第一章　第2课时　匀变速直线运动的规律-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以“规律-推论-应用”为逻辑主线，通过公式选用原则、逆向思维等方法提炼，构建匀变速直线运动问题的系统性解题体系，培养运动观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基本规律及应用|3典例+拓展|公式选用原则、正方向选取、逆向思维|从定义（加速度不变）到基本公式推导，结合刹车、双向运动等场景应用| |推论及应用|2典例+变式|平均速度公式、位移差公式、比例式法|由基本公式推导推论，通过连续相等时间/位移问题强化科学推理|

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运动。如图所示，v-t图线是一条倾斜的直线。 (1)匀加速直线运动：加速度a与速度v方向相同； (2)匀减速直线运动：加速度a与速度v方向相反。 2.匀变速直线运动的基本规律 (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-=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-=2ax。 4.正方向的选取 以上三式均为矢量式，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。 例1　(来自教材改编)滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。如图所示，飞机跑道的前一部分是水平的，跑道尾段略微向上翘起。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减小，但能使飞机具有斜向上的速度，有利于飞机的起飞。假设某飞机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的加速度为7.8 m/s2，位移为180 m，后一段的加速度为5.2 m/s2，位移为15 m。求： (1)飞机离舰时的速度有多大(保留3位有效数字)； (2)飞机在航母上降落时，需用阻拦索使飞机迅速停下来。若某次飞机着舰时的速度为80 m/s，飞机钩住阻拦索后经过2.5 s停下来。将这段运动视为匀减速直线运动，此过程中飞机滑行的距离是多少。 答案　(1)54.4 m/s　(2)100 m 解析　(1)已知前一段匀加速直线运动中x1=180 m，a1=7.8 m/s2， 后一段匀加速直线运动中x2=15 m，a2=5.2 m/s2， 由=2a1x1及-=2a2x2 联立解得v2≈54.4 m/s。 (2)飞机着舰时的速度v3=80 m/s，飞机停下来时，速度为零。 由0-v3=-a3t及x3=v3t-a3t2 联立解得x3=100 m或由0-v3=-a3t及0-=-2a3x3 联立解得x3=100 m。 例2　(2026·江苏盐城市检测)以20 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在2 s内前进32 m，2 s末汽车速度不为零。求汽车的加速度及制动后6 s内发生的位移大小。 答案　4 m/s2，方向与运动方向相反　50 m 解析　以20 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在2 s内前进32 m， 根据位移时间公式可得x=v0t-at2， 代入数据解得加速度大小为a=4 m/s2， 方向与运动方向相反；汽车制动后到停下所用时间为t0==5 s， 则制动后6 s内发生的位移大小， 即为制动后5 s内发生的位移大小， x0=v0t0-a=50 m。 拓展　求汽车制动后第5 s内发生的位移大小。 答案　2 m 解析　由“逆向思维”可知汽车制动后第5 s内发生的位移大小为反方向做初速度为零的匀加速直线运动的第1 s内的位移大小，即x'=at'2=2 m。 　逆向思维在匀减速直线运动中的应用 当物体做匀减速直线运动时，若末速度已知，利用逆向思维，可看作初速度已知的匀加速直线运动，例如匀减速直线运动速度减到零，利用逆向思维看作初速度为零的匀加速直线运动。 例3　如图，在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以大小为10 m/s的初速度v0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.物体运动时间一定为1 s B.物体运动时间一定为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　C 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，x=7.5 m，由运动学公式x=v0t+at2，解得t1=3 s或t2=1 s，故A、B错误；当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x=-7.5 m，由x=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)刹车类问题的特点：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物体，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。解题时可分过程列式，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　物体沿一直线做匀加速直线运动，已知它在第2 s内的位移为4 m，第3 s内的位移为6 m，则下列判断中正确的是(　　) A.它的加速度大小是4 m/s2 B.它在第2 s末的速度为4 m/s C.它的初速度为零 D.它在前7 s内的位移是56 m 答案　D 解析　根据匀变速直线运动相邻相等时间间隔内位移差的关系x3-x2=aT2，解得加速度大小是a=2 m/s2，故A错误；第2 s末的速度等于第2 s初至第3 s末的平均速度，即v2== m/s=5 m/s，v2=v0+at2，则v0=v2-at2=5 m/s-2×2 m/s=1 m/s，故B、C错误；在前7 s内的位移是x=v0t7+a=1×7 m+×2×72 m=56 m，故D正确。 拓展　在例4中，求解加速度时，可用平均速度法、位移差公式、基本公式法，请尝试用另外两种方法解加速度。 答案　基本公式法：设第1 s末的速度为v1，第2 s内位移为x1，第3 s内位移为x2，则有x1=v1t+at2，x2=(v1+at)t+at2，联立解得a=2 m/s2，v1=3 m/s 平均速度法：1.5 s末的速度v1.5=，2.5 s末的速度，v2.5=，a==2 m/s2。 [变式]　如图所示是一景区游客观光滑道的示意图。一游客沿倾斜直滑道下滑的过程中，测得通过长x1=2 m的ab段历时1 s，通过bc段历时2 s，通过长x2=8 m的cd段历时1 s，若视游客匀加速直线下滑，则下列说法正确的是(　　) A.游客下滑的加速度大小为2 m/s2 B.游客经过a点时的速度大小为1.5 m/s C.bc段的长度为12 m D.游客经过ad段的平均速度大小为4 m/s 答案　A 解析　根据题意可得x2-x1=3aT2，代入数据解得a=2 m/s2，故A正确；ab阶段有x1=vaT+aT2，代入数据解得va=1 m/s，故B错误；bc段的长度为xbc=x1+aT2+x1+2aT2=4 m+6 m=10 m，故C错误；游客经过ad段的平均速度大小为==5 m/s，故D错误。 例5　(2025·江苏省射阳中学检测)如图所示，在一次训练中，冰壶(可视为质点)以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。冰壶从A点运动到E点和从B点运动到E点的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　) A.2∶ B.∶1 C.(-1)∶1 D.(-1)∶1 答案　A 解析　方法一　基本公式法 冰壶做匀减速运动至速度为零，采用逆向思维，把冰壶运动看作从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，设DE=d，则4d=a 3d=a 解得t1∶t2=2∶，故选A。 方法二　比例式法 把冰壶运动看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动，由连续相等位移的时间比得tAB∶tBC∶tCD∶tDE=(2-)∶(-)∶(-1)∶1，则t1∶t2=(tAB+tBC+tCD+tDE)∶(tBC+tCD+tDE)=2∶，故选A。 1.应用匀变速直线运动规律解题的基本思路 画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论 2.匀变速直线运动问题常用的解题方法 课时精练 [分值：54分] 　[1~6题，每题4分] 1.(2025·新课标卷·14)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 答案　B 解析　根据速度位移关系0-=-2ax，其中v0=120 m/s，x=14 400 m，代入数据可得减速运动中其加速度的大小a=0.5 m/s2，故选B。 2.(2025·广西卷·3)某位同学观察火车进站，火车由初速度为36 km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为(　　) A.216 m B.350 m C.600 m D.700 m 答案　B 解析　火车运动的时间为t=×70 s=70 s，火车的初速度v0=36 km/h=10 m/s，火车共行驶的距离x=t=×70 m=350 m，故选B。 3.(2025·江苏南京市六校联合体调研)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，上端到达A点时的速度为v1；若木板长度为2L，上端到达A点时的速度为v2。则v2∶v1为(　　) A.∶1 B.∶1 C.(-1)∶(-1) D.∶ 答案　D 解析　木板沿斜面向下做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系式有 =2a·2L，=2a·3L 解得v2∶v1=∶，故选D。 4.一辆做匀减速直线运动的汽车，依次经过a、b、c三点。已知汽车在ab间与bc间的运动时间均为1 s，ab段的平均速度是10 m/s，bc段的平均速度是5 m/s，则汽车做匀减速直线运动的加速度大小为(　　) A.2.5 m/s2 B.5 m/s2 C.7.5 m/s2 D.10 m/s2 答案　B 解析　汽车在ab段，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度有=v0.5 s=10 m/s，同理可知，在bc段有=v1.5 s=5 m/s，汽车做匀减速直线运动的加速度a==-5 m/s2，则汽车做匀减速直线运动的加速度大小为5 m/s2。故选B。 5.(2026·江苏淮安市部分学校联考)一辆汽车以20 m/s的速度沿平直公路匀速行驶，司机突然发现前方有障碍物，于是立即刹车，汽车以大小为4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后4 s内与刹车后6 s内汽车通过的位移大小之比为(　　) A.1∶1 B.24∶25 C.3∶1 D.25∶24 答案　B 解析　汽车初速度v0=20 m/s，加速度a=-4 m/s2 刹车停止时间：t停== s=5 s， 刹车后4 s内的位移(未停止，直接计算)： x1=v0t+at2=20×4 m+×(-4)×42 m=48 m，刹车后6 s内的位移(实际停止时间为5 s，位移按5 s计算)：x2=·t停=×5 m=50 m，位移之比：x1∶x2=48∶50=24∶25，故选B。 6.一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点。已知从A到B和从B到C速度的增加量均为6 m/s，AB间的距离为3 m，BC间的距离为13 m，则物体的加速度大小为(　　) A.3.6 m/s2 B.4 m/s2 C.4.2 m/s2 D.4.8 m/s2 答案　A 解析　根据加速度定义式有a=，由于从A到B和从B到C速度的增加量均为6 m/s，则这两过程所用时间相等，均为Δt=，根据相邻相等时间内的位移差规律有xBC-xAB=a(Δt)2，解得a=3.6 m/s2，故选A。 7.(10分)(2026·江苏苏州市检测)2025年“9·3”阅兵在方阵里出现无人作战车，若某次训练任务中无人作战车行驶时发现前方有紧急情况，于是立即刹车，刹车时车位移随时间变化的规律为x=8t-16t2(位移x的单位为m，时间t的单位为s)，求： (1)(5分)无人作战车在刹车过程中的加速度大小和初速度大小； (2)(5分)无人作战车刹车的位移大小。 答案　(1)32 m/s2　8 m/s　(2)1 m 解析　(1)刹车时车位移随时间变化的规律为 x=8t-16t2 (m)， 结合匀变速直线运动位移与时间关系 x=v0t+at2， 可得v0=8 m/s，a=-16 m/s2， 可得加速度为a=-32 m/s2， 即无人作战车在刹车过程中的加速度大小为32 m/s2，初速度大小为8 m/s。 (2)把刹车过程看作是反向的初速度为零的匀加速直线运动， 则无人作战车减速到零的时间为 t== s=0.25 s， 可得此时位移大小为x1=|a|t2， 解得无人战车刹车的位移大小x1=1 m。 　[8~11题，每题4分] 8.(2025·江苏南通市检测)如图所示，带有挡光片的小车从倾斜导轨的顶端由静止开始加速下滑，小车滑行一段距离后通过光电门。当挡光片的宽度为d1时，测得小车通过光电门的平均速度为；换用宽度为d2的挡光片，在其他条件不变的情况下，仍让小车从倾斜导轨的顶端由静止开始加速下滑，测得挡光片通过光电门的平均速度为。若d1>d2，且开始运动时挡光片前端到光电门的距离相同，则以下关系正确的是(　　) A.= B.> C.< D.≤ 答案　B 解析　因为挡光片随小车在倾斜导轨上做初速度为零的匀加速直线运动，且开始运动时挡光片前端到光电门的距离相同，故宽度不同的挡光片前端到光电门时的速度都相同，设为v。挡光片通过光电门的平均速度为挡光片通过光电门过程中的中间时刻的瞬时速度，设挡光片宽度为d1时通过光电门的时间为Δt1，挡光片宽度为d2时通过光电门的时间为Δt2，可得=v+a·，=v+a·，由于d1>d2，故Δt1>Δt2，因此>。故选B。 9.(2025·江苏苏州市调研)高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则(　　) A.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3t B.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为 C.1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为 D.动车的加速度大小为 答案　C 解析　采用逆向思维法可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)∶…∶(-)，则动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过2号旅客用时的2倍，历时2t，故A错误；动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下总位移为4l，用时2t，则平均速度为==，故B错误；以上由逆向思维可知l=at2，则加速度a=并且=2al，=2a×4l，解得v5=2v1，同时又有l=t，所以v5=，故C正确，D错误。 10.高速避险车道是指在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆减速和安全停车，如图甲。图乙是高速避险车道简化图，B、C、D为AE的四等分点。汽车刚冲进避险车道A点时的速度为v，经过t时间到达B，最终在E点停下。汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是(　　) A.汽车在C点的速度大小为v B.汽车由D点到E点的时间为(2-)t C.汽车运动的总时间为(4+)t D.汽车运动的总位移为(2+)vt 答案　D 解析　由题意可知C点为AE中点，根据匀变速直线运动速度与位移关系可推出，位移中点速度v中=，结合题意可知C点速度vC==v，故A错误；汽车从A点匀减速到E点停下，逆向思维法，可看作汽车从E点做初速度为0的匀加速直线运动到A点，根据匀变速直线运动推论，在连续相等的位移内所用时间关系，有tED∶tDC∶tCB∶tBA=1∶(-1)∶(-)∶(2-)，因为tBA=t，则tED==(2+)t，故B错误；综合以上分析，可知运动总时间t总=tED+tDC+tCB+tBA=(4+2)t，故C错误；根据匀变速直线运动位移与时间关系有xAE=t总，联立以上解得xAE=(2+)vt，故D正确。 11.(来自教材改编)子弹以初速度v0垂直射入叠在一起的固定的相同木板，穿过第20块木板后的速度变为0，可以把子弹视为质点，已知木板的长、厚度均为d，认为子弹在各块木板中运动的加速度都相同，则下列说法正确的是(　　) A.子弹穿过前15块木板所用的时间为 B.子弹穿过第15块木板所用的时间为 C.子弹穿过第15块木板时速度为 D.子弹穿过前15块木板的平均速度为v0 答案　B 解析　子弹做匀减速直线运动，根据=2a·20d，可得子弹的加速度大小为a=，将子弹的运动看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据=2a·5d，可得穿过第15块木板后的速度v15=，C错误；子弹穿过前15块木板所用的时间为t==，A错误；将子弹的运动看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据d=v15t'+at'2，可知子弹穿过第15块木块所用的时间t' =，B正确；子弹穿过前15块木板的平均速度==，D错误。 　[4分] 12.如图，竖直面内固定一大圆环④，小环套在光滑杆上，杆的上下两端分别固定在圆的顶点P和圆周Q点上。圆①②③④共用顶点P，半径之比为1∶2∶3∶4，它们把杆分成四段。小环从顶点P由静止开始沿杆自由下滑至Q点，则小环依次经过这四段的时间之比为(　　) A.12∶6∶4∶3 B.1∶∶∶2 C.1∶(-1)∶(-)∶(2-) D.2∶∶∶1 答案　C 解析　如图所示，根据题意，由几何知识PA∶PB∶PC∶PD=PE∶PF∶PG∶PH=1∶2∶3∶4，得PE=EF=FG=GH，小环套在光滑杆上静止滑下做匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶t4=1∶(-1)∶(-)∶(2-)，故选C。 学科网（北京）股份有限公司 $