第二章 第五节 匀变速直线运动与汽车安全行驶-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第二章　匀变速直线运动 第五节　匀变速直线运动与汽车安全行驶 1.知道什么是停车距离、刹车距离和反应距离，知道反应时间内汽车运动的规律及刹车过程汽车运动的规律.2.能画出汽车运动示意图，分析汽车运动规律及安全行驶问题.3.能用各种不同的方法解决运动问题，并找出最优解法. 2 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 课前自主学习 1.反应时间：从司机意识到应该停车至操作______的时间. 2.反应距离：汽车在______时间内行驶的距离. 3.刹车距离：汽车从开始刹车到______过程中行驶的距离. 4.停车距离：反应距离与刹车距离之____. 刹车 反应 停止 和 课前自主学习 5 判一判 (1)不同的司机、不同的状态反应时间是不同的.(　　) (2)汽车的刹车距离是固定的.(　　) (3)汽车的速度越大，刹车距离越大.(　　) 提示： (1)√　(2)×　(3)√ 提示 课前自主学习 6 课堂探究评价 探究 　　反应时间与汽车安全行驶 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 8 活动1：如图甲，发生交通事故时，交警测量刹车距离的目的是什么？这样做的物理原理是什么？ 活动2：如图乙，我国道路交通管理条例明确规定：严禁酒后开车！这个规定有什么道理？ 提示：驾驶员饮酒后反应时间延长，导致停车距离增加，增加了交通安全隐患. 提示 课堂探究评价 9 课堂探究评价 10 国庆期间，京津冀地区PM2.5平均浓度维持在250 μg/m3左右，出现严重污染.已知汽车在京津高速上行驶限速120 km/h.由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m，该人的反应时间为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是(　　) A.10 m/s B.15 m/s C.20 m/s D.25 m/s 答案 课堂探究评价 11 (1)从司机看到前方车辆到汽车速度减为0，汽车的运动过程是怎样的？ (2)题中的已知量是什么？如何求解初速度？ 提示：汽车先做匀速直线运动，后做匀减速直线运动至速度为零. 提示 课堂探究评价 12 规范解答 课堂探究评价 (1)在反应时间内，汽车的运动状态保持不变，一般是做匀速直线运动. (2)汽车正常行驶时的安全距离必须大于或等于停车距离. 课堂探究评价 [变式训练1]　汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车的司机，减速安全通过.在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度大小为5 m/s2.求： (1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间； (2)三角警示牌至少要放在货车后面多远处，才能有效避免两车相撞？ 答案：(1)6 s　(2)58 m 答案 课堂探究评价 15 解析 课堂探究评价 16 探究 　 匀变速直线运动问题的常用解法 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”. 课堂探究评价 17 活动1：如图是本章知识网络图，试写出匀变速直线运动的基本公式和导出公式. 提示 课堂探究评价 18 活动2：以上公式中有的用v­t图像表示更直观，请尝试在v­t图像中标出公式中的量. 提示 课堂探究评价 19 提示 课堂探究评价 20 课堂探究评价 21 课堂探究评价 22 (2)四个常用公式的比较 课堂探究评价 23 课堂探究评价 24 2.解决匀变速直线运动问题的常用方法 课堂探究评价 25 从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上车，于是立即做匀减速直线运动至停车.汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m.求该过程中汽车的最大速度. 答案　5 m/s 答案 课堂探究评价 26 (1)本题已知哪些量，求哪个量？ (2)本题用哪个公式计算最简单？ 提示：已知t、v0、s，求vt. 提示 课堂探究评价 27 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 分析匀变速直线运动的技巧：“一画、二选、三注意、四判别” 一画：根据题意画出物体的运动示意图，使运动过程直观清晰. 二选：从常用方法中选取合适的方法. 三注意：注意列运动学方程时，方程式中每一个物理量均对应同一运动过程. 四判别：判断所得结果是否合乎实际情况，并根据结果的正负说明所求物理量的方向. 课堂探究评价 答案：t 答案 课堂探究评价 31 解析 课堂探究评价 32 解析 课堂探究评价 33 解析 课堂探究评价 34 解析 课堂探究评价 35 解析 课堂探究评价 36 解析 课堂探究评价 37 课后课时作业 1.(行车安全)高速公路ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离.某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用0.2 s的时间识别车载电子标签并发出“滴”的一声，但司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆.已知司机的反应时间为0.6 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　) A.3.6 m B.4.8 m C.7.2 m D.8.4 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 2.(运动学公式的选用)(多选)可视为质点的汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，则(　　) A.车从出发到B杆所用时间为9 s B.车的加速度为15 m/s2 C.经过A杆时的速度为5 m/s D.出发点到A杆的距离为7.5 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 3.(行车安全)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长.在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝64.8 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝36 m.减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动.求： (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少？ 答案 答案：(1)9 m/s2　2 s　(2)0.6 s 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 4.(运动学公式的选用)消防滑竿曾是消防员经常接触的一种设备，可简化为一根竖直放置的滑竿，消防员可顺着滑竿迅速下滑，节约下楼时间，增加出警效率.某次训练中，消防员顺着消防滑竿从高处无初速度滑下，运动过程可简化为先匀加速再匀减速的直线运动.消防员先以5 m/s2的加速度下滑1 s，然后匀减速下滑4 m到达地面时速度大小为1 m/s.求此过程中： (1)消防员下滑1 s后的速度大小； (2)消防员匀减速阶段的加速度a的大小； (3)消防员下滑的总高度. 答案 答案：(1)5 m/s　(2)3 m/s2　(3)6.5 m 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 5.(行车安全)随着衢州创建全国文明城市活动的不断推进，斑马线前“礼让行人”已深入人心.如图，一辆以10 m/s匀速行驶的汽车，在车头距离停止线20 m处，司机观察到斑马线上的行人，立即刹车，汽车开始做匀减速直线运动，车头刚好停在停止线处.则下列说法正确的是(　　) A.汽车刹车时的加速度大小为5 m/s2 B.汽车在最后1 s的位移大小为2.5 m C.若经过0.5 s反应时间汽车开始减速， 且车头仍刚好停在停止线处，则整个过程汽车的平均速度大小为5 m/s D.若经过0.5 s反应时间汽车开始减速，且车头仍刚好停在停止线处，则减速过程汽车的加速度大小约为3.3 m/s2 答案 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 6.(运动学公式的选用)有一个做匀变速直线运动的物体，它在两段连续相等的时间内通过的位移分别是24 m和64 m，连续相等的时间为4 s，求物体在这两段时间内的初速度和加速度大小. 答案 答案：1 m/s　2.5 m/s2 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 答案：(1)49 m　(2)14 m/s，方向沿滑道向下 答案 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 提示：交警可以根据刹车距离估算出汽车的速度，从而判断汽车是否超速.其原理为0－veq \o\al(2,0)＝2as. 行车安全问题的解答技巧 (1)反应时间内，汽车做匀速直线运动，s1＝v0t0 刹车时间内，汽车以原行驶速度为初速度做匀减速直线运动，s2＝v0t＋eq \f(1,2)at2 t0是反应时间，t是刹车时间，可由0＝v0＋at求得，a取负值. (2)一般情况下，用0－veq \o\al(2,0)＝2as求刹车距离较为方便. (3)一般来说，反应时间由题目给出，如果题目没有提及反应时间，解题时可不考虑. 提示：题中已知量为vt、a、s；求初速度v0，缺时间t，用公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as求解比较简单. 规范解答　汽车先做匀速直线运动，有v0t0＝s1，其中t0＝0.5 s；汽车刹车时做匀减速直线运动，有veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as2，其中vt＝0，a＝－5 m/s2，且s1＋s2＝s，s＝50 m，联立以上各式可得汽车行驶的最大速度v0＝20 m/s.C正确. 解析：(1)设小轿车从刹车到停止所用的最短时间为t2， 则t2＝eq \f(0－v0,a)＝6 s. (2)反应时间内小轿车匀速运动，位移为 s1＝v0t1 解得s1＝18 m 从刹车到停止的位移为s2＝2,0)eq \f(0－v,2a) 解得s2＝90 m 小轿车从发现三角警示牌到停止的总位移为 s＝s1＋s2＝108 m 则Δs＝s－50 m＝58 m. 提示：基本公式：vt＝v0＋at，s＝v0t＋eq \f(1,2)at2；导出公式：veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as，s＝eq \f(v0＋vt,2)t，Δs＝aT2. 提示：(1)vt＝v0＋at (2)s＝v0t＋eq \f(1,2)at2 (3)s＝eq \f(v0＋vt,2)t (4)Δs＝aT2 1.匀变速直线运动公式的深入理解 四个常用公式2,t)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vt＝v0＋at,s＝v0t＋\f(1,2)at2,v－veq \o\al(2,0)＝2as,s＝\f(v0＋vt,2)t)) (1)匀变速直线运动中公式和物理量的独立性 ①匀变速直线运动公式中只有vt＝v0＋at、s＝v0t＋eq \f(1,2)at2是独立的基本公式，其他公式都可由这两个公式导出. ②5个物理量v0、vt、a、t、s中，若知道其中任意3个物理量，就可解出其余2个物理量，即v0、vt、a、t、s只有3个量是独立的.若给出的物理量多于3个，就要判断哪个是多余的. 一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量 速度与时间的关系式 vt＝v0＋at vt＝at s 位移与时间的关系式 s＝v0t＋eq \f(1,2)at2 s＝eq \f(1,2)at2 vt 速度与位移的关系式 veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as veq \o\al(2,t)＝2as t 平均速度求位移公式 s＝eq \f(v0＋vt,2)t s＝eq \f(vt,2)t a (3)解答匀变速直线运动问题时公式的巧选 ①如果题目中无位移s，也不需要求位移，一般选用速度公式vt＝v0＋at； ②如果题目中无末速度vt，也不需要求末速度，一般选用位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2； ③如果题目中无运动时间t，也不需要求运动时间，一般选用导出公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as； ④如果题目中没有加速度a，也不需要求加速度，用公式s＝eq \f(v0＋vt,2)t计算比较方便. 提示：本题不涉及a，故用s＝eq \f(v0＋vt,2)t最简单. 规范解答　解法一(基本公式法)：设最大速度为vmax 由题意可得s＝s1＋s2＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)＋vmaxt2＋eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2) t＝t1＋t2 vmax＝a1t1 0＝vmax＋a2t2 联立得vmax＝eq \f(2s,t)＝eq \f(2×50 m,20 s)＝5 m/s. 解法二(平均速度法)：匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相同，都等于eq \f(vmax,2)， 故有s＝eq \f(vmax,2)t1＋eq \f(vmax,2)t2 因此有vmax＝eq \f(2s,t1＋t2)＝eq \f(2×50 m,20 s)＝5 m/s. 解法三(图像法)：作出汽车运动全过程的v­t图像，如图所示，v­t图线与t轴所围成的三角形的面积等于位移的大小，故s＝eq \f(vmaxt,2) 所以vmax＝eq \f(2s,t)＝eq \f(2×50 m,20 s)＝5 m/s. [变式训练2]　如图所示，一物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，该过程物体做匀减速直线运动.已知物体第一次运动到距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间. 解析：解法一(逆向思维法)：物体匀减速冲上斜面，可逆向看作匀加速滑下斜面，故 sBC＝2,BC)eq \f(at,2) sAC＝eq \f(a（t＋tBC）2,2) 又sBC＝eq \f(sAC,4) 由以上三式解得tBC＝t. 解法二(基本公式法)：因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 0－veq \o\al(2,0)＝－2asAC　① veq \o\al(2,B)－veq \o\al(2,0)＝－2asAB　② sAB＝eq \f(3,4)sAC　③ 由①②③解得vB＝eq \f(v0,2)　④ 又vB＝v0－at　⑤ 0＝vB－atBC　⑥ 由④⑤⑥解得tBC＝t. 解法三(位移比例法)：对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) 因为sCB∶sBA＝eq \f(sAC,4)∶eq \f(3sAC,4)＝1∶3，而通过sBA的时间为t，所以通过sBC的时间tBC＝t. 解法四(时间比例法)：对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1)) 现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为t0，那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(eq \r(2)－1)t0 tDE＝(eq \r(3)－eq \r(2))t0 tEA＝(2－eq \r(3))t0 又tBD＋tDE＋tEA＝t 解得t0＝t. 解法五(平均速度法)：利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，得 eq \o(v,\s\up6(－))AC＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(v0,2) 又veq \o\al(2,0)＝2asAC veq \o\al(2,B)＝2asBC sBC＝eq \f(sAC,4) 由以上三式解得vB＝eq \f(v0,2) 因为vB＝eq \o(v,\s\up6(－))AC 所以有tBC＝t. 解法六(图像法)： 根据匀变速直线运动的规律，作出v­t图像，如图所示.利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边长平方之比，得eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(CO2,CD2) 且eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(4,1) OD＝t OC＝t＋tBC 所以eq \f(4,1)＝2,BC)eq \f(（t＋tBC）2,t) 解得tBC＝t. 解析：21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前0.2 s＋0.6 s内做匀速直线运动，位移为s1＝v0(t1＋t2)＝6 m/s×(0.2 s＋0.6 s)＝4.8 m，随后汽车做匀减速直线运动，位移为s2＝2,0)eq \f(0－v,2a) ＝eq \f(0－（6 m/s）2,2×（－5 m/s2）)＝3.6 m，所以该ETC通道的长度约为L＝s1＋s2＝4.8 m＋3.6 m＝8.4 m，故D正确. 解析：根据sAB＝eq \f(vA＋vB,2)t，解得汽车经过A杆时的速度vA＝5 m/s，C正确；根据vB＝vA＋at，可解得车的加速度为a＝eq \f(vB－vA,t)＝eq \f(5,3) m/s2，B错误；车从出发到B杆所用时间t′＝eq \f(vB－0,a)＝9 s，A正确；根据veq \o\al(2,A)＝2asA，解得出发点到A杆的距离为sA＝7.5 m，D正确. 解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝64.8 km/h＝18 m/s，末速度vt＝0，位移s＝18 m，由运动学公式得 0－veq \o\al(2,0)＝－2as，0＝v0－at 代入数据解得a＝9 m/s2，t＝2 s. (2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s Δt＝t′－t0 联立并代入数据解得Δt＝0.6 s. 解析：(1)设消防员下滑1 s后的速度大小为v1，0～1 s内，消防员做初速度为0的匀加速直线运动，有v1＝a1t1 解得v1＝5 m/s. (2)规定向下为正方向，消防员做匀减速直线运动时，加速度方向与速度方向相反，根据匀变速直线运动速度与位移关系式，有 veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝－2as2 其中v2＝1 m/s，s2＝4 m 解得a＝3 m/s2 即消防员匀减速阶段的加速度a的大小为3 m/s2， 方向竖直向上. (3)设消防员加速下滑的位移为s1，有 s1＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1) 解得s1＝2.5 m 由题意得消防员减速下滑的距离s2＝4 m 所以消防员下滑的总高度为 s＝s1＋s2＝6.5 m. 解析：汽车刹车时的加速度大小为a＝2,0)eq \f(v,2s) ＝eq \f(102,2×20) m/s2＝2.5 m/s2，故A错误；根据逆向思维，可得汽车在最后1 s的位移大小为s1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2.5×12 m＝1.25 m，故B错误；若经过t0＝0.5 s的反应时间汽车开始减速，且车头仍刚好停在停止线处，则t0＝0.5 s内汽车运动的距离为s0＝v0t0＝10×0.5 m＝5 m，接着减速到停止所发生的位移为s′＝s－s0＝15 m，由0－veq \o\al(2,0)＝－2a′s′，可得减速过程汽车的加速度大小为a′＝eq \f(10,3) m/s2≈3.3 m/s2，减速所用时间为t′＝eq \f(v0,a′)＝eq \f(10,\f(10,3)) s＝3 s，可得整个过程汽车的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t′＋t0)＝eq \f(20,3＋0.5) m/s≈5.7 m/s，故C错误，D正确. 解析：画出物体运动的示意图，如图所示，物体从A到B再到C各用时4 s，AB＝24 m，BC＝64 m. 解法一(常规解法)：设物体的加速度为a， 则s1＝vAT＋eq \f(1,2)aT2 s2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(vA·2T＋\f(1,2)a（2T）2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vAT＋\f(1,2)aT2)) 将s1＝24 m，s2＝64 m，T＝4 s代入两式求得 vA＝1 m/s，a＝2.5 m/s2. 解法二(用平均速度求解)： eq \o(v,\s\up6(－))1＝eq \f(s1,T)＝eq \f(24 m,4 s)＝6 m/s eq \o(v,\s\up6(－))2＝eq \f(s2,T)＝eq \f(64 m,4 s)＝16 m/s 又eq \o(v,\s\up6(－))2＝eq \o(v,\s\up6(－))1＋aT 代入数据解得a＝2.5 m/s2 再由s1＝vAT＋eq \f(1,2)aT2 求得vA＝1 m/s. 解法三(用推论Δs＝aT2求解)：由s2－s1＝aT2 代入数据解得a＝2.5 m/s2 再代入s1＝vAT＋eq \f(1,2)aT2 可求得vA＝1 m/s. 7.(常用的解决运动学问题的方法)如图甲所示为临朐沂山风景区内一滑道，全长一千多米，全部采用大理石打磨建造，依山势蜿蜒而下.滑道中某段倾斜直道如图乙所示，为了计算该段滑道的长度，某同学让一小滑块从该滑道顶端由静止滑下，加速度a＝2 m/s2，已知在到达滑道底端前最后1 s滑块滑过的距离为该滑道长度的eq \f(13,49).求： (1)该滑道的长度； (2)滑块到达该滑道底端时的速度. 解析：(1)解法一(基本公式法)：设滑块运动总时间为t，滑道的长度为L，则由匀变速直线运动位移公式有 L＝eq \f(1,2)at2 eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(t－1 s)2＝eq \f(13,49)L 解得t＝7 seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t′＝\f(7,13) s<1 s舍去)) 故L＝eq \f(1,2)at2＝49 m. 解法二(比例法)：已知在到达滑道底端前最后1 s滑块滑过的距离为该滑道长度的eq \f(13,49)，则在最后1 s前与整个下滑过程的位移之比为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(13,49)))∶1＝36∶49＝62∶72 则在最后1 s前与整个下滑过程的时间之比为6∶7 故滑块的运动时间为t＝7 s 滑道的长度L＝eq \f(1,2)at2＝49 m. 解法三(图像法)：设运动时间为t，作出滑块运动的v­t图像如图所示. 根据v­t图像与时间轴所围面积表示位移，由几何知识结合题给条件知eq \f(（t－1 s）2,t2)＝eq \f(1－\f(13,49),1) 解得t＝7 s 则滑道的长度L＝eq \f(1,2)at2＝49 m. (2)滑块到达该滑道底端时的速度为vt＝at＝14 m/s，方向沿滑道向下. $$