第2章 综合 融通(二) 匀变速直线运动规律及推论的应用（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版）

匀变速直线运动规律及推论的应用 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(二) 匀变速直线运动是高中物理中最常见的运动形式，一般每年高考试卷中都会涉及，掌握初速度为零的匀加速直线运动的比例式，有时能起到事半功倍的效果。另外，一般的匀变速直线运动问题有时可用多种方法求解，比如：基本公式法、平均速度法、比例法、逆向思维法、推论法、图像法等。通过本节课的学习要熟练掌握这些规律和方法。 主题(一)　初速度为零的匀加速 直线运动的比例式 主题(二)　匀变速直线运动规律 的灵活应用 01 02 CONTENTS 目录 03 课时跟踪检测 主题(一)　初速度为零的匀加速直线运动的比例式 1.初速度为零的匀加速直线运动，按时间等分(设相等的时间间隔为T) (1)T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比： v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。 (2)T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比： 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：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。 知能融会通 2.初速度为零的匀加速直线运动，按位移等分(设相等的位移为x) (1)通过前x、前2x、前3x…时的速度之比 v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶∶∶…∶。 (2)通过前x、前2x、前3x…的位移所用时间之比 t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶∶∶…∶。 (3)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比 tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。 [典例]　(2025·安徽合肥期中)合肥轨道交通8号线一期工程是安徽省首条全自动驾驶的地铁线路。列车在一次运行测试中，从a点开始做匀减速直线运动，通过连续四段相等的位移s，运动到e点时速度减为零，列车可视为质点。下列说法正确的是 (　 ) A.列车通过a、b、c、d点时的速度大小之比为4∶3∶2∶1 B.列车通过ae段的平均速度等于通过c点的瞬时速度 C.列车通过ab段和de段的平均速度大小之比为∶1 D.列车通过ac段和ce段所用时间之比为∶1 √ [解析]　用逆向思维方法，列车做末速度为零的匀减速直线运动相当于反向做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度—位移公式v2=2ax，可知，列车通过a、b、c、d点时的速度大小之比为2∶∶∶1，A错误；c点是ae段位移的中点，不是时间的中点，故列车通过ae段的平均速度不等于通过c点的瞬时速度， B错误；根据初速度为零的匀加速直线运动通过相等位移所用时间规律可知，列车通过 ab段和 de段所用的时间之比为 ∶1，根据平均速度的公式=，可知平均速度大小之比为1∶，C错误；根据初速度为零的匀加速直线运动通过相等位移所用时间规律可知，列车通过ac段和ce段所用时间之比为∶1，D正确。 1.一辆汽车在平直公路上从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5 s内三段位移之比为 (　 ) A.2∶6∶5　　　　　　 B.2∶8∶7 C.4∶12∶9 D.2∶2∶1 √ 题点全练清 解析：汽车在从静止开始运动的前5 s内的每1 s内位移之比应为1∶3∶5∶7∶9，因此第1个2 s内的位移为(1+3)=4份，第2个2 s内的位移为(5+7)=12份，第5 s内的位移即为9份，故C正确。 2.(2025·安徽马鞍山期末)2025年5月份，某学校组织高中生进行体能测试。在50 m跑测试中，李明从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过AB、BC、CD、DE连续四段相等的位移到达E点。已知通过E点时的瞬时速度为v0，通过AE段的时间为t，李明可视为质点。下列说法正确的是 (　 ) A.李明通过AB段的时间等于 B.李明通过B点时的速度大小为v0 C.李明通过C点时的瞬时速度小于通过AE段的平均速度 D.李明通过BC段和CE段所用时间之比为1∶ √ 解析：设AB段位移为x，则对AE段有4x=at2，对AB段有x=at'2，解得t'=，故A错误；因vE=at=v0，则李明通过B点时的速度大小为vB=a=v0，故B错误；由分析可知，B点为AE段的中间时刻，可知李明通过B点时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度，因为李明做匀加速运动，所以通过C点时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，故C错误；根据连续相等位移所用时间的比例关系知，李明通过AB、BC、CD、DE段时间之比为1∶∶∶，李明通过BC段和CE段所用时间之比为1∶，故D正确。 主题(二)　匀变速直线运动规律的灵活应用 解决匀变速直线运动问题常用的六种方法 知能融会通 [典例]　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l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。 [答案]　t [解析]　法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，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可得=2axAC，=-2axAB，xAB=xAC 联立解得vB= 又vB=v0-at，vB=atBC，解得tBC=t。 法二：平均速度法 利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。 ==，又=2axAC，=2axBC，xBC=， 由以上三式解得vB=， 可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC=t。 法三：比例法 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)。 因为xBC∶xAB=∶=1∶3， 而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC=t。 法四：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为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=a， xAC=a(t+tBC)2，又xBC=， 由以上三式解得tBC=t。 法五：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v⁃t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。 1.某汽车在一平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，则 (　 ) A.车从出发到B杆所用时间为6 s B.车的加速度大小为1.6 m/s2 C.经过A杆时的速度为10 m/s D.出发点到A杆的距离为7.5 m √ 题点全练清 解析：根据位移公式xAB=t，解得vA=-vB=5 m/s，选项C错误；车的加速度大小为a== m/s2，选项B错误；车从出发到B杆所用时间t'==9 s，选项A错误；出发点到A杆的距离为xA==7.5 m，选项D正确。 2.(2025·山东烟台期末)如图所示，小球以某一初速度从固定斜面底端A点开始沿斜面做匀减速运动，运动到顶端E点速度恰好为零。已知AB、BC、CD、DE之间的长度均相等，小球在AB之间的运动时间为tAB，小球在BC之间的运动时间为tBC，则tAB∶tBC等于 (　 ) A.　　　　　　 B. C.-1 D. √ 解析：小球从斜面底端A点沿斜面向上做匀减速线运动至速度为零，将小球看成从E点做初速度为零的匀加速直线运动，由通过连续相等位移所用时间之比的特点，则有通过各段所用的时间之比为tDE∶tCD∶tBC∶tAB=1∶∶∶，所以=，故选A。 3.(2023·山东高考)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 √ 解析：设RS段位移为x，所用时间为t，则ST段位移为2x，所用时间为t'，由题意得：在RS段的时间t==，在ST段的时间t'==，可解得t'=4t，设电动公交车的加速度大小为a，逆向推导可得v2=vT+a，v1=vT+a，解得vT=1 m/s，故C正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1.(2025·四川乐山期中)一小球做自由落体运动，不考虑落到地面上，则小球在第1 s内、第2 s内和第3 s内的位移之比为 (　 ) A.1∶2∶3 B.1∶4∶9 C.1∶3∶5 D.1∶∶ √ 解析：根据初速度为零的匀加速直线运动的位移比例关系可知，连续相等时间内位移之比为1∶3∶5。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.(2025·云南昆明期中)汽车由静止启动做匀加速直线运动，经过一段位移后，发现最后1 s内的位移恰好是第1 s内的位移的7倍，则第3 s内的位移是整段位移的 (　 ) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：汽车由静止启动做匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知每1 s内的位移之比为x1∶x2∶x3∶x4= 1∶3∶5∶7，可知第4 s内的位移恰好是第1 s内的位移的7倍，则第3 s内的位移是整段位移的。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 3.(多选)一观察者站在第一节车厢前端，当列车从静止开始做匀加速运动时(设每节车厢的长度相同，相邻车厢间隙可以不计) (　 ) A.每节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶∶∶… B.每节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶2∶3∶… C.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶3∶5∶… D.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶2∶3∶… √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：设每节车厢长为l，由v2=2ax得第一节车厢末端经过观察者时v1=，同理，第二节车厢末端经过观察者时v2=……第n节车厢末端经过观察者时vn=，所以有v1∶v2∶v3∶…∶vn= 1∶∶∶…∶，A正确；相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶3∶5∶…∶(2n-1)，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 4.(2025·广东江门期中)一辆汽车沿平直路面以30 m/s 的速度行驶，遇到紧急情况制动，开始做匀减速运动，2 s末速度减为10 m/s，则有关汽车制动后的运动，下列说法中正确的是 (　 ) A.第2 s内位移是第3 s内位移的3倍 B.汽车制动后的平均速度是20 m/s C.4 s末和2 s末的速度大小相等，方向相反 D.汽车制动后4 s内共向前运动了40 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：汽车制动后的平均速度为== m/s=15 m/s，故B错误；汽车制动后的加速度大小为a= m/s2=10 m/s2，则汽车从开始制动到停下所用时间为t0== s=3 s，则4 s末的速度为0，汽车制动后4 s内共向前运动的距离为x4=t0=×3 m=45 m，故C、D错误；由于汽车制动过程所用时间为3 s，根据逆向思维将汽车看成做初速度为0的匀加速直线运动，根据相等时间内通过的位移规律可知，第3 s内位移、第2 s内位移与第1 s内位移之比为x3∶x2∶x1=1∶3∶5，可知第2 s内位移是第3 s内位移的3倍，故A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 5.成都西岭雪山是国家级风景名胜区，被誉为“南方的林海雪原”和“东方的阿尔卑斯”。如图所示，某滑雪者(图中未画出)从倾斜雪道AB滑下，通过最低点B后在水平缓冲雪道上做匀减速直线运动，最后停在E点，若将BE分成长度相同的BC、CD、DE三段，则滑雪者通过B、C、D三点时的速度大小之比为 (　 ) A.3∶2∶1　　　　　 B.∶∶1 C.9∶4∶1 D.1∶∶ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：滑雪者滑上水平缓冲雪道后做匀减速直线运动，且末速度为零，可以将滑雪者在缓冲雪道上的运动视为反方向的匀加速直线运动，根据速度位移公式v2-=2ax可得，滑雪者通过D、C、B三点时的速度大小之比为1∶∶，所以滑雪者通过B、C、D三点时的速度大小之比为 ∶∶1。故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 6.(2024·重庆高一检测)(多选)火车站台上的车厢标识可以帮助乘客寻找车厢位置。若列车进站时的减速运动可视为匀减速直线运动，且每节车厢的长度相等，则它在减速过程中的两连续相等时间内，通过站台上某处标识的列车节数之比可能为(车厢间的间隙宽度不计) (　 ) A.3∶1 B.4∶1 C.5∶3 D.7∶2 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：匀减速运动的逆过程可看成匀加速运动，根据初速度为零的匀加速运动的规律可知，连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n-1)，n=1，2，3…，两连续相等时间内通过的位移之比最大为3∶1，故选A、C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 7.(多选)粗糙水平桌面上，小球正在做匀减速直线运动，用照相机对着小球每隔0.1 s拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图所示，已知照片与实物的比例为1∶10，则 (　 ) A.图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是2 m/s B.图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是1.6 m/s C.图中对应的小球通过6 cm处的瞬时速度是 2.5 m/s D.图中对应的小球通过6 cm处的瞬时速度是 2 m/s √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：照相机每隔0.1 s拍照一次，所以图中 0~8 cm所用时间为0.4 s；照片与实物的比例为1∶10，所以图中8 cm对应的实际位移为x=80 cm= 0.8 m，则小球在通过图中8 cm距离内的平均速度为== m/s=2 m/s，故A正确，B错误。图中对应小球通过6 cm处的瞬时速度可用图中3.5 cm到7.5 cm这一段的平均速度表示，图中3.5 cm到7.5 cm这一段所用时间为0.2 s，对应的实际位移为x'=40 cm=0.4 m，所以图中 6 cm 处的瞬时速度为v'== m/s=2 m/s，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 8.(多选)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为0.5 s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了 0.4 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了 0.8 m，由上述条件可知 (　 ) A.质点运动的加速度是1.6 m/s2 B.质点运动的加速度是0.8 m/s2 C.第1次闪光时质点的速度是0.6 m/s D.第1次闪光时质点的速度是0.4 m/s √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：由逐差法得x3-x1=2aT2，加速度a== m/s2=0.8 m/s2，故A错误，B正确；第2次、第3次闪光时间间隔内的位移x2=x1+aT2=0.4 m +0.8×0.52 m=0.6 m，则第2次闪光的瞬时速度v2== m/s=1 m/s，则第1次闪光时质点的速度v1=v2-aT=1 m/s-0.8×0.5 m/s=0.6 m/s，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 9.(多选)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段，一次训练中，某运动员用12 s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为3.75 m，则此次训练中，下列说法正确的有 (　 ) A.运动员加速度大小为2.5 m/s2 B.运动员加速度大小为5 m/s2 C.运动员在加速阶段通过的距离为25 m D.运动员匀速运动的速度大小为10 m/s √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为3.75 m，则有v1.5 s= m/s=3.75 m/s，又v1.5 s=at，解得a== m/s2=2.5 m/s2，A正确，B错误；运动员用12 s跑完全程，设加速的时间为t，则有at2+at×(12 s-t)=100 m，解得t=4 s，则运动员在加速阶段通过的距离为x=at2=20 m，运动员匀速运动的速度大小v=at=10 m/s，C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 10.(2025·甘肃临夏期末)木块A、B、C、D并排固定在水平地面上，可视为质点的子弹以速度v0射入木块A，恰好能从木块D中射出。子弹在木块A、B、C、D中运动的时间相等，在木块中运动时加速度恒定，下列说法正确的是 (　 ) A.木块A、B、C、D的长度之比为9∶7∶5∶3 B.子弹刚射出木块B时的速度大小为 C.子弹射出木块A、B瞬间的速度大小之比为3∶1 D.子弹在木块A中运动的平均速度是在木块D中运动的平均速度的5倍 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：由题意可知，子弹在木块中的运动可逆向看作初速度为零、从右向左的匀加速直线运动，子弹在木块A、B、C、D中运动的时间相等。由初速度为零的匀加速直线运动在连续相等时间内运动位移的比例关系可知，木块A、B、C、D的长度之比为7∶5∶3∶1，A错误；由=可知，子弹刚射出木块B时的速度大小为==，B正确；由v=at可知，子弹射出木块A、B瞬间的速度大小之比为vA∶vB= (3Δt)∶ (2Δt)=3∶2，C错误；因为子弹在每个木块中运动的时间相等，由=可知，子弹在木块A中运动的平均速度是在木块D中运动的平均速度的7倍，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 11.(2025·湖南期末)(多选)如图所示，一质点从O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为路径上的四个点，且OA=AB=BC=CD=L。已知质点通过OA段用时为t，则下列说法正确的是 (　 ) A.质点的加速度大小为 B.质点通过AB段用时 C.质点通过BC段与BD段所用时间之比为∶ D.质点通过BC段与BD段所用时间之比为∶ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：根据位移公式有L=at2，解得a=，故A正确；质点做初速度为0的匀加速直线运动，连续相邻相等位移内的时间之比tOA∶tAB∶tBC∶tCD=1∶∶∶，则有t∶tAB=1∶，解得tAB=t，故B错误；结合上述可知tBC∶tBD=∶，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 12.(11分)如图所示，冰壶在运动员推力作 用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大 小为a1=1.0 m/s2，t1=3.0 s 末撤掉推力，冰壶又 沿直线匀减速前进了x=30 m 停止。求冰壶： (1)30 s末的速度大小v；(3分) 答案：0　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：设撤去推力时的速度为v1，根据匀变速直线运动公式，有v1=a1t1=3.0 m/s，撤掉推力后直到停下经历的时间为t2，根据平均速度关系有x=t2，代入数据解得t2=20 s，运动的总时间t=t1+t2=23 s，即冰壶在23 s时就已经停下来了，故30 s末的速度大小为0。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (2)前30 s内运动的位移大小x1；(4分) 答案：34.5 m 解析：有推力时冰壶滑行的距离x'=a1=4.5 m， 前30 s内运动的位移为前23 s内运动的位移， 故有x1=x'+x=4.5 m+30 m=34.5 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (3)运动的总时间t。(4分) 答案：23 s 解析：由前面的分析可知运动的总时间t=t1+t2=23 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 13.(14分)(2025·广西河池期末)严重的雾霾天气，对国计民生造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，电动汽车可实现节能减排，大力发展电动汽车，可以大大减少燃油汽车尾气排放。若一电动汽车在平直公路上做汽车性能测试，从甲地由静止启动后做直线运动，先匀加速运动10 s达到最高速度144 km/h，再匀速运动8 s，接着紧急制动(匀减速直线运动)，经过2.5 s停下。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (1)求该电动汽车匀加速运动过程加速度的大小a和制动过程加速度的大小a'；(6分) 答案： 4 m/s2　16 m/s2　 解析：电动汽车的最高速度为v=144 km/h=40 m/s 则该电动汽车匀加速运动过程加速度的大小为a===4 m/s2 该电动汽车制动过程加速度的大小为a'===16 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (2)求测试全程的电动汽车的位移。(8分) 答案：570 m 解析：电动汽车匀加速阶段通过的位移大小为 x1=t1=×10 m=200 m 匀速阶段通过的位移大小为x2=vt2=40×8 m=320 m 匀减速阶段通过的位移大小为x3=t3=×2.5 m=50 m 则测试全程的电动汽车的位移为x=x1+x2+x3=570 m。 本课结束 $$