第2章 习题课 匀变速直线运动规律的综合应用（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第一册（教科版）

本讲义聚焦匀变速直线运动规律的综合应用，系统梳理基本公式（速度、位移公式及特殊形式）、公式选择技巧，进而延伸到追及相遇问题（一个条件两个关系、三种解题方法）和竖直上抛运动（规律、对称性、两种处理方法），构建从基础公式到实际问题解决的递进学习支架。 该资料通过多样化解题方法（如滑雪运动员问题的公式法、平均速度法，追及问题的物理分析、数学极值、图像法）培养科学思维，结合自由落体测楼高、汽车追自行车等情境题提升科学探究能力。课中辅助教师引导学生掌握解题策略，课后学生可通过变式题和练习题巩固，有效查漏补缺。

习题课　匀变速直线运动规律的综合应用 [学业要求与核心素养] 科学思维 1．熟练掌握匀变速直线运动的基本公式及推导公式，并能解决相关问题 2．理解追及相遇问题的特点和规律，并能处理实际问题 3．知道竖直上抛运动的特点和规律，会分析求解竖直上抛运动 探究点一　匀变速直线运动基本公式的应用 1．匀变速直线运动基本公式的比较 一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量 速度公式 vt＝v0＋at v＝at x 位移公式 x＝v0t＋at2 x＝at2 v 位移、速度关系式 v－v＝2ax v2＝2ax t 平均速度求位移公式 x＝t x＝t a 2．解决匀变速直线运动问题时选择公式的技巧 (1)如果题目中无位移x，也不需求位移，一般选用速度公式vt＝v0＋at。 (2)如果题目中无末速度v，也不需求末速度，一般选用位移公式x＝v0t＋at2。 (3)如果题目中无运动时间t，也不需要求运动时间，一般选用导出公式v－v＝2ax。 (4)如果题目中没有加速度a，也不涉及加速度的问题，用＝＝计算比较方便。 　一滑雪运动员从85 m长的山坡上匀加速滑下，初速度是1.8 m/s，末速度是5.0 m/s，滑雪运动员通过这段斜坡需要多长时间？ [解析]　解法一　利用速度公式和位移公式求解 由vt＝v0＋at得5 m/s＝1.8 m/s＋at， 由x＝v0t＋at2 得85 m＝1.8 m/s·t＋·at2， 联立解得a＝0.128 m/s2，t＝25 s。 解法二　利用速度与位移的关系公式和速度公式求解 由v－v＝2ax得a＝＝0.128 m/s2， 由vt＝v0＋at得t＝＝25 s。 解法三　利用由平均速度求位移的公式求解 由x＝t得t＝＝ s＝25 s。 [答案]　25 s ●方法总结 运动学公式的应用步骤 (1)认真审题，画出物体的运动过程示意图。 (2)明确研究对象，明确已知量、待求量。 (3)规定正方向(一般取初速度v0的方向为正方向)，确定各矢量的正、负。 (4)选择适当的公式求解。 (5)判断所得结果是否合乎实际情况，并根据结果的正负说明所求物理量的方向。 1．(多选)为了测量某大厦的高度，某人在楼顶让一颗石子做自由落体运动，若已知当地的重力加速度。结合下列数据，能测出该大楼高度的是(　　) A．第1 s末的速度大小 B．石子下落的总时间 C．石子在第2 s、3 s内的位移差 D．石子在最后1 s内的下落高度 解析　任何自由落体运动在第1 s末的速度大小都相同，在第2 s、3 s内的位移差也都相同，选项A、C不能测出楼高，选项A、C错误；根据h＝gt2，则根据石子下落的总时间可求解楼高，选项B正确；根据Δh＝gt2－g(t－1)2＝gt－g，即石子在最后1 s内的下落高度可求解下落时间，从而求解楼高，选项D正确。 答案　BD 探究点二　追及相遇问题 追及相遇问题的解题策略 两物体在同一直线上运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者是距离为零的情况，这类问题称为追及和相遇问题，讨论追及和相遇问题的实质是两物体能否在同一时刻到达同一位置。 1．要抓住一个条件、两个关系 (1)一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。 (2)两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。 2．常用方法 (1)物理分析法 抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系。 (2)图像法：将两者的v­t图像在同一坐标系中画出，然后利用图像求解。 (3)数学极值法：设从开始至相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论：若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相碰。 3．解题思路 ―→―→―→ 　一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶来，从后面超过汽车。 (1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？ (2)什么时候汽车追上自行车？此时汽车的速度是多少？ [解析]　(1)解法一　(根据速度关系和位移关系求解)汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度恒定。当汽车的速度还小于自行车的速度时，两者间的距离将越来越大，而一旦汽车的速度增加到超过自行车的速度，两车间的距离就将缩小，因此两者速度相等时两车相距最远。由v汽＝at＝v自得t＝＝2 s，Δxmax＝v自t－at2＝6 m。 解法二　(用数学求极值方法求解) 设汽车在追上自行车之前经时间t两车相距最远。 有Δx＝v自t－at2＝6t－＝－(t－2)2＋6 上式所有物理量均采用国际单位制单位 由二次函数求极值的条件知，t＝2 s时，Δx最大，Δxmax＝6 m。 解法三　(用图像法求解) 自行车和汽车的v­t图像如图所示，由图可以看出：相遇之前，在t0时刻两车速度相等时， 自行车的位移(矩形面积)与汽车的位移(三角形面积)之差(即横线阴影部分面积)最大，所以，t0＝＝2 s，Δxmax＝×2×6 m＝6 m。 (2)由图可以看出：在t0时刻以后，由汽车的v­t图线与自行车的v­t图线组成的三角形面积(竖线阴影部分面积)与横线阴影部分的面积相等时，两车的位移相等，所以由图线的数学关系可得相遇时t′＝2t0＝4 s，v′汽＝2v自＝12 m/s。 [答案]　(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s [变式] 1．一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车。若汽车加速到最大速度15 m/s后以该速度做匀速运动，试求：经多长时间汽车追上自行车？ 解析　汽车追上自行车时两车位移相等， 故有at2＝v自t 解得相遇时间为：t＝＝2× s＝4 s 4 s时汽车的速度v＝at＝12 m/s<15 m/s 经4 s时间汽车追上自行车。 答案　4 s 2．一辆汽车在十字路口等绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车在汽车后方相距20 m的地方以6 m/s的速度匀速行驶，则自行车能否追上汽车？若追不上，两车间的最小间距是多少？ 解析　如图所示，假设自行车经过t时间追上汽车，则 x汽＋x0＝x自，at2＋x0＝x自 即1.5t2－6t＋20＝0，t无解，即追不上。 当速度相同时间距最小，设经过t1时间速度相同，则有 v汽＝v自，at1＝v自，t1＝＝2 s Δxmin＝x汽＋x0－x自＝at＋x0－v自t1＝14 m 答案　追不上　14 m ●方法总结 追及问题的分析方法和常用的临界条件 (1)追及问题的分析方法 ①根据追逐的两个物体的运动性质，选择同一参考系，列出两个物体的位移方程。 ②找出两个物体在运动时间上的关系。 ③找出两个物体在位移上的关系。 (2)追及问题中常用的临界条件 ①速度小者(但加速度大)追速度大者(但加速度小)，追上前两个物体速度相等时，有最大距离。 ②速度大者追速度小者，追上前两个物体速度相等时，有最小距离。即必须在此之前追上，否则就追不上。 2．汽车正以10 m/s的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为6 m/s2的匀减速运动，汽车恰好没碰上自行车，求关闭油门时汽车离自行车多远？ 解析　汽车在关闭油门后减速的一段时间内，和自行车之间的距离在不断减小，当这个距离减小到零时，若汽车的速度减至与自行车的速度相同，则能满足题设的汽车恰好不碰上自行车的条件。运动简图如下图所示： 解法一　汽车减速到4 m/s时发生的位移和运动时间分别为x汽＝＝ m＝7 m，t＝＝ s＝1 s，这段时间内自行车发生的位移x自＝v自t＝4×1 m＝4 m，汽车关闭油门时离自行车的距离x＝x汽－x自＝7 m－4 m＝3 m。 解法二　利用v­t图像进行求解，如图所示，图线Ⅰ、Ⅱ分别是汽车与自行车的v­t图像，其中划斜线部分的面积表示当两车车速相等时汽车比自行车多运动的位移，即为汽车关闭油门时离自行车的距离x。图线Ⅰ的斜率即为汽车减速运动的加速度，所以应有 x＝＝×＝ m＝3 m。 答案　3 m 探究点三　竖直上抛运动 1．竖直上抛运动 将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动。 2．竖直上抛运动的性质 (1)上升阶段：初速度v0向上，加速度为g，方向竖直向下，是匀减速运动。 (2)下降阶段：初速度为零、加速度为g，是自由落体运动。 (3)全过程可以看作是初速度为v0(竖直向上)、加速度为g(竖直向下)的匀变速直线运动。 3．竖直上抛运动的规律 通常取初速度v0的方向为正方向，则a＝－g。 (1)速度公式：v＝v0－gt。 (2)位移公式：h＝v0t－gt2。 (3)位移和速度的关系式：v2－v＝－2gh。 (4)上升的最大高度：H＝。 (5)上升到最高点(即v＝0时)所需的时间：t＝。 4．竖直上抛运动的对称性 (1)时间对称 物体从某点上升到最高点和从最高点回到该点的时间相等，即t上＝t下。 (2)速率对称 物体上升和下降通过同一位置时速度的大小相等、方向相反。 　如图所示，热气球以20 m/s的速度匀速竖直上升，到离地105 m高处，落下一物体。物体落下后，热气球以原来的速度继续匀速上升。(g＝10 m/s2) (1)物体落地的速度大小是多少？ (2)物体从气球上掉下后，经多长时间落回地面？ (3)物体落下后5 s时，热气球与物体之间的距离是多少。 [解析]　(1)根据位移公式v2－v＝2gh 解得v＝50 m/s。 (2)令上升时间为t1，则有t1＝＝2 s 令下降时间为t2，则有t2＝＝5 s 则物体从气球上掉下后t＝t1＋t2＝7 s。 (3)设运动时间为t3＝5 s，则物体的位移为h1＝v0t3－gt＝－25 m 热气球的位移为h2＝v0t3＝100 m 物体与热气球间距H＝|h1|＋h2＝125 m。 [答案]　(1)50 m/s　(2)7 s　(3)125 m [变式] 1．(多选)在某一足够高处，以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　) A．小球能上升的最大高度距离抛出点为20 m B．小球在5 s末时，位于抛出点的上方 C．从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化量的大小为0 D．小球在前4 s内的平均速度为0 解析　小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为h＝＝ m＝20 m，故A正确；取竖直向上为正方向，则小球在5 s内的位移x5＝v0t5－gt＝20×5－×10×52 m＝－25 m，即小球在5 s末时，位于抛出点的下方25 m处，故B错误；从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化为Δv＝－v0－v0＝－2v0，故C错误；小球在前4 s内的位移为x4＝v0t4－gt＝20×4－×10×42 m＝0 m，则小球在前4 s内的平均速度为0 m/s，故D正确。 答案　AD 2．(多选)在某一足够高处，以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球，若不计空气阻力，g＝10 m/s2，则从抛出点开始运动到距离抛出点处位移大小为15 m所需的时间可能是(　　) A． s　　　　　　　　 B． s C．1 s D．3 s 解析　小球运动到抛出点上方15 m的位置时间为Δt,15＝vΔt－g(Δt)2，解得Δt1＝1 s，Δt2＝3 s。设小球运动到抛出点下方15 m的位置时间为Δt3，－15＝vΔt3－g(Δt3)2，解得Δt3＝(2＋)s。综上可知，选CD。 答案　CD ●方法总结 竖直上抛运动的两种处理方法 1．分段法 (1)上升过程：v0≠0、a＝g的匀减速直线运动。 (2)下降过程：自由落体运动。 2．全程法 (1)整个过程：初速度v0向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律v＝v0－gt，h＝v0t－gt2。 (2)正负号的含义(取竖直向上为正方向) ①v>0表示物体上升，v<0表示物体下降。 ②h>0表示物体在抛出点上方，h<0表示物体在抛出点下方。 3．(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2,5 s内物体的(　　) A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向竖直向上 C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上 解析　物体上升时间t上＝＝＝3 s 下降时间t下＝2 s。 该过程可以看作两个自由落体 S1＝gt＝×10×32 m＝45 m S2＝gt＝×10×22 m＝20 m 故路程为S＝S上＋S下＝65 m 位移h＝S上－S下＝45 m－20 m＝25 m 方向向上，A、B正确。 由v＝v0－gt＝30－10×5＝－20 m/s Δv＝－20 m/s－30 m/s＝－50 m/s，C错。 平均速度＝＝ m/s＝5 m/s，D错。 答案　AB 1．(2025·郑州高一期末)为了推进文明交通，全国各地纷纷推行“斑马线前礼让行人”行动。以36 km/h的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位行人正在过人行横道，驾驶员立即刹车制动，汽车做匀减速直线运动直到停止。刹车后一秒内和停止前一秒内汽车通过的位移比为4∶1，刹车后汽车位移的大小为(　　) A．12.5 m　　　　　　 B．48 m C．12 m D．0.5 m 解析　汽车做匀减速直线运动，刹车后一秒内的位移x1＝v0t－at2，停止前一秒内的位移x2＝at2，又因为x1∶x2＝4∶1，联立解得a＝4 m/s2。根据运动学公式v＝2ax 可得刹车后汽车位移x＝＝ m＝12.5 m，故选A。 答案　A 2．一物体做匀变速直线运动的位移x和速度v的关系图像如图所示，图线的斜率为k，图线在横轴上的截距为b，其中k、b、L均为已知量，则以下说法正确的是(　　) A．物体的初速度为b B．物体的加速度为 C．物体运动位移为L时的速度大小为 D．物体做匀减速运动 解析　根据匀变速运动规律知：v2－v＝2ax，即x＝v2－，结合图像可得＝k，v＝b，解得v0＝，a＝，故A错误，B正确；当x＝L时，有v2－b＝L ，解得v＝，故C错误；由图像可知：速度随位移的增大而增大，且加速度恒定，所以做匀加速运动，故D错误。 答案　B 3．如图1所示，OB为接力赛跑道，AB为长L＝20 m的接力区，两名运动员未在接力区内完成交接棒视为犯规。某次训练中，甲匀速跑至接力区前x0＝15 m处时，向乙发出起跑口令。乙听到口令从A处开始起跑，当加速到与甲速度相等时恰好被甲追上，完成交接棒。甲乙v­t图像如2图所示，忽略口令传播与乙的反应时间，求： (1)接棒前，乙的加速时间t和加速度a的大小； (2)通过计算推断两人交接棒过程是否犯规。 解析　(1)乙接棒前加速过程，甲的位移s1＝vt 乙的位移s2＝vt，根据题意有x0＝s1－s2，v＝at 联立得t＝3s，a＝ m/s2 (2)乙接棒前加速过程，乙的位移s2＝at2 ＝15 m，s2<L 因此甲乙在交接棒过程中没有犯规。 答案　(1)3 s　 m/s2　(2)交接棒过程中没有犯规 4．甲、乙两物块停靠在足够长的水平桌面上，甲与左侧竖直墙壁相距x＝11 m。某时刻，甲、乙以v甲＝10 m/s和v乙＝8 m/s的速度沿相反方向运动。运动过程中，甲、乙的加速度始终保持不变，甲的加速度大小为a甲＝2 m/s2，乙的加速度大小为a乙＝1 m/s2，且甲、乙的加速度方向始终均向左。不计甲与竖直墙壁的碰撞时间，碰撞前后的速度大小不变。 (1)求甲与墙壁发生碰撞时两物块的距离； (2)甲能否追上乙？若能追上，求追上前两物块运动时间；若不能追上，求甲、乙间的最终距离。 解析　(1)设经时间t1，甲与墙壁发生碰撞，则有x甲＝v甲t1＋a甲t，x乙＝v乙t1－a乙t 解得t1＝1 s，x乙＝7.5 m 此时两物块的距离为L＝x甲＋x乙＝18.5 m (2)甲与墙壁发生碰撞时，甲物块的速度和乙物块的速度大小分别为v甲′＝v甲＋a甲t1，v乙′＝v乙－a乙t1 解得v甲′＝12 m/s，v乙′＝7 m/s 甲与墙壁发生碰撞后，速度大小不变，方向向右，开始做匀减速直线运动。设经时间t2，两物块共速，则有v甲′－a甲t2＝v乙′－a乙t2，解得t2＝5 s 此过程中甲乙物块的位移分别为x甲′＝v甲′t2－a甲t，x乙′＝v乙′t2－a乙t 解得x甲′＝35 m，x乙′＝22.5 m，可以判断x甲′<L＋x乙′，即甲物块不能追上乙物块。 依题意，两物块从甲与墙壁碰撞到二者最终停止运动的位移分别为x甲″＝＝36m，x乙″＝＝24.5 m 则甲、乙间的最终距离为s＝x乙″＋L－x甲″＝7 m。 答案　(1)18.5 m　(2)不能追上，7 m 学科网（北京）股份有限公司 $$