第02讲 匀变速直线运动的规律（复习讲义）（广东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习讲义聚焦匀变速直线运动规律，涵盖基本公式、常用推论及应用，按知识框架搭建、核心考点拆解、解题范式归纳的逻辑组织内容，通过考点梳理（如公式选用原则）、方法指导（如逆向思维法）、真题训练（如2025年模拟题）等环节，帮助学生系统突破运动学难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如用逆向思维处理刹车问题、图像法分析自动感应门运动，设计分层变式训练（从基础公式应用到多过程综合），确保高效复习。既提升学生解题能力，又为教师把控复习节奏提供清晰指导，助力备战高考。

第02讲 匀变速直线运动的规律 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 知识点1 匀变速直线运动的基本规律 考向1 基本公式的应用 重 考向2 逆向思维法处理刹车类问题 考向3 双向可逆类问题 重 考点二 匀变速直线运动的推论及应用 知识点1 匀变速直线运动的常用推论 考向1 图像法 重 考向2 平均速度公式的应用重 考向3 位移差公式的应用重 考向4 比例式 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 匀变速直线运动的基本规律及应用 √ √ 匀变速直线运动的推论及应用 —— —— 考情分析 题型与考向：高考对这部分内容的考查，大多以选择题的形式出现，通常情况下难度不大,会以实际生活中的例子作为试题背景，考查对质点、参考系、位移等的基本概念的理解与辨析，及位移、速度、加速度的计算。1.图像主导:运动学中超过60%的题目涉及运动图像,如v-t图像、s-t图像、a-t图像,要求通过斜率、面积、交点分析运动状态。 情境与立意： 1.生活实践类：安全行车，日常生活，交通运输，体育运动(如足球、体操、跳水、攀岩、骑行等)； 2.现实场景建模:交通刹车、电梯超重失重、斜面滑块等生活情境题增加。 3.多过程综合:考题常结合自由落体、竖直上抛、连接体动力学(如斜面+悬挂物体),强化牛顿运动定律与运动学的交叉应用。 复习目标 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。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 知识点1 匀变速直线运动的基本规律 知●识●解●构 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，v-t图线是一条倾斜的直线。 2.匀变速直线运动的基本规律 (1)速度与时间的关系式：vt=v0+at。 (2)位移与时间的关系式：s=v0t+at2。 由以上两式联立可得速度与位移的关系式：-=2as。 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vt=v0+at 不涉及末速度，选用s=v0t+at2 不涉及时间，选用-=2as 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。 考●向●破●译 考向1 基本公式的应用 【重】 例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vt，则vt∶v0为(　　) A.4∶3 B.3∶1 C.5∶3 D.5∶2 【变式训练1·变载体】(2025·广东广州市模拟)2023年8月16日，备受瞩目的世界机器人大会在北京盛大开幕。新一代送餐机器人首次登场，如图所示，只要设置好路线、放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐。已知配餐点和目标位置在相距s=43 m的直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小a1=2 m/s2，速度达到v=2 m/s后匀速，之后适时匀减速，恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时t=23 s。求： (1)机器人加速过程的时间t1； (2)匀速运动的位移大小s2； ▶新情境◀【变式训练2】(2024·广西卷)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。 [变式] (1)该同学经过2号、3号、4号锥筒的速度大小分别是多少? (2)该同学从3号锥筒到4号锥筒的时间是多少? 考向2 逆向思维法处理刹车类问题 例2 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，恰好在羚羊通过的道路前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 思维建模 逆向思维在匀减速直线运动中的应用 当物体做匀减速直线运动时，若末速度已知，利用逆向思维，可看作初速度已知的匀加速直线运动，例如匀减速直线运动速度减到零，利用逆向思维看作初速度为零的匀加速直线运动。 【变式训练1·变考法】(2025·广东省部分学校联考)冰壶由花岗岩凿磨而成，冰壶运动是冬奥会的一个项目。如图所示，运动员在O点以一定的初速度将冰壶(可看作质点)沿水平冰面投出，冰壶在冰面上沿直线滑行s1=26 m、经历时间t1=10 s后经过P点，然后继续沿直线滑行s2=5.5 m、经历时间t2=5 s后经过Q点，最后停在R点。冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)冰壶经过Q点的速度大小； (2)Q和R两点之间的距离。 【变式训练2·变考法】某同学和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示,在某次游戏过程中,将盒子从O点推出。推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动,刚好停在e点。盒子可视为质点,a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m,盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　) A.盒子运动的加速度大小为1 m/s2 B.盒子运动到a点的速度大小为2 m/s C.盒子运动到c点的速度大小为1 m/s D.盒子从a点运动到e点的时间为2 s 考向2 双向可逆类问题 例3 (多选)一个物体以v0=8 m/s的初速度沿光滑斜面向上滑，加速度的大小为2 m/s2，冲上最高点之后，又以相同的加速度往回运动。则(　　) A.1 s末的速度大小为6 m/s B.3 s末的速度为零 C.2 s内的位移大小是10 m D.5 s内的位移大小是15 m 总结提升　两类特殊的匀减速直线运动的对比 项目 刹车类问题 双向可逆类问题 运动情况 匀减速直线运动 先做匀减速直线运动，后做反向匀加速直线运动 处理方法 可看作反向匀加速直线运动 可分过程列式，也可全过程列式 项目 刹车类问题 双向可逆类问题 时间问题 要注意确定实际运动时间 不必考虑时间问题 实例 汽车刹车、飞机着陆等 竖直上抛、沿光滑斜面向上运动等 【变式训练1·变考法】一物体(可视为质点)以4 m/s的速度滑上光滑固定斜面,做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动,经过一段时间后上滑到最高点C时速度 恰好减为零,途经A、B两点,然后又以相同大小的加速度下滑到斜面底端D点,已知sBC=25 cm。求: (1)物体第一次经过B点的速度; (2)物体由底端D点滑到B点所需要的时间。 【变式训练1·变考法】(2025·广东深圳开学考)一物体做匀减速直线运动直至停下，若在最初2 s内的位移是8 m，最后2 s内的位移是2 m，则物体的运动时间是(　　) A.4 s B.5 s C.6 s D.7 s 考点二 匀变速直线运动的推论及应用 知识点1 匀变速直线运动的常用推论 知●识●解●构 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：Δs=s2-s1=s3-s2=…=sn-sn-1=aT2。 不相邻相等的时间间隔T内的位移差sm-sn=(m-n)aT2，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)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s1∶s2∶s3∶…∶sn=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sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN=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)∶(-)∶…∶(-)。 ⚠特别提醒 考●向●破●译 考向一 图像法 【重】 例1 (2024·海南卷)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分别向左、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的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 【变式训练1·变载体】竖直升降电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动。电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如表所示。 t/s 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 v/(m·s-1) 0 2 4 5 5 5 5 5 4 3 2 1 0 (1)(3分)请定性画出电梯上述运动过程的v-t图像； (2)(3分)计算启动、制动过程的加速度大小a1，a2； (3)(6分)求出整个过程的位移大小s。 考向二 平均速度公式的应用【重】 例2滑雪运动员从助滑坡滑下，从圆弧跳台上起跳，在着落坡着陆。假设在着落坡上下滑时做初速度不为零的匀加速直线运动，在AB、BC连续两段相等位移s内运动的时间分别为T1和T2，如图所示。则在ABC段滑行时的加速度大小为(　　) A. B. C. D. 【变式训练1·变情境】 如图所示,小球沿足够长的斜面向上做匀变速直线运动,依次经a、b、c、d到达最高点e,已知xab=xbd=4 m,xbc=1 m,小球从a到c和从c到d所用的时间都是1 s,以沿斜面向上为正方向,设小球经过b、c时的速度分别为vb、vc,则下列说法正确的是(　　) A.小球的加速度大小为8 m/s2 B.vc=8 m/s C.vb=2 m/s D.de=2 m 考向三 位移差公式的应用 【重】 例3 (2025·广东云浮模拟)一质点做匀加速直线运动,第3 s内的位移是2 m,第4 s内的位移是2.5 m,下列说法正确的是(　　) A.第5 s内的位移是4.5 m B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s C.质点的加速度是0.125 m/s2 D.前4 s的平均速度是2 m/s 【变式训练1】(多选)如图所示，一可视为质点的物体沿一足够长的光滑固定斜面向上滑行，从某时刻开始计时，第一个t内的位移为s，第三个t内的位移为零，下列说法正确的是(　　) A.第二个t内该物体的位移为 B.该物体的加速度大小为 C.计时起点物体的速度大小为 D.该物体第二个t末的速度大小为 考向4 比例式 例4 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，以下说法正确的是(　　) 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 【变式训练1】(多选)(2025·广东广州月考)如图所示，相同的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是(　　) A.子弹在每个水球中的速度变化量相同 B.子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2-)∶(-)∶(-1)∶1 C.子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1 D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·广东·高考）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度或加速度随时间变化的图像是（　　） A．   B．   C．   D．   2．（2021·广东·高考）赛龙舟是端午节的传统活动。下列和图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（　　） A． B． C． D． 3.(2025·新课标卷)我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450 km/h。若以120 m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4 km后停止，则减速运动中其加速度的大小为(　　) A.0.1 m/s2 B.0.5 m/s2 C.1.0 m/s2 D.1.5 m/s2 4.(2025·广西卷)某位同学观察火车进站，火车由初速度为36 km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为(　　) A.216 m B.350 m C.600 m D.700 m 5.一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s-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 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲 匀变速直线运动的规律 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 知识点1 匀变速直线运动的基本规律 考向1 基本公式的应用 重 考向2 逆向思维法处理刹车类问题 考向3 双向可逆类问题 重 考点二 匀变速直线运动的推论及应用 知识点1 匀变速直线运动的常用推论 考向1 图像法 重 考向2 平均速度公式的应用 考向3 位移差公式的应用重 考向4 比例式 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 匀变速直线运动的基本规律及应用 √ √ 匀变速直线运动的推论及应用 —— —— 考情分析 题型与考向：高考对这部分内容的考查，大多以选择题的形式出现，通常情况下难度不大,会以实际生活中的例子作为试题背景，考查对质点、参考系、位移等的基本概念的理解与辨析，及位移、速度、加速度的计算。1.图像主导:运动学中超过60%的题目涉及运动图像,如v-t图像、s-t图像、a-t图像,要求通过斜率、面积、交点分析运动状态。 情境与立意： 1.生活实践类：安全行车，日常生活，交通运输，体育运动(如足球、体操、跳水、攀岩、骑行等)； 2.现实场景建模:交通刹车、电梯超重失重、斜面滑块等生活情境题增加。 3.多过程综合:考题常结合自由落体、竖直上抛、连接体动力学(如斜面+悬挂物体),强化牛顿运动定律与运动学的交叉应用。 复习目标 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。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 知识点1 匀变速直线运动的基本规律 知●识●解●构 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，v-t图线是一条倾斜的直线。 2.匀变速直线运动的基本规律 (1)速度与时间的关系式：vt=v0+at。 (2)位移与时间的关系式：s=v0t+at2。 由以上两式联立可得速度与位移的关系式：-=2as。 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vt=v0+at 不涉及末速度，选用s=v0t+at2 不涉及时间，选用-=2as 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。 考●向●破●译 考向1 基本公式的应用 【重】 例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vt，则vt∶v0为(　　) A.4∶3 B.3∶1 C.5∶3 D.5∶2 【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vt=v0+at=，故，C正确。 【变式训练1·变载体】(2025·广东广州市模拟)2023年8月16日，备受瞩目的世界机器人大会在北京盛大开幕。新一代送餐机器人首次登场，如图所示，只要设置好路线、放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐。已知配餐点和目标位置在相距s=43 m的直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小a1=2 m/s2，速度达到v=2 m/s后匀速，之后适时匀减速，恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时t=23 s。求： (1)机器人加速过程的时间t1； (2)匀速运动的位移大小s2； 【答案】　(1)1 s　(2)40 m 【解析】　(1)根据速度—时间公式可得机器人加速过程的时间t1== s=1 s (2)设机器人减速时的加速度大小为a2，匀速运动的时间为t0，根据位移—时间关系可得s1=a1 匀速运动位移为s2=vt0 减速运动位移为s3= 减速时间为t2= 根据题意有s=s1+s2+s3，t=t1+t0+t2 联立可得t0=20 s，a2=1 m/s2，s2=40 m。 ▶新情境◀【变式训练2】(2024·广西卷)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。 【答案】 (1)1 m/s2　(2)4号 【解析】 (1)设该同学到达1号锥筒时的速度为v0,根据匀变速直线运动规律得 d=v0t1-a, 2d=v0(t1+t2)-a(t1+t2)2, 联立解得v0=2.45 m/s,a=1 m/s2。  (2)从1号锥筒到停止过程通过的位移大小为 s==3.001 25 m≈3.33d,  可知最远能经过4号锥筒。 [变式] (1)该同学经过2号、3号、4号锥筒的速度大小分别是多少? (2)该同学从3号锥筒到4号锥筒的时间是多少? 【答案】 (1)2.05 m/s　1.55 m/s　0.78 m/s (2)0.77 s 【解析】 (1)根据位移与速度的关系式得 -=-2ad, -=-2a·2d, -=-2a·3d, 代入数据解得 v2=2.05 m/s, v3=1.55 m/s, v4≈0.78 m/s。 (2)根据速度与时间关系式有 v4=v3-at, 得t== s=0.77 s。 考向2 逆向思维法处理刹车类问题 例2 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，恰好在羚羊通过的道路前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 【答案】　B 【解析】　由题意可知，汽车的刹车位移为s=50 m-1 m=49 m，设刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，把刹车过程逆向处理，则有=2as，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，有s'=aΔt2，解得s'=1 m，故B正确。 思维建模 逆向思维在匀减速直线运动中的应用 当物体做匀减速直线运动时，若末速度已知，利用逆向思维，可看作初速度已知的匀加速直线运动，例如匀减速直线运动速度减到零，利用逆向思维看作初速度为零的匀加速直线运动。 【变式训练1·变考法】(2025·广东省部分学校联考)冰壶由花岗岩凿磨而成，冰壶运动是冬奥会的一个项目。如图所示，运动员在O点以一定的初速度将冰壶(可看作质点)沿水平冰面投出，冰壶在冰面上沿直线滑行s1=26 m、经历时间t1=10 s后经过P点，然后继续沿直线滑行s2=5.5 m、经历时间t2=5 s后经过Q点，最后停在R点。冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)冰壶经过Q点的速度大小； (2)Q和R两点之间的距离。 答案　(1)0.6 m/s　(2)0.9 m 解析　(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在O点至R点的运动为匀减速直线运动，设冰壶运动的加速度大小为a，在Q点时的速度大小为vQ，由逆向思维冰壶由R点向O点做匀加速直线运动，则有 vQt2+a=s2 vQ(t1+t2)+a=s1+s2 解得a=0.2 m/s2，vQ=0.6 m/s (2)已知运动到R点时冰壶停下，有=2as3 代入已知数据可知s3=0.9 m。 【变式训练2·变考法】某同学和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示,在某次游戏过程中,将盒子从O点推出。推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动,刚好停在e点。盒子可视为质点,a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m,盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　) A.盒子运动的加速度大小为1 m/s2 B.盒子运动到a点的速度大小为2 m/s C.盒子运动到c点的速度大小为1 m/s D.盒子从a点运动到e点的时间为2 s 【答案】 B 【解析】 由题知,盒子在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m,根据逆向思维法有s0=at2,代入数据得a=2 m/s2,A错误;根据逆向思维法有=2a×4s0,解得盒子运动到a点的速度大小为va=2 m/s,B正确;根据逆向思维法有=2a×2s0,解得盒子运动到c点的速度大小为vc= m/s,C错误;根据逆向思维法有4s0=at′2,盒子从a点运动到e点的时间为t′=1 s,D错误。 考向2 双向可逆类问题 例3 (多选)一个物体以v0=8 m/s的初速度沿光滑斜面向上滑，加速度的大小为2 m/s2，冲上最高点之后，又以相同的加速度往回运动。则(　　) A.1 s末的速度大小为6 m/s B.3 s末的速度为零 C.2 s内的位移大小是10 m D.5 s内的位移大小是15 m 【答案】　AD 【解析】　以初速度方向为正方向，则加速度为a=-2 m/s2，根据速度公式vt=v0+at可得，第1 s末的速度为v1=8 m/s+(-2)×1 m/s=6 m/s，第3 s末的速度为v3=8 m/s+(-2)×3 m/s=2 m/s，故A正确，B错误;根据位移公式s=v0t+at2可得，2 s内的位移大小为s2=8×2 m+×(-2)×22 m=12 m，5 s内的位移大小为s=8×5 m+×(-2)×52 m=15 m，故C错误，D正确。 总结提升　两类特殊的匀减速直线运动的对比 项目 刹车类问题 双向可逆类问题 运动情况 匀减速直线运动 先做匀减速直线运动，后做反向匀加速直线运动 处理方法 可看作反向匀加速直线运动 可分过程列式，也可全过程列式 项目 刹车类问题 双向可逆类问题 时间问题 要注意确定实际运动时间 不必考虑时间问题 实例 汽车刹车、飞机着陆等 竖直上抛、沿光滑斜面向上运动等 【变式训练1·变考法】一物体(可视为质点)以4 m/s的速度滑上光滑固定斜面,做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动,经过一段时间后上滑到最高点C时速度 恰好减为零,途经A、B两点,然后又以相同大小的加速度下滑到斜面底端D点,已知sBC=25 cm。求: (1)物体第一次经过B点的速度; (2)物体由底端D点滑到B点所需要的时间。 【答案】 (1)1 m/s,方向沿斜面向上 (2)第一次滑到B点用时1.5 s,第二次滑到B点用时2.5 s 【解析】 (1)物体从B到C做匀减速直线运动,末速度为零,根据逆向思维,从C到B可视为初速度为零的匀加速直线运动,加速度大小 a1=2 m/s2, 位移大小sBC=25 cm=0.25 m, 根据位移与时间关系式,有 sBC=a1, 解得t1=0.5 s, 根据速度与时间关系式,有 v1=a1t1, 解得v1=1 m/s, 故物体第一次经过B点时速度大小为1 m/s,方向沿斜面向上。 (2)以沿斜面向上为正方向,对从D到B过程,由v1=v0+at可得,第一次滑到B点所用时间为 t== s=1.5 s, 由对称性可知tBC=tCB=t1=0.5 s, 则第二次滑到B点所用时间 t′=t+2tBC=1.5 s+2×0.5 s=2.5 s。 【变式训练1·变考法】(2025·广东深圳开学考)一物体做匀减速直线运动直至停下，若在最初2 s内的位移是8 m，最后2 s内的位移是2 m，则物体的运动时间是(　　) A.4 s B.5 s C.6 s D.7 s 【答案】　B 【解析】　匀减速至零的直线运动可以逆向视为初速度为零的匀加速直线运动。最后2 s内，由s2=a，解得a=1 m/s2，最初2 s内，由s1=v0t1-a，解得v0=5 m/s，由v0=at，解得t=5 s，故B正确。 考点二 匀变速直线运动的推论及应用 知识点1 匀变速直线运动的常用推论 知●识●解●构 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：Δs=s2-s1=s3-s2=…=sn-sn-1=aT2。 不相邻相等的时间间隔T内的位移差sm-sn=(m-n)aT2，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)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s1∶s2∶s3∶…∶sn=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sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN=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)∶(-)∶…∶(-)。 ⚠特别提醒 考●向●破●译 考向一 图像法 【重】 例1 (2024·海南卷)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分别向左、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的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 【答案】　C 【解析】　作出单扇感应门打开过程的v-t图像如图所示，根据v-t图像与横坐标轴所围图形的面积表示位移可知，vm×4 s=2 m，解得vm=1 m/s，根据加速度的定义可知a==0.5 m/s2，C正确。 【变式训练1·变载体】竖直升降电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动。电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如表所示。 t/s 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 v/(m·s-1) 0 2 4 5 5 5 5 5 4 3 2 1 0 (1)(3分)请定性画出电梯上述运动过程的v-t图像； (2)(3分)计算启动、制动过程的加速度大小a1，a2； (3)(6分)求出整个过程的位移大小s。 【答案】　(1)见解析图　(2)2 m/s2　1 m/s2　(3)41.25 m 【解析】　(1)从表中可看出物体先匀加速，后匀速，再匀减速，v-t图像如图 (2)匀加速直线运动过程a1==2 m/s2 匀减速直线运动过程a2=||=1 m/s2 (3)加速过程的时间t1==2.5 s 减速过程的时间t2==5 s 匀速过程的时间t3=t总-t1-t2=4.5 s 则总位移大小s=t1+vt3+t2=41.25 m 考向二 平均速度公式的应用【重】 例2滑雪运动员从助滑坡滑下，从圆弧跳台上起跳，在着落坡着陆。假设在着落坡上下滑时做初速度不为零的匀加速直线运动，在AB、BC连续两段相等位移s内运动的时间分别为T1和T2，如图所示。则在ABC段滑行时的加速度大小为(　　) A. B. C. D. 【答案】　A 【解析】　AB、BC连续两段相等位移s内运动的平均速度分别为v1=，v2=，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据加速度的定义式有a=，解得a=，故A正确。 【变式训练1·变情境】 如图所示,小球沿足够长的斜面向上做匀变速直线运动,依次经a、b、c、d到达最高点e,已知xab=xbd=4 m,xbc=1 m,小球从a到c和从c到d所用的时间都是1 s,以沿斜面向上为正方向,设小球经过b、c时的速度分别为vb、vc,则下列说法正确的是(　　) A.小球的加速度大小为8 m/s2 B.vc=8 m/s C.vb=2 m/s D.de=2 m 【答案】 C 【解析】 由题意知xac=5 m,xcd=3 m,以沿斜面向上为正方向,根据Δx=at2得加速度a= m/s2= -2 m/s2,故A错误;由于vc== m/s=4 m/s,根据-=2axbc,解得vb=2 m/s,故B错误,C正确;c、e的距离xce== m=4 m,则d、e间的距离xde=xce-xcd=4 m-3 m=1 m,故D错误。 考向三 位移差公式的应用 【重】 例3 (2025·广东云浮模拟)一质点做匀加速直线运动,第3 s内的位移是2 m,第4 s内的位移是2.5 m,下列说法正确的是(　　) A.第5 s内的位移是4.5 m B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s C.质点的加速度是0.125 m/s2 D.前4 s的平均速度是2 m/s 【答案】 B 【解析】 由匀变速直线运动连续相等时间内的位移差相等可知,第5 s内的位移是3 m,A错误;第3 s末的瞬时速度等于3 s、4 s这两秒内的平均速度,即v3==2.25 m/s,B正确;由Δs=at2可得a=0.5 m/s2,C错误;由以上分析可得质点做初速度为0.75 m/s,加速度为0.5 m/s2的匀加速直线运动,故前4 s的平均速度==1.75 m/s,D错误。 【变式训练1】(多选)如图所示，一可视为质点的物体沿一足够长的光滑固定斜面向上滑行，从某时刻开始计时，第一个t内的位移为s，第三个t内的位移为零，下列说法正确的是(　　) A.第二个t内该物体的位移为 B.该物体的加速度大小为 C.计时起点物体的速度大小为 D.该物体第二个t末的速度大小为 【答案】　AC 【解析】　第三个t内的位移为零，说明第3个t内的物体前沿斜面向上滑，后沿斜面向下滑，将上滑过程分为5个，根据初速度为0的匀加速直线运动规律可知，其位移之比为9∶7∶5∶3∶1，故第二个t内的位移为第一个t内位移的一半，即，故A正确；根据第一个t内和第二个t内的位移可知，物体的加速度大小a==，故B错误；利用逆向思维，计时起点物体的速度大小v0=a·t=，故C正确；同理，第二个t末的速度大小v=a·=，故D错误。 考向4 比例式 例4 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，以下说法正确的是(　　) 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 【答案】　C 【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v'=2×，C正确，D错误。 【变式训练1】(多选)(2025·广东广州月考)如图所示，相同的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是(　　) A.子弹在每个水球中的速度变化量相同 B.子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2-)∶(-)∶(-1)∶1 C.子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1 D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 答案　BCD 解析　子弹做匀减速运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，而加速度相同，由Δv=aΔt知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，故A错误;子弹的运动可看作反向的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，通过连续相等位移的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)，则子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2-)∶(-)∶(-1)∶1，故B正确;子弹的运动可看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据s=at2可得子弹逆向依次穿出每个水球时的时间之比为1∶∶∶2，根据v=at可知子弹逆向依次穿出每个水球时的速度之比为1∶∶∶2，则子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1，故C正确;子弹恰好能穿出第4个水球，则根据B项分析知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球所用的时间相同，则子弹穿出第3个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，故D正确。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·广东·高考）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度或加速度随时间变化的图像是（　　） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【详解】AB．铯原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误； CD．因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。 故选D。 2．（2021·广东·高考）赛龙舟是端午节的传统活动。下列和图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误； B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确； C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误； D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。 故选BD。 3.(2025·新课标卷)我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450 km/h。若以120 m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4 km后停止，则减速运动中其加速度的大小为(　　) A.0.1 m/s2 B.0.5 m/s2 C.1.0 m/s2 D.1.5 m/s2 【答案】　B 【解析】　根据速度位移关系0-=-2ax，其中v0=120 m/s，x=14 400 m，代入数据可得减速运动中其加速度的大小a=0.5 m/s2，故选B。 4.(2025·广西卷)某位同学观察火车进站，火车由初速度为36 km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为(　　) A.216 m B.350 m C.600 m D.700 m 【答案】　B 【解析】　火车运动的时间为t=×70 s=70 s，火车的初速度v0=36 km/h=10 m/s，火车共行驶的距离x=t=×70 m=350 m，故选B。 5.一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s-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 【答案】　D 【解析】　根据初速度为0的匀加速直线运动的推论可知，连续通过相同位移所需时间的比为1∶∶，但动车做的是有一定初速度的匀减速运动，故A错误;因为动车做匀减速直线运动，所以车头经过立柱A的速度不可能为0~t1时间的平均速度，故B错误;t1~t3时间段的平均速度为vB=，只有匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于该段位移内的平均速度，但是立柱B位于该段的位移中点，故C错误;车头经过立柱A、B过程中的平均速度为v=，故D正确。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲 匀变速直线运动的规律 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 知识点1 匀变速直线运动的基本规律 考向1 基本公式的应用 【重】 例1 【答案】　C 【变式训练1·变载体】 【答案】　(1)1 s　(2)40 m 【解析】　(1)根据速度—时间公式可得机器人加速过程的时间t1== s=1 s (2)设机器人减速时的加速度大小为a2，匀速运动的时间为t0，根据位移—时间关系可得s1=a1 匀速运动位移为s2=vt0 减速运动位移为s3= 减速时间为t2= 根据题意有s=s1+s2+s3，t=t1+t0+t2 联立可得t0=20 s，a2=1 m/s2，s2=40 m。 ▶新情境◀【变式训练2】 【答案】 (1)1 m/s2　(2)4号 【解析】 (1)设该同学到达1号锥筒时的速度为v0,根据匀变速直线运动规律得 d=v0t1-a, 2d=v0(t1+t2)-a(t1+t2)2, 联立解得v0=2.45 m/s,a=1 m/s2。  (2)从1号锥筒到停止过程通过的位移大小为 s==3.001 25 m≈3.33d,  可知最远能经过4号锥筒。 [变式] 【答案】 (1)2.05 m/s　1.55 m/s　0.78 m/s (2)0.77 s 【解析】 (1)根据位移与速度的关系式得 -=-2ad, -=-2a·2d, -=-2a·3d, 代入数据解得 v2=2.05 m/s, v3=1.55 m/s, v4≈0.78 m/s。 (2)根据速度与时间关系式有 v4=v3-at, 得t== s=0.77 s。 考向2 逆向思维法处理刹车类问题 例2 【答案】　B 【变式训练1·变考法】【答案】　(1)0.6 m/s　(2)0.9 m 【解析】　(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在O点至R点的运动为匀减速直线运动，设冰壶运动的加速度大小为a，在Q点时的速度大小为vQ，由逆向思维冰壶由R点向O点做匀加速直线运动，则有 vQt2+a=s2 vQ(t1+t2)+a=s1+s2 解得a=0.2 m/s2，vQ=0.6 m/s (2)已知运动到R点时冰壶停下，有=2as3 代入已知数据可知s3=0.9 m。 【变式训练2·变考法】【答案】 B 考向2 双向可逆类问题 例3 【答案】　AD 【变式训练1·变考法】【答案】 (1)1 m/s,方向沿斜面向上 (2)第一次滑到B点用时1.5 s,第二次滑到B点用时2.5 s 【解析】 (1)物体从B到C做匀减速直线运动,末速度为零,根据逆向思维,从C到B可视为初速度为零的匀加速直线运动,加速度大小 a1=2 m/s2, 位移大小sBC=25 cm=0.25 m, 根据位移与时间关系式,有 sBC=a1, 解得t1=0.5 s, 根据速度与时间关系式,有 v1=a1t1, 解得v1=1 m/s, 故物体第一次经过B点时速度大小为1 m/s,方向沿斜面向上。 (2)以沿斜面向上为正方向,对从D到B过程,由v1=v0+at可得,第一次滑到B点所用时间为 t== s=1.5 s, 由对称性可知tBC=tCB=t1=0.5 s, 则第二次滑到B点所用时间 t′=t+2tBC=1.5 s+2×0.5 s=2.5 s。 【变式训练1·变考法】【答案】　B 考点二 匀变速直线运动的推论及应用 知识点1 匀变速直线运动的常用推论 考向一 图像法 【重】 例1 【答案】　C 【变式训练1·变载体】【答案】　(1)见解析图　(2)2 m/s2　1 m/s2　(3)41.25 m 【解析】　(1)从表中可看出物体先匀加速，后匀速，再匀减速，v-t图像如图 (2)匀加速直线运动过程a1==2 m/s2 匀减速直线运动过程a2=||=1 m/s2 (3)加速过程的时间t1==2.5 s 减速过程的时间t2==5 s 匀速过程的时间t3=t总-t1-t2=4.5 s 则总位移大小s=t1+vt3+t2=41.25 m 考向二 平均速度公式的应用【重】 例2【答案】　A 【变式训练1·变情境】 【答案】 C 考向三 位移差公式的应用 【重】 例3【答案】 B 【变式训练1】【答案】　AC 考向4 比例式 例4 【答案】　C 【变式训练1】【答案】　BCD 真题溯源·考向感知 1．【答案】D 2．【答案】BD 3.【答案】　B 4.【答案】　B 5.【答案】　D 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $