02第2课时　匀变速直线运动规律及其应用-（配套课件）-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（教科版）

高考总复习 物理 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的规律 第2课时　匀变速直线运动规律及其应用 加速度 相同 相反 v0＋at 夯实 必备知识 aT2 (m－n)aT2 夯实 必备知识 2．初速度为零的匀加速直线运动 (1)四个重要推论 ①速度比：T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝__________________________。 ②位移比：前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝________________。 夯实 必备知识 ③位移比：第 Ⅰ 个T内、第 Ⅱ 个T内、第 Ⅲ 个T内、…、第N个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝__________________________。 ④时间比：通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝______________________________________________________。 夯实 必备知识 夯实 必备知识 夯实 必备知识 夯实 必备知识 　(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的两倍，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 夯实 必备知识 夯实 必备知识 [链接2] 教材情境——教科必修第一册P57 实验室 测一测你的反应时间 如图2­5­7所示，两位同学合作，可以用毫米刻度尺测出自己的反应时间。建议课下测一测，并将自己的尺子改造成“反应时间尺”。 夯实 必备知识 　(2024·广西卷)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　) A．v1＝5 m/s　　　　 B．v1＝10 m/s C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s B 夯实 必备知识 夯实 必备知识 考点一　匀变速直线运动的规律及应用 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＝0，一般以加速度的方向为正方向。 提升 关键能力 2．运动学公式的选用方法 提升 关键能力 3.两种匀减速直线运动的比较 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 提升 关键能力 两种运动 运动特点 求解方法 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 求解时可分过程列关系式，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 提升 关键能力 考向一　基本公式和速度位移关系式的应用 [典例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。 答案：(1)20 m/s　(2)680 m 提升 关键能力 提升 关键能力 考向二　两种匀减速直线运动的比较 [典例2] 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．汽车的加速度大小可能为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 提升 关键能力 提升 关键能力 避开陷阱解决刹车类问题 (1)刹车类问题指汽车做匀减速运动直到速度为零的问题，求解时要注意确定其实际运动的时间； (2)如果问题涉及最后阶段匀减速到零的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动； (3)汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速运动，然后做匀减速直线运动。 提升 关键能力 ABC 提升 关键能力 提升 关键能力 考向三　多运动过程问题 [典例4] 交通运输部办公厅发布了《关于大力推动高速公路ETC发展应用工作的通知》，明确提出：高速公路基本实现不停车快捷收费。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求： 提升 关键能力 (1)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； (2)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速； (3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间。 答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s 提升 关键能力 提升 关键能力 提升 关键能力 提升 关键能力 提升 关键能力 考点二　匀变速直线运动的推论及应用 1．解决匀变速直线运动的常用推论 提升 关键能力 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Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度。 提升 关键能力 考向一　平均速度公式的应用 [典例5] (多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s。根据这些信息可求得(　　) A．高铁车头经过A、B、C的速度 B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间 C．高铁运动的加速度 D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比 AD 提升 关键能力 提升 关键能力 提升 关键能力 考向二　初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用 [典例6](2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一块木板，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 提升 关键能力 提升 关键能力 考向三　位移差公式的应用 [典例7] (多选)(2025·重庆高三检测)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，则下列说法正确的是(　　) 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 ABD 提升 关键能力 提升 关键能力 考点三　自由落体运动和竖直上抛运动 1．自由落体运动的处理方法 自由落体运动是v0＝0，a＝g的匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的所有公式、推论和方法全部适用。 提升 关键能力 2．竖直上抛运动的两种处理方法 (1)分段法：分为上升过程和下落过程。 (2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为a＝－g的匀变速直线运动。 提升 关键能力 3．竖直上抛运动的对称性和多解性 提升 关键能力 提升 关键能力 [典例8] (2024·河北卷)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v－t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　) A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 A 提升 关键能力 解析：由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点，A正确。 提升 关键能力 1．2019年，我国运动员获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，运动员在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为(　　) A．0.2 s B．0.4 s C．1.0 s　 D．1.4 s B 提升 关键能力 提升 关键能力 ACD 提升 关键能力 提升 关键能力 请完成：课后跟踪训练（2） 温馨提示 谢谢观看！ 1．匀变速直线运动 (1)匀变速直线运动 ①概念：速度随时间均匀变化的直线运动，______保持不变。 ②分类：匀加速直线运动：a与v0方向____。 匀减速直线运动：a与v0方向____。 ③规律：速度方程：vt＝__________。 位移方程：x＝________________。 速度与位移关系式：v－v＝2ax。 v0t＋at2 (2)常用推论 ①相邻的相同时间内的位移差Δx＝______，xm－xn＝ ________________。 ②中间时刻的速度v＝__＝v。 ③位移中点的速度v＝。 1∶2∶3∶…∶n 12∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2N－1) 1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－) 2gh (2)自由落体 ①概念：只在重力作用下，物体由____开始下落的运动。 ②规律：速度方程：vt＝____。 位移方程：h＝________。 速度与位移关系式：v＝______。 静止 gt gt2 －2gh (3)竖直上抛运动 ①概念：将物体以一定的初速度竖直____抛出，只在____作用下的运动。 ②规律：速度方程：vt＝__________。 位移方程：h＝________________。 速度与位移关系式：v－v＝________。 向上 v0－gt v0t－gt2 [链接1] 教材问题——教科必修第一册P44 问题2　证明：做匀变速直线运动的物体，某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即v＝v＝。 解析：由题意知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有RS＝＝＝10 m/s，ST＝＝＝5 m/s，联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10 m/s，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a(t1＋t2)＝vR－a·5t1，则at1＝2 m/s，其中还有RS中间刻度的速度v＝RS＝vR－a·＝10 m/s，解得vR＝11 m/s，代入上式vT＝vR－10 m/s解得vT＝1 m/s, C正确。 　解析：重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s后速度为v1＝v2＝gt＝10 m/s2×1 s＝10 m/s，B正确。 涉及的物理量 没涉及的物理量 适宜选用的公式 v0、vt、a、t x 速度方程：vt＝v0＋at v0、a、t、x v 位移方程：x＝v0t＋at2 v0、vt、a、x t 速度与位移关系式： v－v＝2ax v0、vt、t、x a 平均速度公式：x＝t 解析：(1)根据匀变速运动速度公式v＝at1 可得救护车匀速运动时的速度大小v＝2×10 m/s＝20 m/s。 (2)救护车加速运动过程中的位移x1＝at＝100 m 设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得 ＋t3＝t2 停止鸣笛时救护车距出发处的距离x＝x1＋(t3－t1)×v 代入数据联立解得x＝680 m。 解析：汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，对于最后1 s，有x1＝at，解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2，B、D错误；设汽车刹车的初速度为v0，在第1 s内，x＝v0t－at2，代入数据得13＝v0×1－×4×12，解得v0＝15 m/s，故汽车在第1 s末的速度为v1＝v0－at＝11 m/s，A错误，C正确。 [典例3] (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有个物体以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，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)，C正确；由速度—时间公式vt＝v0＋at，解得vt＝－5 m/s或vt＝5 m/s或vt＝－5 m/s，因物体的运动情况有多种可能，所以速度大小不一定为5 m/s，D错误。 解析：(1)走ETC通道时，匀减速的位移和匀加速的位移相等，则由v－v＝2ax1，得x1＝＝64 m 故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。 (2)走人工收费通道时末速度减为零，则开始减速时离中心线的距离由v－0＝2ax2，得x2＝＝72 m。 (3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的总时间t1＝×2＋＝18.5 s 走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的总时间t2＝×2＋t0＝44 s，又x总2＝2x2＝144 m 二者的位移差：Δx＝x总2－x总1＝6 m 在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则 Δt＝t2－(t1＋)＝25 s。 多过程问题的处理方法 (1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程的速度。 (2)用好四个公式：vt＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v－v＝2ax，x＝t。 (3)充分借助v－t图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。 解析：设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到AB＝＝30 m/s；根据BC段的平均速度为20 m/s，可以得到BC＝＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为＝＝ ＝24 m/s，所以有AC＝＝24 m/s，联立解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，A正确，B、C错误；tAB∶tBC＝∶＝2∶3，D正确。 A．(－1)∶(－1) B．(－)∶(－1) C．(＋1)∶(＋1) D．(＋)∶(＋1) 解析：木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有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。 解析：根据位移差公式得xⅣ－xⅡ ＝2aT2，可知a＝＝ m/s2＝4 m/s2，A正确；第2 s内的位移为x2－x1＝at－at＝×4×(22－12)m＝6 m，B正确；第2 s末的速度为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，C错误；物体在0～5 s内的平均速度v＝＝＝ m/s＝10 m/s，D正确。 对称性 (1)时间的对称性 物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理，tAB＝tBA (2)速度的对称性 物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等 (3)能量的对称性 物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB A、B为途中的任意两点，C为最高点 多解性 当物体经过抛出点上方某个位置(最高点除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点 对称性 (3)能量的对称性 物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB A、B为途中的任意两点，C为最高点 多解性 当物体经过抛出点上方某个位置(最高点除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点 解析：运动员下落的整个过程可看为自由落体运动，则根据自由落体运动公式h＝gt2，得下落所用的总时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则运动员用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误。 2．(多选)从高为20 m的位置以20 m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10 m/s2，当物体到抛出点距离为15 m时，所经历的时间可能是(　　) A．1 s　　　　　　　　 B．2 s C．3 s D．(2＋)s 解析：取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m时，位移为x＝15 m，由竖直上抛运动的位移时间公式得x＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；当物体运动到抛出点下方离抛出点15 m时，位移为x′＝－15 m，由x′＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋)s，t4＝(2－)s(负值舍去)，A、C、D正确，B错误。 $$