第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

该高中物理讲义聚焦匀变速直线运动规律及推论核心考点，按定义分类、公式推论、多情境应用逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导（如公式选用原则）、真题训练（2025年高考题及教材改编题）、分层练习（判断正误等）环节，帮助学生突破公式灵活应用难点，体现复习系统性与针对性。 资料以科学思维培养为特色，创新运用逆向思维法（如子弹穿透木块问题）、比例式推论等策略，设计多过程问题三步分析法，结合易错警示（刹车时间判断）和分层练习，高效提升学生模型建构与解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰框架。

第2讲　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，能理解公式中各物理量的含义。2.掌握匀变速直线运动的公式和推论，会灵活应用公式及推论解题。 1．匀变速直线运动的规律 (1)定义：物体沿一条直线运动，且加速度不变的运动。 (2)分类 (3)速度与时间的关系式：v＝v0＋at。 (4)位移与时间的关系式：x＝v0t＋。 (5)位移与速度的关系式：v2－v02＝2ax。 2．匀变速直线运动的推论 (1)平均速度公式：＝； 位移中点速度公式：＝。 (2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 可以推广为xm－xn＝(m－n)aT2。 (3)初速度为零的匀加速直线运动比例式 ①1T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 ②1T内，2T内，3T内，…，nT内位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2。 ③第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第nT内位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 ④通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶。 1．判断正误 (1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。(√) (2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。(×) (3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定不大于该段时间内位移中点的速度。(√) (4)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。(×) 2．(2025·广西卷，3)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 解析：B　已知动车初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，末速度v＝0，匀减速至停止。乘客脉搏每分钟跳动60下，即每秒1下，故70下对应时间t＝70 s。匀减速运动中，加速度a满足v＝v0＋at，解得a＝－ m/s2。位移s可通过平均速度计算： m/s＝5 m/s，s＝×t＝5×70 m＝350 m，因此，动车行驶距离为350米，故选B。 3．(人教版教材原题改编)以18 m/s速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为(　　) A．50 m B．45 m C．40.5 m D．40 m 解析：C　根据x＝v0t＋at2得36 m＝18×3 m＋a×32 m，解得a＝－4 m/s2，则汽车停止所需时间为t′＝ s＝4.5 s＜5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x′＝ m＝40.5 m，故C正确。 4．(人教版教材原题改编)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3或穿过每个木块所用时间之比t1∶t2∶t3正确的是(　　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝∶∶1 解析：D　用“逆向思维”法解答，则可视为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，所以v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A、B错误；又由于每个木块厚度相同，则由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得t1∶t2∶t3＝∶∶1，选项C错误，D正确。 考点一　匀变速直线运动基本规律及应用 考向1　速度与时间的关系式的应用 　(2025·江苏卷，1)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减至0。该过程中加速度大小为(　　) A．2 m/s2 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．8 m/s2 解析：C　根据运动学公式v＝v0＋at，代入数值解得a＝－6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。 公式选用原则 (1)不涉及位移x，选用v＝v0＋at。 (2)不涉及末速度v，选用x＝v0t＋at2。 (3)不涉及时间t，选用v2－v02＝2ax。 考向2　位移与时间的关系式的应用 　(2026·合肥七中月考)汽车在平直公路上行驶，刹车后位移x随时间变化的关系式为x＝20t－t2，则从刹车开始，2 s内和5 s内汽车的位移之比为(　　) A．5∶4 B．3∶4 C．4∶5 D．4∶3 解析：B　位移x随时间t变化的关系式为x＝20t－t2，可知该车的初速度为v0＝20 m/s，加速度为a＝－5 m/s2，汽车速度减为零的时间t0＝ s＝4 s，则2 s内的位移x1＝v0t1＋at12＝20×2 m－×5×4 m＝30 m，5 s内的位移等于4 s内的位移，则x2＝×4 m＝40 m，可知2 s内与5 s内汽车的位移之比为x1∶x2＝3∶4，故A、C、D错误，B正确。 [易错警示]　(1)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动。 (2)利用基本公式求解此类问题时，应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。如例2中汽车4 s停止运动。 (3)汽车在刹车时，若考虑司机的反应时间，则在反应时间内汽车做匀速直线运动。 考向3　位移与速度的关系式的应用 　(2025·云南昆明一模)春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　) A．盒子运动的加速度大小为1 m/s2 B．盒子运动到a点的速度大小为2 m/s C．盒子运动到c点的速度大小为1 m/s D．盒子从a点运动到e点的时间为2 s 解析：B　由题知，滑块在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m，根据逆向思维法有x0＝at2，代入数据有a＝2 m/s2，故A错误；根据逆向思维法有va2＝2a×4x0，解得盒子运动到a点的速度大小为va＝2 m/s，故B正确；根据逆向思维法有vc2＝2a×2x0，解得盒子运动到c点的速度大小为vc＝ m/s，故C错误；根据逆向思维法有4x0＝at′2，盒子从a点运动到e点的时间为t′＝1 s，故D错误。 考向4　双向可逆类问题 　(多选)(2026·石家庄二中月考)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s D．物体此时的速度大小一定为5 m/s 解析：ABC　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＝s或t4＝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。 易错提醒：双向可逆类问题，加速度保持不变。解题时注意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　匀变速直线运动推论及应用 考向1　比例式及逆向思维法的应用 　(2026·北京人大附中月考)2025年中国中学生冰壶锦标赛7月30日在北京房山区燕山体育中心的燕山冰壶馆落幕，北京市第五十五中学队蝉联高中男子组冠军。如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第3个矩形区域时速度恰好为零，冰壶穿过1号矩形区域所用的时间为t1，冰壶穿过2号矩形区域所用的时间为t2，不计冰壶本身的大小，则满足(　　) A．1.0<<1.2 B．1.2<<1.4 C．1.4<<1.6 D．1.6<<1.8 解析：B　逆向分析可以看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，物体在连续相等的位移内所用时间之比等于1∶∶∶…，可得≈1.30，B正确。 匀减速到0的运动应用逆向思维法更简洁。 考向2　平均速度公式的应用 　(2025·山西太原一模)物体由静止从O点沿直线做匀加速运动，依次经过A、B两点，物体加速度的大小为a，若通过OA段所用的时间为δ，通过AB段走过位移的大小也为δ，下列说法正确的是(　　) A．物体在A点速度的大小为aδ B．若物体通过AB段所用的时间为，则aδ的大小为 C．若物体通过OA段走过位移的大小为，则aδ的大小为 D．物体通过OA段与AB段的平均速度之比为1＋ 解析：A　由题知，物体的初速度为零，物体通过OA段所用的时间为δ，根据v＝at，可得物体在A点速度的大小为vA＝aδ，故A正确；若物体通过AB段所用的时间为，则物体通过OB段所用的时间为δ＋δ，根据v＝at，可得物体在B点速度的大小为vB＝aδ，又物体通过AB段走过位移的大小为δ，则有δ＝tAB，即δ＝δ，解得aδ＝，故B错误；若物体通过OA段走过位移的大小为，则有×δ，解得aδ＝，故C错误；物体通过OA段的平均速度为，物体通过AB段，则有xAB＝，则有δ＝，解得vB′＝，则物体在AB段的平均速度为，故物体通过OA段与AB段的平均速度之比为，故D错误。 如果匀变速直线运动问题不涉及加速度，用公式x＝t计算更方便。 考向3　位移差公式的应用 　(2025·广东江门市一中月考)如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4 s内位移为9.6 m，第二个4 s内位移为16 m，下列说法正确的是(　　) A．计时时刻送货车的速度为0 B．送货车的加速度大小为1.6 m/s2 C．送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s D．送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s 解析：C　根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝ m/s2＝0.4 m/s2，B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4 s末的速度大小为v1＝ m/s＝3.2 m/s，C正确；根据v＝v0＋at可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，A错误；送货车在第2个4 s内的平均速度大小为 m/s＝4 m/s, D错误。 [归纳总结]　解决匀变速直线运动的常用推论 素养拓展　匀变速直线运动的多过程问题 1．三步法确定多过程问题的基本思路 2．分析多过程问题的四个要点 (1)题目中有多少个物理过程。 (2)每个过程中物体做什么运动，可画运动草图或作v-t图像形象地描述运动过程。 (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，各阶段运动交接处的速度往往是联系各段运动的纽带。 　(2024·全国甲卷，24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求 (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 [思维流程]　鸣笛后声波传播的距离和救护车运动距离图示。 解析：(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为 v＝at1 代入数据解得v＝20 m/s。 (2)设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为 x＝at12＋v(t0－t1) 又x＝v0(t2－t0) 联立并代入数据解得x＝680 m。 答案：(1)20 m/s　(2)680 m 　(人教版教材原题改编)如图所示是汽车分别通过ETC(电子不停车收费系统)通道和人工收费通道的流程，假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前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；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至0，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。求： (1)汽车走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)汽车走人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速； (3)汽车走ETC通道与走人工收费通道相比节约的时间。 [思维流程]　画出运动过程示意图 (1)走ETC通道时经历三个运动阶段： (2)走人工收费通道经历三个运动阶段： 解析：(1)走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x总1＝2x1＋d＝138 m。 (2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为x2＝＝72 m。 (3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t1＝＝18.5 s 走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t2＝×2＋t0＝44 s 又x总2＝2x2＝144 m 二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝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－＝25 s。 答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s 学科网（北京）股份有限公司 $