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第2课时　匀变速直线运动的规律
[学习目标]　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．会灵活应用运动学公式及推论解题。
1．匀变速直线运动的规律
(1)定义：沿着一条直线，且________不变的运动。
(2)分类
(3)速度与时间的关系式：v＝________。
(4)位移与时间的关系式：x＝____________________________________________。
(5)位移与速度的关系式：＝________________。
2．匀变速直线运动的推论
(1)平均速度公式：＝＝________；
位移中点速度公式：＝________。
(2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝________。
可以推广为xm－xn＝(m－n)aT2。
(3)初速度为零的匀加速直线运动比例式
①1T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝________________________。
②1T内，2T内，3T内，…，nT内位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝________________________。
③第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第n个T内位移之比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝________________________。
④通过连续相等的位移所用时间之比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝___________________________________。
1．易错易混辨析
粤教版必修第一册P52素材：如图所示为匀速行驶的汽车刹车时安全距离示意图，驾驶员反应时间内该车做匀速直线运动，开始制动到停止的过程做匀减速直线运动。
判断下列说法的正误：
(1)汽车从开始制动到停止所行驶的距离与刹车时速度的平方成正比。 (　　)
(2)刹车过程可看成反向的、初速度为零的、匀加速直线运动。 (　　)
(3)刹车中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。 (　　)
(4)以72 km/h的速度在平直公路上行驶的汽车，遇到紧急情况而急刹车获得大小为4 m/s2的加速度，则刹车6 s内的位移为48 m。 (　　)
2．(鲁科版必修第一册习题改编)空军特级飞行员李峰驾驶歼-10战机执行战术机动任务，在距机场 54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停止，失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障安全返航第一人。若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，且其着陆后的初速度为 60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　)
A．288 m B．300 m
C．150 m D．144 m
3．(人教版必修第一册习题改编)以18 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在 5 s 内的位移为(　　)
A．50 m B．45 m
C．40.5 m D．40 m
4．(人教版必修第一册习题改编)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3或穿过每个木块所用时间之比t1∶t2∶t3正确的是(　　)
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝()∶(－1)∶1
匀变速直线运动的基本规律及应用
1．常用公式的选取方法
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题而设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用的公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
v0、a、t、x v x＝v0t＋at2
v0、v、a、 ＝2ax
v0、v、t、x a x＝t
2．公式中正、负号规定的两点注意
(1)一般情况下，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。
(2)当v0＝0时，一般以a的方向为正方向。
3．解题流程
　基本公式的应用
[典例1]　如图所示，多辆车在路口停止线后依次排列等候绿灯，第一辆车的前端刚好与路口停止线相齐，且每辆车的尾部与相邻后车的前端距离均为1 m。为了安全，前车尾部与相邻后车前端距离至少为5 m时后车才能开动。已知车长均为4 m，开动后车都以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动直到离开路口。绿灯亮起瞬间，第一辆车立即开动，则：
(1)第二辆车刚开动时，第一辆车已行驶的时间至少为多少？
(2)第六辆车前端刚到达停止线时的速度大小为多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
拓展延伸　在[典例1]第(2)问中，从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间内，第一辆车一直保持原加速度运动，当第六辆车启动时，第一辆车的速度是多少？第六辆车刚到停止线时，第一辆车的位移大小是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　刹车类问题
[典例2]　(多选) 随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点。某品牌无人驾驶汽车进行刹车性能测试，得到汽车在平直路面上紧急刹车(车轮抱死)过程中的位移随时间变化的规律为x＝24t－3t2(x的单位是m，t的单位是s)，则下列说法正确的是(　　)
A．该汽车刹车的初速度为24 m/s
B．该汽车刹车的加速度为－6 m/s2
C．刹车后2 s末的速度为12 m/s
D．刹车后5 s内的位移为25 m
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
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和比例法。
(3)处理纸带类问题时常用Δx＝x2－x1＝aT2、xm－xn＝(m－n)aT2求加速度。
　平均速度法的应用
[典例3]　(2025·广西卷)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 m B．350 m
C．600 m D．700 m
　位移差公式的应用
[典例4]　(2025·江苏淮安高三质检)如图所示，一质点从A点开始做匀加速直线运动，随后依次经过B、C、D三点。已知AB段、CD段距离分别为5 m、13 m，质点经过AB段、BC段、CD段所用的时间相等，均为1 s，则(　　)
A．质点的加速度大小为4 m/s2
B．质点的加速度大小为2 m/s2
C．质点在C点的速度大小为9 m/s
D．质点在B点的速度大小为6 m/s
　比例法的应用
[典例5]　(一题多解)(2024·山东卷)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)
第2课时　匀变速直线运动的规律
回归教材·双基过关
知识梳理·体系构建
1．(1)加速度　(2)同向　反向　(3)v0＋at　(4)v0t＋at2　(5)2ax
2．(1))
技能激活·易错攻坚
1．(1)√　(2)√　(3)√　(4)×
2．B　[先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由vv0＋at，得t s10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为xv0t＋60×10 m＋(－6)× m300 m，故选B。]
3．C　[根据xv0t＋at2得36 m m，即a－4 m/s2。汽车停止所需时间为t' s4.5 s＜5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x' m40.5 m，故C正确。]
4．D　[用“逆向思维”法解答，则可视为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则2a·L，2a·2L，2a·3L，所以v1∶v2∶v3∶1，选项A、B错误；又由于每个木块厚度相同，则由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得t1∶t2∶t3()∶(－1)∶1，选项C错误，D正确。]
考点深研·题型突破
考点1
典例1　解析：(1)当第一辆车向前行驶4 m时，第二辆车开始启动，根据位移时间关系可得x1
代入数据解得t12 s。
(2)第六辆车前端距离停止线25 m，根据速度位移关系可得v22ax6，解得v10 m/s。
答案：(1)2 s　(2)10 m/s
拓展延伸　提示：前面一辆车开始启动2 s后，后面一辆车开始启动，所以从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为t'5×2 s10 s，在这段时间内，第一辆车的速度v1at'20 m/s。
由于第六辆车前端距离停止线25 m，根据位移时间关系可得x6，解得t65 s，从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为t'＋t615 s，在这段时间内第一辆车的位移为x×2×152 m225 m。
典例2　ABC　[已知汽车刹车过程中的位移随时间变化的规律为x24t－3t2(m)，结合匀变速直线运动位移与时间的关系式xv0t＋at2，可得该汽车刹车的初速度和加速度分别为v024 m/s，a－6 m/s2，故A、B正确；刹车后2 s末的速度为v2v0＋at224 m/s－6×2 m/s12 m/s，故C正确；汽车从刹车到停下所用时间为t04 s＜5 s，则刹车后5 s内的位移为x5v0t0＋48 m，故D错误。]
考点2
典例3　B　[火车运动的时间为t×70 s70 s，根据平均速度公式，可知火车共行驶的距离x×70 m350 m，故选B。]
典例4　A　[令T1 s，设AB段、BC段、CD段距离分别为x1、x2、x3，由匀变速直线运动的位移差公式可知，质点的加速度大小a4 m/s2，故A正确，B错误；由x2－x1x3－x2aT2，解得x29 m，质点在C点的速度大小vC等于质点在BD段的平均速度大小，即vC11 m/s，同理，质点在B点的速度大小vB7 m/s，故C、D错误。]
典例5　A　[解法一(位移公式)：木板在斜面上运动时，加速度不变，设木板的加速度为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，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，当木板长度为2l时有3l，又Δt1t1－t0，Δt2t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1(－1)∶(－1)，故选A。
解法二(比例式)：以木板为参考系，A点沿斜面向上做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知Δt2∶Δt1即为A点通过第二、第三个l的总时间与通过第二个l的时间之比，故Δt2∶Δt1(－1)∶(－1)，A正确。]
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第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
第2课时　匀变速直线运动的规律
[学习目标]　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．会灵活应用运动学公式及推论解题。
回归教材 · 双基过关
1．匀变速直线运动的规律
(1)定义：沿着一条直线，且________不变的运动。
(2)分类
(3)速度与时间的关系式：v＝________。
(4)位移与时间的关系式：x＝_________。
(5)位移与速度的关系式：＝_____。
加速度
同向
同向
v0＋at
v0t＋at2
2ax
2．匀变速直线运动的推论
(1)平均速度公式：＝＝________；
位移中点速度公式：＝________。
(2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝________。
可以推广为xm－xn＝(m－n)aT2。
aT 2
(3)初速度为零的匀加速直线运动比例式
①1T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝__________________。
②1T内，2T内，3T内，…，nT内位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝________________________。
③第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第n个T内位移之比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝________________________。
④通过连续相等的位移所用时间之比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝________________________________________。
1∶2∶3∶…∶n
1∶22∶32∶…∶n2
1∶3∶5∶…∶(2n－1)
1∶(－1)∶()∶…∶()
1．易错易混辨析
粤教版必修第一册P52素材：如图所示为匀速行驶的汽车刹车时安全距离示意图，驾驶员反应时间内该车做匀速直线运动，开始制动到停止的过程做匀减速直线运动。
判断下列说法的正误：
(1)汽车从开始制动到停止所行驶的距离与刹车时速度的平方成正比。 (　　)
(2)刹车过程可看成反向的、初速度为零的、匀加速直线运动。 (　　)
(3)刹车中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。 (　　)
(4)以72 km/h的速度在平直公路上行驶的汽车，遇到紧急情况而急刹车获得大小为4 m/s2的加速度，则刹车6 s内的位移为48 m。 (　　)
√
×
√
√
2．(鲁科版必修第一册习题改编)空军特级飞行员李峰驾驶歼-10战机执行战术机动任务，在距机场 54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停止，失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障安全返航第一人。若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，且其着陆后的初速度为 60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　)
A．288 m B．300 m
C．150 m D．144 m
√
B　[先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m，故选B。]
3．(人教版必修第一册习题改编)以18 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在 5 s 内的位移为
(　　)
A．50 m B．45 m
C．40.5 m D．40 m
√
C　[根据x＝v0t＋at2得36 m＝ m，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝＝ s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x′＝＝ m＝40.5 m，故C正确。]
4．(人教版必修第一册习题改编)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3或穿过每个木块所用时间之比t1∶t2∶t3正确的是(　　)
√
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝()∶(－1)∶1
D　[用“逆向思维”法解答，则可视为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则＝＝＝2a·3L，所以v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A、B错误；又由于每个木块厚度相同，则由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得t1∶t2∶t3＝()∶(－1)∶1，选项C错误，D正确。]
考点深研 · 题型突破
1．常用公式的选取方法
匀变速直线运动的基本规律及应用
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题而设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用的公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
v0、a、t、x v
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题而设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用的公式
v0、v、t、x a
2．公式中正、负号规定的两点注意
(1)一般情况下，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。
(2)当v0＝0时，一般以a的方向为正方向。
3．解题流程
角度1　基本公式的应用
[典例1]　如图所示，多辆车在路口停止线后依次排列等候绿灯，第一辆车的前端刚好与路口停止线相齐，且每辆车的尾部与相邻后车的前端距离均为1 m。为了安全，前车尾部与相邻后车前端距离至少为5 m时后车才能开动。已知车长均为4 m，开动后车都以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动直到离开路口。绿灯亮起瞬间，第一辆车立即开动，则：
(1)第二辆车刚开动时，第一辆车已行驶的时间至少为多少？
(2)第六辆车前端刚到达停止线时的速度大小为多少？
解析：(1)当第一辆车向前行驶4 m时，第二辆车开始启动，根据位移时间关系可得x1＝
代入数据解得t1＝2 s。
(2)第六辆车前端距离停止线25 m，根据速度位移关系可得v2＝2ax6，解得v＝10 m/s。
答案：(1)2 s　(2)10 m/s
拓展延伸　在[典例1]第(2)问中，从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间内，第一辆车一直保持原加速度运动，当第六辆车启动时，第一辆车的速度是多少？第六辆车刚到停止线时，第一辆车的位移大小是多少？
[提示]　前面一辆车开始启动2 s后，后面一辆车开始启动，所以从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为t′＝5×2 s＝10 s，在这段时间内，第一辆车的速度v1＝at′＝20 m/s。
由于第六辆车前端距离停止线25 m，根据位移时间关系可得x6＝，解得t6＝5 s，从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为t′＋t6＝15 s，在这段时间内第一辆车的位移为x＝×2×152 m＝225 m。
角度2　刹车类问题
[典例2]　(多选) 随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点。某品牌无人驾驶汽车进行刹车性能测试，得到汽车在平直路面上紧急刹车(车轮抱死)过程中的位移随时间变化的规律为x＝24t－3t2(x的单位是m，t的单位是s)，则下列说法正确的是(　　)
A．该汽车刹车的初速度为24 m/s
B．该汽车刹车的加速度为－6 m/s2
C．刹车后2 s末的速度为12 m/s
D．刹车后5 s内的位移为25 m
√
√
√
ABC　[已知汽车刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝24t－3t2(m)，结合匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝v0t＋at2，可得该汽车刹车的初速度和加速度分别为v0＝24 m/s，a＝－6 m/s2，故A、B正确；刹车后2 s末的速度为v2＝v0＋at2＝24 m/s－6×2 m/s＝12 m/s，故C正确；汽车从刹车到停下所用时间为t0＝＝4 s<5 s，则刹车后
5 s内的位移为x5＝＝48 m，故D错误。]
[教师备选资源]
如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点。小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是
(　　)
A．小球的加速度大小为3 m/s2
B．OA间距为8 m
C．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/s
D．第3 s末经过B点
√
C　[设OA间距为x，小球在斜面上运动时加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律，从O点至第一次经过A点，有x＝v0t－at2，从O点至第二次通过C点，有x＋xAC＝v0(t＋t′)－a(t＋t′)2，其中v0＝10 m/s，xAC＝8 m，t＝2 s，t′＝4 s，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B点为AC的中点，则OB间距为x1＝x＋xAC＝20 m，由＝－2ax1，得小球第一次经过B点时的速度大小vB＝2 m/s，故C正确；第一次经过B点时，由x1＝t1，得t1＝(5－) s，第二次经过B点时，由x1＝t′1，得t′1＝(5＋) s，故小球第(5－) s末和第(5＋) s末经过B点，D错误。]
1．匀变速直线运动的常用推论
匀变速直线运动的推论及应用
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和比例法。
(3)处理纸带类问题时常用Δx＝x2－x1＝aT2、xm－xn＝(m－n)aT2求加速度。
角度1　平均速度法的应用
[典例3]　(2025·广西卷)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 m B．350 m
C．600 m D．700 m
√
B　[火车运动的时间为t＝×70 s＝70 s，根据平均速度公式＝，可知火车共行驶的距离x＝t＝×70 m＝350 m，故选B。]
角度2　位移差公式的应用
[典例4]　(2025·江苏淮安高三质检)如图所示，一质点从A点开始做匀加速直线运动，随后依次经过B、C、D三点。已知AB段、CD段距离分别为5 m、13 m，质点经过AB段、BC段、CD段所用的时间相等，均为1 s，则(　　)
√
A．质点的加速度大小为4 m/s2
B．质点的加速度大小为2 m/s2
C．质点在C点的速度大小为9 m/s
D．质点在B点的速度大小为6 m/s
A　[令T＝1 s，设AB段、BC段、CD段距离分别为x1、x2、x3，由匀变速直线运动的位移差公式可知，质点的加速度大小a＝＝
4 m/s2，故A正确，B错误；由x2－x1＝x3－x2＝aT2，解得x2＝9 m，质点在C点的速度大小vC等于质点在BD段的平均速度大小，即vC＝＝＝11 m/s，同理，质点在B点的速度大小vB＝＝＝7 m/s，故C、D错误。]
角度3　比例法的应用
[典例5]　(一题多解)(2024·山东卷)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)
A　[解法一(位移公式)：木板在斜面上运动时，加速度不变，设木板的加速度为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＝，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＝，当木板长度为2l时有3l＝，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，故选A。
解法二(比例式)：以木板为参考系，A点沿斜面向上做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知Δt2∶Δt1即为A点通过第二、第三个l的总时间与通过第二个l的时间之比，故Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。]
课时数智作业(二)　匀变速直线运动的规律
说明：第1～7题，每小题4分；第8～9题，每小题5分；本试卷共62分。
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(2025·江苏卷)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减至0。该过程中加速度大小为(　　)
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
C　[根据运动学公式v＝v0＋at，代入数值解得a＝－6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
2．(2025·辽宁丹东一模)一质点做匀加速直线运动，若该质点在时间t内位移为x，末速度变为时间t内初速度的5倍，则该质点的加速度为(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
B　[设质点运动的初速度为v0，加速度为a，则有x＝v0t＋at2，又a＝，解得a＝，故选项B正确。]
3．(2025·甘肃兰州模拟)某品牌汽车的自主刹车系统可以在距离障碍物5 m时启动刹车功能，立即做匀减速直线运动，若该车减速时的最大加速度为10 m/s2，要使车辆在碰到障碍物前安全停下，行驶速度不能超过(　　)
A．72 km/h B．54 km/h
C．36 km/h D．18 km/h
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C　[由题意可知，根据匀变速直线运动公式，由逆向思维有x，解得vmax＝10 m/s＝36 km/h, 故选C。]
4．(2024·海南卷)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(　　)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．1.25 m/s2 B．1 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2
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，可得v＝1 m/s，则加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，故选C。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
5．(2025·安徽卷)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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A　[设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝，又x1＋2x＝8x，联立解得t0＝t，所以x＝at2，A正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
6．(2025·辽宁大连模拟)地铁是城市中重要的交通工具，某城市地铁相邻两站之间的轨道可以看成水平直轨道，某相邻两站之间的距离为912 m。已知地铁列车变速时的最大加速度大小为1.5 m/s2，行驶过程允许的最大速度为24 m/s，列车在每一个站都需要停靠，则地铁列车在这两站之间行驶的最短时间为(　　)
A．35 s B．42 s
C．50 s D．54 s
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
D　[由于地铁列车在每站都需要停靠，则地铁列车在两站之间一定有加速和减速过程，列车做匀加速和匀减速运动的时间均为t1＝＝ s＝16 s，匀加速和匀减速过程运动的距离之和s0＝v×2t1＝384 m，因为s>s0，所以列车以最大速度做匀速运动的时间t2＝＝ s＝22 s，列车在两站之间行驶的最短时间t＝2t1＋t2＝54 s，故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
7．(2025·山东临沂一模)一辆公共汽车以初速度14 m/s进站后开始刹车，做匀减速直线运动直到停下。刹车后3 s内的位移与最后3 s内的位移之比是4∶3，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为(　　)
A．1∶1 B．49∶40
C．49∶30 D．49∶48
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
D　[由题意可知＝，可得a＝4 m/s2, 汽车停止运动需要时间t0＝＝3.5 s，则刹车后4 s内通过的距离x4＝t0＝×3.5 m＝24.5 m，刹车后3 s内通过的距离x3＝＝24 m，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为49∶48，故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
8．如图为某海湾大桥上四段长度均为110 m的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。设汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则满足(　　)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．2<<3 B．3<<4
C．4<<5 D．5<<6
B　[设等跨连续桥梁的长度为L，将汽车从a到e的匀减速直线运动看作反向初速度为零的匀加速直线运动，设汽车通过ab段和通过de段所用时间分别为t1、t2，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律，可得t2∶t1＝1∶(2－)，又根据平均速度定义，有v1＝，v2＝，所以汽车通过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为＝＝＝2＋，则3<<4，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
9．(2025·云南昆明一模)春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．盒子运动的加速度大小为1 m/s2
B．盒子运动到a点的速度大小为2 m/s
C．盒子运动到c点的速度大小为1 m/s
D．盒子从a点运动到e点的时间为2 s
B　[由题知，盒子在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m，根据逆向思维法有x0＝at2，代入数据有a＝2 m/s2，故A错误；根据逆向思维法有＝2a×4x0，解得盒子运动到a点的速度大小为va＝2 m/s，故B正确；根据逆向思维法有＝2a×2x0，解得盒子运动到c点的速度大小为vc＝ m/s，故C错误；根据逆向思维法有4x0＝at′2，盒子从a点运动到e点的时间为t′＝1 s，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
10．(12分)(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；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[解析]　(1)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)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＝＋v(t0－t1)
又x＝v0(t2－t0)
联立并代入数据解得x＝680 m。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[答案]　(1)20 m/s　(2)680 m
11．(12分)(2024·广西卷)如图所示，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；
(2)最远能经过几号锥筒。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[解析]　(1)根据匀变速运动规律某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在1、2号锥筒间中间时刻的速度为v1＝＝2.25 m/s
在2、3号锥筒间中间时刻的速度为v2＝＝1.8 m/s
故可得加速度大小为a＝＝＝1 m/s2。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
(2)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d＝
代入数值解得v0＝2.45 m/s
从1号开始到停止时通过的位移大小为
x＝＝3.00 125 m≈3.33d
故可知最远能经过4号锥筒。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[答案]　(1)1 m/s2　(2)4
谢 谢 ！课时数智作业(二)　匀变速直线运动的规律
说明：第1～7题，每小题4分；第8～9题，每小题5分；本试卷共62分。
1．(2025·江苏卷)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减至0。该过程中加速度大小为(　　)
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
2．(2025·辽宁丹东一模)一质点做匀加速直线运动，若该质点在时间t内位移为x，末速度变为时间t内初速度的5倍，则该质点的加速度为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2025·甘肃兰州模拟)某品牌汽车的自主刹车系统可以在距离障碍物5 m时启动刹车功能，立即做匀减速直线运动，若该车减速时的最大加速度为10 m/s2，要使车辆在碰到障碍物前安全停下，行驶速度不能超过(　　)
A．72 km/h B．54 km/h
C．36 km/h D．18 km/h
4．(2024·海南卷)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
5．(2025·安徽卷)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
6．(2025·辽宁大连模拟)地铁是城市中重要的交通工具，某城市地铁相邻两站之间的轨道可以看成水平直轨道，某相邻两站之间的距离为912 m。已知地铁列车变速时的最大加速度大小为1.5 m/s2，行驶过程允许的最大速度为24 m/s，列车在每一个站都需要停靠，则地铁列车在这两站之间行驶的最短时间为(　　)
A．35 s B．42 s
C．50 s D．54 s
7．(2025·山东临沂一模)一辆公共汽车以初速度14 m/s进站后开始刹车，做匀减速直线运动直到停下。刹车后3 s内的位移与最后3 s内的位移之比是4∶3，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为(　　)
A．1∶1 B．49∶40
C．49∶30 D．49∶48
8．如图为某海湾大桥上四段长度均为110 m的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。设汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则满足(　　)
A．2<<3 B．3<<4
C．4<<5 D．5<<6
9．(2025·云南昆明一模)春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　)
A．盒子运动的加速度大小为1 m/s2
B．盒子运动到a点的速度大小为2 m/s
C．盒子运动到c点的速度大小为1 m/s
D．盒子从a点运动到e点的时间为2 s
10．(12分)(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；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
11．(12分)(2024·广西卷)如图所示，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；
(2)最远能经过几号锥筒。
课时数智作业(二)
1．C　[根据运动学公式v＝v0＋at，代入数值解得a＝－6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。]
2．B　[设质点运动的初速度为v0，加速度为a，则有x＝v0t＋at2，又a＝，解得a＝，故选项B正确。]
3．C　[由题意可知，根据匀变速直线运动公式，由逆向思维有x，解得vmax＝10 m/s＝36 km/h， 故选C。]
4．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，可得v＝1 m/s，则加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，故选C。]
5．A　[设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝，又x1＋2x＝8x，联立解得t0＝t，所以x＝at2，A正确。]
6．D　[由于地铁列车在每站都需要停靠，则地铁列车在两站之间一定有加速和减速过程，列车做匀加速和匀减速运动的时间均为t1＝＝ s＝16 s，匀加速和匀减速过程运动的距离之和s0＝v×2t1＝384 m，因为s>s0，所以列车以最大速度做匀速运动的时间t2＝＝ s＝22 s，列车在两站之间行驶的最短时间t＝2t1＋t2＝54 s，故选D。]
7．D　[由题意可知＝，可得a＝4 m/s2， 汽车停止运动需要时间t0＝＝3.5 s，则刹车后4 s内通过的距离x4＝t0＝×3.5 m＝24.5 m，刹车后3 s内通过的距离x3＝＝24 m，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为49∶48，故选D。]
8．B　[设等跨连续桥梁的长度为L，将汽车从a到e的匀减速直线运动看作反向初速度为零的匀加速直线运动，设汽车通过ab段和通过de段所用时间分别为t1、t2，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律，可得t2∶t1＝1∶(2－)，又根据平均速度定义，有v1＝，v2＝，所以汽车通过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为＝＝＝2＋，则3<<4，故选B。]
9．B　[由题知，盒子在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m，根据逆向思维法有x0＝at2，代入数据有a＝2 m/s2，故A错误；根据逆向思维法有＝2a×4x0，解得盒子运动到a点的速度大小为va＝2 m/s，故B正确；根据逆向思维法有＝2a×2x0，解得盒子运动到c点的速度大小为vc＝ m/s，故C错误；根据逆向思维法有4x0＝at′2，盒子从a点运动到e点的时间为t′＝1 s，故D错误。]
10．解析：(1)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)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＝＋v(t0－t1)
又x＝v0(t2－t0)
联立并代入数据解得x＝680 m。
答案：(1)20 m/s　(2)680 m
11．解析：(1)根据匀变速运动规律某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在1、2号锥筒间中间时刻的速度为v1＝＝2.25 m/s
在2、3号锥筒间中间时刻的速度为v2＝＝1.8 m/s
故可得加速度大小为a＝＝＝1 m/s2。
(2)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d＝
代入数值解得v0＝2.45 m/s
从1号开始到停止时通过的位移大小为
x＝＝3.00 125 m≈3.33d
故可知最远能经过4号锥筒。
答案：(1)1 m/s2　(2)4
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