1.2　匀变速直线运动的规律及应用—2027届高考物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦匀变速直线运动规律及应用、自由落体与竖直上抛运动、运动多过程问题等核心考点，依据高考评价体系梳理了速度公式、位移公式等基本规律及平均速度法、比例法等解题方法，通过近五年真题分析明确匀变速规律应用占45%的高频考点分布，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“真题演练+方法提炼+素养提升”策略，如以2025广西卷轮滑锥筒匀减速题为例，运用位移差公式和逆向思维法突破，培养科学推理与模型建构素养。设易错辨析专栏和“六法”解题模板，通过对点演练让学生熟练答题技巧，教师可据此精准指导，助力高效冲刺。

第2节　匀变速直线运动的规律及应用 第一章 强基础 增分策略 一、匀变速直线运动的规律 1.基本公式 (1)速度公式:v=v0+at。 (2)位移公式:x=v0t+ at2。 用微元法推导 (3)速度—位移关系式:v2- =2ax。 2.重要推论 (1)平均速度: ,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=aT2。  可以延伸为xm-xn=(m-n)aT2 中间 一半 相等 (4)初速度为零的匀加速直线运动的比例 ①1T末,2T末,3T末,…,nT末的瞬时速度之比: v1∶v2∶v3∶…∶vn=　 。  ②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: x1∶x2∶x3∶…∶xn=　 。  ③通过连续相等的位移所用时间之比: 1∶2∶3∶…∶n 1∶3∶5∶…∶(2n-1) 易错辨析 (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　) (2)匀变速直线运动中,经过相同的时间,速度变化量相同。(　　) (3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(　　) (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、自由落体和竖直上抛运动 静止 gt 2gh 向上 重力 v0-gt -2gh 易错辨析 (5)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(　　) (6)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。(　　) (7)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。 (　　) (8)不计空气阻力,物体从某高度由静止下落,任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定。(　　) × × √ √ 旁栏边角 阅读“做一做”——用手机测自由落体加速度,完成下面题目。 小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频,得到分帧图片,利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度,实验装置如图甲所示。 乙 甲 (1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球,其中最适合被用作实验中下落物体的是　　　　　。  (2)下列主要操作步骤的正确顺序是　　　　　。(填写各步骤前的序号)  ①把刻度尺竖直固定在墙上 ②捏住小球,从刻度尺旁由静止释放 ③手机固定在三脚架上,调整好手机镜头的位置 ④打开手机摄像功能,开始摄像 (3)停止摄像,从视频中截取三帧图片,图片中的小球和刻度如图乙所示,已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重力加速度为　　　　　m/s2。  (4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直方向,从该视频中截取图片,　　　　　(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度。  答案 (1)小钢球　(2)①③④② (3)9.6(9.5~9.7均可)　(4)仍能 解析 (1)为使物体的运动尽可能地接近自由落体运动,应该尽量减小空气阻力的影响,故下落物体应该选小钢球。 (2)实验步骤要本着先安装器材,再进行实验的原则,具体步骤为①③④②。 (3)刻度尺读数时应读球心对应的刻度,把图中三幅图依次连接起来即为常见的纸带问题,根据逐差法可得重力加速度为 (4)小球下落时偏离了竖直方向,是因为释放小球的手稍有晃动使小球在下落时有一个较小的初速度,但是小球在竖直方向的运动加速度仍为重力加速度,截取图片对应的竖直方向位移,结合运动时间,仍能测出重力加速度。 增素能 精准突破 考点一 匀变速直线运动规律的理解与应用[自主探究] 1.选用合适公式 考点一 考点二 考点三 考点四 2.思维流程 审题→画出示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→求解方程 考点一 考点二 考点三 考点四 【对点演练】 1.(2025广西卷)某乘客乘坐的动车进站时,动车速度从36 km/h减小为0,此过程可视为匀减速直线运动,期间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次,则此过程动车行驶距离约为(　　) A.216 m B.350 m C.600 m D.700 m B 解析 动车进站后减速所用的时间约为t=×70=70 s,则动车行驶距离约为x=t=×70 m=350 m,故B正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 2.汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶,急刹车时的加速度大小为5 m/s2 (刹车时认为车做匀变速运动),则自驾驶员急踩刹车开始,2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为(　　) A.4∶5 B.5∶4 C.4∶3 D.3∶4 D 解析 2 s内的位移x1=v0t+at2=30 m,汽车速度减为0的时间t0==4 s,刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移,x2==40 m,所以2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为3∶4,故D正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 3.(2025广西卷)如图所示,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。 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1)1 m/s2　(2)4 解析 (1)假设经过1号锥筒时,该同学的速度为v0, 从1号锥筒到2号锥筒做匀减速运动有d=v0t1- 从1号锥筒到3号锥筒做匀减速运动有2d=v0(t1+t2)-a(t1+t2)2 联立以上两式,解得 a=1 m/s2 v0=2.45 m/s。 (2)该同学静止时距1号锥筒的距离为 x==3.001 25 m≈3.33d 所以该同学将停在4号锥筒与5号锥筒之间,最远经过4号锥筒。 考点一 考点二 考点三 考点四 考点二 匀变速直线运动推论及应用[师生共研] 解决匀变速直线运动问题常用的“六法” 考点一 考点二 考点三 考点四 【典例突破】 典例1.图甲为游客排队滑冰滑梯的场景,在工作人员的引导下,每间隔相同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乙所示,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。 考点一 考点二 考点三 考点四 思维点拨 转化研究对象——将多名游客的运动转化为一个游客在运动,A、B、C、D可看成其不同时刻的位置。 答案 (1)4.5 m　(2)2人　(3)2 m 解析 解法一　(推论法) (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Δs=lCD-lBC=lBC-lAB=1 m 解得lCD=4.5 m。 (2)因为Δs=1 m,所以此刻A的上端滑道上还有2个人。 考点一 考点二 考点三 考点四 (3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有 Δs=lCD-lBC=aT2 即aT2=1 m 考点一 考点二 考点三 考点四 解法二　(基本公式法) 设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,A点的速度为vA,则有 考点一 考点二 考点三 考点四 考题点睛 考点考向 点睛 匀变速直 线运动公 式的应用 规律:两个基本公式共5个量,知道三个量(或三个独立的关系)就可求解其他量 模型:对于连续相等时间内位移问题,可由Δx=aT2或平均速度公式分析 方法:对于初速度为零的匀加速直线运动(或可用逆向思维法看成匀加速直线运动的匀减速运动)常常用比例法求解 易错:对于刹车类问题或双向运动类问题,要弄清速度变为零前后的运动情况 考点一 考点二 考点三 考点四 【对点演练】 4.(2025广西南宁模拟)右图是位于南宁市东南郊的两座邕江大桥,近处为公路桥,远处更高大的是铁路桥。公路桥所用吊杆为高强度平行钢丝,吊点等间距分布,相邻吊点之间的水平距离为d。一辆汽车正在匀加速通过公路桥,依次经过相邻的1~5号吊杆。设车头以速度v经过2号吊杆,经过时间t,车头以速度3v经过5号吊杆。 则汽车的加速度大小为(　　) A. B. C. D. B 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 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,且等于中间时刻的瞬时速度。由2号吊杆运动到5号吊杆用时t,则有,解得v=,则加速度a=。故选B。 考点一 考点二 考点三 考点四 考点三 自由落体和竖直上抛运动[师生共研] 1.自由落体运动问题的解决方法 匀变速直线运动的公式对自由落体运动都成立,解题时一般取开始下落时为时间起点,采用基本公式求解,必要时采用比例关系求解。 2.竖直上抛运动的解题方法 (1)全过程法 将竖直上抛运动视为初速度竖直向上、加速度竖直向下的匀变速直线运动,取向上为正,a=-g,则v=v0-gt, ,以抛出点为原点,在抛出点上方,h>0,在抛出点下方,h<0。 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)分阶段法 将全程分为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。 上升过程:做匀减速直线运动,最终速度减为零,上升到最高点的时间t=,上升的最大高度h=。 下落过程:做自由落体运动。 考点一 考点二 考点三 考点四 (3)用好竖直上抛运动的两类对称 时间对称 物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时 间相等,即t上=t下= 物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的时间相等 速度对称 物体上抛时的初速度与物体落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反 物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反 考点一 考点二 考点三 考点四 3.竖直上抛运动的多解性 当物体经过抛出点上方某个位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段,造成多解,在解决问题时要注意这个特性。 考点一 考点二 考点三 考点四 【典例突破】 典例2.从地面上将一个小球竖直上抛,经t时间小球经过空中的某点A,再经过t时间小球又经过A点。不计空气阻力,下列说法正确的是(　　) 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 D 考点一 考点二 考点三 考点四 考题点睛 考点考向 点睛 竖直上 抛运动 规律:竖直上抛运动遵循匀变速直线运动规律 方法:应用“全过程法”或“分阶段法”处理,注意“对称”特性 易错:明确如果有空气阻力,上升和下降阶段加速度不同 考点一 考点二 考点三 考点四 【对点演练】 5.某轮10 m跳台跳水比赛中,运动员在跳台上倒立静止,然后下落,前5 m完成技术动作,随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动,重力加速度大小取10 m/s2,则运动员用于姿态调整的时间约为(　　) A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s B 解析 运动员下落的整个过程所用的时间t= s≈1.4 s,前5 m的过程所用的时间t1= s=1 s,则运动员用于姿态调整的时间约为t2=t-t1=0.4 s,故B正确,A、C、D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 6.(广西卷)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落,P1在下落的第1 s末速度大小为v1。再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2,使P2从原高度自由下落,P2在下落的第1 s末速度大小为v2,g取10 m/s2,则(　　) A.v1=5 m/s B.v1=10 m/s C.v2=15 m/s D.v2=30 m/s B 解析 P1与P2释放之后均做自由落体运动,v1=v2=gt=10 m/s,选项B正确。 7.打弹弓是一款传统游戏,射弹花样繁多,燕子钻天是游戏的一种,如图所示,一表演者将弹丸竖直向上射出后,弹丸上升过程中在最初1 s内上升的高度与最后1 s内上升的高度之比为9∶1,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则弹丸在上升过程中最初1 s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为(　　) A.45 m/s　125 m B.45 m/s　75 m C.36 m/s　125 m D.36 m/s　75 m A 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 射出的弹丸做竖直上抛运动,可看成自由落体运动的逆运动,由运动学公式h=gt2可知,弹丸最后1 s内上升的高度h1=×10×12 m=5 m,则最初1 s内上升的高度h2=9h1=45 m,最初1 s内中间时刻的速度v= m/s=45 m/s,弹丸的初速度v0=v+gt'=45 m/s+10×0.5 m/s=50 m/s,故上升的最大高度为h= m=125 m,故选A。 考点一 考点二 考点三 考点四 考点四 运动多过程问题[名师破题] 【问题特点】 一个物体的运动过程包含几个阶段,各阶段的运动性质不同,满足不同的运动规律,交接处的速度是连接各阶段的桥梁。 【解决思路】 1.“合”——初步了解全过程,构建大致运动图景。 2.“分”——将全过程进行分解,分析每个过程的规律。 3.“合”——找到子过程的联系,寻找解题方法。 考点一 考点二 考点三 考点四 【分析要点】 1.题目中有多少个物理过程? 2.每个过程物体做什么运动? 3.每种运动满足什么物理规律? 4.运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些? 考点一 考点二 考点三 考点四 【典例突破】 典例3.(人教版教材必修第一册P55习题改编)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的速度沿直线朝收费站行驶,如果过ETC通道,需要在距收费站中心线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。 考点一 考点二 考点三 考点四 (1)求汽车过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)汽车通过人工收费通道时,应在离收费站中心线多远处开始减速? (3)求汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间。 答案 (1)138 m　(2)72 m　(3)25 s 考点一 考点二 考点三 考点四 考点一 考点二 考点三 考点四 考点一 考点二 考点三 考点四 思路突破 1.根据获取的信息画出各阶段运动示意图。 (1)过ETC通道时经历三个运动阶段 (2)过人工收费通道经历两个运动阶段 考点一 考点二 考点三 考点四 2.明确过两种通道中各阶段的运动性质,弄清已知量、未知量。 3.选取合适的公式,分阶段求解(或列出各阶段的运动方程,并根据阶段点速度或位移关系,把这些方程关联起来)。 考点一 考点二 考点三 考点四 【对点演练】 8.(2026湖北武汉第二中学月考)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g取10 m/s2。 (1)求无人机从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,求恢复动力后的最小加速度的大小。 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1)9 s　(2)4 m/s2 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=a1,v=a1t1,H1-H2-h1=t2, 联立解得t=t1+t2=9 s。 (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的大小为a2时,恰好到达地面前瞬间速度为零, 则H2-x1=,代入数据解得a2=4 m/s2。 考点一 考点二 考点三 考点四 9.有一天,小王开车上班,以72 km/h的速度在一条平直公路上匀速行驶,快要到一个有斑马线的路口的时候,小王看到一位行人以1.5 m/s的速度正要从A点走斑马线过马路,如图所示。经过0.5 s的思考,小王立即刹车(不计小王做出决定到用脚踩制动器所需的反应时间),礼让行人。汽车匀减速4 s刚好在停车线前停下。设每个车道宽度为3 m。 (1)在小王的思考时间内,汽车做什么运动?这段时间里汽车的位移为多少? (2)小王看到行人时,汽车离斑马线的距离是多少? (3)若小王看到行人时不加思考立即刹车,1 s之后 做匀速运动,请通过计算判断小王是否违章驾驶。 (刹车加速度与之前相同,不违章是指当行人到达 B点时汽车车头没有越过停车线) 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1)匀速直线运动　10 m (2)50 m (3)违章驾驶 解析 (1)在小王思考时间内,汽车做匀速直线运动,v0=72 km/h=20 m/s, 则这段时间内汽车的位移为 x0=v0t0=20×0.5 m=10 m。 考点一 考点二 考点三 考点四 考点一 考点二 考点三 考点四 则在此过程中汽车先减速1 s,后匀速3 s。 汽车减速过程,由匀变速直线运动规律可得 v'=v0+at2=20 m/s+(-5)×1 m/s=15 m/s 汽车匀速过程的位移x3=v't3=15×3 m=45 m 则此过程汽车的位移为x=x2+x3=17.5 m+45 m=62.5 m>50 m, 因此小王违章驾驶。 考点一 考点二 考点三 考点四 v= (3)位移中点速度:。 匀变速直线运动均有 t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶()∶…∶()。 gt2 v0t-gt2　 g=m/s2=9.6 m/s2。 题目中涉及的物理量 没有涉及的物理量 适宜选用的公式 v0,v,a,t x v=v0+at v0,a,t,x v x=v0t+at2 v0,v,a,x t v2-=2ax v0,v,t,x a x=t 由平均速度公式有vB==vA+aT 联立两式解得vA= 此时A距滑道顶端s==2 m。 lAB=vAT+aT2 lAB+lBC=2vAT+a·(2T)2 lAB+lBC+lCD=3vAT+a·(3T)2 联立解得lCD=4.5 m,vAT=2 m,aT2=1 m 由此可知此刻A的上端滑道上还有2人 A距滑道顶端s==2 m。 h=v0t-gt2,v2-=-2gh A.小球上升的最大高度为gt2 B.A点的高度为gt2 C.小球抛出时的速率为2gt D.小球抛出时的速率为gt 解析 根据竖直上抛运动的对称性,知小球竖直上抛运动到最高点的时间为t+t=t,则竖直上抛的初速度v0=gt,故C错误,D正确;小球上升的最大高度h=g(t)2=gt2,故A错误;从A点上升到最高点的时间为t,则A点距离最高点的高度h1=g(t)2=gt2,A点距地面的高度h2=h-h1=gt2,故B错误。 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=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=×2+=18.5 s 过人工收费通道的时间t2=×2+t0=44 s =2x2=144 m 二者的位移差Δx==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-(t1+)=25 s。 (2)以汽车速度方向为正方向, 因此汽车刹车时的加速度为a= m/s2=-5 m/s2, 负号表示加速度的方向与规定的正方向相反。 汽车刹车过程的位移为x1= m=40 m 小王看到行人时汽车离斑马线的距离为x=x0+x1=10 m+40 m=50 m。 (3)行人从A点到B点所需时间为tAB= s=4 s, x2= m=17.5 m $