第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律(Word教参)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

第2讲　匀变速直线运动的规律 [对应学生用书第5页] (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(　　) (2)匀加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。(　　) (5)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。(　　) (6)只有匀变速直线运动的v­t图像与t轴所围的面积才等于物体的位移。(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)× [对应学生用书第6页] 考点一　匀变速直线运动的规律及应用 1．常用公式的选择 题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量) 没有涉及 的物理量 适宜选用公式 v0、vt、a、t x vt＝v0＋at v0、a、t、x vt x＝v0t＋at2 v0、vt、a、x t vt2－v02＝2ax v0、vt、t、x a x＝t 2．运动学公式中正、负号的规定 一般情况下，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。 　一物体做直线运动的位移与时间的关系满足关系式x＝10t－2t2(x的单位是m，t的单位是s)，则(　　) A．该物体做匀加速直线运动 B．该物体在第1 s内的位移大小为10 m C．该物体的加速度大小为4 m/s2 D．该物体的初速度大小为16 m/s [解析]　根据位移—时间关系x＝v0t＋at2，可得v0＝10 m/s，a＝－4 m/s2，由此可知，初速度方向和加速度方向相反，物体做匀减速直线运动，故选项A、D错误，C正确；物体在第1 s内的位移为x1＝v0t1＋at12＝ m＝8 m，故选项B错误。 [答案]　C 　若汽车刹车后运动的位移随时间变化的运动规律是x＝10t－2t2(m)，x与t的单位分别是m和s。下列说法正确的是(　　) A．初速度v0＝10 m/s，加速度大小a＝2 m/s2 B．汽车刹车后4 s内的位移是8 m C．汽车刹车最后1 s内位移为2 m D．汽车可行驶的最大距离为25 m 解析　根据匀变速直线运动的位移－时间公式x＝v0t＋at2，结合位移随时间变化的规律x＝10t－2t2，可知初速度v0＝10 m/s, a＝－2 m/s2，解得加速度为a＝－4 m/s2，故A错误；根据速度－时间公式，可知汽车速度减为零的时间为t0＝＝ s＝2.5 s，由于刹车时间t0＝2.5 s<4 s，根据运动学公式可得刹车后4 s内的位移为x＝t0＝×2.5 m＝12.5 m，故B错误；汽车刹车最后1 s内位移可以看成逆方向的加速运动x′＝a′t2＝×4×1 m＝2 m，故C正确；根据速度－位移公式可得汽车可行驶的最大距离为xm＝＝ m＝12.5 m，故D错误。 答案　C 匀变速直线运动的分析方法 1．(2025·八省联考)司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是(　　) A．9.0 s，0.5 m/s2 B．7.0 s，0.6 m/s2 C. 6.0 s，0.7 m/s2 D．5.0 s，0.8 m/s2 解析　汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36 km/h＝10 m/s，末速度v不大于限速为20 km/h≈5.56 m/s，该过程汽车速度的变化量为Δv＝v－v0＝－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44 m/s，结合选项内容，符合题意的仅有A选项，故A正确，B、C、D错误。 故选A。 答案　A 2．(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＝at12＋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 考点二　解答匀变速直线运动问题的常用方法 考向1　平均速度公式应用 　(2024·广西卷)如图所示，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号锥筒速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v0t1－at12＝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＝＝3.00125 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 [答案]　(1)1 m/s2　(2)4号 考向2　逐差公式的应用 　(2024·江苏常州模拟)一物体做匀减速直线运动(速度减为0后停止运动)，在开始连续两个1 s时间内通过的位移分别为x1＝5 m、x2＝3 m，则下列说法正确的是(　　) A．加速度的大小为4 m/s2 B．初速度的大小为6 m/s C．物体运动的时间为3.5 s D．物体在4 s内通过的总位移的大小为8 m [解析]　由Δx＝aT2可得物体的加速度大小为a＝＝2 m/s2，故A错误；第1 s末，物体的速度为v1＝＝4 m/s，则物体的初速度为v0＝v1＋at＝6 m/s，故B正确；物体运动的时间为t＝＝3 s，则物体在4 s内通过的总位移的大小为x4＝x3＝t＝9 m，故C、D错误。 [答案]　B 1．(逆向思维法)一个物体以某一初速度v0开始做匀减速直线运动直到停止，其总位移为x。当它的位移为x时，所用时间为t1，当它的速度为v0时，所用时间为t2，则是 (　　) A．　　　　　　　　　 B． C． D． 解析　根据v02＝2ax得，加速度的大小为a＝，当它的位移为时，距离停止的位移为，根据逆向思维，在后位移内有＝at2，则有t＝＝。运动位移所用的时间等于总时间减去后的时间，t1＝－＝；而速度为时所用的时间为t2＝＝，所以＝，选项D正确，A、B、C错误。 答案　D 2．(比例法)(2024·辽宁沈阳统考二模)下图为某海湾大桥上四段长度均为110 m的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。设汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则满足(　　) A．2<<3 B．3<<4 C．4<<5 D．5<<6 解析　将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2－)，所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比＝＝≈3.7，所以3<<4，故选B。 答案　B 3．(图像法)(多选)(2024·江西赣州二模)一辆汽车在某次直线测试中，速度从0加速到20 m/s所用时间为8 s，且加速度随速度的增加而逐渐减小，该车在这段时间内(　　) A．加速到10 m/s时，用时大于4 s B．平均加速度大小为2.5 m/s2 C．位移大于80 m D．运动到总位移一半时，速度小于10 m/s 解析　平均加速度大小为＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，因加速度随速度的增加而逐渐减小，可知开始阶段的加速度大于2.5 m/s2，加速到10 m/s时，用时小于4 s；运动到总位移一半时，速度大于10 m/s，选项A、D错误，B正确； 若做匀加速运动，则位移为x＝t＝80 m，因做加速度减小的加速运动，结合v­t图像，则汽车的位移大于做匀加速运动时的位移，可知位移大于80 m，选项C正确。 答案　BC [对应学生用书第8页] 1．(2024·新课标卷)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 解析　任何时刻质点的速度与位移都是唯一的，C可能正确，A、B、D错误。 答案　C 2．(2024·甘肃卷)小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v­t图像如图所示，此两站间的距离约为(　　) A．980 m　　　　　 B．1230 m C．1430 m D．1880 m 解析　v­t图像中图线与横轴围成的“面积”表示位移，故可得x＝(74－25＋94)×20× m＝1430 m，故选C。 答案　C 3．(2024·福建卷)某直线运动的v­t图像如图所示，其中0～3 s为直线，3～3.5 s为曲线，3.5～6 s为直线，则以下说法正确的是(　　) A．0～3 s的平均速度为10 m/s B．3.5～6 s做匀减速直线运动 C．0～3 s的加速度比3.5～6 s的大 D．0～3 s的位移比3.5～6 s的小 解析　根据v­t图像可知，0～3 s内质点做匀加速直线运动，平均速度为＝ m/s＝15 m/s，故A错误；根据v­t图像可知，3.5～6 s内质点做匀减速直线运动，故B正确；v­t图像的斜率绝对值表示加速度大小，由题图可知0～3 s的加速度大小为a1＝ m/s2＝10 m/s2，3.5～6 s的加速度大小满足a2> m/s2＝10 m/s2，可知0～3 s的加速度比3.5～6 s的小，故C错误；根据v­t图像与横轴围成的“面积”表示位移可得，0～3 s的位移为x1＝×30×3 m＝45 m，3.5～6 s的位移满足x2<×30×(6－3.5)m＝37.5 m，可知0～3 s的位移比3.5～6 s的大，故D错误。 答案　B 4．(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＝at02，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＝at12，当木板长度为2L时，有3L＝at22，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。 答案　A 学科网（北京）股份有限公司 $$