2027届高考物理一轮专题课件 第2讲　匀变速直线运动的规律

该高中物理高考复习课件聚焦“匀变速直线运动的规律及推论”核心考点，依据高考评价体系梳理了基本公式应用、刹车类问题、双向可逆运动等考查维度，通过真题分析明确“位移差公式”“平均速度法”等高频考点权重，归纳出六大解题方法与规范答题要点，体现备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“真题研析+方法突破+素养提升”，如以2023山东卷典题4为例，运用平均速度公式和中间时刻速度推论，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。针对刹车类问题强调实际运动时间判断，通过逆向思维法简化运算，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准指导学生高效冲刺高考。

第2讲　匀变速直线运动的规律 2027 考点一　匀变速直线运动的规律及应用 考点二　匀变速直线运动的推论及应用 目 录 索 引 考点一　匀变速直线运动的规律及应用 强基础•固本增分 匀变速直线运动的概念及规律 加速度 相同 相反 v0+at 提示 微元法 提示 不能,应先求出快艇停下来所需时间。 研考点•精准突破 1.选用合适公式 特别提醒　除时间t外,s、v0、v、a均为矢量,所以需要确定正方向,一般以v0的方向为正方向。当v0=0时,一般选加速度a的方向为正方向。 题目中所涉及的物理量 (包括已知量、待求量) 没有涉及的物理量 适宜选用的公式 v0、v、a、t s v=v0+at v0、a、t、s v v0、v、a、s t 2.思维流程 考向一　基本公式的应用 典题1 [一题多变]电动伸缩门由于方便美观广泛用于学校和小区等场所。一辆汽车匀速直线行驶到A位置时,电动门才以v0=0.25 m/s的速度从门柱C匀速向左打开,考虑电动门速度过慢,司机反应t0=1 s后,开始刹车,当汽车在B处停下时,汽车左端恰好没碰到电动门。已知汽车宽为L=1.85 m,车右端距离门柱C水平距离一直为d=0.65 m,AB两位置距离为s=55 m,求: (1)汽车匀减速的时间; (2)汽车刹车的加速度大小。 答案 (1)9 s　(2) m/s2 解析 (1)汽车左端恰好没碰到电动门,则电动门运动时间t1==10 s 司机反应t0=1 s,则汽车匀减速时间t2=t1-t0=9 s。 (2)设汽车初速度为v1,汽车运动总距离s=v1t0+ 且v1=at2 解得a= m/s2。 提示 由典题1第(2)问可知汽车匀速运动的速度为v1=10 m/s 汽车与电动门不发生碰撞的条件是s≥t1 解得v≤1 m/s。 考向二　刹车类问题 典题2 (2026广东梅州阶段练习)一辆汽车正在笔直的公路上行驶,突然发现前方100 m处有事故发生,于是立即刹车做匀减速直线运动,从此时开始计时,1 s后汽车距离事故发生处还有78 m,又经过0.5 s,汽车距离事故发生处还有68.5 m。再经历5.5 s,汽车距离事故发生处还有(　　) A.32 m B.30 m C.28 m D.26 m C 解析 匀减速运动1 s后汽车距离事故发生处还有78 m,则通过的位移为s1=100 m-78 m=22 m,此过程有s1=v0t1-;又经过0.5 s,汽车距离事故发生处还有68.5 m,则通过的位移为s2=100 m-68.5 m=31.5 m,此过程有s2=v0t2-,其中t2=1 s+0.5 s=1.5 s,解得v0=24 m/s,a=4 m/s2,则汽车停止运动时间t0==6 s,再经历5.5 s,则开始刹车经历的总时间大于6 s,则从刹车到静止过程有=2as0,解得s0=72 m,则汽车距离事故发生处还有s3=100 m-72 m=28 m。故选C。 考向三　双向可逆类问题 典题3 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,重力加速度g取10 m/s2。 (1)当速度为零时,求物体前进的位移大小。 (2)当物体的位移大小为7.5 m时,求物体运动的时间和物体的速度大小。 (3)如果上述斜面与物体之间有摩擦,动摩擦因数为,其他条件不变,当物体的位移大小为7.5 m时,求物体运动的时间。 规范答题指津 解:(1)对于物体沿斜面向上运动的过程 　　　　　　　　　 指明研究对象和研究过程 选沿斜面向上为正方向,a=-5 m/s2 当速度为零时,根据速度位移公式有0-=2as 解得s=10 m。 　　　　指明选用的公式或规律 (2)当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时,s1=7.5 m 由运动学公式s1=v0t+at2,解得t1=3 s或t2=1 s 不用写出具体的计算过程  当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时,s2=-7.5 m 由运动学公式s2=v0t'+at'2 解得t1'=(2+) s(舍去)  存在多个解时,说明取舍情况 由速度公式v=v0+at,解得v1=-5 m/s,v2=5 m/s或v3=-5 m/s。 (3)根据题设条件可知,斜面的倾角为30° 根据牛顿第二定律,有 上升阶段-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma1 下滑阶段-mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2 解得a1=-7.5 m/s2,a2=-2.5 m/s2 当速度为零时,根据速度位移公式0-=2a1s3 　　符号使用规范,不能混用 解得s3= m<7.5 m 　　　　　　　　　　　写出必要的文字说明 可知当物体的位移大小为7.5 m时,处在下滑阶段  由速度公式0=v0+a1t3得 物体上升阶段用时t3= s 物体下滑阶段,由位移公式可得-7.5 m- 解得t4= s 因此物体运动的时间t总=t3+t4= s。 　　不要遗漏单位 考点二　匀变速直线运动的推论及应用 强基础•固本增分 1.匀变速直线运动的三个重要推论 特别提醒　公式只适用于匀变速直线运动。 (m-n) 　 2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论 (1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn=                             。  (2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn=                             。  (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sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN=                             。  (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∶2∶3∶…∶n 1∶4∶9∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n-1) 1∶(-1)∶()∶…∶() √ √ √ 研考点•精准突破 解决匀变速直线运动问题的常用“六法” 考向一　平均速度公式的应用 典题4 (2023山东卷)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间的距离的两倍,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 根据题意=10 m/s,=5 m/s,根据RS间的距离和ST间的距离的关系,公交车经过RS的时间是经过ST时间的,故4(vR-vS)=vS-vT,解得vT=1 m/s,选项A、B、D错误,C正确。 考向二　位移差公式的应用 典题5 [一题多解]图甲为游客排队依次滑冰滑梯的场景,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的上端滑道上游客的人数; (3)此时A距滑道顶端的距离。 思维点拨　转化研究对象——将多名游客的运动转化为一名游客的运动, A、B、C、D可看成其不同时刻的位置。 请用推论法和基本公式法求解。 答案 (1)4.5 m　(2)2　(3)2 m 解析 方法一(推论法) (1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速直线运动的规律可知,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名游客。 (3)设相邻两名游客(两点)间的时间间隔为T,下滑的加速度为a, 则有Δs=lCD-lBC=aT2,即aT2=1 m 由平均速度公式有vB==vA+aT 联立两式解得vA= 此时A距滑道顶端的距离l==2 m。 方法二(基本公式法) 设相邻两名游客(两点)间的时间间隔为T,下滑的加速度为a,A点的速度为vA,则有 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名游客 A距滑道顶端的距离l==2 m。 考向三　初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用 典题6 [一题多变](2024山东卷)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.(-1)∶(-1) B.()∶(-1) C.(+1)∶(+1) D.()∶(+1) A 思维点拨　木板沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动,通过A点的位移即木板的长度。请分别用匀加速直线运动的位移公式和比例式求解。 解析 方法一(位移公式)　木板在斜面上运动时,加速度不变,设木板的加速度为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=,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=,当木板长度为2l时有3l=,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1),故选A。 方法二(比例式)　以木板为参考系,A点沿斜面向上做初速度为0的匀加速直线运动,由题意可知Δt2∶Δt1即为A点通过第二、第三个l的总时间与通过第二个l的时间之比,故Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1),A正确。 提示 2∶ 本 课 结 束 $