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(共25张PPT)
第2讲　匀变速直线运动规律
整合教材 夯实必备知识
精研考点 提升关键能力
整合教材 夯实必备知识
一、匀变速直线运动的概念及规律(必修一第二章第2、3节)
1.概念:沿着一条直线,且_______不变的运动。
　　　　 　　　　　　　　 指大小方向均不变
2.分类
(1)匀加速直线运动:a与v同向;
(2)匀减速直线运动:a与v反向。
加速度
3.基本公式
(1)速度公式:v=______。
(2)位移公式:x=________。
(3)速度—位移关系式:v2-=____。
v0+at
v0t+at2
2ax
二、常用推论(必修一第二章第2、3节)
1.匀变速直线运动的三个重要推论
Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=____
xm-xn=(m-n)aT2
aT2
2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn=________________。
(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn=_________________。
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、
第n个T内的位移之比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=_____________________。
1∶2∶3∶…∶n
1∶4∶9∶…∶n2
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
t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶()∶…∶()。
精研考点 提升关键能力
考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用
【核心要点】
巧选运动学公式解决问题
适宜选用公式 适用情境
v=v0+at
x=v0t+at2
适宜选用公式 适用情境
v2-=2ax
x=t
【典例剖析】
角度1　匀变速直线运动基本规律的应用
【典例1】(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:(1)20 m/s
【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=2×10 m/s=20 m/s
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
答案: (2)680 m
【解析】(2)救护车加速运动过程中的位移x1=a=100 m,设在t3时刻停止鸣笛,根据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可得,+t3=t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离x2=x1+(t3-t1)×v,代入数据联立解得x2=680 m
【模型构建】
角度2　刹车问题
【典例2】一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动,因前方交通
事故紧急刹车而做匀减速直线运动,最后静止。汽车在最初3 s时间内通
过的位移与最后3 s时间内通过的位移之比为x1∶x2=5∶3,则汽车制动
的总时间t满足 (　　)
A.t>6 s　　　 B.t=6 s
C.4 s√
【解析】选D。设汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为a,运动
总时间为t,把汽车刹车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,由逆向思维法求解,则汽车刹车的最后3 s 时间内通过的位
移x2=a×32(m)=a(m),在最初3 s时间内通过的位移x1=at2-a(t-3)2(m)
=a(6t-9)(m),又x1∶x2=5∶3,联立解得t=4 s,选项A、B、C错误,D正确。
考点二　匀变速直线运动的推论及应用
【核心要点】
解决匀变速直线运动的常用方法
方法 基本公式 适用范围
平均速度法 = 任何运动
== 匀变速直线运动
位移差 xm-xn=(m-n)aT2 匀变速直线运动,公式中的两段位移必须是相等时间内的位移
方法 基本公式 适用范围
比例 法 (1)v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。 (2)x1∶x2∶x3∶…∶xn=12∶22∶32∶…∶n2。 (3)xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。 (4)t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶()∶ …∶() 初速度为零的匀加速直线运动
注意:速度减为零的匀减速直线运动可以逆向利用该比例关系分析求解
【典例剖析】
角度1　平均速度法
【典例3】物体从A点开始做匀变速直线运动,由A到B用时6 s,由B到C用
时2 s,AB=BC=12 m,则物体的加速度大小为(　　)
A.1 m/s2　 B.2 m/s2
C.3 m/s2 D.4 m/s2
√
【解析】选A。AB段平均速度为== m/s=2 m/s,BC段平均速度
为== m/s=6 m/s,根据=知,AB段中间时刻的速度v1=
=2 m/s,BC段中间时刻的速度v2==6 m/s,两中间时刻的时间间隔为
Δt=3 s+1 s=4 s,加速度大小为a== m/s2=1 m/s2,故A正确,B、C、
D错误。
角度2　位移差法
【典例4】如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻
起开始计时,在第一个4 s内位移为9.6 m,第二个4 s 内位移为16 m,下列
说法正确的是 (　　)
A.计时时刻送货车的速度为0
B.送货车的加速度大小为1.6 m/s2
C.送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s
D.送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s
√
【解析】选C。根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a=
= m/s2=0.4 m/s2,B错误;根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速
度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4 s末的速度大小为
v1== m/s=3.2 m/s,C正确;根据v=v0+at可得,计时时刻送货车
的速度为v0=v1-aT=3.2 m/s-0.4×4 m/s=1.6 m/s,A错误;送货车在第2个
4 s内的平均速度大小为== m/s=4 m/s,D错误。
角度3　比例法
【典例5】(多选)(2026·中山模拟)如图所示为港珠澳大桥上四段110 m
的等跨钢箱连续梁桥,若汽车(车头)从a点由静止开始做匀加速直线运动,
汽车(车头)通过ab段的时间为t,则下列说法正确的是 (　　)
A.汽车(车头)通过cd段的时间为t
B.汽车(车头)通过ce段的时间为(2-)t
C.汽车(车头)通过ae段的平均速度等于b点的瞬时速度
D.汽车(车头)通过b、c、d、e的速度大小之比为1∶2∶3∶4
√
√
【解析】选B、C。初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等位移所用
时间之比为tab∶tbc∶tcd∶tde=1∶(-1)∶()∶(2-),所以汽车(车
头)通过cd段的时间为()t,通过ce段的时间为t'=()t+(2-)t
=(2-)t,故A错误,B正确;根据tae=tab+tbc+tcd+tde,可知汽车(车头)通过ae段
的时间为tae=2t,所以b点是ae段中间时刻所在的位置,根据匀变速直线运动
规律,汽车(车头)通过ae段的平均速度等于b点的瞬时速度,故C正确;根据
初速度为零的匀加速直线运动规律可知,通过连续相等位移末速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶∶…∶,则汽车通过b、c、d、e的速度
之比为vb∶vc∶vd∶ve=1∶∶2,故D错误。第2讲　匀变速直线运动规律
整合教材·夯实必备知识
一、匀变速直线运动的概念及规律(必修一第二章第2、3节)
1.概念:沿着一条直线,且加速度不变的运动。
　　　　 　　　　　　　　 指大小方向均不变
2.分类
(1)匀加速直线运动:a与v同向;
(2)匀减速直线运动:a与v反向。
3.基本公式
(1)速度公式:v=v0+at。
(2)位移公式:x=v0t+at2。
(3)速度—位移关系式:v2-=2ax。
二、常用推论(必修一第二章第2、3节)
1.匀变速直线运动的三个重要推论
Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2
xm-xn=(m-n)aT2
2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内、…、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t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶()∶…∶()。
精研考点·提升关键能力
考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用
【核心要点】
巧选运动学公式解决问题
适宜选用公式 适用情境
v=v0+at
x=v0t+at2
v2-=2ax
x=t
【典例剖析】
角度1　匀变速直线运动基本规律的应用
【典例1】(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:(1)20 m/s
【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=2×10 m/s=20 m/s
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
答案: (2)680 m
【解析】(2)救护车加速运动过程中的位移x1=a=100 m,设在t3时刻停止鸣笛,根据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可得,+t3=t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离x2=x1+(t3-t1)×v,代入数据联立解得x2=680 m
【模型构建】
角度2　刹车问题
【典例2】一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动,因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动,最后静止。汽车在最初3 s时间内通过的位移与最后3 s时间内通过的位移之比为x1∶x2=5∶3,则汽车制动的总时间t满足 (　　)
A.t>6 s　　　 B.t=6 s
C.4 s【解析】选D。设汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为a,运动总时间为t,把汽车刹车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,由逆向思维法求解,则汽车刹车的最后3 s 时间内通过的位移x2=a×32(m)=a(m),在最初3 s时间内通过的位移x1=at2-a(t-3)2(m)=a(6t-9)(m),又x1∶x2=5∶3,联立解得t=4 s,选项A、B、C错误,D正确。
考点二　匀变速直线运动的推论及应用
【核心要点】
解决匀变速直线运动的常用方法
方法 基本公式 适用范围
平均 速度 法 = 任何运动
== 匀变速直线运动
位移 差 xm-xn=(m-n)aT2 匀变速直线运动,公式中的两段位移必须是相等时间内的位移
比例 法 (1)v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。 (2)x1∶x2∶x3∶…∶xn=12∶22∶32∶…∶n2。 (3)xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。 (4)t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶()∶…∶() 初速度为零的匀加速直线运动 注意:速度减为零的匀减速直线运动可以逆向利用该比例关系分析求解
【典例剖析】
角度1　平均速度法
【典例3】物体从A点开始做匀变速直线运动,由A到B用时6 s,由B到C用时2 s,AB=BC=12 m,则物体的加速度大小为(　　)
A.1 m/s2　 B.2 m/s2
C.3 m/s2 D.4 m/s2
【解析】选A。AB段平均速度为== m/s=2 m/s,BC段平均速度为== m/s=6 m/s,根据=知,AB段中间时刻的速度v1==2 m/s,BC段中间时刻的速度v2==6 m/s,两中间时刻的时间间隔为Δt=3 s+1 s=4 s,加速度大小为a== m/s2=1 m/s2,故A正确,B、C、D错误。
角度2　位移差法
【典例4】如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时,在第一个4 s内位移为9.6 m,第二个4 s 内位移为16 m,下列说法正确的是 (　　)
A.计时时刻送货车的速度为0
B.送货车的加速度大小为1.6 m/s2
C.送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s
D.送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s
【解析】选C。根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a== m/s2=0.4 m/s2,B错误;根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4 s末的速度大小为v1== m/s=3.2 m/s,C正确;根据v=v0+at可得,计时时刻送货车的速度为v0=v1-aT=3.2 m/s-0.4×4 m/s=1.6 m/s,A错误;送货车在第2个4 s内的平均速度大小为== m/s=4 m/s,D错误。
角度3　比例法
【典例5】(多选)(2026·中山模拟)如图所示为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥,若汽车(车头)从a点由静止开始做匀加速直线运动,汽车(车头)通过ab段的时间为t,则下列说法正确的是 (　　)
A.汽车(车头)通过cd段的时间为t
B.汽车(车头)通过ce段的时间为(2-)t
C.汽车(车头)通过ae段的平均速度等于b点的瞬时速度
D.汽车(车头)通过b、c、d、e的速度大小之比为1∶2∶3∶4
【解析】选B、C。初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等位移所用时间之比为tab∶tbc∶tcd∶tde=1∶(-1)∶()∶(2-),所以汽车(车头)通过cd段的时间为()t,通过ce段的时间为t'=()t+(2-)t=(2-)t,故A错误,B正确;根据tae=tab+tbc+tcd+tde,可知汽车(车头)通过ae段的时间为tae=2t,所以b点是ae段中间时刻所在的位置,根据匀变速直线运动规律,汽车(车头)通过ae段的平均速度等于b点的瞬时速度,故C正确;根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知,通过连续相等位移末速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶∶…∶,则汽车通过b、c、d、e的速度之比为vb∶vc∶vd∶ve=1∶∶2,故D错误。
- 1 -核心素养测评
第一章　第2讲　匀变速直线运动规律
(40分钟　60分)
【基础巩固练】
1.(6分)(2025·云南适应性测试)司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时,立即开始制动,使汽车做匀减速直线运动,直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是 (　　)
A.9.0 s,0.5 m/s2　　　　 B.7.0 s,0.6 m/s2
C.6.0 s,0.7 m/s2 D.5.0 s,0.8 m/s2
【解析】选A。36 km/h=10 m/s,20 km/h≈5.56 m/s,根据v-v0=at>4.44 m/s,得A正确。
2.(6分)如图所示,一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,若到达B点时速度为v,到达C点时速度为2v,则AB∶BC等于 (　　)
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.1∶4
【解析】选C。根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2-=2ax知,xAB=,xAC=,所以AB∶AC=1∶4,则AB∶BC=1∶3,故C正确,A、B、D错误。
3.(6分)(2024·海南等级考)商场自动感应门如图所示,人走近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
【解析】选C。设门的最大速度为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 s
可得v=1 m/s
则加速度a== m/s2=0.5 m/s2,故选C。
4.(6分)如图所示,某同学在直线跑道上测试一辆某品牌汽车的加速和制动性能,汽车从t=0时刻开始加速,直到速度v=108 km/h 时立即紧急制动,t=13.5 s时汽车停下。若刹车位移为67.5 m,加速过程和减速过程均看成匀变速运动。关于此汽车加速和减速过程说法正确的是 (　　)
A.汽车的刹车时间为10 s
B.汽车刹车的加速度大小为 m/s2
C.汽车加速过程、减速过程的时间之比为1∶2
D.汽车加速过程、减速过程的位移之比为2∶1
【解析】选D。v=108 km/h=30 m/s,汽车制动过程x减=t减,得t减=4.5 s,故A错误;汽车刹车加速度的大小a减== m/s2,故B错误;加速时间为t加=13.5 s-4.5 s=9 s,所以t加∶t减=2∶1,故C错误;加速位移为x加=t加,减速位移x减=t减,那么,加速位移与减速位移之比等于加速时间与减速时间之比,即x加∶x减=2∶1,故D正确。
5.(6分·多选)一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动,车头经过站台上三个立柱A、B、C,对应时刻分别为t1、t2、t3,其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是 (　　)
A.t1∶t2∶t3=()∶(-1)∶1
B.车头经过立柱A的速度大于
C.车头经过立柱B的速度大小为
D.车头经过立柱A、B过程中的平均速度大小为
【解析】选B、D。对于初速度为0的匀加速直线运动,连续相邻相等位移内的时间比为t1∶t2∶t3=1∶(-1)∶(),x-t图像的斜率表示速度,根据图像可知,A、B、C相邻立柱的间距相等,但是车头经过立柱C时的速度并不为0,根据逆向思维可知,通过的时间不满足比例关系,故A错误;动车做匀变速直线运动,全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即t2时间内中间时刻的瞬时速度为,但车头经过立柱A的速度为中间位置的瞬时速度,而匀变速直线运动中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度,即车头经过立柱A的速度vA>,同理可知车头经过立柱B的速度vB>,故B正确、C错误;平均速度等于总位移与总时间的比值,则车头经过立柱A、B过程中的平均速度大小为==,故D正确。
6.(6分·多选)(2026·汕头模拟)如图所示,小球从竖直砖墙某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d,根据图中的信息,下列判断正确的是 (　　)
A.位置1是小球释放的初始位置
B.小球做匀加速直线运动
C.小球下落的加速度为
D.小球在位置3的速度为
【解析】选B、C。初速度为0的匀加速直线运动,连续相等时间内位移之比满足1∶3∶5∶7……,从位置1开始,连续相等时间内位移之比为2∶3∶4,所以位置1不是小球释放的初始位置,故A错误;由题图可知,连续相等时间内位移之差相等,为d,所以小球做匀加速直线运动,故B正确;由Δx=aT2得a==,故C正确;匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于平均速度,小球在位置3的速度为v3==,故D错误。
【综合应用练】
7.(6分)我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为216 km。设普通列车的最高速度为108 km/h,高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在出站和进站过程中,加速度大小均为0.5 m/s2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为 (　　)
A.1小时10分钟　　　　B.1小时15分钟
C.1小时18分钟 D.1小时20分钟
【解析】选C。由题意,画出运动的示意图,
普通列车及高铁列车的最高速度大小分别为
v1m=108 km/h=30 m/s
v2m=324 km/h=90 m/s
设高铁列车加速过程(或减速过程)所用时间为t1,以最大速度匀速行驶的时间为t2,则有
v2m=at1=90 m/s
s=2×a+v2mt2=216 km=2.16×105 m
把a=0.5 m/s2代入求得t1=180 s,t2=2 220 s
所以高铁列车从W站到G站所用总时间为
t=2t1+t2=43 min
同理,设普通列车加速(或减速)所用时间为t'1,以最大速度匀速行驶的时间为t'2,则有
v1m=at'1=30 m/s
s=2×at+v1mt'2=216 km=2.16×105 m
求得t'1=60 s,t'2=7 140 s
所以普通列车所用总时间为t'=2t'1+t'2=121 min
可得从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为Δt=t'-t=78 min=1 h 18 min,故选C。
8.(6分·多选)(2021·广东选择考)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和s-t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程,其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有 (　　)
【解析】选B、D。A图是速度图像,由图可知,甲的速度一直大于乙的速度,所以中途不可能出现甲、乙船头并齐,故A错误;B图是速度图像,由图可知,开始丙的速度大,后来甲的速度大,速度图像中图线与横轴围成的面积表示位移,由图可以判断在中途甲、丙位移会相同,所以在中途甲、丙船头会并齐,故B正确;C图是位移图像,由图可知,丁一直运动在甲的前面,所以中途不可能出现甲、丁船头并齐,故C错误;D图是位移图像,交点表示相遇,所以甲、戊在中途船头会并齐,故D正确。
9.(6分·多选)(科技前沿)(2026·肇庆模拟)“新智AI,赋能未来”2025人工智能驱动创新发展大会暨科技成果展举办,分拣机器人能够自主规划路线,确保高效、准确地分拣作业。如图所示,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x1=6 m,BC距离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。下列说法正确的是 (　　)
A.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=1.4 s
B.机器人从A运动到B的时间t1=3.2 s
C.机器人从B运动到C的时间t2=2.2 s
D.机器人从B运动到C的平均速度大小=1.25 m/s
【解析】选B、D。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,A错误;机器人从A运动到B加速和减速的时间均为t0=1.2 s,加速和减速的位移均为s=t0=1.8 m,
匀速运动的时间为t== s=0.8 s,机器人从A运动到B的时间t1=2t0+t=3.2 s,B正确;由于2s>x2,机器人从B运动到C的过程不能加速到最大速度vm,设机器人加速到v1后开始减速,加速和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×,v1=a,
解得v1=2.5 m/s,t2=2 s,==1.25 m/s,C错误,D正确。
10.(6分)两辆汽车A、B在平直路面上运动时的位置变化如图甲所示(A车位置为坐标原点),初始时的运动方向如图乙所示,下列说法不正确的是 (　　)
A.在0~t1时间内,A车的速度大于B车的速度
B.0~70 s时间内,A、B两车的平均速度相同
C.t2~t3时间内,若以A车为参照物,B车向东运动
D.0 s计时后,A、B两车共相遇两次
【解析】选B。由题图知,汽车B全程在做匀速运动,其速度为vB== m/s=-12 m/s
汽车A在0~30 s内匀速运动,其速度为
vA1== m/s=20 m/s
在0~t1时间内,A车的速度为20 m/s,大于B车的速度12 m/s,故A正确;0~70 s时间内,A车的平均速度== m/s=0 m/s
而B车的速度为-12 m/s,两车的平均速度不相同,故B错误;在t2~t3时间内,A车速度为
vA3== m/s=-20 m/s
A车向西做匀速直线运动,速度大小为20 m/s,B车也是向西运动,速度大小为12 m/s
所以以A车为参照物,B车向东运动,故C正确;由题图知,位移相等时两车相遇,可知从最开始到最后停止的时间内,A、B两车在中间相遇一次,70 s时相遇一次,共相遇两次,故D正确。此题选择错误的,故选B。
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核心素养测评
第一章　第2讲　匀变速直线运动规律
(40分钟　60分)
【基础巩固练】
1.(6分)(2025·云南适应性测试)司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直
道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时,
立即开始制动,使汽车做匀减速直线运动,直至减到小于20 km/h的某速
度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是 (　　)
A.9.0 s,0.5 m/s2　　　　 B.7.0 s,0.6 m/s2
C.6.0 s,0.7 m/s2 D.5.0 s,0.8 m/s2
【解析】选A。36 km/h=10 m/s,20 km/h≈5.56 m/s,
根据v-v0=at>4.44 m/s,得A正确。
√
2.(6分)如图所示,一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运
动,若到达B点时速度为v,到达C点时速度为2v,则AB∶BC等于 (　　)
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.1∶4
【解析】选C。根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2-=2ax
知,xAB=,xAC=,所以AB∶AC=1∶4,则AB∶BC=1∶3,故C正确,A、
B、D错误。
√
3.(6分)(2024·海南等级考)商场自动感应门如图所示,人走近时两扇门从
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
√
【解析】选C。设门的最大速度为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 s
可得v=1 m/s
则加速度a== m/s2=0.5 m/s2,故选C。
4.(6分)如图所示,某同学在直线跑道上测试一辆某品牌汽车的加速和制
动性能,汽车从t=0时刻开始加速,直到速度v=108 km/h 时立即紧急制
动,t=13.5 s时汽车停下。若刹车位移为67.5 m,加速过程和减速过程均
看成匀变速运动。关于此汽车加速和减速过程说法正确的是 (　　)
A.汽车的刹车时间为10 s
B.汽车刹车的加速度大小为 m/s2
C.汽车加速过程、减速过程的时间之比为1∶2
D.汽车加速过程、减速过程的位移之比为2∶1
√
【解析】选D。v=108 km/h=30 m/s,汽车制动过程x减=t减,得t减=4.5 s,
故A错误;汽车刹车加速度的大小a减== m/s2,故B错误;加速时间为
t加=13.5 s-4.5 s=9 s,所以t加∶t减=2∶1,故C错误;加速位移为x加=t加,减
速位移x减=t减,那么,加速位移与减速位移之比等于加速时间与减速时
间之比,即x加∶x减=2∶1,故D正确。
5.(6分·多选)一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动,车头经过站台
上三个立柱A、B、C,对应时刻分别为t1、t2、t3,其x-t图像如图所示。则
下列说法正确的是 (　　)
A.t1∶t2∶t3=()∶(-1)∶1
B.车头经过立柱A的速度大于
C.车头经过立柱B的速度大小为
D.车头经过立柱A、B过程中的平均速度大小为
√
√
【解析】选B、D。对于初速度为0的匀加速直线运动,连续相邻相等位移内的时间比为t1∶t2∶t3=1∶(-1)∶(),x-t图像的斜率表示速度,根据图像可知,A、B、C相邻立柱的间距相等,但是车头经过立柱C时的速度并不为0,根据逆向思维可知,通过的时间不满足比例关系,故A错误;动车做匀变速直线运动,全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即t2时间内中间时刻的瞬时速度为,但车头经过立柱A的速度为中间位置的瞬时速度,而匀变速直线运动中间位置的瞬时速度大于中间时刻
的瞬时速度,即车头经过立柱A的速度vA>,同理可知车头经过立柱B的速度vB>,故B正确、C错误;平均速度等于总位移与总时间的比值,则车头经过立柱A、B过程中的平均速度大小为==,故D正确。
6.(6分·多选)(2026·汕头模拟)如图所示,小球从竖直砖墙某位置由静止
释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5
所示小球在运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均
为T,每块砖的厚度为d,根据图中的信息,下列判断正确的是 (　　)
A.位置1是小球释放的初始位置
B.小球做匀加速直线运动
C.小球下落的加速度为
D.小球在位置3的速度为
√
√
【解析】选B、C。初速度为0的匀加速直线运动,连续相等时间内位移之比满足1∶3∶5∶7……,从位置1开始,连续相等时间内位移之比为2∶3∶4,所以位置1不是小球释放的初始位置,故A错误;由题图可知,连续相等时间内位移之差相等,为d,所以小球做匀加速直线运动,故B正确;由Δx=aT2得a==,故C正确;匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于平均速度,小球在位置3的速度为v3==,故D错误。
【综合应用练】
7.(6分)我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间。假设两火
车站W和G间的铁路里程为216 km。设普通列车的最高速度为
108 km/h,高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在
出站和进站过程中,加速度大小均为0.5 m/s2,其余行驶时间内保持各自
的最高速度匀速运动,则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的
时间为 (　　)
A.1小时10分钟 B.1小时15分钟
C.1小时18分钟 D.1小时20分钟
√
【解析】选C。由题意,画出运动的示意图,
普通列车及高铁列车的最高速度大小分别为
v1m=108 km/h=30 m/s
v2m=324 km/h=90 m/s
设高铁列车加速过程(或减速过程)所用时间为t1,
以最大速度匀速行驶的时间为t2,则有
v2m=at1=90 m/s
s=2×a+v2mt2=216 km=2.16×105 m
把a=0.5 m/s2代入求得t1=180 s,t2=2 220 s
所以高铁列车从W站到G站所用总时间为
t=2t1+t2=43 min
同理,设普通列车加速(或减速)所用时间为t'1,
以最大速度匀速行驶的时间为t'2,则有
v1m=at'1=30 m/s
s=2×at+v1mt'2=216 km=2.16×105 m
求得t'1=60 s,t'2=7 140 s
所以普通列车所用总时间为t'=2t'1+t'2=121 min
可得从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为
Δt=t'-t=78 min=1 h 18 min,故选C。
8.(6分·多选)(2021·广东选择考)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t
和s-t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道
划向同一终点线的运动全过程,其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出
现船头并齐的有 (　　)
√
√
【解析】选B、D。A图是速度图像,由图可知,甲的速度一直大于乙的速度,所以中途不可能出现甲、乙船头并齐,故A错误;B图是速度图像,由图可知,开始丙的速度大,后来甲的速度大,速度图像中图线与横轴围成的面积表示位移,由图可以判断在中途甲、丙位移会相同,所以在中途甲、丙船头会并齐,故B正确;C图是位移图像,由图可知,丁一直运动在甲的前面,所以中途不可能出现甲、丁船头并齐,故C错误;D图是位移图像,交点表示相遇,所以甲、戊在中途船头会并齐,故D正确。
9.(6分·多选)(科技前沿)(2026·肇庆模拟)“新智AI,赋能未来”2025人工智能驱动创
新发展大会暨科技成果展举办,分拣机器人能够自主规划路线,确保高效、准确地
分拣作业。如图所示,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x1=6 m,BC距离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。下列说法正
确的是 (　　)
A.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=1.4 s
B.机器人从A运动到B的时间t1=3.2 s
C.机器人从B运动到C的时间t2=2.2 s
D.机器人从B运动到C的平均速度大小=1.25 m/s
√
√
【解析】选B、D。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,A错误;机器人从A运动到B加速和减速的时间均为t0=1.2 s,加速和减速的位移均为s=t0=1.8 m,
匀速运动的时间为t== s=0.8 s,机器人从A运动到B的时间t1=2t0+t=3.2 s,B正确;由于2s>x2,机器人从B运动到C的过程不能加速到最大速度vm,设机器人加速到v1后开始减速,加速和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×,v1=a,
解得v1=2.5 m/s,t2=2 s,==1.25 m/s,C错误,D正确。
10.(6分)两辆汽车A、B在平直路面上运动时的位置变化如图甲所示(A
车位置为坐标原点),初始时的运动方向如图乙所示,下列说法不正确的
是 (　　)
A.在0~t1时间内,A车的速度大于B车的速度
B.0~70 s时间内,A、B两车的平均速度相同
C.t2~t3时间内,若以A车为参照物,B车向东运动
D.0 s计时后,A、B两车共相遇两次
√
【解析】选B。由题图知,汽车B全程在做匀速运动,其速度为
vB== m/s=-12 m/s
汽车A在0~30 s内匀速运动,其速度为
vA1== m/s=20 m/s
在0~t1时间内,A车的速度为20 m/s,大于B车的速度12 m/s,
故A正确;0~70 s时间内,A车的平均速度== m/s=0 m/s
而B车的速度为-12 m/s,两车的平均速度不相同,故B错误;
在t2~t3时间内,A车速度为
vA3== m/s=-20 m/s
A车向西做匀速直线运动,速度大小为20 m/s,B车也是向西运动,
速度大小为12 m/s
所以以A车为参照物,B车向东运动,故C正确;由题图知,位移相等时两车
相遇,可知从最开始到最后停止的时间内,A、B两车在中间相遇一次,
70 s时相遇一次,共相遇两次,故D正确。此题选择错误的,故选B。

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