滕州三中

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-

2023年2月20日发(作者：)

匀变速直线运动的速度与位移的关系

【学习目标】

1、会推导公式22

0

2

t

vvax

2、掌握公式22

0

2

t

vvax，并能灵活应用

【要点梳理】

要点一、匀变速直线运动的位移与速度的关系

根据匀变速运动的基本公式

0t

vvat，

2

0

1

2

xvtat，

消去时间t，得22

0

2

t

vvax．

即为匀变速直线运动的速度—位移关系．

要点诠释：

①式是由匀变速运动的两个基本关系式推导出来的，因为不含时间，所以若所研究的问题中不涉及时

间这个物理量时利用该公式可以很方便,应优先采用．

②公式中四个矢量

t

v、

0

v、a、x也要规定统一的正方向.

要点二、匀变速直线运动的四个基本公式

(1)速度随时间变化规律：

0t

vvat．

(2)位移随时间变化规律：2

0

1

2

xvtat．

(3)速度与位移的关系：22

0

2

t

vvax．

(4)平均速度公式：0

2

t

xv

v



，0

2

t

vv

xt



．

要点诠释：

运用基本公式求解时注意四个公式均为矢量式，应用时，要选取正方向．公式(1)中不涉及x，公式(2)

中不涉及

t

v，公式(3)中不涉及t，公式(4)中不涉及a，抓住各公式特点，灵活选取公式求解．共涉及五个

量，若知道三个量，可选取两个公式求出另两个量．

要点三、匀变速直线运动的三个推论

要点诠释：

(1)在连续相邻的相等的时间(T)内的位移之差为一恒定值，即②x＝aT2(又称匀变速直线运动的判别式)．

推证：设物体以初速v

0

、加速度a做匀加速直线运动，自计时起时间T内的位移

2

10

1

2

xvTaT．②

在第2个时间T内的位移

2

201

1

2(2)

2

xvTaTxg

2

0

3

2

vTaT．②

即②x＝aT2．

进一步推证可得

②12

2222

nnnn

xxxx

x

a

TTT







3

23

nn

xx

T





…

②x

2

-x

1

＝x

3

-x

2

＝…＝x

n

-x

n-1

，据此可补上纸带上缺少的长度数据．

(2)某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度

即0

2

2

t

t

vv

vv



．

推证：由v

t

＝v

0

+at，②

知经

2

t

时间的瞬时速度

0

2

2t

t

vvag．②

由②得

0t

atvv，代入②中，得

00

/2000

1

()

2222

tt

tt

vvvv

vvvvv



，

即0

2

2

t

t

vv

v



．

(3)某段位移内中间位置的瞬时速度

2

x

v与这段位移的初、末速度v

0

与v

t

的关系为

22

0

2

1

()

2xt

vvv．

推证：由速度－位移公式22

0

2

t

vvax，②

知22

0

2

2

2x

x

vvag．②

将②代入②可得

22

22

0

0

2

2

t

x

vv

vv



，即22

0

2

1

()

2xt

vvv．

要点四、初速度为零的匀加速直线运动的几个比例式

要点诠释：

初速度为零的匀加速直线运动是一种特殊的匀变速直线运动，它自己有着特殊的规律，熟知这些规律

对我们解决很多运动学问题很有帮助．

设以t＝0开始计时，以T为时间单位，则

(1)1T末、2T末、3T末、…瞬时速度之比为v

1

:v

2

:v

3

:…＝1:2:3:…．

可由v

t

＝at，直接导出

(2)第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第n个T内的位移之比为：x

1

:x

2

:x

3

:x

n

＝1:3:5:…:(2n-

1)．

推证：由位移公式2

1

2

xat得2

1

1

2

xaT，

222

2

113

(2)

222

xaTaTaT，

22

3

11

(3)(2)

22

xaTaT

2

5

2

aT．

可见，x

1

:x

2

:x

3

:…:x

n

＝1:3:5:…:(2n-1)．

即初速为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内位移的比等于连续奇数的比．

(3)1T内、2T内、3T内、…、位移之比为：222

123

123xxx：：：…：：：…，

可由公式2

1

2

xat直接导出．

(4)通过连续相同的位移所用时间之比

123

1(21)(32)(1)

n

ttttnngggggg::::::::．

推证：由2

1

2

xat知

1

2x

t

a



，

通过第二段相同位移所用时间

2

2222

(21)

xxx

t

aaa





，

同理：

3

3222xx

t

aa





，

2

(32)

x

a



，

则

123

1(21)(32)(1)

n

ttttnn::::::-::．

要点五、纸带问题的分析方法

(1)“位移差法”判断运动情况，设时间间隔相等的相邻点之间的位移分别为x

1

、x

2

、x

3

…．

②若x

2

-x

1

＝x

3

-x

2

＝…＝

1nn

xx



＝0，则物体做匀速直线运动．

②若x

2

-x

1

＝x

3

-x

2

＝…＝

1nn

xx



＝②x≠0，则物体做匀变速直线运动．

(2)“逐差法”求加速度，根据x

4

-x

1

＝x

5

-x

2

＝x

6

-x

3

＝3aT2(T为相邻两计数点的时间间隔)，有

41

1

23

xx

a

T



，52

2

23

xx

a

T



，63

3

23

xx

a

T



，

然后取平均值，即

123

3

aaa

a





654321

2

()()

9

xxxxxx

T



．

这样使所给数据全部得到利用，以提高准确性．

要点诠释：②如果不用“逐差法”求，而用相邻的x值之差计算加速度，再求平均值可得：

325465

21

2222

1

5

xxxxxx

xx

a

TTTT













61

25

xx

T



．

比较可知，逐差法将纸带上x

1

到x

6

各实验数据都利用了，而后一种方法只用上了x

1

和x

6

两个实验数

据，实验结果只受x

1

和x

6

两个数据影响，算出a的偶然误差较大．

②其实从上式可以看出，逐差法求平均加速度的实质是用(x

6

+x

5

+x

4

)这一大段位移减去(x

3

+x

2

+x

1

)这一大

段位移，那么在处理纸带时，可以测量出这两大段位移代入上式计算加速度，但要注意分母(3T)2而不是

3T2．

(3)瞬间速度的求法

在匀变速直线运动中，物体在某段时间t内的平均速度与物体在这段时间的中间时刻

2

t

时的瞬时速度

相同，即

2

t

vv．所以，第n个计数点的瞬时速度为：1

2

nn

n

xx

v

T





．

(4)“图象法”求加速度，即由1

2

nn

n

xx

v

T





，求出多个点的速度，画出v-t图象，直线的斜率即为加速

度．

【典型例题】

类型一、公式

22

0

2

t

vvax

的应用

例1、一列从车站开出的火车，在平直轨道上做匀加速直线运动，已知这列火车的长度为l，当火车头经过

某路标时的速度为v

1

，而车尾经过这个路标时的速度为v

2

，求：

(1)列车的加速度a；

(2)列车中点经过此路标时的速度v；

(3)整列火车通过此路标所用的时间t．

【答案】（1）

22

21

2

vv

a

l



（2）

22

12

2

vv

v



（3）

12

2l

t

vv





【解析】火车的运动情况可以等效成一个质点做匀加速直线运动，某一时刻速度为v

1

，前进位移l，速度

变为v

2

，所求的v是经过

2

l

处的速度．其运动简图如图所示．

(1)由匀变速直线运动的规律得22

21

2vval，则火车的加速度为

22

21

2

vv

a

l



．

(2)火车的前一半通过此路标时，有22

1

2

2

l

vvag，

火车的后一半通过此路标时，有22

2

2

2

l

vvag，

所以有2222

12

vvvv，故

22

12

2

vv

v



．

(3)火车的平均速度12

2

vv

v



，故所用时间

12

2ll

t

vvv





．

【总结升华】对于不涉及运动时间的匀变速直线运动问题的求解，使用22

0

2

t

vvax可大大简化解题过程．

举一反三

【变式1】（2016金台区期末考）一物体在水平面上做匀加速直线运动，经过了A、B、C三点，已知A

点速度为v，B点速度为3v，C点速度为4v，则AB段和BC端的时间比是

AB段和BC段的位移比是

【答案】2:1；8:7

【解析】设匀加速直线运动的加速度为a：

AB段的时间:

32

AB

vvv

t

aa





BCB段的时间:

43

BC

vvv

t

aa





则AB段和BC端的时间比::2:1

ABBC

tt

AB段的位移：22

0

(3)2

AB

vvax

BC段的位移：22(4)(3)2

BC

vvax

AB段和BC段的位移比：:8:7

ABBC

xx

【高清课程：匀变速直线运动中速度与位移的关系第5页】

【变式2】某飞机着陆时的速度是216km/h，随后匀减速滑行，加速度的大小是2m/s2。机场的跑道至少要

多长才能使飞机安全地停下来？

【答案】900m

类型二、匀变速直线运动公式的灵活运用

例2、一个做匀加速直线运动的质点，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，

每一个时间间隔为4s，求质点的初速度和加速度．

【答案】a＝2.5m/s2，v

A

＝1m/s

【解析】匀变速直线运动的规律可用多个公式描述，因而选择不同的公式，所对应的解决方法也不相同．

解法一：(基本公式法)

画出运动过程示意图，如图所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移公式：

2

1

1

2A

xvtat．

2

2

1

(2)(2)

2AA

xvtatvt．

将x

1

＝24m、x

2

＝64m、t＝4s代入上式解得：a＝2.5m/s2，v

A

＝1m/s．

解法二：(用平均速度公式)

连续的两段时间t内的平均速度分别为：

1

1

24

m/s6m/s

4

x

v

t

，2

2

64

m/s16m/s

4

x

v

t

．

B点是AC段的中间时刻，则

12

AB

vv

v



，

22

BC

vv

v



，

12616

m/s11m/s

222

AC

B

vv

vv

v





．

得v

A

＝1m/s，v

C

＝21m/s，

22

211

m/s2.5m/s

224

CA

vv

a

t









．

解法三：(用②x＝aT2法)

由②x＝aT2，得22

22

40

m/s2.5m/s

4

x

a

T



．

再由2

1

1

2A

xvtat，解得1m/s

A

v．

【总结升华】(1)运动学问题的求解一般均有多种解法，进行一题多解训练可以熟练地掌握运动学规律，提

高灵活运用知识的能力．从多种解法的对比中进一步明确解题的基本思路和方法，从而提高解题能力．

(2)对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优

先考虑用判别式②x＝aT2求解，这种解法往往更简捷．

举一反三

【变式1】一个冰球在冰面上滑行，依次通过长度都是L的两段距离，并继续向前运动，它通过第一段距

离的时间为t，通过第二段距离的时间为2t，如果冰球在冰面上的运动可看做匀变速直线运动，求冰球在

第一段距离末时的速度．

【答案】

1

5

6

L

v

t



【解析】方法一：由题意可得，冰球做匀减速运动，其运动简图如图所示．以冰球过A点为起始时刻、起

始点，设A、B、C三点的速度分别为v

0

、v

1

、v

2

，由01

2

vv

xt



得

从A到B：01

2

vv

Lt



，②

从B到C：122

2

vv

Lt



，②

从A到C：0223

2

vv

Lt



，②

联立②②②式解得

1

5

6

L

v

t

．

方法二：根据

2

t

vvt知：

AB段中间时刻速度

3

5

6

L

v

t

，

BC段中间时刻速度

42

L

v

t

，

这两个时刻相隔时间为

3

2

t，则匀减速运动加速度

34

23

3

2

vv

L

a

t

t



．

据2

0

1

2

xvtat公式，有2

1

1

(2)(2)

2

Lvtat．

将a代入得

1

5

6

L

v

t

．

【高清课程：匀变速直线运动中速度与位移的关系第13页】

【变式2】例题、跳伞运动员做低空跳伞表演，他从224m的高空离开飞机开始下落，最初未打开降落伞，

自由下落一段距离打开降落伞,运动员以12.5m/s2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落

地的速度不得超过5m/s（g=10m/s2）．求：运动员打开降落伞时，离地面的高度至少为多少？

【答案】99m

【高清课程：匀变速直线运动中速度与位移的关系第15页】

【变式3】火车以速度v

1

匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距s处有另一火车沿同方向以速度v

2

（相对

于地面，且v

1

>v

2

）做匀速运动，司机立即以加速度a紧急刹车，要使两车不相撞，a应满足什么条件?

【答案】

2

12

()

2

vv

a

s



≥

类型三、初速度为零的匀加速直线运动的几个比例式的应用

例3、一滑块自静止开始从斜面顶端匀加速下滑，第5s末的速度是6m/s，试求：(1)第4s末的速度；(2)运

动后7s内的位移；(3)第5s内的位移．

【答案】（1）4.8m/s（2）29.4m（3）5.4m

【解析】物体的初速度v

0

＝0，且加速度恒定，可用推论求解．

(1)因为v

0

＝0，所以

t

vat，即

t

vt∝，

故v

4

:v

5

＝4:5．

第4s末的速度

45

44

6m/s4.8m/s

55

vv．

(2)因为v

0

＝0，v

5

＝6m/s，则加速度22

5

0

60

m/s1.2m/s

5

v

a

t





，

所以7s内的位移22

77

11

1.27m29.4m

22

xat．

(3)由22

54

11

22

xatat

11

1.225m1.216m

22



5.4m．

第5秒内的位移是5.4m．

举一反三

【变式1】一物体沿斜面顶端由静止开始做匀加速直线运动，最初3s内的位移为x

1

，最后3s内的位移为

x

2

，已知x

2

-x

1

＝6m；x

1

:x

2

＝3:7，求斜面的总长．

【答案】12.5m

【解析】由题意知，物体做初速度等于零的匀加速直线运动，相等的时间间隔为3s．

由题意知1

2

3

7

x

x

，x

2

-x

1

＝6m，解得x

1

＝4.5m，x

2

＝10.5m．

由于连续相等时间内位移的比为1:3:5:…:(2n-1)，

故x

n

＝(2n-1)x

1

，可知10.5＝4.5(2n-1)，解得

5

3

n．

又因为2

1

xnx

总

，所以斜面总长：

25

4.5m12.5m

3

x







总

．

【总结升华】切忌认为物体沿斜面运动了6s，本题中前3s的后一段时间与后3s的前一段时间是重合的．

类型四、纸带问题的处理

例4、（2015滕州三中期末考）在用接在50Hz交流电源上的打点计时器测定小车做匀加速直线运动

的加速度的实验中，得到如图所示的一条纸带，从比较清晰的点开始标计数点0、1、2、3、4…，其中每

两个计数点间还有4个点未画出，量得0与1两计数点间的距离

1

30.2xmm，3与4两计数点间的距离

4

48.8xmm，则小车在3与4两计数点间的平均速度为m/s，小车的加速度为

m/s2

．（计算结果均保留两位有效数字）

【答案】0.49；0.62

【解析】由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，

根据平均速度的定义式得：

小车在3与4两计数点间的平均速度4

34

0.0488

0.49/

0.1

x

vms

T

，

根据匀变速直线运动的推论△x=aT

2

，有：2

41

3xxaT

所以解得：2

41

2

0.62/

3

xx

ams

T



，

故答案为：0.49，0.62．

【总结升华】用逐差法求加速度，碰到奇数个位移，如本题中只有x

1

至x

3

五个位移，就去掉中间的一个位

移而求解．

举一反三

【变式】（2015临沂市期末考）打点计时器使用的交流电周期为T=0.02s．小王同学在正确操作实验的情

况下获得了一条纸带，如图所示，其中A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出，根据纸带所提供

的数据，求：小车的加速度a=m/s2，小车经过C点时的速度Vc

=m/s（结果保留两位有

效数字）．

【答案】0.62；0.21

【解析】其中A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出，所以相邻的计数点间的时间间隔

T=0.1s，

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT

2

可以求出加速度的大小，

得：2

2

()

0.62/

4

DECDABBC

xxxx

ams

T



，

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时

速度大小．

0.21/

2

BD

c

x

vms

T



【巩固练习】

一、选择题：

1、一物体由静止开始做匀加速直线运动，在t内通过位移x，则它从出发开始通过

4

x

所用的时间为（）

A．

4

t

B．

2

t

C．

16

t

D．

2

2

t

2、做匀减速直线运动的物体经4s后停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s的位移是（）

A．3.5mB．2mC．1mD．0

3、小球由静止开始运动，在第1s内通过的位移为1m，在第2s内通过的位移为2m，在第3s内通过的位

移为3m，在第4s内通过的位移为4m，下列描述正确的是（）

A．小球在这4s内的平均速度是2.5m/s

B．小球在3s末的瞬时速度是3m/s

C．小球在前3s内的平均速度是3m/s

D．小球在做匀加速直线运动

4、（2015安徽四校联考）物体自O点由静止开始作匀加速直线运动，A、B、C、D是轨迹上的四点，测

得AB=2m，BC=3m，CD=4m．且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则OA之间的距离为（）

A．1mB．0.5mC．1.125mD．2m

5、甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示．两图象在t＝t

1

时相交于P点，

P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S．在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相

遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能是()

A．

1

tt



，dSB．

1

1

2

tt



，

1

4

dS

C．

1

1

2

tt



，

1

2

dSD．

1

1

2

tt



，

3

4

dS

6

、（

2016

上海高考）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为

16m

的路程，第一段用时

4s

，第二

段用时

2s

，则物体的加速度是（）

A．2

2

/

3

msB．2

4

/

3

msC．2

8

/

9

msD．2

16

/

9

ms

7、（2016马鞍山校级模拟）光滑斜面的长度为L，一物体由静止从斜面顶端沿斜面滑下，设物体滑到底

部时的速度为v，则物体下滑到L/2处的速度为（）

A．v/2B．v/4C．

3

3

vD．

2

v

二、填空题：

1、由静止开始运动的物体，3s与5s末速度之比为________，前3s与5s内位移之比为________，第3s内

与第5s内位移之比为________．

2、做匀减速直线运动到静止的质点，在最后三个连续相等的运动时间内通过的位移之比是________，在最

后三个连续相等的位移内所用的时间之比是________．

3、如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清

晰纸带，纸带上两相邻计数点的时问间隔为T＝0.10s，其中x

1

＝7.05cm、x

2

＝7.68cm、x

3

＝8.33cm、x

4

＝

8.95cm、x

5

＝9.61cm、x

6

＝10.26cm，则A点处瞬间速度大小是________m/s，小车运动的加速度计算表达

式为________，加速度的大小是________m/s2．(计算结果保留两位有效数字)

三、计算题：

1、在滑雪场，小明从85m长的滑道上滑下．小明滑行的初速度为0，末速度为5.0m/s．如果将小明在滑

道上的运动看成匀变速直线运动，求他下滑过程加速度的大小．

2、（2015阜阳市期末考）已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为22m，BC间的距离

为26m，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过

AB段与BC段所用的时间相等且为2s．求O与A的距离．

3、（2015菏泽市期末考）汽车自O点由静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中6s时间内依次

经过P、Q两根电线杆．已知P、Q相距60m，车经过Q点时的速度为15m/s．求：

（1）汽车经过P点时的速度是多少？

（2）汽车的加速度为多少？

（3）O、P两点间距离为多少？

4、甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；乙从起

跑后到接棒前的运动是匀加速的．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记．在某次练

习中，甲在接力区前x

0

＝13.5m处作了标记，并以v＝9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令．乙在

接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒．已知接力区的长度

为L＝20m．求：

(1)此次练习中乙在接棒前的加速度a；

(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．

【答案与解析】

一、选择题：

1、B

解析:初速度为零的匀加速直线运动的位移2

1

2

xat，所以

2x

t

a



，即tx∝，当位移x为原来的四分

之一时，时间t为原来的二分之一，所以只有B正确．

2、B

解析：物体做匀减速直线运动至停止，可以把这个过程看做初速度为零的匀加速直线运动，那么相等时间

内的位移之比为1:3:5:7．所以由1

14m

71

x

得，所求位移

1

2mx．

3、A

解析：由初速度为零的匀加速直线运动的规律知，第1s内、第2s内、第3s内、…、第ns内通过的位移

之比为1:3:5:…:(2n-1)．而这一小球的位移分别为1m、2m、3m、…．所以小球做的不是匀加速直线运

动，匀加速直线运动的规律也就不适用于这一小球，所以B、D不正确．至于平均速度，4s内的平均速度

1234

1

4

xxxx

v

t





1234

2.5m/s

4s

mmmm

，所以A正确；前3s内的平均速度

123

2

3

1m2m3m

2m/s

3s

xxx

v

t





，所以C不正确．

4、

C

解析：设OA间的距离为S，物体的加速度为a，物体在A点时的速度为

v

，通过AB、BC、CD所用的

时间都为t，则有：

22vaS①

222atavS（）（）②

22223ataSv（）（）③

232234ataSv（）（）④

联立①②③④解得：S=1.125m

5、D

解析：根据题意及图象可知，此题属于匀速运动的物体追匀加速运动的物体的问题，甲第一次追上乙时速

度大于乙，第二次相遇时发生在二者速度相等时，相遇时满足SdS

乙

甲

，结合图象可知D正确．

6

、

B

解析：第一段时间内的平均速度为：

1

1

4/

x

vms

t



第二段时间内的平均速度为：

2

2

8/

x

vms

t



根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，且两个中间时刻的时间间隔为2+1=3s

则加速度为：22

21

844

//

33

vv

amsms

t









7

、

D

解析：设物体下滑的加速度为a，下滑到L/2处的速度为v

1

，由匀变速直线运动的速度与位移公式有：

22val，2

1

2

2

l

va，解得：

12

v

v，故选D。

二、填空题：

1、3:59:255:9

解析：由初速度为零的匀加速直线运动的规律知，第1s末、第2s末、第3s末、…、第ns末的速度之比

为1:2:3:…:n，第1s、第2s、第3s、…、第ns的位移之比为1:3:5:…:(2n-1)．所以第3s末与第5s末

的速度之比为3:5．前3s内与前5s内的位移之比为32:52＝9:25，第3s内与第5s内的位移之比为5:9．

2、5:3:1(32)(21)1::

解析：这一质点的运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动的逆过程．设最初三个连续相等的时间为t，

加速度为a，则每段时间的位移分别为2

1

1

2

xat，222

2

111

(2)3

222

xatatat，

222

3

111

(3)(2)5

222

xatatat，所以位移之比为x

1

:x

2

:x

3

＝1:3:5．设最初三个连续相等的位移为L，

加速度为a，则每段位移所用时间

1

2L

t

a



，

2

422

(21)

LLL

t

aaa



，

3

642

(32)

LLL

t

aaa

g

，所以时间之比为t

1

:t

2

:t

3

＝1(21)(32)::，再逆回去，所

求的位移之比为5:3:1，时间之比为

(32)(21)1::

．

3、0.86456321

2

()()

9

xxxxxx

a

T



0.64

解析：A点处瞬间速度大小34

0.08330.0895

m/s0.864m/s0.86m/s

220.10A

xx

v

T









，由逐差法求小

车运动的加速度，则456321

2

()()

9

xxxxxx

a

T



，代入数据得a＝0.64m/s2．

三、计算题：

1、0.147m/s2

解析：由公式22

0

2

t

vvax得，

22

22

2

0

5.00

0.147/

2285

t

vv

ams

x









2、0与A的距离为50m

解析：由2saT得，21/ams，经过B点的速度12/

2

AC

B

S

vms

T



根据22

BOB

vaS代入数据得

72

OB

Sm

50

OAOBAB

SSSm﹣故0与A的距离为50m．

3、

5/

P

vms；22

5

/1.67/

3

amsms；7.5

OP

xm

解析：设汽车的加速度为a，经过P点的速度为

P

v，经过Q点的速度为

Q

v，O、P两点间距离为

OP

x．根据匀变速直线运动的规律有：

2

1

2PQP

xvtat①

QP

vvat②

由①②可得：5/

P

vms，22

5

/1.67/

3

amsms

22

POP

vax③

③可得：

22515

7.5

5

2

2

3

2

P

OP

v

x

a

mmm



4、213.5m/sa6.5mx





解析：根据题意画出运动草图，如图所示．

(1)在甲发出口令后，乙做加速度为a的匀加速运动，经过时间t，位移为x

乙

，速度达到v＝9m/s时，

甲的位移为x

甲

，有

v

t

a

．

2

1

xat

a



乙

．

xvt

甲

．

0

xxx

乙

甲

．

联立以上各式可得

2

213.5m/s

2

v

a

a

．

(2)在这段时间内乙在接力区的位移

2

13.5m

2

v

x

a



乙

．

所以在完成交接棒时，乙与接力区末端的距离6.5mxLx





乙

．