第1章 第2课时 匀变速直线运动的规律(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

该高中物理讲义聚焦匀变速直线运动规律，涵盖基本公式、推论及多过程问题，按概念-规律-推论-应用逻辑架构，通过考点梳理、方法指导（如逆向思维）、真题训练（含高考真题），帮助学生系统突破运动学难点。 资料以科学思维和模型建构为核心，如用逆向思维将刹车问题转化为匀加速运动，通过平均速度公式、位移差公式培养推理能力。设置分层练习，保障复习效果，提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第2课时　匀变速直线运动的规律 [复习目标] 1．熟练应用匀变速直线运动的基本公式解决运动学问题。 2．熟练应用匀变速直线运动的推论，技巧性地解决匀变速直线问题。 一、匀变速直线运动 1．概念：沿着一条直线且加速度不变的运动。 2．分类 (1)匀加速直线运动：物体的速度随时间均匀增加。 (2)匀减速直线运动：物体的速度随时间均匀减小。 3．规律 (1)速度公式：v＝v0＋at。 (2)位移公式：x＝v0t＋at2。 (3)速度位移关系式：v2－v＝2ax。 1．(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　) (2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(　　) (3)匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)√ 二、匀变速直线运动的推论 1．连续相等的相邻时间T内的位移差相等，即Δx＝aT2；xm－xn＝(m－n)aT2。 2．中间时刻速度：v＝＝。 3．位移中点速度：v＝_。 4．初速度为零的匀变速直线运动的推论 (1)T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 (2)T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶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t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 2．(1)平均速度公式＝适用于所有的直线运动。(　　) (2)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。(　　) 提示：(1)×　(2)√ 考点一　匀变速直线运动的基本规律 1．速度—时间关系 根据加速度的定义式a＝＝，可得速度—时间关系式为v＝v0＋at。 2．位移—时间关系 借助v－t图像可以推导出位移—时间关系式。在v－t图像中图线下的面积代表位移，如图所示，阴影部分面积代表时间t内的位移。计算阴影部分面积，即梯形面积，即为时间t内的位移x＝t，再将v＝v0＋at代入即可得出位移—时间关系式：x＝v0t＋at2。 3．位移—速度关系 联立v＝v0＋at与x＝v0t＋at2，消去时间t，即可得到位移—速度关系式：v2－v＝2ax。因此在处理不涉及时间，求速度、位移、加速度的问题时优先考虑此式。 (2024·山东卷，T3)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) [解析]　对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at，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＝at，当木板长度为2L时，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。 [答案]　A (2026·山东济南市模拟)如图所示，一条直线上分布着等间距的a、b、c、d、e、f点，一质点从ab间的P点(未画出)以初速度v0沿直线做匀减速运动，运动到f点时速度恰好为零。若此质点从P点以的初速度出发，以相同加速度沿直线做匀减速运动，质点速度减为零的位置在(　　) A．bc之间的某点 B．cd之间的某点 C．de之间的某点 D．ef之间的某点 [解析]　设相邻点间的距离为s，P点距b的距离为s0，质点的加速度为a，根据题意则有2a(s0＋4s)＝v，设质点从P点以做匀减速运动可以运动n个相等间距，则有2a(s0＋ns)＝()2，联立解得n＝1－<1，故质点速度减为零的位置在bc之间。 [答案]　A 拓展点 逆向思维法处理“刹车类问题” 对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。 (2026·甘肃武威市期末)在平直公路上，一辆汽车以28 m/s的速度匀速行驶，司机发现前方有危险，立即紧急制动并开始计时，汽车制动过程中做匀减速直线运动，已知汽车在第4 s内前进了1 m，由此可知，汽车的制动距离为(　　) A．49 m B．50 m C．52 m D．54 m [解析]　汽车在第4 s内前进了1 m，若汽车在第4 s末恰好静止，由逆向思维可知x＝at2，可得汽车制动时的加速度大小a＝2 m/s2，则初速度大小v0＝at′＝8 m/s，这与初速度28 m/s矛盾，因此汽车在第4 s内某时刻静止，设汽车制动时的加速度大小为a′，汽车的制动距离为d，则有a′(－3 s)2＝1 m，d＝，解得d＝49 m。 [答案]　A 考点二　匀变速直线运动的两个常用推论 考向1　平均速度公式的应用 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：＝＝v。此公式可以求某时刻的瞬时速度。 2．平均速度公式的应用技巧 (1)公式＝v＝只适用于匀变速直线运动，而＝适用于所有的直线运动。 (2)连等式＝v＝＝，可以拆解成几个等式解题。例如：由＝可求位移或时间，公式中不存在二次方，减少了烦琐的计算。 (2024·海南卷，T5)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(　　) A．1.25 m/s2　　　　 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2 [解析]　设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2 s，根据x＝×4 s＝2 m，可得v＝1 m/s，则加速度a＝＝0.5 m/s2。 [答案]　C (2026·山东泰安市期末)一汽车沿平直公路做匀加速直线运动，途经A、B、C三点。汽车经过AB、BC两段所用的时间分别为1 s和3 s，AB段和BC段的长度分别为12.5 m和67.5 m，则汽车的加速度大小为(　　) A．5 m/s2 B．13.75 m/s2 C．4.5 m/s2 D．5.5 m/s2 [解析]　设汽车通过AB段中间时刻的瞬时速度为v1，通过BC段中间时刻的瞬时速度为v2，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得v1＝AB＝＝12.5 m/s，v2＝BC＝＝22.5 m/s，则汽车的加速度大小a＝＝＝ m/s2＝5 m/s2。 [答案]　A 考向2　位移差公式的应用 1．位移差公式 Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 2．应用条件及拓展 (1)应用条件与结论：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。 (2)拓展：①不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2。 ②利用基本公式可推导出 ＝，用逐差法可较准确地求解加速度。 (2026·广东三校模拟)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离为2 m，B、C之间的距离为4 m，物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则OA之间的距离为(　　) A．0.25 m B．0.5 m C．0.75 m D．1.0 m [解析]　设物体的加速度为a，通过AB、BC两段位移所用的时间均为T，则有vB＝＝，＝vBT－aT2，＝vBT＋aT2，联立可得aT2＝2 m，根据速度位移关系v＝2a(＋)，可得OA＝0.25 m。 [答案]　A 考点三　初速度为零的匀变速直线运动的推论 做匀减速直线运动的物体经3 s停止，若在第1 s内的位移是15 m，则最后1 s内的位移是(　　) A．3 m B．2 m C．1 m D．0.5 m [解析]　物体做匀减速直线运动直到停止，可以逆向思维看成初速度为零的匀加速直线运动，根据推论可知：相邻的相等的时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…，做匀减速直线运动经3 s停止，可知第1 s内和第3 s内的位移之比是5∶1，由题意可知第1 s内的位移为15 m，则最后1 s内的位移为3 m。 [答案]　A (多选)(2026·广东省普通高中调研)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 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号候车线到列车停下的过程，列车的平均速度为2(2－) [解析]　采用逆向思维可知，列车连续经过相等的位移所用的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，设列车从a点经过2号候车线到列车停止运动时间为t，则有＝，解得t＝(2＋)T，故C正确；由公式L＝at2有，列车进站时的加速度大小a＝＝＝2(7－4)，故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－)，故B错误；从a点经过5号候车线到列车停下的过程，列车运动的总时间为t′，＝＝，解得t′＝2(2＋)T，所以列车从a点经过5号候车线到列车停下的过程中平均速度＝＝2(2－)，故D正确。 [答案]　CD 考点四　多运动过程问题 1．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。 2．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。 3．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)运动过程中的关键位置(时刻)是哪些？ (2025·安徽卷，T4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　) A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 [解析]　 汽车做匀加速运动和匀减速运动的加速度大小均为a且汽车到达乙站时速度恰好为0，设汽车做匀加速运动和匀减速运动的时间均为t′，如图所示为汽车运动过程的v－t图像，可得at′2＝x，at′2＋at′t＋at′2－at′2＝8x，解得t＝3t′，则x＝at2，A正确。 [答案]　A (2026·内蒙古呼和浩特市模拟)避免碰撞是智能扫地机器人的重要功能，如图a所示。机场某大型扫地机器人在水平面匀速直线前行，通过激光雷达和传感器检测到前方有旅客，系统立即自动控制，使之做加速度大小为a1的匀减速直线运动，并向旅客发出提醒，若旅客未避让，机器人前行至某处时自动触发紧急制动，做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终没有与旅客发生碰撞，机器人运动的v2－x图像如图b所示，求： (1)机器人在两个阶段的加速度a1、a2； (2)机器人从检测到有旅客至停止运动所用的总时间t。 [解析]　(1)根据v2＝v－2ax 可知v2－x图像的斜率的绝对值为2a 可知加速度大小 a1＝ m/s2＝0.25 m/s2 a2＝ m/s2＝0.50 m/s2 a1、a2的方向均与速度方向相反。 (2)机器人从检测到有旅客至停止运动所用的总时间t＝＋＝ s＋ s＝3 s。 [答案]　(1)0.25 m/s2，方向与速度方向相反 0．50 m/s2, 方向与速度方向相反　(2)3 s 学科网（北京）股份有限公司 $