第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦“匀变速直线运动的规律”核心考点，依据高考评价体系梳理了基本公式、重要推论、两类特殊运动（刹车类、双向可逆类）及多过程问题等考查维度，通过近五年全国卷及地方卷真题分析，明确“速度公式应用”“位移差推论”“多过程分段”等高频考点占比，构建完整知识网络与题型体系。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2024广西高考轮滑题为例，运用中间时刻速度推论求解加速度，培养科学思维素养；针对刹车问题强调“运动时间判断”技巧，规避“超时计算”易错点。特设“公式选用表”“比例关系速记卡”，助力学生掌握逆向思维、分段法等解题方法，教师可依托真题案例精准突破考点，提升复习效率。

匀变速直线运动的规律 （基础落实课） 第 2 讲 课前基础先行 1.匀变速直线运动 2.初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 (1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比： v1∶v2∶v3∶…∶vn=_________________。 (2)前1T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比：x1∶x2∶x3∶…∶xn=__________________。 (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∶2∶3∶…∶n 1∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n-1) (4)前x内、前2x内、前3x内、…、前nx内的时间之比：t1∶t2∶t3∶…∶tn=______________________。 (5)第1个x内、第2个x内、第3个x内、…、第n个x内的时间之比：tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN=_____________________________________。 1∶∶∶…∶ 1∶(-1)∶(-)∶…∶(-) 1.速度逐渐增大的直线运动是匀加速直线运动。 ( ) 2.速度与时间的关系式v=v0+at适用于任何直线运动。 ( ) 3.做匀变速直线运动的物体的初速度越大，运动时间越长，则物体的末速度一定越大。 ( ) 4.(粤教必修1P58T1·改编)物体做匀变速直线运动时，速度大小不断改变，方向一定不变。 ( ) 微点判断 × × × × 5.做直线运动的物体，一段时间内的平均速度一定等于这段时间内中间时刻的瞬时速度。 ( ) 6.匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 ( ) 7.做匀加速直线运动的物体，在任意两段相等时间内的速度变化量相等。 ( ) × × √ 8.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。 ( ) 9.做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第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(2n-1)∶…∶5∶3∶1。 ( ) √ √ 逐点清(一)　匀变速直线运动的基本规律 逐点清(二)　两类特殊的匀变速直线运动 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　匀变速直线运动的重要推论 课时跟踪检测 03 05 匀变速直线运动的多过程问题 04 逐点清(一)　 匀变速直线运动的基本规律 课 堂 1.[速度公式和位移公式] (2025·江西期中检测)一辆汽车从静止开始启动，先做初速度为零的匀加速直线运动，在匀加速运动过程中，前3 s内的平均速度为4.5 m/s，匀加速运动的时间共为8 s，下列说法正确的是(　　) A.匀加速运动的加速度大小为1.5 m/s2 B.前2 s内的平均速度大小为3 m/s C.匀加速运动的总位移大小为98 m D.5 s末的瞬时速度大小为10 m/s 题点全练 √ 解析：已知汽车从静止开始启动，且前3 s内的平均速度为4.5 m/s，则在匀加速直线运动中有=4.5 m/s，解得3 s末速度大小v3=9 m/s，根据速度与时间公式有v3=at3，解得a=3 m/s2，故A错误；根据位移与时间公式，可得前2 s内的位移大小为x2=a=×3×22 m=6 m，则前2 s内的平均速度大小为= m/s=3 m/s，故B正确；由题知，匀加速运动的时间共为8 s，则总位移大小为x8=a=×3×82 m=96 m，故C错误；5 s末的瞬时速度大小为v5=at5=3×5 m/s=15 m/s，故D错误。 2.[速度与位移的关系式] (2025·河北秦皇岛模拟)如图所示为 高速公路的ETC电子收费系统， ETC通道的长度(识别区起点到自动 栏杆的水平距离)L=8 m。某智能辅助驾驶汽车以18 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的辅助驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.9 m，则辅助驾驶系统的反应时间为(　　) A.0 B.0.02 s C.0.04 s D.0.2 s √ 解析：设辅助驾驶系统的反应时间为t1，由题知汽车的初速度v0=18 km/h =5 m/s，t0=0.3 s，汽车做匀速直线运动的位移为x1=v0，汽车做匀减速直线运动的位移为x2=，根据题意有L-3.9 m=x1+x2，联立解得t1=0.02 s，故选B。 3.[基本公式的综合应用] (2024·广西高考)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d=0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5 s。求该同学： (1)滑行的加速度大小； 答案：1 m/s2 解析：根据匀变速运动某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在1、2间中间时刻的速度为v1==2.25 m/s 在2、3间中间时刻的速度为v2==1.8 m/s 故可得滑行的加速度大小为 a===1 m/s2。 (2)最远能经过几号锥筒。 答案：4 解析：设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v0t1-a=d 代入数值解得v0=2.45 m/s 从到达1号锥筒开始到停止时通过的位移大小为x==3.001 25 m≈ 3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 1.基本思路 精要点拨 2.方法技巧 题目中所涉及的物理量 (包括已知量、待求量) 没有涉及的物理量 适宜选用公式 v0、v、a、t x v=v0+at v0、a、t、x v x=v0t+at2 v0、v、a、x t v2-=2ax v0、v、t、x a x=t 除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，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。 逐点清(二)　 两类特殊的匀变速直线运动 课 堂 1.[刹车类问题] 某辆智能辅助驾驶汽车在封闭的平直道路上进行测试。汽车以20 m/s的速度匀速行驶，发现障碍物的瞬间立即启动刹车系统，刹车2 s末的速度大小为12 m/s。已知汽车刹车时做匀减速直线运动，取汽车刚开始刹车时为0时刻，下列说法正确的是(　　) A.汽车刹车时的加速度大小为8 m/s2 B.第4 s末汽车的速度大小为4 m/s C.第6 s末汽车的速度大小为4 m/s D.0~6 s内汽车的速度变化量大小为24 m/s 题点全练 √ 解析：汽车刹车时的加速度大小为a== m/s2=4 m/s2，故A错误；汽车从开始刹车到停下所用时间为t0== s=5 s，则第4 s末汽车的速度大小为v4=v0-at4=20 m/s-4×4 m/s=4 m/s，第6 s末汽车的速度大小为0，故B正确，C错误；0~6 s内汽车的速度变化量大小为|Δv|==20 m/s， 故D错误。 2.[双向可逆类问题] 在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。经过3 s时物体的速度大小和方向是(　　) A.25 m/s，沿斜面向上 B.5 m/s，沿斜面向下 C.5 m/s，沿斜面向上 D.25 m/s，沿斜面向下 解析：取初速度方向为正方向，则v0=10 m/s，a=-5 m/s2，由v=v0+at可得，当t=3 s时，v=-5 m/s，“-”表示速度方向沿斜面向下，故B正确。 √ 两类特殊的匀变速直线运动分析 精要点拨 刹车类 特点是匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动 双向可逆类 如沿光滑斜面上滑的小球，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 逐点清(三)　 匀变速直线运动的重要推论 课 堂 1.(2025·广西高考)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 细作1　平均速度公式 √ 解析：动车运动的时间约为t=×70 s=70 s，动车初始速度v0=36 km/h =10 m/s，此过程动车行驶的距离约为x=t=×70 m=350 m，故选B。 一点一过 (1)中间时刻速度公式：==，做匀变速直线运动的物体在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度。 (2)中间位置速度公式：=，不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有>。 2.(2026·重庆阶段练习)(多选)如图所示，光滑斜面AE 被分成四个相等的部分，一物体从A点以某一初速度 沿斜面向上滑动，到达E点速度恰好为零，关于该物 体从A到E的运动，下列结论正确的是 (　　) A.物体到达B、D点的速率之比vB∶vD=∶1 B.物体从A到E的平均速度vAE等于过D点时的瞬时速度vD C.物体经过AC、CE段的时间之比tAC∶tCE=∶ D.物体通过每一部分时，其速度变化量的大小越来越大 细作2　初速度为零的匀变速直线运动的比例式 √ √ √ 解析：将物体运动的逆过程看作是初速度为零的匀加速运动，根据v2=2ax可得物体到达B、D点的速率之比vB∶vD=∶=∶1，A正确；因DE∶AD=1∶3，可知D点对应AE的中间时刻，则物体从A到E的平均速度vAE等于过D点时的瞬时速度vD，B正确；将物体运动的逆过程看作是初速度为零的匀加速运动，根据初速度为零的匀加速运动的比例式可知，物体经过AC、CE段的时间之比tAC∶tCE=∶1，C错误；从下到上运动时速度逐渐减小，物体通过每一部分时所需的时间逐渐变大，根据Δv=aΔt可知，其速度变化量的大小越来越大，D正确。 一点一过 (1)初速度为零的匀加速直线运动可以直接应用比例关系式求解，但要注意区别是按照时间等分还是按照位移等分。 (2)末速度为零的匀减速直线运动可应用逆向思维法转化为反向的初速度为零的匀加速直线运动来处理。 3.某同学研究匀变速直线运动时，用一架照相机对正在下落的 小球(可视为质点)进行拍摄，小球在空中运动的照片如图所示， 1、2、3分别为连续相等时间间隔拍摄到的影像，每块砖的厚 度均为d，且不计砖块之间的间隙，小球从静止开始下落，下 落过程为匀加速直线运动。则小球开始下落点距影像2的距离为 (　　) A.2.55d B.2.45d C.2.35d D.2.25d 细作3　位移差公式 √ 解析：由位移差公式有4d-2d=at2，又v2==2ax02，解得x02=2.25d，故选D。 一点一过 (1)连续相等的时间间隔T内的位移差相等。 即：Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2。 (2)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。 逐点清(四)　 匀变速直线运动的多过程问题 课 堂 1.三步法确定多过程问题的解答思路 2.分析多过程问题的五个要点 (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。 (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。 (5)相邻过程是通过哪些物理量衔接及有什么联系。 [典例]　(2024·全国甲卷)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； [答案]　20 m/s　 [解析]　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)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 [答案]　680 m [解析]　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=a+v(t0-t1) 又x=v0(t2-t0)，联立并代入数据解得x=680 m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.(2025·全国卷)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 √ 解析：根据速度与位移关系式可得0-=-2ax，其中v0=120 m/s，x=14 400 m，可得减速运动中其加速度的大小a=0.5 m/s2，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.(2025·山东济南模拟)一人驾驶汽车沿平直路面以速度v0匀速行驶，看到前方绿灯已经开始倒计时，司机立即刹车，经2t时间刚好停在停车线前。若减速过程为两段匀减速运动，0~t时间内的加速度为t~2t时间内加速度的2倍，则减速阶段汽车行驶的路程为 (　　) A.v0t B.v0t C.v0t D.v0t √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设0~t时间内的加速度大小为2a，则t~2t时间内的加速度大小为a，可知t时刻汽车的速度大小为v=v0-2at=at，解得v=v0，可得减速阶段汽车行驶的路程为x=t+×t=v0t，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.(2025·安徽高考)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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设汽车做匀加速直线运动的时间为t'，做匀速运动的速度为v，匀加速直线运动阶段，由平均速度公式有x=t'，根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'=，再根据x=at'2，解得x=at2，A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.(2025·广西南宁三模)如图是位于南宁市东南郊的两座邕江大桥，近处为公路桥，远处更高大的是铁路桥。公路桥所用吊杆为高强度平行钢丝，吊点等间距分布，相邻吊点之间的水平距离为d。一辆汽车正在匀加速通过公路桥，依次经过相邻的1~5号吊杆。设车头以速度v经过2号吊杆，经过时间t，车头以3v经过5号吊杆。则汽车的加速度大小为 (　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：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，且等于中间时刻的瞬时速度。汽车由2号吊杆运动到5号吊杆所用时间为t，则有==，解得v=，则加速度大小a==，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.(2025·云南楚雄模拟预测)一 辆汽车在平直公路上匀速行驶，快到十字路口时遇上红灯进行制动刹车，做匀减速直线运动，某摄像爱好者在路旁利用相机对汽车从制动开始每隔1 s持续拍照，结束后按一定比例测出了在0~1 s和2~3 s两段时间内汽车运动的位移分别为x1=9 m、x3=5 m，合成后的照片如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.汽车制动后加速度大小为4 m/s2 B.汽车制动后第4 s内的平均速度为4 m/s C.汽车制动前匀速运动的速度为12 m/s D.汽车制动后6 s内的位移为25 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据匀变速直线运动的位移差公式可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为a== m/s2=2 m/s2，故A错误；汽车制动后第4 s内的位移满足x3-x4=aT2，解得x4=3 m，则平均速度为== m/s=3 m/s，故B错误；汽车制动后经0.5 s时的速度v0.5== m/s=9 m/s，汽车制动时的初速度为v0=v0.5+at0.5= m/s=10 m/s，故C错误；汽车制动到停下来用时t==5 s，汽车制动后6 s内的位移为x==25 m，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.(2024·山东高考)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) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：木板在光滑斜面上运动时，木板的加速度不变，设木板的加速度为a，木板从静止释放至下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=a，木板从静止释放至上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=a，当木板长度为2L时，有3L=a，又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0，联立解得Δt2∶Δt1=∶，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.(多选)如图所示，质点在O点由静止开始先做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经过时间t运动到A点，速度大小为v1，再以加速度大小a2继续做匀变速直线运动，又经过时间2t运动到B点，速度大小为v2。已知OA=2BO，则 (　　) A.= B.= C.= D.= √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设由O到A为正方向，OA=2BO=2L，质点由O到A过程，2L=a1t2，速度大小为v1=a1t，再以加速度大小a2经过时间2t运动到B点，-3L=v1×2t -a2(2t)2，速度大小为v2=，整理得==，故选A、D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 8.(2025·内蒙古包头模拟)某同学在高铁站 乘车，高铁列车进站过程做匀减速直线 运动，该同学最终恰位于列车正中间，如 图所示，第4节车厢经过该同学所在位置所需的时间为t。出站时列车做匀加速直线运动，若车厢长度相同，列车加、减速过程加速度大小相等。则图示列车离开图示站台所需的总时间为 (　　) A.t B.2t C.2t D.3t 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设单节车厢的长度为L，列车加速度大小为a，根据题述过程可知，可将第4节车厢经过该同学的过程反向看成初速度为0的匀加速直线运动，有L=at2，列车出站过程做初速度为0的匀加速直线运动，离开站台时列车的位移为8L，有8L=a，联立解得t1=2t，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.港珠澳跨海大桥总长55公里，创下世界最长跨海大桥的记录。如图是港珠澳大桥上四段长为d的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点开始做匀减速直线运动，恰好运动到e点静止，则 (　　) A.通过a点和c点的速度之比为2∶1 B.ae段的平均速度等于c点的瞬时速度 C.通过ad段和de段的时间之比为1∶1 D.ab段的速度变化量大于bc段的速度变化量 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：将运动过程反向看成从e到a的初速度为零的匀加速过程，有=2a·4d，=2a·2d，可得=，故A错误；根据匀变速直线运动规律，ae段的平均速度为==≠vc=2，故B错误；根据初速度为零的匀变速直线运动推论可知相邻相等时间内的位移比为1∶3∶5∶…，由于ad段和de段的位移之比为3∶1，故时间之比为1∶1，故C正确；根据=2a·3d，可得b点的速度为vb=，故ab段的速度变化量大小为Δvab=-，bc段的速度变化量大小为Δvbc=-，即Δvab<Δvbc，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(9分)(2025·福建高考)某运动员训练为直线运动，其v⁃t图像如图所示，各阶段图像均为直线。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)0~2 s内的平均速度；(3分) 答案：2.4 m/s，方向与正方向相同　 解析：0~2 s内的平均速度大小= m/s=2.4 m/s，方向与正方向相同。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)44.2~46.2 s内的加速度；(3分) 答案：0.1 m/s2，方向与正方向相同　 解析：44.2~46.2 s内的加速度大小a= m/s2=0.1 m/s2，方向与正方向相同。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)44.2~46.2 s内的位移。(3分) 答案：4.2 m，方向与正方向相同 解析：44.2~46.2 s内的位移大小x= m=4.2 m，方向与正方向相同。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(12分)分拣机器人在智能系统的 调度下，能够自主规划路线，确保 高效、准确的分拣作业。如图所示 为某次分拣过程示意图，机器人从A处由静止出发沿两段直线路径AB、BC运动到C处停下，再将货物从托盘卸到分拣口。已知机器人最大运行速率为vm=3 m/s，机器人加速或减速运动时的加速度大小均为a=2.5 m/s2，AB距离为x1=6 m，BC距离为x2=2.5 m，机器人途经B处时的速率为零，要求机器人能在最短时间内到达分拣口。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)机器人从A到B过程中，从静止加速到最大运行速率vm所需时间t0；(3分) 答案：1.2 s　 解析：机器人从A到B过程中，从静止加速到最大运行速率vm所需时间t0== s=1.2 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)机器人从A运动到B的时间t1；(4分) 答案：3.2 s　 解析：机器人从A运动到B的过程，加速运动位移x11=t0=1.8 m 减速运动位移x12=t0=1.8 m 匀速运动时间t'==0.8 s 则机器人从A运动到B的时间t1=t0+t0+t'=3.2 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)机器人从B运动到C的平均速度大小。(5分) 答案：1.25 m/s 解析：由于x11+x12>x2，机器人从B运动到C的过程不能加速到最大速率vm，设机器人加速到v1后开始减速，加速与减速过程中时间和位移大小相等，设机器人从B运动到C的时间为t2，则 x2=2×，t2=2×= 解得=1.25 m/s。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $