第1章 2.第2节 匀变速直线运动规律及其应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“匀变速直线运动规律及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了基本规律、推论应用两大考查模块，通过真题考点分布明确基本规律占30%、推论应用占70%的高频考点，归纳出刹车问题、平均速度计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+多解训练+素养提升”策略，如2025全国卷第1题用速度位移公式，第4题结合运动对称性与v-t图像法，培养科学思维与运动观念素养。特设“易错警示”（如刹车时间判断）和“一题多解”模块，帮助学生掌握解题技巧，教师可依此高效规划复习，助力高考冲刺。

第2节　匀变速直线运动规律及其应用 返回目录 第1课时　静电场中能的性质的描述与判断 返回目录  匀变速直线运动的基本规律及其应用T1、4、7、9　     匀变速直线运动的推论及其 应用T2、3、5、6、8、10、11 返回目录 1.★(2025全国,14,6分)我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450 km/h。若 以120 m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组,匀减速运行14.4 km后停止,则减 速运动中其加速度的大小为 ( ) A.0.1 m/s2　　　    B.0.5 m/s2 C.1.0 m/s2　　　    D.1.5 m/s2 　    B　     高考真题 解析　动车组减速过程中做匀变速直线运动,由v2- =2ax代入数据解得加速度a= -0.5 m/s2,其中负号表示加速度方向与初速度方向相反,B正确。 返回目录 2.★(2024北京,2,3分)一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶,制动后做匀减速直线运动,经2 s停止,汽车的制动距离为 ( ) A.5 m　　　    B.10 m　　　    C.20 m　　　    D.30 m 　    B　     解析　在匀减速运动过程中汽车的制动距离x= t=10 m。B正确。 返回目录 3.★(2025广西,3,4分)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6 0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       返回目录 4.★★(2024海南,5,3分)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的加 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  ( )   　    C　     A.1.25 m/s2　　　    B.1 m/s2　　　     C.0.5 m/s2　　　    D.0.25 m/s2 返回目录 解析　设门的加速度大小为a,根据题意及运动的对称性可知2× at2=2 m,t=2 s,解得a= 0.5 m/s2,C正确。 一题多解 作出单扇感应门打开过程中速度随时间变化的图像如图所示,v-t图像中图线与时间轴 围成的面积表示位移,所以 ×vm×4 s=2 m,解得vm=1 m/s,加速度大小a= = = 0.5 m/s2,C正确。   返回目录 5.★★★(2023山东,6,3分)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　     返回目录 解析    解法一　 设电动公交车通过R、S、T三点的速度分别为vR、vS、vT,通过RS段和 ST段的平均速度分别为 、 ,依题意,由匀变速直线运动规律有 = =10 m/s①  = =5 m/s② xRS= ·tRS ③ xST= ·tST ④ xST=2xRS ⑤ 由①②③④⑤联立可得tST=4tRS ⑥ 设匀减速直线运动的加速度大小为a,则 返回目录 vR=vT+5atRS ⑦ vS=vT+4atRS ⑧ 联立①⑦⑧式,整理可得9atRS=20-2vT ⑨ 联立②⑧式,整理可得4atRS=10-2vT ⑩ ⑨⑩两式相除得 = ,即 = ,解得vT=1 m/s,C正确。 解法二　 设电动公交车通过R、S、T三点的速度分别为vR、vS、vT,通过RS段和ST段的 平均速度分别为 、 ,依题意,设匀减速直线运动的加速度大小为a,由匀变速直线运 动规律有 = =10 m/s①  = =5 m/s② 返回目录  - =2axRS ③  - =2axST ④ xST=2xRS ⑤ 联立③④⑤式,得 = =  ⑥ 联立①②⑥式,得vR=vT+10 m/s, vS=10 m/s-vT, =  解得vT=1 m/s,C正确。 返回目录 6.★★★(2024广西,13,10分)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 返回目录 解析    (1)根据匀变速运动规律可知,某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则该 同学在1、2号锥筒间运动的中间时刻的速度为v1= =2.25 m/s, 在2、3号锥筒间运动的中间时刻的速度为v2= =1.8 m/s, 滑行的加速度大小为a= = =1 m/s2。 (2)设到达1号锥筒时的速度为v0,则v0t1- a =d,代入数据解得v0=2.45 m/s, 该同学从1号锥筒位置运动到停止,通过的位移大小为x= =3.001 25 m≈3.33d, 故最远能经过4号锥筒【注意:初始锥筒编号为1,能经过三个锥筒】。 返回目录 一题多解 (1)设该同学经过2号锥筒时速度大小为v,则d=vt1+ a (逆向思维),d=vt2- a ,解得v= 2.05 m/s,a=1 m/s2。 (2)从2号锥筒到最终停下,有v2=2a(x-d),解得x=3.001 25 m,因4d>x>3d,从1号锥筒之后还 能在经过3个锥筒,故该同学最远能经过4号锥筒。 返回目录 高考模拟 7.★★(2026届湖南长沙长郡中学开学考)我国航空母舰福建舰上有帮助战斗机起飞的 电磁弹射系统。已知无风的情况下某型号战斗机在跑道上靠自身发动机加速时产生 的加速度为5 m/s2,战斗机起飞速度为50 m/s,航空母舰正在以20 m/s的速度匀速前进,弹 射系统能使战斗机具有相对甲板沿前进方向20 m/s的初速度,则此次起飞战斗机脱离 弹射系统后还需要相对甲板滑行的距离为( ) A.50 m　　　    B.90 m C.210 m　　　    D.250 m 　    A　     解析    【关键:战斗机的起飞速度50 m/s是相对于地面的速度,由相对运动规律可得 v战斗机相对地面=v战斗机相对甲板+v甲板相对地面】战斗机相对甲板的末速度v战斗机相对甲板=50 m/s-20 m/s= 30 m/s;以甲板为参考系,弹射系统提供初速度v0=20 m/s,战斗机的加速度a=5 m/s2,末速 v=30 m/s,根据v2- =2as可得s= =  m=50 m,A正确。 返回目录 8.★★★(多选)(2026届安徽大联考)某人驾驶一辆汽车以速度v0匀速行驶,某时刻汽车 开始刹车,测得第1 s内的位移大小为6 m,第4 s内的位移大小为0.25 m。若汽车刹车可 看作匀减速直线运动,则 ( ) A.汽车在第4 s末还未停下来 B.汽车初速度v0=8 m/s C.汽车在第3 s末的速度大小为1 m/s D.汽车在前4 s内运动的平均速度大小为3.5 m/s 　    CD　     返回目录 解析　设加速度大小为a,第1 s内汽车的位移s1=v0·1- a·12=v0-0.5a=6 m,刹车时间t= ,假 设t>4 s,则有s4-s1=-(4-1)aT2=-3a=-5.75 m,联立可得a=  m/s2,v0=  m/s,t=  s<4 s,与 假设不符,故汽车在第4 s末已经停止。设在第4 s内运动的时间为t0,刹车过程可看作初 速度为零的反向匀加速直线运动,可得s4= a =0.25 m,s1= a(3+t0)2- a(2+t0)2=6 m,解得 t0=0.5 s,a=2 m/s2;汽车的初速度v0=a(3+t0)=7 m/s,A、B错误。汽车在第3 s末的速度大小 v3=at0=1 m/s,C正确。在前4 s内总位移s= a(3+t0)2=12.25 m,平均速度 =  m/s=3.5 m/ s,D正确。 返回目录 9.★★★(多选)(2026届湖南、广西阶段性检测)如图所示,游乐场的玻璃滑梯可简化为 倾斜滑道AB和水平滑道BC两部分。t=0时某游客(视为质点)从A点由静止开始匀加速 下滑,经过B点前后速度大小不变,之后在BC上做匀减速直线运动,最后停在C点。若第6 s末和第12 s末速度大小均为6 m/s,第11 s末速度大小为8 m/s,则 ( ) A.游客在第11 s末处于减速阶段 B.游客在运动过程中的最大速度为9 m/s 　    AC　     C.游客运动全过程的路程为75 m D.游客在第16 s末运动到C点 返回目录 解析　游客从A点由静止开始匀加速下滑,0~6 s,根据v1=a1t1可得游客在AB段的加速度 大小a1= =  m/s2=1 m/s2;若游客在第11 s末仍处于加速下滑阶段,则此时的速度v=a1t2= 11 m/s,与题干不符,故游客在第11 s末处于减速阶段,A正确。游客在BC段的加速度大 小a2=  m/s2=2 m/s2;设在第6 s后经过t时间到达B点,可得vB=v1+a1t,已知11 s时速度v2 =8 m/s,由v2=vB-a2(5-t),联立解得t=4 s,vB=10 m/s,B错误。游客运动全过程的路程s= +  =75 m,C正确。游客由A点至C点的总时间t总= + =15 s,故第15 s末运动到C点,D 错误。 返回目录 10.★★★(2025届北京市十一学校月考)从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个 完全相同的小球,释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻,记录下小球在斜面运动的 照片,如图所示。测得小球相邻位置间的距离xAB=4 cm,xBC=8 cm。已知O点距离斜面底 端的长度l=35 cm,小球质量m=0.02 kg,取g=10 m/s2,小球均可视为质点,不计摩擦阻力和 空气阻力。由以上数据可以得出 ( )   　    C　     A.小球的加速度大小为0.4 m/s2 B.斜面上最多有4个小球在运动 C.此时刻在C位置的小球重力的瞬时功率为0.08 W D.小球从静止运动到A位置,合力对小球的冲量大小为4×10-2 N·s 返回目录 解析　小球做匀加速直线运动,由Δx=aT2可得a= =4 m/s2,A错误。小球在斜面上 运动的总时间t= =  s≈0.42 s,故当第5个小球刚放上斜面时,第1个小球还有 0.02 s离开斜面,可得斜面上最多有5个小球在运动,B错误。此时刻B位置处的小球速度 大小vB= =0.6 m/s,此时刻在C位置的小球速度大小vC=vB+aT=1.0 m/s,根据牛顿第 二定律可得mg sin θ=ma,解得sin θ=0.4,则此时刻在C位置的小球重力的瞬时功率P= mgvC cos(90°-θ)=0.08 W,C正确。此时刻A位置处的小球速度大小vA=vB-aT=0.2 m/s,小球 从静止运动到A位置过程,由动量定理可得I合=mvA-0,解得I合=4×10-3 N·s,D错误。 返回目录 一题多解 比例法判断 最高点处的小球刚释放时,最高处2个小球之间的距离为x1= aT2=2 cm;根据初速度为 零的匀变速直线运动的规律可得,各个小球之间的距离之比为1∶3∶5∶7∶…,则各相 邻两个小球之间的距离分别为2 cm,6 cm,10 cm,14 cm,18 cm,…,因为O点与斜面底端距 离为35 cm,而最高点处小球与第5个小球之间的距离为32 cm,则斜面上最多有5个小球, B错误。 返回目录 11.★★★(多选)(2025届广东普通高中二调)如图所示,旅客在站台候车线处候车,相邻 候车线间的距离以及每节车厢的长度均为L。列车进站时,从1号车厢的前端入口a点经 过5号候车线时开始计时,到2号车厢的前端入口b点经过5号候车线时,所用的时间为T, 列车停下时a点恰好正对1号候车线。若列车进站时做匀减速直线运动,则下列说法正 确的是 ( ) A.列车进站时的加速度大小为  　    CD　     B.a点经过2号候车线时,列车的瞬时速度大小为2(7-4 )  C.从a点经过2号候车线到列车停止运动,经历的时间为(2+ )T D.从a点经过5号候车线到列车停止运动的过程,列车的平均速度为2(2- )  返回目录 解题导引       将列车的运动看成质点由正对1号候车线处开始做初速度为零的反向匀加速直线运 动。质点经过4号候车线与5号候车线之间所用的时间为T。 返回目录 解析　采用逆向思维可知,从a点经过5号候车线到a点经过1号候车线过程,连续经过相 等的位移所用的时间之比为( - )∶( - )∶( -1)∶1;设从a点经过2号候车线到 列车停止运动所用时间为t,则有 = ,解得t=(2+ )T,C正确。根据L= at2可得列 车进站时的加速度大小a= = =2(7-4 ) ,A错误。a点经过2号候车线时, 列车的瞬时速度大小v2=at= =2(2- ) ,B错误。从a点经过5号候车线到列车停止运 动的过程,列车运动的总时间t'满足 = = ,解得t'=2 (2+ )T,故列车从a点经过5号候车线到停止运动的过程中平均速度 = =2(2- ) ,D 正确。 返回目录  光学中的运动学问题 (2025届江西宜春二模)中国古代的《墨子》中谈到“景不从,说在改为”意思是影子 是不动的,影子变动的现象是物体和光源位置改变所造成的。如图所示,与水平湖面夹 角为45°的平行光照射在一独木舟上,在右侧竖直壁上形成了一个影子。已知影子长度 为独木舟长度的 倍。 (1)求湖水的折射率; (2)若独木舟向右以0.1 m/s2的加速度移动(湖面的波动忽略不计),在撞壁之前,求影子移 动的位移x影和时间t的关系式。 创新风向·模块融合 返回目录 答案 (1)     (2)x影=0.05 t2(SI) 返回目录 解析    (1)光路图如图所示   根据几何关系可得AB=l,BC= l,故β=30°,湖水的折射率n= = 。 (2)影子随独木舟一起移动,根据数学知识可得 = ,其中x舟= at2=0.05t2,则x影= x舟= 0.05 t2(SI)。 返回目录 $