2027届高三物理一轮复习教案：第一章　第二课时　匀变速直线运动的规律

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第一章　第二课时　匀变速直线运动的规律，共14页。
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且加速度不变的运动。如图所示，v-t图线是一条倾斜的直线。
2.匀变速直线运动的基本规律
3.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+v2=vt2。此公式可以求某时刻的瞬时速度。
(2)位移差公式：连续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。
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。
4.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
(1)T末、2T末、3T末、……、nT末的瞬时速度之比为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为t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n−1)。
5.逆向思维在匀减速直线运动中的应用
当物体做匀减速直线运动时，若末速度已知，利用逆向思维，可看作初速度已知的匀加速直线运动，例如匀减速直线运动速度减到零，利用逆向思维可看作初速度为零的匀加速直线运动。
例1 (2025·浙江台州市期中)在女子单向直线400 m比赛中某段时间内，某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1=4 s后速度大小达到8 m/s，然后匀速运动了t2=10 s，接着经t3=5 s匀减速直线运动速度大小达到6 m/s(该同学可以看作质点)。求：
(1)该同学在匀加速运动阶段的加速度大小。
(2)该同学在第16 s末的速度大小。
(3)该同学这段时间内的位移大小。
答案 (1)2 m/s2 (2)7.2 m/s (3)131 m
解析 (1)设匀加速运动阶段的加速度为a1，
则v1=a1t1
解得a1=2 m/s2。
(2)设匀减速运动阶段的加速度为a2，
因为v2=v1+a2t3
所以a2=-0.4 m/s2
当t=16 s时，该同学已减速运动了t4=2 s，
此时该同学的速度为v3=v1+a2t4=7.2 m/s。
(3)匀加速直线运动的位移x1=12a1t12=16 m
匀速直线运动的位移x2=v1t2=80 m
匀减速直线运动的位移x3=v1t3+12a2t32=35 m
则总位移x=x1+x2+x3=131 m。
例2 汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，看到前方有障碍物立即刹车(反应时间不计)，刹车过程中加速度大小为5 m/s2，试计算汽车刹车后第2 s内的位移大小和刹车后5 s内的位移大小。
答案 12.5 m 40 m
解析 由v=v0+at可求得汽车刹车后运动的时间t=4 s，刹车后第2 s内位移大小x2=20×2 m-12×5×22 m-(20×1 m-12×5×12 m)=12.5 m。刹车后5 s内的位移等于4 s内的位移，可看成初速度为0的反向匀加速直线运动，x4=12at2=12×5×42 m=40 m。
拓展 如图，在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以大小为10 m/s的初速度v0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，物体运动的时间可能是 。
答案 3 s、1 s或(2+7)s
解析 以沿斜面向上为正方向，则a=-5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x=7.5 m，由运动学公式x=v0t+12at2，解得t1=3 s或t2=1 s，当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x=-7.5 m，由x=v0t+12at2，解得t3=(2+7)s或t4=(2-7)s(舍去)。
思考 (1)刹车类问题有什么特点，解题时首先应该注意什么？
(2)双向可逆类匀减速直线运动有什么特点，解题时应该注意什么？
答案 (1)刹车类问题的特点：物体匀减速到速度为零后停止运动，例如：汽车4 s时停止，问5 s内的位移。解题时，判断在所求问题的时间内，物体是否已经停止。
(2)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。解题时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意s、v、a等矢量的正负号及物理意义，物体的运动可能出现多解。
例3 如图所示是一景区游客观光滑道的示意图。一游客沿倾斜直滑道下滑的过程中，测得通过长x1=2 m的ab段历时1 s，通过bc段历时2 s，通过长x2=8 m的cd段历时1 s，若视游客匀加速直线下滑，则下列说法正确的是( )
A.游客下滑的加速度大小为2 m/s2
B.游客经过a点时的速度大小为1.5 m/s
C.bc段的长度为12 m
D.游客经过ad段的平均速度大小为4 m/s
答案 A
解析 根据题意可得x2-x1=3aT2，代入数据解得a=2 m/s2，故A正确；ab阶段有x1=vaT+12aT2，代入数据解得va=1 m/s，故B错误；bc段的长度为xbc=x1+aT2+x1+2aT2=4 m+6 m=10 m，故C错误；游客经过ad段的平均速度大小为v=x1+xbc+x24T=5 m/s，故D错误。
例4 (2024·山东卷·3)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.(3-1)∶(2-1)
B.(3-2)∶(2-1)
C.(3+1)∶(2+1)
D.(3+2)∶(2+1)
答案 A
解析 方法一 基本公式法
木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=12at02
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=12at12
当木板长度为2L时，有3L=12at22
又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0
联立解得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)
故选A。
方法二 比例式法
设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板经过A点时间为Δt1
若木板长度为L，
则t0∶Δt1=1∶(2-1)①
若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2
t0∶Δt2=1∶[(2-1)+(3-2)]=1∶(3-1)②
联立①②得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)
1.应用匀变速直线运动规律解题的基本思路
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.匀变速直线运动问题常用的解题方法
考点二 自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。
(2)运动性质：初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动。
(3)基本规律：
①速度与时间的关系式：v=gt。
②位移与时间的关系式：h=12gt2。
③速度位移关系式：v2=2gh。
(4)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故初速度为零的匀加速直线运动比例关系及推论等规律都适用。
2.竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，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)运动性质：全过程是匀变速直线运动。
(3)基本规律
①速度与时间的关系式：v=v0-gt。
②位移与时间的关系式：x=v0t-12gt2。
(4)竖直上抛运动的对称性(如图所示)
①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB=tBA。
②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。
物体做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，在上述速度与时间的关系式中，把时间t代入后，若速度v为负值，负号表示什么意义？在上述位移与时间的关系式中，把时间t代入后，若位移为负值，又表示什么意义？
答案 速度为负值，表示物体运动方向向下；位移为负值，表示物体已经运动到抛出点下方。例5 (2025·浙江温州市新力量联盟期中联考)如图所示，甲同学用两个手指捏住直尺的上端，乙同学用一只手在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺。在甲同学放开手指让直尺下落时，乙同学立刻捏住直尺。根据直尺下落的高度，即可算出乙同学的反应时间。则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A.乙同学捏住直尺处的刻度值越大，则反应时间越短
B.若把刻度尺的长度刻度值直接标注为时间刻度值，则时间刻度值也是均匀的
C.若乙同学捏住直尺处的刻度值为20 cm，则20 cm处标注的时间刻度值是0.2 s
D.若乙同学捏住直尺处的刻度值为20 cm，捏住直尺前的瞬间，直尺的速度为1 m/s
答案 C
解析 乙同学捏住直尺处的刻度值越大，则反应时间越长，故A错误；刻度尺的下落速度增大，连续相等时间内的位移也增大，若把刻度尺的长度刻度直接标注为时间刻度，则刻度不是均匀的，故B错误；若乙同学捏住直尺处的刻度值为20 cm，则20 cm处标注的时间刻度值设为t，由h=12gt2，解得t=2ℎg=2×20×10−210 s=0.2 s，直尺的速度为v=gt=10×0.2 m/s=2 m/s，故C正确，D错误。
例6 为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求物体：
(1)经过多长时间到达最高点？
(2)抛出后离地的最大高度是多少？
(3)经过多长时间回到抛出点？
(4)经过多长时间落到地面？
(5)经过多长时间离抛出点15 m？
答案 (1)2 s (2)45 m (3)4 s (4)5 s
(5)1 s 3 s (2+7)s
解析 (1)运动到最高点时速度为0，
由v=v0-gt1得t1=-v−v0g=v0g=2 s
(2)由v02=2ghmax得hmax=v022g=20 m，
所以Hmax=hmax+h0=45 m
(3)方法一 分段，由(1)(2)知上升时间t1=2 s，
hmax=20 m，下落时，hmax=12gt22，
解得t2=2 s，故t=t1+t2=4 s
方法二 由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1=v0-gt，得t=-v1−v0g=4 s
方法三 由h=v0t-12gt2，令h=0，
解得t3=0(舍去)，t4=4 s
(4)方法一 分段法
由Hmax=12gt52，解得t5=3 s，故t总=t1+t5=5 s
方法二 全程法
由-h0=v0t'-12gt'2
解得t6=-1 s(舍去)，t7=5 s
(5)当物体在抛出点上方时，h=15 m，
由h=v0t-12gt2，解得t8=1 s，t9=3 s，
当物体在抛出点下方时，h=-15 m，由h=v0t-12gt2，得t10=(2+7)s，t11=(2-7)s(舍去)。
1.竖直上抛运动的研究方法：
2.竖直上抛运动的多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。
例7 (2024·浙江宁波市五校联盟期中)在游乐场中有一种大型游戏项目“垂直极限”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿竖直轨道(可视为光滑轨道)提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动，下落2 s后座椅受到压缩空气提供的恒定阻力作用而立即做匀减速运动，再经历4 s座椅速度恰好减为零，关于座椅的运动情况，下列说法正确的是( )
A.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比v1∶v2=1∶1
B.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比为v1∶v2=2∶1
C.自由落体阶段和匀减速阶段的位移大小之比x1∶x2=2∶1
D.自由落体阶段和匀减速阶段的加速度大小之比a1∶a2=1∶2
答案 A
解析 设全过程最大速度为vm，根据匀变速直线运动推论：v=v0+v2可知自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小v1=v2=0+vm2=vm2，故A正确，B错误；根据x=vt可知x1x2=t1t2=12，故C错误；根据a=ΔvΔt可知a1a2=t2t1=21，故D错误。
匀变速直线运动多过程中的0-v-0模型
1.题型特征：物体的初速度为0，先匀加速到v，再匀减速到末速度为0。
2.分段结论：t1t2=x1x2=a2a1，t1、t2、x1、x2、a1、a2分别是前段和后段的时间、位移大小和加速度大小。
3.全程结论：加速阶段、减速阶段和全程的平均速度相同，最大速度vm=2v=2xt。
课时精练
[分值：40分]
[1~8题，每题3分]
1.(2025·新课标卷·14)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/s2B.0.5 m/s2
C.1.0 m/s2D.1.5 m/s2
答案 B
解析 根据速度位移关系0-v02=-2ax，其中v0=120 m/s，x=14 400 m，代入数据可得减速运动中其加速度的大小a=0.5 m/s2，故选B。
2.(2025·广西卷·3)某位同学观察火车进站，火车由初速度为36 km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为( )
A.216 mB.350 m
C.600 mD.700 m
答案 B
解析 火车运动的时间为t=6060×70 s=70 s，火车的初速度v0=36 km/h=10 m/s，火车共行驶的距离x=v02t=102×70 m=350 m，故选B。
3.(2025·浙江省强基联盟联考)如图所示，下列四幅图像能描述物体做自由落体运动的是( )
答案 A
解析 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，速度时间关系式为v=gt，可知v-t图像是过原点的倾斜直线，A正确；自由落体运动所受合外力不变、加速度不变，可知a-t、F-t图像为平行于x轴的直线，B、C错误；位移时间关系式为h=12gt2，可知x-t图像是抛物线，D错误。
4.(2025·浙江杭州市浙里特色联盟期中)一质点沿x轴运动，其位置坐标x与时间t的关系为x=t2+2t+4，物理量的单位均为国际单位。质点在第2 s末的速度为( )
A.2 m/sB.4 m/s
C.6 m/sD.8 m/s
答案 C
解析 方法一 x=t2+2t+4，对比匀变速直线运动位移与时间关系x=v0t+12at2，则v0=2 m/s，a=2 m/s2，根据速度—时间公式有v=v0+at=6 m/s，故选C。
方法二 x=t2+2t+4，求导可知v=2t+2(m/s)，故t=2 s时，v=6 m/s，故选C。
5.(2025·浙江杭州市检测)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度大小之比分别是( )
A.1∶22∶32 1∶2∶3
B.1∶23∶33 1∶22∶32
C.1∶2∶3 1∶1∶1
D.1∶3∶5 1∶2∶3
答案 B
解析 根据x=12at2知，物体在1 s内、3 s内、6 s内的位移之比为1∶9∶36，则三段位移之比为1∶8∶27，即为1∶23∶33，根据v=xt可知，三段位移上的平均速度大小之比为1∶4∶9，即为1∶22∶32，故B正确，A、C、D错误。
6.以8 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，则小树高约为( )
A.0.8 mB.1.6 m
C.2.4 mD.3.2 m
答案 C
解析 石子竖直上升的最大高度为H=v22g=3.2 m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1=t2=0.4 s，则最高点到小树顶端的距离为h1=12gt12=0.8 m，则小树高约为h=H-h1=2.4 m，故选C。
7.一辆做匀减速直线运动的汽车，依次经过a、b、c三点。已知汽车在ab间与bc间的运动时间均为1 s，ab段的平均速度是10 m/s，bc段的平均速度是5 m/s，则汽车做匀减速直线运动的加速度大小为( )
A.2.5 m/s2B.5 m/s2
C.7.5 m/s2D.10 m/s2
答案 B
解析 汽车在ab段，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度有vab=v0.5 s=10 m/s，同理可知，在bc段有vbc=v1.5 s=5 m/s，汽车做匀减速直线运动的加速度a=v1.5s−−0.5s=-5 m/s2，则汽车做匀减速直线运动的加速度大小为5 m/s2。故选B。
8.(2024·浙江省名校新高考研究联盟联考)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5 m/s2，所需的起飞速度约为50 m/s，航母静止时，弹射系统初始时能给舰载飞机25 m/s的初速度。若航母以15 m/s的航速匀速行驶，弹射系统开启，为保证舰载飞机能从航母上顺利起飞，航母上飞机跑道的长度至少约为( )
A.40 mB.60 m
C.80 mD.100 m
答案 B
解析 舰载飞机弹射时运动方向与航母运动方向一致，由题意可知舰载飞机弹射时对地速度大小为v0=v1+v2=25 m/s+15 m/s=40 m/s，根据匀变速直线的运动规律可知，舰载飞机起飞加速的时间t=v−v0a=50−405 s=2 s，这段时间内飞机的位移v2-v02=2ax1，解得x1=v2−v022a=502−4022×5 m=90 m，航母的位移x2=v2t=15×2 m=30 m，故航母上飞机跑道的长度Δx≥x1-x2=60 m，B正确。
[9~12题，每题4分]
9.(2025·安徽卷·4)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=118at2B.x=116at2
C.x=18at2D.x=12at2
答案 A
解析 设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=v2t'，根据逆向思维，可知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'=t3，根据x=12at'2，解得x=118at2，A正确，B、C、D错误。
10.(2025·浙江绍兴市二模)某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处自由落下的一个小石子摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01 s，重力加速度g取10 m/s2。测得照片中石子运动痕迹的长度为0.8 cm，实际长度为100 cm的窗框在照片中的长度为4.0 cm。根据以上数据估算，石子开始下落的位置距离窗户的高度约为( )
A.10 mB.20 mC.40 mD.50 m
答案 B
解析 设在曝光时间0.01 s内石子实际下落的距离为x，则有4.0cm100cm=0.8cmx，解得x=20 cm=0.2 m，在曝光时间0.01 s内石子的速度为v=xt= m/s=20 m/s，石子做自由落体运动，石子开始下落的位置距离窗户的高度约为h=v22g=20 m，故选B。
11.(2024·浙江温州市二模)如图所示，小球从距地面高度h1=1.25 m的A点由静止释放，经地面第一次反弹，竖直上升至最高点B，B点距地面高度h2=0.8 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.小球在B点处于静止状态
B.小球下降过程处于失重状态，上升过程处于超重状态
C.小球与地面作用过程速度变化量的大小为1 m/s
D.小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
答案 D
解析 小球在B点处受到重力，合力不为零，所以小球在B点不处于静止状态，故A错误；小球下降过程做自由落体运动，a=g，处于完全失重状态，上升过程加速度方向为竖直向下，也是失重状态，故B错误；小球从距地面高度h1=1.25 m的A点由静止释放，做自由落体运动，到地面速度为v1=2gℎ1，解得v1=5 m/s，竖直上升至最高点B，B点距地面高度h2=0.8 m，小球做匀减速直线运动，从地面反弹的速度为v2=-2gℎ2
解得v2=-4 m/s
速度变化量的大小为Δv=|v2-v1|
解得Δv=9 m/s
小球下降过程的平均速度大小为
v1=v1+02=2.5 m/s，
上升过程的平均速度大小为v2=|v2+02|=2 m/s，
可知小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小，故C错误，D正确。
12.(2024·浙江省精诚联盟联考)随着我国海军实力的日益增强，对舰载直升机的需求量也越来越大。在某次出海训练中，为了测试某种新型舰载直升机的各项性能指标，福建舰舰长让直升机从甲板上竖直匀加速起飞，在离福建舰6 km的山东舰的舰载雷达向外持续发射波长为1 m的无线电波。直升机起飞4 s后第一次接收到山东舰的最强雷达信号。已知山东舰的舰载雷达离海平面高30 m，福建舰甲板离海平面的高度为20 m。无线电波射到水面时遵循反射定律，不考虑海水对无线电波的吸收和反射后的相位变化。下列说法正确的是(提示：无线电波与其经水面的反射波在空中叠加时会发生干涉现象，使直升机在不同位置接收到的信号强弱发生变化)( )
A.无线电波在空气中的传播速度为340 m/s
B.直升机的加速度为5 m/s2
C.直升机再经过2 s时第二次接收到山东舰的雷达信号最强
D.起飞4 s后直升机接收到最强雷达信号的时间间隔均相等
答案 C
解析 无线电波是电磁波，在空气中的传播速度远大于340 m/s，故A错误；无线电波与其经水面的反射波在空中叠加时会发生干涉现象，根据双缝干涉相邻亮条纹间距公式可得Δx=Ldλ=6 0002×30×1 m=100 m
直升机起飞4 s后第一次接收到山东舰的最强雷达信号，且福建舰甲板离海平面的高度为20 m，则有
x1=Δx-x0=12at12
解得直升机的加速度为
a=2(Δx−x0)t12=2×(100−20)42 m/s2=10 m/s2
由于飞机做匀加速直线运动，则起飞4 s后直升机接收到最强雷达信号的时间间隔越来越小，设直升机再经过Δt时第二次接收到山东舰的雷达信号最强，则有x2=2Δx-x0=12a(t1+Δt)2
解得Δt=2(2Δx−x0)a-t1=2×(2×100−20)10 s-4 s=2 s，故C正确，B、D错误。公式
公式特点及选用原则
速度与时间的关系式
v=v0+at
不涉及位移
位移与时间的关系式
x=v0t+12at2
不涉及末速度
速度与位移关系式
v2-v02=2ax
不涉及时间
说明
以上三式均为矢量式，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
分段法
上升阶段：a=g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v=v0-gt，h=v0t-12gt2，v2-v02=-2gh(以竖直向上为正方向)
若v>0，物体上升，若v0，物体在抛出点上方，若h