10．汽车以15 m/s的速度匀速行驶，司机发现前方有危险，在0.8 s后才能作出反应，实施制动，这个时间称为反应时间．若汽车刹车时能产生的最大加速度为5 m/s2，从汽车司机发现前方有危险到刹车后汽车完全停下来，汽车所通过的距离叫刹车距离．求： (1)在反应时间内汽车行驶的距离；
(2)刹车后汽车行驶的距离．
第3节 匀变速直线运动的位移与时间的关系
课前预习练 1．vt 位移
1
2．v0t＋at2
21
3.at2 面积 2
4．C 5.C 课堂探究练
1
1．B 据v＝v0＋at可知，当v0与a同向时，v增大；当v0与a反向时，v减小．x＝v0t＋
2
2
at也是如此，故当v0取正值时，匀加速直线运动中，a取正；匀减速直线运动中，a取负，故选项B正确．]
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2．C
3．(1)0.8 m/s (2)1.2 m
12x2×0.4
解析 (1)由x＝at2得a＝2＝2 m/s2＝0.8 m/s2，
2t1
所以汽车在第1 s末的速度为 v1＝at＝0.8×1 m/s＝0.8 m/s.
11
(2)汽车在前2 s内通过的位移为x′＝at′2＝×0.8×22 m＝1.6 m，所以第2 s内汽车的位
22
移为：x2＝x′－x＝1.6 m－0.4 m＝1.2 m.
点评 (1)解此类问题时，可以画草图帮助分析．
(2)对于运动学问题，往往可以用多种方法解决，例如本题，同学们可以思考一下其他的方法．
1
(3)运动学问题中利用位移公式解题时，往往容易忽视公式中物理量的方向，公式x＝v0t＋at2
2
中，v0、a、x都是矢量．
(4)求第n秒内的位移要用公式Δxn＝xn－xn－1，而同学们往往求成前n秒的位移． 4．见解析
解析 物体在前2 s内做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝15 m/s2，所以前2 s内
11
的位移x1＝a1t2＝×15×22 m＝30 m. 1
22
物体在2～5 s内做匀速直线运动，速度的大小v2＝30 m/s， 则这3 s内物体的位移x2＝v2t2＝30×3 m＝90 m.
物体在5～8 s内做匀减速直线运动，初速度v2＝30 m/s，加速度a2＝－10 m/s2，则这3 s内物体的位移
121
x3＝v2t3＋a2t3＝30×3 m＋×(－10)×32 m＝45 m
22
所以物体在这8 s内的位移
x＝x1＋x2＋x3＝30 m＋90 m＋45 m＝165 m
5．BD 在v－t图象中斜率表示加速度的大小，图线与横轴围成的面积的数值表示位移的大小．在t1时刻，虚线的斜率小于实线的斜率，故虚线反映的加速度比实际的小，A错；在O～t1时间内，虚线围成的面积大于实线围成的面积，故由虚线计算出的平均速度比实际的大，B正确；在t1～t2时间内，虚线围成的面积比实线围成的面积小，故C错；在t3～t4时间内，虚线平行于t轴，故反映的是匀速直线运动，D正确．]
点评 (1)在v－t图象中，图线的斜率表示物体的加速度，而图象5时间轴所围的面积的数值表示这段时间内物体所发生的位移的大小．
(2)利用v－t图象分析直线运动问题要比利用其他方法更直观、更简便．
0＋vv
6．B 因为战机在起飞前做匀加速直线运动，则x＝vt＝t＝t.B选项正确．]
22
7．60 m
解析 设加速阶段时间为t1，减速阶段时间为t2，取a1的方向为正方向： 加速阶段的末速度v为：v＝a1t1，①
由题知减速阶段初速度也为v，则有：0＝v－a2t2，② 又：t1＋t2＝10 s，③
vv
由①②③并代入数据可得：t1＝6 s，t2＝4 s，v＝12 m/s，运动的总位移x为：x＝t1＋t2＝
22
60 m.
方法总结 (1)分析物体的运动问题，要养成画物体运动草图的习惯，并在图中标注有关物理量，这样将加深对物体运动过程的理解，有助于发现已知量与未知量之间的相互关系，迅速找到解题的突破口．
(2)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，弄清物体在每段上的运动情况及遵循的规律，应该特别注意的是各段交接点处的速度往往是解题的关键，该点速度是前段的末
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速度，同时又是后段的初速度，是联系前、后两段的桥梁，并要注意前、后段的位移x、加速度a、时间t之间的联系． 8．(1)6 m (2)5 m (3)7 m 课后巩固练 1．B
2－0
2．AC 由图象可知0～2 s内的加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，A对；0～5 s内的位移x＝
2
?2＋5?×2
m＝7 m，B错；第1 s末与第3 s末的速度都为正，C对；第1 s末加速度为正，2
第5 s末加速度为负，D错．] 3．B
4．BD 做直线运动的速度—时间图线与时间轴所围成的图形面积表示了质点的位移，要想离原点最远，则所围成图形面积应最大．t＝1 s时，所围成图形为△OAB，t＝2 s时，为△OAC.很显然S△OAC>S△OAB，所以t＝2 s时位移大，离原点最远；当t＝3 s时，所围图形为△OAC和△CDE，由于△CDE在t轴以下位移为负，则S合应为S△OAC－S△CDE≠0，t＝4 s时，S合＝S△OAC－S△CDF＝0，即位移为零，质点回到原点，故选B、D.] 5．B
v－v00－20
6．B 汽车刹车后最终静止，应先求汽车运动的最大时间，由v＝v0＋at得，t＝＝
a－51
s＝4 s，即刹车后，汽车运动4 s,6 s内的位移即4 s内的位移，因为x2＝v0t1＋at2，得x2＝
21
11
20×2 m＋×(－5)×22 m＝30 m，x4＝20×4 m＋×(－5)×16 m＝40 m＝x6，所以x2∶x6＝
22
3∶4.]
7．ABCD t＝0时，二者速度皆为零．开始运动后的一段时间内，aA>aB，因此vA>vB.故A、B、C、D都正确．] 8．0.2 m/s2 16 m
解析 设物体的加速度为a，在第4 s末物体速度v4为： 由v＝v0＋at得：v4＝1.2＋4a，①
11
由x＝v0t＋at2得：2.1＝v4×1＋a×12.②
22
1
①②联立解得：a＝0.2 m/s2，设物体在8 s内的位移为x8，由x＝v0t＋at2得：x8＝1.2×8 m
2
1
＋×0.2×82 m＝16 m. 2
9．(1)16 m －2 m/s2 (2)1 s (3)25 m
v－v0
解析 (1)取初速度方向为正方向，汽车刹车后做匀减速直线运动，由v＝v0＋at得a＝
t
6－10＝ m/s2＝－2 m/s2，负号表示加速度方向与初速度方向相反．
2
v0＋v1
再由x＝v0t＋at2可求得x＝16 m，也可以用平均速度求解，x＝·t＝16 m.
22
11
(2)由位移公式x＝v0t＋at2，可得9＝10t＋×(－2)t2，解得t1＝1 s(t2＝9 s．不符合实际，舍
22
去)，即前进9 m所用时间为1 s.
(3)设汽车刹车所用最长时间为t′，则汽车经过时间t′速度变为零．由速度公式v＝v0＋at
1
可得t′＝5 s，即刹车5 s汽车就已停止运动，在8 s内位移即为5 s内位移x＝v0t′＋at′2
2
1
＝(10×5) m＋×(－2)×52] m＝25 m.
2
10．(1)12 m (2)22.5 m
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解析 (1)在反应时间内汽车做匀速直线运动，其位移为x1＝v0t1＝15×0.8 m＝12 m. (2)由开始制动到速度为零的时间
v－v00－15t2＝＝ s＝3 s.
a－5
汽车制动后做匀减速直线运动，
112
位移x2＝v0t2－at22＝(15×3－×5×3) m＝22.5 m. 22
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