第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

第2讲　匀变速直线运动的规律 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的规律 [学习目标]　1.理解匀变速直线运动的基本公式,并能熟练灵活应用。 2.掌握匀变速直线运动的推论,并能应用解题。 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 内容索引 考点一　匀变速直线运动的基本规律 考点二　处理匀变速直线运动的常用方法 分层训练　巩固提高 基础知识　自主梳理 一 4 一、匀变速直线运动的规律 1.匀变速直线运动:沿着一条直线,且 不变的运动。 2.匀变速直线运动的基本规律 (1)速度公式:vt= 。 (2)位移公式:x= 。 (3)速度—位移关系式:。 加速度 v0+at v0t+at2 -=2ax 二、匀变速直线运动的推论 1.三个推论 (1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的,还等于中间时刻的瞬时速度。 平均速度公式:==。 (2)位移中点的速度:=。 (3)连续相等的时间间隔T内的位移差相等 ①Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn+1-xn= 。 ②xn-xm= 。 aT2 (n-m)aT2 2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论 (1)1T末,2T末,3T末,…,nT末的瞬时速度大小之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn= 。 (2)1T内,2T内,3T内,…,nT内的位移大小之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn= 。 (3)第1个T内,第2个T内,第3个T内, …,第n个T内的位移大小之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn= 。 (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。 1∶2∶3∶…∶n 12∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n-1) 【基础检测·自我诊断】 1.(人教版必修第一册教材习题改编)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,则汽车在5 s内的位移为(　　) A.50 m　　　　　　　 　 B.45 m C.40.5 m D.40 m C 解析:根据x=v0t+at2得36 m=18×3 m+a×32 m,即a=-4 m/s2。汽车停止所需时间为t'== s=4.5 s<5 s,所以4.5 s末汽车停止运动,则汽车在5 s内的位移为x'== m=40.5 m,故C正确。 2.(教科版必修第一册教材例题改编)一质点做匀加速直线运动,第3 s内的位移是2 m,第4 s内的位移是2.5 m,那么以下说法正确的是 (　　) A.第5 s内的位移是4.5 m B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s C.质点的加速度是0.125 m/s2 D.质点的加速度是0.25 m/s2 B 解析:由匀变速直线运动连续相等时间内的位移差相等可知第5 s内的位移是3 m,故A错误;第3 s 末的瞬时速度等于第3 s、第4 s这两秒内的平均速度,即v3==2.25 m/s,故B正确;由Δx=at2可得a=0.5 m/s2,故C、D错误。 3.(教科版必修第一册教材例题改编)顾诵芬院士主持建立了我国飞机设计体系,开创了我国自行设计研制歼击机的历史。“歼 20”在某次训练时着舰不成功,飞行员经短暂反应后迅速启动“逃逸复飞”,若启动复飞时飞机距离航母跑道末端为210 m,速度为20 m/s。复飞过程可看成匀变速直线运动,飞机起飞所需的最小速度为50 m/s,为使飞机能复飞成功,则复飞过程的加速度至少为 (　　) A.4 m/s2 B.7 m/s2 C.6 m/s2 D.5 m/s2 D 解析:飞机从启动复飞到完全起飞,由-=2ax,可知当v0与v一定时,x越大,则a越小,解得加速度至少为amin= m/s2=5 m/s2,故A、B、C错误,D正确。 二 核心知识　典例研析 12 考点一　匀变速直线运动的基本规律　 基础考点 1.选用运动学公式的方法 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 速度公式:vt=v0+at v0、a、t、x vt 位移公式:x=v0t+at2 v0、vt、a、x t 速度与位移关系式: -=2ax v0、vt、t、x a 平均速度与位移关系式:x=t 2.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。 考向1　基本公式的应用 [典例1]　(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=a,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=a,当木板长度为2L时,有3L=a,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1),故选A。 教科教材必修第一册P60第6题,一物体从斜面顶端沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,最初3 s内的位移为s1,最后3 s内的位移为s2。已知s2-s1=6 m,s1∶s2=3∶7,求斜面的总长。 题目中根据不同时间段位移关系确定斜面的长度,典例1命题情景与其相似,可以看成教材习题的拓展延伸。 教考衔接 考向2　两种匀减速直线运动的比较 [典例2]　(2025·四川雅安高三诊断)汽车在平直公路上行驶,司机突然发现前方出现交通事故,立即刹车,从此时刻起汽车的位置坐标与时间的数值关系为x=-2t2+20t+10(x和t的单位分别为m和s),则下列说法正确的是 (　　) A.4 s内汽车发生的位移为58 m B.8 s内汽车发生的位移为32 m C.8 s内汽车的平均速度大小为10 m/s D.8 s内汽车的平均速度大小为6.25 m/s D [解析] 由x=-2t2+20t+10,结合x=v0t+at2+x0,可知汽车刹车的加速度a=-4 m/s2,初速度v0=20 m/s,则汽车刹车所用的时间t0==5 s,则4 s内汽车发生的位移为x4=v0t4+a=20×4 m+×(-4)×42 m=48 m,A错误;8 s内汽车发生的位移等于5 s内的位移,x5=t0=×5 m=50 m,B错误;8 s内汽车的平均速度大小为== m/s=6.25 m/s,C错误,D正确。 [典例3]　(多选)在足够长的光滑斜面上,有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动,物体的加速度始终为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 ABC [解析] 以沿斜面向上为正方向,a=-5 m/s2,当物体的位移为向上的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,故A、B正确;当物体的位移为向下的7.5 m时,x=-7.5 m,由x=v0t+at2,解得t3=(2+)s或t4=(2-)s(舍去),故C正确;由速度公式v=v0+at,解得v1=-5 m/s、v2= 5 m/s、v3=-5 m/s,故D错误。 考点二　处理匀变速直线运动的常用方法　 能力考点 1.匀变速直线运动常用方法说明 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。 考向1　平均速度法 [典例4]　(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 [解析] 由题知,电动公交车做匀减速直线运动,设RS间的距离为x,公交车经过R、S、T点时瞬时速度为v1、v2、v3,经过RS间的时间为t1,经过ST间的时间为t2,有=10 m/s,=5 m/s,则v1-v3=10 m/s,又=10 m/s,=5 m/s,则t1+t2=,全程的平均速度==6 m/s,即=6 m/s,联立解得v3=1 m/s,故C正确。 考向2　逆向思维法与比例法 [典例5]　(多选)(2025·四川成都高三开学考)如图所示,将完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动,某次实验中,子弹恰好能穿出第四个水球,则(　　) A.由题目信息可以求得子弹穿过每个水球的 时间之比(-)∶(-)∶(-)∶1 B.子弹在每个水球中运动的平均速度相同 C.子弹在每个水球中速度变化量相同 D.子弹依次进入四个水球的初速度之比为∶∶∶ AD [解析] 将子弹的运动过程逆向来看,即看成从左到右做初速度为零的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)∶…可知,子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为(-)∶(-)∶(-)∶1,A正确;根据A项分析,子弹在每个水球中运动的时间不同,位移大小相同,所以平均速度不同,B错误;根据公式Δv=aΔt知,子弹在每个水球中运动的速度变化量不同,C错误;根据速度与位移的关系式有=2ax,则vt=,设在每个水球中的位移大小为x0,可得子弹从左到右每次射出水球的速度之比为∶∶∶=1∶∶∶2,即子弹从右到左减速过程依次进入四个水球的初速度之比为∶∶∶1,D正确。 考向3　Δx=aT2的应用 [典例6]　(多选)(2025·四川宜宾高三联考)如图(a)所示,某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程,物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d=0.6 m的地砖拼接而成,且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是(　　) A.物块在由A运动至E的时间为0.6 s B.位置A与位置D间的距离为1.30 m C.物块在位置D时的速度大小为2.25 m/s D.物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2 [答案] CD [解析] 由图(b)中各个位置对应时刻可知, 相邻位置的时间间隔为T=0.40 s,故AE的 时间间隔为1.6 s,选项A错误;而AC段与 CE段的时间间隔为2T=0.80 s;xCE-xAC= 3d-d=2d,又xCE-xAC=a(2T)2,解得a= 1.875 m/s2,选项D正确;物块在位置D时速 度vD==2.25 m/s,选项C正确;由vD=vA+a(3T)得,物块在A位置速度vA=0,则位置A、D间距离为xAD==1.35 m,选项B错误。 分层训练　巩固提高 三 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.(2025·四川眉山高三上开学考试)地铁刹车后匀减速进站,晓燕同学利用照相机拍下了地铁停下前最后2 s初和最后2 s末的照片,如图所示。已知地铁相邻两车门之间的距离为4.5 m,地铁刹车前的速度为15 m/s,则地铁刹车后行驶的路程为(　　) A.45 m　　B.50 m C.60 m D.70 m B 解析:对最后2 s内的运动采取逆向思维有x1=at2,解得a==2.25 m/s2,整个刹车过程有=2ax,解得x==50 m,故选B。 A 夯实基础 2.(2024·四川遂宁高三期末诊断)“道路千万条,安全第一条”,《道路交通安全法》第四十七条规定:“机动车行经人行横道,应减速行驶;遇行人正在通过人行横道时,应停车让行。”一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶,驾驶员发现前方50 m处的斑马线上有行人,驾驶员立即刹车使车做匀减速直线运动停车让行,则刹车后汽车的加速度大小至少为(　　) A.1 m/s2 B.0.97 m/s2 C.0.83 m/s2 D.0.69 m/s2 A 解析:加速度越大,车越容易停下来,当汽车恰好到达斑马线停下时,加速度最小。设汽车做匀减速运动的加速度大小为a,根据匀变速直线运动位移速度公式有=2ax,解得a==1 m/s2,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·四川绵阳高三诊断)物体做匀加速直线运动,已知第1 s末的速度是6 m/s,第2 s末的速度是10 m/s,则下列说法正确的是 (　　) A.物体零时刻的速度是3 m/s B.物体的加速度是4 m/s2 C.任何1 s内的速度变化都是2 m/s D.前2 s内的平均速度是5 m/s B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:第1 s末的速度是6 m/s,第2 s末的速度是10 m/s,则加速度为a= m/s2=4 m/s2,故B正确;在第1 s末的速度是6 m/s,根据速度公式有v1=v0+at,解得物体零时刻的速度v0=2 m/s,故A错误;根据a=得物体在任何1 s内的速度变化都为Δv=4 m/s,故C错误;前2 s内的平均速度== m/s=6 m/s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·四川雅安高三阶段检测)某次冰壶训练中,一冰壶以某初速度在水平冰面上做匀减速直线运动,通过的距离为x时其速度恰好为零,若冰壶通过第一个的距离所用的时间为t,则冰壶通过最后的距离所用的时间为 (　　) A.(-2)t B.(-)t C.(+2)t D.(+)t D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:将冰壶的运动过程逆向来看,即看成冰壶从静止开始做匀加速直线运动,由s=aT2可知,冰壶通过连续相等距离所用时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-),n为大于或等于1的整数。由题意知冰壶通过第一个的距离所用的时间为t,则冰壶通过最后的距离所需时间为t'==(+)t,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·陕西安康模拟)做匀加速直线运动的质点,在第6 s内和前5 s内的平均速度之差是3 m/s,则此质点运动的加速度大小为(　　) A.1 m/s2 B.2 m/s2 C.3 m/s2 D.6 m/s2 A 解析:根据匀变速直线运动中某段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度可知,第6 s内的平均速度等于5.5 s时刻的瞬时速度,前5 s内的平均速度等于2.5 s时刻的瞬时速度,依题意由加速度定义式可得a== m/s2=1 m/s2,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(多选)如图所示,一冰壶以速度v垂直边界进入三个矩形区域做匀减速直线运动,且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零,则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度大小之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(　　) A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1 B.v1∶v2∶v3=∶∶1 C.t1∶t2∶t3=1∶∶ D.t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:因为冰壶做匀减速直线运动,且末速度为零,故可以看作反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(-1)∶(-),故所求时间之比为(-)∶(-1)∶1,故选项C错误,D正确;由v2-=2ax可得,初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶,则所求的速度之比为∶∶1,故选项A错误,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.已知O、A、B、C为同一直线上的四点,A、B间的距离等于B、C间的距离,一物体自O点由静止出发,沿此直线做匀加速直线运动,依次经过A、B、C三点,已知经过AB段和BC段所用时间分别为t1和t2,则该物体经过OA段的时间为(　　) A. B. C.- D.- D 解析:设该物体做匀加速直线运动的加速度为a,经过OA段的时间为t,A、B间的距离为x,则有=+a,=a(t+),联立解得t=-,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(多选)如图所示,滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动,先后经过P、M、N三点,已知PM=10 m,MN=20 m,且运动员经过PM、MN两段的时间相等,下列说法正确的是 (　　) A.能求出O、P间的距离 B.能求出运动员经过OP段所用的时间 C.能求出运动员的加速度 D.能求出运动员经过P、M两点的速度之比 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设运动员通过PM、MN所用时间均为T,则运动员经过M点的速度为vM==,根据Δx=aT2得a==,则运动员经过P点的速度为vP=vM-aT=-=,则xOP==1.25 m,故A正确;运动员经过P、M两点的速度之比为=,故D正确;因为T未知,则不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度,故B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.一辆汽车在笔直的道路上制动后做匀减速直线运动,利用相机对汽车从制动开始每隔1 s拍摄照片,拍摄结束后,根据一定比例测出了每两次拍摄之间车运动的距离,将照片合成如图所示。下列说法正确的是(　　) A.汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2 B.汽车制动后第2 s内的平均速度为8 m/s C.汽车制动后第1 s末的速度大小为6 m/s D.汽车开始制动时的速度为9 m/s A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 能力提升 解析:根据Δx=aT2,可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为a== m/s2=2 m/s2,故A正确;汽车制动后第2 s内的平均速度为== m/s=7 m/s,故B错误;汽车制动后第1 s末的速度等于前2 s的平均速度,则有v1== m/s=8 m/s,故C错误;汽车制动时的初速度为v0=v1+at1=8 m/s+2×1 m/s=10 m/s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.如图所示,具有“主动刹车系统”的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时,会立即开始主动刹车,车主可根据需要设置安全距离。某车的安全距离为10 m,若汽车正以36 km/h的速度在路面上行驶,遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动,加速度大小为6 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.汽车刹车时间为5 s B.汽车能安全停下 C.汽车开始“主动刹车”后第1 s末的速度为5 m/s D.汽车开始“主动刹车”后第2 s内的平均速度为2 m/s B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:汽车刹车后做匀减速运动,速度v0=36 km/h=10 m/s,速度减到零所需时间t== s= s,汽车从刹车到停止运动的位移x=t=× m= m<10 m,汽车能安全停下,A错误,B正确;汽车开始“主动刹车”后第1 s末的速度为v=v0+at=10 m/s-6×1 m/s=4 m/s,C错误;汽车开始“主动刹车”后第2 s内的位移Δx=v0t+at2-(v0t1+a)=10× m-×6×()2 m-10×1 m +×6×12 m= m,第2 s内的平均速度为 == m/s= m/s,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(10分)(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; 解析: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。 答案:20 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 答案: 680 m 解析:救护车加速运动过程中的位移 x1=a=100 m 设在t3时刻救护车停止鸣笛,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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(16分)假设收费站的前、后都是平直大道,假期间过站的车速要求不超过v=21.6 km/h,小汽车未减速前的车速为v0=108 km/h,制动后小汽车加速度的大小为a1=4 m/s2。试问: (1)假期间,驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动? 答案:108 m　 解析:画草图(运动过程)如图所示。 v=21.6 km/h=6 m/s,v0=108 km/h=30 m/s 小汽车进入收费站前做匀减速直线运动,设在距收费站至少为x1处开始制动,则有v2-=-2a1x1 解得x1=108 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中,小汽车运动的时间至少是多少? 解析: 小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,设前、后两段的位移分别为x1和x2,时间分别为t1和t2。 减速阶段,有v=v0-a1t1 解得t1==6 s 加速阶段,有v0=v+a2t2 解得t2==4 s 则小汽车运动的时间至少为t=t1+t2=10 s。 答案: 10 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)在(1)(2)问中,车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少? 答案: 4 s 解析: 加速阶段,有-v2=2a2x2 解得x2=72 m 则总位移x=x1+x2=180 m 若不减速通过收费站,则所需时间 t'==6 s 故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt=t-t'=4 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$