第2 讲 匀变速直线运动的规律与应用 导学案
【学习目标】
1.经历质点模型的建构过程，了解质点的含义。知道将物体抽象为质点的条件，能将特定
实际情境中的物体抽象成质点。
2.体会建构物理模型的思维方式，认识物理模型在探索自然规律中的作用。
3.理解位移、速度和加速度
【学习重难点】
质点，位移，速度和加速度。（重难点）
【课堂探究】
探究一：匀变速直线运动的基本规律
一、匀变速直线运动
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且 不变的运动.
2.匀变速直线运动的基本规律
(1)速度与时间的关系式:v= .
(2)位移与时间的关系式:x= .
(3)速度与位移的关系式: =2ax.
1.加速度
2.(1)v0+at (2)v0t+1
2
at2 (3)v2-v0
2
例1 .某人骑自行车，在距离十字路口停车线30m 处看到信号灯变红。此时自行车的速度
为4 m/s。已知该自行车在此路面依惯性滑行时做匀减速运动的加速度为0.2 m/s2。
如果骑车人在看到信号灯变红就停止用力，自行车仅靠滑行能停在停车线前吗？
【解析】滑行最大距离
x= v0
2
2a=
42
2×0.2 m=40m>30m
【答案】不能停在停车线前。
例2. 骑自行车的人以5 m/s 的初速度沿足够长的斜坡向上做减速运动，加速度大小是0.4
m/s2，经过5s，他在斜坡上通过多长的距离？
【解析】根据位移公式
x=v0t+ 1
2 at 2=5×5+ 1
2×(−0.4)×52=20m
最大位移
xm=
v0
2
2a=
52
2×0.4 m=31.25m
，所用时间
tm=
v0
a = 5
0.4 s=12.5 s
【答案】经过5s，他在斜坡上通过20m 的距离
例3. 钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地速度为30 m/s，g 取10 m/s2
（1）
它下落的高度是多少？
（2）
它在前2s 内的平均速度是多少？
（3）
它在最后1 s 内下落的高度是多少？
【解析】（1）
h= v2
2g=302
2×10 m=45m
（2）
h2=1
2 gt 2=1
2×10×22=20m
，
v
¿
=h2
t =20
2 m/s=10m/s
（3）最大时间
tm= v
g=30
10 s=3 s
，最后1s 即第3s
解法1.下落的总高度减去前2 s 下落的高度h3=h−h2=45m−20m=25m
解法2.第2s 末的速度v2=gt=10×2m/s=20m/s
h3=v2t+ 1
2 gt 2=20×1+ 1
2×10×12=25m
变式1 [2024·湖南张家界模拟] 我国国产飞机C919 在某次试飞结束后着陆,着陆过程中
做匀减速直线运动,加速度大小a=6 m/s2,飞机着陆后的第1 s 内位移为75 m,方向向东.
求:
(1)着陆后10 s 末的速度;
(2)着陆后20 s 内的位移大小;
(3)着陆后第3 s 内飞机的位移;
(4)着陆后滑行432 m 所需要的时间;
(5)静止前5 s 内飞机滑行的位移大小.
(1)18 m/s (2)507 m (3)63 m (4)8 s (5)75 m
[解析] (1)由x=v0t+1
2at2得,75 m=v0×1 s-1
2×6 m/s2×(1 s)2
解得v0=78 m/s
由v=v0+at 得着陆后10 s 末的速度为v=78 m/s-6 m/s2×10 s=18 m/s
(2)飞机从着陆到停止所用时间为t1=v0
a =78
6 s=13 s
着陆后20 s 内的位移大小为x1=v0
2 t1=507 m
(3)飞机在前2 s 内的位移大小x2=v0t2-1
2
at2
2=78×2 m-1
2
×6×22 m=144 m
飞机在前3 s 内的位移大小x3=v0t3-1
2at3
2=78×3 m-1
2×6×32 m=207 m
则飞机在第3 s 内的位移大小为Δx=x3-x2=63 m
(4)着陆后滑行x4=432 m 过程,根据运动学公式有x4=v0t4-1
2at 4
2
解得t4=8 s 或t4=18 s
停止所用时间为13 s,则只能取t4=8 s
(5)运用逆向思维,静止前5 s 内飞机滑行的位移大小为x5=1
2at5
2=1
2×6×52 m=75 m
变式2 [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.
(1)1 m/s2 (2)4
[解析] (1)根据匀变速运动规律可知某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,所以在
1、2 号锥筒的中间时刻的速度为
v1= d
t1
=2.25 m/s
2、3 号锥筒的中间时刻的速度为
v2= d
t2
=1.8 m/s
故可得加速度大小为
a= Δv
Δt
=v1−v2
t1
2 + t2
2
=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v0t1-1
2at1
2=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=v0
2
2a
=3.001 25 m≈3.33d
故可知最远能经过4 号锥筒
【要点总结】
1.匀变速直线运动公式选用技巧
题目中所涉及的
物理量
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+1
2at2
v0、v、a、x
t
v2-v0
2=2ax
注意: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.
2.“一画,二选,三注”解决匀变速直线运动问题
探究三：加速度
二、匀变速直线运动的三个常用推论
(1)两个连续相同时间内的位移差:Δx= .xm-xn= aT2.
(2)中间时刻速度:v t
2
= =v.
(3)位移中点速度:v x
2
= .
三、初速度为零的匀变速直线运动的推论
(1)T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn= .
(2)前T 内、前2T 内、前3T 内、…、前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
x1'∶x2'∶x3'∶…∶xn'= .
(4)前x 内、前2x 内、前3x 内、…、前nx 内的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn=
.
(5)第1 个x 内、第2 个x 内、第3 个x 内、…、第n 个x 内的时间之比
为:t1'∶t2'∶t3'∶…∶tn'= .
3.(1)aT2 (m-n) (2)v0+ v
2
(3)❑√
v0
2+ v
2
2
4.(1)1∶2∶3∶…∶n (2)1∶4∶9∶…∶n2 (3)1∶3∶5∶…∶(2n-1) (4)1∶❑√2∶❑√3∶…
∶❑√n (5)1∶(❑√2-1)∶(❑√3-❑√2)∶…∶(❑√n-❑√n-1)
例4.车速度随时间变化的规律”实验中，选出了如图2-1 所示的一条纸带（每两点间还有
4 个点没有画出来），纸带上方的数字为相邻两个计数点间的距离。打点计时器的电源频
率为50 Hz。
（1）根据纸带上的数据，计算打下A、B、C、D、E 点时小车的瞬时速度并填在表中。
（2）在图2-2 中画出小车的v-t 图像，并根据v-t 图像判断小车是否做匀变速直线运动。
如果是，求出该匀变速直线运动的加速度。
图2-1
【解析】
（1）根据
vn= xn+xn+1
2T
其中
T=1
f =
1
50Hz =0.02s
求速度，用Excel 算
X（cm）
V(m/s)
5
7.1
3.025
9.1
4.05
10.81
4.9775
12.7
5.8775
15.1
6.95
Excel 公式b3=(a2+a3)/4 ，因为单位换算，分子有¿10−2，分母应为0.04，所以分母变
为4.
（2）
用电脑Excel 做的数据表即图象如下：
t
v
0
0.02
3.05
0.04
4.05
0.06
4.9775
0.08
5.8775
0.1
6.95
是匀变速运动，加速度a=k=0.98m/s2。
例6. 某跳伞运动员做低空跳伞表演。他离开悬停的飞机后先做自由落体运动，当距离地面
125 m 时开始打开降落伞，到达地面时速度减为5 m/s。如果认为开始打开降落伞直至落地
前运动员在做匀减速运动，加速度为12 m/s2 ，g 取10 m/s2 。问：
（1）运动员打开降落伞时的速度是多少？
（2）运动员离开飞机时距地面的高度为多少？
（3）运动员离开飞机后，经过多少时间才能到达地面？
【解析】（1）v2−v0
2=2ah ，v0=√v2−2ah=√52−2×（−12）×125m/s=55m/s即为运
动员打开降落伞时的速度。
（2）自由落体运动的位移
h1= v2
2g=552
2×10 m=151.25m
运动员离开飞机时距地面的高度为H=h1+h=276.25m。
（3）自由落体运动的时间
t1= v
g=55
10 s=5.5s
，运动员打开降落伞到落地的时间
t2=
v−v末
a
=55−5
12
s=25
6 =4.167s
。
运动员离开飞机后，经过t=t1+t2=9.667s 才能到达地面。
用计算机验证：
数据表：
t
v
h
0
0
0
0.5
5
1.25
1
10
5
1.5
15
11.25
2
20
20
2.5
25
31.25
3
30
45
3.5
35
61.25
4
40
80
4.5
45
101.25
5
50
125
5.5
55
151.25
6
49
177.25
6.5
43
200.25
7
37
220.25
7.5
31
237.25
8
25
251.25
8.5
19
262.25
9
13
270.25
9.5
7
275.25
9.66666
7
5
276.25
v-t 图象
v
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
55
60
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
7.5
8
8.5
9
9.5
10
10.
5
v
x-t 图象（红）
0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
200
220
240
260
280
300
0
0.
5
1
1.
5
2
2.
5
3
3.
5
4
4.
5
5
5.
5
6
6.
5
7
7.
5
8
8.
5
9
9.
5
10
10
.5
11
v
h
6.已知一物体做初速度为0、加速度为a 的匀加速直线运动。该物体在前1 s 内、前2 s 内、
前3 s 内 的位移分别是x1，x2，x3，…在第1 s 内、第2 s 内、 第3 s 内 …… 的 位 移 分
别 是xI，xII，xIII，…在各个连续相等的时间间隔T 内的位移分别是s1，s2，s3 ，…，sn ，
证明：
（1）x1 ∶ x2 ∶ x3 ∶…＝1 ∶ 4 ∶ 9 ∶ …
（2）xI ∶ xII ∶ xIII ∶…＝1 ∶ 3 ∶ 5 ∶…
（3）Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT 2
【解析】（1）根据
x=1
2 at 2
，得该物体在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移之比是x1
∶ x2 ∶ x3 ∶…＝1 ∶ 4 ∶ 9 ∶ …
（2）根据xII=x2−x1 xIII =x3−x2… 得该物体在第1 s 内、第2 s 内、 第3 s 内 …… 的
位 移之比是xI ∶ xII ∶ xIII ∶…＝1：（4-1）：（9-4）：…＝1 ∶ 3 ∶ 5 ∶…
（3）因为该物体在各个连续相等的时间间隔T 内的位移分别为
s1=
1
2 aT 2
，
s2=
1
2
a（2T ）
2
-
1
2 aT 2
=
1
2 aT 2
¿3 ，
s3=
1
2
a（3T ）
2
-
1
2
a（2T ）
2
=
1
2 aT 2
¿5 ，…
sn-1=
1
2
a(（n−1）⋅T ）
2
-
1
2 a（（n-2)⋅T ）2
=
1
2 aT 2
¿[（n−1)2−(n−2)2]=
1
2 aT 2
¿（2n−3)，
sn=
1
2 a（nT ）2
-
1
2 a（（n-1)T ）2
=
1
2 aT 2
¿（2n+1)，
所以该物体在各个连续相等的时间间隔T 内的位移之差是:
Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝
1
2 aT 2
¿2 =aT 2
变式3 物体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xAC,物体到
达斜面最高点C 时速度恰好为零,如图所示,已知物体向上运动到距斜面底端3
4
xAC处的B 点
时,所用时间为t,求物体从B 滑到C 所用的时间.(本题可尝试用多种方法解答)
【思维拓展】 “已知物体向上运动到距斜面底端”中的“向上”两个字删掉,对答案有什
么影响?
t
[解析] 方法一:基本公式法
物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设初速度为v0,加速度大小为a,物体从B 滑到C 所用
的时间为tBC,由匀变速直线运动的规律得
v0
2=2axAC
vB
2-v0
2=-2axAB
xAB=3
4
xAC
解得vB=v0
2
又vB=v0-at
vB=atBC
解得tBC=t
方法二:平均速度法
匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,v AC=v0+0
2
=v0
2 ,又v0
2
=2axAC,vB
2=2axBC,xBC= x AC
4
,由以上三式解得vB=v0
2
即vB刚好等于AC 段的平均速度,因此物体到B 点时正好是这段位移的中间时刻,因此有
tBC=t.
方法三:逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面,其逆过程可看作由静止开始向下匀加速滑下斜面.设物体从B
到C 所用的时间为tBC,由运动学公式得xBC=1
2at BC
2,xAC=1
2a(t+tBC)2
又xBC= x AC
4
由以上三式解得tBC=t
方法四:比例法
如上,物体运动的逆过程可视为初速度为零的匀加速直线运动,对于初速度为零的匀加速
直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…
∶(2n-1)
由于xBC∶xAB= x AC
4 ∶3 x AC
4
=1∶3,则物体通过AB 段和通过BC 段的时间相等,即tBC=t
方法五:图像法
根据匀变速直线运动的规律,画出v⁃t 图像,如图所示.
利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边的二次方之比,即S△AOC
S△BDC
=OC
2
DC
2
,且S△AOC
S△BDC
=4
1
OD=t,DC=tBC,OC=t+tBC
所以4
1
=(t +t BC)
2
t BC
2
,解得tBC=t
【思维拓展】
到达B 点有两种可能,第一种可能是向上运动到B 点;第二种可能是先经过B 后,返回向
下运动再次到B 点.应该有两个答案.
变式4 [2024·福建漳州模拟] 如图所示,水平面上有一小物块从a 点出发,沿直线向右匀
变速滑动,依次经过b、c、d,到达最远点e.已知a、d 两点间的距离为x1=20 m,b、c 两点间
的距离为x2=4 m,b 点是ad 的中点,小物块经过ac 和cd 所用的时间均为T=2 s,取水平向右
为正方向,求:
(1)小物块运动的加速度大小;
(2)c、e 两点之间的距离;
(3)小物块在b 点时的速度大小;
(4)小物块在水平地面上滑行的总时间.
【参考答案】
(1)2 m/s2 (2)6.25 m
(3)❑√41 m/s (4)4.5 s
[解析] (1)小物块经过ac 和cd 所用的时间相等,根据位移差公式Δx=xcd-xac=aT2
解得a=-2 m/s2,负号表示与正方向相反,大小为2 m/s2
(2)小物块经过c 点的速度vc= xac+ xcd
2T
=5 m/s
c、e 两点之间的距离xce=0−vc
2
2a
=6.25 m
(3)b、c 两点间的距离x2=vc
2−vb
2
2a
b 点的速度vb=❑√vc
2−2a x2
=❑√41 m/s
(4)小物块经过c、e 两点之间的时间t= Δv
a =2.5 s
小物块在水平地面上滑行的总时间t 总=T+t=4.5 s
变式5 [2024·海南卷] 商场自动感应门如图所示,人走进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
【参考答案】C [解析] 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v
2,且时间相等,均为t=2 s,根据x=2×v
2t,可得v=1 m/s,则加速
度a=v
t =1
2 m/s2=0.5 m/s2,故选C.
变式6 [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.(❑√3-1)∶(❑√2-1)
B.(❑√3-❑√2)∶(❑√2-1)
C.(❑√3+1)∶(❑√2+1)
D.(❑√3+❑√2)∶(❑√2+1)
【参考答案】A [解析] 木板在斜面上所受合力F=mgsin θ 不变,则木板的加速度不变,
木板从静止释放到下端到达A 点的过程,有L=1
2at0
2,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=1
2
at1
2,当木板长度为2L 时,有3L=1
2
at2
2,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-
t0,联立解得Δt2∶Δt1=(❑√3-1)∶(❑√2-1),A 正确.
【要点总结】
解决匀变速直线运动的六种方法
【概念辨析】
1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动. ( )
2.匀加速直线运动的位移是均匀增大的. ( )
3.匀变速直线运动中,经过相同的时间,速度变化量相同.
( )
4.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.
( )
5.匀变速直线运动中,位移随时间均匀变化.
( )
6.初速度为零的匀变速直线运动的位移与时间的平方成正比.
( )
1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.√
