第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律-【优化探究】2025年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（粤教版2019）

第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 第2讲　匀变速直线运动的规律 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 考点一　匀变速直线运动的基本规律 考点二　处理匀变速直线运动的常用方法　 分层训练　巩固提高 内容索引 一 基础知识　自主梳理 一、匀变速直线运动的规律 1. 匀变速直线运动：沿着一条直线，且 ⁠不变的运动。 2. 匀变速直线运动的基本规律 (1)速度公式：vt＝ ⁠。 (2)位移公式：s＝ ⁠。 (3)速度—位移关系式： ⁠。 加速度　 v0＋at　 v0t＋at2　 －＝2as　 二、匀变速直线运动的推论 1. 三个推论 (1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、 末时刻速度矢量和的，还等于中间时刻的瞬时速度。 平均速度公式：＝＝。 (2)位移中点的速度：＝。 (3)连续相等的时间间隔T内的位移差相等 ①Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝ ⁠。 ②sn－sm＝ ⁠。 aT 2　 (n－m)aT2　 2. 初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论 (1)1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度大小之比为 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝ ⁠。 (2)1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移大小之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn ＝ ⁠。 (3)第1个T内，第2个T内，第3个T内，…，第n个T内的位移大小之比为 sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝ ⁠。 (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝ 1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 1∶2∶3∶…∶n　 12∶22∶32∶…∶n2　 1∶3∶5∶…∶(2n－1)　 二 核心知识　典例研析 考点一　匀变速直线运动的基本规律 基础考点 1. 运动学公式中符号的规定：一般规定初速度的方向为正方向，与初速 度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。若v0＝0，一般以a的方 向为正方向。 2. 解决运动学问题的基本思路 3. 解决匀变速直线运动问题的常用方法 情境特点 思路 公式 已知s、t或已知vt、v0 平均速度法 ＝＝ 等时间段 推论法 Δs＝aT2或sm－sn＝(m－n)aT2 初速度为零的等时间段 比例法 速度比结论，位移比结论 初速度为零的等位移段 比例法 时间比结论 末速度为零的匀减速直线 运动 逆向思维法 转化为初速度为零的匀加 速直线运动 考向1　基本公式的应用 [典例1]　某质点做直线运动，位置随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100 m，则对这个质点的运动描述正确的是(　C　) A. 初速度为0 B. 加速度为20 m/s2 C. 在3 s末，瞬时速度为40 m/s D. 做匀加速直线运动 C 由位置随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100 m可得x－100 m＝ 100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系s＝v0t＋at2可 知，初速度为v0＝100 m/s，加速度为a＝－20 m/s2，由于初速度和 加速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，速度减为0后，再 沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误；由匀变速直线运动 速度与时间的关系vt＝v0＋at可得在3 s末，瞬时速度为v3＝(100－ 20×3)m/s＝40 m/s，故C正确。 考向2　两种匀减速直线运动的比较 [典例2]　(2024·广东揭阳月考)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶， 急刹车时的加速度大小为5 m/s2(刹车时认为车是匀变速运动)，则自驾驶 员急踩刹车开始，2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为(　D　) D A. 4∶5 B. 5∶4 C. 4∶3 D. 3∶4 刹车2 s内的位移s1＝v0t＋at2＝(20×2－×5×4)m＝30 m，汽车速度减 为0的时间为t0＝＝ s＝4 s，所以刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的 位移，s2＝＝ m＝40 m，所以2 s内与5 s内汽车的位移大小之 比为3∶4，故D正确，A、B、C错误。 考点二　处理匀变速直线运动的常用方法　 能力考点 1. 匀变速直线运动常用方法说明 2. 方法选取技巧 (1)若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常 用平均速度法。 (2)匀减速到0的运动常用逆向思维法。 (3)处理纸带类问题时用Δs＝s2－s1＝aT2，sm－sn＝(m－n)aT2求加速度。 考向1　平均速度法 [典例3]　(多选)(2024·广东深圳模拟)一物体沿一直线运动，先后经过匀 加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均 为s，所用时间分别为2t、t和t，则(　BD　) BD A. 物体做匀加速运动时加速度大小为 B. 物体做匀减速运动时加速度大小为 C. 物体在这三个运动过程中的平均速度大小为 D. 物体做匀减速运动的末速度大小为 物体做匀速运动的速度为v＝。设匀加速运动的初速度为v1，根据匀变 速直线运动的平均速度公式有＝，联立解得v1＝0，则对匀加速 运动过程，有s＝a1(2t)2，解得a1＝，A错误；设匀减速直线运动的末 速度为v2，根据匀变速直线运动的平均速度公式有＝，解得v2＝ ，则匀减速直线运动的加速度大小a2＝＝＝，B、D正确；物 体在这三个运动过程中的平均速度大小＝＝，C错误。 考向2　逆向思维法解决匀变速直线运动问题 [典例4]　(多选)(2023·河北石家庄模拟)如图所示，某飞机着陆时的速度 v0＝216 km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时， 该飞机在倒数第4 s内的位移为7 m，下列说法正确的是(　AC　) AC A. 该飞机的加速度大小为2 m/s2 B. 该飞机着陆后5 s时的速度大小为40 m/s C. 该飞机在跑道上滑行的时间为30 s D. 该飞机在跑道上滑行的距离为1 800 m 飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀 加速直线运动，则在t1＝3 s内的位移为s1＝a，在t2＝4 s内的位移为s2 ＝a，根据题意有s2－s1＝7 m，联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A 正确；该飞机着陆后5 s时的速度大小为v5＝v0－at＝ m/s－2×5 m/s＝ 50 m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t总＝＝ s＝30 s，C 正确；该飞机在跑道上滑行的距离为s＝t总＝×30 m＝900 m，D 错误。 考向3　初速度为零的匀变速直线运动的比例法 [典例5]　(2023·广东珠海模拟)如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢 箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的 时间为t，则(　B　) B A. 通过cd段的时间为t B. 通过ce段的时间为(2－)t C. ae段的平均速度等于c点的瞬时速度 D. ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de 段所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，可得出通过cd 段的时间为(－)t，通过de段的时间为(2－)t，则通过ce段的时间 为(2－)t，A错误，B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为 通过ae段的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、 D错误。 三 分层训练　巩固提高 【A级　夯实基础】 1. (2023·河北石家庄一模)某新能源汽车在平直公路上进行性能测试，公 路两侧有等间距的树木，汽车由静止启动时车头与第1棵树对齐，经过 一段时间，车头刚好与第5棵树对齐，此过程中其平均速度为50 km/h。 若将车的运动视为匀加速直线运动，则当车头与第2棵树对齐时，车的 速度为(　A　) A. 50 km/h B. 25 km/h C. 15 km/h D. 10 km/h A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据题意，设相邻两棵树之间的距离为s，加速度为a，车头刚好与第5 棵树对齐时有4s＝a，当车头与第2棵树对齐时有s＝a，解得t2＝ t1，即当车头与第2棵树对齐时是车头刚好与第5棵树对齐时的中间时 刻，则有v2＝＝50 km/h。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2. (2024·广东潮州高三月考)超音速巡航是指飞机在不开启后燃器的情况下能够持续在1.5倍音速以上进行超过30分钟的超音速飞行。超音速巡航的提出主要是基于快速突防的战术思想，因此，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势，超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一。某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270 m/s 提升至510 m/s，耗时1 min，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距离为(　B　) A. 16 200 m B. 23 400 m C. 30 600 m D. 46 800 m B 该过程飞行的距离为s＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3. 一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，因前方交通事故紧急 刹车而做匀减速直线运动，最后静止。汽车在最初3 s内通过的位移与最 后3 s内通过的位移之比s1∶s2＝5∶3，则汽车制动的总时间t(　D　) A. t＞6 s B. t＝6 s C. 4 s＜t＜6 s D. t＝4 s D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，把汽车刹车的匀减速 直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后3 s内通过的 位移s2＝a＝a(m)，在最初3 s内通过的位移s1＝at2－a(t－3)2＝ a(6t－9)(m)，又s1∶s2＝5∶3，解得t＝4 s，故A、B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4. (2023·浙江金华月考)质点沿x轴做直线运动的位置坐标x与时间t的关系 为x＝2＋4t－t2(各物理量都采用国际单位制单位)，则该质点(　C　) A. 第1 s内的位移大小是5 m B. 前2 s内的平均速度大小是3 m/s C. 2 s末的速度大小减小为0 D. 4 s末质点位于坐标原点处 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 t＝0和t＝1 s时质点的位置坐标分别为x0＝2 m，x1＝(2＋4×1－12)m＝5 m，所以第1 s内的位移大小是x1－x0＝3 m，故A错误；前2 s内的位移大 小为x2－x0＝(2＋4×2－22)m－2 m＝4 m，故平均速度大小为＝ m/s＝ 2 m/s，故B错误；根据匀变速直线运动公式x＝v0t＋at2，对比x＝2＋4t－t2，可得质点初速度为4 m/s，加速度为－2 m/s2，所以减速为0的时间为 2 s，故C正确；4 s 末质点的位置坐标为x4＝(2＋4×4－42)m＝2 m，故D 错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5. (2023·陕西安康三模)做匀加速直线运动的质点，在第6 s内和前5 s内 的平均速度之差是3 m/s，则此质点运动的加速度大小为(　A　) A. 1 m/s2 B. 2 m/s2 C. 3 m/s2 D. 6 m/s2 根据匀变速直线运动中某段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间的 平均速度可知，第6 s内的平均速度等于5.5 s时刻的瞬时速度，前5 s内的 平均速度等于2.5 s时刻的瞬时速度，依题意由加速度定义式可得a＝ ＝ m/s2＝1 m/s2，故选A。 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6. (多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直边界进入三个矩形区域做匀减速 直线运动，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大小之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比 分别是(　BD　) A. v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B. v1∶v2∶v3＝∶∶1 C. t1∶t2∶t3＝1∶∶ D. t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看作反向匀加速直 线运动来研究。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，故选项C错误，D正确；由v2－＝2as可得初速度 为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶， 则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7. 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 s内和第2 s内位移大小依次为 9 m 和 7 m，则刹车后6 s内的位移是 (　C　) A. 20 m B. 24 m C. 25 m D. 75 m 由Δs＝aT2得a＝ m/s2＝2 m/s2，由9 m＝v0T－aT2得v0＝10 m/s，汽车 刹车时间t＝＝5 s＜6 s，故刹车后6 s内的位移为刹车后5 s内的位移， s＝＝25 m，故选项C正确。 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8. (2024·广东汕头一中月考)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环 境，自动控制车辆安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况 到开始减速，无人驾驶汽车需要0.2 s，比人快了1 s。人驾驶汽车以某速 度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44 m，汽车减速过程视为 匀减速运动，其加速度大小为10 m/s2。同样条件下，无人驾驶汽车从发 现情况到停下的运动距离为(　A　) A. 24 m B. 26 m C. 28 m D. 30 m A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设汽车匀速运动的速度为v0，则人驾驶时从发现情况到停下的运动距离 为s1＝v0Δt1＋，解得v0＝20 m/s，无人驾驶汽车从发现情况到停下的 运动距离为s2＝v0Δt2＋＝20×0.2 m＋ m＝24 m，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 【B级　能力提升】 9. (2024·广东茂名模拟)为倡导节能减排，新能源电动车已经走进千家万 户。一款电动家用轿车在某次测试中速度从0加速到30 m/s的加速时间为 10 s，设测试过程中车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则轿车在该 段时间内(　D　) A. 平均加速度大小为1.5 m/s2 B. 加速到15 m/s时，用时5 s C. 运动到总位移一半时，速度等于15 m/s D. 位移大于150 m D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由题意知，轿车的平均加速度为＝ m/s2＝3 m/s2，故A错误；轿 车的加速度随速度的增加而逐渐减小，说明加速到15 m/s时，用时 小于5 s，故B错误；若轿车做匀加速直线运动，运动到总位移一半 时，根据匀变速直线运动中间位移速度推论v＝ ＝ m/s＞ 15 m/s及v＝可知，前半段位移的平均加速度大于匀加速直线运 动中的加速度，则运动到总位移一半时，速度大于15 m/s，故C错 误；轿车做匀加速直线运动的位移s＝×10 m＝150 m，由题意知测试过程中轿车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则轿车在该段时间内的位移s'＞s＝150 m，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10. (2023·陕西西安模拟)某地有一高828 m的建筑，游客乘坐观光电梯经 历加速、匀速、减速的过程能够到达观景台，在台上可以鸟瞰该地全 景，颇为壮观。已知某次运行过程中，电梯加速、减速的加速度大小均 为1 m/s2，通往观景台只用了50 s，电梯运行高度为525 m，则(　C　) A. 电梯匀速运行的时间为15 s B. 电梯匀速运行的时间为30 s C. 电梯运行的最大速度为15 m/s D. 电梯运行的最大速度为21 m/s C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设电梯匀速运行的时间为t，最大速度为v，则v＝a，vt＋ 2×v×＝525 m，将a＝1 m/s2代入解得t＝20 s，v＝15 m/s， 故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11. 如图所示，将固定在水平地面上的斜面分为四等份，AB＝BC＝CD＝DE。一小球从斜面底端A点冲上斜面，经过时间t刚好能到达斜面顶端E点。小球在向上做匀减速运动的过程中，通过BD段所用的时间为(　C　) A. t B. t C. t D. t C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 小球从斜面底端A点斜向上做匀减速直线运动直至速度为零，由通过连 续相等位移所用时间之比的特点，则通过各段所用的时间之比为 tDE∶tCD∶tBC∶tAB＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)，所以＝ ，故通过BD段所用的时间为t，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12. 假设收费站的前、后都是平直大道，假期间过站的车速要求不超过 v＝21.6 km/h，小汽车未减速前的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车加 速度的大小为a1＝4 m/s2。 试问：(1)假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？ 答案：(1)108 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为s1处开始制动，则有v2－＝－2a1s1 解得s1＝108 m。 画草图(运动过程)如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速 度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，小汽车运动的时间 至少是多少？ 答案： (2)10 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位 移分别为s1和s2，时间分别为t1和t2。 减速阶段，有v＝v0－a1t1 解得t1＝＝6 s， 加速阶段，有v0＝v＋a2t2 解得t2＝＝4 s， 则小汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？ 答案： (3)4 s (3)加速阶段，有－v2＝2a2s2 解得s2＝72 m， 则总位移s＝s1＋s2＝180 m， 若不减速通过收费站，则所需时间 t'＝＝6 s， 故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt＝t－t'＝4 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$