2024年高考物理一轮复习讲义（新人教版）：第一章运动的描述匀变速直线运动的研究

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究

2022•辽宁卷・T12021•浙江6月选考・T2

运动的描述

2021•福建卷・T1

2022・河北卷・T12021•广东卷・T82019•浙江

运动的图像4月选考・T92018•全国卷H・T192018•全国

考卷HI-T18

情2022・湖北卷―T62019•全国卷I・T18

匀变速直线运动规律

分2018•浙江4月选考・T10

析实验：探究小车速度随时2022•浙江6月选考72021•天津卷・T9

间变化的规律2019•全国卷I-T222018,北京卷・T21

2022・江苏卷-T112021・湖北卷・T122020•江

实验：测量重力加速度苏卷可“2020•山东卷-T132019•全国卷

III-T22

安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动（如

生活实践类

试题汽车刹车，飞机起飞，电梯运行，无人机升空）

情境伽利略对自由落体运动的研究，速度的测量，

学习探究类

加速度的测量，追及相遇问题

第1讲运动的描述

I目标要求】1.了解质点和位移的概念，知道把物体看成质点的条件2了解参考系的作用，会

在实例中选择合适的参考系.3.掌握速度、加速度的概念，体会比值定义法和极限思想.

考点一质点、参考系和位移

■梳理必备知识

1.质点

⑴质点是用来代替物体的具有质量的点,是一种理想化模型.

（2）把物体看作质点的条件：物体的形状和大小对所研究问题的影响可以忽略不计.

2.参考系

在描述物体运动时，用来作为参考的物体叫作参考系,通常以地面为参考系.

3.路程和位移

（1）路程是物体运动轨迹的长度,它是标量.

（2）位移是由初位置指向末位置的有向线段,它是矢量.

（3）在单向直线运动中，位移的大小等于路程;其他情况下，位移的大小小土路程.

■判断正误

1.质点是一种理想化模型，实际并不存在.（V）

2.体积很大的物体，一定不能视为质点.（X）

3.参考系必须选择静止不动的物体.（X）

4.做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程.（X）

【例1】（2022•浙江1月选考2）下列说法正确的是（）

A.研究排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点

B.研究乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点

C.研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略

D.研究体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同

答案B

解析研究排球运动员扣球动作、乒乓球运动员的发球技术、羽毛球运动员回击羽毛球动作

时，排球、乒乓球、羽毛球的形状和大小不能忽略，故不可以看成质点，故A、C错误，B

正确；研究体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不

可以视为相同，故D错误.

【例2】2021年9月17日8：00整，第十四届全国运动会铁人三项比赛在陕西省汉中市正式

开赛.选手们依次进行了1.5km游泳、40km自行车和10km跑步三项不间断比赛，最终某

选手以01：52：24的成绩揽获男子个人冠军.下列说法正确的是（）

A.40km是指位移

B.8：00整是指时间间隔

C.01：52：24是指时刻

D.研究该选手10km跑步的时间时，可以将该选手看作质点

答案D

解析40km自行车的运动轨迹不是直线，40km是指路程，故A错误；8:00整对应某一

瞬间，即为时刻，故B错误；01:52:24对应一段时间，即为时间间隔，故C错误；研究

该选手10km跑步的时间时，由于该选手的大小和形状可以忽略，所以可以将其看成质点，

故D正确.

【例31（2022・辽宁卷」）如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨

道”三部分组成.在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m,小车在桥架上单向移动了6m.该

次作业中小车相对地面的位移大小为（

A.6mB.8mC.10mD.14m

答案C

解析根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为X=*\/XI2+X22=,\/82+62m

=10m,故选C.

考点二平均速度瞬时速度

必备知识

1.平均速度：物体发生的位移与发生这段位移所用时间之比，即。=外，是矢量，其方向

就是对应位移的方向.

2.瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度,是矢量，其方向是物体在这一时

刻的运动方向或运动轨迹的切线方向.

3.速率：瞬时速度的大小,是标量.

4.平均速率：物体运动的路程与通过这段路程所用时间的比值，不一定（填“一定”或“不

一定”）等于平均速度的大小.

■判断正误

1.瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向.（J）

2.瞬时速度的大小叫速率，平均速度的大小叫平均速率.（X）

3.一个物体在一段时间内的平均速度为0,平均速率也一定为0.（X）

关键能力

1.平均速度和瞬时速度的区别与联系

（1）区别：平均速度表示物体在某段时间或某段位移内运动的平均快慢程度，瞬时速度表示物

体在某一时刻或某一位置运动的快慢程度.

（2）联系：瞬时速度是运动时间。一0时的平均速度，公式。=呼中，当加一0时，。是瞬时

速度.

2.两个公式的比较

。=言是平均速度的定义式，适用于所有的运动，求解平均速度要找准“位移”和发生这段

位移所需的“时间”；而行=卡只适用于匀变速直线运动.

考向1平均速度和瞬时速度的理解

【例4】（2023•浙江衢州市模拟）如图是高速上某一“区间测速”的标牌，该路段全长66km、

全程限速100km/h,一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为95km/h和90km/h,通过测

速区间的时间为30min.下列判断正确的是（）

m方区同酒建

«866..

A.全长66km表示位移

B.通过起点的速度95km/h表示瞬时速度

C.该汽车全程的平均速度是92.5km/h

D.该汽车没有超速

答案B

解析全长66km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；

因位移未知，故不能求解平均速度，故C错误；由可知，平均速率为。=霁牛=132km/h,

大于全程限速100km/h,该汽车超速，故D错误.

【例5】（2023•山东济宁市月考）某同学用手机计步器记录了自己从家到公园再回到家的锻炼情

况，如图所示，则下列说法正确的是（）

利时QW&2公里

2M.I内路里

0ID0速仅5.0F•处小时

8>&

8861

今U*计Mfflll

*****4HISH

A.图中的6.65公里指的是位移大小

B.图中的速度5。千米/小时为瞬时速度

C.图中的速度5.0千米/小时为平均速率

D.图中的速度5.0千米/小时为平均速度的大小

答案c

解析手机计步器记录的行程为该同学在这段时间内行走的路程，即题图中的6.65公里指的

是路程，故A错误；题图中的速度5.0千米/小时为对应路程与时间之比，即为平均速率，故

C正确，B、D错误.

考向2平均速度和瞬时速度的计算

【例6】如图，气垫导轨上装有两个光电计时装置4与8,AB间距离为L=30cm,为了测量

滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d=lcm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过

A、B,记录遮光条通过A、8的时间分别为0.010s、0.005s,滑块从A到8所用时间为0.200s,

则下列说法正确的是（）

A.滑块通过A的速度大小为1cm/s

B.滑块通过3的速度大小为2cm/s

C.滑块的加速度大小为5mH

D.滑块在A、B间的平均速度大小为3m/s

答案C

解析滑块通过A点时的速度大小为

办=看=0J。cm/s=100cm/s,故A专音3吴；

滑块通过B点时的速度大小为

VB—^=QQQ5cm/s=200cm/s,故B错误；

滑块的加速度大小为

VB~VA2-1,,,

a='=0.00m/s-=5m/s2,故C正确;

滑块在A、8间的平均速度大小为

—L0.3

v=y=Q~TQQm/s=1.5m/s,故D错误.

方法点拨用极限法求瞬时速度

由平均速度可知，当Ar—o时，平均速度就可以认为是某一时刻或某一位置的瞬时速

度.测出物体在微小时间加内发生的微小位移Ax,就可求出瞬时速度，这样瞬时速度的测

量便可转化为微小时间A/和微小位移Ar的测量.

考点三加速度

■梳理必备知识

1.物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量.

2.定义：物体速度的变化量和发生这一变化所用时间之比.

Az;

定义式：a=&单位：m/s2.

3.方向：与皿的方向一致，由合力的方向决定,而与。0、。的方向无关（填“有关”或“无

关”），是矢量.

-判断正误

1.物体的速度很大，加速度一定不为零.（X）

2.物体的速度为零，加速度可能很大.（V）

3.甲的加速度a巾=2m/s2,乙的加速度a匕=—3m/s2,av>ac.（X）

4.物体的加速度增大，速度一定增大.（X）

・提升关键能力

1.速度、速度的变化量和加速度的对比

比较项目速度速度的变化量加速度

描述物体运动的快慢

物理意义描述物体速度的改变描述物体速度的变化快慢

和方向

△x△o0-0()

公式V=KAv=V—Voa~\t~\t

匀变速直线运动中，由F

由知，Ao由由。=然知，〃由产、机决

决定因素0=%+由知，0的大小

。与决定

由。0、。、/决定定，与0、Ao、AZ无关

2.判断物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系.

。不变，。随时间均匀增加

（l）a和v同向一a增大,。增加得越来越快

a减小，。增加得越来越慢

。不变，。随时间均匀减小

（2）4和。反向一，。增大，。减小得越来越快

.〃减小，。减小得越来越慢

考向1对加速度的理解

【例7】（2023•河南商丘市模拟）下列关于速度、速度的变化量和加速度的说法正确的是（）

A.只要物体的速度大小不变，则加速度就为零

B.只要物体的速度变化快，加速度就大

C.只要物体的速度变化量大，加速度就大

D.物体速度在逐渐减小，加速度一定也逐渐减小

答案B

解析物体的速度大小不变，加速度也可能不为零，速度的方向可能发生变化，故A错误；

加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，只要物体的速度变化快，加速度就大，故B正确：

物体的速度变化量大，加速度不一定大，还和这一变化所用时间有关，故C错误；当物体速

度和加速度反向时，速度减小，加速度也可能增大，故D错误.

考向2加速度的计算

【例8】在一次蹦床比赛中，运动员从高处自由落下，以大小为8m/s的竖直速度着网，与网

作用后，沿着竖直方向以大小为10m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Af=1.0s,

那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为（）

A.2.0i-n/s2,竖直向下

B.8.0m/s2,竖直向上

C.10.0m/s2,竖直向下

D.18.0m/s2,竖直向上

答案D

解析规定竖直向下为正方向，方向与正方向相同，。2方向与正方向相反，根据加速度定

一|Q-8

义式得〃=—-m/s2=-18.0m/s2,负号表示与正方向相反，即加速度方向竖直向上，故

选D.

考向3物体“加速”“减速”的判断

口列9】（多选）一个物体做变速直线运动，物体的加速度（方向不变）大小从某一值逐渐减小到

零，则在此过程中，关于该物体的运动情况的说法可能正确的是（）

A.物体速度不断增大，加速度减小到零时，物体速度最大

B.物体速度不断减小，加速度减小到零时，物体速度为零

C.物体速度减小到零后，反向加速再匀速

D.物体速度不断增大，然后逐渐减小

答案ABC

解析物体做变速直线运动，速度方向可能与加速度方向相同，加速度逐渐减小，速度不断

增大，当加速度减小到零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动，A正确，D错误；物体

做变速直线运动，速度方向可能与加速度方向相反，加速度逐渐减小，速度不断减小，当加

速度减小到零时，物体速度可能恰好为零，B正确；物体的加速度方向与初速度方向可能相

反，加速度减小，速度减小，当速度减为零，加速度不为零时，物体反向做加速直线运动，

加速度等于零后，物体再做匀速运动，C正确.

课时精练

过基础落实练

1.（2023•浙江温州市模拟）2022年4月160,搭载翟志刚、王亚平、叶光富的神舟十三号“返

回舱”成功着陆地面.下列与神舟十三号飞船相关情景描述正确的是（）

A.甲图中，研究航天员在舱外的姿态时，航天员可以视为质点

B.乙图中，研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，飞船可以视为质点

C.丙图中，神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过程，神舟十三号飞船可以视为质

点

D.丁图中，王亚平在空间站中将冰墩墩抛出，以地面为参考系，冰墩墩做匀速直线运动

答案B

解析研究航天员在舱外的姿态时，航天员的体积和形状不能忽略，航天员不可以视为质点，

故A错误；研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，神舟十三号飞船的体积和形状可以忽

略，飞船可以视为质点，故B正确；神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过程，神舟

十三号飞船的体积和形状不可以忽略，不可以视为质点，故C错误；王亚平在空间站中将冰

墩墩抛出，相对飞船冰墩墩做匀速直线运动，因飞船相对地面做匀速圆周运动，则以地面为

参考系，冰墩墩不做匀速直线运动，故D错误.

2.下列四组物理量中，全部都是矢量的一组是（）

A.路程、时间、速度

B.重力、质量、加速度

C.平均速率、温度、加速度

D.平均速度、瞬时速度、速度变化量

答案D

解析路程、时间、质量、平均速率、温度是标量，所以A、B、C错误，D正确.

3.2022年1月8日，我国首条民营控股高铁——杭台高铁正式开通运营.杭台高铁全线266.9

公里，设计时速350公里，杭州至台州最快运行时间为1小时3分钟.图为某动车组列车经

过杭台高铁椒江特大桥时的照片.则下列说法正确的是（）

A."266.9公里”指的是位移

B.”1小时3分钟”指的是时刻

C.该动车组列车运行的平均速度约为266km/h

D.研究该动车组列车经过杭台高铁椒江特大桥的时间，不能将列车视为质点

答案D

解析“266.9公里”指的是路程，故A错误；“1小时3分钟”指的是时间间隔，故B错

误；平均速度是位移与时间之比，不知道该动车组列车的位移，不能求平均速度，故C错误；

研究该动车组列车经过杭台高铁椒江特大桥的时间，不能忽略列车长度，故不能将列车视为

质点，故D正确.

4.关于加速度的理解，下列说法错误的是（）

A.高速行驶的赛车，加速度可能为零

B.汽车启动的一瞬间，加速度一定不为零

C.汽车启动得越快，加速度越大

D.汽车的加速度为一5m/s2,表明汽车在做减速运动

答案D

At?

解析由〃=不可知，加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量，所以高速行驶的赛车，

加速度可能是零，也可能不是零，A正确，不符合题意；汽车启动的一瞬间，汽车由静止开

始运动，汽车的速度一定产生变化，所以加速度一定不为零，B正确，不符合题意；汽车启

动得越快，说明汽车的速度变化越快，加速度越大，C正确，不符合题意；汽车的加速度为

-5m/s2,加速度中的正、负号表示加速度方向，若汽车运动方向与加速度方向相同，汽车

做加速运动，若不同，汽车做减速运动，D错误，符合题意.

5.（多选）如图甲所示，火箭发射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽

车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是（）

甲乙

A.10s内火箭的速度改变量为10m/s

B.2.5s内汽车的速度改变量为一30m/s

C.火箭的速度变化比汽车的快

D.火箭的加速度比汽车的加速度小

答案BD

解析因火箭发射时，速度在10s内由0增加到100m/s,故10s内火箭的速度改变量为Ao

=100m/s,选项A错误；汽车以108km/h=30m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下

来，则2.5s内汽车的速度改变量为=0-30m/s=-30m/s,选项B正确；火箭的加速

度为"1=笑=牛?m/s2=10m/s2,汽车的加7速度为.2=：：,=.Im/s2=-12m/s2,故火

箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C错误，D正确.

6.（2023•浙江湖州市测试）我国的某新型潜航器在某次试航中，测试垂直急速下潜、上浮性能,

水面舰艇上的测试员发现仪表上显示潜航器在某时刻的速度为负值，加速度也是负值且大小

不断减小直到为零，则该潜航器的运动情况为（）

A.位移先增大后减小，直到加速度等于零为止

B.位移一直在增大，直到加速度为零为止

C.速度先增大后减小，直到加速度等于零为止

D.速度一直在增大，直到加速度等于零为止

答案D

解析速度和加速度均为负值，两者方向相同，速度一直增大，直到加速度等于零为止；在

加速度减为零的过程中，位移一直增大，加速度为零时，速度不为零，位移仍在增大，故A、

B、C错误，D正确.

7.如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，通过42、ABC.ABCD.ABCQE四段轨迹所

用的时间分别是Is、2s、3s、4s.图中小方格的边长为1m,下列说法不正确的是（）

A.物体在AB段的平均速度为1m/s

B.物体在4BC段的平均速度为坐m/s

C.AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体经过A点时的瞬时速度

D.物体在ABCDE段的平均速率为0.75m/s

答案D

解析由。=却可得OAs=Im/s,。雨=坐m/s,故A、B正确；所选取的过程离A点越

近，其相应阶段的平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确；物体在A8CDE段的平均速

一3

度大小vA£=4m/s=0.75m/s,由于不知ABCOE段的路程，故无法求得A8CDE段的平均速

率，故D错误.

8.如图，车轮半径为0.6m的自行车，在水平地面上不打滑并沿直线运动.气门芯从最高点

第一次到达最低点的位移大小约为()

T个气门芯

A.1.2mB.1.8m

C.2.2mD.3.6m

答案c

解析气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，水平方向位移为》=兀7?=0.6兀m,竖直方

向位移为y=2R=1.2m,故位移大小约为玉2.2m,故选C.

立能力综合练

9.某国产车型启用全新动力标识，新的命名方式直接与车辆的加速性能联系起来，如图，TFSI

前面的那组数字称为G值，单位为m^,计算公式为“G=^X10”，式中△。为从静止加

速到100公里每小时的速度变化量，加为不同车型的百公里加速时间.则以下说法正确的是

()

45丁彦

A.G值越大，车辆的速度变化量越大

B.G值越大，车辆的动力越强劲

C.100公里每小时是指车辆百公里加速的平均速度

D.标识为45TFSI的车辆百公里加速时间约为7.3s

答案B

解析由题设所给的G值公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，则车

辆的动力越强劲，故A错误，B正确；题中100公里每小时为瞬时速度，故C错误；100km/h七

27.8m/s,根据题设所给的G值公式可得加七登X10s^6.2s,故D错误.

10.（2023•广东省华南师范大学附中测试）小李打算从A地走路到B地，她得到如下两个方

案.若她按方案出行，贝4（）

推荐方案方案二

34分钟35分钟

2.4公里路口2个2.5公里路口2个

A.“推荐方案”与“方案二”的平均速度相同

B.推荐方案的位移较小

C.“方案二”的平均速度约为4.29km/h

D.小李运动过程中的加速度不可能一直为0

答案D

解析因初、末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，则平

均速度不同，选项A、B错误；“方案二”的路程为2.5km,时间为35min,则平均速率约

—s25

为v=7=~35km/hg4.29km/h,不是平均速度，选项C错误；小李运动过程中不可能一直

60

做匀速直线运动，即她的加速度不可能一直为0,选项D正确.

11.（2023•浙江湖州、衢州、丽水三地市高三联考）将一条长为L的纸带扭转180。后连接两端就

构成了一个莫比乌斯环，不考虑连接纸带时的长度损失.一只蚂蚁以恒定的速率。从P点沿

纸带中线向前爬行，当其再一次来到P点的整个过程中，蚂蚁的（）

A.路程为LB.位移的大小为L

C.加速度始终为零D.平均速度为零

答案D

解析从P点出发到再次来到P点，路程为2L,位移为零，A、B错误：由于速度方向不断

改变，即速度在变化，故加速度不为零，C错误；由。=；可知，位移为零，平均速度为零，

D正确.

12.（多选）一物体做加速度不变的直线运动，当f=0时，物体的速度大小为12m/s,方向向

东：当r=2s时，物体的速度大小为8m/s,方向仍向东，则当物体的速度大小变为2m/s时,

t可能为（）

A.3sB.5sC.7sD.9s

答案BC

解析取向东为正方向，加速度4=%"=-2m/s2；若速度大小为2m/s、方向向东，则。

=2了迎=5s;若速度大小为2m/s、方向向西，则t2=-0：°°=7s,故选项B、C正确，A,

D错误.

立素养提升练

13.雷达是一种利用电磁波来测定物体位置和速度的设备，某防空雷达发现一架飞机正在沿

水平方向朝雷达正上方匀速飞来.某时刻在雷达监视屏上显示的波形如图甲所示，经过t=

173s后雷达向正上方发射和接收到的波形如图乙所示，已知雷达监视屏上相邻刻度线间表示

的时间间隔为1X104S,电磁波的速度为3X108nl/s,则该飞机的飞行速度大小约为()

甲乙

A.1200m/sB.900m/s

C.500m/sD.300m/s

答案D

解析由题图甲知，雷达第一次发射电磁波时，飞机和雷达的距离为51=2

X3X108X4X10_4m=6X104m,由题图乙得雷达第二次发射电磁波时，飞机和雷达的竖直

距离为/z=%2=；X3X108X2X1O-4m=3XIO,m.设该段时间内飞机水平飞行的距离为52,

则.“、S2、在空间构成一个直角三角形，利用数学关系得S2=屈二^=3小Xl()4m,飞机

的飞行速度大小为。=率七300m/s,故选D.

第2讲匀变速直线运动的规律

【目标要求】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.

考点一匀变速直线运动的基本规律及应用

■梳理必备知识

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，。一，图线是一条倾斜的直线.

2.匀变速直线运动的两个基本规律

（1）速度与时间的关系式：v—vo+at.

（2）位移与时间的关系式：x=o"+5寸.

由以上两式联立可得速度与位移的关系式：出2=2》.

3.公式选用原则

以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量.选用原则如下:

不涉及位移，选用v—vo+at

不涉及末速度，选用尸

不涉及时间，选用v2-vol—2ax

-判断正误

1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动.（X）

2.匀加速直线运动的位移是均匀增加的.（X）

3.句变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同.（V）

■提升关键能力

1.基本思路

画过程判断运选取正选用公式解方程并

示意图「动性质」方向|\列方程「加以讨论

2.正方向的选定

无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度处的方向为正方向；当。o=O时,

一般以加速度。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.

考向1基本公式和速度位移关系式的应用

I___________________________________________

I例I】（2022•全国甲卷J5）长为/的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为。0,要通过前方

一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过已知列

车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a,则列车从减速开始至回到正常行驶速率如所用

时间至少为（）

vo~v,L+lvo-v,L+21

2avav

3（5）_0）_,_乙+/3（。0—o）/L+2/

C-la-+v-+v

答案C

解析由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过。（。〈%）），则列车进隧

道前必须减速到。，若用时最少，则列车先匀减速到。进入隧道，再在隧道中匀速运动，出

了隧道再匀加速到内.则有。=vo-2at\,解得八

在隧道内匀速有及="

列车尾部出隧道后立即加速到uo,有vo=v+ah

则列车从减速开始至回到正常行驶速率磁）所用时间至少为尸3（号。）+铝,故选c.

【例21对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36km/h的速率行驶时，可以在18m的距离被刹

住；当汽车以54km/h的速率行驶时，可以在34.5m的距离被刹住.假设两次测试中驾驶员

的反应时间（驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间）与刹车的加速度都相同.问：

（1）这位驾驶员的反应时间为多少；

（2）某雾天，该路段能见度为50m,则行车速率不能超过多少.

答题模板规范答题不丢分

解析(1)假设驾驶员的反应时间为1,在第一次测试中，＜指明哪个过程

反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为由,所以反

应时间内的位移：X]二〃J①

然后汽车做匀减速直线运动到停止，由速度位移关系式得:指明选用规律

2

0-t；|=-2ax2②

全过程位移：xj=X|+x=18m

规2③

范在第二次测试中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为〃2,<必要的文字说明

答

所以反应时间内的位移x=vt④

题s2

示然后汽车做匀减速直线运动到停止，由速度位移关系式得：

范

0-%z=-2ax,⑤

全过程位移：*口=4+乂,=34.5m⑥写分式联立各式得,

・由①②③④⑤&解得：丁不正豆不写连等式

(2)某雾天该路段能见度为s=50m,设行车最大速度为u,

不用写具体计算过

则：s="+竣—，解得：18.7m/s+-程，结果为数字时

0带单位

1.必要的文字说明

指明研究对象、研究过程、所用规律定理，新出现的字母代表含义.

规

2.必要的方程

范

注(1)必须是原型公式，不变形；

意(2)不用连等式分步列式，公式较多加编号①②③；

事

(3)字母符号规范，与题干中一致.

项

3.合理的运算

(1)联立方程、代入数据得，不用写出具体的运算过程；

(2)结果为数字时带单位，矢量指明方向，多个解需讨论说明或取舍.

考向2两种匀减速直线运动的比较

两种运动运动特点求解方法

刹车类匀减速到速度为零后停止运动，加速

求解时要注意确定实际运动时间

问题度a突然消失

如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最求解时可分过程列式，也可对全过

双向可逆

高点后仍能以原加速度匀加速下滑，程列式，但必须注意X、。、。等矢

类问题

全过程加速度大小、方向均不变量的正负号及物理意义

[例3](2023•福建师范大学附属中学高三月考)一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情

况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移(单位：m)与时间(单位：s)的关系式为x=30f

—2.5产（m）,下列分析正确的是（）

A.刹车过程中最后1s内的位移大小是5m

B.刹车过程中在相邻1s内的位移差的绝对值为10m

C.从刹车开始计时，8s内通过的位移大小为80m

D.从刹车开始计时，第1s内和第2s内的位移大小之比为11：9

答案D

解析由匀变速直线运动的规律产，可得初速度。0=30m/s,加速度〃=—5m//,

刹车过程中在相邻1s内的位移差的绝对值|Ac|=|n（A/）|=5m,从刹车开始计时到停下的时间

fm=J-6s,8s内通过的位移大小为Xm=~=90m,选项B、C错误；把末速度为0

的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1S内的位移大小为汨=一）%2

=2.5m,从刹车开始计时，第1s内和第2s内的位移大小之比为11：9,选项D正确，A错

、口

沃.

【例4】（多选）在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物

体的加速度大小始终为5m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列说法

正确的是（）

A.物体运动时间可能为1s

B.物体运动时间可能为3s

C.物体运动时间可能为（2+或）s

D.物体此时的速度大小一定为5m/s

答案ABC

解析以沿斜面向上为正方向，则a=-5m/s2,当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x=7.5m,

由运动学公式xnoof+Ja/2,解得八=3s或及=1s,故A、B正确.当物体的位移为沿斜面

向下7.5m时，x=—7,5m,由犬=。仙+：”户，解得“=（2+巾）s或〃=（2—巾）s（舍去），故C

正确.由速度时间公式。=oo+af,解得。I=-5m/s、。2=5m/s、s=-5巾m/s,故D错误.

考向3逆向思维法解决匀变速直线运动问题

【例5】假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为

。时开始匀减速运动并计时，经过时间3“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟

龙号”在时刻距离海面的深度为（）

.*to.v（t-to）2

A."o（l—三）B.-五一

答案B

1)

解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为4=7,根据逆向思维法，可知“蛟龙号”在犯时刻

距离海面的深度为h=；a(Lto)2="2：」，故选B.

方法点拨

逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速

度不变的匀加速直线运动.

考点二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

(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：3=生产=%.此公式可以求某

2

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：AA*=X2-X]=X3-X2~…~Xn—X”-1=aT~.

不相邻相等的时间间隔T内的位移差加一尤"=旧一")〃/，此公式可以求加速度.

2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式

(1)7末、2T末、37末、…、末的瞬时速度之比为5：。2：S：…：%=1：2：3：…：〃.

⑵前T内、前2T内、前3T内、…、前仃内的位移之比为©：及：冷：…：&=1：4：9：•••：n2.

⑶第1个7内、第2个T内、第3个7内、…、第”个T内的位移之比为xi：xn:刈：…：xN

=1：3：5：-：(2/1-1).

(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为人：：△：…：tn=\：(/-1):(小一

,\/2):"(由―,〃-1).

3.匀变速直线运动中常见思想方法及选取技巧

考向1平均速度公式

m6i如图的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥的

A、B、C三根桥墩间距分别为AB=132m、8C=196m.一列高速列车匀加速通过元洪航道

桥，车头经过AB和8C的时间分别为3s和4s,则这列高速列车经过元洪航道桥的加速度

大小约为（）

A.0.7m/s2

C.2.8m/s2D.6.3m/s2

答案B

解析高速列车在AB段的平均速度为矶=彳=44m/s,在BC段的平均速度为功=石=49m/s,

根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知B正确.

打工互

2f2

考向2位移差公式

（例7】（2023•重庆市实验外国语学校高三检测）物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4

s内与第2s内的位移之差是8m,则下列说法错误的是（）

A.物体运动的加速度为4m/s2

B.第2s内的位移为6m

C.第2s末的速度为2m/s

D.物体在。〜5s内的平均速度为10m/s

答案C

解析根据位移差公式得用一X2=2aT2,可知Jm/s2=4m/s\故A正确，不

符合题意；第2s内的位移为改一为=%打2—，"/=3x4X（22—F）m=6m,故B正确，不符

合题意；第2s末的速度为0=32=4X2m/s=8m/s,故C错误，符合题意；物体在0〜5s

_&%雷|><4X52

内的平均速度。=广=一［=---—m/s=10m/s,故D正确，不符合题意.

，5*5。

考向3初速度为零的匀变速直线运动比例式

r例81（多选）如图所示，一冰壶以速度。垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运

动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之

比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是（）

A.。|：。2：S=3：2：1

B.。|：。2：。3=小：小:1

C.”：/：f3=l：0：小

D.“：f2："=（小一啦）：（V2-1）：1

答案BD

解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速

直线运动.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1：（近一

1）:（小一啦），故A：及：。3=（小一啦）：（V2-1）：1,选项C错误，D正确；由v2-voi=2ax

可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为I：巾：木,故

VIV2-。3=小：/：1,选项A错误，B正确.

课时精练

察基础落实练

1.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5点时速度为

V,到达C点时速度为2。，则A8：8C等于（）

A.1：1B.1：2

C.1：3D.1：4

答案C

解析根据匀变速直线运动的速度位移公式v2—vo2=2ax知，XAB=五，XAC==-2^-,所以

AB：AC=]:4,则AB:BC=\：3,故C正确，A、B、D错误.

2.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止，已

知汽车刹车时第1s内的位移为13m,最后Is内的位移为2m,则下列说法正确的是（）

A.汽车在第1s末的速度可能为10m/s

B.汽车加速度大小可能为3m/s?

C.汽车在第1s末的速度一定为11m/s

D.汽车的加速度大小一定为4.5m/s?

答案C

解析采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m,根据X2=，”22得，汽车加速度大小a

2xi1

="^T=4m/s2,第1s内的位移为13m，根据xi=oo。-5aM，代入数据解得初速度如=[5m/s,

则汽车在第1s末的速度vi=vn-ati=\5m/s—4义1m/s=11m/s,故C正确，A、B、D错误.

3.汽车在水平面上刹车，其位移与时间的