第一章 第2课时 匀变速直线运动的规律（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第2课时　匀变速直线运动的规律 目标要求　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，并理解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题。 考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用 1.匀变速直线运动 沿着一条直线且加速度不变的变速运动。如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线。 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＝v0＋at。 (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： v2－v02＝2ax。 3．公式选用原则 以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量。选用原则如下： 不涉及位移，选用v＝v0＋at 不涉及末速度，选用x＝v0t＋at2 不涉及时间，选用v2－v02＝2ax 4．正方向的选定 无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负。 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。(　√　) 例1　(2023·广东梅州市期末)神舟十三号飞船采用“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 答案　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－v02＝2ax，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。 例2　(2024·广东广州市开学考)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 答案　B 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＝at22解得a＝1 m/s2 最初2 s内，由x1＝v0t1－at12解得v0＝5 m/s 由v0＝at解得t＝5 s，故选B。 例3　(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为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 答案　ABC 解析　以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x1＝7.5 m，由运动学公式x1＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确；当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x2＝－7.5 m，由x2＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确；由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误。 思考　(1)刹车类问题有什么特点，解题时首先应该注意什么？ (2)双向可逆类匀减速直线运动有什么特点，解题时应该注意什么？ 答案　(1)刹车问题：物体匀减速到速度为零后停止运动。解题时，判断在所求问题的时间内，物体是否已经停止。 (2)如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义，物体的运动可能出现多解。 考点二　匀变速直线运动的推论及应用 1．匀变速直线运动的常用推论 (1)平均速度公式：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内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度。即：＝＝。此公式可以求某时刻的瞬时速度。 (2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等。 即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度。 2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式 (1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 (2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2。 (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∶3∶5∶…∶(2n－1)。 (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)∶(－)∶…∶(－)。 例4　如图所示，一列“和谐号”动车，每节车厢的长度均为l，列车启动过程中可视为匀加速直线运动，列车员站在列车一侧的站台上，已知第3节车厢经过列车员的时间为t1，第4节车厢经过列车员的时间为t2，则列车的加速度为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　从到列车速度的变化量为Δv＝－ 所经历的时间为Δt＝＋ 根据加速度公式得a＝＝ 故选B。 例5　(多选)物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是(　　) A．加速度a的大小为1 m/s2 B．初速度v0的大小为2.5 m/s C．位移x3的大小为 m D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s 答案　ACD 解析　根据Δx＝aT2得a＝ m/s2＝－1 m/s2，A正确；根据x1＝v0t1＋at12，得v0＝3.5 m/s，B错误；第2 s末的速度v2＝v0＋at2＝(3.5－1×2) m/s＝1.5 m/s，则x3＝＝ m，位移x3内的平均速度大小＝＝0.75 m/s，C、D正确。 例6　(多选)(2024·广东深圳市红岭中学月考)如图所示，相同的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是(　　) A．子弹在每个水球中的速度变化量相同 B．子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1 C．子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1 D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 答案　BCD 解析　子弹做匀减速运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，而加速度相同，由Δv＝aΔt知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，故A错误；子弹的运动可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，则子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故B正确；子弹的运动可看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据s＝at2可得子弹逆向依次进入每个水球时的时间之比为1∶∶∶2，根据v＝at可知子弹逆向依次进入每个水球时的速度之比为1∶∶∶2，则子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1，故C正确；子弹恰好能穿出第4个水球，则根据B项分析知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球所用的时间相同，则子弹穿出第3个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，故D正确。 思考　什么情况下可以用逆向思维法解题？ 答案　把物体的运动过程逆过来，恰能变为一个初速度已知的匀变速直线运动，如对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动。 1．应用匀变速直线运动规律解题的基本思路 →→→→ 2．匀变速直线运动问题常用的解题方法 课时精练 1．某车以18 km/h的速度匀速驶入高速公路ETC收费通道时，ETC天线完成对车载电子标签的识别后发出“滴”的一声，同时自动栏杆开始抬起，栏杆完全抬起需要用时1 s，此时车头距栏杆只有3 m，为了避免撞杆，司机制动刹车，若不计司机的反应时间，刹车的加速度大小至少为(　　) A．2 m/s2 B．4 m/s2 C. m/s2 D．6 m/s2 答案　B 解析　根据位移时间关系可知x＝v0t＋at2，解得a＝＝－4 m/s2，其中负号表示与速度方向相反。故选B。 2．(2024·广东潮州市月考)超音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分钟的超音速飞行。超音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，超音速巡航是第五代战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，耗时一分钟，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 答案　B 解析　该过程飞行的距离为x＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B。 3.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 答案　C 解析　根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax知，AB＝，AC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误。 4．(2023·广东省模拟)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 答案　D 解析　设驾驶员的反应时间为t，知x＝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x′＝at′2，联立解得t＝0.5 s，故选D。 5．(多选)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，那么以下说法中正确的是(　　) A．这2 s内的平均速度是2.25 m/s 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0.5 m/s2 答案　ABD 解析　根据平均速度公式知，这2 s内的平均速度＝ m/s＝2.25 m/s，故A正确；第3 s末的瞬时速度等于这2 s内的平均速度，即v3＝＝2.25 m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得，质点的加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，故C错误，D正确。 6．据了解，CR300AF型复兴号动车组是拥有完全自主国产研发的中国标准动车组体系中的新车型。该车型设计时速为250千米每小时，外观呈淡蓝色，除此之外复兴号动车组全车覆盖免费WiFi，且每两个座椅有一个插座。假设一列复兴号动车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3 s、2 s、1 s连续通过三段位移后停下，则这三段位移的平均速度之比是 (　　) A．9∶4∶1 B．27∶8∶1 C．5∶3∶1 D．3∶2∶1 答案　A 解析　可将动车匀减速过程看作初速度为0的匀加速过程，根据匀变速直线运动规律可知最后连续通过三段位移的比值为27∶8∶1，根据平均速度的计算公式＝，可知这三段位移的平均速度之比是9∶4∶1，故A正确，B、C、D错误。 7．(2023·广东珠海市检测)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 答案　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。 8．在同一直线上的A、B两个高铁试验站台之间的距离为x，某次试验中一列试验高铁沿轨道由静止从A出发驶向B，高铁先以大小为a的加速度匀加速运动一段时间，接着以大小为2a的加速度匀减速运动，到达B时速度恰好为零，该过程中高铁的最大速度为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设高铁最大速度为vm，加速的时间为t1，减速的时间为t2，则(t1＋t2)＝x，vm＝at1＝2at2，联立解得vm＝，故选A。 9．一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 答案　C 解析　由连续相等时间内的位移差Δx＝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，即刹车5 s末汽车停止运动，故刹车后6 s内的位移x＝＝25 m，故选C。 10．(2023·广东汕头市模拟)福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用了电磁弹射和阻拦系统。舰载机的起飞和着陆均视为匀变速直线运动，福建舰始终静止，相关数据如下表所示： 全舰长度 320 m 舰宽 78 m 母舰最大航速 30节(约为56 km/h) 满载排水量 8万余吨 舰载机质量 50吨 舰载机搭载数量 60～70架 舰载机加速的加速度 5 m/s2 舰载机减速的加速度 20 m/s2 舰载机起飞速度 80 m/s (1)若电磁弹射给舰载机的初速度为40 m/s，请根据表格数据判断舰载机能否正常起飞； (2)若拦阻索对返航的舰载机进行减速时，舰载机的初速度大小为40 m/s，请求出着舰3 s内舰载机的位移大小。 答案　(1)不能正常起飞，理由见解析　(2)40 m 解析　(1)根据表中数据可知，假设舰载机能正常起飞，则起飞时的加速距离为x＝＝＝480 m 因为480 m>320 m，超过全舰长度，则假设不合理，舰载机不能正常起飞。 (2)假设减速时全舰长度足够长，则着舰后舰载机停下的时间为t＝＝＝2 s<3 s 故舰载机2 s内停下后，保持静止。此段时间的位移为x′＝·t＝×2 s＝40 m<320 m 假设成立。则着舰3 s内舰载机的位移为40 m。 11.游客排队滑滑梯时，在工作人员的引导下，每间隔相同的时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图所示，已知A、B和B、C间的距离分别为2.5 m和3.5 m，若游客在滑梯上做匀加速直线运动，求： (1)C、D间的距离； (2)此刻A的上端滑道上还有几个人； (3)此时A距滑道顶端的距离。 答案　(1)4.5 m　(2)2人　(3)2 m 解析　(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即Δx＝lCD－lBC＝lBC－lAB＝1 m， 解得lCD＝4.5 m。 (2)因为Δx＝1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2个人。 (3)设相邻两名游客滑下的时间间隔为T， 下滑的加速度为a，有Δx＝aT2，即aT2＝1 m， 由平均速度公式有vB＝＝vA＋aT， 此时A距滑道顶端的距离x＝， 联立解得x＝2 m。 12．(2023·广东省六校联考)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 答案　D 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的速度推论v＝＝ m/s>15 m/s，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；若轿车做匀加速直线运动，则位移x＝×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x′>x＝150 m，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $