第1章 第2课时 匀变速直线运动规律(Word教参)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

该高中物理讲义聚焦匀变速直线运动规律核心考点，涵盖定义分类、基本公式、重要推论及应用，按“概念规律-推论方法-真题应用”逻辑架构知识体系。通过考点梳理（公式选用表格）、方法指导（符号规定、逆向思维）、真题训练（2024北京卷等实例），帮助学生构建解题框架，突破公式灵活应用难点。 讲义突出模型建构与科学推理，如设计“刹车类与双向可逆类运动对比表”明晰差异，用逆向思维解决匀减速问题。设置基础巩固、能力提升分层练习，配合规范答题模板，培养学生科学思维，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应考能力。

第2课时　匀变速直线运动规律 [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． 一、匀变速直线运动 1．定义：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，a与v0方向相同. (2)匀减速直线运动，a与v0方向相反. 二、匀变速直线运动规律 1．匀变速直线运动的基本规律 (1)匀变速直线运动的速度公式：v＝v0＋at. (2)匀变速直线运动的位移公式：x＝v0t＋at2. (3)匀变速直线运动的位移与速度关系式：v2－v＝2ax. 2．位移的平均速度公式：x＝t. 3．初速度为零的匀变速直线运动的推论 (1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n. (2)1T内、2T内、3T内……位移之比为： x1∶x2∶x3…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2. (3)第一个T内、第二个T内、第三个T 内……位移之比为： xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1). (4)前x、前2x、前3x、……前nx所用的时间之比为：1∶∶∶…∶. (5)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－). 4．匀变速直线运动的两个重要推论 (1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：＝v＝. (2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2. 1．(链接人教版必修第一册P46T2)(2024北京卷)一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2 s停止，汽车的制动距离为(　　) A．5 m B．10 m C．20 m D．30 m 答案　B 解析　速度公式汽车做末速度为零的匀减速直线运动，则有x＝t＝10 m，故选B． 2．(链接人教版必修第一册P43例题1)(2024海南卷)商场自动感应门如图所示，人走进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 答案　C 解析　设门打开的最大速度为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，可得v＝1 m/s，则加速度a＝＝m/s2＝0.5 m/s2，故选C． 　 考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用 基本公式的应用 1．运动学公式中符号的规定 一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以加速度的方向为正方向． 2．运动学公式的选用方法 涉及的物理量 没涉及的物理量　 适宜选用的公式 v0、v、a、t x 速度公式：v＝v0＋at v0、a、t、x v 位移公式：x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t 速度与位移关系式：v2－v＝2ax v0、v、t、x a 平均速度公式：x＝t 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直线运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速直线运动，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)救护车匀速直线运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离． 答案　(1)20 m/s　(2)680 m 解析　(1)根据匀变速运动速度公式v＝at1，可得救护车匀速运动时的速度大小v＝2 m/s2×10 s＝20 m/s. (2)设t0时刻救护车停止鸣笛，此时救护车的位移为x，匀加速阶段救护车的位移为x1，从开始匀速到停止鸣笛过程救护车的位移为x2，则x1＝at，x2＝v(t0－t1)，x＝x1＋x2，从停止鸣笛到最后鸣笛声传播到救护车出发处，有x＝v0(t2－t0)，联立解得x＝680 m． 两类特殊的匀减速直线运动对比 两种运动 运动特点 求解方法 刹车类 问题 匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失 求解时要注意确定实际运动时间 双向可逆 类问题 如沿光滑固定斜面上滑的小球，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 求解时可分过程列式，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 (多选)一辆新能源汽车测试时，以速度v0在平直的路面上行驶，某时刻突然刹车．汽车刹车后第1 s内的位移大小为12 m，第4 s内的位移大小为0.5 m，若将汽车刹车后的运动看作加速度大小为a的匀减速直线运动，忽略司机的反应时间和制动系统的响应时间，则下列说法正确的是(　　) A．a＝11.5 m/s2 B．a＝4 m/s2 C．v0＝16 m/s D．v0＝14 m/s 答案　BD 解析　假设汽车第4 s末停止运动，则第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，第1 s内与第4 s内的位移之比为7∶1，如果汽车在第4 s末未停止运动，则第1 s内与第4 s内的位移比值小于7，根据题意，第1 s内与第4 s内的位移之比为24∶1，说明汽车在第4 s末前停止运动．设汽车在第4 s内的运动时间为t0，由逆向思维，根据位移公式得x1＝a(t0＋3 s)2－a(t0＋2 s)2，x4＝at，解得t0＝0.5 s，a＝4 m/s2，故A错误，B正确．汽车的初速度为v0＝a(3 s＋t0)＝14 m/s，故C错误，D正确．故选BD． 如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5.忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是(　　) A．8 s B．10 s C．16 s D．20 s 答案　C 解析　设物体运动的加速度为a，上滑运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5 s内位移为s1＝a×52＝a，最初5 s内位移为s2＝a(t－5)×5＋a×52＝5at－a，又因为s2∶s1＝11∶5，解得t＝8 s，由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s．故选C． 考点二　匀变速直线运动的推论及应用 1．解决匀变速直线运动的常用推论 2．方法选取技巧 (1)若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用平均速度法． (2)匀减速到0的运动常用逆向思维法． (3)处理纸带类问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度． 平均速度公式的应用 (2026黄山一模)如图所示，一辆小汽车在高速公路上正常行驶，驾驶员发现前方较远处有异常情况，立即刹车，车辆匀减速直线行驶经过一段分别标有“0 m”“50 m”“100 m”的标志牌路面．车头到达“0 m”标志牌时开始计时，车头经过“0 m”～“50 m”路段用时2 s，车头经过“50 m”～“100 m”路段用时3 s，下列说法正确的是(　　) A．车头在“0 m”标志牌处速度大小等于 m/s B．车辆加速度大小等于 m/s2 C．车头在“50 m”标志牌处速度大小为20 m/s D．车头在1～3.5 s时间内的位移小于50 m 答案　A 解析　根据题意可得，车头经过0～50 m路段中间时刻的速度大小为v1＝＝25 m/s，经过50～100 m路段中间时刻的速度大小为v2＝＝ m/s，所以加速度大小为a＝＝ m/s2，所以车头在“0 m”标志牌处速度大小等于v0＝v1＋a＝ m/s故A正确，B错误；车头在“50 m”标志牌处速度大小为v50＝v1－a＝ m/s故C错误；车头在1～3.5 s时间内的位移为x＝v1t′－at′2＝25×2.5－××2.52 m＝72.9 m>50 m，故D错误．故选A． 位移差公式的应用 (2026曲靖期末)如图，环洱海公路某一段可视为平直公路，两旁等间距种植树木，一辆汽车沿该公路行驶，突然刹车做匀减速运动后，每隔相同的时间汽车的位置分别处在A、B、C处，则可推断汽车最终(　　) A．停在CD之间 B．停在D处 C．停在E处 D．停在EF之间 答案　B 解析　设相邻两棵树间距为L，则汽车加速度大小a＝＝，经过B点的速度vB＝＝，从B到停止的位移x＝＝4L，可知汽车停在D处．故选B． 初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用 (多选)(2025遵义期末)云贵高原地势崎岖，随着科技的飞速发展和城市化进程的加速，桥梁建设迎来了前所未有的高潮．某大桥如图甲所示，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索的示意图，每两根吊索之间距离相等．一辆汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，汽车通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为T，则下列说法正确的是(　　) 　　 A．汽车减速的时间为4T B．汽车通过吊索B时的速度大小为vD C．汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过BD段的平均速度 D．汽车通过AE段的平均速度是通过DE段平均速度的2倍 答案　BD 解析　由题意，可把汽车的运动看做反方向初速度为0的匀加速直线运动，则t1＝T，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，在通过连续相等位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶t4＝1∶∶∶，可得汽车减速的时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝2T，故A错误；由题意，根据逆向思维，可得vD＝aT，则vB＝a＝aT＝vD，故B正确；根据匀变速直线运动时间中点速度规律：时间中点的瞬时速度等于该段时间内的平均速度．可知汽车通过BD段的平均速度等于通过该段位移所用时间中点的瞬时速度，但由于汽车通过吊索C为位移中点，所用时间不是一半，可知汽车通过吊索C时的瞬时速度不等于通过BD段的平均速度，故C错误；设每两根吊索之间距离为x，则汽车通过AE段的平均速度是1＝＝，通过DE段平均速度2＝＝，显然1＝22，故D正确．故选BD . 利用匀变速直线运动规律解决实际问题 匀变速直线运动与交通、体育和生活等紧密联系，常见的匀变速直线运动STSE问题有行车安全、交通通行和体育运动等，在解决生活和生产中的实际问题的方法： 1．根据所描述的情景物理过程物理模型． 2．分析各阶段的物理量． 3．选取合适的匀变速直线运动规律求解． 汽车刹车性能的测试 对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当汽车以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住．假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问： (1)这位驾驶员的反应时间为多少； (2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少． 答题模板 规范答题示范 解析　(1)假设驾驶员的反应时间为t，在第一次测试中， 反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v1，所以反 应时间内的位移：x1＝v1t ① 然后汽车做匀减速直线运动到停止，由速度位移关系式得： 0－v＝－2ax2 ② 全过程位移：xⅠ＝x1＋x2＝18 m ③ 在第二次测试中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v2， 所以反应时间内的位移x3＝v2 t ④ 然后汽车做匀减速直线运动到停止，由速度位移关系式得： 0－v＝－2ax4 ⑤ 全过程位移：xⅡ＝x3＋x4＝34.5 m ⑥ 由①②③④⑤⑥解得： a＝5 m/s2，t＝0.8 s (2)某雾天该路段能见度为s＝50 m，设行车最大速度为v， 则：s＝vt＋，解得：v≈18.7 m/s 指明哪个过程 指明选用规律 必要的文字说明 写分式联立各式得，不写连等式 不用写具体计算过程，结果为数字时带单位 规范注意事项 1．必要的文字说明 指明研究对象、研究过程、所用规律定理，新出现的字母代表含义． 2．必要的方程 (1)必须是原型公式，不变形； (2)不用连等式分步列式，公式较多加编号①②③； (3)字母符号规范，与题干中一致． 3．合理的运算 (1)联立方程、代入数据得，不用写出具体的运算过程； (2)结果为数字时带单位，矢量指明方向，多个解需讨论说明或取舍. 有关汽车行驶的几个概念 1．反应时间：人从发现情况到采取相应的行动经过的时间叫反应时间． 2．反应距离：驾驶员发现前方有危险时，必须先经过一段反应时间后才能做出制动动作，在反应时间内汽车以原来的速度行驶，所行驶的距离称为反应距离． 3．刹车距离：从制动刹车开始到汽车完全停下来，汽车做匀减速直线运动，所通过的距离叫刹车距离． 4．停车距离：反应距离和刹车距离之和就是停车距离． 5．安全距离：指在同车道行驶的机动车，后车与前车保持的最短距离，安全距离包含反应距离和刹车距离两部分． 体育运动 冰壶是冬奥会中最具有观赏性的项目之一．按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动．一个运动员以4 m/s的速度投掷冰壶甲，冰壶甲做加速度大小为0.25 m/s2的匀减速直线运动．另一个运动员也以4 m/s的速度将冰壶乙投出，冰壶乙滑行4 s后其队友开始在其滑行前方摩擦冰面直至冰壶停下，发现冰壶乙比甲多滑行4.5 m，g取10 m/s2，求： (1)冰壶甲能在冰面上滑行的距离； (2)冰壶乙在摩擦冰面后的加速度大小； (3)冰壶乙运动的平均速度． 答案　(1)32 m　(2)0.2 m/s2　(3)1.92 m/s 解析　(1)冰壶甲的初速度为v0＝4 m/s，匀减速的加速度大小为a1＝0.25 m/s2，有0－v＝－2a1x，可得冰壶甲能在冰面上滑行的距离为x＝＝32 m. (2)冰壶乙先在t1＝4 s内做匀减速直线运动，末速度为v1，位移为x1，v1＝v0－a1t1＝3 m/s，位移为x1＝v0t1－a1t＝14 m，摩擦冰面后，冰壶乙比甲多滑行4.5 m，则乙此后匀减速运动的位移为x2＝x＋4.5 m－x1＝22.5 m，设冰壶乙在摩擦冰面后的加速度大小为a2，则有0－v＝－2a2x2，解得a2＝0.2 m/s2. (3)冰壶乙在摩擦冰面后的运动时间为t2＝＝15 s，则冰壶乙全程的平均速度为＝＝ m/s≈1.92 m/s. 模型构建 建立冰壶甲、乙的运动模型——画出运动示意图： 模型分析 冰壶甲做初速度为v0＝4 m/s，加速度大小为a1＝0.25 m/s2的匀减速直线运动，最终速度减为零． 冰壶乙先在t1＝4 s内做匀减速直线运动，摩擦冰面后，做加速度大小为a2的匀减速运动直到速度减为零． 学科网（北京）股份有限公司 $