(全国通用版)最新版高考物理 第1章 运动的描述 匀变速直线运动 2 匀变速直线运动的规律及应用能力训练.doc
2025高考物理复习匀变速直线运动的规律课件教案练习题
加速直线运动，飞机离舰起飞速度为100 m/s。已知航空母舰始终处于静止
状态，飞机可视为质点，下列说法正确的是
A．飞机在电磁弹射区运动的时间为 4 s
B．飞机离开电磁弹射区时的速度大小为60 m/s
C．飞机离开电磁弹射区后的加速度大小为
25 9
m/s2
√D．飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为 28 s 9
√ A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s
根据题意，设 RS 间的距离为 s，则 ST 间的距离为 2s，设 R 点速度为 vR， S 点速度为 vS，T 点速度为 vT，加速度为 a，根据运动学公式，有 vS2－ vR2＝2as，vT2－vS2＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于初、 末速度的平均值，有vR＋2 vS＝10 m/s，vS＋2 vT＝5 m/s，联立解得 vT＝1 m/s， C 正确。
聚焦学科素养
课时测评
考点一 匀变速直线运动的基本公式
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知识梳理
1．速度公式：__v_＝__v_0_＋__a_t _。 2．位移公式：_x_＝__v_0_t＋__12_a_t_2 __。
3．速度—位移关系式：_v_2_－__v_02_＝__2_a_x_。
基础知识判断
1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。 2．匀加速直线运动是速度随时间均匀增大的运动。 3．匀减速直线运动的位移是随时间均匀减小的。
1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(×)
核心突破
匀变速直线运动推论解题的“常用五法”
例5 如图所示，某个小物块以一定的初速度从斜面底端A
点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点
C时速度恰好为零，已知小物块从A点运动到距斜面底端
物理(2017-2020年全国123卷)高考全国卷考点统计表
T21：以立体空间为背景，考查点 电荷电场中的功能关系
T24：考查带电粒子在叠加场中做 类平抛运动
2018
□
T16：考查库仑力的合成
T21：考查匀强电场中的功能关系
T25：考查带电粒子在组合场中的 运动
□
T21：考查匀强电场中的功能关系
□
T21：考查带电粒子在电场中的加 速及功能关系
第八章恒定电流
□
T14：绳子拉动静止木箱在粗糙水 平面运动，比较动能与摩擦力做功 的关系
□
T19：给出v-t图像，求解功率、 电动机做功等
第八章动量
考纲展示
高考全国卷五年命题分析
考点分布
命题规律
1.动量、动量定理、动量
2021□
1.从题型上看，对基本概念和规
守恒定律及其应用（口）
2.弹性碰撞和非弹性碰 撞（口）
3.实验:验证动量守恒定 律
考纲展示
高考全国卷五年命题分析
考点分布
命题规律பைடு நூலகம்
1.欧姆定律（口）
2.电阻定律（口）
3.电阻的串联、并联（口）
4.电源的电动势和内阻（□）
5.闭合电路的欧姆定律（□）
6.电功率、焦耳定律（口）
7.实验:测定金属的电阻 率（同时练习使用螺旋 测微器）
8.实验:描绘小电珠的伏 安特性曲线
9.实验:测定电源的电动 势和内阻
14.电容器的电压、电 荷量和电容的关系（口）
量异号电荷产生的电场
墨打印机、静电除尘、示波管、 加速器等进行命题考查.
□
T21：考查点电荷电场中的功能关 系
2019
□
T15：考查库仑力和电场力作用下 的平衡问题
□
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动的规律学生用书
第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、匀变速直线运动的规律 1．定义和分类(1)定义：沿着一条直线，且________不变的运动叫做匀变速直线运动． (2)分类：{匀加速直线运动：a 、v 方向________．匀减速直线运动：a 、v 方向________．2．基本规律(1)速度公式：v ＝________． (2)位移公式：x ＝________．(3)速度位移关系式：v 2−v 02＝______． 3．三个重要推论4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论,生活情境1.一辆汽车从静止出发，在交通灯变绿时从A点以2.0 m/s2的加速度在平直的公路上做匀加速直线运动，经一段时间运动到B点，速度达20 m/s，则(1)汽车在运动过程中，速度是均匀增加的．( )(2)汽车在运动过程中，位移是均匀增加的．( )(3)汽车在运动过程中，在任意相等的时间内，速度的变化量是相等的．( )(4)汽车从A点运动到B点所用时间为10 s，位移为100 m．( )(5)汽车从A点运动到B点，中间时刻的速度为10 m/s.( )(6)汽车从A点运动到B点，位移中点的速度为10√2 m/s.( )教材拓展2.[鲁科版必修1P36T1改编]关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )A．在相等时间内位移的变化相同B．在相等时间内速度的变化相同C．在相等时间内加速度的变化相同D．在相等路程内速度的变化相同3．[人教版必修1P43T3改编]某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( )A．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s关键能力·分层突破考点一匀变速直线运动规律的应用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a的方向为正方向．2．匀变速直线运动公式的选用一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；(1)不涉及时间，选择v2−v02＝2ax；(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用v t2＝v̅＝xt求瞬时速度；(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2求加速度．角度1基本公式的应用例1 ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过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；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，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)汽车过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)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间．教你解决问题(1)读题审题——获取信息(2)思维转化——模型建构①过ETC通道时经历三个运动阶段：②过人工收费通道经历两个运动阶段：角度2 推论的应用例2.如图所示，哈大高铁运营里程为921 km，设计时速为350 km.某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，已知10 s末列车还未停止运动，则下列说法正确的是( )A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．921 km是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始刹车时的速度为80 m/s[思维方法]解决运动学问题的基本思路：跟进训练1.(多选)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s，那么该消防队员( ) A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2C．加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶42．[2022·河南模拟]如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝4 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t＝1 s，求物体的加速度大小a和OD之间的距离．考点二自由落体运动和竖直上抛运动角度1自由落体运动(一题多变)例 3.如图所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看作是自由落体运动．假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约是多大？(g取10 m/s2)【考法拓展】在[例3]中水滴下落过程中经过2 m高的窗户所需时间为0.2 s．那么窗户上沿到屋檐的距离为多少？角度2竖直上抛运动(一题多解)例4. 气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)[思维方法]竖直上抛运动的研究方法(1)分段研究法：(2)整体研究法：取初速度的方向为正方向，全过程为初速度为v0，加速度大小为g的匀变速直线运动．gt2v＝v0−gt，v2−v02＝－2gh.其规律符合h＝v0t－12拓展点刹车类问题和双向可逆类问题1.刹车类问题中的两点提醒(1)分清运动时间与刹车时间之间的大小关系．(2)确定能否使用逆向思维法，所研究阶段的末速度为零，一般都可应用逆向思维法．2．双向可逆运动的特点这类运动的速度减到零后，以相同加速度反向加速．如竖直上抛、沿光滑斜面向上滑动．例5. (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )为2ms2sA．1 s B．3 s C．4 s D．5+√412跟进训练3.如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(g取10 m/s2)( )4．有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进．刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车后1.5 m处，避免了一场事故，以下说法正确的是( )A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mC．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s考点三匀变速直线运动中的STSE问题素养提升匀变速运动与交通、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，解决这类问题的关键：(1)建模——建立运动的模型(列出运动方程)；(2)分段——按照时间顺序，分阶段研究运动．情境1 “智能物流机器人”(多选)为解决疫情下“最后500米”配送的矛盾，将“人传人”的风险降到最低，目前一些公司推出了智能物流机器人．机器人运动的最大速度为1 m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20 s，路宽是19.5 m，它启动的最大加速度是0.5m，下面是它过马路的安排方案，s2既能不闯红灯，又能安全通过的方案是( )A．在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动B．在距离停车线1 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动C．在距离停车线2 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动D．在距离停车线0.5 m处，绿灯亮起之前1 s，以最大加速度启动情境2 酒驾(多选)酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离，“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离．(假设汽车制动加速度都相同)分析上表可知，下列说法正确的是( )A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 sB．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 sC．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车拓展点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．情境3 机动车礼让行人[2021·浙江6月，19]机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103kg 的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度．[思维方法]解决STSE 问题的方法在解决生活和生产中的实际问题时．(1)根据所描述的情景 分析→ 物理过程 建构→ 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．第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、 1．（1）加速度 （2）相同 相反 2．（1）v 0＋at （2）v 0t ＋12at 2（3）2ax 4．（1）1∶2∶3∶…∶n（2）12∶22∶32∶…∶n 2（3）1∶3∶5∶…∶（2n －1）（4）1∶（√2－1）∶（√3－√2）∶…∶（√n －√n −1） 二、静止 gt 12gt 22gh 向上 重力 v 0－gt v 0t －12gt 2－2gh 生活情境 1．（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）√ （6）√ 教材拓展 2．答案：B 3．答案：A关键能力·分层突破例1 解析：（1）过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x 1＝v 21 －v 22 2a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m（2）过人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m（3）过ETC 通道的时间t 1＝v 1－v 2a ×2＋d v 2＝18.5 s过人工收费通道的时间t 2＝v 1a×2＋t 0＝44 sx 总2＝2x 2＝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 ＝t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1＋Δx v 1 ＝25 s答案：（1）138 m （2）72 m （3）25 s例2 解析：因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离，故研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由位移与路程的意义知921 km 是指路程，选项B 错误；由x n －x m ＝（n －m ）aT 2，解得加速度a ＝32.5 m －57.5 m 5×（1 s ）2＝－5 m/s 2，即加速度大小为5 m/s 2，选项C 错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第4.5 s末列车速度为57.5 m/s ，由速度公式可得v 0＝v －at ＝57.5 m/s －（－5 m/s 2×4.5 s ）＝80 m/s ，选项D 正确．答案：D1．解析：钢管长L ＝12 m ，运动总时间t ＝3 s ，加速过程加速度大小2a 、时间t 1、位移x 1、最大速度v ，减速过程加速度大小a 、时间t 2、位移x 2.加速和减速过程中平均速度均为v2， vt2＝L ，得v ＝8 m/s ，A 项错误，C 项正确；v ＝2at 1＝at 2，t 1∶t 2＝1∶2，B 项正确；x 1＝vt 12，x 2＝vt 22，x 1∶x 2＝1∶2，D 项错误．答案：BC2．解析：由匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2可得a ＝ΔxT 2＝Δx t 2＝2 m/s 2由于CD －BC ＝BC －AB 代入数据有CD ＝6 m由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可以得到B 点的速度v B ＝2＋42×1m/s＝3 m/s由2ax ＝v 2－v 02得OB ＝v B 2−02×a＝322×1m ＝2.25 m故OD ＝OB ＋BC ＋CD ＝（2.25＋4＋6） m ＝12.25 m故物体的加速度大小a 和OD 之间的距离分别为2 m/s 2，12.25 m.答案：2 m/s 212.25 m例3 解析：选取水滴最初下落点为位移的起点，竖直向下为正方向，由自由落体运动规律知x ＝12gt 2，v ＝gt联立得v ＝√2gx代入数据得v ＝√2×10×10m/s ≈14 m/s即水滴下落到地面的瞬间，速度大约是14 m/s. 答案：14 m/s[考法拓展] 解析：设水滴下落到窗户上沿时的速度为v 0，则由x ＝v 0t ＋12gt 2得，2＝v 0×0.2＋12×10×0.22解得v 0＝9 m/s根据v 02＝2gx ，得窗户上沿到屋檐的距离x ＝v 022g ＝922×10 m ＝4.05 m.答案：4.05 m例4 解析：方法一 把竖直上抛运动过程分段研究 设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点， 则t 1＝v0g＝1010 s ＝1 s.上升的最大高度h 1＝v 20 2g ＝1022×10m ＝5 m. 12故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m.重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2Hg＝2×18010s ＝6 s. v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上脱落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.方法二 取全过程作一整体进行研究从物体自气球上脱落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m. 由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有，－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s （舍去）， 所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反． 方法三 对称法根据速度对称知，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v ，则v 2－v 20 ＝2gh .解得v ＝60 m/s ，方向竖直向下． 经过h 历时Δt ＝v －v 0g＝5 s. 从最高点到落地历时t 1＝v g＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s例5 解析：以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得4＝5t －12×2t 2解得t 1＝1 s ，t 2＝4 s 当物体的位移为－4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得 －4＝5t －12×2t 2解得t 3＝5＋√412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误．答案：ACD3．解析：根据v ＝v 0＋at ，v 0A ＝－3 m/s.代入解得v A ＝7 m/s ，同理解得v B ＝5 m/s ，v C ＝0 m/s ，v D ＝－5 m/s.由于|v A |>|v B |＝|v D |>|v C |，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，汽车刹车时间t 2v0a ＝3 s ，故汽车运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.6 s ＋3 s ＝3.6 s ，故A 项错误；司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为x ＝v 0t 1＋v 02t 2＋1.5 m ＝15×0.6 m ＋152×3 m ＋1.5 m ＝33 m ，故B 项正确；汽车的平均速度v － ＝v 0t 1＋v 02t 2t 1＋t 2＝9＋22.53.6m/s ＝8.75 m/s ，故C 、D 两项错误，故选B 项． 答案：B情境1 解析：机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t 1＝va ＝10.5s ＝2 s 达到最大速度，位移是x 1＝12a t 12＝1 m ，匀速运动的位移x 2＝l －x 1＝18.5 m ，需要时间为t 2＝x2v ＝18.5 s ，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不对；在距离停车线1 m处以最大加速度启动2 s，正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5 s，过了马路，这个方案是可以的，故B对；在距离停车线2 m处，机器人启动2 s后，走了1 m，距离停车线还有1 m，这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端还有20.5 m，需要20.5 s通过，而绿灯时间为20 s，at2＝0.25 所以不安全，故C不对；在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝12m，小于0.5 m，故没有闯红灯，继续前进0.75 m，达到最大速度，共用去了2 s，绿灯还有19 s，这时剩下的距离还有19 m，正好通过马路，故D对．答案：BD情境2 解析：反应时间＝思考距离÷车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式v2＝2ax，解得a＝7.5 m/s2，C错误；根据表格知，车速为25 m/s 时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确．答案：ABD情境3 解析：（1）设汽车刹车过程的加速度大小为a，所用时间为t1，所受阻力大小为F f由运动学公式得v12＝2as①v1＝at1②由牛顿第二定律得F f＝ma③联立①②③解得t1＝4 s④F f＝2.5×103 N⑤（2）设汽车等待时间为t，小朋友匀速过马路所用时间为t2则由运动学公式得l＋L＝v0t2⑥t＝t2－t1⑦联立④⑥⑦解得t＝20 s⑧（3）设汽车到斑马线时的速度为v，在汽车刹车过程中由运动学有v22－v2＝2as⑨联立①⑤⑨解得v＝5√5 m/s⑩答案：（1）4 s 2.5×103 N （2）20 s （3）5√5 m/s。
高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2节匀变速直线运动的规律及应用课件
取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重
6
力加速度为
m/s2。
(4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直
方向,从该视频中截取图片,
(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法
测出重力加速度。
答案 (1)小钢球
(2)①③④② (3)9.6(9.5~9.7均可)
答案 (1)4.5 m (2)2人
(3)2 m
解析 解法一 (推论法)
(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速运动的规律可知,在相邻
相等时间内位移差相等,即Δs=lCD-lBC=lBC-lAB=1 m
解得lCD=4.5 m。
(2)因为Δs=1 m,所以此刻A的上端滑道上还有2个人。
(3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有
答案 8楼
解析 由题图可以看出,在曝光的时间内,物体大约下降了两层砖的厚度,
即 14 cm(0.14 m),曝光时间为 0.01 s,所以 AB 段的平均速度为
0.14
v= = 0.01 m/s=14 m/s
由 v =2gh 可得下降的高度大约为 h=
2
2
2
=
142
2×10
m=9.8 m,每层楼高约为
(4)仍能
解析 (1)为使物体的运动尽可能地接近自由落体运动,应该尽量减小空气
阻力的影响,故下落物体应该选小钢球。
(2)实验步骤要本着先安装器材,再进行实验的原则,具体步骤为①③④②。
(3)刻度尺读数时应读球心对应的刻度,把图中三幅图依次连接起来即为常
见的纸带问题,根据逐差法可得重力加速度为
第一章第2讲匀变速直线运动的规律-2025年高考物理一轮复习PPT课件
答案
高考一轮总复习•物理
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解析：假设 8 s 内汽车一直匀减速运动，根据 x4－x1＝3a0T2，代入数据解得 a0＝－6294 m/s2， 根据 x1＝vT＋12a0T2，代入数据解得 v＝20.875 m/s，则速度减为零的时间 t＝0－a0v，代入数据 解得 t≈7.3 s<8 s，可知汽车在 8 s 前速度减为零．设汽车加速度为 a，根据 x1＝v0T＋12aT2， 汽车速度减为零的时间为 t0＝0－av0，采用逆向思维，第 4 个 2 秒内的位移为 x4＝12×(－ a)·－av0－6 s2＝1.5 m，联立解得 a＝－3 m/s2，v0＝21 m/s(另一解不符合题意，舍去)，选项 B、C 正确．根据 x3－x1＝2aT2，甲车刹车后第 3 个 2 s 内的位移大小为 x3＝x1＋2aT2，代入 数据解得 x3＝12 m，选项 A 正确．汽车刹车到停止的距离 x0＝0－2av20，代入数据解得 x0＝73.5 m<75 m，所以甲车不会撞上乙车，选项 D 错误．故选 ABC.
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高考一轮总复习•物理
方法三 根据 v＝gt， v ＝v0＋2 v＝xt ＝vt 2
v4＝ v 35＝19.6－2×7.01.0×4 10－2 m/s＝1.56 m/s g＝vt44＝10..5166 m/s2＝9.75 m/s2. 答案：见解析
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高考一轮总复习•物理
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重难考点 全线突破
D．80 m/s2
解析：无人机匀加速运动的过程中，连续经过两段均为 x＝120 m 的位移，第一段所 用的时间 t1＝2 s，第二段所用的时间 t2＝1 s，则第一段有：x＝v0t1＋12at21，连续两段有： 2x＝v0(t1＋t2)＋12a(t1＋t2)2，解得 a＝40 m/s2，故选项 B 正确．
高考物理总复习 第一单元 运动的描述 匀变速直线运动 课时2 匀变速直线运动规律的应用(含解析)
课时2 匀变速直线运动规律的应用1.匀变速直线运动的基本规律(1)匀变速直线运动就是加速度不变的直线运动,当v与a方向相同时,物体做加速直线运动;当v与a方向相反时,物体做减速直线运动;物体的速度变大变小与a是否变化无关,由它们之间的方向关系决定。
(2)基本运动规律①速度与时间关系公式v=v0+at。
②位移与时间关系公式x=v0t+at2。
③位移与速度关系公式2ax=v2-。
2.匀变速直线运动的常用推论(1)中间时刻的瞬时速度=(v+v0)。
(2)中间位置的瞬时速度=。
(3)连续相等时间内相邻的位移之差相等,即Δx=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=aT2。
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶v n=1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶x n=12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第n个T内的位移之比Δx1∶Δx2∶Δx3∶…∶Δx n=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶t n=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。
4.自由落体运动和竖直上抛运动的规律(1)自由落体运动①速度公式:v=gt。
②位移公式:x=gt2。
③位移—速度公式:2gx=v2。
(2)竖直上抛运动①速度公式:v=v0-gt。
②位移公式:x=v0t-gt2。
③位移—速度公式:-2gx=v2-。
④上升的最大高度:h=。
⑤上升到最大高度用时:t=。
1.(2019安徽安庆市第二中学开学摸底)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位),则该质点()。
A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任意相邻的1s内位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s答案 D2.(2019湖南长沙1月月考)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16m的路程,第一段用时4s,第二段用时2s,则物体的加速度是()。
2024届高考物理一轮复习：匀变速直线运动的规律及应用
第一章运动的描述匀变速直线运动匀变速直线运动的规律及应用【考点预测】1. 匀变速直线运动的基本规律的应用2.刹车类、双向可逆类匀减速直线运动3. 匀变速直线运动的推论及应用4. 初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式5. 自由落体运动和竖直上抛运动【方法技巧与总结】匀变速直线运动的基本规律解题技巧1．基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论2．正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，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．3．解决匀变速运动的常用方法(1)逆向思维法：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．(2)图像法：借助v－t图像(斜率、面积)分析运动过程．【题型归纳目录】题型一：匀变速直线运动的基本规律的应用题型二：匀变速直线运动平均速度公式的应用题型三：刹车类问题题型四：匀变速直线运动的推论及应用题型五：初速度为零的匀加速直线运动题型六：自由落体运动和竖直上抛运动【题型一】匀变速直线运动的基本规律的应用【典型例题】例1．中国第三艘航母“福建舰”已成功下水，该航母上有帮助飞机起飞的电磁弹射系统，若经过弹射后，飞机依靠自身动力以16m/s2的加速度匀加速滑行100m，达到60m/s的起飞速度，则弹射系统使飞机具有的初速度大小为（ ）A ．20m/sB ．25m/sC ．30m/sD ．35m/s【方法技巧与总结】1. 注意正方向的选定．2. 画运动过程示意图，选择合适的匀变速直线运动的公式．练1．一个小球沿光滑斜面向上运动，初速度大小为5m/s ，C 为斜面的最高点，AC 间距离为5m 。
小球在0 t 时刻自A 点出发，4s 后途经A 下方的B 点（B 点未在图上标出）。
则下列说法正确的是（ ）A ．小球加速度的最大值为2m/sB ．小球加速度的最小值为2m/sC ．若小球加速度大小为52m/s ，则斜面至少长25mD ．小球到达B 点速度大小可能是m/s【题型二】匀变速直线运动平均速度公式的应用【典型例题】例2．如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R 、S 、T 三点，已知ST 间的距离是RS 的两倍，RS 段的平均速度是10m/s ，ST 段的平均速度是5m/s ，则公交车经过T 点时的瞬时速度为（ ）A ．3m/sB ．2m/sC ．1m/sD ．0.5m/s【方法技巧与总结】1. 平均速度的定义为位移与时间的比值，适用于一切运动。
2024届高考物理一轮复习：匀变速直线运动图像和追及相遇问题
第一章 运动的描述 匀变速直线运动匀变速直线运动图像和追及相遇问题【考点预测】1.匀变速直线运动的v －t 图像、a －t 图像、xt －t 图像、v 2－x 图像等2. 追及相遇问题 【方法技巧与总结】 (1)a －t 图像由Δv ＝aΔt 可知图像中图线与横轴所围面积表示速度变化量，如图甲所示． (2)xt－t 图像 由x ＝v 0t ＋12at 2可得x t ＝v 0＋12at ，截距b 为初速度v 0，图像的斜率k 为12a ，如图乙所示．(3)v 2－x 图像由v 2－v 02＝2ax 可知v 2＝v 02＋2ax ，截距b 为v 02，图像斜率k 为2a ，如图丙所示．(4)追及相遇问题可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系．通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口． 【题型归纳目录】题型一： 区分x －t 图像和v －t 图像 题型二：用函数思想分析图像 题型三：图像间的相互转化 题型四： 公式法求解追及相遇问题题型五：图像法在追及相遇问题中的应用 【题型一】区分x －t 图像和v －t 图像 【典型例题】例1．（2023·西藏日喀则·统考一模）图（a ）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b ）是该机器人在某段时间内的位移时间图像（后10s 的图线为曲线，其余为直线）。
以下说法正确的是（ ）A ．机器人在0-30s 内的位移大小为7mB ．10-30s 内，机器人的平均速度大小为0.35m/sC ．0-10s 内，机器人做加速直线运动D ．机器人在5s 末的速度与15s 末的速度相同 【方法技巧与总结】1．无论x －t 图像、v －t 图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动，图像的形状反映了x 与t 、v 与t 的函数关系，而不是物体运动的轨迹．2．x －t 图像中两图线的交点表示两物体相遇，v －t 图像中两图线的交点表示该时刻两物体的速度相等，并非相遇．3．位置坐标x －y 图像则能描述曲线运动，图线交点表示物体均经过该位置，但不一定相遇，因为不知道时间关系．练1．（2023·河北邢台·河北巨鹿中学校联考三模）高铁改变生活，地铁改变城市！地铁站距短需要频繁启停，为缩短区间的运行时间需要较大的启动加速度。
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律课件
(7)竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加 速度方向相反。(×)
[匀变速直线运动的规律] 2．[多选](2016·中山模拟)物体从静止开始做匀加速直 线运动，第 3 s 内通过的位移为 3 m，则( ) A．前 3 s 内的平均速度为 3 m/s B．前 3 s 内的位移为 6 m C．物体的加速度为 1.2 m/s2 D．3 s 末的速度为 3.6 m/s
(2)中间时刻的速度：v2t ＝12(v0＋v)＝ v 。
(3)位移中点速度：v2x＝
v02＋2 v2。
(4)初速度为零的匀加速直线运动常用的 4 个比例关系
①1T 末、2T 末、3T 末、……nT 末瞬时速度的比
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n； ②1T 内、2T 内、3T 内、……nT 内位移的比
4．自由落体运动 (1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。 (2)基本规律 ①速度公式：v＝gt； ②位移公式：h＝12gt2； ③速度位移关系式：v2＝2gh。
5．竖直上抛运动 (1)运动特点：加速度为 g，上升阶段做匀减速直线 运动，下降阶段做自由落体运动。 (2)基本规律 ①速度公式：v＝v0－gt； ②位移公式：h＝v0t－12gt2； ③速度位移关系式：v2－v20＝－2gh。
解析：选 ABC 由 h＝12gt2 得 t＝ 2gh＝3 s，A 正确； 落地速度 v＝gt＝30 m/s，B 正确；最后一秒内位移 Δh＝12 gt23－12gt22＝25 m，C 正确；全程的平均速度 v ＝ht ＝435 m/s ＝15 m/s，D 错误。
[竖直上抛运动]
4．某同学身高 1.8 m，在运动会上他参加பைடு நூலகம்高比赛，起
高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律学案
高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律学案05194147第2讲 匀变速直线运动的规律微知识1 匀变速直线运动的规律 1．基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at 。
(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。
(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝2ax 。
2．匀变速直线运动的重要推论 (1)平均速度：v ＝v 0＋v2＝v t 2即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，或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。
(2)任意两个连续相等的时间间隔(T )内，位移之差是一恒量，即Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT _2。
(3)位移中点速度：v x 2＝v 20＋v 2t2某段位移中点的瞬时速度等于这段位移初、末速度的平方和的一半的算术平方根。
(4)初速度为零的匀加速直线运动中的几个重要结论 ①1T 末，2T 末，3T 末…瞬时速度之比：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。
②1T 内，2T 内，3T 内…位移之比：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2。
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：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)。
④通过连续相等的位移所用时间之比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
微知识2 自由落体和竖直上抛运动的规律 1．自由落体运动的规律(1)速度公式：v ＝gt 。
(2)位移公式：h ＝12gt 2。
(3)速度－位移关系式：v 2＝2gh 。
2．竖直上抛运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0－gt 。
(2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2。
(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝－2gh 。
(4)上升的最大高度H ＝v 202g。
高考物理一轮复习第一章 第2课时《匀变速直线运动的规律》课件
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
例3 (多选)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(2＋ 7 ) s
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匀变速直线运动的推论及应用
考点二 匀变速直线运动的推论及应用
1.匀变速直线运动的常用推论 (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 ＝v0＋2 v＝ v t 。此公式可以求某时刻的瞬时速度。
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
判断正误
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随时间均匀增大。( × ) 3.匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。( √ )
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
例1 (2023·广东梅州市期末)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”。在 距离地面1 m处时，反推发动机点火，返回舱速度由6 m/s减至2 m/s软着 陆，此阶段的运动可看作匀减速直线运动。则此阶段 A.航天员处于失重状态 B.航天员的加速度大小为32 m/s2 C.返回舱运动的时间为0.5 s
第一章
运动的描述 匀变速直线运动的研究
第 2
匀变速直线运动的规律
课
时
目标 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 要求 动学公式及推论解题。
2025版新教材高考物理总复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动教案
第2讲 匀变速直线运动一、匀变速直线运动1.定义:物体在一条直线上且做① 加速度 不变的运动。
2.分类{匀加速直线运动:a 与a ② 方向相同 。
匀减速直线运动:a 与a ③ 方向相反 。
二、匀变速直线运动的规律1.三个基本公式速度公式:④ v =v 0+at ;位移公式:⑤ x =v 0t +12at 2; 速度位移关系式:⑥ v 2-a 02=2ax 。
2.两个有用的推论 (1)平均速度公式:a =⑦a 0+a 2=a a 2。
(2)随意相邻的两段连续相等的时间(T )内,位移之差是一个恒量,即Δx =x 2-x 1=x 3-x 2=…=x n -x n -1=⑧aT 2 。
3.初速度为零的匀加速直线运动具备以下几个特点 (1)在1T 末,2T 末,3T 末,…,nT 末的瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n =⑨ 1∶2∶3∶…∶n 。
(2)在1T 内,2T 内,3T 内,…,nT 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n =⑩ 1∶22∶32∶…∶n 2 。
(3)第1个T 内,第2个T 内,第3个T 内,…,第n 个T 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n = 1∶3∶5∶…∶(2n -1) 。
(4)从静止起先通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n = 1∶(√2-1)∶(√3-√2)∶…∶(√a -√a -1) 。
三、自由落体运动和竖直上抛运动自由落体运动条件只受重力,从静止起先下落特点初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动规律速度公式:v=gt 位移公式:h=12gt2速度位移关系式:v2=2gh竖直上抛运动特点(1)加速度为g(2)上升阶段做匀减速直线运动,下降阶段做匀加速直线运动规律速度公式:v=v0-gt位移公式:h=v0t-12gt2速度位移关系式:v2-v02=-2gh上升的最大高度:H=v022g上升到最高点所用时间:t=v0g1.推断下列说法对错。
高考物理总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究(第2课时)匀变速直线运动规律试题
第2课时 匀变速直线运动规律[学 考 题 组])1．质量不等的两个物体从相同高度处做自由落体运动，下列说法正确的是( ) A ．下落所用时间不同 B ．落地时速度不同 C ．下落的加速度相同D ．落地时重力势能的变化量相同解析 根据自由落体运动的规律，从相同高度处下落，下落所用时间相同，落地时速度相同，下落的加速度都等于重力加速度，选项A 、B 错误，选项C 正确；由于两个物体的质量不相等，故落地时重力势能的变化量不相同，D 错误。
答案 C2．舰载机在停泊的航母上开展飞行训练。
若飞机着舰时的速度为200 m/s 。
匀减速滑行的加速度大小为100 m/s 2，则航母甲板上的跑道长度不小于( ) A ．50 m B ．100 m C ．150 mD ．200 m解析 飞机在航母甲板上匀减速运动的位移为x ＝v 202a ＝20022×100m ＝200 m ，所以航母甲板上的跑道长度不小于200 m ，D 正确。
答案 D3．小球从高h 处做自由落体运动，落地时速度为v ，若将高度提高到2h ，则小球落地时的速度为( ) A ．v B.2v C ．2vD.3v解析 物体做自由落体运动，落地时速度v ＝2gh ，故将高度提高到2h 时，落地时的速度v ′＝4gh ，选项B 正确。
答案 B4．从静止开始做匀加速直线运动的物体，0～10 s 的位移是10 m ，那么在10～20 s 的位移是( ) A ．20 m B ．30 m C ．40 mD ．60 m解析 当t ＝10 s 时，Δx ＝12a (2t )2－12at 2＝32at 2＝12at 2·3＝10×3 m＝30 m 。
5.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。
假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( )A.vt2B ．vt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 02tC.vt 202tD.v （t －t 0）22t解析 “蛟龙号”上浮的加速度为a ＝v t，根据逆向思维可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海平面的深度为h ＝12a (t －t 0)2＝v （t －t 0）22t 。
高考物理总复习第一部分考点梳理第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律
20
解得x3=
3
m<7.5 m
符号使用规范,不能混用
可知当物体的位移大小为7.5 m时,处在下滑阶段
由速度公式0=v0+a1t3得
物体上升阶段用时
4
t3=
3
写出必要的文字说明
s
物体下滑阶段,由位移公式可得-7.5
解得 t4=
102
3
20
m3
m=
2Δ(1 -2 )
A.
1 2(1+2 )
Δ(1 -2)
B.
1 2(1+2)
2Δ(1+2)
C.
1 2 (1 -2 )
v1∶v2∶v3∶…∶vn= 1∶2∶3∶…∶n 。
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn= 1∶4∶9∶…∶n2
。
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶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为
a=20 m/s2,v0=34 m/s,故 A、B 错误;汽车刹车的
m,故 C 正确;汽车刹车所用的总时间为
0
t= =1.7
s,故
易错警示 刹车类问题的注意事项
(1)刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动,加速度a突然消失。
(2)求解时要注意确定实际运动时间。
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动,可把该阶段看成反向的初速度
答案
0 2
(1)
0 2
(2)
第1单元 运动的描述 匀变速直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律与应用-2025年物理新高考备考课
2
.
2
2
0 + 2
2
（3）位移中点速度： =_______.
2
知识自查必备
4.初速度为零的匀变速直线运动的推论
（1）末、2末、3末、…、末的瞬时速度之比为1 : 2 : 3 : ⋯ : =
1: 2: 3: ⋯ :
_____________.
1
2
+
0
（2）位移与时间的关系式： =___________.
2
2
− 0
（3）速度与位移的关系式：________=
2
2.
知识自查必备
3.匀变速直线运动的三个常用推论
2
2
−
（1）两个连续相同时间内的位移差：Δ =_____. − =________ .
0 +
刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入
每个矩形区域时的速度之比1 : 2 : 3 和穿过每个矩形区域所用的时间之比1 : 2 : 3
对应为(
BD
)
A.1 : 2 : 3 = 3: 2: 1
B.1 : 2 : 3 = 3: 2: 1
C.1 : 2 : 3 = 1: 2: 3
知识自查必备
（4）前内、前2内、前3内、…、前的时间之比为1 : 2 : 3 : ⋯ : =
1: 2: 3: ⋯ :
________________.
（5）第1个内、第2个内、第3个内、…、第个内的时间之比为：
1: 2 − 1 : 3 − 2 : ⋯ : − − 1
0
2
新教材适用2024版高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动第1讲描述运动的基本概念课件
2．质点 (1)定义：用来代替物体的有_质__量___的点叫质点。 (2)质点是为了使研究问题简化而引入的一个 __理__想__化___的物理模 型，物体简化为质点的条件：物体的__大__小__、_形__状___在所研究的问题中 可以忽略。 注意：不以大小论质点：大的物体不一定不能看作质点；小的物体 不一定能看作质点。
知识点1 参考系和质点
1．参考系 (1)定义：在描述物体的运动时，选来作为__参__考__的另外的物体。 (2)参考系的选取 ①参考系的选取是任意的，但为了观测方便和运动的描述尽可能简 单，一般以__地__面__为参考系。 ②参考系既可以是静止的物体，也可以是__运__动__的物体。 ③比较两物体的运动情况时，必须选___同__一__参__考__系____。
知识点2 位移、速度
1．位移和路程
类别 定义 区别 联系
位移
路程
位移表示质点的__位__置__变动，它是质点
路程是质点
由初位置指向末位置的__有__向__线__段____
__运__动__轨__迹____的长度
(1)位移是矢量，方向由_初__位置指向_末__位置
(2)路程是标量，没有方向
(1)在单向直线运动中，位移的大小__等__于__路程 (2)一般情况下，位移的大小__小__于__路程
二、对点激活 1．(2023·河北模拟)2022年4月16日，经过6个月的太空遨游，搭载翟 志刚、王亚平、叶光富的神舟十三号“返回舱”成功着陆地面。下列与 神舟十三号飞船相关情景描述正确的是( B )
A．甲图中，研究宇航员在舱外的姿态时，宇航员可以视为质点 B．乙图中，研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，飞船可以 视为质点 C．丙图中，神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过程，神 舟十三号飞船可以视为质点 D．丁图中，王亚平在空间站中将冰墩墩抛出，以地面为参考系， 冰墩墩做匀速直线运动
全国通用近年高考物理大一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用
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第2讲匀变速直线运动的规律及应用1．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍，该质点的加速度为( A)A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!解析设初速度为v1，末速度为v2，根据题意v2＝3v1，根据v＝v0＋at,可得3v1＝v1＋at，解得v1＝错误!，代入s＝v1t＋错误!at2可得a＝错误!，故选项A正确．2。
(2018·山东济南调研)已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为l1,BC 间的距离为l2.一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动,依次经过A、B、C三点．已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等,求O与A的距离．解析对OB段应用位移速度公式得，v2B－02＝2a(l＋l1），到达B点的速度v B＝错误!，对AB段与BC段，由公式x n－x n＝aT2得，l2－l1＝aT2，联立解得l＝错误!。
－1答案错误!3．(2018·辽宁沈阳调研）一个氢气球以 4 m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，10 s 末从气球上掉下一重物，此重物最高可上升到距地面多高处？此重物从氢气球中掉下后，经多长时间落回到地面？(忽略空气阻力，g取10 m/s2)解析向上加速阶段H＝错误!a1t错误!＝错误!×4×102 m＝200 m，1v＝a1t1＝4×10 m/s＝40 m/s，1重物从氢气球中掉下后先做匀减速直线运动后再反向做匀加速直线运动．竖直上抛上升阶段H2＝错误!＝80 m,t2＝错误!＝4 s,自由下落阶段H1＋H2＝错误!gt错误!，得t3＝错误!＝错误!s≈7.48 s.所以,此重物距地面最大高度H max＝H1＋H2＝280 m，重物从掉下到落地的总时间t＝t2＋t3＝11.48 s。
高考物理一轮复习 第1章 运动的描述 匀变速直线运动 2 匀变速直线运动的规律及应用课件
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解法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜 面。 故 xBC＝12at2BC，xAC＝12a(t＋tBC)2 又 xBC＝14xAC 由以上三式解得 tBC＝t。
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解法四：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间 里通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) 因为 xCB∶xBA＝x4AC∶3x4AC＝1∶3，而通过 xBA 的时间为 t，所以通过 xBC 的时间 tBC＝t。
2．规律方法 求解多阶段运动问题的“三步走”
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3．应用匀变速直线运动规律的两个技巧 (1)把减速到 0 的匀减速直线运动看成反向的初速度为 0 的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步 利用比例关系解题则更简单。 (2)若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑 应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。
匀减速直线运动：a与v方向
相同 ； 相反 。
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2．基本规律和推论的应用
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3．初速度为零的匀变速直线运动四个推论
(1)1T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的速度之比 v1∶v2∶
v3∶…∶vn＝□10 1∶2∶3∶…∶n 。
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3．(人教版必修 1 P43·T3 改编)有些航空母舰上装有帮 助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速 时可能产生的最大加速度为 5.0 m/s2，当飞机的速度达到 50 m/s 时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。 问：
新高考物理一轮复习 1 第一章 运动的描述 匀变速直线运动规律 2 第2节 匀变速直线运动的规律及应用课件
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
题目中所涉及的物理量
没有涉及的物理量
v0、v、a、t
x
v0、a、t、x
v
v0、v、a、x
t
v0、v、t、x
a
适宜选用的公式 [速度公式] v＝v0＋at [位移公式] x＝v0t＋12at2 [速度位移关系式] v2－v20＝2ax [平均速度公式] x＝v＋2v0t
法六：图象法
根据匀变速直线运动的规律，作出 v－t 图象，如图所示．利用相似三角
形的规律，面积之比
等于对应边平
方比，得SS△△BADOCC＝CCOD22
，且S△ S△
AOC＝4 BDC 1
，
OD＝t，OC＝t＋tBC.
所以41＝（t＋tB2tCBC）2，解得 tBC＝t.
[答案] t
【题组过关】
2．物体由静止开始做匀加速直线运动，加速 8 s 后，立即做匀减速直线运动，再经过 4 s
停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是
()
A．加速、减速过程中的加速度大小之比为 2∶1
B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为 2∶1
C．加速、减速过程中的位移大小之比为 2∶1
D．加速、减速过程中速度的变化率大小之比为 2∶1
【题组过关】
1．(2017·4 月浙江选考)拿一个长约 1.5 m 的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，
把金属片和小羽毛放到玻璃筒里．把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况．然
后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况．下
列说法正确的是
()
A．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快
快速运送到地面．某一竖井的深度为 104 m，升降机运行的最大速度为
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2 匀变速直线运动的规律及应用1．(2018·江西宜春四校联考)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则物体的加速度是( )A.23 m/s 2B.43 m/s 2C.89 m/s 2D.169 m/s 2 答案 B解析 第一段路程内的平均速度为v 1＝x t 1＝164 m/s ＝4 m/s ，第二段路程内的平均速度为v 2＝x t 2＝162m/s ＝8 m/s ，根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，又因根据题意可知两段时间内的中间时刻的时间间隔为Δt ＝(2＋1) s ＝3 s ，所以加速度为a ＝v 2－v 1Δt ＝8－43 m/s 2＝43m/s 2，A 、C 、D 错误，B 正确。
2．一辆汽车以v 0＝12 m/s 的速度前进，突然发现前面有石块，便以大小为6 m/s 2的加速度刹车，刚好没有发生交通事故，则刹车后3 s 内的位移为( )A ．9 mB ．12 mC ．21 mD ．8 m 答案 B解析 汽车从刹车到静止所用的时间t ＝0－v 0a＝2 s ，则刹车后3 s 内的位移等于2 s内的位移x ＝v 0＋02t ＝12 m ，B 正确，A 、C 、D 错误。
3. (多选)如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点。
每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )t /s 0 2 4 6 v /(m·s －1)8128A ．t ＝3 sB ．t ＝10 s 的时刻物体恰好停在C 点 C ．物体运动过程中的最大速度为12 m/sD ．A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离 答案 BD解析 根据题中图表的数据，可以求出物体下滑的加速度a 1＝82 m/s 2＝4 m/s 2，如果第4s 还在斜面上，速度应为16 m/s ，从而判断出第4 s 已过B 点，是在2 s 到4 s 之间经过B 点。
在水平面上的加速度a 2＝8－126－4m/s 2＝－2 m/s 2。
从2～4 s 根据运动学公式：8＋a 1t 1＋a 2t 2＝12，t 1＋t 2＝2，解出t 1＝43 s ，知经过103 s 到达B 点，到达B 点时的速度v ＝a 1t ＝403m/s 。
所以最大速度不是12 m/s ，故A 、C 均错误；第6 s 末的速度是8 m/s ，到停下来还需时间t ′＝0－8－2s ＝4 s ，所以到C 点的时间为t ＝10 s ，故B 正确；根据v 2－v 20＝2ax ，求出AB 段的长度为2009 m ，BC 段长度为4009m ，则A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离，故D 正确。
4．质点由A 点从静止出发沿直线AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为a 1的匀加速运动，接着做加速度大小为a 2的匀减速运动，到达B 点时恰好速度减为零。
若AB 间总长度为s ，则质点从A 到B 所用时间t 为( )A. s a 1＋a 2a 1a 2B. 2s a 1＋a 2a 1a 2C.2s a 1＋a 2a 1a 2D.a 1a 22s a 1＋a 2答案 B解析 设第一阶段的末速度为v ，则由题意可知：v 22a 1＋v 22a 2＝s ，解得：v ＝2a 1a 2sa 1＋a 2；而s ＝0＋v 2t 1＋v ＋02t 2＝v 2t ，由此解得：t ＝2sa 1＋a 2a 1a 2，所以选B 。
5．一质点在做匀加速直线运动，加速度为a ，在时间t 内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t 内的位移为( )A.12at 2 B ．at 2 C.32at 2 D ．2at 2 答案 B解析 设质点的初速度为v 0，则经过时间t 速度变为3v 0，根据速度—位移公式得x ＝3v 02－v 202a ＝4v 20a ，因为t ＝3v 0－v 0a ＝2v 0a ，则有v 0＝at 2，可知x ＝at 2，故B 正确，A 、C 、D 错误。
6. (多选)一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a 点上滑，最高可滑至b 点，后又滑回至a 点，c 是ab 的中点，如图所示，已知物块从a 上滑至b 所用时间为t ，下列分析正确的是( )A ．物块从c 运动到b 所用的时间等于从b 运动到c 所用的时间B ．物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向C ．物块下滑时从b 运动至c 所用时间为22t D ．物块上滑通过c 点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小 答案 AC解析 由于斜面光滑，物块沿斜面向上与向下运动的加速度相同，a ＝g sin θ，故物块从c 运动到b 所用的时间等于从b 运动到c 所用的时间，A 正确，B 错误；物块由b 到a 的过程是初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式x ＝12at 2，知t ＝2xa，则可知t bc t ＝12，解得t bc ＝22t ，C 正确；由于c 是位移的中点，物块上滑过程中通过c 点的速度不等于整个上滑过程的平均速度，D 错误。
7. (多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个相同矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1 答案 BD解析 因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究。
初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，所以C 错误，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故A 错误，B 正确。
8．(多选)物体自O 点开始沿斜面向上做匀减速直线运动，A 、B 、C 、D 是运动轨迹上的四点，D 是最高点。
测得OA ＝0.8 m ，AB ＝0.6 m ，BC ＝0.4 m 。
且物体通过前三段的时间均为1 s 。
则下面判断正确的是( )A ．物体的初速度是0.9 m/sB ．物体运动的加速度大小是0.2 m/s 2C ．CD 间的距离是0.2 m D ．从C 到D 运动的时间是1.5 s 答案 ABD解析 由Δx ＝AB －OA ＝BC －AB ＝at 2得，a ＝Δx t 2＝－0.212 m/s 2＝－0.2 m/s 2，B 正确；由OA ＝v 0t ＋12at 2得，v 0＝0.9 m/s ，A 正确；由v D ＝v 0＋at OD 得，t OD ＝v D －v 0a ＝0－0.9－0.2 s ＝4.5 s ，故t CD ＝t OD －3t ＝1.5 s ，D 正确；OD ＝v 0t OD ＋12at 2OD ＝0.9×4.5 m－12×0.2×4.52m ＝2.025 m ，故CD ＝OD －OA －AB －BC ＝0.225 m ，C 错误。
9．(2018·湖南湘潭一模)(多选)a 、b 两个物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀变速直线运动，若初速度不同，加速度相同，则在运动过程中( )A ．a 、b 的速度之差保持不变B ．a 、b 的速度之差与时间成正比C ．a 、b 的位移之差与时间成正比D ．a 、b 的位移之差与时间的平方成正比 答案 AC解析 设a 、b 两个物体的初速度分别为v 10、v 20，加速度为a ，由于a 、t 相同，则由v t＝v 0＋at 得两个物体的速度之差为Δv ＝v 1－v 2＝v 10－v 20＝Δv 0，所以速度之差保持不变，故A 正确，B 错误；由公式x ＝v 0t ＋12at 2可得两物体的位移之差为Δx ＝(v 10－v 20)t ＝Δv 0t ，故C 正确，D 错误。
10．(2017·河北衡水联考)一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s 答案 A解析 由Δx ＝aT 2可得加速度大小a ＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T＝2.5 m/s ，v 0＝v 1＋at ＝3.5 m/s ；物体的速度由2.5 m/s 减速到0所需时间t ＝Δv－a＝2.5 s ，则经过位移x 3的时间t ′为1.5 s ，且x 3＝12at ′2＝1.125 m ；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t ′＝0.75 m/s 。
故错误的选项是A 。
11．(2018·广东广州模拟)同一位置同向先后开出甲、乙两辆汽车，甲车先以初速度v 、加速度a 做匀加速直线运动；乙车在甲车开出t 0时间后，以同样的加速度a 由静止开始做匀加速直线运动。
在乙车开出后，若以乙车为参考系，则甲车( )A ．以速度v 做匀速直线运动B ．以速度at 0做匀速直线运动C ．以速度v ＋at 0做匀速直线运动D ．停在乙车前方距离为vt 0＋12at 20的地方答案 C解析 乙车开始运动时，甲车的速度为v 甲＝v ＋at 0，则由于乙车的加速度与甲车相同，故以乙车为参考系，甲车以速度v ＋at 0做匀速直线运动，且两车的间距Δx ＝x 甲－x 乙＝v (t ＋t 0)＋12a (t ＋t 0)2－12at 2＝vt 0＋12at 20＋(v ＋at 0)t ，可知甲、乙之间的距离随时间而增加，故C 正确，A 、B 、D 错误。
12．(2014·海南高考)短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段。
一次比赛中，某运动员用11.00 s 跑完全程。
已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为7.5 m ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。
答案 5 m/s 210 m解析 根据题意，在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速运动。
设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1 s 和第2 s 内通过的位移分别为x 1和x 2，由运动学规律得x 1＝12at 20① x 1＋x 2＝12a (2t 0)2②式中t 0＝1 s ，联立①②两式并代入已知条件，得a ＝5 m/s 2③设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ；跑完全程的时间为t ，全程的距离为x 。