第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

第2讲　匀变速直线运动的规律 1．掌握匀变速直线运动的基本公式，并能熟练应用。 2．灵活使用匀变速直线运动的规律解决实际问题。 [对应学生用书P5] 　 【微点辨析】 )匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(×) (2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动。(√) (3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。(×) (4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√) [对应学生用书P6] 考点 匀变速直线运动的基本规律及应用(互动共研) 1．基本思路 →→→→ 2．方法技巧 题目中所涉及的物理量 (包括已知量、待求量) 没有涉及的物理量 适宜选用公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at v0、a、t、x v x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t v2－v0＝2ax v0、v、t、x a x＝t 除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向。 考向1　基本公式的应用 [例1]　(2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s。求： (1)救护车匀速运动时的速度大小。 (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 解析　(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1， 代入数据解得v＝20 m/s。 (2)设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为 x＝at＋v(t0－t1)， 又x＝v0(t2－t0)， 联立并代入数据解得x＝680 m。 答案　(1)20 m/s　(2)680 m [规范答题] [例2]　对某汽车进行刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当汽车以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住。假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同。问： (1)这位驾驶员的反应时间为多少？ (2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少？ 解答书写区 自查项目 合格打钩 解析　(1)假设驾驶员的反应时间为t，在第一次测试中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v1，所以反应时间内的位移：x1＝v1t，① 然后汽车做匀减速直线运动到停止，由速度位移关系式得： 0－v12＝－2ax2，② 全过程位移：xⅠ＝x1＋x2＝18 m，③ 在第二次测试中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v2， 所以反应时间内的位移x3＝v2t，④ 然后汽车做匀减速直线运动到停止，由速度位移关系式得： 0－v22＝－2ax4，⑤ 全过程位移：xⅡ＝x3＋x4＝34.5 m，⑥ 由①②③④⑤⑥解得：a＝5 m/s2，t＝0.8 s；⑦ (2)某雾天该路段能见度为s＝50 m，设行车最大速度为v， 则：s＝vt＋，解得：v≈18.7 m/s。⑧ 有必要的文字说明 指明对象和所用规律 列式规范，无连等式、无代数过程 有据①②得③等说明 结果规范，结果为数字的带有单位、求矢量时有方向说明 考向2　两类匀减速直线运动 两种运动 运动特点 求解方法 刹车类问题 匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失 求解时要注意确定实际运动时间 双向可逆类问题 如沿光滑固定斜面上滑的小球，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 求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义 [例3]　在野外自驾游容易碰见野生动物突然从路边窜出的情况。如图所示，汽车以大小为6 m/s的速度匀速行驶，突然一头小象冲上公路，由于受到惊吓，小象停在汽车前方距离车头10 m处。司机立即刹车，加速度大小为2 m/s2。从刚刹车到汽车刚停止的过程，下列说法正确的是(　　) A．所用的时间为6 s B．汽车通过的距离为18 m C．汽车最后1 s的位移为2 m D．汽车没有与小象发生碰撞 解析　汽车减速至0的时间t＝＝3 s，汽车运动的总位移大小x＝v0t－at2＝9 m＜10 m，A、B错误，D正确；将汽车的运动视为反向的从静止开始的匀加速直线运动，可得汽车最后1 s的位移x1＝at12＝1 m，C错误。 答案　D [例4]　(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　　) A．物体运动时间可能为1 s B．物体运动时间可能为3 s C．物体运动时间可能为(2＋) s D．物体此时的速度大小一定为5 m/s 解析　以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确。当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确。由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误。 答案　ABC 1．一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起，运动过程中的位移(单位：m)与时间(单位：s)的关系式为x＝30t－2.5t2(m)，下列分析正确的是(　　) A．刹车过程中最后1 s内的位移大小是5 m B．刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值为10 m C．从刹车开始计时，8 s内通过的位移大小为80 m D．从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9 解析　由匀变速直线运动的规律x＝v0t＋at2，可得初速度v0＝30 m/s，加速度a＝－5 m/s2，刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值|Δx|＝|aT2|＝5 m，从刹车开始计时到停下的时间tm＝＝6 s，8 s内通过的位移大小为xm＝＝90 m，选项B、C错误；把末速度为0的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1 s内的位移大小为x6＝－at02＝2.5 m，根据匀变速直线运动规律可得x6∶x5∶x4∶x3∶x2∶x1＝1∶3∶5∶7∶9∶11，所以从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9，选项D正确，A错误。 答案　D 2．高铁已经成为中国制造的“标杆”，它不仅是中国制造业强大的体现，同时也是中国经济和国力快速增长的体现。如图所示是一列高铁进站的减速过程，传感器记录下速度随时间变化图像的一部分。请根据图像，求： (1)高铁进站时减速的加速度大小。 (2)高铁在减速12 s内通过的位移大小。 解析　(1)由vt图像可知，高铁进站时减速的加速度a＝＝ m/s2＝－3 m/s2，因此加速度大小是3 m/s2； (2)高铁速度减为零所需的时间t＝＝ s＝10 s，高铁在减速12 s内通过的位移大小x＝t＝×10 m＝150 m。 答案　(1)3 m/s2　(2)150 m 考点 匀变速直线运动的推论及应用(互动共研) 1．六种思想方法 2．方法选取技巧 (1)平均速度法：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，常用此法。 (2)逆向思维法：匀减速减到零的运动常用此法。 [例5]　物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为xAC，物体到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体向上运动到距斜面底端xAC处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。(本题可尝试用多种方法解答) 解析　方法一：基本公式法 物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，加速度大小为a，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得v02＝2axAC， vB2－v02＝－2axAB，xAB＝xAC，解得vB＝， 又vB＝v0－at，vB＝atBC，解得tBC＝t。 方法二：平均速度法 匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝， 又v02＝2axAC，vB2＝2axBC，xBC＝， 由以上三式解得vB＝， 即vB刚好等于AC段的平均速度，因此物体到B点时正好是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。 方法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程可看作由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC，由运动学公式得xBC＝atBC2， xAC＝a(t＋tBC)2，又xBC＝， 由以上三式解得tBC＝t。 方法四：比例法 如上，物体运动的逆过程可视为初速度为零的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)， 由xBC∶xAB＝∶ ＝1∶3，则物体通过AB段和通过BC段的时间相等，即tBC＝t。 方法五：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出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的平方比，得＝， 且＝， OD＝t，OC＝t＋tBC， 所以＝，解得tBC＝t。 答案　t 3．做匀变速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度大6 m/s，则质点的加速度大小为(　　) A．1 m/s2　　　　　　　 B．1.5 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2 解析　物体做匀变速直线运动时，第一个3 s内中间时刻，即1.5 s时的速度为v1＝3，第一个7 s内中间时刻，即3.5 s时的速度为v2＝7，由题意可知v2－v1＝6 m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2 s，可得a＝3 m/s2。故选C。 答案　C 4．物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是(　　) A．物体运动的加速度为4 m/s2 B．第2 s内的位移为6 m C．第2 s末的速度为2 m/s D．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s 解析　根据逐差法公式x4－x2＝2aT2，得a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移为x2－x1＝at22－at12＝×4×(22－12) m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2 s末速度为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5 s内的平均速度＝＝＝ m/s＝10 m/s，故D正确，不符合题意。 答案　C 5.(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　) A.(－1)∶(－1) B.(－)∶(－1) C.(＋1)∶(＋1) D.(＋)∶(＋1) 解析　对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝at，当木板长度为2L时，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。 答案　A 课时检测训练2　匀变速直线运动的规律 对应学生用书P323 对点练1　匀变速直线运动的基本规律及应用 1．一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移x内速度增加了v，速度变为原来的5倍。则该质点的加速度为(　　) A． B． C． D． 解析　设原来的速度为v0，则通过位移x后，速度为5v0，由题意可知v＝5v0－v0＝4v0，根据公式2ax＝(5v0)2－v02，联立解得a＝，C正确。 答案　C 2.(2024·海南卷)商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为(　　) A.1.25 m/s2 B.1 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.25 m/s2 解析　设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知，加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2 s，根据x＝×4，可得v＝1 m/s，则加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，故选C。 答案　C 3．(多选)一辆汽车(可视为质点)以15 m/s的速度行驶在平直的公路上，当汽车行驶到离前方路口停止线的距离为x时，驾驶员看到前方路口的绿灯显示还有10 s，如果驾驶员立即以大小为a的加速度做匀加速运动，刚好能通过停止线；如果立即以大小为a的加速度做匀减速运动，结果刚好停在停止线，则(　　) A．a＝(－1) m/s2 　 B．a＝(＋1) m/s2 C．x＝75(－1) m 　 D．x＝75(＋1) m 解析　本题考查匀变速直线运动规律的应用。若以大小为a的加速度做匀加速运动，则有x＝v0t＋at2；若以大小为a的加速度做匀减速运动，则有v02＝2·a·x，联立解得a＝(－1) m/s2，x＝75(＋1) m，选项A、D正确。 答案　AD 4．纯电动汽车不排放污染空气的有害气体，具有较好的发展前景。在一次测试其加速性能中，从静止开始经过10 s汽车的速度达到30 m/s。若将该过程视为匀加速直线运动，则这段时间内电动汽车(　　) A．加速度的大小为2 m/s2 B．平均速度为30 m/s C．位移为300 m D．位移为150 m 解析　加速度的大小a＝＝ m/s2＝3 m/s2，选项A错误；平均速度＝＝15 m/s，选项B错误；位移s＝t＝15×10 m＝150 m，选项C错误，D正确。 答案　D 对点练2　匀变速直线运动推论的应用 5．做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是(　　) A．3.5 m B．2 m C．1 m D．0 解析　物体做匀减速直线运动，采用逆向思维，将物体的运动看成沿相反方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据推论：在相等时间内的位移之比等于1∶3∶5∶7，由题意可知，在第1 s内的位移是14 m，最后1 s的位移为2 m，B项正确。 答案　B 6.(2025·辽宁鞍山市模拟)如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4 s内位移为9.6 m，第二个4 s内位移为16 m，下列说法正确的是(　　) A.计时时刻送货车的速度为0 B.送货车的加速度大小为1.6 m/s2 C.送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s D.送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s 解析　根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4 s末的速度大小为v1＝＝ m/s＝3.2 m/s，C正确；根据v＝v0＋at可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，A错误；送货车在第2个4 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝4 m/s, D错误。 答案　C 7.(2025·吉林白城高三月考)如图是将苹果由静止释放后，在某段运动过程中用频闪照相技术连续拍摄的照片，已知频闪照相机的频闪时间间隔为T，位置A、B间和位置B、C间的距离分别为x1和x2，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　) A.BC过程速度的增加量大于AB过程速度的增加量 B.x1∶x2一定满足x1∶x2＝1∶3 C.苹果运动到位置B时的速度大小一定为 D.苹果运动的加速度大小一定为 解析　由题意知tAB＝tBC＝T，根据Δv＝aΔt 可知BC过程速度的增加量等于AB过程速度的增加量，故A错误；只有苹果在A点速度为零时，才满足x1∶x2＝1∶3，故B错误；苹果运动到位置B时的速度大小为vB＝，故C错误；根据Δx＝aT2可知，苹果运动的加速度大小为a＝，故D正确。 答案　D 8．从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得相邻小球间的距离xAB＝4 cm，xBC＝8 cm。已知O点距离斜面底端的长度为l＝35 cm。由以上数据可以得出(　　) A．小球的加速度大小为12 m/s2 B．小球在A点的速度为0.2 m/s C．斜面上最多有4个小球在滚动 D．该照片是距第一个小球释放后0.3 s拍摄的 解析　根据逐差法求出小球的加速度大小为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A错误；小球在B点的速度为vB＝＝ m/s＝0.6 m/s，小球在A点的速度为vA＝vB－aT＝0.6 m/s－4 m/s2×0.1 s＝0.2 m/s，故B正确；根据动力学公式l＝at2，解得从O点到斜面底端的时间为t＝ s≈0.42 s，故斜面上最多有5个小球在滚动，故C错误；第一个小球释放的时间为t0＝＝ s＝0.05 s，故D错误。故选B。 答案　B 9. (多选)几个水球可以挡住了子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。恰好能穿出第四个水球，则可以判定(　　) A．子弹在每个水球的时间比为t1∶t2∶t3∶t4＝(2－)∶(－)∶(－1)∶1 B．子弹穿过每个水球的时间比为t1∶t2∶t3∶t4＝7∶5∶3∶1 C．子弹在每个水球中的速度变化量相同 D．子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 解析　四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。恰好能穿出第四个水球，逆向思维可看成反向初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律x＝at2，解得t∝，子弹依次穿过4个水球的时间之比为t1∶t2∶t3∶t4＝(－)∶(－)∶(－)∶1＝(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故A正确，B错误；根据Δv＝at知Δv∝t，由于t1∶t2∶t3∶t4＝(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故子弹在每个水球中的速度变化量不相等，故C错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的推论，连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5…逆向思维看，位移之比为d∶3d＝1∶3，可知子弹穿出前三个水球的时间与穿出第四个水球的时间相等，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，可知子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，故D正确。故选AD。 答案　AD 10.(2024·广西卷)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学： (1)滑行的加速度大小。 (2)最远能经过几号锥筒。 解析　(1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在1、2间中间时刻的速度为v1＝＝2.25 m/s， 2、3间中间时刻的速度为v2＝＝1.8 m/s， 故可得加速度大小为a＝＝＝1 m/s2。 (2)设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v0t1－at＝d， 代入数值解得v0＝2.45 m/s， 从1号开始到停止时通过的位移大小为 x＝＝3.00 125 m≈3.33d， 故可知最远能经过4号锥筒。 答案　(1)1 m/s2　(2)4号 11．假设某高楼距地面高H＝47 m的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动。有一辆长L1＝8 m、高h1＝2 m的货车，在楼下以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方，花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m (示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持v0＝9 m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到。 (2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度。 (3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度加速才能避免被花盆砸到。 解析　(1)花盆从47 m高处落下，到达离地高2 m的车顶过程，位移为h＝(47－2) m＝45 m，根据自由落体运动位移与时间关系式，有h＝gt2，联立得t＝3 s，3 s内汽车位移为x＝v0t＝27 m。因L2＝24 m＜x＜L1＋L2＝32 m ，故货车会被花盆砸到； (2)货车匀减速的距离为x1＝L2－v0·Δt＝15 m，制动过程中由运动学公式得v02＝2a0x1，联立得a0＝2.7 m/s2； (3)司机反应时间内货车的位移为x2＝v0Δt＝9 m，此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x2＝15 m，采取加速方式，要成功避险，则有d＋L1＝v0(t－Δt)＋a(t－Δt)2，联立得a＝2.5 m/s2，即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到。 答案　(1)会　(2)2.7 m/s2　(3)2.5 m/s2 学科网（北京）股份有限公司 $$