02第2课时　匀变速直线运动的规律及应用-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

第❷课时　匀变速直线运动的规律及应用 [对应学生用书P6] , [链接] 人教必修第一册P46T2： 2．以18 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m。求汽车的加速度及制动后5 s内发生的位移。 (2023·上海卷)炮管发射数百次炮弹后报废，炮弹飞出速度为1 000 m/s，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为 (　　) A．5秒 B．5分钟 C．5小时 D．5天 A　解析：设炮管的长度为10 m，且炮弹在炮管中做匀变速直线运动，则有＝，解得t＝0.02 s，由题可知，炮管发射数百次炮弹后报废，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为5 s，A正确。 [对应学生用书P6] 考点一 基本规律的理解与应用_ 突破 巧选运动规律 题中涉及的物理量 没有涉及的物理量 适宜的公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at v0、a、t、x v x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t v2－v＝2ax v0、v、t、x a x＝t 【典例1】 (2023·山东卷)如图所示，电动公交车进站时做匀减速直线运动，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　解析：电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，有RS＝＝，ST＝＝，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·5t1，则at1＝2 m/s，其中还有v＝vR－a·，解得vR＝ 11 m/s，解得vT＝1 m/s，C正确。 两种思维方法 (1)平均速度法：在“等分”思想的运动中，按时间(或距离)等分运动之后，由中间时刻的速度作为该段位移的平均速度来求解问题。 (2)逐差法：由Δx＝aT2求加速度，适用于“纸带”类问题。 突破 “逆向思维法”的妙用 　逆向思维法：为了分析的便捷，有时将匀减速直线运动看成反向的匀加速直线运动。 【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秒内的位移为13 m，在最后1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是 (　　) A．汽车在第1秒末的速度为10 m/s B．汽车加速度大小可能为3 m/s2 C．汽车在第1秒末的速度为11 m/s D．汽车的加速度大小为4.5 m/s2 C　解析：对于最后1 s内，应用逆向思维有x1＝at，解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2；设汽车刹车的初速度为v0，对于第1 s内，由x1＝v0t－at2，代入数据得13＝v0×1－×4×12，可得v0＝15 m/s，汽车在第1秒末的速度为v1＝v0－at＝11 m/s，C正确。 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。 1．如图所示，一个滑块放置在水平桌面的最左端，给滑块一个水平向右的初速度v0，经过2 s，滑块运动到桌面的最右端并从最右端飞出，已知滑块的加速度大小为0.5 m/s2，则滑块的初速度大小v0和桌面的长度L可能是 (　　) A.v0＝0.5 m/s，L＝0.7 m B．v0＝2 m/s，L＝3 m C．v0＝3 m/s，L＝4 m D．v0＝5 m/s，L＝10 m B　解析：设滑块的末速度大小为v1，根据匀变速直线运动规律得v0＝v1＋at＝v1＋1 m/s＞1 m/s，L＝×t＝(v0＋v1)m＝(2v1＋1)m＞1 m，A错误；若v0＝2 m/s，则v1＝1 m/s，L＝3 m，B正确；若v0＝3 m/s，则v1＝2 m/s，L＝5 m，C错误；若v0＝5 m/s，则v1＝4 m/s，L＝9 m，D错误。 2．一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻的加速度和速度分别为a和vb，则 (　　) A．a＝ B．a＝ C．vb＝ D．vb＝ B　解析：根据匀变速直线运动位移与时间的关系得：vbn＋an2＝S，vbm－am2＝S，两式联立得，a＝，vb＝，B正确。 考点二 常用推论的理解与应用_ 初速度为零的匀变速直线运动的重要推论 　(1)T末、2T末、3T末……nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 　(2)T内、2T内、3T内……nT内位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。 　(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……第N个T内位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。 　(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 3．我国自主研发的 “暗剑”无人机飞行速度可达2倍音速。在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是 (　　) A．20 m/s2 B．40 m/s2 C．60 m/s2 D．80 m/s2 B　解析：第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则a＝＝ m/s2＝40 m/s2，B正确。 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) A　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。 考点三 多过程问题_ 【典例3】 出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示的速度为54 km/h。求： (1)这时出租车离出发点的距离； (2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零) 画运动过程示意图，呈现运动情景 答案：(1)75 m　(2)2.7 km 解析：(1)由题意可知经过t＝10 s，速度计上显示的速度为v1＝54 km/h＝15 m/s时 由速度公式v＝v0＋at，得 a＝＝＝1.5 m/s2 由位移公式得 x1＝at＝×1.5×102 m＝75 m 即这时出租车离出发点的距离为75 m。 (2)当速度计上显示的速度为 v2＝108 km/h＝30 m/s时 由v＝2ax2得x2＝＝300 m， 这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，根据速度公式得v2＝at2，即t2＝＝ s＝20 s，故此时出租车时间表应显示10时11分15秒。 出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，行驶位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m， 所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数 x＝x2＋x3＝2 700 m＝2.7 km。 　(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 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。 [对应学生用书P9] 近几年的新高考试题，注重选取关于体育运动、交通运输及重大科技成果等实践类情境，考查匀变速直线运动规律的灵活应用。 热点1 基本规律的应用 【真题1】 (2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为 (　　) A．＋ B．＋ C．＋ D．＋ C　解析：由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则由v＝v0－2at1，解得减速时所用时间有t1＝；列车在隧道内匀速运动所用时间有t2＝；列车尾部出隧道后立即加速到v0，由v0＝v＋at3，解得加速时所用时间有t3＝，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，C正确。 首发“复兴号”动车D843次载着旅客，从西昌出发一路向南驶向昆明，正式开启了凉山的“动车时代”。假如动车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3 s、2 s、1 s连续通过三段位移后停下，则这三段位移的平均速度之比是 (　　) A．3∶2∶1 B．27∶8∶1 C．5∶3∶1 D．9∶4∶1 D　解析：根据逆向思维，将动车的运动反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则第1 s内的位移大小x3＝at2＝，第2 s初到第3 s末的位移大小x2＝a×32－a×12＝4a，第4 s初到第6 s末的位移大小x1＝a×62－a×32＝，所以位移大小之比为x1∶x2∶x3＝27∶8∶1，又由平均速度＝可得平均速度之比为1：2：3＝∶∶＝9∶4∶1，D正确。 热点2 综合性应用 【真题2】 (2020·全国Ⅰ卷)我国自主研制了运­20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机起飞的离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后飞机的质量为1.69×105 kg，且装载货物前后飞机起飞离地时的k值可视为不变。 (1)求飞机装载货物后的起飞离地速度； (2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m后起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。 信息 提取 (1)飞机在跑道上做匀加速直线运动，末速度为v (2)当飞机所受升力F等于重力mg时，飞机离地 规律 敲定 (1)受力分析，应用平衡方程处理飞机离地瞬间的受力情景 (2)应用匀加速直线运动的规律处理飞机在跑道上滑行的运动情景 答案：(1)78 m/s　(2)2 m/s2　39 s 解析：(1)空载起飞时，升力正好等于飞机的重力，有kv＝m1g 满载起飞时，升力正好等于飞机和货物的重力，有 kv＝m2g 由以上两式解得v2＝78 m/s。 (2)满载货物的飞机做初速度为0的匀加速直线运动，所以v－0＝2ax 解得a＝2 m/s2 由加速度的定义式变形得t＝＝ 解得t＝39 s。 　运动员进行“10 m折返跑”测试。测试时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10 m处的折返线，测试员同时开始计时，受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时间即为“10 m折返跑”的成绩。如图所示，设受试者起跑的加速度大小为4 m/s2，运动过程中的最大速度为4 m/s，到达折返线处时需减速到零，减速时加速度的大小为8 m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线。受试者在加速和减速阶段的运动均可视为匀变速直线运动。问该受试者“10 m折返跑”的成绩为多少秒？ 答案：6.25 s 解析：受试者整个运动过程的v－t图像如图所示 对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中，加速阶段的时间和位移大小分别为 t1＝＝1 s x1＝vmt1＝2 m 减速阶段的时间和位移大小分别为 t3＝＝0.5 s x3＝vmt3＝1 m 中途匀速阶段的时间为 t2＝＝1.75 s 由折返线向起点终点线运动的过程中，加速阶段的时间和位移大小分别为 t4＝＝1 s x4＝vmt4＝2 m 匀速阶段的时间t5＝＝2 s 所以受试者“10 m折返跑”的成绩为 t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝6.25 s。 [课时跟踪练2见P339] 学科网（北京）股份有限公司 $$