq \f(1,2)at32＝5×3 m＋eq \f(1,2)×(－0.5)×32 m＝12.75 m。
(2)同理，前2 s内物体的位移
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)at22＝5×2 m＋eq \f(1,2)×(－0.5)×22 m＝9 m
因此第3 s内物体的位移
x＝x3－x2＝12.75 m－9 m＝3.75 m。
应用位移与时间的关系式解题的步骤：
(1)规定正方向(一般以初速度的方向为正方向)。
(2)根据规定的正方向确定已知量的正、负，并用带有正、负号的数值表示。
(3)根据位移与时间的关系式或其变形公式列式、求解。
(4)根据计算结果说明所求量的大小和方向。
二、速度与位移的关系
试由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2和v＝v0＋at，消去时间t，推导速度与位移的关系式。
答案 由v＝v0＋at得
t＝eq \f(v－v0,a)
代入x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得
v2－v02＝2ax。
1．匀变速直线运动速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax。
2．适用范围：仅适用于匀变速直线运动。
3．公式的矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，一般取v0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)若计算结果x＞0，表明位移的方向与初速度方向相同，x＜0表明位移的方向与初速度方向相反。
(3)若计算结果v＞0，表明速度的方向与初速度方向相同，v＜0表明速度的方向与初速度方向相反。
例3 某型号航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的飞机在平直跑道上加速时可产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞，设航空母舰始终处于静止状态。问：
(1)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，该舰身长至少为多长？
(2)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？
答案 (1)250 m (2)30 m/s
解析 (1)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v2＝2ax可知该舰身长至少为x1＝eq \f(v2,2a)＝250 m。
(2)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v2－v02＝2ax
可得v0＝eq \r(v2－2ax2)＝30 m/s。
如果在所研究的问题中，已知量和未知量都不涉及时间t，利用公式v2－v02＝2ax求，往往会更方便。
三、刹车中的位移问题
一汽车在水平路面上匀速行驶，速度v0＝10 m/s，突然前方出现紧急情况，司机以5 m/s2的加速度刹车，求汽车开始刹车后3 s内的位移。
答案 首先根据v＝v0＋at0
求开始刹车到停止所用时间为t0＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－10,－5) s＝2 s，因t>t0
故x＝v0t0＋eq \f(1,2)at02
＝10×2 m－eq \f(1,2)×5×4 m
＝10 m。
刹车类问题的分析思路：
汽车刹车、飞机降落后在跑道上滑行等都可简化为单方向的匀减速直线运动，当速度减小到零后，就停止运动，在计算这类运动的位移时，应先计算出速度减小到零所用的时间t0。
(1)如果t0(2)如果t0>t，说明经过时间t运动还没有停止，则应用题目所给的时间t直接求解位移。
例4 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(制动3 s时汽车未停止)。求汽车的加速度及制动后5 s内发生的位移大小。
答案 4 m/s2，与初速度方向相反 40.5 m
解析 初速度v0＝18 m/s，时间t＝3 s，
位移x＝36 m
根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得a＝eq \f(2x－v0t,t2)＝eq \f(2×36－18×3,32) m/s2＝－4 m/s2，则加速度大小为4 m/s2，方向与初速度方向相反。
根据v＝v0＋at, 汽车停止运动的时间t′＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－18,－4) s＝4.5 s
故汽车在制动后5 s内的位移与4.5 s内的位移相等
x′＝eq \f(1,2)|a|t′2＝40.5 m。
逆向思维法的应用
刹车类问题末速度为零时，可以采用逆向思维法，将汽车匀减速到零的运动看成是初速度为零的匀加速运动，从而使问题的解答更简便。
课时对点练
考点一 匀变速直线运动的位移
1．(2023·宿迁市泗阳县实验高级中学高一期末)一质点在t＝0时刻开始做初速度为2 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，在0～2 s内质点的位移大小为( )
A．10 m B．12 m
C．14 m D．16 m
答案 B
解析 根据匀变速直线运动位移与时间的关系式得x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝2×2 m＋eq \f(1,2)×4×22 m＝12 m，故B正确。
2．(2023·日照市高一月考)一个物体由静止开始做匀加速直线运动，第1 s末的速度达到3 m/s，则物体在第2 s内的位移是( )
A．3 m B．4.5 m
C．9 m D．13.5 m
答案 B
解析 根据v1＝at1
得加速度为a＝eq \f(v1,t1)＝3 m/s2
则第2 s内的位移为
x2＝eq \f(1,2)at22－eq \f(1,2)at12＝4.5 m，故选B。
3．(多选)一质点做匀变速直线运动，其位移表达式为x＝(10t＋t2) m，则( )
A．质点的初速度为10 m/s
B．质点的加速度大小为1 m/s2
C．质点的加速度大小为2 m/s2
D．在第4 s末，质点距出发点24 m
答案 AC
解析 将x＝(10t＋t2) m与公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比可知，质点的初速度为10 m/s，加速度大小为2 m/s2，故A、C正确，B错误；t＝4 s时，x4＝(10×4＋42) m＝56 m，故D错误。
4．一质点由静止开始做匀加速直线运动，它在第10 s内的位移为19 m，则其加速度大小为( )
A．1.9 m/s2 B．2.0 m/s2
C．9.5 m/s2 D．3.0 m/s2
答案 B
解析 质点做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移与时间关系式，有
前10 s内的位移x1＝eq \f(1,2)at102，
前9 s内的位移x2＝eq \f(1,2)at92，
第10 s内的位移x＝x1－x2＝19 m，
代入数据解得a＝2.0 m/s2，故选项B正确。
考点二 速度与位移的关系
5．(2022·凯里一中高一期中)一辆摩托车在平直的公路上匀加速行驶，经过路旁两相邻电线杆时的速度分别是5 m/s和15 m/s，已知相邻电线杆之间的距离是20 m。则摩托车的加速度是( )
A．5 m/s2 B．0.5 m/s2
C．10 m/s2 D．2.5 m/s2
答案 A
解析 根据速度与位移的关系式v2－v02＝2ax得a＝eq \f(152－52,2×20) m/s2＝5 m/s2，故A正确，B、C、D错误。
6.如图所示，一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC等于( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案 C
解析 设小车的加速度为a，由v2－v02＝2ax得xAB＝eq \f(v2,2a)，xBC＝xAC－xAB＝eq \f(2v2,2a)－eq \f(v2,2a)＝eq \f(3v2,2a)，故xAB∶xBC＝1∶3，选项C正确。
7．(2023·温州市高一期中)2022年6月17日，我国的第三艘航母“福建舰”正式下水。“福建舰”配备了世界最先进的电磁弹射器，能够牵引某型号的飞机在100 m内起飞，若该飞机从静止开始做匀加速直线运动，起飞速度为288 km/h，则其加速度至少为重力加速度的(g取10 m/s2)( )
A．0.4倍 B．1.6倍
C．3.2倍 D．6.4倍
答案 C
解析 起飞速度v＝288 km/h＝80 m/s，当加速的位移最长时，所需的加速度最小，根据v2＝2ax，解得a＝eq \f(802,2×100) m/s2＝32 m/s2＝3.2g，故选C。
8.(2023·南阳市第二完全学校高级中学高一期中)当车辆在公路上出现故障不能移动时，为保证安全，需要在事故车辆后面一定距离放置如图所示的警示标志。通常情况下，司机看到警示标志后会有大约0.3～0.6 s的反应时间。某省道限速80 km/h(约为22 m/s)，假设某后方司机即将撞到警示标志时才看到该标志，为避免后方车辆与故障车相撞，警示标志应放在故障车尾后面的距离不小于(在此公路刹车过程最大加速度大小为8 m/s2)( )
A．13.2 m B．30.25 m
C．36.85 m D．43.45 m
答案 D
解析 为充分保证安全距离，取最大反应时间为0.6 s，则当车辆以最大速度行驶，从开始刹车到停止运动行驶距离为x1＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(222,2×8) m＝30.25 m，反应时间中行驶距离为x2＝v0t2＝22×0.6 m＝13.2 m，得总距离为x＝x1＋x2＝43.45 m，故选D。
9．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，某时刻关闭发动机而做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为( )
A．3 s B．4 s C．5 s D．6 s
答案 A
解析 根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，将v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，x＝37.5 m，代入得：t1＝3 s，t2＝5 s，但汽车减速到0所用的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝4 s，所以t2＝5 s应舍去，故选项A正确。
10.(2022·佳木斯市高一开学考试)如图所示，高山滑雪运动员在斜坡上由静止开始匀加速滑行距离x1，又在水平面上匀减速滑行距离x2后停下，测得x2＝2x1，运动员经过两平面交接处速率不变，则运动员在斜坡上滑行的加速度a1与在水平面上滑行的加速度a2的大小关系为( )
A．a1＝a2 B．a1＝4a2
C．2a1＝a2 D．a1＝2a2
答案 D
解析 设运动员下滑到坡底的速率为v，则斜坡上有x1＝eq \f(v2,2a1)，在水平面上有x2＝eq \f(v2,2a2)，且x2＝2x1，联立解得a1＝2a2，故选D。
11．(2022·保定市高一期中)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(t0A．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(vt－t02,2t)，故选B。
12．汽车以20 m/s的速度在平直的公路上做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内的位移与开始刹车后6 s内的位移之比为( )
A．1∶1 B．3∶5 C．5∶9 D．3∶4
答案 D
解析 汽车从开始刹车到停止的时间t0＝eq \f(v0,a)＝4 s，则汽车开始刹车后2 s内的位移为x1＝v0t1－eq \f(1,2)at12＝30 m，汽车开始刹车后6 s内的位移等于4 s内的位移，x2＝eq \f(v02,2a)＝40 m，得eq \f(x1,x2)＝eq \f(3,4)，故D正确，A、B、C错误。
13．(多选)(2023·陕西省高一期中)甲、乙两车在出厂之前分别进行刹车实验，已知两车分别以各自的最大速度(不一定相等)开始刹车，直至停下，各自留下刹车痕迹。若要比较刹车过程中甲、乙两车的加速度大小，可以比较两车( )
A．刹车过程的总位移
B．刹车过程第一米的用时
C．刹车过程最后一秒的位移
D．刹车停下前最后一米处的速度
答案 CD
解析 两车刹车做匀减速直线运动，则由运动学公式可知0－v02＝2ax，初速度大小不知道，则比较刹车总位移无法得出加速度的大小关系，故A错误；若比较刹车过程第一米的用时，由于t＝eq \f(x,\x\t(v))，则时间越大，平均速度越小，即初速度越小，但加速度无法比较，故B错误；逆向思考刹车运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动，则刹车过程最后一秒的位移为x＝eq \f(1,2)at2，则时间为一秒，位移越大，加速度越大，故C正确；逆向思考刹车运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动，则刹车停下前最后一米处的速度为v2＝2ax，则位移为一米，速度越大，加速度越大，故D正确。
14．如图甲，滑板运动深受部分年轻人的喜爱，他们在斜坡上冲上、滑下，享受着运动的乐趣。为研究此运动过程，可以建立如图乙所示物理模型。物体由底端D点以v0＝4 m/s的初速度滑上固定的光滑斜面，途经A、B两点，已知xAB＝xBC，由B点再经过0.5 s物体滑到斜面最高点C时速度恰好为零。设斜面长度为4 m，求：(物体在光滑斜面上上滑与下滑的加速度大小相等)
(1)物体运动的加速度；
(2)物体经过B点时的速度大小；
(3)物体两次经过A点的时间间隔。
答案 (1)2 m/s2，方向沿斜面向下 (2)1 m/s (3)eq \r(2) s
解析 (1)设物体运动的加速度大小为a，斜面长度为L，根据运动学公式可得2aL＝v02
解得a＝2 m/s2，方向沿斜面向下。
(2)将物体的匀减速上滑过程逆向看作的初速度为零的匀加速下滑过程，则物体经过B点时的速度大小为
vB＝at1＝1 m/s
(3)xAB和xBC的长度为xAB＝xBC＝eq \f(vB2,2a)＝0.25 m
物体从C到A的时间为
t2＝eq \r(\f(2xAB＋xBC,a))＝eq \f(\r(2),2) s
根据运动的对称性可知物体两次经过A点的时间间隔为Δt＝2t2＝eq \r(2) s。
一、匀变速直线运动的位移
1．物体做匀速直线运动，其v－t图像与t轴围成的矩形面积有什么意义？
答案 做匀速直线运动的物体在时间t内的位移大小对应着v－t图线与t轴围成的矩形面积，即v－t图像与t轴围成的矩形面积表示物体的位移大小。
2．如图是某物体以初速度v0做匀变速直线运动的v－t图像。
(1)如图甲所示，把物体的运动分成5段，每一段时间内，看成匀速直线运动，试着在图中画出这5小段的位移之和。
(2)如图乙所示，如果把过程分割为更多的小段，和甲图相比，哪种情形更接近整个过程的位移？
(3)依次类推，如果把过程分割成无数个小段，能否用梯形的面积代表物体在这段时间的位移？
(4)梯形面积为多少？试结合v＝v0＋at推导出位移x与时间t的关系。
答案 (1)位移为图中矩形面积之和，如图所示。
(2)图乙更接近整个过程中的位移。
(3)可以。
(4)S＝eq \f(v＋v0,2)t＝eq \f(v0＋at＋v0,2)t＝v0t＋eq \f(1,2)at2，则x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。
1．匀变速直线运动位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
当v0＝0时，x＝eq \f(1,2)at2(由静止开始的匀加速直线运动)，此时x∝t2。
2．适用范围：仅适用于匀变速直线运动。
3．公式的矢量性：公式中x、v0、a都是矢量，应用时必须选取正方向。一般选v0的方向为正方向。当物体做匀加速直线运动时，a取正值。当物体做匀减速直线运动时，a取负值，计算结果中，位移x的正、负表示其方向。
4．各物理量的单位都要使用国际单位制单位。
说明：推导匀变速直线运动的位移大小等于图像下方的面积时用到了微元法。
任意形状的v－t图像与时间轴所围成的面积都等于物体的位移大小。
例1 以36 km/h的速度行驶的列车开始下坡，在下坡路上的加速度等于0.2 m/s2，经过30 s到达坡底，求坡路的长度和列车到达坡底时的速度大小。
答案 390 m 16 m/s
解析 设坡路的长度为x，列车到达坡底时的速度大小为v，初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，
加速度a＝0.2 m/s2，时间t＝30 s，
根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，
得x＝10 m/s×30 s＋eq \f(1,2)×0.2 m/s2×(30 s)2＝390 m。
根据v＝v0＋at，
得v＝10 m/s＋0.2 m/s2×30 s＝16 m/s。
例2 一物体做匀减速直线运动，初速度大小为v0＝5 m/s，加速度大小为0.5 m/s2，求：
(1)物体在前3 s内的位移大小；
(2)物体在第3 s内的位移大小。
答案 (1)12.75 m (2)3.75 m
解析 (1)取初速度方向为正方向
v0＝5 m/s，a＝－0.5 m/s2
前3 s内物体的位移x3＝v0t3＋eq \f(1,2)at32＝5×3 m＋eq \f(1,2)×(－0.5)×32 m＝12.75 m。
(2)同理，前2 s内物体的位移
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)at22＝5×2 m＋eq \f(1,2)×(－0.5)×22 m＝9 m
因此第3 s内物体的位移
x＝x3－x2＝12.75 m－9 m＝3.75 m。
应用位移与时间的关系式解题的步骤：
(1)规定正方向(一般以初速度的方向为正方向)。
(2)根据规定的正方向确定已知量的正、负，并用带有正、负号的数值表示。
(3)根据位移与时间的关系式或其变形公式列式、求解。
(4)根据计算结果说明所求量的大小和方向。
二、速度与位移的关系
试由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2和v＝v0＋at，消去时间t，推导速度与位移的关系式。
答案 由v＝v0＋at得
t＝eq \f(v－v0,a)
代入x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得
v2－v02＝2ax。
1．匀变速直线运动速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax。
2．适用范围：仅适用于匀变速直线运动。
3．公式的矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，应用解题时一定要先设定正方向，一般取v0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)若计算结果x＞0，表明位移的方向与初速度方向相同，x＜0表明位移的方向与初速度方向相反。
(3)若计算结果v＞0，表明速度的方向与初速度方向相同，v＜0表明速度的方向与初速度方向相反。
例3 某型号航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的飞机在平直跑道上加速时可产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞，设航空母舰始终处于静止状态。问：
(1)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，该舰身长至少为多长？
(2)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？
答案 (1)250 m (2)30 m/s
解析 (1)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v2＝2ax可知该舰身长至少为x1＝eq \f(v2,2a)＝250 m。
(2)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v2－v02＝2ax
可得v0＝eq \r(v2－2ax2)＝30 m/s。
如果在所研究的问题中，已知量和未知量都不涉及时间t，利用公式v2－v02＝2ax求，往往会更方便。
三、刹车中的位移问题
一汽车在水平路面上匀速行驶，速度v0＝10 m/s，突然前方出现紧急情况，司机以5 m/s2的加速度刹车，求汽车开始刹车后3 s内的位移。
答案 首先根据v＝v0＋at0
求开始刹车到停止所用时间为t0＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－10,－5) s＝2 s，因t>t0
故x＝v0t0＋eq \f(1,2)at02
＝10×2 m－eq \f(1,2)×5×4 m
＝10 m。
刹车类问题的分析思路：
汽车刹车、飞机降落后在跑道上滑行等都可简化为单方向的匀减速直线运动，当速度减小到零后，就停止运动，在计算这类运动的位移时，应先计算出速度减小到零所用的时间t0。
(1)如果t0
例4 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(制动3 s时汽车未停止)。求汽车的加速度及制动后5 s内发生的位移大小。
答案 4 m/s2，与初速度方向相反 40.5 m
解析 初速度v0＝18 m/s，时间t＝3 s，
位移x＝36 m
根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得a＝eq \f(2x－v0t,t2)＝eq \f(2×36－18×3,32) m/s2＝－4 m/s2，则加速度大小为4 m/s2，方向与初速度方向相反。
根据v＝v0＋at, 汽车停止运动的时间t′＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－18,－4) s＝4.5 s
故汽车在制动后5 s内的位移与4.5 s内的位移相等
x′＝eq \f(1,2)|a|t′2＝40.5 m。
逆向思维法的应用
刹车类问题末速度为零时，可以采用逆向思维法，将汽车匀减速到零的运动看成是初速度为零的匀加速运动，从而使问题的解答更简便。
课时对点练
考点一 匀变速直线运动的位移
1．(2023·宿迁市泗阳县实验高级中学高一期末)一质点在t＝0时刻开始做初速度为2 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，在0～2 s内质点的位移大小为( )
A．10 m B．12 m
C．14 m D．16 m
答案 B
解析 根据匀变速直线运动位移与时间的关系式得x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝2×2 m＋eq \f(1,2)×4×22 m＝12 m，故B正确。
2．(2023·日照市高一月考)一个物体由静止开始做匀加速直线运动，第1 s末的速度达到3 m/s，则物体在第2 s内的位移是( )
A．3 m B．4.5 m
C．9 m D．13.5 m
答案 B
解析 根据v1＝at1
得加速度为a＝eq \f(v1,t1)＝3 m/s2
则第2 s内的位移为
x2＝eq \f(1,2)at22－eq \f(1,2)at12＝4.5 m，故选B。
3．(多选)一质点做匀变速直线运动，其位移表达式为x＝(10t＋t2) m，则( )
A．质点的初速度为10 m/s
B．质点的加速度大小为1 m/s2
C．质点的加速度大小为2 m/s2
D．在第4 s末，质点距出发点24 m
答案 AC
解析 将x＝(10t＋t2) m与公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比可知，质点的初速度为10 m/s，加速度大小为2 m/s2，故A、C正确，B错误；t＝4 s时，x4＝(10×4＋42) m＝56 m，故D错误。
4．一质点由静止开始做匀加速直线运动，它在第10 s内的位移为19 m，则其加速度大小为( )
A．1.9 m/s2 B．2.0 m/s2
C．9.5 m/s2 D．3.0 m/s2
答案 B
解析 质点做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移与时间关系式，有
前10 s内的位移x1＝eq \f(1,2)at102，
前9 s内的位移x2＝eq \f(1,2)at92，
第10 s内的位移x＝x1－x2＝19 m，
代入数据解得a＝2.0 m/s2，故选项B正确。
考点二 速度与位移的关系
5．(2022·凯里一中高一期中)一辆摩托车在平直的公路上匀加速行驶，经过路旁两相邻电线杆时的速度分别是5 m/s和15 m/s，已知相邻电线杆之间的距离是20 m。则摩托车的加速度是( )
A．5 m/s2 B．0.5 m/s2
C．10 m/s2 D．2.5 m/s2
答案 A
解析 根据速度与位移的关系式v2－v02＝2ax得a＝eq \f(152－52,2×20) m/s2＝5 m/s2，故A正确，B、C、D错误。
6.如图所示，一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC等于( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案 C
解析 设小车的加速度为a，由v2－v02＝2ax得xAB＝eq \f(v2,2a)，xBC＝xAC－xAB＝eq \f(2v2,2a)－eq \f(v2,2a)＝eq \f(3v2,2a)，故xAB∶xBC＝1∶3，选项C正确。
7．(2023·温州市高一期中)2022年6月17日，我国的第三艘航母“福建舰”正式下水。“福建舰”配备了世界最先进的电磁弹射器，能够牵引某型号的飞机在100 m内起飞，若该飞机从静止开始做匀加速直线运动，起飞速度为288 km/h，则其加速度至少为重力加速度的(g取10 m/s2)( )
A．0.4倍 B．1.6倍
C．3.2倍 D．6.4倍
答案 C
解析 起飞速度v＝288 km/h＝80 m/s，当加速的位移最长时，所需的加速度最小，根据v2＝2ax，解得a＝eq \f(802,2×100) m/s2＝32 m/s2＝3.2g，故选C。
8.(2023·南阳市第二完全学校高级中学高一期中)当车辆在公路上出现故障不能移动时，为保证安全，需要在事故车辆后面一定距离放置如图所示的警示标志。通常情况下，司机看到警示标志后会有大约0.3～0.6 s的反应时间。某省道限速80 km/h(约为22 m/s)，假设某后方司机即将撞到警示标志时才看到该标志，为避免后方车辆与故障车相撞，警示标志应放在故障车尾后面的距离不小于(在此公路刹车过程最大加速度大小为8 m/s2)( )
A．13.2 m B．30.25 m
C．36.85 m D．43.45 m
答案 D
解析 为充分保证安全距离，取最大反应时间为0.6 s，则当车辆以最大速度行驶，从开始刹车到停止运动行驶距离为x1＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(222,2×8) m＝30.25 m，反应时间中行驶距离为x2＝v0t2＝22×0.6 m＝13.2 m，得总距离为x＝x1＋x2＝43.45 m，故选D。
9．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，某时刻关闭发动机而做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为( )
A．3 s B．4 s C．5 s D．6 s
答案 A
解析 根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，将v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，x＝37.5 m，代入得：t1＝3 s，t2＝5 s，但汽车减速到0所用的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝4 s，所以t2＝5 s应舍去，故选项A正确。
10.(2022·佳木斯市高一开学考试)如图所示，高山滑雪运动员在斜坡上由静止开始匀加速滑行距离x1，又在水平面上匀减速滑行距离x2后停下，测得x2＝2x1，运动员经过两平面交接处速率不变，则运动员在斜坡上滑行的加速度a1与在水平面上滑行的加速度a2的大小关系为( )
A．a1＝a2 B．a1＝4a2
C．2a1＝a2 D．a1＝2a2
答案 D
解析 设运动员下滑到坡底的速率为v，则斜坡上有x1＝eq \f(v2,2a1)，在水平面上有x2＝eq \f(v2,2a2)，且x2＝2x1，联立解得a1＝2a2，故选D。
11．(2022·保定市高一期中)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
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(vt－t02,2t)，故选B。
12．汽车以20 m/s的速度在平直的公路上做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内的位移与开始刹车后6 s内的位移之比为( )
A．1∶1 B．3∶5 C．5∶9 D．3∶4
答案 D
解析 汽车从开始刹车到停止的时间t0＝eq \f(v0,a)＝4 s，则汽车开始刹车后2 s内的位移为x1＝v0t1－eq \f(1,2)at12＝30 m，汽车开始刹车后6 s内的位移等于4 s内的位移，x2＝eq \f(v02,2a)＝40 m，得eq \f(x1,x2)＝eq \f(3,4)，故D正确，A、B、C错误。
13．(多选)(2023·陕西省高一期中)甲、乙两车在出厂之前分别进行刹车实验，已知两车分别以各自的最大速度(不一定相等)开始刹车，直至停下，各自留下刹车痕迹。若要比较刹车过程中甲、乙两车的加速度大小，可以比较两车( )
A．刹车过程的总位移
B．刹车过程第一米的用时
C．刹车过程最后一秒的位移
D．刹车停下前最后一米处的速度
答案 CD
解析 两车刹车做匀减速直线运动，则由运动学公式可知0－v02＝2ax，初速度大小不知道，则比较刹车总位移无法得出加速度的大小关系，故A错误；若比较刹车过程第一米的用时，由于t＝eq \f(x,\x\t(v))，则时间越大，平均速度越小，即初速度越小，但加速度无法比较，故B错误；逆向思考刹车运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动，则刹车过程最后一秒的位移为x＝eq \f(1,2)at2，则时间为一秒，位移越大，加速度越大，故C正确；逆向思考刹车运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动，则刹车停下前最后一米处的速度为v2＝2ax，则位移为一米，速度越大，加速度越大，故D正确。
14．如图甲，滑板运动深受部分年轻人的喜爱，他们在斜坡上冲上、滑下，享受着运动的乐趣。为研究此运动过程，可以建立如图乙所示物理模型。物体由底端D点以v0＝4 m/s的初速度滑上固定的光滑斜面，途经A、B两点，已知xAB＝xBC，由B点再经过0.5 s物体滑到斜面最高点C时速度恰好为零。设斜面长度为4 m，求：(物体在光滑斜面上上滑与下滑的加速度大小相等)
(1)物体运动的加速度；
(2)物体经过B点时的速度大小；
(3)物体两次经过A点的时间间隔。
答案 (1)2 m/s2，方向沿斜面向下 (2)1 m/s (3)eq \r(2) s
解析 (1)设物体运动的加速度大小为a，斜面长度为L，根据运动学公式可得2aL＝v02
解得a＝2 m/s2，方向沿斜面向下。
(2)将物体的匀减速上滑过程逆向看作的初速度为零的匀加速下滑过程，则物体经过B点时的速度大小为
vB＝at1＝1 m/s
(3)xAB和xBC的长度为xAB＝xBC＝eq \f(vB2,2a)＝0.25 m
物体从C到A的时间为
t2＝eq \r(\f(2xAB＋xBC,a))＝eq \f(\r(2),2) s
根据运动的对称性可知物体两次经过A点的时间间隔为Δt＝2t2＝eq \r(2) s。
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