第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律（课件PPT）-【高考领航】2026年高考物理大一轮复习学案

第2讲　 匀变速直线运动的规律 返回 ‹#› 1.理解匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式及公式中各物理量的含义。 2．会灵活应用运动学公式及推论解决相关问题。 复习 目标 返回 ‹#› 1 考点一　 2 考点二　 4 限时规范训练 栏 目 导 引 3 题型拓展 返回 ‹#› 1．匀变速直线运动：沿着一条直线且_________不变的运动。 2．匀变速直线运动的两个基本规律 (1)速度与时间的关系式：v＝_______________。 (2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2。 由以上两式联立可得速度与位移的关系式：____________________。 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 加速度 v0＋at v2－v02＝2ax 返回 ‹#› 3．两点提醒 (1)v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、v2－v02＝2ax，三式中v0、v、a、x都是矢量，应用时要规定正方向。 (2)对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退(即做反向的匀加速直线运动)，一般需要判断减速到零的时间。 返回 ‹#› 1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( ) 2．匀加速直线运动的位移随时间均匀增大。( ) 3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。( ) × × √ 返回 ‹#› (多选)一辆汽车以25 m/s的速度沿平直公路行驶，突然发现前方有障碍物，立即刹车，汽车做匀减速直线运动，加速度大小为 m/s2，那么从刹车开始计时，前6 s内的位移大小与第6 s末的速度大小分别为(　　) A．x＝60 m　　　　 B．x＝62.5 m C．v＝0 D．v＝5 m/s BC 解析：BC　汽车速度减为零需要的时间t＝ s＝5 s，汽车在前6 s内的位移x＝ m＝62.5 m，A错误，B正确；经过5 s汽车停止运动，因此第6 s末汽车的速度大小为0，C正确，D错误。 答案 解析 返回 ‹#› (2024·山东卷，3)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．∶ B．∶ C．∶ D．∶ A 解析：A　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＝at02，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＝at12，当木板长度为2L时，有3L＝at22，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，故选A。 答案 解析 返回 ‹#› (2024·广西卷，13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学 (1)滑行的加速度大小； (2)最远能经过几号锥筒。 答案：(1)1 m/s2　(2)4 解析：(1)设该同学经过1号锥筒时速度大小为v0，加速度大小为a，由匀变速直线运动规律可知 d＝v0t1－at12 2d＝v0(t1＋t2)－a(t1＋t2)2 联立解得v0＝2.45 m/s，a＝1 m/s2。 (2)设该同学停下时经过的位移大小为x，根据匀变速直线运动规律有v2－v02＝－2ax 解得x＝＝3.001 25 m≈3.33d＜4d 可知最远能经过4号锥筒。 答案 解析 返回 ‹#› 1．匀变速直线运动的三个推论 (1)平均速度公式：，即一段时间内的平均速度等于这段时间______时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的______。 (2)位移差公式：任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差______，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝_________。 注意：此公式可以延伸为xm－xn＝(m－n)aT2，常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度。 考点二 匀变速直线运动的推论及应用 中间 一半 相等 aT2 返回 ‹#› (3)位移中点速度公式：＝ 。 2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式 (1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝___________________________。 (2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝_______________________________________。 (3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝______________________________。 1∶2∶3∶…∶n 12∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n－1) 返回 ‹#› (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∶∶∶∶…∶。 返回 ‹#› 角度1　平均速度公式的应用 　 (2023·山东卷，6)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：C　由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有，联立解得t2＝ 4t1，vT ＝ vR－10，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，解得vR＝11 m/s，联立解得vT ＝ 1 m/s，故选C。 答案 解析 返回 ‹#› 角度2　位移差公式的应用 　 如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m，且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是(　　) A．可以求出该物体加速度的大小 B．可以求得xCD＝5 m C．可求得O、A之间的距离为1.125 m D．可求得O、A之间的距离为1.5 m C 解析：C　设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝，则O、B之间的距离xOB＝＝3.125 m，O、A之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C正确。 答案 解析 返回 ‹#› 角度3　比例式及逆向思维法的应用 　 (多选)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∶∶∶1 AD 返回 ‹#› 解析：AD　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∶∶∶∶…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v2＝2ax，则v＝，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。 返回 ‹#› 匀变速直线运动问题常用的解题方法 返回 ‹#› 1．解题步骤 题型拓展 匀变速直线运动的多过程问题 返回 ‹#› 2．解题关键 相邻两个过程衔接时刻的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，抓住衔接时刻的速度往往是解题的关键。 返回 ‹#› (2022·全国甲卷，15)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：C　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，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0。则有v＝ v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速有t2＝，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得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＝，故选C。 答案 解析 返回 ‹#› ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求： (1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； (2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速； (3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。 返回 ‹#› 解析：(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m 故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。 (2)过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2＝＝72 m。 (3)过ETC通道的时间 t1＝ ＝18.5 s 过人工收费通道的时间t2＝×2＋t0＝44 s x总2＝2x2＝144 m 返回 ‹#› 二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m 在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t2－＝25 s。 答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 [基础分组训练] 题组1　匀变速直线运动的基本规律及应用 1．(2025·江西南昌模拟)如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是3L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为(　　) A. 　　　　　 B． C． D． 限时规范 训练(2) A (选择题1～7题每题5分，9～10题每题6分，共47分) 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 解析：A　设子弹穿出A时的速度为v，对子弹射穿A的过程，应用运动学公式可得v2－v12＝2aL；对子弹射穿B的过程，应用运动学公式可得v22－v2＝2a·3L，联立解得v＝ 。故A项正确，B、C、D三项错误。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2．(2025·湖北武汉模拟)如图所示，在高山滑雪男子大回转比赛中，某选手沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动，该选手在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为(　　) A．8L1 B．L3 C．L1＋L3 D．(L1＋L3) C 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：C　该选手在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，则对应时间之比为1∶2∶1，有L1＝v0t＋at2，L2＝(v0＋at)·2t＋a(2t)2＝2v0t＋4at2，L3＝(v0＋3at)·t＋at2，观察可得L2＝L1＋L3，故选项C正确。 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 3．(2025·云南省高考适应性测试，5)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 A 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：A　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为Δv＝v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系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。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 题组2　匀变速直线运动的推论及应用 4．质点在做匀变速直线运动，依次经过A、B、C、D四点。已知质点经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为t、3t、5t，在AB段和CD段发生的位移分别为x1和x2，则该质点运动的加速度为(　　) A． B． C． D． 解析：B　AB段中间时刻的速度v1＝，CD段中间时刻的速度v2＝，加速度a＝，B正确，A、C、D错误。 B 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 5．在某次跳水比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t。设运动员入水后向下运动过程中，第一个t时间内的位移大小为x1，最后两个t时间内的总位移大小为x2，则x1∶x2为 (　　) A．17∶4 B．13∶4 C．15∶4 D．15∶8 C 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 解析：C　初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…、第n个t时间内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移即为逆过程中第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移即为逆过程中前两个t时间内的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故C正确。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 6．(2025·湖南长沙模拟)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，AB间的距离x1＝3 m，BC间的距离x2＝13 m，则该质点的加速度大小为(　　) A．3.6 m/s2 B．4 m/s2 C．4.2 m/s2 D．4.8 m/s2 解析：A　因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10 m，联立可得T＝，a＝3.6 m/s2，A正确。 A 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 题组3　匀变速直线运动的多过程问题 7．(2024·海南卷，5)商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为(　　) A．1.25 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2 C 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 解析：C　设门开启的过程中最大速度为v，已知门从静止开始以相同大小的加速度先匀加速运动后匀减速运动，可知加速过程和减速过程的时间均为2 s，且加速过程和减速过程的平均速度均为，由x＝vt有x＝×2 s＋×2 s，解得v＝1 m/s，则加速度a＝＝0.5 m/s2，C正确。 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 8． (10分)(2025·湖北武汉模拟)无人机在生产生活中有广泛应用。我国林业部门将无人机运用于森林防火工作中，如图所示，某架无人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标高度为H1＝205 m处，t＝0时刻，它以加速度a1＝6 m/s2竖直向下匀加速运动距离h1＝75 m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在距目标高度为H2＝70 m的空中，然后进行拍照。重力加速度大小取10 m/s2，求： (1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在距目标高度为H2＝70 m处的总时间t； (2)若无人机在距目标高度为H2＝70 m处悬停时动力系统 发生故障，自由下落2 s后恢复动力，要使其不落地，恢 复动力后的最小加速度大小。 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：(1)设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速直线运动规律有 h1＝a1t12 v＝a1t1 H1－H2－h1＝t2， 联立解得t＝t1＋t2＝9 s。 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 (2)无人机自由下落2 s末的速度为 v0＝gt′＝20 m/s 2 s内向下运动的位移为x1＝gt′2＝20 m， 设其向下减速的加速度大小为a2时，恰好到达地面前瞬间速度为零，此时a2为最小加速度大小，则H2－x1＝ 代入数据解得a2＝4 m/s2。 答案：(1)9 s　(2) 4 m/s2 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 [创新提升训练] 9．(2025·辽宁大连模拟)如图为大连星海湾大桥上的四段长度均为L的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则满足 (　　) A．1＜＜2 B．3＜＜4 C．2＜＜3 D．4＜＜5 B 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：B　将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶，所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为≈2＋1.732＝3.732，所以3＜＜4，A、C、D错误，B正确。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(2025·云南昆明模拟)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点。小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　) A．小球的加速度大小为3 m/s2 B．OA间距为8 m C．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/s D．第3 s末经过B点 C 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：C　根据匀变速直线运动规律，设OA间距为x，有x＝v0t－at2，小球又经4 s第二次通过C点，有x＋8 m＝，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B点为AC的中间位置，OB间距为x1＝x＋4 m＝20 m，由vB2－v02＝，解得vB＝2 m/s，故C正确；由x1＝t1，解得t1＝s，故D错误。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11． (10分)(2024·全国甲卷，24)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＝ 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。 解析：(1)根据匀变速运动速度公式v＝at1 代入数据可得救护车匀速运动时的速度大小v＝20 m/s。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (2)救护车加速运动过程中的位移 x1＝at12＝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＋v(t3－t1) 代入数据联立解得x＝680 m。 答案：(1)20 m/s　(2)680 m 返回 ‹#› 第2讲　匀变速直线运动的规律 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $