第2章 第3节 匀变速直线运动的位移与时间的关系分层训练 能力提升-【优学精讲】2026-2027学年高中物理必修第一册教用课件（人教版）

该高中物理课件聚焦匀变速直线运动规律，通过基础对点练、题组训练（位移、速度与位移关系、刹车类问题）及综合提升练，搭建从v-t图像分析到多过程运动应用的学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于结合扫地机器人、舰载机起飞等实际情境，通过科学推理（公式应用、图像斜率与面积分析）培养物理观念和科学思维，如舰载机起飞题联系科技发展，提升学生应用能力，教师可利用分层训练优化教学，助力学生掌握解题方法。

第3节　分层训练 能力提升 1 题组1　匀变速直线运动的位移 1．(多选)(2026·陕西商洛市期中)某扫地机器人沿直线清扫时的vt图像如图所示，下列说法正确的是(　　)   A．前2 s内位移大小为8 m B．2 s到6 s内加速度大小为1 m/s2 C．全程平均速率为2 m/s D．前6 s内加速度方向发生改变 AD 基础对点练 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 分层训练 能力提升 前6 s内斜率正负发生变化，即加速度方向发生改变，故D正确。 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 分层训练 能力提升 2．(2025·云南玉溪市期中)如图所示，一辆汽车(视为质点)在平直公路上做匀加速直线运动，依次经过甲、乙、丙三棵树，从甲树运动到乙树所用的时间为3 s，从乙树运动到丙树所用的时间为2 s，已知相邻两棵树间的距离均为15 m，则汽车经过乙树时的速度大小为(　　)   A．6.0 m/s B．6.5 m/s C．7.0 m/s D．7.5 m/s B 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 3．(2026·广东江门市期中)一辆汽车在平直公路上行驶，从某时刻开始刹车，它的位移与时间的关系是x＝10t－2t2(m)，则汽车在4 s末的速度大小为(　　) A．2 m/s B．0 C．4 m/s D．6 m/s B 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 题组2　速度与位移的关系 4．(2026·重庆沙坪坝区期中)一辆肇事汽车在紧急刹车后停了下来，在路面上留下了一条车轮滑动的直线痕迹，交警想判断该汽车是否超速。已知该汽车刹车时的加速度大小恒为5 m/s2 ，在路面上留下的刹车痕迹长度为40 m，汽车可视为质点，则该汽车刹车前瞬间的速度大小为(　　) A．20 m/s B．25 m/s C．30 m/s D．35 m/s A 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 D 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 题组3　“刹车类”问题 6．以54 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为2 m/s2的加速度，刹车后第8 s内，汽车走过的位移为(　　) A．0 B．0.25 m C．1 m D．2 m B 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 7．一辆汽车以10 m/s的速度开始刹车，设汽车做匀减速直线运动，加速度大小为2.5 m/s2，则汽车在刹车2 s后和刹车6 s后通过的位移之比为(　　) A．1∶1 B．3∶4 C．5∶21 D．1∶7 B 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 8．某一物体在水平桌面上运动的v-t图像如图所示，关于该物体的运动情况，下列说法正确的是(　　)   A．第1 s内和第2 s内物体的加速度方向相同 B．第1 s末到第3 s末物体的平均速度大小为2 m/s C．第1 s末物体的速度方向发生改变 D．第4 s末物体回到出发点 D 综合提升练 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 解析：由v-t图像斜率代表加速度可知，物体在第1 s内和第2 s内的斜率改变，则加速度方向相反，故A错误； 物体在第1 s末速度依然为正，运动方向没有改变，故C错误； 由题图可知物体从开始到第4 s末位移为0，故第4 s末回到出发点，故D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 9．(2026·江苏苏州市期中调研)某物体做直线运动，它的v-t图像如图所示，设向东为速度v的正方向，在前3 s内，下列说法正确的是(　　)   A．1 s时速度改变方向 B．1 s时离出发点最远 C．2 s时加速度改变方向 D．3 s时的位置在出发点东侧 D 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 解析：由题图可知，前2 s内一直沿正方向(向东)运动，2 s到3 s内沿负方向(向西)运动，可知2 s时速度改变方向，2 s时离出发点最远，故A、B错误； 根据v-t图像的斜率表示加速度，由题图可知，2 s时加速度方向没有改变，故C错误； 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 10．一物体做匀变速直线运动的位置坐标与时间的函数关系式为x＝t2＋2t＋3(式中x单位为m，t单位为s)，下列关于该物体运动的说法正确的是(　　) A．物体的加速度大小为1 m/s2 B．t＝0时刻，物体的速度大小为3 m/s C．前2 s内，物体的位移大小为11 m D．前5 s内，物体的平均速度大小为7 m/s D 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 t＝2 s时，x＝11 m，前2 s内，物体位移大小x1＝11 m－3 m＝8 m，故C错误； 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 11．(8分)如图所示，一质点从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动，B、C、D是质点运动路径上三点，且BC＝x，CD＝4x。已知质点通过B、C间所用时间是t，通过C、D间所用时间是2t，求： (1)质点的加速度大小及经过C点的速度大小；(4分) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 (2)A、B间的距离。(4分) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 12．(10分)(2026·福建泉州市期中)图甲是高层建筑配备的救生缓降器材。遇到突发情况时，逃生者可以将安全带系于腰部，通过钢丝绳等安全着陆，如图乙所示。一幢高层商住楼的层高均为2.5 m，某次演练中，逃生者从31楼由静止开始下滑，到达地面时速度恰好为零。该楼房所装救生缓降器材运行速度的最大值为15 m/s，加速度大小不超过5 m/s2。不计空气阻力。求： 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 (1)逃生者由静止开始匀加速到最大速度的最短时间t1和位移x1；(5分) 答案：3 s　22.5 m　 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 (2)逃生者从31楼到地面的最短时间。(5分) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 答案：8 s 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 分层训练 能力提升 解析：由v-t图像与t轴围成的面积表示位移大小可知，前2 s内物体的位移大小x＝ eq \f(1,2) ×2×8 m＝8 m，故A正确； v-t图像斜率代表加速度，2 s到6 s内加速度大小a＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt))) ＝2 m/s2，故B错误； 总路程s＝ eq \f(1,2) ×2×8 m＋ eq \f(1,2) ×4×8 m＝24 m，全程平均速率 eq \x\to(v) ＝ eq \f(s,t) ＝4 m/s，故C错误； 解析：汽车从甲树运动到乙树有d＝v1t1＋ eq \f(1,2) at eq \o\al(2,1) ，汽车从甲树运动到丙树有2d＝v1(t1＋t2)＋ eq \f(1,2) a(t1＋t2)2，解得v1＝3.5 m/s，a＝1 m/s2，汽车经过乙树时的速度大小v2＝v1＋at1＝6.5 m/s。 解析：已知位移公式x＝10t－2t2(m)，对比匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，可得汽车初速度v0＝10 m/s，加速度满足 eq \f(1,2) a＝－2 m/s2，故a＝ －4 m/s2，根据速度公式v＝v0＋at，代入数据得v＝10－4t(m/s)，则汽车停止时，即当v＝0时，t＝ eq \f(0－10,－4) s＝2.5 s，在t＝4 s时，汽车已停止运动，故速度为0。 解析：汽车刹车至停止的过程为匀减速直线运动，末速度为零，根据速度—位移公式有v eq \o\al(2,0) ＝2ax，代入数据解得v0＝20 m/s。 5.(2026·辽宁沈阳市期中)在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会上受阅的歼-15T、歼-​35和空警​-600三型舰载机，已完成在福建舰上首次弹射起飞和着舰训练，标志着福建舰具备了电磁弹射和回收能力。假设一次弹射起飞过程中，福建舰始终静止，电磁弹射装置将舰载机以相对于福建舰为v1的速度弹射出去，之后舰载机做匀加速直线运动直至起飞。已知舰载机要成功起飞，其相对于空气的速度应不小于v2，福建舰的加速跑道长度为L，则舰载机要在无风环境下成功起飞，匀加速直线运动阶段的加速度应不低于(　　) A．2,2) eq \f(v,2L) B．2,1) eq \f(v,2L) C．2,2) eq \f(v＋v eq \o\al(2,1) ,2L) D．2,2) eq \f(v－v eq \o\al(2,1) ,2L) 解析：由题可知舰载机的运动距离需小于等于L，根据速度与位移公式可得2,2) eq \f(v－v eq \o\al(2,1) ,2a) ≤L，解得a≥2,2) eq \f(v－v eq \o\al(2,1) ,2L) ，故匀加速直线运动阶段的加速度应不低于2,2) eq \f(v－v eq \o\al(2,1) ,2L) 。 解析：根据题意有v0＝54 km/h＝15 m/s，汽车停止运动时间t0＝ eq \f(v0,a) ＝ eq \f(15,2) s＝7.5 s<8 s，可知刹车后第8 s内汽车走过的位移即为汽车停止运动前0.5 s内的位移，则x＝ eq \f(1,2) ×2×0.52 m＝0.25 m，B正确。 解析：汽车从刹车到停下所用时间t0＝ eq \f(v0,a) ＝4 s，则汽车在刹车2 s后通过的位移大小x2＝v0t2－ eq \f(1,2) at eq \o\al(2,2) ＝15 m，汽车在刹车6 s后通过的位移大小x6＝x4＝ eq \f(1,2) at eq \o\al(2,0) ＝20 m，则汽车在刹车2 s后和刹车6 s后通过的位移之比x2∶x6＝3∶4。 v-t图像与时间轴围成的面积代表位移，物体在第1 s末到第3 s末位移为0，由平均速度公式 eq \x\to(v) ＝ eq \f(x,t) ，可知，第1 s末到第3 s末的平均速度为0，故B错误； 根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知前3 s内的位移x＝ eq \f(1,2) ×1× 2 m－ eq \f(1,2) ×1×1 m＝0.5 m，可知3 s时的位置在出发点东侧，故D正确。 解析：物体做匀变速直线运动，有x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2＋x0，x0为t＝0时刻物体的位置，对比函数可知，t＝0时刻，物体初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，初位置x0＝3 m，故A、B错误； t＝5 s时，x＝38 m，前5 s内，物体位移大小x2＝38 m－3 m＝35 m，物体平均速度大小v＝ eq \f(x2,t) ＝7 m/s，故D正确。 答案： eq \f(2x,3t2) 　 eq \f(4x,3t) 　 解析：设质点的加速度大小为a，经过C点的速度大小为vC，则质点通过B、C间，有 x＝vCt－ eq \f(1,2) at2 质点通过C、D间，有 4x＝vC·2t＋ eq \f(1,2) a(2t)2 联立解得vC＝ eq \f(4x,3t) ，a＝ eq \f(2x,3t2) 。 解析：根据速度与位移的关系，有 v eq \o\al(2,C) －0＝2a(xAB＋x)，解得xAB＝ eq \f(x,3) 。 答案： eq \f(x,3) 解析：根据匀变速直线运动规律得 v＝at1，x1＝ eq \f(1,2) at eq \o\al(2,1) 解得t1＝3 s，x1＝22.5 m。 解析：在演练中，逃生者应先以最大加速度做匀加速运动至最大速度，后做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动，此时所需时间最短。在匀减速阶段，所需时间 t2＝ eq \f(v,a) ＝3 s 通过的位移大小x2＝ eq \f(v2,2a) ＝22.5 m 31楼距地面的高度x＝30×2.5 m＝75 m 所以在匀速阶段所需时间t3＝ eq \f(x－x1－x2,v) ＝2 s 总时间t＝t1＋t2＋t3＝8 s。 $