第1章 第2课时 匀变速直线运动的规律及应用（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第一章　运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2课时　匀变速直线运动的规律及应用 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 谢谢观看！ 一、匀变速直线运动及重要推论 二、初速度为零的匀变速直线运动的重要推论 [链接1] 人教必修第一册P46T2： 2．以18 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m。求汽车的加速度及制动后5 s内发生的位移。 (2019·海南卷)汽车在平直公路上以20 m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8 m/s2。从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为(　　) A．10 m　　　　　　　　 B．20 m C．25 m D．50 m C　解析：汽车做匀减速运动，根据v02＝2ax解得x＝ eq \f(v02,2a) ＝ eq \f(202,2×8) m＝25 m，C正确。 [链接2] 人教必修第一册P46T5： 5．神舟五号载人飞船的返回舱距地面10 km时开始启动降落伞装置，速度减至10 m/s，并以这个速度在大气中降落。在距地面1.2 m时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速。 …… (经典高考题)如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某个竖井的深度约为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　) A．13 s　　　B．16 s　　　C．21 s　　　D．26 s C　解析：升降机先做匀加速运动，后做匀速运动，最后做匀减速运动；加速阶段所需时间t1＝ eq \f(v,a) ＝8 s，通过的位移为x1＝ eq \f(v2,2a) ＝32 m；由逆向思维知减速阶段与加速阶段的时间与位移大小相等，在匀速阶段所需时间t2＝ eq \f(x－2x1,v) ＝ eq \f(104－2×32,8) s＝5 s，总时间t＝2t1＋t2＝21 s，C正确。 考点一　基本规律的理解与应用 1．巧选运动学公式解决问题 题中涉及 的物理量 没有涉及 的物理量 适宜的 公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at v0、a、t、x v x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2 v0、v、a、x t v2－v02＝2ax v0、v、t、x a x＝ eq \f(v＋v0,2) t 一般情况下，我们规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。 2．避开刹车类问题陷阱的方法 (1)先计算最大的运动时间，再将实际运动时间代入运动学公式。 (2)巧用v2－v02＝2ax，该公式不涉及运动时间，可避开已知时间大于最大运动时间的陷阱。 [典例1] (2024·北京海淀区模拟)汽车在平直公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，在最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是(　　) A．汽车在第1 s末的速度为10 m/s B．汽车加速度大小可能为3 m/s2 C．汽车在第1 s末的速度为11 m/s D．汽车的加速度大小为4.5 m/s2 C　解析：汽车的运动可以逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，对于最后1 s内，有x1＝ eq \f(1,2) at12，解得a＝ eq \f(2x1,t12) ＝ eq \f(2×2,12) m/s2＝4 m/s2；设汽车刹车的初速度为v0，对于第1 s内，由x2＝v0t－ eq \f(1,2) at2，代入数据得13＝v0×1－ eq \f(1,2) ×4×12，可得v0＝15 m/s，汽车在第1 s末的速度为v1＝v0－at＝11 m/s，C正确。 1．(2024·山东日照模拟)如图所示，一个滑块放置在水平桌面的最左端，给滑块一个水平向右的初速度v0，经过2 s，滑块运动到桌面的最右端并从最右端飞出，已知滑块的加速度大小为0.5 m/s2，则滑块的初速度大小v0 和桌面的长度L可能是(　　) A．v0＝0.5 m/s，L＝0.7 m B．v0＝2 m/s，L＝3 m C．v0＝3 m/s，L＝4 m D．v0＝5 m/s，L＝10 m B　解析：设滑块的末速度大小为v1，由逆向思维，根据匀变速直线运动规律得v0＝v1＋at＝v1＋1 m/s>1 m/s，L＝ eq \f(（v0＋v1）,2) ·t＝(v0＋v1)m＝(2v1＋1)m> 1 m，A错误；若v0＝2 m/s，则v1＝1 m/s，L＝3 m，B正确；若v0＝3 m/s，则v1＝2 m/s，L＝5 m，C错误；若v0＝5 m/s，则v1＝4 m/s，L＝9 m，D错误。 2．一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻的加速度和速度分别为a和vb，则下列说法正确的是(　　) A．a＝ eq \f(2（m＋n）S,（m－n）mn) B．a＝ eq \f(2（m－n）S,（m＋n）mn) C．vb＝ eq \f(（m＋n）S,mn) D．vb＝ eq \f(（m2＋n2）S,mn) B　解析：根据匀变速度直线运动位移与时间的关系再结合题图，m、n内的位移表达式分别为vbn＋ eq \f(1,2) an2＝S、vbm－ eq \f(1,2) am2＝S，两式联立得，a＝ eq \f(2（m－n）S,（m＋n）mn) ，vb＝ eq \f(（m2＋n2）S,mn（m＋n）) ，B正确。 考点二　常用推论的理解与应用 推论公式的巧用 [典例2] (2024·湖南岳阳模拟)如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中AB＝ 2 m，BC＝3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于(　　) A． eq \f(9,8) m B． eq \f(8,9) m C． eq \f(3,4) m D． eq \f(4,3) m A　解析：设物体通过AB、BC段位移所用时间均为T，则物体经过B点的速度为vB＝ eq \f(xAC,2T) ＝ eq \f(5 m,2T) ，根据Δx＝aT2得 a＝ eq \f(Δx,T2) ＝ eq \f(1 m,T2) ，则有vA＝vB－aT＝ eq \f(5 m,2T) － eq \f(1 m,T2) ·T＝ eq \f(3 m,2T) ，根据速度位移公式得，O、A两点之间的距离为xOA＝ eq \f(vA2,2a) ＝ eq \f(\f(9 m2,4T2),\f(2 m,T2)) ＝ eq \f(9,8) m，A正确。 比例关系式的精准应用 [典例3] (2024·河北模拟)如图所示，一个冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第3个矩形区域时速度恰好为零，冰壶穿过1号矩形区域所用的时间为t1，冰壶穿过2号矩形区域所用的时间为t2，不计冰壶本身的大小，则 eq \f(t2,t1) 满足(　　) A．1.0< eq \f(t2,t1) <1.2 B．1.2< eq \f(t2,t1) <1.4 C．1.4< eq \f(t2,t1) <1.6 D．1.6< eq \f(t2,t1) <1.8 B　解析：将冰壶停止前的运动逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，通过连续相等的位移所用时间之比为1∶( eq \r(2) －1)∶( eq \r(3) － eq \r(2) )∶…，可得 eq \f(t2,t1) ＝ eq \f(\r(2)－1,\r(3)－\r(2)) ≈1.30，B正确。 3．(2024·湖北黄冈模拟)中国自主研发的 “暗剑”无人机，速度可超过2马赫。在某次试飞测试中，无人机起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是(　　) A．20 m/s2 B．40 m/s2 C．60 m/s2 D．80 m/s2 B　解析：第一段的平均速度 eq \o(v,\s\up6(－))1＝ eq \f(x1,t1) ＝ eq \f(120,2) m/s＝60 m/s；第二段的平均速度 eq \o(v,\s\up6(－))2＝ eq \f(x2,t2) ＝ eq \f(120,1) m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则a＝ eq \f(v2－v1,\f(1,2)（t1＋t2）) ＝ eq \f(120－60,1.5) m/s2＝40 m/s2，B正确。 4．(2024·北京海淀区测试)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度大小是(　　) A． eq \f(2,3) m/s2 B． eq \f(4,3) m/s2 C． eq \f(8,9) m/s2 D． eq \f(16,9) m/s2 B　解析：第一段时间内的平均速度为 eq \o(v,\s\up6(－))1＝ eq \f(x1,t1) ＝ eq \f(16,4) m/s＝4 m/s，第二段时间内的平均速度为 eq \o(v,\s\up6(－))2＝ eq \f(x2,t2) ＝ eq \f(16,2) m/s＝8 m/s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两段时间中间时刻的时间间隔Δt＝2 s＋1 s＝3 s，则加速度大小为a＝eq \o(v,\s\up6(－)) eq \f(2－ eq \o(v,\s\up6(－))1,Δt) ＝ eq \f(8－4,3) m/s2＝ eq \f(4,3) m/s2，B正确。 1．(2022·湖北卷)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　　) A．6小时25分钟 B．6小时30分钟 C．6小时35分钟 D．6小时40分钟 B　解析：由于中间4个站均匀分布，因此总的节省时间等于在任意相邻两站间节省时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m；由于v1＝108 km/h＝30 m/s，v1′＝324 km/h＝90 m/s，普通列车加速时间t1＝ eq \f(v1,a) ＝ eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝ eq \f(1,2) at12＝ eq \f(1,2) ×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝ eq \f(x－2x1,v) ＝ eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝ eq \f(v1′,a) ＝ eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速过程的位移 x1′＝ eq \f(1,2) at1′2＝ eq \f(1,2) ×0.5×1802 m＝8 100 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝ eq \f(x－2x1′,v′) ＝ eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6 h 30 min，B正确。 2．(2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的2倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　) A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s C　解析：电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，有 eq \o(v,\s\up6(－))RS＝ eq \f(x,t1) ＝ eq \f(vR＋vS,2) ，vST＝ eq \f(2x,t2) ＝ eq \f(vS＋vT,2) ，解得t2＝4t1，v-t＝vR－10 m/s；再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有v-t＝vR－a·5t1，则at1＝2 m/s，其中还有v eq \s\do9(\f(t1,2)) ＝ eq \o(v,\s\up6(－))RS＝vR－a· eq \f(t1,2) ，解得vR＝11 m/s，v-t＝1 m/s，C正确。 3．(2021·浙江6月选考)机动车礼让行人是一种文明行为。质量m＝1.0×103 kg 的汽车以v1＝36 km/h 的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过(如图所示)，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 (1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小； (2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间； (3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。 解析：(1)根据平均速度公式，汽车从开始刹车到停止所用时间t1＝ \o(v,\s\up6(－))eq \f(s, ) 由题意 eq \o(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v1,2) 解得刹车时间t1＝4 s 刹车的加速度大小a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(v1,t1) ＝2.5 m/s2 根据牛顿第二定律有Ff＝ma 解得Ff＝2.5×103 N。 (2)小朋友全部通过的时间t2＝ eq \f(l＋L,v0) ＝24 s 则等待时间t＝t2－t1＝20 s。 (3)根据v22－v2＝2as，解得v＝5 eq \r(5) m/s。 答案：(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 eq \r(5) m/s $$