匀变速直线运动的规律(二)
[学习目标定位] 1.会推导速度与位移的关系式，并知道匀变速直线运动的速度与位移的关
22
系式中各物理量的含义.2.会用公式vt－v0＝2as进行分析和计算.3.掌握三个平均速度公式
2
及其适用条件.4.会推导Δs＝aT并会用它解决相关问题．
一、速度位移公式的推导及应用 [问题设计]
我国第一艘航空母舰“辽宁号”已有能力同时起飞3架歼15战机，如图1为辽宁舰上3个起飞点示意图，1、2号位置为短距起飞点，起飞线长105米；3号位置为远距起飞点，起飞线长195米．如果歼15战机起飞速度为50 m/s，起飞时航母静止不动，且不使用弹射系统，则战机由3号起飞点起飞的加速度至少是多少？(设跑道水平)
图1
答案 根据vt＝v0＋at①
s＝v0t＋at2②
由①得t＝
12
vt－v0
③ a把③代入②得
vt－v01vt－v02
s＝v0＋a()
a2a整理得：v t－v 0＝2as
将v0＝0，vt＝50 m/s，s＝195 m
2
代入上式得：a≈6.41 m/s. [要点提炼]
22
1．匀变速直线运动的速度位移公式：vt－v0＝2as，此式是矢量式，应用解题时一定要先选定正方向，并注意各量的符号． 若v0方向为正方向，则：
(1)物体做加速运动时，加速度a取正值；做减速运动时，加速度a取负值． (2)位移s>0说明物体通过的位移方向与初速度方向相同，s<0说明物体通过的位移方向与初速度方向相反． 2．两种特殊情况
2
(1)当v0＝0时，v t＝2as.
2
(2)当vt＝0时，－v 0＝2as.
3．公式特点：该公式不涉及时间． 二、中间时刻的瞬时速度与平均速度 [问题设计] 一质点
2
2
1
图2
做匀变速直线运动的v－t图像如图2所示．已知一段时间内的初速度为v0，末速度为vt. (1)这段时间内的平均速度(用v0、vt表示)． (2)中间时刻的瞬时速度v.
2(3)这段位移中间位置的瞬时速度v.
2
答案 (1)因为v－t图像与t轴所围面积表示位移，t时间内质点的位移可表示为s＝
tsv0＋vt2
·t①
平均速度v＝② 由①②两式得
stv＝
v0＋vt2
(2)由题图可知中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，即：v＝
2(3)对前半位移有v－v 0＝2a
22对后半位移有v t－v＝2a 22
2
tv0＋vt2
.
s2
2
ss2
ss两式联立可得v＝
2
[要点提炼]
22v0 ＋vt
2
1．中间时刻的瞬时速度v＝2
2
tv0＋vt2
.
.
s2．中间位置的瞬时速度v＝ 3．平均速度公式总结：
22v0 ＋vt
2
sv＝，适用条件：任意运动．
tv＝
v0＋vt22
，适用条件：匀变速直线运动．
tv＝v，适用条件：匀变速直线运动． tv0＋vt注意 对匀变速直线运动有v＝v＝.
22
[延伸思考]
2
在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度v与中间位置的瞬时速度v哪一个大？
22答案 如图甲、乙所示，中间位置的瞬时速度与t′对应，故有v>v.
22
tsst
三、重要推论Δs＝aT的推导及应用 [问题设计]
物体做匀变速直线运动，加速度为a，从某时刻起T时间内的位移为s1，紧接着第二个T时
2
间内的位移为s2.试证明：s2－s1＝aT. 答案 证明：设物体的初速度为v0 自计时起T时间内的位移
2
s1＝v0T＋aT2①
在第二个T时间内的位移
12
s2＝v0·2T＋a(2T)2－s1＝v0T＋aT2.②
由①②两式得连续相等时间内的位移差为 32122
Δs＝s2－s1＝v0T＋aT－v0T－aT＝aT，
22
即Δs＝aT.
[要点提炼]
2
1．匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值，即Δs＝aT. 2．应用
(1)判断物体是否做匀变速直线运动
2
如果Δs＝s2－s1＝s3－s2＝……＝sn－sn－1＝aT成立，则a为一恒量，说明物体做匀变速直线运动．
(2)求加速度
Δs利用匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差Δs，可求得a＝2.
2
1232
T
一、速度与位移关系的简单应用
例1 A、B、C三点在同一条直线上，一物体从A点由静止开始做匀加速直线运动，经过B点的速度是v，到C点的速度是3v，则sAB∶sBC等于( ) A．1∶8 B．1∶6 C．1∶5 D．1∶3
2222
解析 由公式v t－v 0＝2as，得v t＝2asAB，(3v)＝2a(sAB＋sBC)，联立两式可得sAB∶sBC＝1∶8.
3
答案 A
tv0＋vt二、v＝v＝的灵活运用
22
例2 一质点做匀变速直线运动，初速度v0＝2 m/s,4 s内位移为20 m，求：
(1)质点4 s末的速度； (2)质点2 s末的速度．
解析 解法一 利用平均速度公式 4 s内的平均速度v＝＝
sv0＋v4
，
t2
代入数据解得，4 s末的速度v4＝8 m/s 2 s末的速度v2＝
v0＋v42＋8
2
＝
2
m/s＝5 m/s.
解法二 利用两个基本公式 122
由s＝v0t＋at得a＝1.5 m/s
2
再由vt＝v0＋at得
质点4 s末的速度v4＝(2＋1.5×4) m/s＝8 m/s 2 s末的速度v2＝(2＋1.5×2) m/s＝5 m/s 答案 (1)8 m/s (2)5 m/s
针对训练 一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度图像如图3所示，那么0～t和t～3t两段时间内( )
图3
A．加速度大小之比为3∶1 B．位移大小之比为1∶2 C．平均速度大小之比为2∶1 D．平均速度大小之比为1∶1 答案 BD
解析 两段的加速度大小分别为a1＝，a2＝，A错．两段的平均速度v1＝v2＝，C错，
t2t21
D对．两段的位移s1＝vt，s2＝vt，B对．
2
三、对Δs＝aT的理解与应用
例3 做匀加速直线运动的物体，从开始计时起连续两个4 s的时间间隔内通过的位移分别 是48 m和80 m，则这个物体的初速度和加速度各是多少？
Δs80－48222
解析 解法一 根据关系式Δs＝aT，物体的加速度a＝2＝ m/s＝2 m/s.由于前2
T412
4 s内的位移48＝v0×4＋a×4，故初速度v0＝8 m/s.
2
2
vvv 4
12
解法二 设物体的初速度和加速度分别为v0、a.由公式s＝v0t＋at得：
212
前4 s内的位移48＝v0×4＋a×4
212
前8 s内的位移48＋80＝v0×8＋a×8
2
解以上两式得v0＝8 m/s，a＝2 m/s
解法三 物体运动开始后第2 s、第6 s时的速度分别为：
2
s148s2
v1＝＝ m/s＝12 m/s，v2＝＝20 m/s
T4T故物体的加速度a＝
v2－v120－1222
＝ m/s＝2 m/s Δt4
初速度v0＝v1－a·＝12 m/s－2×2 m/s＝8 m/s 2答案 8 m/s 2 m/s
2
T
1.(速度与位移关系的简单应用)两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为1∶2，它们运动的最大位移之比为( ) A．1∶2 B．1∶4 C．1∶2 D．2∶1 答案 B
2
s1v01 s1121
解析 由0－v＝2as得＝2，故＝()＝，B正确．
s2v02 s224
2
0
2．(v＝v＝2
tv0＋vt2
的灵活应用)汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运
动，途中在6 s内分别经过P、Q两根电线杆，已知P、Q电线杆相距60 m，车经过电线杆Q时的速率是15 m/s，则下列说法正确的是( ) A．经过P杆时的速率是5 m/s
2
B．车的加速度是1.5 m/s C．P、O间的距离是7.5 m
D．车从出发到经过Q所用的时间是9 s 答案 ACD
5
解析 由于汽车在P、Q间的平均速度等于它经过两点时瞬时速度的平均值，即＝
svP＋vQ，
t2
2svQ－vP5vP2
故vP＝－vQ＝5 m/s，A对．车的加速度a＝＝ m/s，B错．从O到P用时t′＝＝
tt3a3 s，P、O间距离s1＝·t′＝7.5 m，C对．O到Q用时t′＋t＝3 s＋6 s＝9 s，D对．
23．(对Δs＝aT的理解和应用)从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍下如图4所示的照片，测得sAB＝15 cm，sBC＝20 cm.试问：
2
vP
图4
(1)小球的加速度是多少？
(2)拍摄时小球B的速度是多少？ (3)拍摄时sCD是多少？
2
答案 (1)5 m/s (2)1.75 m/s (3)0.25 m
解析 小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为0.1 s，可以认为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置．
2
(1)由推论Δs＝aT可知，小球加速度为 ΔssBC－sAB20×10－15×102a＝2＝＝ m/s 22TT0.1
＝5 m/s.
(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段上的平均速度，即
2
－2
－2
sAC20×10－2＋15×10－2
vB＝vAC＝＝ m/s＝1.75 m/s.
2T2×0.1
(3)由于连续相等时间内位移差恒定，所以
sCD－sBC＝sBC－sAB
－2－2－2
所以sCD＝2sBC－sAB＝2×20×10 m－15×10 m＝25×10 m＝0.25 m.
题组一 速度与位移关系的理解与应用
22vt －v0
1．关于公式s＝，下列说法正确的是( )
2aA．此公式只适用于匀加速直线运动 B．此公式适用于匀减速直线运动 C．此公式只适用于位移为正的情况
D．此公式不可能出现a、s同时为负值的情况 答案 B
22vt －v0
解析 公式s＝适用于匀变速直线运动，既适用于匀加速直线运动，也适用于匀减速
2a 6
直线运动，既适用于位移为正的情况，也适用于位移为负的情况，选项B正确，选项A、C错误．当物体做匀加速直线运动，且规定初速度的反方向为正方向时，a、s就会同时为负值，选项D错误．
2．物体先做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为a1，当速度达到v时，改为以大小为a2的加速度做匀减速运动，直至速度为零．在加速和减速过程中物体的位移和所用时间分别为s1、t1和s2、t2，下列各式成立的是( ) A.＝
s1t1s2t2
B.＝
a1t1a2t2
C.＝
s1a2s2a1
D.＝
s1a1s2a2
答案 AC
22
解析 在加速运动阶段v＝2a1s1，v＝a1t1；在减速运动阶段0－v＝2(－a2)s2,0－v＝－a2t2.由以上几式可得＝，＝，进一步可得＝，选项A、C正确．
3．如图1所示，一小滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端C，已知AB＝BC，则下列说法正确的是( )
s1a2a1t2s2a1a2t1s1t1s2t2
图1
A．滑块到达B、C两点的速度之比为1∶2 B．滑块到达B、C两点的速度之比为1∶4
C．滑块通过AB、BC两段的时间之比为1∶2
D．滑块通过AB、BC两段的时间之比为(2＋1)∶1 答案 D
解析 vB＝2asAB，v 故vB∶vC＝sAB∶sAC＝1∶2，A、B错；tAB∶tAC＝∶＝1∶2，C＝2asAC，而tBC＝tAC－tAB，故滑块通过AB、BC两段的时间之比tAB∶tBC＝1∶(2－1)＝(2＋1)∶1，C错，D对． 题组二 v＝v＝2
2
2
vBvCaatv0＋vt2
的灵活运用
4．一颗子弹以大小为v的速度射进一墙壁但未穿出，射入深度为s，如果子弹在墙内穿行时做匀变速直线运动，则子弹在墙内运动的时间为( ) A. 答案 B
sv2sB.
vC.
v2s
D.
s 2vv2s解析 由v＝和s＝v t得t＝，B选项正确．
2v5．一物体从斜面上某点由静止开始做匀加速直线运动，经过3 s 后到达斜面底端，并在水
平地面上做匀减速直线运动，又经9 s停止，则物体在斜面上的位移与在水平面上的位移之比是( )
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 答案 C
解析 设物体到达斜面底端时的速度为vt， 在斜面上的平均速度v1＝，
2
vt 7
在斜面上的位移s1＝v1t1＝t1
2在水平地面上的平均速度v2＝，
2在水平地面上的位移s2＝v2t2＝t2
2
所以s1∶s2＝t1∶t2＝1∶3.故选C.
6．一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经过AB的时间是t，则下列判断中正确的是( ) A．经过AB中点的速度是4v B．经过AB中间时刻的速度是4v
C．前时间通过的位移比后时间通过的位移少1.5vt
22D．前位移所需时间是后位移所需时间的2倍 22答案 BCD
解析 平均速度vAB＝
7v＋v＝4v，即中间时刻的瞬时速度为4v，B对；中点位移处的速度2
vtvtvttstsv＝ 2
s7v2
2＋v2t2s5v＋v＝5v，A错；由Δs＝a()和7v＝v＋at，可以判断C对；由＝t1
222
s5v＋7v和＝t2得t1＝2t2，D对． 22
7．某物体做直线运动，物体的速度—时间图像如图2所示．若初速度的大小为v0，末速度的大小为v1，则在时间t1内物体的平均速度v( )
图2
1
A．等于(v0＋v1)
21
B．小于(v0＋v1)
21
C．大于(v0＋v1)
2D．条件不足，无法比较 答案 C
解析 如果物体在0～t1时间内做匀变速直线运动，则有v′＝
v0＋v1
2
，这段时间内发生的位
移大小为阴影部分的面积，如图所示，则s1＝v′t1，而阴影部分面积的大小s1小于速度—
8
时间图像与t轴包围的面积大小s2，s2＝v t1，则v>v′＝
v0＋v1
2
，故选项C正确．
题组三 Δs＝aT的理解与应用
8．一小球沿斜面以恒定的加速度滚下并依次通过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球通过AB、BC所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度分别为( ) A．2 m/s,3 m/s,4 m/s B．2 m/s,4 m/s,6 m/s C．3 m/s,4 m/s,5 m/s D．3 m/s,5 m/s,7 m/s 答案 B
4222
解析 BC－AB＝aT，a＝ m/s＝1 m/s
4
2
AB＋BCvB＝
2T＝6＋10
m/s＝4 m/s 2×2
由vB＝vA＋aT，得vA＝vB－aT＝(4－1×2) m/s＝2 m/s，vC＝vB＋aT＝(4＋1×2) m/s＝6 m/s，B正确．
9．一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法中正确的是( )
A．这2 s内平均速度是2.25 m/s B．第3 s末瞬时速度是2.25 m/s
2
C．质点的加速度是0.125 m/s
2
D．质点的加速度是0.5 m/s 答案 ABD
解析 这2 s内的平均速度v＝s1＋s22＋2.5
＝ m/s＝2.25 m/s，A对；第3 s末的瞬时速t1＋t21＋1
s2－s12.5－222
＝ m/s＝0.5 m/s，C22
t1
度等于2 s～4 s内的平均速度，B对；质点的加速度a＝
错，D对．
10.某次实验得到的一段纸带如图3所示(电源频率为50 Hz)，若以每五次打点的时间作为时间单位，得到图示的5个计数点，各点到标号为0的计数点的距离已量出，分别是4 cm、10 cm、18 cm、28 cm，则小车的运动性质是____________，当打点计时器打第1点时速度v1＝
2
________ m/s，加速度a＝________ m/s.
图3
答案 匀加速直线运动 0.5 2
解析 0～1、1～2、2～3、3～4间距：s1＝4 cm，s2＝6 cm，s3＝8 cm，s4＝10 cm，连续相等相间内的位移之差： Δs1＝s2－s1＝2 cm，Δs2＝s3－s2＝2 cm，Δs3＝s4－s3＝2 cm，所以在连续相等时间内的位移之差为常数，故小车做匀加速直线运动．
9
10×10
根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，有v1＝ m/s＝0.5
2×0.1Δs2×1022
m/s.由Δs＝aT得a＝2＝2 m/s＝2 m/s.
T0.1
2
－2
－2
题组四 综合应用
11．假设飞机着陆后做匀减速直线运动，经10 s速度减为着陆时的一半，滑行了450 m，则飞机着陆时的速度为多大？着陆后30 s滑行的距离是多少？ 答案 60 m/s 600 m
解析 设飞机着陆时的速度为v0，减速10 s，滑行距离s1＝飞机着陆后做匀减速运动的加速度大小为a＝
v0＋0.5v0
t，解得v0＝60 m/s
2
v0－0.5v02
＝3 m/s t2
2
飞机停止运动所用时间为t0＝＝20 s，由vt －v0 ＝2(－a)s′，得着陆后30 s滑行的距－v0 －60离是s′＝＝ m＝600 m
－2a－6
12．一列火车进站前先关闭气阀，让车减速滑行．滑行了300 m时速度减为关闭气阀时的一半，此后又继续滑行了20 s停在车站．设火车在滑行过程中加速度始终维持不变，试求： (1)火车滑行的加速度； (2)火车关闭气阀时的速度；
(3)从火车关闭气阀到停止滑行时，滑行的总位移．
2
答案 (1)－0.5 m/s (2)20 m/s (3)400 m 解析 设火车初速度为v0，s＝300 m 滑行前300 m的过程，有：()－v 0＝2as
2后20 s的过程有：0－＝at2
2
两式联立可得：v0＝20 m/s，a＝－0.5 m/s
22
减速全程，由速度—位移公式有：2as总＝0－v0 代入数据，解得s总＝400 m
13．为了安全，汽车过桥的速度不能太大．一辆汽车由静止出发做匀加速直线运动，用了10 s时间通过一座长120 m的桥，过桥后的速度是14 m/s.请计算： (1)它刚开上桥头时的速度有多大？ (2)桥头与出发点的距离多远？ 答案 (1)10 m/s (2)125 m
解析 (1)设汽车刚开上桥头的速度为v1 则有s＝
2
2
2
v0av0
22
v0
v1＋v2
t
2
2s2×120v1＝－v2＝－14 m/s＝10 m/s
t10(2)汽车的加速度a＝
v2－v114－1022
＝ m/s＝0.4 m/s t10
2
v1 100
桥头与出发点的距离s′＝＝ m＝125 m
2a2×0.4
10
