后的运动位移、速度时间均具有对称性．所以知汽车在相等时间内发生的位移之比为1∶3∶5∶?，把时间间隔分为0.5 s，所以xDE∶xCD∶xBC∶xAB＝1∶8∶16∶24，所以xAB∶xAC∶xAD＝3∶5∶6. 答案 3∶5∶6 【变式3】 如图122所示，在光
图122
滑水平面上运动的小球，刚好能越过一个倾角为α的固定在水平面上的光滑斜面做自由落体运动，落地时的速度大小为v，不考虑空气阻力及小球滚上斜面瞬间的能量损失，下列说法正确的是( ). A.小球冲上斜面前在水平面上的速度应大于v B.小球在斜面上运动的时间为
2
v
gsin α
v
，B正gsin αv
C.斜面的长度为 2gsin α
D.小球在斜面上运动的加速度大于gsin α
解析 由题意可知，小球滚上斜面到落地的过程中只有重力做功，机械能守恒，故小球冲上斜面前在水平面上的速度应等于v，A错误；小球在斜面上运动的时间为t＝
v2
确；斜面的长度为x＝，C正确．小球运动到斜面最顶端的速度恰好为0，小球上升
2gsin α过程中做匀减速运动，加速度大小为gsin α，D错误. 答案 BC 考点三 实际应用题——汽车的“刹车”问题
揭秘刹车问题的实质
汽车刹车问题的实质是汽车做单方向匀减速直线运动问题．汽车在刹车过程中做匀减速直线运动，速度减为0后，车相对地面无相对运动，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，汽v0v20
车运动时间满足t≤，发生的位移满足x≤. a2a
【典例3】
一辆汽车以10 m/s的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0.2 m/s2，则刹车后汽车在1 min内通过的位移大小为( ).
A.240 m B．250 m C．260 m D．90 m
v0
解析 因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t＝＝50 s，所以汽车刹车
av0
后在1 min内通过的位移为x＝t＝250 m.
2
答案 B
——找准方法，远离刹车问题陷阱
求解汽车刹车类问题时，一定要认真分析清楚汽车的运动过程，一般都是先判断刹车时间或刹车位移，即判定汽车在给定时间内或位移内是否已停止，千万不能乱套公式.
【变式4】
2
(2012·合肥模拟)飞机着陆后以6 m/s的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60 m/s，求： (1)它着陆后12 s内滑行的位移x； (2)整个减速过程的平均速度(用两种方法求解)； (3)静止前4 s内飞机滑行的位移x′. 解析 (1)以初速度方向为正方向，则有a＝－6 m/s Δv0－60飞机在地面滑行最长时间t＝＝ s＝10 s
a－6
所以飞机12 s内滑行的位移等于10 s内滑行的位移 由v
2
2
－v20＝2ax
－v2－6020
可得x＝＝ m＝300 m.
2a2×（－6）
v＋v00＋60
(2)法一 v＝＝ m/s＝30 m/s
22Δx300
法二 v＝＝ m/s＝30 m/s.
Δt10(3)可看成反向的匀加速 11
x′＝at2＝×6×42 m＝48 m.
22答案 (1)300 m (2)30 m/s (3)48 m
对应学生
用书P7
2.匀变速直线运动公式的应用 解题方法解密 (1)解题思想
列方程：针对具体题目，分析透含有几个物理过程(一般一个特定加速度对应一个过程)，然后对每个过程逐个列关系表达式，最后解方程组(高考题常用一般公式列方程解题) (2)解题方法
1
①基本公式法：公式vv＝v0＋at、x＝v0t＋at2、v2－v20＝2ax是研究匀变速直线运动的最基
2
本的规律，合理地运用和选择三式中的任意两式是求解运动学问题最常用的基本方法． v0＋vv
②平均速度法：x＝vt对任意性质的运动都适用，而v＝＝仅适用于匀变速直线运动．
22③推论法：利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤其
快捷． ④比例法：根据已知的条件，用比例的性质求解．
⑤逆向思维法：如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．
⑥图象法：如用vt图可以求出某段时间的位移大小、可以比较vt与vs，以及追及问题；用
2
2
xt图象可求出任意时间内的平均速度等．
【典例】 (2011·课标全国卷，24，13分)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之
比．
教你审题 (1)读题获取信息
(2)过程分析
规范解答
解 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为x1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为x2.由运动学公式得v＝at0① 112x1＝at20 ② x2＝vt0＋(2a)t0 ③
22
设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为x1′、x2′.同样有v′＝(2a)t0④
112
x1′＝(2a)t20 ⑤ x2′＝v′t0＋at0 ⑥
22设甲、乙两车行驶的总路程分别为x、x′，则有 x＝x1＋x2 ⑦ x′＝x1′＋x2′ ⑧
x5
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为＝.⑨
x′7答案
5 7
对应学生
用书P7
1．(2009·江苏单科)
图123
如图123所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s就熄灭，此时汽车距离停车线18 m．该车加速时最大加速度大小为2 m/s，减速时最大加速度大小为5 m/s.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有( )．
A．如果立即以最大加速度做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即以最大加速度做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 C．如果立即以最大加速度做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 D．如果距停车线5 m处以最大加速度减速，汽车能停在停车线处
8＋12
解析 在加速阶段若一直加速，则2 s末的速度为12 m/s，2 s内的位移为x＝×2
2
m＝20 m，则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A正确．若汽车一直以最大加速度减速，在绿灯熄灭前通过的距离小于18 m，则不能通过停车线，如果在距离停车线5 m处以最大加速度减速，汽车运动的最小距离为6.4 m，不能停在停车线处．C项正确，B、D错误．
答案 AC 2．(2010·课标全国，24)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：
(1)加速所用时间和达到的最大速率；
(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)
解析 (1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速度为v(以m/s为单位)，则有 1
vt＋(9.69－0.15－t)v＝100① 2
1
vt＋(19.30－0.15－t)×0.96v＝200② 2
由①②式得t＝1.29 s③ v＝11.24 m/s④
v2
(2)设加速度大小为a，则a＝＝8.71 m/s.⑤
t
答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s2
3．(2011·重庆卷，14)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g取10 m/s2) ( )．
2
2
A．10 m B．20 m C．30 m D．40 m
11
解析 从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h＝gt2可得h＝×10
22
×22 m＝20 m.
答案 B 4．(2011·安徽卷，16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2，则物体运动的加速度为( )． 2Δx（t1－t2）Δx（t1－t2）A. B. t1t2（t1＋t2）t1t2（t1＋t2）
C.
2Δx（t1＋t2）Δx（t1＋t2）
D. t1t2（t1－t2）t1t2（t1－t2）
解析 物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律：
Δxx
v＝vt＝知：vt1/2＝①
tt1
2
Δx
vt2/2＝②
t2
由匀变速直线运动速度公式v＝v0＋at知
?t1＋t2?③ vt2/2＝vt1/2＋a·?2?
①②③式联立解得a＝
2Δx（t1－t2）
. t1t2（t1＋t2）
答案 A 5．(2011·天津卷)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )．
A．第1 s内的位移是5 m
B．前2 s内的平均速度是6 m/s C．任意相邻的1 s内位移差都是1 m D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s
1
解析 由x＝v0t＋at2与x＝5t＋t2的对比可知：该质点做匀加速直线运动的初速度v0
2＝5 m/s，加速度a＝2 m/s2.将t＝1 s代入所给位移公式可求得第1 s内的位移是6 m；前2 s14
内的位移是14 m，平均速度为 m/s＝7 m/s；由Δx＝aT2可得T＝1 s时，相邻1 s内的位
2移差都是2 m；由加速度的物理意义可得任意1 s内速度的增量都是2 m/s.D正确．
答案 D