3．分析图象应从轴、点、线、面积、斜率等几个方面着手．轴是指看坐标轴代表的物量，是－图象还是v－图象．点是指看图线与坐标轴的交点或者是图线的折点．线是看图的形状，是直线还是曲线，通过图线的形状判断两物量的关系，还要通过面积和斜率看图象所表达的含义．
4．①物体做匀减速运动时，必须考虑减速为零后能否返回，若此后物体停止不动，则此后任一时刻速度均为零，不能用公式v＝v0＋求速度．
②处“刹车问题”要先判断刹车所用的时间0若题目所给时间<0，则用v＝v0＋求秒末的速度；若题目所给时间>0，则秒末的速度为零．
一、匀变速直线运动及其推论公式的应用
1．两个基本公式
（1）速度公式：
v＝v0＋
（2）位移公式：
＝v0＋2
两个公式中共有五个物量，只要其中三个物量确定之后，另外两个就确定了．原则上应用两个基本公式中的一个或两个联立列方程组，就可以解决任意的匀变速直线运动问题．
2．常用的推论公式及特点
（1）速度—位移公式v2－v＝2，此式中不含时间；
（2）平均速度公式＝v＝，此式只适用于匀变速直线运动，式中不含有时间和加速度；＝，可用于任何运动．
（3）位移差公式Δ＝T2，利用纸带法求解加速度即利用了此式．
（4）初速度为零的匀加速直线运动的比例式的适用条件：
初速度为零的匀加速直线运动．
3．无论是基本公式还是推论公式均为矢量式，公式中的v0、v、、都是矢量，解题时应注意各量的正负．一般先选v0方向为正方向，其他量与正方向相同取正值，相反取负值．
【例1】（2010·湖南·24）短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100和200短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是969和1930．假定他在100比赛时从发令到起跑的反应时间是015，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动200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）
答案
（1）129 1124/
（2）871/2
解析
（1）设加速所用时间为（以为单位），匀速运动时的速度为v（以/为单位），则有
v＋（969－015－）v＝100①
v＋（1930－015－）×096v＝200②
由①②式得
＝129
v＝1124/
（2）设加速度大小为，则
＝＝871/2
[规范思维]
（1）对于物体的直线运动，画出物体的运动示意图（如下图），分析运动情况，找出相应的规律，是解题的关键．
（2）本题表示加速阶段的位移，利用了平均速度公式＝，平均速度还等于v公式特点是不含有加速度，且能避开繁琐的计算，可使解题过程变得非常简捷．
[针对训练1] （2009·江苏·7）如图2所示，以8/匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2将熄灭，此时汽车距离停车线18．该车加速时最大加速度大小为2/2，减速时最大加速度为5/2此路段允许行驶的最大速度为125/下列说法中正确的有（ ）
图2
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
．如果立即做匀减速运动，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处减速，汽车能停在停车线处
答案 A
解析 如果立即做匀加速直线运动，1＝2内汽车的位移1＝v01＋1＝20>18，此时汽车的速度v1＝v0＋11＝12/<125/，汽车没有超速，A项正确，B项错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间2＝＝16，此过程通过的位移为2＝2＝64，项正确，D项错误．
【例2】（全国高考）已知O、A、B、为同一直线上的四点，AB间的距离为1，B间的距离为2，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、三点，已知物体通过AB段与B段所用的时间相等．求O与A的距离．
答案
解析 首先画出运动情况示意图：
解法一 基本公式法
设物体的加速度为，到达A点时的速度为v0，通过AB段和B段所用的时间都为，则有1＝v0＋2
1＋2＝2v0＋
（2）2
联立以上二式得2－1＝2
31－2＝2v0
设O与A的距离为，则有＝
联立以上几式得＝
解法二 利用推论法
由连续相等时间内的位移之差公式得：
2－1＝2①
又由平均速度公式：
vB＝②
＋1＝③
由①②③得：
＝
[规范思维]
（1）合选用公式可简解题过程．本题中解法二中利用位移差求加速度，利用平均速度求瞬时速度，使解析过程简了．
（2）对于多过程问题，要注意、v0、等量的对应关系，不能“张冠李戴”．
[针对训练2] （安徽省2010届高三第一次联考）一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8．由此可求得（ ）
A．第一次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
．从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移
D．质点运动的初速度
答案
解析 质点运动情况如图所示．照相机照相时，闪光时间间隔都相同，第一次、第二次闪光的时间间隔内质点通过的位移为1，第二次、第三次闪光时间内质点位移为2，第三、四次闪光时间内质点位移为3，则有3－2＝2－1，所以2＝5
由于不知道闪光的周期，无法求初速度、第1次闪光时的速度和加速度．项正确．
二、用匀变速运动规律分析两类匀减速运动
1．刹车类问题：
即匀减速直线运动到速度为零后即停止运动，加速度突然消失，求解时要注意先确定其实际运动时间．
2．双向可逆类：
如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意、v、等矢量的正、负号．
3．逆向思维法：
对于末速度为零的匀减速运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速运动．
【例3】一辆汽车以72/的速度行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动．已知汽车刹车过程中加速度的大小为5/2，则从开始刹车经过5，后汽车通过的距离是多少？
答案 40
解析 设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为0，选v0的方向为正方向．
v0＝72/＝20/，由v＝v0＋0得
0＝＝＝4
可见，该汽车刹车后经过4就已经停止，最后1是静止的．
由＝v0＋2知刹车后5内通过的距离
＝v00＋02＝[20×4＋×（－5）×42]＝40
[规范思维] 此题最容易犯的错误是将＝5直接代入位移公式得＝v0＋2＝[20×5＋×（－5）×52]＝375，这样得出的位移实际上是汽车停止后又反向加速运动1的总位移，这显然与实际情况不相符．
[针对训练3] 物体沿光滑斜面上滑，v0＝20/，加速度大小为5/2，求：
（1）物体多长时间后回到出发点；
（2）由开始运动算起，求6末物体的速度．
答案
（1）8
（2）10/，方向与初速度方向相反
解析 由于物体连续做匀减速直线运动，加速度不变，故可以直接应用匀变速运动公式，以v0的方向为正方向．
（1）设经1秒回到出发点，此过程中位移＝0，代入公式＝v0＋2，并将＝－5/2代入，得
＝－＝－＝8
（2）由公式v＝v0＋知6末物体的速度
v＝v0＋＝[20＋（－5）×6]/＝－10/
负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反
【基础演练】
1．（北京市昌平一中2010第二次月考）某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为，从着陆到停下所用的时间为，则飞机着陆时的速度为（ ）
ABD到之间的某个值
答案 B
解析 根据公式＝＝解得v＝
2．（福建省季延中2010高三阶段考试）在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因恒为07，g取10/2，则汽车刹车前的速度大小为（ ）
A．7/B．10/．14/D．20/
答案
解析 设汽车刹车后滑动时的加速度大小为，由牛顿第二定律可得μg＝，＝μg
由匀变速直线运动速度—位移关系式v＝2，可得汽车刹车前的速度为
v0＝＝
＝/＝14/
3．（2010·聊城模拟）物体沿一直线运动，在时间内通过的位移为，它在中间位置处的速度为v1，在中间时刻时的速度为v2，则v1和v2的关系为（ ）
A．当物体做匀加速直线运动时，v1>v2
B．当物体做匀减速直线运动时，v1>v2
．当物体做匀速直线运动时，v1＝v2
D．当物体做匀减速直线运动时，v1答案 AB
解析 设物体的初速度为v0、末速度为v，由
v－v＝v－v＝2·
所以路程中间位置的速度为
v1＝①
物体做匀变速直线运动时中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v2＝②
第①式的平方减去第②式的平方得
v－v＝
在匀变速或匀速直线运动的过程中，v－v一定为大于或等于零的值，所以v1≥v2
4．2009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图3所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间分别是（ ）
图3
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
．1∶2∶3＝1∶∶
D．1∶2∶3＝（－）∶（－1）∶1
答案 BD
解析 因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶（－1）∶（－），故所求时间之比为（－）∶（－1）∶1，所以选项错，D正确；由v2－v＝2可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错，B正确，所以正确选项为B、D
5．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1内和第2内位移大小依次为9和7．则刹车后6内的位移是（ ）
A．20B．24．25D．75
答案
6如图4所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球（可视为质点），小球1、2、3距斜面底端A点的距离分别为1、2、3，现将它们分别从静止释放，到达A点的时间分别为1、2、3，斜面的倾角为θ则下列说法正确的是（ ）
图4
A＝＝B>>
＝＝D．若θ增大，则的值减小
答案 B
7（2011·天津五校联考）如图5所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经、b、c、d到达最高点已知b＝bd＝6，bc＝1，小球从到c和从c到d所用的时间都是2，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（ ）
图5
A．vb＝/B．vc＝3/
．d＝3D．从d到所用时间为4
答案 BD
【能力提升】
8．（2011·上海闸北八中月考）某动车组列车以平均速度v行驶，从甲地到乙地的时间为该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令后紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0，继续匀速前进．从开始刹车至加速到v0的时间是0，（列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等），若列车仍要在时间内到达乙地．则动车组列车匀速运动的速度v0应为（ ）
ABD
答案
解析 该动车组从开始刹车到加速到v0所发生的位移大小为·0，依题意，动车组两次运动所用的时间相等，即＋0＝，解得v0＝，故正确答案为
9．（2010·天星调研）航空母舰（Arcrfrrr）简称“航母”、“空母”，是一种可以供军用飞机起飞和降落的军舰．蒸汽弹射起飞，就是使用一个长平的甲板作为飞机跑道，起飞时一个蒸汽驱动的弹射装置带动飞机在两秒钟内达到起飞速度，目前只有美国具备生产蒸汽弹射器的成熟技术．某航空母舰上的战斗机，起飞过程中最大加速度＝45/2，飞机要达到速度v0＝60/才能起飞，航空母舰甲板长L＝289，为使飞机安全起飞，航空母舰应以一定速度航行以保证起飞安全，求航空母舰的最小速度v的大小．（设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响，飞机的运动可以看做匀加速直线运动）
答案 9/
解析 解法一 若航空母舰匀速运动，以地面为参考系，设在时间内航空母舰和飞机的位移分别为1和2，航母的最小速度为v，由运动知识得
1＝v，2＝v＋2，2－1＝L，
v0＝v＋
联立解得v＝9/
解法二 若航空母舰匀速运动，以航空母舰为参考系，则飞机的加速度即为飞机相对航空母舰的加速度，当飞机起飞时甲板的长度L即为两者的相对位移，飞机相对航空母舰的初速度为零，设航空母舰的最小速度为v，则飞机起飞时相对航空母舰的速度为（v0－v）
由运动公式可得（v0－v）2－0＝2L，解得v＝9/
10．（2010·岳阳模拟）如图6所示，某直升飞机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入B段的匀速受阅区，11时准时通过位置，如图7所示．已知AB＝5，B＝10问：
图6
图7
（1）直升飞机在B段的速度大小是多少？
（2）在AB段飞机做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？
答案
（1）100/
（2）1/2
解析
（1）设B段飞机做匀速直线运动的速度大小为v，运动的时间为2在AB段飞机做匀加速直线运动的时间为1，加速度的大小为
对AB段，由平均速度公式得到：
（v＋0）/2＝AB/1①
对B段，由匀速直线运动的速度公式可得：
v＝B/2②
根据飞机10时56分40秒由A出发，11时准时通过位置，则：
1＋2＝200③
联立①②③，代入已知据解得
v＝100/，
（2）在AB段，由运动公式v－v＝2得：
＝v2/2AB＝1/2
易错点评
1．在用比例法解题时，要注意初速度为0这一条件．若是匀减速运动末速度为0，应注意比例的倒置．
2．匀变速直线运动公式中各物量是相对于同一惯性参考系的，解题中应注意参考系的选取．
3．解匀减速类问题，要注意区分“返回式”和“停止式”两种情形，特别是“停止式”要先判明停止时间，再根据情况计算．
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