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（广东专版）

第2讲　匀变速直线运动的规律 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 1 [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。 2 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 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 内容索引 3 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：s＝__________。 (3)速度—位移关系式：__________________。 加速度 v0＋at v0t＋at2 ＝2as 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。 ①Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝__________。 ②sn－sm＝__________。 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s1∶s2∶s3∶…∶sn＝____________________。 (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sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝_____________________。 (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) [思考判断] (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　) (2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。(　　) (3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。(　　) (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。(　　) × × √ √ 二 核心知识　典例研析 10 考点一　匀变速直线运动的基本规律 基础考点 11 1.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a的方向为正方向。 2.解决运动学问题的基本思路 12 3.解决匀变速直线运动问题的常用方法 情境特点 思路 公式 已知s、t或已知vt、v0 平均速度法 等时间段 推论法 Δs＝aT2或sm－sn＝(m－n)aT2 初速度为零的等时间段 比例法 速度比结论，位移比结论 初速度为零的等位移段 比例法 时间比结论 末速度为零的匀减速直线运动 逆向思维法 转化为初速度为零的匀加速直线运动 [典例1]　(2025·广东梅州模拟)神舟十七号飞船采用“快速返回技术”。 在距离地面1 m处时，反推发动机点火，返回舱速度由6 m/s减至2 m/s软 着陆，此阶段的运动可看作匀减速直线运动，则此阶段(　　) A.航天员处于失重状态 B.航天员的加速度大小为32 m/s2 C.返回舱运动的时间为0.5 s D.返回舱此阶段的平均速度大小为4 m/s 考向1　基本公式的应用 D [解析]　由于此阶段的运动可看作匀减速直线运动，则加速度方向向上，可知航天员处于超重状态，故A错误；根据速度与位移的关系有v2－＝2as，解得航天员的加速度a＝－16 m/s2，即加速度大小为16 m/s2，故B错误；由速度公式有v＝v0＋at，解得t＝0.25 s，故C错误；返回舱此阶段的平均速度大小为＝4 m/s，故D正确。 [典例2]　(2025·广东广州统考)一物体做匀减速直线运动直至停下，若在最初2 s内的位移是8 m，最后2 s内的位移是2 m，则物体的运动时间 是(　　) A.4 s　　　　　　　　 B.5 s C.6 s D.7 s [解析]　匀减速至零的直线运动可以逆向视为初速度为零的匀加速直线运动，最后2 s内，由x2＝a解得a＝1 m/s2，最初2 s内，由x1＝v0t1－a解得v0＝5 m/s，由v0＝at解得t＝5 s。 B [典例3]　(2025·八省联考云南卷)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 考向2　两种匀减速直线运动的比较 A [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大小Δv不小于v0－v≈4.44 m/s，根据匀变速运动速度与时间关系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。 考点二　处理匀变速直线运动的常用方法 能力考点 19 1.匀变速直线运动常用方法说明 20 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Δs＝s2－s1＝aT2、sm－sn＝(m－n)aT2求加速度。 [典例4]　(多选)(2025·广东深圳模拟)一物体沿一直线运动，先后经过 匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移 均为s，所用时间分别为2t、t和t，则(　　) A.物体做匀加速运动时加速度大小为 B.物体做匀减速运动时加速度大小为 C.物体在这三个运动过程中的平均速度大小为 D.物体做匀减速运动的末速度大小为 考向1　平均速度法 BD [解析]　物体做匀速运动的速度为v＝。设匀加速运动的初速度为v1，根据匀变速直线运动的平均速度公式有，联立解得v1＝0，则对匀加速运动过程，有s＝a1(2t)2，解得a1＝，A错误；设匀减速直线运动的末速度为v2，根据匀变速直线运动的平均速度公式有，解得v2＝，则匀减速直线运动的加速度大小a2＝，B、D正确；物体在这三个运动过程中的平均速度大小，C错误。 [典例5]　(2025·广东梅州模拟)如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4 s内位移为9.6 m，第二个 4 s内位移为16 m，下面说法正确的是(　　) A.计时时刻送货车的速度为0 B.送货车的加速度大小为1.6 m/s2 C.送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s D.送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s 考向2　位移差公式的应用 C [解析]　根据匀变速运动推论可得加速度大小a＝ m/s2＝0.4 m/s2，根据匀变速运动中间时刻 的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可知送货车 在第1个4 s末的速度大小v1＝ m/s＝3.2 m/s，根据速度时间公式可得计时时刻送货车的速度v0＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，故A、B错误，C正确；送货车在第2个4 s内的平均速度大小v＝ m/s＝4 m/s，故D错误。 [典例6]　(2025·广东佛山模拟)如图所示，粗糙程度 处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端 可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块 相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成两个完 整的圆周运动。在运动过程中，完成第一圈与第二圈所用时间之比为 (　　) A.(－1)∶1　　　　　　 B.2∶1 C.1∶1 D.1∶ 考向3　逆向思维法解决匀变速直线运动问题 A [解析]　小木块在粗糙程度处处相同的水平桌面上 运动，受到与运动方向相反的大小相等的摩擦力作 用，木块恰好完成两个完整的圆周运动，可以等效 成木块做初速度为v0的匀减速直线运动至速度为0， 逆向思维，根据初速度为0的匀加速直线运动相邻 相等位移所用时间的比例关系，可得完成第一圈与第二圈圆周运动所用时间之比t1∶t2＝(－1)∶1，故A正确，B、C、D错误。 [典例7]　(2025·广东珠海模拟)如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨 钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段 的时间为t，则(　　) A.通过cd段的时间为t B.通过ce段的时间为(2－)t C.ae段的平均速度等于c点的瞬时速度 D.ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 考向4　初速度为零的匀变速直线运动的比例法 B [解析]　根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶(－1)∶()∶(2－)，可得出通过cd段的时间为()t，通过de段的时间为(2－)t，则通过ce段的时间为(2－)t，A错误，B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae段的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、D错误。 分层训练　巩固提高 三 30 1.(2025·广东模拟)在交通事故分析中，刹车线 的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后， 停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在 某次交通事故中，汽车的刹车线长度是40 m，假 设汽车刹车时的速度大小为20 m/s，则汽车开始 刹车时的加速度大小为(　　) A.2 m/s2 B.5 m/s2 C.4 m/s2 D.6 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B A 夯实基础 31 解析：设汽车刹车前的速度方向为正方向，由0－＝2as得a＝＝－5 m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，所以汽车开始刹车时的加速度大小是5 m/s2，故B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 32 2.(2025·广东潮州模拟)超声速巡航是指飞机在不开启后燃器的情况下能够持续在1.5倍音速以上进行超过30分钟的超声速飞行。超声速巡航的提出主要是基于快速突防的战术思想，因此，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势，超声速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一。某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270 m/s 提升至 510 m/s，耗时1 min，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距 离为(　　) A.16 200 m B.23 400 m C.30 600 m D.46 800 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析：该过程飞行的距离为s＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B。 33 3.(2025·广东潮州模拟)若一辆校车以8 m/s的速度在道路上匀速行驶，驾驶员在距斑马线前方16.8 m处发现斑马线上有行人通过，随即刹车使车做匀减速直线运动至停止，行人恰能安全通过。若校车在最后1 s内 的位移为1.25 m，则驾驶员的反应时间为(　　) A.0.1 s B.0.3 s C.0.2 s D.0.5 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：设驾驶员的反应时间为t，知s＝vt＋，校车在最后1 s内的位移为1.25 m，可看成是反向的初速度为零的匀加速直线运动，故s'＝at'2，联立解得t＝0.5 s，故D正确，A、B、C错误。 D 34 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) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 35 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A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 36 5.(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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 BD 37 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－＝2as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 1 38 6.一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为 9 m 和 7 m，则刹车后6 s内的位移是 (　　) A.20 m B.24 m C.25 m D.75 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：由Δs＝aT2得a＝ m/s2＝2 m/s2，由9 m＝v0T－aT2得v0＝ 10 m/s，汽车刹车时间t＝＝5 s＜6 s，故刹车后6 s内的位移为刹车后 5 s内的位移，s＝＝25 m，故选项C正确。 C 39 7.(2025·广东茂名模拟)为倡导节能减排，新能源电动车已经走进千家 万户。一款电动家用轿车在某次测试中速度从0加速到30 m/s的加速时 间为10 s，设测试过程中车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则轿车 在该段时间内(　　) A.平均加速度大小为1.5 m/s2 B.加速到15 m/s时，用时5 s C.运动到总位移一半时，速度等于15 m/s D.位移大于150 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D B 能力提升 40 解析：由题意知，轿车的平均加速度为 m/s2＝3 m/s2，故A错误；轿车的加速度随速度的增加而逐渐减小，说明加速到15 m/s时，用时小于5 s，故B错误；若轿车做匀加速直线运动，运动到总位移一半时，根据匀变速直线运动中间位移速度推论v＝ m/s＞15 m/s及v＝可知，前半段位移的平均加速度大于匀加速直线运动中的加速度，则运动到总位移一半时，速度大于15 m/s，故C错误；轿车做匀加速直线运动的位移s＝×10 m＝150 m，由题意知测试过程中轿车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则轿车在该段时间内的位移s'＞s＝150 m，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 41 8.此前，深圳、广州等多个城市允许无人驾驶汽车在特定区域、特定时段上路进行商业化试运营。假设一辆测试车辆正在平直公路上行驶，距路口停车线40 m时，红绿灯还有3 s将变为红灯，此时测试车辆的速度 为10 m/s。测试车辆可看作质点，在不违反交通规则的前提下(　　) A.测试车辆可以以 m/s2的加速度匀加速通过该路口 B.测试车辆匀加速通过该路口时的速度可以为15 m/s C.测试车辆匀减速停在该路口，其加速度大小为 m/s2 D.测试车辆匀减速停在该路口，其加速度大小为1.25 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 42 解析：若测试车辆以 m/s2的加速度做匀加速运动，则3 s内经过的位移s'＝v0t＋a't2＝40 m，即车辆刚好到路口，还未通过路口，故A错误；若测试车辆匀加速通过该路口时的速度为15 m/s，则经过40 m所用时间t'＝＝3.2 s＞3 s，所以通过该路口时的速度不可能为15 m/s，故B错误；若测试车辆匀减速停在该路口，由＝2as解得a＝1.25 m/s2，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 43 9.(2025·广东汕头模拟)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境， 自动控制车辆安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车 开始减速，无人车需要0.2 s，比人快了1 s。人工驾驶汽车以某速度匀速 行驶，从发现情况到停下的运动距离为44 m，汽车减速过程视为匀减速 运动，其加速度大小为10 m/s2。同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况 到停下的运动距离为(　　) A.24 m B.26 m C.28 m D.30 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 44 解析：设汽车匀速运动的速度为v0，则人工驾驶时从发现情况到停下的运动距离为s1＝v0Δt1＋，解得v0＝20 m/s，无人驾驶汽车时从发现情况到停下的运动距离为s2＝v0Δt2＋＝20×0.2 m＋ m＝24 m，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 45 10.(12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? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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s1处开始制动，则有v2－＝ －2a1s1 解得s1＝108 m。 46 (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? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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s1和s2，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 47 (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? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：加速阶段，有－v2＝2a2s2 解得s2＝72 m， 则总位移s＝s1＋s2＝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。 答案：4 s 48 $$