第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考）

第2讲　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特点及规律，熟练应用匀变速直线运动的基本公式解决实际问题。2.灵活运用匀变速直线运动的有关推论。3.会解决匀变速直线运动中的多物体、多过程问题。

考点一　匀变速直线运动的基本公式

1．速度—时间关系式(速度公式)：v＝v0＋at。

2．位移—时间关系式(位移公式)：x＝v0t＋at2。

3．速度—位移关系式：v2－v02＝2ax。

(2024·江西卷·T3·改编) 某物体位置随时间的关系为x＝1＋2t＋3t2。判断下列说法的正误：

(1)物体的初速度大小为2 m/s。(√)

(2)物体的加速度大小为3 m/s2。(×)

(3)物体在第1 s内的位移大小为5 m。 (√)

(4)物体的初始位置x＝2 m。(×)

基本公式的选用技巧

(多选)2024年7月，中国第三艘航空母舰“福建舰”完成了第三次海试。

图甲所示是“福建舰”海试时的情境。图乙所示，假设航空母舰的水平跑道总长为180 m，其中电磁弹射区的长度为80 m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为40 m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，飞机离舰起飞速度为100 m/s。已知航空母舰始终处于静止状态，飞机可视为质点，下列说法正确的是(　　)

A．飞机在电磁弹射区运动的时间为 4 s

B．飞机离开电磁弹射区时的速度大小为80 m/s

C．飞机离开电磁弹射区后的加速度大小为 m/s2

D．飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为 s

答案：BD

解析：根据x1＝a1t12，解得t1＝2 s，故A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝80 m/s，故B正确；飞机离开电磁弹射区后，根据速度—位移关系有v22－v12＝2a2x2，代入数据解得a2＝18 m/s2，故C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间t2＝ s，飞机从开始起飞到离开跑道的总时间t＝t1＋t2＝ s，故D正确。故选BD。

针对练1.(多选)某质点做直线运动，位置随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100 (SI)，则对这个质点运动的描述，正确的是(　　)

A．做匀加速直线运动

B．初速度为100 m/s

C.加速度为20 m/s2

D．在3 s末，瞬时速度为40 m/s

答案：BD

解析：由位置随时间变化的关系式对比匀变速直线运动位移与时间的关系式x

＝at2可知，初速度为v0＝100 m/s、加速度为a＝－20 m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、C错误，B正确；由匀变速直线运动速度与时间的关系式v＝v0＋at可得，在3 s末，瞬时速度为v＝(100－20×3) m/s＝40 m/s，故D正确。故选BD。

针对练2.(2024·山东卷·T3)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．∶

答案：A

解析：对木板由牛顿第二定律可知，木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，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＝∶，A正确。

考点二　匀变速直线运动的推论及其应用

1．平均速度公式： ＝ ，即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。