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(共38张PPT)
第2讲　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
目录
CONTENTS
01
02
___________________
掌握知识联系
熟知概念本质
探究通性通法
___________________
渗透迁移变化
教材主干强基
课标要点探究
01
教材主干强基
掌握知识联系
熟知概念本质
v0＋at
t
v0t＋at2
v2－=2ax
at2
3at2
0
1∶3∶5∶…
0
1∶(－1)∶()∶….
停止时间
0
0
－g
判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。(　　)
(2)匀加速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　)
(3)匀加速直线运动的位移是随时间均匀增大的。(　　)
(4)匀加速直线运动T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。(　　)
(5)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v的运动距离是由v到2v的运动距离的2倍。(　　)
(6)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。(　　)
√
×
×
×
×
√
02
课标要点探究
探究通性通法
渗透迁移变化
1.解决匀变速直线运动问题的基本思路
2.公式选用
题目所涉及的物理量(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
注：除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要选定正方向，一般以v0的方向为正方向。
　角度1　基本公式的应用
C
例1 商场自动感应门的示意图如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左、向右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m。若门从静止开始以大小相同的加速度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】 设感应门的最大速度为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t=2 s，移动距离x=×4 s，代入数据解得v=1 m/s，则加速度大小为a= m/s2=0.5 m/s2，故选C。
例2 一辆汽车由静止沿平直公路匀加速行驶。汽车启动t时间后的6 s内前进了24 m，启动5t时间后的6 s内前进了48 m，则该汽车的加速度大小和t分别为(　　)
A.1 m/s2，1 s B.2 m/s2，1 s
C.2 m/s2，2 s D.1 m/s2，2 s
A
【解析】 设汽车的加速度大小为a，则由题意可知，启动t时间后的速度为v1=at，启动5t时间后的速度为v2=5at，则根据位移与时间的关系有24 m= at×6 s＋a×(6 s)2，48 m=5at×6 s＋a×(6 s)2，联立解得a=1 m/s2，t=1 s，故选项A正确。
　角度2　逆向思维法处理刹车类问题
A
例3 一辆汽车在刹车的过程中做匀减速直线运动，前2 s的位移与最后2 s的位移之比为2∶1，则汽车刹车的时间为(　　)
A.3 s B.4 s C.5 s D.6 s
【解析】 设汽车的刹车时间为t，加速度大小为a，由逆向思维可得汽车做初速度为0的匀加速直线运动，结合题意有=2，解得t=3 s，故选A。
1.2024年11月24日，“2024嘉兴马拉松”在嘉兴大剧院鸣枪开跑，此次赛事由中国田径协会认证，是A1类赛事，以“追梦奔跑，幸福嘉马”为主题，传递健康生活的理念。在某阶段，某马拉松爱好者从O点沿水平地面做匀加速直线运动，运动过程中依次通过A、B、C三点。已知AB=6 m，BC=9 m，该马拉松爱好者从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度的变化量都是2 m/s，则该马拉松爱好者经过C点时的瞬时速度大小为(　　)
A.1 m/s B.3 m/s
C.5 m/s D.7 m/s
D
【解析】 设该马拉松爱好者经过A点的速度为v，则经过B点的速度为v＋2 m/s，经过C点的速度为v＋4 m/s，从A点到B点的过程中有(v＋2 m/s)2－v2=2axAB，从B点到C点的过程中有(v＋4 m/s)2－(v＋2 m/s)2=2axBC，联立解得v=3 m/s，则该马拉松爱好者经过C点时的瞬时速度大小为vC=7 m/s，故选D。
2.汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s时汽车的位移之比为(　　)
A.5∶4 B.4∶5 C.3∶4 D.4∶3
C
【解析】 汽车速度减为0的时间t0= s=4 s，刹车2 s内汽车的位移x1=v0t＋at2=20×2 m－×5×4 m=30 m，刹车5 s内汽车的位移等于刹车4 s内的位移，为x2==40 m，所以经过2 s与5 s时汽车的位移之比为3∶4，故C正确。
3.一旅客在火车站某站台7号候车线处候车，他发现某动车进站时第5节车厢经过他用了0.83 s，动车停下时他刚好在第7节车厢门口，车门靠近动车前进方向一端。每节车厢的长度相同，不计各节车厢连接处的长度。若动车进站时做匀减速直线运动，则第6节车厢经过他的时间约为(　　)
A.0.64 s B.2 s
C.0.5 s D.1 s
B
【解析】 设每节车厢的长度为L，动车做匀减速直线运动，末速度为0，则由逆向思维可看作初速度为0的匀加速直线运动，则第5节和第6节车厢经过他时有2L=a，第6节车厢经过他时有L=a，且t=t2－t1=0.83 s，解得第6节车厢经过他的时间约为t1=2 s，故选B。
1.解决匀变速直线运动问题的六种方法
2.初速度为0的匀加速直线运动的推论
3.方法选取技巧
(1)平均速度法：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，常用此方法。
(2)逆向思维法：匀减速到末速度为0的运动常用此方法。
例4 一个做匀加速直线运动的质点，在最初的连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24 m和64 m，每个时间间隔为4 s，求质点的初速度和加速度。
　角度1　位移差公式的应用
1 m/s　2.5 m/s2
【解析】 方法一：用基本公式法求解
画出质点运动过程示意图，如图所示，因题目只涉及位移与时间，故选择位移时间公式。
x1=vAt＋at2
x2=vA(2t)＋a(2t)2－x1
将x1=24 m，x2=64 m，t=4 s代入上式，联立解得a=2.5 m/s2，vA=1 m/s
方法二：用中间时刻速度公式求解
质点在连续的两段时间t内的平均速度分别为
=6 m/s， =16 m/s
即 =6 m/s
=16 m/s
由于B点对应AC段的中间时刻，则
vB= m/s=11 m/s
可得vA=1 m/s，vC=21 m/s
则a= m/s2=2.5 m/s2
方法三：用Δx=aT2求解
由Δx=aT2得
a= m/s2=2.5 m/s2
再由x1=vAt＋at2
解得vA=1 m/s
例5 如图所示，商场中的无轨小火车由等长的车厢连接而成，车厢间的间隙忽略不计。一位小朋友站在第1节车厢前端，小火车从静止开始做匀加速直线运动，则(　　)
C
　角度2　初速度为0的匀变速直线运动比例式的应用
A.在相等的时间内经过小朋友的车厢数之比是1∶4∶9
B.第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是1∶∶
C.第1、2、3节车厢尾部经过小朋友瞬间的速度之比是1∶∶
D.小火车中间位置经过小朋友时的瞬时速度小于小火车整体经过小
朋友的平均速度
【解析】 根据运动学公式有x1=aT2、x2=a(2T)2－aT2、x3=a(3T)2－a(2T)2，可得x1∶x2∶x3=1∶3∶5，故在相等的时间内经过小朋友的车厢数之比是1∶3∶5，故A错误；设每节车厢的长度为L，根据运动学公式有L=a，2L=a，3L=a，第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是t1∶(t2－t1)∶(t3－t2)=1∶(－1)∶()，故B错误；根据v=at，第1、2、3节车厢尾部经过小朋友瞬间的速度之比是v1∶v2∶v3
=t1∶t2∶t3=1∶∶，故C正确；设小火车最后一节车厢尾部经过小朋友瞬间的速度为v，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，小火车通过小朋友的平均速度为，小火车中间位置经过小朋友时的瞬时速度为v＞，故D错误。
1.假设一列复兴号动车组列车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3 s、2 s、1 s连续通过三段位移后停下，则列车在这三段位移内的平均速度之比是(　　)
A.9∶4∶1 B.27∶8∶1
C.5∶3∶1 D.3∶2∶1
A
【解析】 可将复兴号动车组列车减速过程看作初速度为0的匀加速过程，根据匀变速直线运动规律可知最后3 s、2 s、1 s通过的连续三段位移之比为27∶8∶1，根据平均速度的计算公式v=，可知列车在这三段位移内的平均速度之比是9∶4∶1，故A正确，B、C、D错误。
2.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，则通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，则通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　)
A.(－1)∶(－1)
B.()∶(－1)
C.(＋1)∶(＋1)
D.()∶(＋1)
A
【解析】 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=a，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=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。
3.每隔0.1 s拍下的一个足球被踢出后的频闪照片如图所示，图中x1=1.05 m，x2=0.75 m，x3=0.45 m，x4=0.15 m。由此可以判定(　　)

A.足球做匀变速直线运动
B.足球的加速度大小为20 m/s2
C.足球的初速度大小为15 m/s
D.整个过程中足球的平均速度大小为8 m/s
A
【解析】 连续相等时间内的位移差为x1－x2=x2－x3=x3－x4=0.3 m，所以足球做匀变速直线运动，故A正确；由Δx=at2，可得足球的加速度大小为a= m/s2=30 m/s2，故B错误；拍下第二张照片瞬间足球的速度为v2= m/s=9 m/s，则足球的初速度大小为v=v2＋at=9 m/s＋30×0.1 m/s=12 m/s，故C错误；整个过程中足球的平均速度大小为 m/s=6 m/s，故D错误。[高效作业2]　匀变速直线运动的规律及应用
微考点一　匀变速直线运动的基本规律
1.发展智能网联新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路。作为“制造重镇”的重庆，如今在我国汽车领域已经表现出无可争议的强势地位。重庆产的某型号电动汽车在一次刹车测试中，初速度为20 m/s，经过4 s该电动汽车停止运动。若将该过程视为匀减速直线运动，可以分析出此电动汽车在刹车2 s后的速度为(　　)
A.5 m/s　　　　　　　　　　　　 B.10 m/s
C.15 m/s D.16 m/s
2.“歼－15”在某次训练时着舰不成功，飞行员经短暂反应后迅速启动“逃逸复飞”，启动复飞时飞机距离航母跑道末端为210 m，速度为20 m/s。复飞过程可看成匀变速直线运动，飞机起飞所需的最小速度为50 m/s，为使飞机能复飞成功，则飞机复飞过程的加速度至少为(　　)
A.4 m/s2　　　　　　 B.7 m/s2
C.6 m/s2 D.5 m/s2
3.如图所示，物体从斜面上的A点由静止开始下滑，经B点进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。每隔0.1 s测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。物体通过B点时的速度为(　　)
t/s 0.0 0.1 0.2 … 0.9 1.0 …
v/(m·s－1) 0.0 0.5 1.0 … 1.5 1.4 …
A.2.0 m/s　　　　　　 B.1.8 m/s
C.1.7 m/s D.1.5 m/s
4.在某次冰壶比赛中，冰壶投出后做匀减速直线运动，经过20 s停止运动。已知倒数第3 s内冰壶的位移大小为1.0 m。下列说法正确的是(　　)
A.冰壶的加速度大小为0.3 m/s2
B.冰壶的加速度大小为0.4 m/s2
C.冰壶第1 s末的速度大小为5.7 m/s
D.冰壶第1 s内的位移大小为5.6 m
5.2024年9月11日，“蛟龙号”载人潜水器在维嘉海山完成2024西太平洋国际航次科考最后一个潜次下潜作业。科考期间，“蛟龙号”在西太平洋海域完成了18次下潜作业，搭载十余名中外科学家探索深海。“蛟龙号”不只是一个深海装备，更代表了一种不畏艰险、赶超世界的精神。“蛟龙号”在某次海试活动中执行竖直下潜任务，某段时间内做匀变速直线运动，连续经过A、B、C三点。已知2xAB=xBC，且=2，则“蛟龙号”通过AB段与BC段所用时间之比为(　　)
A.1∶4　　　　　　 B.1∶3
C.1∶2 D.1∶1
微考点二　匀变速直线运动的重要推论及应用
6.2024年5月28日，“2024年浙江省大学生乒乓球(甲丙组)锦标赛”在浙大城市学院火热开赛。乒乓球赛场上高抛发球是一种典型的发球方式，将乒乓球离开手向上的运动视为竖直方向上的匀减速直线运动，且向上运动的时间为t。设乒乓球离开手后向上运动第一个时间内的位移为x1，最后一个时间内的位移为x2，则x2∶x1为(　　)
A.1∶9　　　　　　 B.11∶1
C.9∶1 D.1∶5
7.一小球沿斜面滑下，依次经过A、B、C三点。已知AB=4 m，BC=8 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s。小球在经过A、B、C三点时的速度大小分别为(　　)
A.1 m/s　3 m/s　5 m/s
B.2 m/s　4 m/s　6 m/s
C.3 m/s　4 m/s　5 m/s
D.3 m/s　5 m/s　6 m/s
8.2024年5月16日，2024年第三届中国青少年足球联赛(浙江赛区)暨2024年浙江省青少年足球联赛高中年龄段比赛在台州椒江落幕。在赛前训练中，运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为匀变速运动。足球离脚后，在0~t 时间内位移大小为2x，在t~3t时间内位移大小为x，则足球的加速度大小为(　　)
A. 　　　　　　 B.
C. D.
9.重庆轻轨李子坝站列车穿楼而过的情景如图所示。某次列车以12 m/s的初速度进站，立即以大小为2 m/s2的加速度刹车制动做匀减速直线运动，停止后在站内停留1 min再次启动出发。下列说法正确的是(　　)
A.进站后第7 s末列车的速度大小为2 m/s
B.进站后7 s内列车的位移大小为36 m
C.列车进站后的第1 s末与第2 s末的速度大小之比为2∶1
D.列车进站后的第1 s内与第2 s内的位移大小之比为11∶10
10.某研学基地有一种学生非常喜欢的竞技游戏。如图所示，平直的轨道上有间隔相等的A、B、C、D四个点，滑块从A点开始沿轨道做匀减速直线运动，滑块停在D点为满分，停止点距离D点越近得分越高。某次比赛中，滑块恰好停在D点，且从A点运动到D点所用的时间为Δt。关于这次比赛，下列判断正确的是(　　)
A.滑块从A点到B点所用时间为Δt
B.滑块从B点到C点所用时间为Δt
C.滑块从C点到D点所用时间为Δt
D.滑块经过B、C两点时的瞬时速度之比为∶1
11.高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长为l，动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现第1节车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在第2节车厢门口(第2节车厢最前端)，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为t
B.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为
C.第1节车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为
D.动车的加速度大小为
12.某辆汽车装备了“全力自动刹车系统”。如图所示，当车速为10 m/s时，若汽车与前方汽车间距离达到系统预设的安全距离且司机未采取制动措施，“全力自动刹车系统”就会立即启动以避免汽车与前方汽车相撞，系统启动时汽车加速度大小约为5 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.此系统设置的安全距离约为10 m
B.使汽车完全停下所需时间约为4 s
C.此系统启动3 s后汽车速率为5 m/s
D.若减小刹车加速度，则系统预设安全距离变小
13.如图所示，一智能机器人沿直线行走，其运动位移x随运动时间t的变化关系为x=2t2－5t(m)，式中各物理量的单位均为国际单位制单位。从t=0开始计时，下列判断正确的是(　　)
A.智能机器人做加速运动
B.t=1.25 s时，智能机器人的速度大小为10 m/s
C.智能机器人在前1 s内运动的位移大小为2 m
D.智能机器人在前2 s内运动的路程为4.25 m
14.港珠澳大桥上连续四段110 m的等跨钢箱梁桥如图所示，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则(　　)
s
A.通过cd段的时间为t
B.通过de段的时间为t
C.通过ac段的平均速度小于在b点的瞬时速度
D.通过ae段的平均速度大于在b点的瞬时速度
15.模拟汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车。已知汽车刹车时第1 s内的位移为24 m，倒数第2 s内的位移为6 m。下列说法正确的是(　　)
A.汽车在第1 s末的速度为23 m/s
B.汽车的加速度大小为3 m/s2
C.汽车的减速时间为6.5 s
D.汽车刹车的总位移为78 m
16.如图(a)所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d=0.6 m 的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是(　　)
A.物块由位置A运动至位置E的时间为0.6 s
B.位置A与位置D间的距离为1.30 m
C.物块在位置D时的速度大小为1.25 m/s
D.物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2
高效作业2　匀变速直线运动的规律及应用
1.B　【解析】 由题意可得，电动汽车的加速度大小为a= m/s2=5 m/s2，则根据匀变速直线运动的速度时间关系可得，电动汽车在刹车2 s后的速度为v=v0－at1=20 m/s－5×2 m/s=10 m/s，故选B。
2.D　【解析】 飞机从开始复飞到完全起飞，由运动学公式v2－=2ax，解得a=5 m/s2，则飞机复飞过程的加速度至少为5 m/s2，故A、B、C错误，D正确。
3.A　【解析】 物体匀加速阶段的加速度大小为a1= m/s2=5 m/s2，在1.0 s时的速度为1.4 m/s，说明此时物体已经进入匀减速阶段，加速度大小为a2= m/s2=1 m/s2，设匀加速阶段的时间为t，则1.4 m/s=a1t－a2(1.0 s－t)，解得t=0.4 s，则物体通过B点时的速度为v=a1t=2.0 m/s，故选A。
4.B　【解析】 冰壶运动过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，倒数第3 s内的位移大小为1.0 m，则倒数第3 s内的平均速度为=1.0 m/s，即倒数第2.5 s的瞬时速度为1.0 m/s，由v2.5=at，解得a=0.4 m/s2，故A错误，B正确；冰壶第1 s末的速度即倒数第19 s 末的速度，则有v=at19=7.6 m/s，故C错误；冰壶第1 s内的位移为x=aa=7.8 m，故D错误。
5.A　【解析】 设A、B两点之间的距离为x，则B、C两点之间的距离为2x，设“蛟龙号”通过AB段的时间为tAB，通过BC段的时间为tBC，有x=tAB，2x=tBC，解得，故选A。
6.A　【解析】 采取逆向思维，将乒乓球的运动看成初速度为0的匀加速直线运动。初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶…，可知x2∶x1=1∶9，故选A。
7.A　【解析】 根据匀变速直线运动规律，经过中间时刻(对应B点)的瞬时速度等于经过AC段的平均速度，可得vB= m/s=3 m/s，根据Δx=aT2，可得小球的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2，则小球经过A点的速度大小为vA=vB－aT=1 m/s，小球经过C点的速度大小为vC=vB＋aT=5 m/s，故选A。
8.A　【解析】 若足球在3t时刻停止运动，根据逆向思维法可知，初速度为0的匀加速直线运动在相等时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶…，由0~t时间内位移大小为2x，则在t~3t时间内位移大小应为1.6x，而实际位移大小为x，则说明在3t之前足球就已经停止运动。设足球在t时刻的速度大小为v，根据逆向思维法有v2=2ax、2x=vt＋at2，联立解得a=，故选A。
9.B　【解析】 列车进站后运动时间t= s=6 s，可得列车进站后6 s即停止运动，停留1 min后再次启动，则第7 s末列车的速度大小为0，故A错误；进站后7 s内列车的位移即为6 s内的位移，x=t=×6 m=36 m，故B正确；由逆向思维和匀变速直线运动规律可知，列车进站后的第1 s末与第2 s末的速度大小之比为5∶4，第1 s内与第2 s内的位移大小之比为11∶9，故C、D错误。
10.D　【解析】 采用逆向思维，滑块做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移内的时间之比为tCD∶tBC∶tAB=1∶∶，故tCD=Δt、tBC=Δt、tAB=Δt，故A、B、C错误；根据位移速度公式=2a·2l、=2a·l，联立解得滑块经过B、C两点时的瞬时速度之比为vB∶vC=∶1，故D正确。
11.C　【解析】 采用逆向思维可知，动车做初速度为0的匀加速直线运动，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为1∶( －1)∶()∶(2－)∶…∶( )，则动车从经过5号候车线处旅客开始到停下所用的时间为第1节车厢经过2号候车线处的旅客所用时间的2倍，历时2t，故A错误；动车第1节车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下的总位移为4l，用时2t，则平均速度为 ，故B错误；由以上逆向思维可知l=at2，则加速度a=，并且=2al，=2a×4l，解得v5=2v2，同时又有l=t，所以v5=，故C正确，D错误。
12.A　【解析】 由题意可知，a=－5 m/s2，根据匀变速直线运动速度位移公式v2－=2ax，代入数据解得此系统设置的安全距离约为x==10 m，故A正确；根据速度公式v=v0＋at，代入数据解得使汽车完全停下所需时间约为t==2 s，故B错误；由B项分析可知，汽车在t=2 s时速度减为0，则此系统启动3 s后汽车速率为0，故C错误；根据匀变速直线运动速度位移公式v2－=2ax得，此系统设置的安全距离x=，若减小刹车加速度，则系统预设安全距离变大，故D错误。
13.D　【解析】 根据匀变速直线运动位移公式x=v0t＋at2，可知智能机器人的初速度为v0=－5 m/s，加速度为a=4 m/s2，智能机器人做匀减速直线运动，故A错误；t=1.25 s时，根据速度公式v=v0＋at可得智能机器人的速度为0，故B错误；根据x=2t2－5t(m)，可知智能机器人在前1 s内运动的位移为x=(2×12－5×1)m=－3 m，则智能机器人在前1 s内运动的位移大小为3 m，故C错误；由B项分析可知，智能机器人经t=1.25 s速度为0，则智能机器人减速运动的路程为s1=t=3.125 m，智能机器人再反向加速，经过t'=0.75 s，智能机器人加速运动的路程为s2=at'2=1.125 m，则智能机器人在前2 s内运动的路程为s1＋s2=4.25 m，故D正确。
14.C　【解析】 汽车做初速度为0的匀加速直线运动，则汽车通过连续相等位移的时间之比为1∶∶ ∶ ∶∶…，汽车通过ab段的时间为t，则通过cd段的时间为t，通过de段的时间为t，故A、B错误；根据匀变速直线运动的推论，中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度，由A、B项分析可知，汽车通过ab段所用时间大于通过bc段所用时间，故b点是ac段的中间时刻后某一时间点，汽车通过ac段的平均速度小于在b点的瞬时速度，故C正确；汽车做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5，由于ab段与be段位移之比为1∶3，故b点对应ae段的中间时刻，汽车通过ae段的平均速度等于在b点的瞬时速度，故D错误。
15.C　【解析】 汽车做末速度为0的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，设汽车的加速度大小为a，由位移时间公式得aa=6 m，代入数据解得a=4 m/s2，故B错误；设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移时间公式得x1=v0t3－a=24 m，代入数据解得v0=26 m/s，汽车在第1 s末的速度为v=v0－at3=26 m/s－4×1 m/s=22 m/s，故A错误；汽车的减速时间为t= s=6.5 s，故C正确；汽车刹车的总位移为x=v0t=×26×6.5 m=84.5 m，故D错误。
16.D　【解析】 由题图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T=0.40 s，故物块由位置A运动至位置E的时间间隔为1.6 s，选项A错误；AC段与CE段的时间间隔均为2T=0.80 s，xCE－xAC=3d－d=2d，又xCE－xAC=a(2T)2，解得a=1.875 m/s2，选项D正确；物块在位置D时的速度大小为vD==2.25 m/s，选项C错误；由vD=vA＋a·3T得物块在位置A的速度为vA=0，则位置A、D间的距离为xAD==1.35 m，选项B错误。第2讲　匀变速直线运动的规律及应用
教材主干强基　　　掌握知识联系熟知概念本质
要点札记
(个性化学习与补充)






判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。(　　)
(2)匀加速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　)
(3)匀加速直线运动的位移是随时间均匀增大的。(　　)
(4)匀加速直线运动T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。(　　)
(5)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v的运动距离是由v到2v的运动距离的2倍。(　　)
(6)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。(　　)
课标要点探究　　　探究通性通法渗透迁移变化
匀变速直线运动的基本规律
1.解决匀变速直线运动问题的基本思路
2.公式选用
题目所涉及的物理量(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
注：除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要选定正方向，一般以v0的方向为正方向。
角度1　基本公式的应用
例1 商场自动感应门的示意图如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左、向右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m。若门从静止开始以大小相同的加速度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
例2 一辆汽车由静止沿平直公路匀加速行驶。汽车启动t时间后的6 s内前进了24 m，启动5t时间后的6 s内前进了48 m，则该汽车的加速度大小和t分别为(　　)
A.1 m/s2，1 s B.2 m/s2，1 s
C.2 m/s2，2 s D.1 m/s2，2 s
角度2　逆向思维法处理刹车类问题
例3 一辆汽车在刹车的过程中做匀减速直线运动，前2 s的位移与最后2 s的位移之比为2∶1，则汽车刹车的时间为(　　)
A.3 s B.4 s
C.5 s D.6 s
1.2024年11月24日，“2024嘉兴马拉松”在嘉兴大剧院鸣枪开跑，此次赛事由中国田径协会认证，是A1类赛事，以“追梦奔跑，幸福嘉马”为主题，传递健康生活的理念。在某阶段，某马拉松爱好者从O点沿水平地面做匀加速直线运动，运动过程中依次通过A、B、C三点。已知AB=6 m，BC=9 m，该马拉松爱好者从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度的变化量都是2 m/s，则该马拉松爱好者经过C点时的瞬时速度大小为(　　)
A.1 m/s B.3 m/s
C.5 m/s D.7 m/s
2.汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s时汽车的位移之比为(　　)
A.5∶4 B.4∶5
C.3∶4 D.4∶3
3.一旅客在火车站某站台7号候车线处候车，他发现某动车进站时第5节车厢经过他用了0.83 s，动车停下时他刚好在第7节车厢门口，车门靠近动车前进方向一端。每节车厢的长度相同，不计各节车厢连接处的长度。若动车进站时做匀减速直线运动，则第6节车厢经过他的时间约为(　　)
A.0.64 s B.2 s
C.0.5 s D.1 s
匀变速直线运动的重要推论及应用
1.解决匀变速直线运动问题的六种方法
2.初速度为0的匀加速直线运动的推论
3.方法选取技巧
(1)平均速度法：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，常用此方法。
(2)逆向思维法：匀减速到末速度为0的运动常用此方法。
角度1　位移差公式的应用
例4 一个做匀加速直线运动的质点，在最初的连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24 m和64 m，每个时间间隔为4 s，求质点的初速度和加速度。
角度2　初速度为0的匀变速直线运动比例式的应用
例5 如图所示，商场中的无轨小火车由等长的车厢连接而成，车厢间的间隙忽略不计。一位小朋友站在第1节车厢前端，小火车从静止开始做匀加速直线运动，则(　　)
A.在相等的时间内经过小朋友的车厢数之比是1∶4∶9
B.第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是1∶∶
C.第1、2、3节车厢尾部经过小朋友瞬间的速度之比是1∶∶
D.小火车中间位置经过小朋友时的瞬时速度小于小火车整体经过小朋友的平均速度
1.假设一列复兴号动车组列车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3 s、2 s、1 s连续通过三段位移后停下，则列车在这三段位移内的平均速度之比是(　　)
A.9∶4∶1 B.27∶8∶1
C.5∶3∶1 D.3∶2∶1
2.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，则通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，则通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　)
A.(－1)∶(－1)
B.()∶(－1)
C.(＋1)∶(＋1)
D.()∶(＋1)
3.每隔0.1 s拍下的一个足球被踢出后的频闪照片如图所示，图中x1=1.05 m，x2=0.75 m，x3=0.45 m，x4=0.15 m。由此可以判定(　　)
A.足球做匀变速直线运动
B.足球的加速度大小为20 m/s2
C.足球的初速度大小为15 m/s
D.整个过程中足球的平均速度大小为8 m/s
第2讲　匀变速直线运动的规律及应用
教材主干强基
主干梳理
①v0＋at　②t　③v0t＋at2
④v2－=2ax　⑤at2　⑥3at2　⑦0
⑧1∶3∶5∶…　⑨　⑩0
1∶(－1)∶()∶…
停止时间　 0　 0　 －g
课前诊断
(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
课标要点探究
课标要点一
例1　C　【解析】 设感应门的最大速度为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t=2 s，移动距离x=×4 s，代入数据解得v=1 m/s，则加速度大小为a= m/s2=0.5 m/s2，故选C。
例2　A　【解析】 设汽车的加速度大小为a，则由题意可知，启动t时间后的速度为v1=at，启动5t时间后的速度为v2=5at，则根据位移与时间的关系有24 m=at×6 s＋a×(6 s)2，48 m=5at×6 s＋a×(6 s)2，联立解得a=1 m/s2，t=1 s，故选项A正确。
例3　A　【解析】 设汽车的刹车时间为t，加速度大小为a，由逆向思维可得汽车做初速度为0的匀加速直线运动，结合题意有=2，解得t=3 s，故选A。
即时巩固
1.D　【解析】 设该马拉松爱好者经过A点的速度为v，则经过B点的速度为v＋2 m/s，经过C点的速度为v＋4 m/s，从A点到B点的过程中有(v＋2 m/s)2－v2=2axAB，从B点到C点的过程中有(v＋4 m/s)2－(v＋2 m/s)2=2axBC，联立解得v=3 m/s，则该马拉松爱好者经过C点时的瞬时速度大小为vC=7 m/s，故选D。
2.C　【解析】 汽车速度减为0的时间t0= s=4 s，刹车2 s内汽车的位移x1=v0t＋at2=20×2 m－×5×4 m=30 m，刹车5 s内汽车的位移等于刹车4 s内的位移，为x2==40 m，所以经过2 s与5 s时汽车的位移之比为3∶4，故C正确。
3.B　【解析】 设每节车厢的长度为L，动车做匀减速直线运动，末速度为0，则由逆向思维可看作初速度为0的匀加速直线运动，则第5节和第6节车厢经过他时有2L=a，第6节车厢经过他时有L=a，且t=t2－t1=0.83 s，解得第6节车厢经过他的时间约为t1=2 s，故选B。
课标要点二
例4　1 m/s　2.5 m/s2
【解析】 方法一：用基本公式法求解
画出质点运动过程示意图，如图所示，因题目只涉及位移与时间，故选择位移时间公式。
x1=vAt＋at2
x2=vA(2t)＋a(2t)2－x1
将x1=24 m，x2=64 m，t=4 s代入上式，联立解得a=2.5 m/s2，vA=1 m/s
方法二：用中间时刻速度公式求解
质点在连续的两段时间t内的平均速度分别为
=6 m/s， =16 m/s
即 =6 m/s
=16 m/s
由于B点对应AC段的中间时刻，则
vB= m/s=11 m/s
可得vA=1 m/s，vC=21 m/s
则a= m/s2=2.5 m/s2
方法三：用Δx=aT2求解
由Δx=aT2得
a= m/s2=2.5 m/s2
再由x1=vAt＋at2
解得vA=1 m/s
例5　C　【解析】 根据运动学公式有x1=aT2、x2=a(2T)2－aT2、x3=a(3T)2－a(2T)2，可得x1∶x2∶x3=1∶3∶5，故在相等的时间内经过小朋友的车厢数之比是1∶3∶5，故A错误；设每节车厢的长度为L，根据运动学公式有L=a，2L=a，3L=a，第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是t1∶(t2－t1)∶(t3－t2)=1∶(－1)∶()，故B错误；根据v=at，第1、2、3节车厢尾部经过小朋友瞬间的速度之比是v1∶v2∶v3=t1∶t2∶t3=1∶∶，故C正确；设小火车最后一节车厢尾部经过小朋友瞬间的速度为v，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，小火车通过小朋友的平均速度为，小火车中间位置经过小朋友时的瞬时速度为v＞，故D错误。
即时巩固
1.A　【解析】 可将复兴号动车组列车减速过程看作初速度为0的匀加速过程，根据匀变速直线运动规律可知最后3 s、2 s、1 s通过的连续三段位移之比为27∶8∶1，根据平均速度的计算公式v=，可知列车在这三段位移内的平均速度之比是9∶4∶1，故A正确，B、C、D错误。
2.A　【解析】 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=a，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=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。
3.A　【解析】 连续相等时间内的位移差为x1－x2=x2－x3=x3－x4=0.3 m，所以足球做匀变速直线运动，故A正确；由Δx=at2，可得足球的加速度大小为a= m/s2=30 m/s2，故B错误；拍下第二张照片瞬间足球的速度为v2= m/s=9 m/s，则足球的初速度大小为v=v2＋at=9 m/s＋30×0.1 m/s=12 m/s，故C错误；整个过程中足球的平均速度大小为 m/s=6 m/s，故D错误。

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