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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学案设计
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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学案设计，共24页。学案主要包含了匀变速直线运动的位移，速度与位移的关系等内容，欢迎下载使用。
一、匀变速直线运动的位移
1．位移在v t图像中的表示：直线运动的位移对应着v t图像中图线和时间轴包围的面积。如图所示的匀变速直线运动，在0～t1时间内的位移大小等于梯形的面积。
2．位移公式：x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，式中x表示物体在时间t内运动的位移，v0表示初速度，如果v0＝0，则x＝ eq \f(1,2) at2。
结合生活实际想想，汽车刹车问题如何计算时间和位移？
提示：计算刹车问题，要首先计算汽车停下来的时间和位移，再将所给的时间进行验证，不能够盲目将题目所给的时间代入公式进行计算。
二、速度与位移的关系
1．公式推导：由匀变速直线运动的速度公式v＝v0＋at、位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2 消去时间t可得。
2．速度与位移的关系式：v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax。
如图所示是“歼15”战机在“辽宁舰”上起飞的画面，已知“歼15”战机的加速度为a，起飞速度为v。
(1)如果“辽宁舰”静止在海上，应该如何确定飞机跑道的最小长度？
(2)如果“辽宁舰”以v0匀速航行呢？(v与v0同向)
提示：(1)根据v2＝2ax，知飞机跑道的最小长度为x＝ eq \f(v2,2a) 。
(2)根据v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，知飞机跑道的最小长度为x＝ eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) 。,
学习匀变速直线运动规律后，我们分析判断下列说法哪些是正确的。
①确定公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax中的四个物理量的数值时，选取的参考系应该是统一的。
②公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax适用于所有的直线运动。
③匀变速直线运动的位移与时间的平方一定成正比。
④初速度越大，做匀变速直线运动的物体的位移一定越大。
⑤匀变速直线运动的位移与初速度、加速度、时间三个因素有关。
⑥解题过程中通常取初速度的方向为正方向，对匀减速直线运动，公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax中的a必须取负值。
⑦由公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax知，位移越大，物体的末速度一定越大。
以上说法正确的有①⑤⑥。
物体在做变加速直线运动时，速度—时间图像如图所示。
思考：在v t图像中图线与时间轴围成的面积可不可以表示物体发生的位移？
提示：可以表示。
P43【拓展学习】
对于加速度和时间图像，坐标轴和图线围成的面积表示什么呢？
提示：根据公式v＝v0＋at知，表示这段时间的速度变化量。
一、匀变速直线运动规律的应用
位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2的理解及应用
(科学思维——科学推理)
速度、加速度的测量通常比位移的测量要复杂些，而有的时候我们只需比较两个物体运动的加速度大小，并不需要知道加速度的具体数值。例如，比较两辆汽车的加速性能就是这样。如果已知两个物体在相同时间内从静止开始做匀加速直线运动的位移之比，怎样根据运动学的规律求出它们的加速度之比？
提示：当v0＝0，则x＝ eq \f(1,2) at2。这样位移之比就和加速度之比相等。
位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2只适用于匀变速直线运动，应用公式时必须选用统一的正方向。
【典例1】一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移为12 m，第5 s内的位移为20 m，则该质点运动过程中( )
A．初速度大小为零
B．加速度大小为4 m/s2
C．5 s内的位移为50 m
D．第4 s内的平均速度为8 m/s
【解题探究】(1)第3 s内的位移指的是哪段时间的位移?
提示:第3 s内的位移等于前3 s内位移与前2 s内位移之差。
(2)匀变速直线运动中选用哪个公式解决位移问题?
提示:x=v0t+ QUOTE eq \f(1,2) at2。
【解析】选B。第3 s内的位移等于前3 s内位移与前2 s 内位移之差，即Δx3＝x3－x2＝12 m，由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，代入数据得v0×3＋ eq \f(1,2) a×32－(v0×2＋ eq \f(1,2) a×22)＝12 m①，同理可得第5 s内的位移：Δx5＝v0×5＋ eq \f(1,2) a×52－(v0×4＋ eq \f(1,2) a×42)＝20 m②，联立①②解得v0＝2 m/s，a＝4 m/s2，故A错误，B正确；5 s内的位移为x＝v0t5＋ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＝60 m，C错误；第4 s内的位移为Δx4＝x4－x3＝v0t4＋ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) －(v0t3＋ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) )＝16 m，则第4 s内的平均速度 eq \x\t(v) ＝ eq \f(Δx4,t) ＝16 m/s，D错误。
应用位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2的解题步骤
(1)规定一个正方向(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、负的数值表示。
(3)根据位移—时间关系式或其变形式列式、求解。
(4)根据计算结果说明所求量的大小、方向。
公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax的理解及应用
(科学思维——科学推理)
【典例2】如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面，某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
A．13 s B．16 s C．21 s D．26 s
【解析】选C。升降机以最大加速度运行，且先匀加速至最大速度，后匀速运动，最后匀减速至速度为零的过程时间最短。升降机先加速上升，加速上升距离为h1＝ eq \f(v2,2a) ＝32 m，加速时间为t1＝ eq \f(v,a) ＝8 s；减速距离h3＝h1＝32 m，减速时间t3＝t1＝8 s，故中间匀速阶段h2＝40 m，匀速时间t2＝ eq \f(h2,v) ＝5 s。所以t＝t1＋t2＋t3＝8 s＋5 s＋8 s＝21 s，C正确。
1．(多选)物体做初速度为零的匀加速直线运动，前2 s内的位移是8 m，则( )
A．物体的加速度是2 m/s2
B．物体的加速度是4 m/s2
C．物体前4 s内的位移是32 m
D．物体前4 s内的位移是16 m
【解析】选B、C。由x＝ eq \f(1,2) at2，代入t＝2 s、x＝8 m得a＝4 m/s2，故A错误，B正确；由x＝ eq \f(1,2) at2，代入t＝4 s、a＝4 m/s2，得物体前4 s内的位移x＝32 m，故C正确，D错误。
2．(2021·绍兴高一检测)汽车以5 m/s的速度在水平路面上匀速前进，由于前方突发事件需要紧急刹车，汽车以大小为2 m/s2的加速度做匀减速运动，则汽车从刹车开始4 s内通过的位移为( )
A．4 m B．36 m
C．6.25 m D．以上选项都不对
【解析】选C。汽车速度减为零的时间为：t0＝ eq \f(v0－0,a) ＝ eq \f(5－0,2) s＝2.5 s，在制动后2.5 s时汽车已经停止运动，汽车在4 s内的位移等于2.5 s内的位移，则有：x＝ eq \f(v0＋0,2) t0＝ eq \f(5＋0,2) ×2.5 m＝6.25 m，故C正确，A、B、D错误。
3．做匀加速直线运动的物体，速度从v增加到2v时经过的位移是s，则它的速度从v增加到3v时发生的位移是( )
A．2s B． eq \f(2s,3)
C． eq \f(4s,3) D． eq \f(8s,3)
【解析】选D。根据匀变速直线运动的速度—位移公式，速度从v增加到2v时，有：(2v)2－v2＝2as，速度从v增加到3v时，有：(3v)2－v2＝2as′，联立两式得：s′＝ eq \f(8,3) s，故A、B、C错误，D正确。
【拔高题组】
1.将固定在水平地面上的斜面分为四等份，如图所示，AB＝BC＝CD＝DE，在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点。则小滑块向上运动经过D点时的速度大小是( )
A． eq \f(v0,5) B． eq \f(v0,4) C． eq \f(v0,3) D． eq \f(v0,2)
【解析】选D。将末速度为零的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，则v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0＝2axEA、v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) －0＝2axED，又xEA＝4xED，解得：vD＝ eq \f(v0,2) 。故D项正确，A、B、C项错误。
2．有些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甲板上加速时可能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。设航空母舰处于静止状态。问：
(1)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？
(2)若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能在航空母舰上正常起飞，则该航空母舰甲板长至少应为多少？
【解析】(1)根据公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax
得：v0＝ eq \r(v2－2ax) ＝30 m/s。
(2)航空母舰不装弹射系统时，v2＝2aL
航空母舰甲板长至少应为L＝ eq \f(v2,2a) ＝250 m。
答案：(1)30 m/s (2)250 m
二、利用v t图像的“面积”求物体的位移
(科学思维——模型建构)
写出匀变速直线运动中位移与时间关系的推导过程。
提示：某一物体做匀变速直线运动的图像如图所示。
可将物体的运动按时间分成若干小段，将每一小段内的运动看成是匀速直线运动，其速度用这一小段起始时刻的瞬时速度。这样匀变速直线运动转变成了匀速直线运动的问题。
设物体运动的初速度为v0，加速度为a，时间为t。若将物体的运动分成n个小段，则每个小段的时间为t0＝ eq \f(t,n)
第i(i∈N＋，i∈[1，n])个小段内物体的初速度为
vi＝v0＋a(i－1)t0
于是可得第i(i∈N＋，i∈[1，n])个小段内物体的位移为
xi＝vit0＝(v0＋(i－1)at0)t0＝v0t0＋(i－1)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
将这n个小段的位移加起来，于是有
x＝x1＋x2＋…＋xn
＝nv0t0＋ eq \f(1,2) n(n－1)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
＝nv0t0＋ eq \f(1,2) an2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) (1－ eq \f(1,n) )
＝v0t＋ eq \f(1,2) at2(1－ eq \f(1,n) )
由上式可得，当n→∞时，有x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2
对照速度—时间图像，上式即为速度—时间图像中图线与坐标轴所围成的图形的面积。即匀变速直线运动的图像中图线与坐标轴所围成的梯形的面积为物体在相应时间内的位移。
对x t图像与v t图像的比较
【典例】某一做直线运动的物体的v t 图像如图所示，根据图像，求：
(1)物体距出发点的最远距离；
(2)前4 s内物体的位移大小；
(3)前4 s内物体通过的路程。
【解析】(1)由题图可知在0～3 s内物体沿正方向运动，3～4 s内物体沿反方向运动，故物体在3 s时距出发点最远，物体距出发点最远的距离
xm＝ eq \f(1,2) v1t1＝ eq \f(1,2) ×4×3 m＝6 m。
(2)前4 s内物体的位移大小
x＝x1－x2＝ eq \f(1,2) v1t1－ eq \f(1,2) v2t2
＝( eq \f(1,2) ×4×3－ eq \f(1,2) ×2×1) m＝5 m。
(3)前4 s内物体通过的路程
s＝x1＋x2＝ eq \f(1,2) v1t1＋ eq \f(1,2) v2t2
＝( eq \f(1,2) ×4×3＋ eq \f(1,2) ×2×1) m＝7 m。
答案：(1)6 m (2)5 m (3)7 m
应用v t图像时需要注意的问题
(1)v t图线与t轴所围的“面积”表示位移的大小。
(2)“面积”在t轴以上是正值，表示位移沿正方向；在t轴以下是负值，表示位移沿负方向。
(3)物体的总位移等于各部分位移(正、负“面积”)的代数和。
(4)物体通过的路程为t轴上、下“面积”绝对值的和。
(5)为了检验计算结果，可根据v t图像画出物体运动的草图。
1．(2021·杭州高一检测)四个质点做直线运动，它们的运动图象分别如图所示，在2 s末能回到出发点的是( )
A.①③ B．①④ C．②③ D．②④
【解析】选B。①质点在0～2 s内的位移x＝ eq \f(1,2) ×(－1)×1 m＋ eq \f(1,2) ×1×1 m＝0，即质点在2 s末回到出发点，故①正确；②质点在0～2 s内的位移x＝ eq \f(1,2) ×2×1 m＝1 m，即质点在2 s末不能回到出发点，故②错误；③质点2 s末的位置为x＝1 m位置，即质点在2 s末不能回到出发点，故③错误；④质点2 s末的位置为x＝0，即质点在2 s末回到出发点，故④正确；故A、C、D错误，B正确。
2.(多选)质点做直线运动的速度—时间图像如图所示，该质点( )
A．始终沿正方向运动
B．做往复运动
C．在3～4 s内，物体的加速度为－2 m/s2
D．在0～6 s内，质点的平均速度为2 m/s
【解析】选A、C。题图是速度—时间图像，速度的正负表示运动的方向，0～6 s内，质点速度始终在t轴之上，速度方向不变，做单向直线运动，A正确，B错误；斜率的正负代表了加速度的方向，根据加速度公式，可以求得3～4 s内，其加速度为－2 m/s2，C正确；图像的面积表示位移，0～6 s内的位移为6 m，所以平均速度为1 m/s，D错误。
【补偿训练】
(多选)如图所示是 P、Q 两质点从同一地点由静止开始运动的v t图像，由图线可以判定( )
A．P质点的速度越来越小
B．零时刻P质点的加速度为零
C．在0～t1时间内，P质点在Q质点前面
D．在0～t1时间内，P质点的平均速度大于Q质点的平均速度
【解析】选C、D。在v t图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，从题图中可以看出在0～t1时间内，P质点的速度越来越大，故A错误；由于在v t图像中，切线斜率表示加速度，所以零时刻P质点的速度虽然为零，但是斜率(即加速度)不为零，故B错误；在v t图像中，图线与横轴围成的面积代表位移，所以在0～t1时间内，P质点的位移大于Q质点的位移，因P、Q 两质点从同一地点由静止开始运动，则P质点在Q质点前面，根据 eq \x\t(v) ＝ eq \f(x,t) 可知，在0～t1时间内，P质点的平均速度大于Q质点的平均速度，选项C、D正确。
【拓展例题】考查内容：根据速度图像判断加速度图像
【典例】质点做直线运动的速度—时间图像如图甲所示，图乙中表示质点加速度—时间图像正确的是( )
【解析】选B。在速度—时间图像中，斜率的正负和大小表示加速度的正负和大小，在0～1 s和 3～5 s内斜率为正，加速度为2 m/s2，1～3 s和5～6 s内斜率为负，加速度为－2 m/s2，B正确，A、C、D错误。
闪光频闪摄影法
闪光频闪摄影又称连闪摄影，是借助于电子闪光灯的连续闪光，在一个画面上记录动体的连续运动过程。频闪摄影从器材上一般分为两类：一是利用自动频率电子闪光灯(简称电子频闪灯)拍摄；二是利用普通闪光灯组拍摄。由于拍摄的工具和方法不同，频闪照片的效果也各具特色。
在拍摄时，首先要确定在画面上准备留下几个什么姿态的影像，影像与影像之间间隔多大距离，影像与影像是否要用虚影相连等，然后决定闪光灯的位置及数量。其次要选择一个深色的背景。通常以夜间拍摄为好，用低角度仰拍，以黑暗的天空为背景，或是找一间宽敞的房间，以保证被拍摄运动物体的影像不受干扰。另外，为了使画面整洁，主体突出，拍摄现场除了主要照明用的闪光灯外，其余光源最好关闭。若是拍摄人物动态，为了让人物搞清运动方向，可以在现场安置少量很暗的灯光，光源尽量靠近地面，与被摄动体成逆光照射角度。 正式拍摄时，打开照相机的B门，用快门线将其锁定，使照相机的快门处于开启的状态，然后让动体开始运动，拍摄者用手操纵闪光灯，根据动体的不同运动姿态逐次闪光。需要拍三个影像，就用三只闪光灯先后三次闪光；需要拍摄六个影像，可以用三只闪光灯每只闪两次，也可以用六只闪光灯先后六次闪光。最好是找多个助手分别操作闪光灯，达成默契后，效果也是比较理想的。 如果动体的运动速度比较缓慢，运动过程较长，那么可用单个普通闪光灯进行拍摄。这样的频闪方法是让闪光灯充足电，锁定照相机B门后，在动体开始运动的瞬间使闪光灯闪光，录下第一个影像；等进入下一个造型时，再闪光，录下第二个影像；这样，经过多次闪光后，在一张照片上就会留下多个不同姿态的动体形象。 频闪摄影的曝光量应该如何掌握？
提示：如果几个影像是互相分开的，曝光量就按通常单灯闪光计算。如果几个影像紧密相连，而且局部重叠，那么这些影像的曝光量，就会随着闪光次数的增加而递增，因此，在重叠连闪时，曝光量应减少1～2级光圈。为了给动体提供较大的活动范围，同时便于记录动体每个阶段的动作，拍摄时最好使用广角镜头。为了更有把握，最好在拍摄前进行几次实验，让动体或人物在确定的拍摄范围内练习几次，使拍摄双方都能配合默契，这样拍摄就有把握了。
1．(水平1)做直线运动的质点，它的位置随时间变化的规律是x＝3＋24t－1.5t2(m)，则关于质点的运动，下列判断正确的是( )
A．质点加速度大小为1.5 m/s2
B．质点在4 s末速度为零
C．质点滑行前2 s内的位移为45 m
D．质点在前2 s内的平均速度为21 m/s
【解析】选D。将x＝3＋24t－1.5t2(m)与公式s＝v0t＋ eq \f(1,2) at2比对知，质点的初速度v0＝24 m/s，加速度a＝－3 m/s2，故A错误。4 s末质点的速度 v＝v0＋at＝24 m/s－3×4 m/s＝12 m/s，故B错误。将t＝2 s代入x＝3＋24t－1.5t2(m)，得质点在前2 s内的位移 s＝(3＋24×2－1.5×22) m－3 m＝42 m，故C错误。质点在前2 s内的平均速度为 eq \x\t(v) ＝ eq \f(s,t) ＝ eq \f(42,2) m/s＝21 m/s，故D正确。
2．(水平2)某高速列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s时位移为x。则当速度由10 m/s增加到15 m/s时，它的位移是( )
A． eq \f(5,2) x B． eq \f(5,3) x C．2x D．3x
【解析】选B。由v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax得(102－52) m＝2ax，(152－102) m＝2ax′；两式联立可得x′＝ eq \f(5,3) x，故B正确。
3．(水平1)一个物体由静止开始做匀加速直线运动，第1 s内的位移是1 m，第3 s内的位移是( )
A．2 m B．3 m C．5 m D．8 m
【解析】选C。根据x1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) 得物体的加速度为a＝ eq \f(2x1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝ eq \f(2×1,12) m/s2＝2 m/s2，则物体在第3 s内的位移为：x′＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) － eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) ×2×(9－4) m＝5 m，故C正确。
4．(水平2)一个物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，
下列说法正确的是( )
A．物体在前2 s内做匀加速直线运动，加速度为2 m/s2
B．物体在6～12 s内速度一直减小
C．物体在第12 s内的位移为0.75 m
D．物体在前12 s内的路程为15 m
【解析】选D。v t图像的斜率表示加速度，所以物体在前2 s内做匀加速直线运动，加速度为a＝ eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，故A错误；物体在6～12 s内速度先减小后增大，故B错误；物体在6～12 s内的加速度大小为a＝ eq \f(2,4) m/s2＝ eq \f(1,2) m/s2，10～12 s的位移大小为x1＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ×22 m＝1 m，10～11 s的位移大小为x2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ×12 m＝0.25 m，所以物体在第12 s内的位移大小为x＝x1－x2＝0.75 m，方向与正方向相反，即位移为－0.75 m，故C错误；物体在前10 s内的路程为s1＝ eq \f(4＋10,2) ×2 m＝14 m，在10～12 s内的路程为s2＝x1＝1 m，所以物体在前12 s内的路程为s＝s1＋s2＝15 m，故D正确。
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x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2
运动情况
取值
若物体做匀加速直线运动
a与v0同向,a取正值(v0方向为正方向)
若物体做匀减速直线运动
a与v0反向,a取负值(v0方向为正方向)
若位移的计算结果为正值
说明位移的方向与规定的正方向相同
若位移的计算结果为负值
说明位移的方向与规定的正方向相反
适用条件
匀变速直线运动，尤其是不涉及时间t的问题
公式的
意义
公式反映了初速度v0、末速度v、加速度a、位移x之间的关系，当其中任意三个物理量已知时，可求另一个未知量
公式的
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。一般选v0方向为正方向
两种特
殊形式
(1)当v0＝0时，v2＝2ax(表示初速度为零的匀加速直线运动)。
(2)当v＝0时，－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax(表示末速度为零的匀减速直线运动)
程序
内容
提取
信息
(1)升降机运行的最大速度为8 m/s。
(2)加速度大小不超过1 m/s2。
(3)将矿石从井底提升到井口的最短时间。
情境
转化
升降机以最大加速度运行，且先匀加速至最大速度，后匀速运动，最后匀减速至速度为零的过程时间最短。
选择
规律
v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax。
x＝vt。
x t图像
v t图像
①表示物体做匀速直线运动(斜率表示速度v)
①表示物体做匀加速直线运动(斜率表示加速度a)
②表示物体静止
②表示物体做匀速直线运动
③表示物体向反方向做匀速直线运动，初位置为x0
③表示物体做匀减速直线运动，初速度为v0
④交点的纵坐标表示三个物体相遇时的位置
④交点的纵坐标表示三个运动物体某时刻有共同速度
⑤t1时间内物体的位移为x1
⑤t1时刻物体的速度为v1(图中阴影部分面积表示物体在0～t1时间内的位移)
情境创新题
经典模型题
【例1】我国道路交通安全法规定，机动车因故障在高速公路临时停车时，需在故障车来车方向150 m以外设置警告标志。某司机驾驶汽车以120 km/h的速度在高速公路上匀速行驶，发现前方警告标志时刹车使汽车减速至停止。该司机从发现警告标志到汽车开始制动的反应时间为0.6 s，制动时的加速度大小为5 m/s2。假设制动后，汽车做匀减速直线运动，那么从司机发现警告标志到汽车停下，行驶的距离是多少？请解释上述交通法规的必要性。
【解析】以汽车运动的方向为正方向，
则汽车匀速行驶的速度
v0＝120 km/h＝ eq \f(100,3) m/s，
在司机从发现警告标志到汽车开始制动的反应时间Δt＝0.6 s内汽车做匀速直线运动，行驶的位移x1＝v0Δt＝20 m。
汽车刹车的加速度a＝－5 m/s2，
由x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) 可求出汽车从刹车到停止运动行驶的距离x2＝ eq \f(02－（\f(100,3) m/s）2,2×（－5） m/s2) ≈111 m。
所以从司机发现警告标志到汽车停下，行驶的距离
x＝x1＋x2＝20 m＋111 m＝131 m<150 m，
可见，在故障车来车方向150 m以外设置警告标志是很有必要的。
答案：131 m
【例2】汽车从开始制动到停止所行驶的距离是衡量汽车制动性能的参数之一。某型号的汽车以100 km/h的速度在柏油路面上行驶，急刹车后做匀减速直线运动。若匀减速时的加速度大小为5 m/s2，开始制动后2 s内汽车行驶的距离是多少？从开始制动到完全停止，汽车行驶的距离是多少？
【解析】选定初速度方向为正方向，由题意知
v0＝100 km/h＝27.8 m/s，a＝－5 m/s2，vt＝0，t＝2 s。
根据速度公式vt＝v0＋at，可知汽车刹车时间
t0＝ eq \f(vt－v0,a) ＝ eq \f(0－27.8 m/s,－5 m/s2) ＝5.56 s
因为t＜t0，所以汽车在刹车后2 s内一直运动。根据位移公式，可得开始制动后2 s内汽车的位移x1＝v0t＋ eq \f(1,2) at2＝27.8 m/s×2 s＋ eq \f(1,2) ×(－5 m/s2)×(2 s)2＝45.6 m
根据公式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，
可得汽车从开始制动到完全停止的位移
x2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) ＝ eq \f(02－27.82 m/s2,2×（－5） m/s2) ＝77.3 m
所以，开始制动后2 s内汽车行驶的距离为45.6 m；从开始制动到完全停止，汽车行驶的距离为77.3 m。
答案：45.6 m 77.3 m
【归纳总结】
(1)模型：实际交通运行中的刹车问题
(2)解题方法：公式法
(3)应用规律：v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax
【归纳总结】
(1)模型： 匀变速直线运动中的刹车问题
(2)解题方法：公式法
(3)应用规律：vt＝v0＋at；v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax
一、匀变速直线运动的位移
1．位移在v t图像中的表示：直线运动的位移对应着v t图像中图线和时间轴包围的面积。如图所示的匀变速直线运动，在0～t1时间内的位移大小等于梯形的面积。
2．位移公式：x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，式中x表示物体在时间t内运动的位移，v0表示初速度，如果v0＝0，则x＝ eq \f(1,2) at2。
结合生活实际想想，汽车刹车问题如何计算时间和位移？
提示：计算刹车问题，要首先计算汽车停下来的时间和位移，再将所给的时间进行验证，不能够盲目将题目所给的时间代入公式进行计算。
二、速度与位移的关系
1．公式推导：由匀变速直线运动的速度公式v＝v0＋at、位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2 消去时间t可得。
2．速度与位移的关系式：v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax。
如图所示是“歼15”战机在“辽宁舰”上起飞的画面，已知“歼15”战机的加速度为a，起飞速度为v。
(1)如果“辽宁舰”静止在海上，应该如何确定飞机跑道的最小长度？
(2)如果“辽宁舰”以v0匀速航行呢？(v与v0同向)
提示：(1)根据v2＝2ax，知飞机跑道的最小长度为x＝ eq \f(v2,2a) 。
(2)根据v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，知飞机跑道的最小长度为x＝ eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) 。,
学习匀变速直线运动规律后，我们分析判断下列说法哪些是正确的。
①确定公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax中的四个物理量的数值时，选取的参考系应该是统一的。
②公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax适用于所有的直线运动。
③匀变速直线运动的位移与时间的平方一定成正比。
④初速度越大，做匀变速直线运动的物体的位移一定越大。
⑤匀变速直线运动的位移与初速度、加速度、时间三个因素有关。
⑥解题过程中通常取初速度的方向为正方向，对匀减速直线运动，公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax中的a必须取负值。
⑦由公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax知，位移越大，物体的末速度一定越大。
以上说法正确的有①⑤⑥。
物体在做变加速直线运动时，速度—时间图像如图所示。
思考：在v t图像中图线与时间轴围成的面积可不可以表示物体发生的位移？
提示：可以表示。
P43【拓展学习】
对于加速度和时间图像，坐标轴和图线围成的面积表示什么呢？
提示：根据公式v＝v0＋at知，表示这段时间的速度变化量。
一、匀变速直线运动规律的应用
位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2的理解及应用
(科学思维——科学推理)
速度、加速度的测量通常比位移的测量要复杂些，而有的时候我们只需比较两个物体运动的加速度大小，并不需要知道加速度的具体数值。例如，比较两辆汽车的加速性能就是这样。如果已知两个物体在相同时间内从静止开始做匀加速直线运动的位移之比，怎样根据运动学的规律求出它们的加速度之比？
提示：当v0＝0，则x＝ eq \f(1,2) at2。这样位移之比就和加速度之比相等。
位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2只适用于匀变速直线运动，应用公式时必须选用统一的正方向。
【典例1】一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移为12 m，第5 s内的位移为20 m，则该质点运动过程中( )
A．初速度大小为零
B．加速度大小为4 m/s2
C．5 s内的位移为50 m
D．第4 s内的平均速度为8 m/s
【解题探究】(1)第3 s内的位移指的是哪段时间的位移?
提示:第3 s内的位移等于前3 s内位移与前2 s内位移之差。
(2)匀变速直线运动中选用哪个公式解决位移问题?
提示:x=v0t+ QUOTE eq \f(1,2) at2。
【解析】选B。第3 s内的位移等于前3 s内位移与前2 s 内位移之差，即Δx3＝x3－x2＝12 m，由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，代入数据得v0×3＋ eq \f(1,2) a×32－(v0×2＋ eq \f(1,2) a×22)＝12 m①，同理可得第5 s内的位移：Δx5＝v0×5＋ eq \f(1,2) a×52－(v0×4＋ eq \f(1,2) a×42)＝20 m②，联立①②解得v0＝2 m/s，a＝4 m/s2，故A错误，B正确；5 s内的位移为x＝v0t5＋ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＝60 m，C错误；第4 s内的位移为Δx4＝x4－x3＝v0t4＋ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) －(v0t3＋ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) )＝16 m，则第4 s内的平均速度 eq \x\t(v) ＝ eq \f(Δx4,t) ＝16 m/s，D错误。
应用位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2的解题步骤
(1)规定一个正方向(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、负的数值表示。
(3)根据位移—时间关系式或其变形式列式、求解。
(4)根据计算结果说明所求量的大小、方向。
公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax的理解及应用
(科学思维——科学推理)
【典例2】如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面，某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
A．13 s B．16 s C．21 s D．26 s
【解析】选C。升降机以最大加速度运行，且先匀加速至最大速度，后匀速运动，最后匀减速至速度为零的过程时间最短。升降机先加速上升，加速上升距离为h1＝ eq \f(v2,2a) ＝32 m，加速时间为t1＝ eq \f(v,a) ＝8 s；减速距离h3＝h1＝32 m，减速时间t3＝t1＝8 s，故中间匀速阶段h2＝40 m，匀速时间t2＝ eq \f(h2,v) ＝5 s。所以t＝t1＋t2＋t3＝8 s＋5 s＋8 s＝21 s，C正确。
1．(多选)物体做初速度为零的匀加速直线运动，前2 s内的位移是8 m，则( )
A．物体的加速度是2 m/s2
B．物体的加速度是4 m/s2
C．物体前4 s内的位移是32 m
D．物体前4 s内的位移是16 m
【解析】选B、C。由x＝ eq \f(1,2) at2，代入t＝2 s、x＝8 m得a＝4 m/s2，故A错误，B正确；由x＝ eq \f(1,2) at2，代入t＝4 s、a＝4 m/s2，得物体前4 s内的位移x＝32 m，故C正确，D错误。
2．(2021·绍兴高一检测)汽车以5 m/s的速度在水平路面上匀速前进，由于前方突发事件需要紧急刹车，汽车以大小为2 m/s2的加速度做匀减速运动，则汽车从刹车开始4 s内通过的位移为( )
A．4 m B．36 m
C．6.25 m D．以上选项都不对
【解析】选C。汽车速度减为零的时间为：t0＝ eq \f(v0－0,a) ＝ eq \f(5－0,2) s＝2.5 s，在制动后2.5 s时汽车已经停止运动，汽车在4 s内的位移等于2.5 s内的位移，则有：x＝ eq \f(v0＋0,2) t0＝ eq \f(5＋0,2) ×2.5 m＝6.25 m，故C正确，A、B、D错误。
3．做匀加速直线运动的物体，速度从v增加到2v时经过的位移是s，则它的速度从v增加到3v时发生的位移是( )
A．2s B． eq \f(2s,3)
C． eq \f(4s,3) D． eq \f(8s,3)
【解析】选D。根据匀变速直线运动的速度—位移公式，速度从v增加到2v时，有：(2v)2－v2＝2as，速度从v增加到3v时，有：(3v)2－v2＝2as′，联立两式得：s′＝ eq \f(8,3) s，故A、B、C错误，D正确。
【拔高题组】
1.将固定在水平地面上的斜面分为四等份，如图所示，AB＝BC＝CD＝DE，在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点。则小滑块向上运动经过D点时的速度大小是( )
A． eq \f(v0,5) B． eq \f(v0,4) C． eq \f(v0,3) D． eq \f(v0,2)
【解析】选D。将末速度为零的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，则v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0＝2axEA、v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) －0＝2axED，又xEA＝4xED，解得：vD＝ eq \f(v0,2) 。故D项正确，A、B、C项错误。
2．有些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甲板上加速时可能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。设航空母舰处于静止状态。问：
(1)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？
(2)若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能在航空母舰上正常起飞，则该航空母舰甲板长至少应为多少？
【解析】(1)根据公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax
得：v0＝ eq \r(v2－2ax) ＝30 m/s。
(2)航空母舰不装弹射系统时，v2＝2aL
航空母舰甲板长至少应为L＝ eq \f(v2,2a) ＝250 m。
答案：(1)30 m/s (2)250 m
二、利用v t图像的“面积”求物体的位移
(科学思维——模型建构)
写出匀变速直线运动中位移与时间关系的推导过程。
提示：某一物体做匀变速直线运动的图像如图所示。
可将物体的运动按时间分成若干小段，将每一小段内的运动看成是匀速直线运动，其速度用这一小段起始时刻的瞬时速度。这样匀变速直线运动转变成了匀速直线运动的问题。
设物体运动的初速度为v0，加速度为a，时间为t。若将物体的运动分成n个小段，则每个小段的时间为t0＝ eq \f(t,n)
第i(i∈N＋，i∈[1，n])个小段内物体的初速度为
vi＝v0＋a(i－1)t0
于是可得第i(i∈N＋，i∈[1，n])个小段内物体的位移为
xi＝vit0＝(v0＋(i－1)at0)t0＝v0t0＋(i－1)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
将这n个小段的位移加起来，于是有
x＝x1＋x2＋…＋xn
＝nv0t0＋ eq \f(1,2) n(n－1)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
＝nv0t0＋ eq \f(1,2) an2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) (1－ eq \f(1,n) )
＝v0t＋ eq \f(1,2) at2(1－ eq \f(1,n) )
由上式可得，当n→∞时，有x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2
对照速度—时间图像，上式即为速度—时间图像中图线与坐标轴所围成的图形的面积。即匀变速直线运动的图像中图线与坐标轴所围成的梯形的面积为物体在相应时间内的位移。
对x t图像与v t图像的比较
【典例】某一做直线运动的物体的v t 图像如图所示，根据图像，求：
(1)物体距出发点的最远距离；
(2)前4 s内物体的位移大小；
(3)前4 s内物体通过的路程。
【解析】(1)由题图可知在0～3 s内物体沿正方向运动，3～4 s内物体沿反方向运动，故物体在3 s时距出发点最远，物体距出发点最远的距离
xm＝ eq \f(1,2) v1t1＝ eq \f(1,2) ×4×3 m＝6 m。
(2)前4 s内物体的位移大小
x＝x1－x2＝ eq \f(1,2) v1t1－ eq \f(1,2) v2t2
＝( eq \f(1,2) ×4×3－ eq \f(1,2) ×2×1) m＝5 m。
(3)前4 s内物体通过的路程
s＝x1＋x2＝ eq \f(1,2) v1t1＋ eq \f(1,2) v2t2
＝( eq \f(1,2) ×4×3＋ eq \f(1,2) ×2×1) m＝7 m。
答案：(1)6 m (2)5 m (3)7 m
应用v t图像时需要注意的问题
(1)v t图线与t轴所围的“面积”表示位移的大小。
(2)“面积”在t轴以上是正值，表示位移沿正方向；在t轴以下是负值，表示位移沿负方向。
(3)物体的总位移等于各部分位移(正、负“面积”)的代数和。
(4)物体通过的路程为t轴上、下“面积”绝对值的和。
(5)为了检验计算结果，可根据v t图像画出物体运动的草图。
1．(2021·杭州高一检测)四个质点做直线运动，它们的运动图象分别如图所示，在2 s末能回到出发点的是( )
A.①③ B．①④ C．②③ D．②④
【解析】选B。①质点在0～2 s内的位移x＝ eq \f(1,2) ×(－1)×1 m＋ eq \f(1,2) ×1×1 m＝0，即质点在2 s末回到出发点，故①正确；②质点在0～2 s内的位移x＝ eq \f(1,2) ×2×1 m＝1 m，即质点在2 s末不能回到出发点，故②错误；③质点2 s末的位置为x＝1 m位置，即质点在2 s末不能回到出发点，故③错误；④质点2 s末的位置为x＝0，即质点在2 s末回到出发点，故④正确；故A、C、D错误，B正确。
2.(多选)质点做直线运动的速度—时间图像如图所示，该质点( )
A．始终沿正方向运动
B．做往复运动
C．在3～4 s内，物体的加速度为－2 m/s2
D．在0～6 s内，质点的平均速度为2 m/s
【解析】选A、C。题图是速度—时间图像，速度的正负表示运动的方向，0～6 s内，质点速度始终在t轴之上，速度方向不变，做单向直线运动，A正确，B错误；斜率的正负代表了加速度的方向，根据加速度公式，可以求得3～4 s内，其加速度为－2 m/s2，C正确；图像的面积表示位移，0～6 s内的位移为6 m，所以平均速度为1 m/s，D错误。
【补偿训练】
(多选)如图所示是 P、Q 两质点从同一地点由静止开始运动的v t图像，由图线可以判定( )
A．P质点的速度越来越小
B．零时刻P质点的加速度为零
C．在0～t1时间内，P质点在Q质点前面
D．在0～t1时间内，P质点的平均速度大于Q质点的平均速度
【解析】选C、D。在v t图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，从题图中可以看出在0～t1时间内，P质点的速度越来越大，故A错误；由于在v t图像中，切线斜率表示加速度，所以零时刻P质点的速度虽然为零，但是斜率(即加速度)不为零，故B错误；在v t图像中，图线与横轴围成的面积代表位移，所以在0～t1时间内，P质点的位移大于Q质点的位移，因P、Q 两质点从同一地点由静止开始运动，则P质点在Q质点前面，根据 eq \x\t(v) ＝ eq \f(x,t) 可知，在0～t1时间内，P质点的平均速度大于Q质点的平均速度，选项C、D正确。
【拓展例题】考查内容：根据速度图像判断加速度图像
【典例】质点做直线运动的速度—时间图像如图甲所示，图乙中表示质点加速度—时间图像正确的是( )
【解析】选B。在速度—时间图像中，斜率的正负和大小表示加速度的正负和大小，在0～1 s和 3～5 s内斜率为正，加速度为2 m/s2，1～3 s和5～6 s内斜率为负，加速度为－2 m/s2，B正确，A、C、D错误。
闪光频闪摄影法
闪光频闪摄影又称连闪摄影，是借助于电子闪光灯的连续闪光，在一个画面上记录动体的连续运动过程。频闪摄影从器材上一般分为两类：一是利用自动频率电子闪光灯(简称电子频闪灯)拍摄；二是利用普通闪光灯组拍摄。由于拍摄的工具和方法不同，频闪照片的效果也各具特色。
在拍摄时，首先要确定在画面上准备留下几个什么姿态的影像，影像与影像之间间隔多大距离，影像与影像是否要用虚影相连等，然后决定闪光灯的位置及数量。其次要选择一个深色的背景。通常以夜间拍摄为好，用低角度仰拍，以黑暗的天空为背景，或是找一间宽敞的房间，以保证被拍摄运动物体的影像不受干扰。另外，为了使画面整洁，主体突出，拍摄现场除了主要照明用的闪光灯外，其余光源最好关闭。若是拍摄人物动态，为了让人物搞清运动方向，可以在现场安置少量很暗的灯光，光源尽量靠近地面，与被摄动体成逆光照射角度。 正式拍摄时，打开照相机的B门，用快门线将其锁定，使照相机的快门处于开启的状态，然后让动体开始运动，拍摄者用手操纵闪光灯，根据动体的不同运动姿态逐次闪光。需要拍三个影像，就用三只闪光灯先后三次闪光；需要拍摄六个影像，可以用三只闪光灯每只闪两次，也可以用六只闪光灯先后六次闪光。最好是找多个助手分别操作闪光灯，达成默契后，效果也是比较理想的。 如果动体的运动速度比较缓慢，运动过程较长，那么可用单个普通闪光灯进行拍摄。这样的频闪方法是让闪光灯充足电，锁定照相机B门后，在动体开始运动的瞬间使闪光灯闪光，录下第一个影像；等进入下一个造型时，再闪光，录下第二个影像；这样，经过多次闪光后，在一张照片上就会留下多个不同姿态的动体形象。 频闪摄影的曝光量应该如何掌握？
提示：如果几个影像是互相分开的，曝光量就按通常单灯闪光计算。如果几个影像紧密相连，而且局部重叠，那么这些影像的曝光量，就会随着闪光次数的增加而递增，因此，在重叠连闪时，曝光量应减少1～2级光圈。为了给动体提供较大的活动范围，同时便于记录动体每个阶段的动作，拍摄时最好使用广角镜头。为了更有把握，最好在拍摄前进行几次实验，让动体或人物在确定的拍摄范围内练习几次，使拍摄双方都能配合默契，这样拍摄就有把握了。
1．(水平1)做直线运动的质点，它的位置随时间变化的规律是x＝3＋24t－1.5t2(m)，则关于质点的运动，下列判断正确的是( )
A．质点加速度大小为1.5 m/s2
B．质点在4 s末速度为零
C．质点滑行前2 s内的位移为45 m
D．质点在前2 s内的平均速度为21 m/s
【解析】选D。将x＝3＋24t－1.5t2(m)与公式s＝v0t＋ eq \f(1,2) at2比对知，质点的初速度v0＝24 m/s，加速度a＝－3 m/s2，故A错误。4 s末质点的速度 v＝v0＋at＝24 m/s－3×4 m/s＝12 m/s，故B错误。将t＝2 s代入x＝3＋24t－1.5t2(m)，得质点在前2 s内的位移 s＝(3＋24×2－1.5×22) m－3 m＝42 m，故C错误。质点在前2 s内的平均速度为 eq \x\t(v) ＝ eq \f(s,t) ＝ eq \f(42,2) m/s＝21 m/s，故D正确。
2．(水平2)某高速列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s时位移为x。则当速度由10 m/s增加到15 m/s时，它的位移是( )
A． eq \f(5,2) x B． eq \f(5,3) x C．2x D．3x
【解析】选B。由v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax得(102－52) m＝2ax，(152－102) m＝2ax′；两式联立可得x′＝ eq \f(5,3) x，故B正确。
3．(水平1)一个物体由静止开始做匀加速直线运动，第1 s内的位移是1 m，第3 s内的位移是( )
A．2 m B．3 m C．5 m D．8 m
【解析】选C。根据x1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) 得物体的加速度为a＝ eq \f(2x1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝ eq \f(2×1,12) m/s2＝2 m/s2，则物体在第3 s内的位移为：x′＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) － eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) ×2×(9－4) m＝5 m，故C正确。
4．(水平2)一个物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，
下列说法正确的是( )
A．物体在前2 s内做匀加速直线运动，加速度为2 m/s2
B．物体在6～12 s内速度一直减小
C．物体在第12 s内的位移为0.75 m
D．物体在前12 s内的路程为15 m
【解析】选D。v t图像的斜率表示加速度，所以物体在前2 s内做匀加速直线运动，加速度为a＝ eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，故A错误；物体在6～12 s内速度先减小后增大，故B错误；物体在6～12 s内的加速度大小为a＝ eq \f(2,4) m/s2＝ eq \f(1,2) m/s2，10～12 s的位移大小为x1＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ×22 m＝1 m，10～11 s的位移大小为x2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ×12 m＝0.25 m，所以物体在第12 s内的位移大小为x＝x1－x2＝0.75 m，方向与正方向相反，即位移为－0.75 m，故C错误；物体在前10 s内的路程为s1＝ eq \f(4＋10,2) ×2 m＝14 m，在10～12 s内的路程为s2＝x1＝1 m，所以物体在前12 s内的路程为s＝s1＋s2＝15 m，故D正确。
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x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2
运动情况
取值
若物体做匀加速直线运动
a与v0同向,a取正值(v0方向为正方向)
若物体做匀减速直线运动
a与v0反向,a取负值(v0方向为正方向)
若位移的计算结果为正值
说明位移的方向与规定的正方向相同
若位移的计算结果为负值
说明位移的方向与规定的正方向相反
适用条件
匀变速直线运动，尤其是不涉及时间t的问题
公式的
意义
公式反映了初速度v0、末速度v、加速度a、位移x之间的关系，当其中任意三个物理量已知时，可求另一个未知量
公式的
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。一般选v0方向为正方向
两种特
殊形式
(1)当v0＝0时，v2＝2ax(表示初速度为零的匀加速直线运动)。
(2)当v＝0时，－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax(表示末速度为零的匀减速直线运动)
程序
内容
提取
信息
(1)升降机运行的最大速度为8 m/s。
(2)加速度大小不超过1 m/s2。
(3)将矿石从井底提升到井口的最短时间。
情境
转化
升降机以最大加速度运行，且先匀加速至最大速度，后匀速运动，最后匀减速至速度为零的过程时间最短。
选择
规律
v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax。
x＝vt。
x t图像
v t图像
①表示物体做匀速直线运动(斜率表示速度v)
①表示物体做匀加速直线运动(斜率表示加速度a)
②表示物体静止
②表示物体做匀速直线运动
③表示物体向反方向做匀速直线运动，初位置为x0
③表示物体做匀减速直线运动，初速度为v0
④交点的纵坐标表示三个物体相遇时的位置
④交点的纵坐标表示三个运动物体某时刻有共同速度
⑤t1时间内物体的位移为x1
⑤t1时刻物体的速度为v1(图中阴影部分面积表示物体在0～t1时间内的位移)
情境创新题
经典模型题
【例1】我国道路交通安全法规定，机动车因故障在高速公路临时停车时，需在故障车来车方向150 m以外设置警告标志。某司机驾驶汽车以120 km/h的速度在高速公路上匀速行驶，发现前方警告标志时刹车使汽车减速至停止。该司机从发现警告标志到汽车开始制动的反应时间为0.6 s，制动时的加速度大小为5 m/s2。假设制动后，汽车做匀减速直线运动，那么从司机发现警告标志到汽车停下，行驶的距离是多少？请解释上述交通法规的必要性。
【解析】以汽车运动的方向为正方向，
则汽车匀速行驶的速度
v0＝120 km/h＝ eq \f(100,3) m/s，
在司机从发现警告标志到汽车开始制动的反应时间Δt＝0.6 s内汽车做匀速直线运动，行驶的位移x1＝v0Δt＝20 m。
汽车刹车的加速度a＝－5 m/s2，
由x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) 可求出汽车从刹车到停止运动行驶的距离x2＝ eq \f(02－（\f(100,3) m/s）2,2×（－5） m/s2) ≈111 m。
所以从司机发现警告标志到汽车停下，行驶的距离
x＝x1＋x2＝20 m＋111 m＝131 m<150 m，
可见，在故障车来车方向150 m以外设置警告标志是很有必要的。
答案：131 m
【例2】汽车从开始制动到停止所行驶的距离是衡量汽车制动性能的参数之一。某型号的汽车以100 km/h的速度在柏油路面上行驶，急刹车后做匀减速直线运动。若匀减速时的加速度大小为5 m/s2，开始制动后2 s内汽车行驶的距离是多少？从开始制动到完全停止，汽车行驶的距离是多少？
【解析】选定初速度方向为正方向，由题意知
v0＝100 km/h＝27.8 m/s，a＝－5 m/s2，vt＝0，t＝2 s。
根据速度公式vt＝v0＋at，可知汽车刹车时间
t0＝ eq \f(vt－v0,a) ＝ eq \f(0－27.8 m/s,－5 m/s2) ＝5.56 s
因为t＜t0，所以汽车在刹车后2 s内一直运动。根据位移公式，可得开始制动后2 s内汽车的位移x1＝v0t＋ eq \f(1,2) at2＝27.8 m/s×2 s＋ eq \f(1,2) ×(－5 m/s2)×(2 s)2＝45.6 m
根据公式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，
可得汽车从开始制动到完全停止的位移
x2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) ＝ eq \f(02－27.82 m/s2,2×（－5） m/s2) ＝77.3 m
所以，开始制动后2 s内汽车行驶的距离为45.6 m；从开始制动到完全停止，汽车行驶的距离为77.3 m。
答案：45.6 m 77.3 m
【归纳总结】
(1)模型：实际交通运行中的刹车问题
(2)解题方法：公式法
(3)应用规律：v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax
【归纳总结】
(1)模型： 匀变速直线运动中的刹车问题
(2)解题方法：公式法
(3)应用规律：vt＝v0＋at；v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax
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