2026届高考物理一轮复习学案：匀变速直线运动的规律

标题 2026一轮复习学案：匀变速直线运动的规律 主要内容 要点一　匀变速直线运动的基本规律及应用（自主学习型） 基础梳理： 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，v­t图线是一条倾斜的直线。 2.基本公式 (1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at。 (2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2。 (3)速度与位移的关系式：v2－v＝2ax。 1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×) 2.匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(×) 3.匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。(√) 题组演练： 1.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3 s内的平均速度为(　　) A．6 m/s B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s B　［由位移与时间的关系可知，v0＝24 m/s；a＝－12 m/s2，则由v＝v0＋at可知，汽车在2 s末即静止，故3 s内的位移等于2 s内的位移，故3 s内汽车的位移x＝＝ m＝24 m，则汽车的平均速度＝ m/s＝8 m/s，B正确。］ 2.（2024·山东卷，3）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　［对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at，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＝at，当木板长度为2L时，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝（－1）∶（－1），A正确。］ 3.（2024·广西卷，13）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。 解析　(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v1＝＝2.25 m/s 2、3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v0t1－at＝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号 能力形成： 1.运动学公式中正、负号的规定 一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。 2.两类特殊的匀减速直线运动 (1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a消失，求解时要注意确定其实际运动时间．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。 (2)双向可逆类：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，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。 要点二　匀变速直线运动重要推论和比例关系的应用（师生互动型） 基础梳理： 1.匀变速直线运动的常用推论 (1)平均速度公式：＝v＝，即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。 (2)逐差相等公式：任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 注意：对于不相邻的两段位移：xm－xn＝(m－n)aT2，纸带或频闪照片类问题中常应用逐差法求加速度。 (3)位移中点的速度公式：v＝。 2.初速度为零的匀加速直线运动的规律 (1)按时间等分（设相等的时间间隔为T）的比例式： ①T末、2T末、3T末……nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 ②T内、2T内、3T内……nT内的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶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)。 (2)按位移等分（设相等的位移为x）的比例式： ①通过前x、前2x、前3x……前nx时的速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶∶∶…∶。 ②通过前x、前2x、前3x……前nx的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶。 ③通过连续相同的位移所用时间之比为tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）。 1.匀减速直线运动的位移是减小的。(×) 2.匀加速直线运动中，连续相等位移所用时间之比是连续奇数之比。(×) 3.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。(√) 要点突破： 1.匀变速直线运动常用方法说明 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。 (3)处理纸带类问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度。 典题示例 例1　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l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。 ［思路点拨］ 题干关键 信息获取 到达斜面最高点C时速度恰好为零 表明该物体做减速到零的匀减速运动 距斜面底端l处的B点 表明BC的距离为 问题要求 突破方法 物体从B滑到C所用时间 可考虑“逆向思维” 可考虑应用“比例法” 解析：解法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，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可得 0－v＝－2axAC，v－v＝－2axAB， 且xAB＝xAC，解得vB＝， 又vB＝v0－at，0＝vB－atBC，解得tBC＝t。 解法二：平均速度法 AC＝＝， 又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝， 由以上三式解得vB＝， 可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。 解法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为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＝at，xAC＝a(t＋tBC)2， 又xBC＝，由以上三式解得tBC＝t。 解法四：比例法 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为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)， 因为xBC∶xAB＝∶＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。 解法五：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v­t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平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC，所以＝，解得tBC＝t。 答案：t 题组演练： 4.（2025·湖南长沙一模）一汽车沿平直公路做匀减速直线运动刹车，从开始减速到刹车停止共运动18 s。汽车在刹停前的6 s内前进了9 m，则该汽车的加速度大小和从开始减速到刹车停止运动的距离为(　　) A.1 m/s2，81 m B．1 m/s2，27 m C．0.5 m/s2，81 m D．0.5 m/s2，27 m C　［按照逆向思维，刹车运动是初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀变速直线运动推论可知，汽车共运动了18 s，每6 s内的位移之比为5∶3∶1，又x＝9 m＝at2，可得a＝0.5 m/s2，x3＝(1＋3＋5)x＝81 m，C正确。］ 5.（多选）（2025·广西玉林阶段练习）汽车从发现情况到开始减速到停止运动的情景过程如下，已知减速过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度大小为，减速过程时间是反应过程时间的5倍，反应过程可视为匀速，下列说法正确的是(　　) A．汽车正常行驶的速度大小为2 B．反应过程的时间为 C．减速过程位移是反应过程位移的2.5倍 D．从发现情况到汽车停止，整个过程的平均速度大小为 AC　［减速过程匀减速至0，则有＝，解得v0＝2，即汽车正常行驶的速度大小为2，A正确；利用逆向思维，匀减速过程有v0＝at1，结合上述解得t1＝，由于减速过程时间是反应过程时间的5倍，则反应过程的时间为t0＝＝，B错误；减速过程位移是x1＝t1＝，反应过程位移为x0＝v0t0＝，解得＝2.5，C正确；从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为＝＝，D错误。］ 6.（多选）（2024·山东日照二模）如图所示，四块相同的混凝土实心砖并排固定在水面地面上，子弹以水平速度v0从P点射入实心砖中，到达Q点时的速度恰好为零。假设子弹在混凝土实心砖中做匀减速直线运动，且运动的总时间为t。下列说法正确的是(　　) A．子弹刚穿过第2块砖时的速度大小为v0 B．子弹刚穿过第3块砖时的速度大小为v0 C．子弹穿过第2块砖所用的时间为t D．子弹穿过第3块砖所用的时间为（－1）t BC　［设每块砖的厚度为d，加速度为a，子弹从P到Q为匀减速，可以看成从Q到P的初速为0的匀加速直线运动，末速度为v0，则有2a·4d＝v，设穿过第二块的速度为v2，穿过第三块的速度为v3，则有2a·2d＝v，2a·d＝v，解得v2＝v0，v3＝v0，A错误，B正确；按照上述方法，由初速为0的匀加速直线运动等分位移的时间关系，设穿过第四块的时间为t0，则穿过第三块的时间为（－1）t0，第二块的时间为（－）t0，第一块时间为（2－）t0，如图所示， 由此可得t0＝t，设穿过第二块砖的时间为t2，穿过第三块砖的时间为t3，则有 t2＝t0，t3＝t0，C正确，D错误。］ 要点三　自由落体运动和竖直上抛运动（师生互动型） 基础梳理： 判断正误： 1.重的物体总是比轻的物体下落得快。(×) 2.物体只在重力作用下的运动是自由落体运动。(×) 3.自由落体加速度的方向垂直地面向下。(×) 4.做竖直上抛运动的物体上升和下降通过同一位置时速度相同。(×) 要点突破： 1.两种运动的特性 (1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。 (2)竖直上抛运动的重要特性。 ①对称性。 如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则： ②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。 2.竖直上抛运动的研究方法 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 将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性，解题时利用公式v＝v0－gt，h＝v0t－gt2进行求解（向上方向为正方向） 典题示例： 考向1自由落体运动的研究 例2　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2.3 m，圆棒长0.4 m，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1.1 m，下边界B距离地面0.5 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)圆棒下落到A点所用的时间t1； (2)圆棒通过AB所用的时间t2； (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。 解析：(1)圆棒底部距离A点高度 h1＝2.3 m－0.4 m－1.1 m＝0.8 m 圆棒做自由落体运动下落到A点有 h＝gt 代入数据解得 t1＝0.4 s。 (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 v1＝gt1＝4 m/s 圆棒通过AB下落的高度为 h2＝1.1 m－0.5 m＋0.4 m＝1.0 m 圆棒通过AB过程由 h2＝v1t2＋gt 代入数据解得 t2＝0.2 s。 (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)0.4 s　(2)0.2 s　(3)见解析 考向2　竖直上抛运动的研究 例3　气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大（g取10 m/s2）？ 解析：解法一：把竖直上抛运动过程分段研究 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1＝＝ s＝1 s， 上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m， 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝(5＋175)m＝180 m， 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t2＝＝s＝6 s， v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向竖直向下， 所以重物从气球上脱落至落地共历时t＝t1＋t2＝7 s。 解法二：取全过程作一整体进行研究 从物体自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度 方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移h＝－175 m。 由位移公式h＝v0t－gt2有 －175＝10t－×10t2， 解得t＝7 s和t＝－5 s（舍去）， 所以重物落地速度为 v1＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s。 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。 解法三：对称法 根据速度对称知，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－v＝2gh， 解得v＝60 m/s，方向竖直向下， 经过h历时Δt＝＝5 s， 从最高点到落地历时t1＝＝6 s， 由时间对称可知，重物脱落后至落地历时 t＝2t1－Δt＝7 s。 答案：7 s　60 m/s 规律总结： 竖直上抛运动的多解性 竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法： (1)根据位移h判断：h>0，在抛出点上方；h＝0，恰好在抛出点；h<0，在抛出点下方。 (2)根据时间t判断：t<，表示正处在上升过程；t＝，恰好在最高点；t>，表明在下降过程中；t>，表明在抛出点下方。 题组演练： 7.（2025·河南阶段练习）一物体从空中某位置以竖直向上的速度v抛出，经过时间t，物体的速度大小为初速度大小的2倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．t＝ B．物体的平均速率为 C．物体的位移大小为 D．再经时间t，物体仍未落地，此时物体速度大小为3v B　［根据题意可知，末速度与初速度方向相反，根据速度时间关系可得t＝＝，A错误；设物体的位移大小为x，物体上升的最大高度为h1，从最高点下降的高度为h2，根据速度位移关系有4v2－v2＝2gx，v2＝2gh1，4v2＝2gh2，由此可得位移大小为x＝，路程为s＝h1＋h2＝，由此可得平均速率＝＝，B正确，C错误；在相同时间t内速度变化量Δv＝gt＝3v，再经时间t，物体速度大小为v′＝2v＋Δv＝5v，D错误。］ 8.（多选）（2025·山东济宁期中）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同小球b从地面上方某处由静止释放，两球在空中相遇时速度大小恰好均为v0（不计空气阻力）。重力加速度为g，则(　　) A．球b开始下落的高度为 B．球b开始下落的高度为 C．两球同时落地 D．两球落地的时间差为 BD　［根据自由落体运动规律，依题意有gt＝v0，则相遇时两球运动的时间t＝，则从运动开始至两球相遇，a球上升高度为h1＝v0t－gt2＝，球b已下落的距离为h2＝gt2＝，则球b开始下落的高度为h＝h1＋h2＝，A错误，B正确；由题意可知，a球上升的最大高度与b球下落的高度相等，依题意，b球运动的时间为＝gt，解得t1＝，而a球做竖直上抛，向上匀减速、然后自由落体，根据运动的对称性可知，其运动时间为t2＝，可知两球不会同时落地，C错误；两球落地的时间差为Δt＝t2－t1＝，D正确。］ 要点四　匀变速直线运动的多过程问题（师生互动型） 要点突破： 1.物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度，此处速度是连接各段的纽带。 2.选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化。 3.若过程包含刹车类问题，当车速度为零时停止运动，其加速度也突变为零。应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解。 典题示例： 例4　交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它根据车辆运动情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。若某直线路段每间隔L＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，红灯时间Δt2＝40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt＝50 s。要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口（即经过前一路口后，在下一路口第一次红灯亮之前通过该路口）。汽车可看成质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。 (1)当路口绿灯刚亮起时，一汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少（计算结果保留2位有效数字）？ (2)若某路口遇红灯，待绿灯刚亮起时，汽车由静止开始，以加速度a＝2 m/s2匀加速运动，加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动，试通过计算判断，当该汽车到达下一路口时能否遇到绿灯。 思路点拨：(1)连续通过五个路口的最大行驶速度，是第五个路口绿灯亮起时汽车刚好通过第五个路口的速度；连续通过五个路口的最小行驶速度，是第五个路口绿灯熄灭时汽车刚好通过第五个路口的速度。 (2)对于第(2)问，可通过比较汽车到达下一个路口的时间与从第一个路口绿灯亮起到第二个路口绿灯亮起的时间，来判断汽车是否能通过下一个路口。 解析：(1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t＝5Δt＝250 s， 此时匀速运动的速度最大 vmax＝＝ m/s＝10 m/s， 若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t′＝5Δt＋Δt1＝310 s， 此时匀速运动的速度最小 vmin＝＝ m/s＝8.1 m/s。 (2)若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到vmax＝10 m/s， 由vmax＝at1，得t1＝5 s。 在此过程中汽车走过的位移 x＝t1＝25 m， 然后汽车以此速度匀速运动，可知L－x＝vmaxt2， 得t2＝47.5 s， 因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为t总＝t1＋t2＝52.5 s， 因为110 s>t总>50 s，因此走到下个路口时能够遇到绿灯。 答案：(1)10 m/s　8.1 m/s　(2)见解析 题组演练： 9.（2025·延边州一模）如图，某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上A点由静止滑下，滑到水平雪道上C点时速度刚好为零，滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B点时速度大小不变。若滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动，已知从A到C运动的路程为60 m，时间为40 s，则该滑雪爱好者经过B点时的速度大小为(　　) A．5 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．2 m/s B　［设滑雪爱好者经过B点时的速度大小为v，在AB段运动时间为t1，路程为x1，BC段运动时间为t2，路程为x2，根据匀变速直线运动的规律有x1＝·t1，x2＝·t2，且t1＋t2＝40 s，x1＋x2＝60 m，联立解得v＝3 m/s，A、C、D错误，B正确。］ 10.（2025·福建厦门阶段练习）跳伞员从H＝116 m的高空自由下落一段距离后才打开降落伞，假设伞打开后以大小为a＝2 m/s2的加速度匀减速下降，到达地面时速度为v＝4 m/s（g取10 m/s2），求： (1)跳伞员打开伞时距地面的高度h1是多少？ (2)下落的最大速度vm为多大？ (3)跳伞员下落的总时间t是多少？ 解析　(1)(2)设跳伞员自由下落的时间为t0，则有 h0＝gt，vm＝gt0 打开降落伞后匀减速下降，有 h1＝ 根据题意有 h0＋h1＝H 解得 t0＝2 s，h0＝20 m，h1＝96 m，vm＝20 m/s。 (3)跳伞员匀减速运动的时间 t1＝＝8 s 则跳伞员下落的总时间 t＝t0＋t1＝10 s。 答案　(1)96 m　(2)20 m/s　(3)10 s 学科网（北京）股份有限公司 $