2.1 匀变速直线运动 基础讲义 -2026届高考物理一轮复习备考

2-1 匀变速直线运动一、要点解读 1. 匀变速直线运动的基础及规律 1.定义 沿一条直线且加速度（大小方向）不变的运动，叫匀变速运动。 2.特点 （1）运动轨迹是直线 （2）任意相等时间内速度变化量△V相同，即加速度恒定（大小方向都不变） 3.匀变速的两种情形（分类） ①匀加速直线运动：a与v同向。 ②匀减速直线运动：a与v反向。 2.匀变速直线运动的基本公式及推论（3+3+5）证明：中位速≥中时速 1.公式法 ≥ 2.轨迹法 （推导: 联立公式③得） 匀变速xx/2 > xt/2 a.三个基本公式 ①②联立得③ b.三个基本推论 1.中间时刻的速度（中时速）: ＝＝v0＋at＝＝ 2.中间位移的速度（中位速）: > 3.连续相等时间间隔的位移的差: 若：位移不连续时，用下角标法xm-xn=(m-n)aT2 3.五个比例关系（只适用于v0＝0的匀变速） a.初速度为0的匀加速、相邻的等时间间隔 1.nT末的速度之比：（ 故：v之比t之比） v1 :v2:v3……: vn1:2：3……：n 2.前nT内的位移之比：（ 故：x之比t2之比） x1 :x2:x3……: xn12:22：32……：n2 3.第nT内的位移之比：（xn-xn-1＝a(nt)2-a[(n-1)t]2） x1 :（x2-x1）：（x3-x2）……:（xn-xn-1）＝1:3:5……:(2n-1) b.初速度为0的匀加速、相邻的等位移间距 4.前nX位移所用时间之比：（tn 故：t之比之比） t1:t2:t3……:tn＝1: :……: 5.第nX所用时间之比（tn-tn-1 (－） t1: t2-t1∶t3-t2…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 二、考点透析 匀变速直线运动的六种解题方法: 方法1.基本公式法 匀变速直线运动涉及5个物理量：a、v、v0、t、x. 已知任意3个，可利用基本公式，求另外2个（ 知3求2）。 （若已知量不足，需要多公式联立求解） 基本公式法可以解决所有运动学问题，但不一定是最简单的方法。 方法2.均速法 已知某段位移和时间，利用平均速度=中间时刻的速度，来求某个时刻的瞬时速度： 方法3.逆向思维法 利用运动对称性：把末速度为0的匀减速运动，转化为初速度为0的匀加速直线运动。 方法四.比例法 利用比例关系： 对于初速度为零的匀加速、末速度为0的匀减速运动，都可以利用比例关系求解。 方法五.推论法 利用或者xm-xn=(m-n) : 适用于已知两段等时间间隔的位移和时间的情况。 方法六.图像法 利用v-t图像把复杂问题通过图像转化为数学问，利用图像性质分析求解。 V-t图像的斜率=a,线下面积=位移。（也可以利用连续相等时间内，来判断物体是否做匀速直线运动） 三、模型分析 模型1.刹车问题 1.反应时间问题 其实就是先匀速、后减速的运动： t反应+t刹车 =t停车 x反应+x刹车=x停车 反应时间：发现情况到采取刹车经过的时间。 反应距离：在反应时间内匀速行驶的距离。 刹车距离：从刹车开始到机动车停下来，匀减速运动的距离。 停车距离（安全距离）：反应距离和刹车距离之和为停车距离。 2.刹车陷阱问题 ①刹车问题中，小车匀减速到停止后，a消失，停止运动。 ②要特别注意实际考察时间与停车时间的大小关系。 ③先求临界停车时间（），再进行计算：。 求刹车时间和刹车位移时，可以采用逆向思维法，当作反向的初速度为零的匀加速直线运动． 模型2.匀变速直线运动的函数特点 利用匀变速运动的函数关系式，来判断运动性质，提取有效条件。 v-t函数：v＝v0＋at. y=kx+b k=a b=v0 x-t函数：x＝v0t＋at2+x0. y=Ax2+Bx+C A=a B=v0 C=0 模型3.0-V-0模型 由静止匀加速到最大速度vm又匀减速到速度为0的运动. 1.根据平均速度＝，可知两个过程及全程平均速度都等于。 2.画出v-t图像，图线和横轴包围的面积等于位移。 模型4.限速、限时问题 1.限速问题 通常由于最大速度的限制，会导致物体无法持续加速。 常见情境如电梯、矿井升降机、磁悬浮列车、缆车的运动。 a.先做加速，后匀速的运动。 b.先加速、后匀速、再减速。 常用平均速度法或基本公式法： 2.限时问题（最短时间问题） 若题目中考察到最短时间，往往会取消最大速度限制，先加速、后直接减速的情况用时最短。 其实就是0-v-0模型，详情见上页0-v-0模型。 模型5.多段运动 多个过程，需要分段分析，求解联接点的速度是解题关键。 多过程问题的一般解题步骤： (1)分清各阶段运动过程，画出运动草图，注意标出已知量、待求量、所设的中间量． (2)列出各运动阶段的运动方程；注意考虑多段运动之间的联系。 (3)联立方程求结果． 模型6.原点模型（零点运动） 1.双向可逆类问题 指物体先做匀减速直线运动，减至速度为零后反向做匀加速直线运动，且全过程加速度的大小、方向均不变。 例如：竖直上抛运动、沿光滑斜面自由上滑并返回的运动、在光滑水平面上受到与初速度反向的恒力作用的运动．解答此类运动问题的两种方法如下： 1 分段法： ②全程法：规定正方向，对全程列式，要注意各物理量的正负． 2.等位移折返 例如：粗糙斜面上的竖直上滑，先减速到零，再反向加速回到原点，两个过程的加速度大小不同。 3.等时间折返 例如：从静止开始匀加速t时间，之后开始匀减速运动，又经过t时间回到原点。 方法一(基本公式)：0=a1t2+(a1t)t- a2t2 化简得：a1/a2 = 方法二(均速法)： = 化简得：v1/v2 = v2 =v1-a2t =2v1 = 2a1t 化简得： a1/a2 = 随堂演练 题型1. 匀变速直线运动的概念和理解 典例1.（2019•广东模拟）物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是（　　） A．速度随时间均匀变化 B．速度保持不变 C．加速度随时间均匀变化 D．位移随时间均匀变化 【解答】解：A、B匀变速直线运动，单位时间内速度的变化量相等，即速度均匀变化，故A正确，B错误。 C、匀变速直线运动的加速度不变，故C错误。 D、匀变速直线运动的位移是时间的二次函数，位移不随时间均匀变化，故D错误 故选：A。 题型2.基本公式法 典例1.（2013•广东高考）某航母跑道长为210m，飞机在航母上滑行的最大加速度为5m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（航母处于静止状态）（　　） A．20m/s B．10m/s C．15m/s D．5m/s 【解答】解：根据匀变速直线运动的速度—位移公式得， 解得m/s＝20m/s。故A正确，B、C、D错误。 故选：A。 典例2.（2024•山东）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． B． C． D． 【解答】解：设斜面的倾角为θ，加速度为a 根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma 解得a＝gsinθ 因此木块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动 木板前端到达A点的时间为t0，当木板长度为L时，木板后端通过A点的时间为t1； 根据运动学公式， 解得 木板通过A点的时间 当木板长度为2L，木板后端通过A点的时间为t2，根据运动学公式 联立解得 木板通过A点的时间 因此解得 综上分析，故A正确，BCD错误。 故选：A。 巩固1.（2025•河南模拟）如图所示，长度为L的圆筒固定，且距地面足够高，其正上方有一长度也为L的细杆，现将细杆由静止释放，细杆下端恰好与圆筒上端平齐时将圆筒由静止释放，记此时为0时刻，t1时刻细杆穿过圆筒。已知细杆、圆筒始终竖直，忽略空气阻力，重力加速度为g。则释放细杆时，细杆下端距圆筒上端的距离为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设t＝0时刻细杆的速度为v0，开始时细杆下端距圆筒上端的高度为h，则由自由落体运动规律可得：，由运动学公式可得：，解得：，所以有：，解得：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 巩固2.（2022•全国）一物体做匀加速直线运动。已知该物体通过距离s的平均速度为v；它连续通过下一个距离s所用时间为前一个的一半。物体运动的加速度的大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设通过第一个s的时间为2t，则通过第二个s的时间为t 根据平均速度公式，通过第一个s时的平均速度 解得 设初速度为v0，加速度为a 根据匀变速位移—时间公式，通过第一个s时有 通过全程时有 代入数据联立解得 综上分析，故ACD错误，B正确。 故选：B。 题型3.推论法 (中时速，中位速，△x＝aT2) 典例1.（ 2023•江西模拟）某同学在校运动会上参加百米赛跑，他在加速跑的后半阶段第1s内的跑动距离为7.5m，第2s内的跑动距离为9.6m，若加速跑阶段可看成匀加速直线运动，则他在这2s内的速度变化量为（　　） A．2.1m/s B．7.5m/s C．4.2m/s D．8.55m/s 【解答】解：该同学加速跑阶段可看成匀加速直线运动，根据Δx＝aT2得 am/s2＝2.1m/s2 故他在这2s内的速度变化量为Δv＝at＝2.1×2m/s＝4.2m/s，故ABD错误，C正确。 故选：C。 典例2. （2025•广东一模）如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离为2m，B、C之间的距离为4m，物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则OA之间的距离为（　　） A．0.25m B．0.5m C．0.75m D．1.0m 【解答】解：设物体的加速度为a，通过AB、CD两段位移所用的时间均为T，则有 把A到B的匀加速运动看作由B到A是匀减速直线运动，则有 联立可得 aT2＝2m 根据速度—位移关系 可得 故BCD错误，A正确。 故选：A。 巩固1.（2024•广西）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＝0.9m，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＝0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5s，求该同学 （1）滑行的加速度大小； （2）最远能经过几号锥筒。 【解答】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v12.25m/s 2、3 间中间时刻的速度为v21.8m/s 故可得加速度大小为a，代值解得：a＝1m/s2 （2）设到达1号锥简时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v0t1d 代入数值解得v0＝2.45m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为x3.00125m≈3.33d 故可知最远能经过 4号锥筒。 答：（1）滑行的加速度大小为1m/s2； （2）最远能经过4号锥筒。 巩固2.（2023•山东）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 【解答】解：匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则有： 10m/s；5m/s 因ST间的距离是RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的 故可得ST段的时间是RS段的时间的4倍，可知：ST段的速度减小量是RS段的4倍，则有： vS﹣vT＝4（vR﹣vS） 联立解得：vR＝11m/s，vS＝9m/s，vT＝1m/s，故C正确，ABD错误。 故选：C。 题型4.比例法应用 典例1. （2025•河北模拟）如图所示，将盒子从O点抛出，盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。a、b、c、d、e相邻两点间距离相等，盒子从d点运动到e点的时间为1s，盒子可视为质点。则（　　） A．盒子从a点运动到b点的时间为1s B．盒子从a点运动到d点的时间为1s C．盒子运动到a点的速度是d点的速度的4倍 D．盒子运动到a点的速度是c点的速度的2倍 【解答】解：AB．设相邻两点间距离为x0，盒子做匀减速直线运动，利用逆向思维，将盒子的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式，则有， 解得tae＝2tde＝2×1s＝2s 盒子从a点运动到d点的时间tad＝tae﹣tde＝2s﹣1s＝1s 盒子从a点运动到b点的时间tab＜tad，因tad＝1s，则tab＜1s，故A错误，B正确； CD．由v2＝2ax得，则 ，，， 所以va＝2vd，，故CD错误。 故选：B。 典例2.（2024•广州模拟）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v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0，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． B．v1：v2：v3＝3：2：1 C． D． 【解答】解：子弹依次射入每块木块做匀减速直线运动到速度为零，采取逆向思维，根据 v2＝2ax 可知，速度的平方与子弹的位移成正比，则有 子弹做初速度为零的匀加速直线运动，设木块的长度为L，由 可知在通过相等位移内的时间比为 反过来，子弹依次射入每块木块的时间之比为 故A正确，BCD错误。 故选：A。 巩固1.（2019•新课标Ⅰ）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H．上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2．不计空气阻力，则满足（　　） A．12 B．23 C．34 D．45 【解答】解：逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比等于1：：：：……：可得： 2，故34，故C正确、ABD错误。 故选：C。 巩固2.（2025•蒸湘区一模）如图，竖直面内固定一大圆环④，小环套在光滑杆上，杆的上下两端分别固定在圆的顶点P和圆周Q点上。圆①②③④共用顶点P，半径之比为1：2：3：4，它们把杆分成四段。小环从顶点P由静止开始沿杆自由下滑至Q点，则小环依次经过这四段的时间之比为（　　） A．12：6：4：3 B． C． D． 【解答】解：如图所示，根据题意，由几何关系可得 PA：PB：PC：PD＝PE：PF：PG：PH＝1：2：3：4 得PE＝EF＝FG＝GH 小环套在光滑杆上由静止开始下滑，由初速度为零的匀加速直线运动中，相邻的相等的位移所用时间之比为 可知小环依次经过这四段的时间之比为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 题型5.刹车问题 典例1.（2019秋•济南期中）列车进站前刹车，已知刹车前列车速度为60km/h，刹车加速度大小为0.8m/s2，求刹车后15s和30s列车的速度． 【解答】解：60km/h＝16.67m/s，列车速度减为零所需的时间t020.9s． 则刹车后15s末的速度v＝v0+at1＝16.67﹣0.8×15＝4.67m/s． 30s末的速度为零． 答：刹车后15s末的速度为4.67m/s，30s末的速度为零． 巩固1.（2014•山东高考）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g＝10m/s2，求： （1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间； （2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少； （3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。 【解答】解：（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0＝20m/s，末速度 vt＝0 位移 x＝25m ② 由①②式可得：a＝8m/s2 t＝2.5s （2）反应时间内的位移为x′＝L﹣x＝14m 则反应时间为t′则反应的增加量为Δt＝0.7﹣0.4＝0.3s （3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，受力如图，由牛顿第二定律得F＝ma﹣③ 由平行四边形定则得：④ 由③④式可得： 答：（1）减速过程汽车加速度的大小为8m/s所用时间为2.5s。 （2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了0.3S。 （3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为。 题型6.匀变速运动的函数特点 典例1.（2023•天津期末）质点做匀变速直线运动的速度随时间变化规律是v＝6+2t（各物理量均采用国际单位），则对于质点的运动，下列说法正确的是（　　） A．质点的加速度为2m/s2 B．质点的初速度为12m/s C．第2s末质点的速度为8m/s D．任意1s时间内速度的改变量为4m/s 【解答】解：AB、由匀变速直线运动的速度—时间公式v＝v0+at，结合速度随时间变化规律是v＝6+2t（各物理量均采用国际单位）， 可得初速度为：v0＝6m/s，加速度为：a＝2m/s2，故A正确，B错误； C、根据速度—时间公式，可得第2s末质点的速度为：v2＝v0+at2＝6m/s+2×2m/s＝10m/s，故C错误； D、根据公式Δv＝aΔt，可知任意1s时间内速度的改变量为：Δv＝2×1m/s＝2m/s，故D错误。 故选：A。 典例2.（2024•瑶海区期中）质点做直线运动的位置x与时间t的关系为x＝6+5t﹣t2（各物理量均采用国际单位制），则该质点（　　） A．运动的加速度大小为1m/s2 B．前2s内的平均速度大小是3m/s C．第1s内的位移大小是10m D．任意2s内的速度变化量都是﹣2m/s 【解答】解：由x＝6+5t﹣t2可知，初速度为v0＝5m/s，加速度为a＝﹣2m/s2，初位置在x0＝6m A、运动的加速度大小为2m/s2，故A错误； B、前2s内的位移为，平均速度大小，B正确； C、第1s内的位移，故 C错误； D、任意2s内速度的变化量Δv＝at＝﹣2×2m/s＝﹣4m/s，故D错误； 故选：B。 题型7.0-v-0模型 典例1.（2024•海南）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，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．1.25m/s2 B．1m/s2 C．0.5m/s2 D．0.25m/s2 【解答】解：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，且时间相等，均为2s，根据 解得v＝1m/s则加速度 故ABD错误，C正确。 故选：C。 典例2.（2025秋•哈尔滨月考）在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．加速和减速过程中速度的变化量相同 B．加速、减速中的加速度大小之比为a1：a2＝2：1 C．加速、减速中的平均速度大小之比为v1：v2＝1：1 D．加速、减速中的位移之比为x1：x2＝1：1 【解答】解：根据题意，加速时间8s，减速时间为4s，做出v﹣t图，如下： A、根据图像加速阶段速度变化量为v，减速阶段速度变化量为﹣v，故A错误； B、根据v﹣t图像的性质，斜率代表加速度，可得加速和减速的加速度大小之比：1：2，故B错误； C、根据匀变速直线运动平均速度公式：，加速与减速的初末速度相同，故平均速度相同，故平均速度之比为：1：1，故C正确； D、根据v﹣t图像的面积代表位移，可得出加速与减速的位移之比为：2：1，故D错误。 故选：C。 题型8.限速、限时问题 典例1.（2022•甲卷）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，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v（v＜v0）。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v0所用时间至少为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0），可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，则 减速时间：t1，匀速时间：t2，加速时间：t3， 列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1+t2+t3解得：t， 故C正确，ABD错误； 故选：C。 典例2.（2025秋•同安区期末）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是 　 　 s，矿石在开始运动阶段处于 　 　 状态（填超重、失重）。 【解答】解：将矿石从井底提升到井口的最短时间，升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为，在减速阶段与加速阶段时间和位移相同，在匀速阶段所需时间为，最短总时间为t＝2t1+t2＝2×8s+5s＝21s，矿石在开始运动阶段向上加速，则处于超重状态。 故答案为：21，超重。 题型9.多段运动 典例1.（2025•安徽）汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设汽车从静止开始的匀加速直线运动时间为t′，匀速运动的速度为v，在匀加速直线运动阶段，由位移公式，根据逆向思维方法，位移关系满足8x﹣x﹣x＝vt，即6x＝vt，联立解得，再根据匀变速直线运动的位移公式，解得，故BCD错误，A正确。 故选：A。 巩固1.（2024•甲卷）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2m/s2，在t1＝10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41s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v0＝340m/s，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。 【解答】解：（1）救护车在t1＝10s时停止加速，则救护车匀速直线运动时的速度为v＝at1 解得v＝20m/s （2）救护车运动过程草图如图所示： 设匀速运动时间Δt时停止鸣笛，此时救护车距离出发点的距离为 发出的鸣笛声从鸣笛处传播到救护车出发点处，传播距离为x＝v0（t2﹣t1﹣Δt） 代入解得x＝680m。 答：（1）救护车匀速运动时的速度大小为20m/s； （2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离为680m。 拓展1.（2020•新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 【解答】解：（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有： Ma1＝Mg+f ma2＝f﹣mg 联立并代入题给数据，得： a1＝2g a2＝3g； （2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为： v0，方向均向下 管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下 设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得： v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1 解得：t1 设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得 h1＝v0t1 v＝v0﹣a1t1 由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2 管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2； （3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有： Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0 解得：x1 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2 设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L 联立解得L应满足条件为：L。 答：（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L。 题型10.折返问题(零点运动) 典例1. （2022•邢台期末）如图甲所示，滑块以大小为18m/s的速度从足够长的粗糙固定斜面底端P滑上斜面至最高点Q后再返回P点，该过程中滑块运动的速度﹣时间图象如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A．P、Q两点间的距离为9m B．滑块返回P点时的速度大小为18m/s C．滑块从Q点返回P点所需的时间为3s D．0～3s内滑块的位移大小为17m 【解答】解：A、P、Q两点间的距离等于滑块在0﹣2s内通过的位移大小，为：sm＝18m，故A错误。 B、根据图象的斜率表示加速度，可知，滑块返回过程的加速度大小为：a＝||＝||m/s2＝4m/s2，滑块返回P点时的速度大小为：vm/s＝12m/s，故B错误。 C、设滑块从Q点返回P点所需的时间为t，则有：s，解得：t＝3s，故C正确。 D、根据图象的“面积”表示位移，可得0～3s内滑块的位移大小为：x＝sm＝18m﹣2m＝16m，故D错误。 故选：C。 巩固1.（2025•河北模拟）某航空基地飞行学员练习飞机弹射逃生训练，学员从地面以初速度v0竖直向上弹射抛出，t0时刻，学员打开动力装置（可提供竖直向上的恒力），2t0时刻，学员速度变为零并恰好返回地面，忽略空气阻力，重力加速度为g，可认为学员始终在竖直方向运动，下列说法正确的是（　　） A．t0时刻，学员到达最高点 B．t0时刻，学员速度为 C．t0～2t0时间内，学员的加速度大小为 D．0～t0、t0～2t0时间内的平均速度相同 【解答】解：A、学员到达最高点时速度为零，t0时刻，学员已在下落，故A错误； C、以向上为正方向，由匀变速直线运动规律有：v0﹣gt0+at0＝0；，联立解得：，故C正确； B、由图像可知v+v0＝gt0，v＝at0，解得：，故B错误； D、2t0时刻，学员恰好回到弹出位置，所以0～t0、t0～2t0时间内的位移大小相等，方向相反，平均速度等大反向，故D错误。 故选：C。 巩固2.（2024•月考）如图所示，质量M＝50kg、斜面长l＝4m的斜面体静置于粗糙水平地面上，一个质量m＝2kg的小滑块（可视为质点）以一定的初速度从斜面底端P点出发沿斜面向上滑动，上滑时间t1恰好到达斜面最高点Q，之后下滑时间t2返回到P点，已知t1：t2＝1：2，t1+t2＝3s，小滑块运动过程中斜面体始终处于静止状态，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小滑块的初速度大小； （2）斜面的倾角以及小滑块与斜面间的动摩擦因数； （3）小滑块上滑阶段，水平地面对斜面体的作用力与水平方向夹角正切值的绝对值。 【解答】解：（1）由题中信息t1：t2＝1：2，t1+t2＝3s解得t1＝1s，t2＝2s 根据位移—时间公式有 解得v0＝8m/s （2）上滑过程中有 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 下滑过程中有 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 解得θ＝30°， （3）对斜面体受力分析如图根据共点力平衡条件有 f′＝μmgcosθ•cosθ+mgcosθsinθN′+μmgcosθ•sinθ＝Mg+mgcosθcosθ 水平地面对斜面体的作用力与水平方向夹角正切值的绝对值为 解得 答：（1）小滑块的初速度大小为8m/s； （2）斜面的倾角为30°；小滑块与斜面间的动摩擦因数为； （3）小滑块上滑阶段，水平地面对斜面体的作用力与水平方向夹角正切值的绝对值为。 、 页 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2-1 匀变速直线运动一、要点解读 1. 匀变速直线运动的基础及规律 1.定义 沿一条直线且加速度（大小方向）不变的运动，叫匀变速运动。 2.特点 （1）运动轨迹是直线 （2）任意相等时间内速度变化量△V相同，即加速度恒定（大小方向都不变） 3.匀变速的两种情形（分类） ①匀加速直线运动：a与v同向。 ②匀减速直线运动：a与v反向。 2.匀变速直线运动的基本公式及推论（3+3+5）证明：中位速≥中时速 1.公式法 ≥ 2.轨迹法 （推导: 联立公式③得） 匀变速xx/2 > xt/2 a.三个基本公式 ①②联立得③ b.三个基本推论 1.中间时刻的速度（中时速）: ＝＝v0＋at＝＝ 2.中间位移的速度（中位速）: > 3.连续相等时间间隔的位移的差: 若：位移不连续时，用下角标法xm-xn=(m-n)aT2 3.五个比例关系（只适用于v0＝0的匀变速） a.初速度为0的匀加速、相邻的等时间间隔 1.nT末的速度之比：（ 故：v之比t之比） v1 :v2:v3……: vn1:2：3……：n 2.前nT内的位移之比：（ 故：x之比t2之比） x1 :x2:x3……: xn12:22：32……：n2 3.第nT内的位移之比：（xn-xn-1＝a(nt)2-a[(n-1)t]2） x1 :（x2-x1）：（x3-x2）……:（xn-xn-1）＝1:3:5……:(2n-1) b.初速度为0的匀加速、相邻的等位移间距 4.前nX位移所用时间之比：（tn 故：t之比之比） t1:t2:t3……:tn＝1: :……: 5.第nX所用时间之比（tn-tn-1 (－） t1: t2-t1∶t3-t2…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 匀变速直线运动的六种解题方法: 方法1.基本公式法 匀变速直线运动涉及5个物理量：a、v、v0、t、x. 已知任意3个，可利用基本公式，求另外2个（ 知3求2）。 （若已知量不足，需要多公式联立求解） 基本公式法可以解决所有运动学问题，但不一定是最简单的方法。 方法2.均速法 已知某段位移和时间，利用平均速度=中间时刻的速度，来求某个时刻的瞬时速度： 方法3.逆向思维法 利用运动对称性：把末速度为0的匀减速运动，转化为初速度为0的匀加速直线运动。 方法四.比例法 利用比例关系： 对于初速度为零的匀加速、末速度为0的匀减速运动，都可以利用比例关系求解。 方法五.推论法 利用或者xm-xn=(m-n) : 适用于已知两段等时间间隔的位移和时间的情况。 方法六.图像法 利用v-t图像把复杂问题通过图像转化为数学问，利用图像性质分析求解。 V-t图像的斜率=a,线下面积=位移。（也可以利用连续相等时间内，来判断物体是否做匀速直线运动） 模型1.刹车问题 1.反应时间问题 其实就是先匀速、后减速的运动： t反应+t刹车 =t停车 x反应+x刹车=x停车 反应时间：发现情况到采取刹车经过的时间。 反应距离：在反应时间内匀速行驶的距离。 刹车距离：从刹车开始到机动车停下来，匀减速运动的距离。 停车距离（安全距离）：反应距离和刹车距离之和为停车距离。 2.刹车陷阱问题 ①刹车问题中，小车匀减速到停止后，a消失，停止运动。 ②要特别注意实际考察时间与停车时间的大小关系。 ③先求临界停车时间（），再进行计算：。 求刹车时间和刹车位移时，可以采用逆向思维法，当作反向的初速度为零的匀加速直线运动． 模型2.匀变速直线运动的函数特点 利用匀变速运动的函数关系式，来判断运动性质，提取有效条件。 v-t函数：v＝v0＋at. y=kx+b k=a b=v0 x-t函数：x＝v0t＋at2+x0. y=Ax2+Bx+C A=a B=v0 C=0 模型3.0-V-0模型 由静止匀加速到最大速度vm又匀减速到速度为0的运动. 1.根据平均速度＝，可知两个过程及全程平均速度都等于。 2.画出v-t图像，图线和横轴包围的面积等于位移。 模型4.限速、限时问题 1.限速问题 通常由于最大速度的限制，会导致物体无法持续加速。 常见情境如电梯、矿井升降机、磁悬浮列车、缆车的运动。 a.先做加速，后匀速的运动。 b.先加速、后匀速、再减速。 常用平均速度法或基本公式法： 2.限时问题（最短时间问题） 若题目中考察到最短时间，往往会取消最大速度限制，先加速、后直接减速的情况用时最短。 其实就是0-v-0模型，详情见上页0-v-0模型。 模型5.多段运动 多个过程，需要分段分析，求解联接点的速度是解题关键。 多过程问题的一般解题步骤： (1)分清各阶段运动过程，画出运动草图，注意标出已知量、待求量、所设的中间量． (2)列出各运动阶段的运动方程；注意考虑多段运动之间的联系。 (3)联立方程求结果． 模型6.原点模型（零点运动） 1.双向可逆类问题 指物体先做匀减速直线运动，减至速度为零后反向做匀加速直线运动，且全过程加速度的大小、方向均不变。 例如：竖直上抛运动、沿光滑斜面自由上滑并返回的运动、在光滑水平面上受到与初速度反向的恒力作用的运动．解答此类运动问题的两种方法如下： 1 分段法： ②全程法：规定正方向，对全程列式，要注意各物理量的正负． 2.等位移折返 例如：粗糙斜面上的竖直上滑，先减速到零，再反向加速回到原点，两个过程的加速度大小不同。 3.等时间折返 例如：从静止开始匀加速t时间，之后开始匀减速运动，又经过t时间回到原点。 方法一(基本公式)：0=a1t2+(a1t)t- a2t2 化简得：a1/a2 = 方法二(均速法)： = 化简得：v1/v2 = v2 =v1-a2t =2v1 = 2a1t 化简得： a1/a2 = 随堂演练 题型1. 匀变速直线运动的概念和理解 典例1.（2019•广东模拟）物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是（　　） A．速度随时间均匀变化 B．速度保持不变 C．加速度随时间均匀变化 D．位移随时间均匀变化 题型2.基本公式法 典例1.（2013•广东高考）某航母跑道长为210m，飞机在航母上滑行的最大加速度为5m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（航母处于静止状态）（　　） A．20m/s B．10m/s C．15m/s D．5m/s 典例2.（2024•山东）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． B． C． D． 巩固1.（2025•河南模拟）如图所示，长度为L的圆筒固定，且距地面足够高，其正上方有一长度也为L的细杆，现将细杆由静止释放，细杆下端恰好与圆筒上端平齐时将圆筒由静止释放，记此时为0时刻，t1时刻细杆穿过圆筒。已知细杆、圆筒始终竖直，忽略空气阻力，重力加速度为g。则释放细杆时，细杆下端距圆筒上端的距离为（　　） A． B． C． D． 巩固2.（2022•全国）一物体做匀加速直线运动。已知该物体通过距离s的平均速度为v；它连续通过下一个距离s所用时间为前一个的一半。物体运动的加速度的大小为（　　） A． B． C． D． 题型3.推论法 (中时速，中位速，△x＝aT2) 典例1.（ 2023•江西模拟）某同学在校运动会上参加百米赛跑，他在加速跑的后半阶段第1s内的跑动距离为7.5m，第2s内的跑动距离为9.6m，若加速跑阶段可看成匀加速直线运动，则他在这2s内的速度变化量为（　　） A．2.1m/s B．7.5m/s C．4.2m/s D．8.55m/s 典例2. （2025•广东一模）如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离为2m，B、C之间的距离为4m，物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则OA之间的距离为（　　） A．0.25m B．0.5m C．0.75m D．1.0m 巩固1.（2024•广西）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＝0.9m，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＝0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5s，求该同学 （1）滑行的加速度大小； （2）最远能经过几号锥筒。 巩固2.（2023•山东）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 题型4.比例法应用 典例1. （2025•河北模拟）如图所示，将盒子从O点抛出，盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。a、b、c、d、e相邻两点间距离相等，盒子从d点运动到e点的时间为1s，盒子可视为质点。则（　　） A．盒子从a点运动到b点的时间为1s B．盒子从a点运动到d点的时间为1s C．盒子运动到a点的速度是d点的速度的4倍 D．盒子运动到a点的速度是c点的速度的2倍 典例2.（2024•广州模拟）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v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0，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． B．v1：v2：v3＝3：2：1 C． D． 巩固1.（2019•新课标Ⅰ）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H．上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2．不计空气阻力，则满足（　　） A．12 B．23 C．34 D．45 巩固2.（2025•蒸湘区一模）如图，竖直面内固定一大圆环④，小环套在光滑杆上，杆的上下两端分别固定在圆的顶点P和圆周Q点上。圆①②③④共用顶点P，半径之比为1：2：3：4，它们把杆分成四段。小环从顶点P由静止开始沿杆自由下滑至Q点，则小环依次经过这四段的时间之比为（　　） A．12：6：4：3 B． C． D． 题型5.刹车问题 典例1.（2019秋•济南期中）列车进站前刹车，已知刹车前列车速度为60km/h，刹车加速度大小为0.8m/s2，求刹车后15s和30s列车的速度． 巩固1.（2014•山东高考）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g＝10m/s2，求： （1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间； （2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少； （3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。 题型6.匀变速运动的函数特点 典例1.（2023•天津期末）质点做匀变速直线运动的速度随时间变化规律是v＝6+2t（各物理量均采用国际单位），则对于质点的运动，下列说法正确的是（　　） A．质点的加速度为2m/s2 B．质点的初速度为12m/s C．第2s末质点的速度为8m/s D．任意1s时间内速度的改变量为4m/s 典例2.（2024•瑶海区期中）质点做直线运动的位置x与时间t的关系为x＝6+5t﹣t2（各物理量均采用国际单位制），则该质点（　　） A．运动的加速度大小为1m/s2 B．前2s内的平均速度大小是3m/s C．第1s内的位移大小是10m D．任意2s内的速度变化量都是﹣2m/s 题型7.0-v-0模型 典例1.（2024•海南）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，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．1.25m/s2 B．1m/s2 C．0.5m/s2 D．0.25m/s2 典例2.（2025秋•哈尔滨月考）在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．加速和减速过程中速度的变化量相同 B．加速、减速中的加速度大小之比为a1：a2＝2：1 C．加速、减速中的平均速度大小之比为v1：v2＝1：1 D．加速、减速中的位移之比为x1：x2＝1：1 题型8.限速、限时问题 典例1.（2022•甲卷）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，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v（v＜v0）。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v0所用时间至少为（　　） A． B． C． D． 典例2.（2025秋•同安区期末）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是 　 　 s，矿石在开始运动阶段处于 　 　 状态（填超重、失重）。 题型9.多段运动 典例1.（2025•安徽）汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则（　　） A． B． C． D． 巩固1.（2024•甲卷）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2m/s2，在t1＝10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41s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v0＝340m/s，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。 拓展1.（2020•新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 题型10.折返问题(零点运动) 典例1. （2022•邢台期末）如图甲所示，滑块以大小为18m/s的速度从足够长的粗糙固定斜面底端P滑上斜面至最高点Q后再返回P点，该过程中滑块运动的速度﹣时间图象如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A．P、Q两点间的距离为9m B．滑块返回P点时的速度大小为18m/s C．滑块从Q点返回P点所需的时间为3s D．0～3s内滑块的位移大小为17m 巩固1.（2025•河北模拟）某航空基地飞行学员练习飞机弹射逃生训练，学员从地面以初速度v0竖直向上弹射抛出，t0时刻，学员打开动力装置（可提供竖直向上的恒力），2t0时刻，学员速度变为零并恰好返回地面，忽略空气阻力，重力加速度为g，可认为学员始终在竖直方向运动，下列说法正确的是（　　） A．t0时刻，学员到达最高点 B．t0时刻，学员速度为 C．t0～2t0时间内，学员的加速度大小为 D．0～t0、t0～2t0时间内的平均速度相同 巩固2.（2024•月考）如图所示，质量M＝50kg、斜面长l＝4m的斜面体静置于粗糙水平地面上，一个质量m＝2kg的小滑块（可视为质点）以一定的初速度从斜面底端P点出发沿斜面向上滑动，上滑时间t1恰好到达斜面最高点Q，之后下滑时间t2返回到P点，已知t1：t2＝1：2，t1+t2＝3s，小滑块运动过程中斜面体始终处于静止状态，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小滑块的初速度大小； （2）斜面的倾角以及小滑块与斜面间的动摩擦因数； （3）小滑块上滑阶段，水平地面对斜面体的作用力与水平方向夹角正切值的绝对值。 、 页 2 学科网（北京）股份有限公司 $