粤教版高中物理必修第一册第2章第2节匀变速直线运动的规律学案

第二节匀变速直线运动的规律
1．掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式、速度—位移公式，并能分析与计算、解决实际问题．
2．理解v-t图像的物理意义，并能利用v-t图像分析物体的运动情况，求解加速度、位移等．
3．掌握匀变速直线运动的平均速度公式，并能利用其解决问题．
知识点一匀变速直线运动规律
1．速度公式：由加速度的定义式a＝v t－v0
t，变形可得：v t＝v0＋at．
2．位移公式：由s＝1
2(v0＋v t)t和v t＝v0＋at可得：s＝v0t＋
1
2at
2．
3．速度与位移的关系：v2t－v20＝2as．
4．平均速度公式：在匀变速直线运动中，某一段时间内中间时刻的瞬时速度等
于该段时间内的平均速度．v t
2＝
v0＋v t
2．
1．(1)速度公式v t＝v0＋at适用于任何做匀变速直线运动的物体．() (2)做匀加速直线运动的物体，初速度越大，运动时间越长，则物体的末速度一定越大．()
(3)位移公式s＝v0t＋1
2at
2仅适用于匀加速直线运动．()
[答案](1)√(2)√(3)×
知识点二用v-t图像表达匀变速直线运动
1．匀变速直线运动的v-t图像是一条倾斜的直线．
2．斜率就是物体运动的加速度，即物体运动的加速度恒定不变．
3．以初速度v0做匀变速直线运动的物体在时间t内位移的大小等于阴影梯形的
面积．
v-t图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动．
2．(1)做匀变速直线运动的物体在相同时间内平均速度越大，位移就越大．(√)
(2)某质点的位移随时间变化的关系是s＝4t＋4t2，s与t的单位分别为m和s，则该质点运动的初速度v0＝4_m/s，加速度a＝8_m/s2．
(3)(多选)在匀变速直线运动中，加速度a、初速度v0、末速度v t、时间t、位移x之间关系正确的是()
A．x＝v0t＋1
2at
2B．x＝v0t
C．x＝1
2at
2D．x＝
v0＋v t
2·t
AD[根据匀变速直线运动的位移公式可知，A正确；B为加速度为零时的位移公式，即匀速直线运动的位移公式，C为初速度为零时的位移公式，B、C错误；D为用平均速度表示的公式，D正确．]
请探究：
考点1匀变速直线运动的规律1．两个公式的使用
(1)v t＝v0＋at和s＝v0t＋1
2at
2既适用于匀加速直线运动，也适用于匀减速直线运
动．式中s、v0、v t、a都是矢量，通常情况下取初速度方向为正方向．对于匀加速直线运动，a取正值；对于匀减速直线运动，a取负值．计算结果若s、v t 大于零，说明其方向与v0方向相同；若s、v t小于0，则说明其方向与v0方向相反．
(2)特殊情况
①当v0＝0时，v t＝at，s＝1
2at
2(由静止开始的匀加速直线运动).
②当a＝0时，v t＝v0，s＝v0t(匀速直线运动).
2．用速度—时间图像求位移
图线与坐标轴所围成的面积表示位移．“面积”在时间轴上方表示位移为正，在时间轴下方表示位移为负；通过的路程为时间轴上、下方“面积”绝对值之和．
角度1两个基本公式的计算应用
【典例1】一火车以2 m/s的初速度、0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，求：
(1)火车在第3 s末的速度是多少？
(2)在前4 s的平均速度是多少？
(3)在第5 s内的位移是多少？
思路点拨：先选定正方向再用公式v＝v0＋at和s＝v0t＋1
2at
2求解，第5 s内位移
是前5 s内位移减去前4 s内位移．
[解析] 选取初速度方向为正方向，则v 0＝2 m/s ，a ＝0.5 m/s 2 (1)由v t ＝v 0＋at 知，
v t ＝2 m/s ＋0.5×3 m/s ＝3.5 m/s. (2)前4 s 内位移
s 1＝v 0t ＋12at 2＝2×4 m ＋1
2×0.5×42 m ＝12 m
由v ＝s 1t 知v ＝12
4
m/s ＝3 m/s.
(3)第5 s 内的位移等于前5 s 内位移减去前4 s 内位移s 2＝v 0t ′＋1
2at ′2－s 1＝2×5 m
＋1
2
×0.5×52m －12 m ＝4.25 m ． [答案] (1)3.5 m/s (2)3 m/s (3)4.25 m 角度2 利用图像分析
【典例2】 如图所示是一质点在0时刻从某一点出发做直线运动的v -t 图像．关于该质点的运动，下列说法正确的是( )
A ．0～2 s 内的位移与2～4 s 内的位移相同
B ．0～2 s 内的加速度方向与2～4 s 内的加速度方向相反
C ．4 s 末再次经过出发点
D ．6 s 末距出发点最远
C [在v -t 图像中，图线与坐标轴围成的面积表示质点在该段时间内发生的位移，图像在时间轴上方位移为正，图像在时间轴下方位移为负，据此可知，质点在0～2 s 内的位移与2～4 s 内的位移大小相等、方向相反，因此位移不相同，故A 错误；质点在0～2 s 内沿负方向运动，在2～5 s 内沿正方向运动，在5～6 s 内沿负方向运动，根据图线与坐标轴围成的面积大小可知，2 s 末质点距出发点最远，
4 s 末回到出发点，故D 错误，C 正确；在v -t 图像中，图线的斜率表示加速度，可知质点在0～2 s 内的加速度与2～4 s 内的加速度大小相等、方向相同，B 错误．]
选用匀变速直线运动公式解题的策略
(1)理解各个匀变速直线运动公式的特点和应用情景．
(2)认真分析已知条件(必要时以书面的形式呈现出来)，看已知条件和哪个公式的特点相符，然后选择用之．
(3)对不能直接用单一公式解决的匀变速直线运动问题，要多角度考虑公式的组合，选择最佳的组合进行解题． [跟进训练]
1．(角度1)(多选)(2022·广东深圳市光明区高级中学高一阶段练习)两个物体做直线运动，且加速度相同，则下列说法正确的是( ) A ．相同时间内位移相同 B ．任意时刻速度方向一定相同 C ．任意相等时间内速度变化量一样大 D ．任意时间内速度变化方向相同
CD [根据题意，由公式x ＝v 0t ＋1
2at 2可知，由于不知两物体的初速度情况，则
相同时间内位移不一定相同，故A 错误；根据题意，由公式v ＝v 0＋at 可知，由于不知两物体的初速度情况，则任意时刻速度方向不一定相同，故B 错误；根据题意，由公式a ＝Δv
Δt 可得Δv ＝a Δt 可知，任意相等时间内速度变化量一样大，
速度变化方向相同，故C 、D 正确．故选CD.]
2．(角度2)(多选)甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动，两物体运动的v -t 图像如图所示，下列判断正确的是( )
A．甲做匀速直线运动，乙先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动
B．两物体两次速度相同的时刻分别在1 s末和4 s末
C.乙在前2 s内做匀加速直线运动，2 s后做匀减速直线运动
D．2 s后，甲、乙两物体的速度方向相反
[答案]ABC
考点2匀变速直线运动的推论公式
1．速度与位移关系式的理解及应用
(1)适用条件：公式v2t－v20＝2as表述的是匀变速直线运动的速度与位移的关系，适用于匀变速直线运动．
(2)公式的矢量性：公式中v0、v t、a、s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．
①物体做加速运动时，a取正值，做减速运动时，a取负值．
②s>0，说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；s<0，说明位移的方向与初速度的方向相反．
(3)两种特殊形式：
①当v0＝0时，v2t＝2as.(初速度为零的匀加速直线运动)
②当v t＝0时，－v20＝2as.(末速度为零的匀减速直线运动)
2．平均速度
做匀变速直线运动的物体在一段时间t内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半．
推导：由s＝v0t＋1
2at
2①
平均速度v＝s
t＝v0＋
1
2at②
由速度公式v t＝v0＋at，当t′＝t
2时v
t
2
＝v0＋a
t
2③
由②③得v＝v t
2
④
又v t ＝v t 2
＋a t
2⑤
由③④⑤解得v t
2
＝v 0＋v t
2⑥
所以v ＝v t
2＝v 0＋v t 2，同时s ＝v t ＝v t
2
t ＝v 0＋v t 2·t .
3．中间位置的速度
做匀变速直线运动的物体，在中间位置的速度等于这段位移中初、末速度的方均根．
如图所示，一物体做匀变速直线运动由A 到B ，C 是其中间位置，设位移为s ，加速度为a ，则 v 2s 2
－v 20
＝2a ·s
2
① v 2t
－v 2s 2＝2a ·s 2
② 由①②解得v s 2
＝
v 20＋v 2
t
2
. 角度1 公式v 2t －v 2
0＝2as 的应用
【典例3】 (2022·广东佛山市顺德区华侨中学高一阶段练习)“歼-15”舰载机在“山东舰”航母上舰尾降落滑行的过程可以简化为沿水平方向的匀减速直线运动，且舰载机滑行方向与航母运动方向在同一直线上，第一次试验时，航母静止，舰载机滑上跑道时的速度为80 m/s ，刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以20 m/s 速度匀速航行，若两次在跑道上滑行过程中的加速度相同，已知跑道长为160 m ．求： (1)舰载机减速时的加速度；
(2)第二次舰载机安全降落在航母上的最大速度．
[解析] (1)以初速度方向为正方向，由题意及位移公式2as ＝v 2－v 20可得a ＝
0－v 202s ＝－（80 m/s ）
22×160 m
＝－20 m/s 2，即加速度大小为20 m/s 2，方向与滑上跑道的
速度方向相反．
(2)第二次舰载机安全降落在航母上的最大速度为v 1，则由题意可得，舰载机在航母上运动的时间为t ＝v 航－v 1
a ，航母在这个时间的位移为x 1＝v 航t ，舰载机的
位移为v 2航－v 2
1＝2ax 2，由题意可得x 2－x 1＝s ，联立解得v 1＝100 m/s(另一解v 1
＝－60 m/s 不合题意舍去).
[答案] (1)20 m/s 2，方向与滑上跑道的速度方向相反 (2)100 m/s ，方向与航母的速度方向相同
角度2 平均速度推论公式的应用
【典例4】 一滑雪运动员从85 m 长的山坡上匀加速滑下，初速度是1.8 m/s ，末速度是5.0 m/s.则：
(1)滑雪运动员通过这段斜坡需要多长时间？
(2)滑雪运动员通过斜坡中间时刻的瞬时速度是多少？ [解析] (1)解法一：利用速度公式和位移公式求解． 由v ＝v 0＋at 和x ＝v 0t ＋1
2at 2可得
a ＝0.128 m/s 2，t ＝25 s.
解法二：利用平均速度公式求解． 由x ＝v t ＝v 0＋v
2t 得t ＝25 s.
(2)解法一：速度公式法 中间时刻t ′＝
252
s v t 2
＝v 0＋at ′＝3.4 m/s 解法二：平均速度公式法 v t
2
＝v 0＋v 2＝3.4 m/s
[答案](1)25 s(2)3.4 m/s
[跟进训练]
3．(角度1)物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零．已知整个运动过程所用的时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为()
A．15 m/s B．30 m/s
C．7.5 m/s D．20 m/s
B[设最大速度为v m，匀加速直线运动过程：v1＝1
2(0＋v m)＝
1
2v m，匀减速直
线运动过程：v2＝1
2(v m＋0)＝1
2v m，所以整个运动过程的平均速度为v＝
v m
2
＝x
t
＝15 m/s，解得v m＝2v＝30 m/s.]
4．(角度2)(2022·广东中山高一期中)动车铁轨旁相邻的里程碑之间的距离是1 km.某同学乘坐动车时，通过观察里程碑和车厢内电子屏上显示的动车速度来估算动车减速进站时的加速度大小．通过窗户看到，当他经过某一里程碑时，屏幕显示的车速是126 km/h，动车继续向前行驶再经过2个里程碑时，速度变为54 km/h.把动车进站过程视为匀减速直线运动，求：
(1)动车进站的加速度大小；
(2)动车速度变为54 km/h后还要行驶多长时间才能停下来．
[解析](1)动车初速度v0＝126 km/h＝35 m/s，末速度v＝54 km/h＝15 m/s
设加速度大小为a，动车前进了2 000 m，根据v2－v20＝－2as得152－352＝－2a×2 000
解得a＝0.25 m/s2．
(2)根据v＝v0－at得0＝15－0.25×t，所以，动车停下来还要行驶的时间为t＝60 s.
[答案](1)0.25 m/s2(2)60 s
1．(2022·广东佛山市顺德区华侨中学高一阶段练习)做匀加速运动的列车出站，0时刻车头经过站台上某点A的速度是1 m/s，8 s末车尾经过A点的速度是7 m/s，则这列列车在4 s末的速度为()
A．5 m/s B．5.5 m/s
C．4 m/s D．3.5 m/s
C[设加速度为a，根据题意可得v8＝v0＋at8，根据速度时间关系可得v4＝v0＋at4，代入数据可得v4＝4 m/s，故选C.]
2．如图所示，一辆正以8 m/s的速度沿直线行驶的汽车，突然以1 m/s2的加速度加速行驶，则汽车行驶了18 m时的速度为()
A．8 m/s B．12 m/s C．10 m/s D．14 m/s
C[由v2－v20＝2as，得v＝v20＋2as＝82＋2×1×18 m/s＝10 m/s，故C正确．]
3．(2022·广东佛山一中高一阶段练习)列车进站做匀减速直线运动的过程中，用t、x、v分别表示列车运动的时间、位移和速度，下列图像正确的是()
A B
C D
C[列车进站做匀减速直线运动，速度应越来越小，而A中x-t的斜率越来越大，表示其速度越来越大，故A错误；列车进站做匀减速直线运动，速度应越来越小，而B中x-t的斜率恒定，表示其做匀速直线运动，故B错误；根据匀变速直
线的运动规律，有v 2－v 20＝2ax ，以初速方向为正方向，则a 为负且大小恒定，可知v 2与x 为线性关系，且斜率为负，故D 错误，C 正确．故选C.]
4．(新情境题，以“汽车刹车”为背景考查v 2t －v 20＝2as )冬天雾霾活动频繁，空
气能见度降低，汽车沿平直公路匀速行驶，遇到紧急情况刹车，为避免发生事故，速度不宜过快．
(1)若刹车加速度a 恒定，刹车距离x 跟速度v 有什么关系？
(2)某汽车在高速公路上行驶，若速度从70 km/h 提速到100 km/h ，问刹车距离变成原来的多少倍？
[解析] (1)刹车距离跟速度的关系：x ＝v 2
2a
. (2)根据上式得，刹车距离变成原来的
10049
倍． [答案] (1)x ＝v 22a (2)10049
倍
回归本节知识，自我完成以下问题．
1．本节学习了哪些主要公式？
提示：v t ＝v 0＋at ，s ＝v 0t ＋12at 2，v 2t －v 20＝2as ，v t 2
＝v 0＋v t 2. 2．在v -t 图像中，图线与横轴围成的面积有什么物理意义？
提示：位移的大小．
降落伞的降落速度和降落过程
人类试图凭借空气阻力使人从空中慢慢安全下降着陆，首先是由意大利文艺复兴时代的巨匠达·芬奇加以具体化的．他设计了一种用布制成的四方尖顶天盖，
人可以吊在下面从空中下降．这可以说是人类历史上初次尝试设计的降落伞．据他计算，天盖的每边长7米，可吊一个人．这幅设计图现在保存在意大利的达·芬奇博物馆里．据说达·芬奇曾亲自利用这种降落伞从一个塔上跳下来做试验．有记载的第一个利用降落伞从塔上跳下的是法国人贝拉吉奥.1777年，他用自己设计的木框糊上布制作了降落伞．
第一个在空中利用降落伞的是法国飞艇驾驶员布兰查德.1785年，他从停留在空中的气球上放下一个降落伞．降落伞吊着一只筐子，筐子里面放着一只狗，最后，狗顺利着地．接着在1793年，他本人从气球上用降落伞下降，可是他在着地时摔坏了腿．这一年，他正式提出了从空中降落的报告．
另一个飞艇驾驶员加纳林，于1797年10月22日在巴黎成功地从610米高度降落成功，于1802年9月21日在伦敦从2 438米高度降落成功.1808年，波兰的库帕连托从着火的气球上用降落伞脱险．
人打开降落伞前加速下降，打开伞后减速下落，速度减到一定程度后，由于伞受空气的阻力与速度有关，可使人与降落伞的加速度变为零，从而匀速下降，直至落地．
人打开降落伞以后，若先匀加速下降，再做加速度减小的减速下降，最后匀速下降．试大体画出上述过程的v-t图像．
提示：
课时分层作业(六)匀变速直线运动的规律
题组一匀变速直线运动的规律
1．下列关于匀变速直线运动的说法中正确的是()
A．匀加速直线运动的速度一定与时间成正比
B．匀减速直线运动就是加速度为负值的运动
C．匀变速直线运动的速度随时间均匀变化
D．速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动
C[匀变速直线运动的速度是时间的一次函数，但不一定成正比，若初速度为零则成正比，所以A错误；加速度的正、负仅表示加速度方向与设定的正方向相同还是相反，是否减速运动还要看速度的方向，速度与加速度反向则为减速运动，所以B错误；匀变速直线运动的速度随时间均匀变化，所以C正确；加速度恒定，初速度与加速度方向相反的直线运动中，速度就是先减小再增大的，所以D 错误．]
2．某品牌车有多种车型，如30TFSI、35TFSI、50TFSI，(每个车型字母前的数字称为G值)G值用来表示该车型的加速性能，数字越大，加速越快．G值的大小为车辆从静止开始加速到100 km/h的平均加速度数值(其单位为国际单位)再乘以10．如图所示为某一型号的车的尾标，其值为30TFSI，则该型号车从静止开始加速到100 km/h的时间约为()
A．5.6 s B．6.2 s
C．8.5 s D．9.3 s
D[由题意可得30TFSI的加速度大小为a＝3 m/s2，末速度大小为v＝100 km/h
≈27.8 m/s，由速度时间关系可得时间为t＝v
a ＝27.8
3s≈9.3 s，故D正确，A、B、
C错误．]
3．若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，
则它着陆后12 s 内滑行的距离是( )
A ．288 m
B ．300 m
C ．150 m
D ．144 m
B [设飞机着陆后到停止所用时间为t ，由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6
s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2 s 内是静
止的，故它着陆后12 s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10 m ＋(－6)×1022
m ＝300 m ．]
4．(2022·广东广州市第十三中学高一期中)若在某次试飞任务中，飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，要在滑行距离x ＝1.6 km 时须达到起飞速度v ＝80 m/s ，则飞机滑跑过程中的加速度大小和加速时间分别为
( )
A ．1 m/s 2、20 s
B ．1 m/s 2、40 s
C ．2 m/s 2、20 s
D ．2 m/s 2、40 s
D [飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，根据2ax ＝v 2
可得加速度大小为a ＝v 22x ＝8022×1 600 m/s 2＝2 m/s 2，加速时间为t ＝v a ＝802
s ＝40 s ．故选D.]
5．一质点做匀变速直线运动，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/s 2
C ．第4 s 内的平均速度为8 m/s
D ．5 s 内的位移为50 m
B [根据题意，v 2.5＝12 m/s ，v 4.5＝20 m/s ，故a ＝Δv
Δt ＝v 4.5－v 2.5Δt ＝20－124.5－2.5
m/s 2＝4 m/s 2，选项B 正确；初速度大小v 0＝v 2.5－at 2.5＝12 m/s －4 m/s 2×2.5 s ＝2 m/s ，
选项A 错误；第4 s 内的平均速度等于3.5 s 时刻的瞬时速度，即为v 3.5＝v 2.5＋
at 1＝12 m/s ＋4 m/s 2×1 s ＝16 m/s ，选项C 错误；5 s 内的位移为s ＝v 0t 5＋12at 25
＝60 m ，选项D 错误．]
题组二 匀变速直线运动的推论公式
6．P 、Q 、R 三点在同一条直线上，一物体从P 点由静止开始做匀加速直线运动，经过Q 点的速度为v ，R 点的速度为3v ，则PQ ∶QR 等于( )
A ．1∶8
B ．1∶6
C ．1∶5
D ．1∶3
A [根据匀变速直线运动的速度位移公式求出PQ 和QR 的位移，从而求出PQ
和QR 的距离之比，PQ 间的位移s 1＝v 22a ，QR 间的位移s 2＝（3v ）2－v 2
2a ＝8v 22a .所以s 1∶s 2＝1∶8，故A 正确，B 、C 、D 错误．]
7．(2022·广东深圳实验学校高中部高一阶段练习)具有完全自主知识产权的“复兴号”动车组以安全快捷、平稳舒适、高品质的运营服务成为中国高铁的一张亮丽名片．若共有8节车厢的“复兴号”动车组从吉安市高铁站开出时，做初速度为零的匀加速运动，车头经过路边一保持不动的工作人员时速度大小为6 m/s ，车尾经过该工作人员时速度大小为8 m/s.每节车厢的长度相等，则前4节车厢经过工作人员的时间与后4节车厢经过工作人员的时间之比为( )
A ．102－27
B ．102＋27
C ．52－17
D ．52＋17
D [设每节车厢的长度为L ，前4节刚通过该工作人员时，动车的速度大小为
v 1＝v 20＋v 22＝5 2 m/s ，则前4节车厢经过工作人员的时间t 1＝4L v 0＋v 1
2
，后4节车厢经过工作人员的时间t 2＝4L v 1＋v 2
，则t 1t 2＝v 1＋v v 1＋v 0＝52＋17，故A 、B 、C 错误，D 正确．故选D.]
8．某物体做直线运动的v -t 图像如图所示，若初速度的大小为v 0，末速度的大小为v ，则在时间t 1内物体的平均速度是( )
A.等于v 0＋v 2 B ．大于v 0＋v 2 C ．小于v 0＋v 2
D ．条件不足，无法比较
[答案] B
9．(2022·广东深圳实验学校高中部高一阶段练习)为了探究匀变速直线运动，某同学将一小球以一定的初速度射入一粗糙的水平面，图中的A 、B 、C 、D 为每隔1 s 记录的小球所在的位置，AB 、BC 、CD 依次为第1 s 、第2 s 、第3 s 小球通过的位移，经测量可知AB ＝8.0 m 、CD ＝0.5 m ．假设小球的运动可视为匀减速直线运动，求：
(1)0.5 s 末小球的速度大小；
(2)小球匀减速运动的加速度；
(3)小球经过A 点的速度大小．
[解析
]
(1)匀变速直线运动时，中间时刻的速度等于该过程的平均速度，可得0.5
s 末小球的速度大小v ＝AB t ＝8.01
m/s ＝8 m/s. (2)由于AB CD ＝16可判断出小球第3 s 内已经停止运动，到D 点时速度为0，设从C 点到D 点，匀减速时间为t 1，匀减速过程可以等效为反向的匀加速过程，则有
v ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12t ＋t ＋t 1，CD ＝12
at 21，解得t 1＝0.5 s ，a ＝4 m/s 2，加速度方向水平向左． (3)小球经过A 点时的速度大小v A ＝v ＋a ·t 2
＝10 m/s. [答案] (1)8 m/s (2)4 m/s 2，方向水平向左 (3)10 m/s
10．(多选)(2022·河北衡水高一检测)甲、乙两车同时、同地、向同一个方向做直线运动，它们在0～4 s 内运动的v t 图像如图所示，由图像可知( )
A ．在第2 s 末，两车处于同一位置
B ．在第2 s 末，两车的速度相同
C ．在0～4 s 内，甲的加速度和乙的加速度的大小相等
D ．在0～4 s 内，甲、乙两车的平均速度相等
BD [由于质点的位移等于v -t 图线与t 轴包围的面积，由图像可知，t ＝2 s 时，两车相距最远，故A 错，B 对；由图像知甲匀速运动，乙匀减速运动，故C 错；在0～4 s 内，甲、乙两车的位移相等，所以平均速度相等，故D 对．]
11．(多选)光滑斜面的长度为L ，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t ，则下列说法正确的是( )
A ．物体运动全过程中的平均速度是L t
B ．物体在t 2
时的瞬时速度是2L t
C ．物体运动到斜面中点时瞬时速度是2L t
D ．物体从顶点运动到斜面中点所需的时间是
2t 2
[答案] ACD
12．如图所示，在平直的公路上有A 、B 、C 、D 四点，已知|AB |＝|CD |.甲、乙两质点同时从A 点由静止出发做匀加速运动，加速度大小分别为a 1、a 2，一段时间后，甲到达D 点时乙刚好到达C 点．现使甲、乙分别从A 、B 两点同时由静止出发，乙还是保持做加速度大小为a 2的匀加速运动，甲先做以加速度大小为a 3的匀加速运动，速度增大到某一值时，就保持这一速度做匀速运动，一段时间后，甲、乙同时到达了D 点，此时乙的速度刚好等于甲的速度．已知加速度a 1、a 2的大小分别为6 m/s 2和4 m/s 2，求加速度a 3的大小．
[解析] 设甲、乙两次运动总时间分别为t 1、t 2，
s AC ＝s BD ＝12a 2t 21＝12
a 2t 22 所以t 1＝t 2
在第二次运动中，设甲匀加速运动的时间为t 3，则匀速运动的时间为t 4＝t 1－t 3
有：12a 3t 23＋v m (t 1－t 3)＝12
a 1t 21 v m ＝a 3t 3＝a 2t 2
代入数值联立解得a 3＝8 m/s 2
[答案] 8 m/s 2
13．“辽宁号”航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统．已知某型战斗机在跑道上加速时，产生的最大加速度为5 m/s 2，起飞的最小速度是50 m/s ，弹射系统能够使战斗机具有的最大速度为30 m/s ，则：
(1)战斗机起飞时在跑道上至少加速多长时间才能起飞？
(2)航空母舰的跑道至少应该多长？
[解析] (1)战斗机在跑道上运动的过程中，当有最大初速度、最大加速度时，起
飞所需时间最短，设初速度v 0方向为正方向，故有t ＝v －v 0a ＝50－305
s ＝4 s ，则战斗机起飞时在跑道上的加速时间至少为4 s.
(2)s ＝v 2－v 202a ＝502－3022×5
m ＝160 m ，即航空母舰的跑道至少为160 m. [答案] (1)4 s (2)160 m。