第02讲 匀变速直线运动的规律（课件）-【上好课】2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

教师：XXX 2025年高考一轮复习讲练测 新教材新高考 新教材新高考 第02讲 匀变速直线运动的规律 2025 01 考情分析 目标导航 目录contents 02 知识导图 思维引航 03 考点探究 考法突破 04 真题练习 命题洞见 2025 01 考情分析 目标导航 2025 试 题 情 境 生活实践类 安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动(如汽车刹车，飞机起飞，电梯运行，无人机升空) 学习探究类 伽利略对自由落体运动的研究，速度的测量，加速度的测量，追及相遇问题概念辨析 目标 要求 1.理解匀变速直线运动的基本公式，并能熟练灵活应用。 2.掌握匀变速直线运动的推论，并能应用解题。 3.会处理自由落体和竖直上抛运动的相关情景创新问题。 2024·山东·省普通高校招生选考物理试题 2024·广西·高考物理试题 2024·全国·高考物理试题 2021年湖北省普通高校招生选考物理试题 2021年河北省普通高校招生物理试题 2022年全国卷物理试题 2023年山东省普通高校招生选考物理试题卷 2022年湖北省普通高校招生选考物理试题 考情分析 考情分析 2025 02 知识导图 思维引航 2025 思维导航 2025 【快速判断】 (1)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。( ) (2)机动车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。( ) (3)机动车遇到险情刹车做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第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(2n－1)∶…∶5∶3∶1。( ) √ √ √ 快速判断 主题导入：在情境迁移中厘清“物理观念” 【情境创设1】 根据《道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。 【情境创设2】　在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力。 2025 【快速判断】 (4)水滴做自由落体运动，水滴下落的高度与时间成正比。( ) (5)水滴做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。( ) (6)水滴下落过程中，在1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3∶…∶n。( ) (7)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态。( ) √ 快速判断 × × × 1．任意相等时间段：不是特定相等间隔，这个相等时间间隔可以∆t⟶ 0 2．平均速度不等于速度的平均 3．可以将一个匀变速过程分成连续相等时间段或者连续相等的位移段。 2025 03 考点探究 考法突破 2025 对匀变速直线运动的性质理解 考点1 基本公式和重要推论灵活运用 考点2 自由落体与竖直上抛的情景创新的问题处理。 考点3 考 航 导 点 考点4 逆向、对称、极限等物理思维考查。 2025 知识固本 考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用 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。如图所示， v－t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： . (2)位移与时间的关系式： . 由以上两式联立可得速度与位移的关系式： . 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。 加速度 v=v0+at v2－v02＝2ax x=v0t+at2 速度随时间均匀变化 2025 知识固本 考点一　质点、参考系、位移 不涉及位移，选用 . 不涉及末速度，选用 . 不涉及时间，选用 . 4．正方向的选取 以上三式均为矢量式，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。 v=v0+at v2－v02＝2ax x=v0t+at2 2025 考向一：基本公式的应用 考向洞察 1.（23-24高三上·湖北·开学考试）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:: B．车头经过立柱A的速度为 C．车头经过立柱B的速度为 D．车头经过立柱A、B过程中的平均速度为 只有初速度为0，连续通过相同位移所需时间才满足 A点的瞬时速度并不等于这段时间的平均速度。 中间位置的瞬时速度和中间时刻的瞬时速度并不相等。 利用平均速度公式 平均速度与瞬时速度求法不同，而中间时刻和中间位置的时刻也不相同。 D　 2025 题后感悟 1、公式间的关系 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 推论 v0=0 推论 v0=0 消去a v0=0 t 推论 消去t v2－v02＝2ax v＝at x＝at2 vt v2＝2ax 2025 题后感悟 2、公式的选择技巧 涉及的物理量 未涉及的物理量 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－v02＝2ax v0，v，t，x a t 2025 【巩固训练】：在女子直线400 m比赛中某段时间内，某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s后速度达到v1＝8 m/s，然后匀速运动了t2＝10 s，接着经t3＝5 s匀减速运动到v2＝6 m/s。(该同学可以看作质点)求： (1)该同学在加速运动阶段的加速度a1； (2)该同学在第16 s末的速度v3； (3)该同学这段时间内的位移x。 【考向】基本公式的应用 思路点拨：多过程分析，需要明确各个不同阶段的运动性质，针对每个阶段采用恰当的规律公式来描述，即可得到解题思路。 2025 【答案】　(1)2 m/s2　(2)7.2 m/s　(3)131 m 【解析】　(1)设匀加速阶段的加速度为a1，则 v1＝a1t1 解得a1＝2m/s2。 (2)设减速运动阶段的加速度为a2，因为 v2＝v1＋a2t3 所以a2＝－0.4 m/s2 当t＝16s时，质点已减速运动了t4＝2s，此时质点的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2m/s。 (3)匀加速直线运动的位移x1＝a1＝16m 匀速直线运动的位移x2＝v1t2＝80 m 匀减速直线运动的位移x3＝v1t3＋a2t2＝35m 则总位移x＝x1＋x2＋x3＝131m。 注意，规定正方，用正负号区分相反的两个方向，再选择合适公式来正确解题。 【巩固训练】： 【考向】基本公式的应用 2025 2.【单选】汽车在水平面上刹车,其位移与时间的关系是x=24t-6t2,则它在前3s内的平均速度为（  ）  A．6 m/s B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s B 考向二：两类特殊的匀减速直线运动对比 考向洞察 类比位移时间公式 x＝v0t＋at2 可得：v0=24m/s；a=-12m/s2 由v=v0+at可知，汽车在2s末即静止，故3s内的位移等于2s内的位移，故3s内汽车的位移为24m，平均速度为8m/s 3s之前汽车是否已经完成刹车了？ 2025 3.【单选】如图所示，一物块（可视为质点）以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5s内和最后5s内经过的位移之比为11：5．忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是（    ） A．8s B．10s C．16s D．20s C 考向二：两类特殊的匀减速直线运动对比 考向洞察 把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动 由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16s 2025 【题后感悟】 两类特殊的匀减速直线运动分析 题后感悟 【考向】两类特殊的匀减速直线运动对比 刹车类 (1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失。(2)求解时要注意确定其实际运动时间。(3)如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。 双向可逆类 (1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变。(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。 2025 【巩固训练】：具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动主动刹车。某汽车以28 m/s的速度匀速行驶时，前方50 m处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊通过道路前1 m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为(　　) A.0 B.1 m C.2 m D.3 m 思路点拨：令汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，把刹车过程逆向处理，则有v＝2a(x1－x2)，t＝，联立解得a＝8 m/s2，t＝3.5 s，所以汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为3～3.5 s内通过的位移大小。 B 【考向】两类特殊的匀减速直线运动对比 考向洞察 2025 两个过程的加速度方向相同，但大小不同，所以是不同的匀减速直线运动；列车上一个过程的末速度是下一个过程的加速度；注意选择合适的公式列方程求解。 考向三：匀变速直线运动中的多过程问题 考向洞察 4.因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0=288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0=5km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1=2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得a1=0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2=40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来。 （1）求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度的大小。 （2）求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2的大小。 打开风翼又打开电磁制动，减速运动的加速度更大了。 打开电磁制动之前，只有风翼在起作用，列车做匀减速直线运动。 2025 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，题干没有给运动的时间，所以我们选择速度位移公式。 考向三：匀变速直线运动中的多过程问题 考向洞察 【答案】（1）60m/s；（2）1.2m/s2【详解】（1）打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1=0.5m/s2，设经过t2=40s时，列车的速度为v1，根据速度-时间公式，有: v1＝v0-a1t2 代入数据解得: v1＝60m/s （2）列车长接到通知后，经过t1=2.5s， 列车行驶的距x1=v0t1=200m 打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，根据速度-位移公式 v2－v02＝-2a1x 解得列车行驶的距离:x2=2800m打开电磁制动后，列车行驶的距离: x3=x0-x1-x2-500m=1500m 根据速度-位移公式v2－v02＝2ax 可得a2=0.5m/s2 2025 题后感悟 【考向】匀变速直线运动中的多过程问题 【题后感悟】 求解多过程运动问题的方法 (1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。 (2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。 (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程，联立求解。 【注意】物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁。 2025 考点二　匀变速直线运动的推论及应用 知识固本 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：。此公式可以求某时刻的瞬时速度。(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：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可求加速度。2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为:v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前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为:t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 2025 1.(2023·山东卷，6)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　 　 ) A.3 m/s B.2 m/s C.1 m/s D.0.5 m/s 考向一：平均速度公式的应用 C　 平均速度对应一段时间的位移变化快慢；对于匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，也等于这段时间初末速度和的一半。 考向洞察 【解析】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，公交车经过R、S、T点时瞬时速度为v1、v2、v3，经过RS间的时间为t1，经过ST间的时间为t2，有＝10 m/s，＝5 m/s，则v1－v3＝10 m/s，又＝10 m/s，＝5 m/s，则t1＋t2＝，全程的平均速度＝6 m/s，即＝6 m/s，联立解得v3＝1 m/s，故C正确。 2025 考向2　位移差公式的应用 考向洞察 2.(2024·辽宁鞍山市模拟)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 C　 选取一段时间运动速度公式。 利用相邻相等时间： 中间时刻的瞬时速度等于平均速度。 【解析】　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。 2025 考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用 考向洞察 该题情景为相邻相等的位移间隔去分割匀变速直线运动。 球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同 AD　 球中运动时间不同，速度变化量不同，动量变化量也不同。 根据速度与位移的关系式有v2＝2ax 【解析】逆向来看，初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)可知，从右到左穿过每个水球时间之比为( )∶( )∶(－1)∶1，A正确；根据A项分析子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B错误；根据公式Δv＝aΔt知，子弹在每个水球中运动的速度变化量不同，C错误；根据v2＝2ax，则v＝，设在每个水球中的位移大小为x0，可得子弹从左到右每次射出水球的速度之比为∶∶∶＝1∶∶∶2，即从右到左进入四个水球的初速度之比为2∶∶∶1，D正确。 2025 考点三、自由落体和竖直上抛 知识固本 一.自由落体运动 1.条件：物体只受______，从______开始下落。 重力 静止 2.运动性质：初速度为零、加速度为的匀加速直线运动。 3.基本规律： (1)速度与时间的关系式：_______。 (2)位移与时间的关系式： (3)速度位移关系式：_________。 二.竖直上抛运动 1.运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为， 上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做__________运动。 自由落体 2.运动性质：________直线运动。 匀变速 3.基本规律 (1)速度与时间的关系式：___________。 (2)位移与时间的关系式： 4.竖直上抛运动的对称性(如图所示) (1)时间对称：物体上升过程中从 所用时间和下降过程中从 所用时间______，同理。 (2)速度对称：物体上升过程经过A点的速度与 下降过程经过A点的速度大小______。 相等 相等 2025 考向1 自由落体规律的应用 考向洞察 自由落体是初速为0，加速度大小为g竖直向下的匀加速直线运动。基本公式和推论及连比规律都可以选用。使用时注意实际问题的情景创设。 1.如图所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏。游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒。已知支架顶部距离地面，圆棒长，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面，下边界B距离地面。不计空气阻力，重力加速度。求： (1)圆棒下落到A点所用的时间； (2)圆棒通过AB所用的时间； (3)结合轨迹反应时间(判断棒下落轨迹的时间)和握棒反应时间(棒经过某点的时间)应用自由落体运动知识简要分析 在A点和B点接棒各自的优缺点。 2025 考向1 自由落体规律的应用 考向洞察 （3）A点握棒的优点：圆棒下落到A点时速度较小，通过A点所有的时间稍长，如果握棒反应时间较长，也利于抓住圆棒； A点握棒的缺点：圆棒下落到A点所用时间较短，若反应速度较慢，很容易错过抓棒机会； B点握棒的优点：圆棒下落到B点所用时间较长，即使反应速度较慢，也有足够的反应时间做好抓棒准备，可以提高抓棒的成功率； B点握棒的缺点：圆棒下落到B点时速度较大，通过B点所有的时间较短，如果握棒反应时间较长，很难抓住圆棒。 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【详解】（1）圆棒底部距离A点高度 圆棒做自由落体运动下落到A点有 代入数据解得 （2）圆棒通过AB的过程即圆棒底部到达A点和圆棒顶端离开B点这一过程，可知圆棒底部到达A点的速度为 圆棒通过AB下落的高度为 圆棒通过AB过程由 代入数据解得  2025 题后感悟 【考向】自由落体规律的应用 【题后感悟】 1.运动特点 初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。 2.解题方法 (1)初速度为0的匀变速直线运动规律都适用。 ①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶…。 ②由Δv＝gΔt知，相等时间内，速度变化量相同。 ③连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2。 (2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。 2025 考向2 竖直上抛运动的处理方法 考向洞察 竖直上抛运动可以分成两个过程。竖直上升到最高点的逆过程可以看成自由落体运动。从最高点下落的过程也是一个标准的自由落体运动。 2．为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)经过多长时间到达最高点； (2)抛出后离地的最大高度是多少； (3)经过多长时间回到抛出点； (4)经过多长时间落到地面； (5)经过多长时间离抛出点15 m。   2025 考向2 竖直上抛运动的处理方法 考向洞察 【答案】　(1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s(5)1 s　3 s　 【解析】　(1)运动到最高点时速度为0， 由得 (2)由v02＝2ghmax 得 所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m (3)法一：分段，由(1)(2)知上升时间t1＝2 s， hmax＝20 m，下落时，hmax＝gt22， 解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s 法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt，得  法三：由h＝v0t－gt2，令h＝0， 解得t3＝0(舍去)，t4＝4s (4)法一：分段法 由Hmax＝gt52，解得t5＝3 s，故t总＝t1＋t5＝5 s 法二：全程法 由－h0＝v0t′－gt′2 解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s (5)当物体在抛出点上方时，h＝15 m， 由h＝v0t－gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s， 当物体在抛出点下方时，h＝－15 m，由h＝v0t－gt2，得t10＝ s，t11＝ s(舍去)。   2025 题后感悟 【考向】竖直上抛运动的处理方法 【题后感悟】 1．竖直上抛运动的研究方法：   2.竖直上抛运动的多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。   分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动 全程法 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以竖直向上为正方向)若v>0，物体上升，若v<0，物体下落若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方 2025 考点四、解决匀变速直线运动问题的六种方法 知识固本 解决匀变速直线运动问题常用的方法有六种：基本公式法、平均速度法、比例法、逆向思维法、推论法、图像法。不同的题目，采用的求解方法也不相同，即使多种方法都能采用，各方法的解题效率也会有区别，要注意领会和把握。 1.基本公式法是指利用v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、v2－v02＝2ax，求解匀变速直线运动问题，需要注意这三个公式均为矢量式，使用时要注意方向性。 2.平均速度法:指利用 和 ＝，求解匀变速直线运动问题，＝也常用于处理纸带类问题。 3.比例法适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。 4.逆向思维法是指把末速度为零的匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。在利用逆向思维法求解问题时，结合比例法求解往往会使问题简化。 5.推论法是指利用Δx＝aT 2或xm－xn＝(m－n)aT 2，求解匀变速直线运动问题，在此类问题中，利用推论法求出加速度往往是解决问题的突破口。 6.图像法是指利用v-t图像分析物体的运动情况，注意掌握以下三点： (1)确定不同时刻速度的大小，利用图线斜率求加速度； (2)利用图线截距、斜率及斜率变化确定物体运动情况； (3)利用图线与时间坐标轴围成的面积计算位移。   2025 1.一个质点以初速度v0做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度为v，则v∶v0为(　 ) A．4∶3 B．3∶1 C．5∶3 D．5∶2 根据匀变速直线运动的速度公式和位移公式求解。 C 考向1　基本公式法 考向洞察 【答案】C 【解析】：　根据匀变速直线运动的位移公式有v0t＋at2＝2at2，可得v0＝，根据匀变速直线运动的速度公式有v＝v0＋at＝，故＝，选项C正确。 2025 2.中国自主研发的“暗剑”无人机，最大时速可超过2马赫。在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( 　 ) A．20 m/s2 B．40 m/s2 C．60 m/s2 D．80 m/s2 某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度 B 考向2　平均速度法 考向洞察 【解析】：第一段的平均速度v1＝＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝＋＝1.5 s，则加速度为：a＝＝40 m/s2。   2025 3.一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确是( ) A．车头到第2根电线杆时，速度大小为 B．车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为t C．车头到第5根电线杆时，速度大小为 D．车头到第5根电线杆时，速度大小为   本题是用相邻相等位移把初速为零的匀变速直线运动分割。 C 考向3　比例法 考向洞察 【解析】：设车头到第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式＝，得v＝，A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…，车头到第5根电线杆时所用的时间为2t，B错误；车头到第5根电线杆时的速度为＝2×＝，C正确，D错误。 2025 逆向思考：运用初速度为零的匀加速直线运动的连比规律。 BD 考向4　逆向思维法 考向洞察 2025 4.(多选)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，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( ) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1   逆向思考：运用初速度为零的匀加速直线运动的连比规律。 BD 考向4　逆向思维法 考向洞察 【解析】：该运动的逆运动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v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，B正确。由于每个木块厚度相同，故由比例关系可得t1∶t2∶t3＝()∶(－1)∶1，D正确。 2025 5. 图所示，蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为( ) A．8.125 m B．9.125 m C．10.5 m D．11.5 m   判别式法尤其适合处理 相邻相等时间间隔的匀变速直线运动的问题。 A 考向5　推论法 考向洞察 【答案】A　 【解析】：由题意可知，OP＝2m，PQ＝1m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝s，过P点时的速度为vP＝，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝vP2，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7m＋h＝8.125 m，A正确。 2025 6.如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则(　 ) A．甲、乙不可能同时由A到达CB．甲一定先由A到达CC．乙一定先由A到达CD．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C 图像法：选择v-t图，处理问题形象而直观 A 考向6　图像法 考向洞察 【答案】A 【解析】：根据速度—时间图线，若a1＞a3，如图1所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。 若a3＞a1，如图2所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲。通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达。故A正确，B、C、D错误。   2025 题后感悟 【考向】　解决匀变速直线运动问题的六种方法 1．应用匀变速直线运动规律解题的基本思路 2．匀变速直线运动问题常用的解题方法 画过程示意图→ 判断运动性质→ 选取正方向→ 选用公式列方程→ 解方程并加以讨论 匀变速直线运动的公式及常用方法 基本公式 速度位移公式 平均速度公式 位移差公式 比例法 逆向思维法 图像法 任意运动 匀变速直线运动 初速度为零的匀加（匀减）速直线运动 末速度为零的匀减速直线运动逆向思考为初速度为零的匀加速运动 利用图像的斜率或面积直观反映运动的相关过程和计算量 逐差法求加速度： 纸带求瞬时速度 板块或传送带问题 t 带点粒子偏转 x＝v0t vyt v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝2ax 2025 04 真题练习 命题洞见 2025 1．（2024·广西·高考真题）让质量为的石块从足够高处自由下落，在下落的第末速度大小为，再将和质量为的石块绑为一个整体，使从原高度自由下落，在下落的第末速度大小为，g取，则（　　） A．v1=5m/s B．v1=10m/s C．v2=15m/s D．v2=30m/s 真题练习·命题洞见 B 重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1s后速度为gt=10m/s 2025 2．（2024·山东·高考真题）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L，通过A点的时间间隔为；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为。为（　　） A． B． C． D． 真题练习·命题洞见 A 这里是相邻相等的位移，不是时间 【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为，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 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 当木板长度为时，有 联立解得 故选A。 2025 3．（2024·广西·高考真题）如图，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，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，从2号锥筒运动到3号锥筒用时。求该同学 （1）滑行的加速度大小； （2）最远能经过几号锥筒。 真题练习·命题洞见 【答案】（1）；（2）4 【详解】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为 2、3间中间时刻的速度为故可得加速度大小为 （2）设到达1号锥筒时的速度为，根据匀变速直线运动规律得 代入数值解得 从1号开始到停止时通过的位移大小为故可知最远能经过4号锥筒。   某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度 2025 4．（2024·全国·高考真题）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从时由静止开始做匀加速运动，加速度大小，在时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，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，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。 【答案】（1）20m/s；（2）680m 【详解】（1）根据匀变速运动速度公式 可得救护车匀速运动时的速度大小 真题练习·命题洞见 运用匀变速直线运动的基本规律解题 （2）救护车加速运动过程中的位移，设在时刻停止鸣笛，根据题意可得 停止鸣笛时救护车距出发处的距离代入数据联立解得 2025 5．（2021·湖北·高考真题）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（　　） A．0.2 s B．0.4s C．1.0 s D．1.4s 真题练习·命题洞见 B 考查自由落体运动的基本规律应用 【提示】 本题考查自由落体运动,注意不同时间段的表达，可以画运动草图辅助分析。 2025 6.河北·高考真题)铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为，O点到竖直平面、P点到Q点的距离均为，重力加速度取，则为( ) A. B. C. D. 真题练习·命题洞见 C 考查电场中分方向上的分匀变速直线运动 提示： （1）铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动。 （2）铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体。 2025 7．（2023·山东·高考真题）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为（   ）    A．3m/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s   真题练习·命题洞见 C 平均速度等于初末速度和的一般等相关规律解题。 【提示】 电动公交车做匀减速直线运动，利用平均速度推论结合基本公式可解题。 2025 8.湖北·高考真题)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间的铁路里程为和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为，高铁列车的最高速度为。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，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.6小时25分钟 B.6小时30分钟 C.6小时35分钟 D.6小时40分钟 真题练习·命题洞见 B 4个站均匀分布，把匀变速直线运动分割 注意过程分析，根据对称性，合理假设未知量简化问题。 2025 9.全国·高考真题)长为的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为，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和， 则列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为( ) A. B. C. D. 真题练习·命题洞见 C 注意列车不能够看成质点 注意列车加速和减速时候的加速度大小不同。前一个过程的末速度等于下一个过程的初速度。 2025 本课时结束 下节课再见！ THANK YOU 3 (多选)如图所示，将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，则(　　) A.由题目信息可以求得子弹穿过每个水球的时间之比(eq \r(4)－eq \r(3))∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－eq \r(1))∶1 B.子弹在每个水球中运动的平均速度相同 C.子弹在每个水球中速度变化量相同 D.子弹依次进入四个水球的初速度之比为eq \r(4)∶eq \r(3)∶eq \r(2)∶eq \r(1) 【解析】：　该运动的逆运动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v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，B正确。由于每个木块厚度相同，故由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，D正确。 4.(多选)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，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( ) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3) D．t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1 $$