第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

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、常用推论及多过程问题三大核心考点，按“定义公式—方法选用—综合应用”逻辑架构知识点。通过考点梳理、方法指导（如公式选用原则、逆向思维）、真题训练（典例及配套热练）环节，帮助学生构建解题框架，突破刹车类、双向可逆等难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以科学思维培养为核心，创新采用多解法对比（如典例3用逆向思维、比例法等五种方法）及分层练习（选择、计算）设计。通过“画过程—列方程—找联系”解题策略训练，提升学生模型建构与科学推理能力，确保短时间内高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第2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 1．匀变速直线运动 (1) 定义：物体沿一条直线运动，且__加速度__不变的运动． (2) 分类 2．匀变速直线运动的基本规律 (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__． 3．公式选用原则 所涉及的物理量 (包括已知量、待求量) 没有涉及的物理量 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－v＝2ax v0、v、t、x a x＝t 提醒：除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向． 典例1　(2026·南京二十九中期初)如图所示，某一质点沿着如图所示的直线向右做匀减速运动，依次经过R、S、T三点，ST＝2RS，质点通过RS过程和ST过程的平均速度分别为10 m/s和5 m/s，求： (1) 质点通过RS过程和ST过程的时间之比． (2) 质点运动至T点的瞬时速度的大小． 答案： (1) 1∶4　(2) 1 m/s 【解析】 (1) 质点通过RS过程和ST过程的时间之比＝＝＝ (2) 设质点加速度的大小为a，经过R点速度的大小为v，经过S点速度的大小为v1，经过T点速度的大小为v2，通过RS段的时间为t，通过ST段的时间为4t.由平均速度公式得 ＝＝10 m/s ′＝＝5 m/s 由速度公式得v1＝v－at v2＝v1－a·4t 联立解得v2＝1 m/s 典例2　一辆汽车在路面上正常行驶时，遇特殊情况进行紧急刹车，刹车过程中其位移与时间的关系为x＝20t－2t2(m)，则刹车后6 s汽车的速度大小为(　D　) A．10 m/s　　　 B．8 m/s C．4 m/s　　　 D．0 【解析】 根据匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋at2，结合x＝20t－2t2(m)，可得汽车的初速度和加速度分别为v0＝20 m/s，a＝－4 m/s2，汽车刹车到停下的时间为t＝＝5 s，则刹车后6 s汽车的速度大小为0，故D正确． 两类特殊的匀减速直线运动 两类运动 运动特点 求解方法 刹车类 问题 匀减速直线运动到速度为零后即停止运动 求解时要注意先确定实际运动时间，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，应用比例关系求解 双向可 逆问题 如小球沿光滑固定斜面上滑或竖直上抛之类的运动，全过程加速度大小、方向均不变 求解时可对全过程列方程，但必须注意x、v、a等矢量的正、负号 考点二　匀变速直线运动的推论及应用 匀变速直线运动的常用推论 (1) 平均速度公式：＝v＝____． 位移中点速度公式：v＝____． (2) 位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝__aT2__．可以推广为xm－xn＝(m－n)aT2． (3) 初速度为零的匀加速直线运动比例式： ① 1T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝__1∶2∶3∶…∶n__． ② 1T内，2T内，3T内，…，nT内位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝__1∶22∶32∶…∶n2__． ③ 第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第n个T内位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝__1∶3∶5∶…∶(2n－1)__． ④ 通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝__1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)__． 典例3　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，到达斜面最高点C时速度恰好为零，斜面总长度为l，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点滑到C点所用的时间． 答案： t 【解析】 方法一：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面 故xBC＝，xAC＝，又xBC＝ 由以上三式解得tBC＝t 方法二：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体从B点滑到C点所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 v＝2axAC，v＝v－2axAB，xAB＝xAC 解得vB＝ 又vB＝v0－at，vB＝atBC 解得tBC＝t 方法三：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 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 方法四：中间时刻速度法 利用推论：匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度 AC＝＝ 又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝ 由以上三式解得vB＝，即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 方法五：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v－t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 典例4　在“冬奥会”冰上项目中冰壶比赛是极具观赏性的一个项目．如图所示，一冰壶以速度v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，则关于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，下列说法中正确的是(　D　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝(－)∶(－1)∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 【解析】 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故把冰壶运动看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动，通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，故C错误，D正确；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1∶∶，则v1∶v2∶v3＝∶∶1，故A、B错误． 处理匀变速直线运动的常用方法 考点三　匀变速直线运动的多过程问题 典例5　(2025·镇江期中)如图所示，物块在斜面上A处由静止开始匀加速下滑到斜面底端B处，接着在水平面上做匀减速运动到C处停止，物块经过B处从斜面到水平面上时速度大小不变，已知AB和BC的长度分别是x1和x2，物块在斜面上运动的时间为t． (1) 求物块在斜面AB上下滑时的加速度大小a1． (2) 求物块在水平面BC上做匀减速运动时的加速度大小a2． (3) 若物块在A处以某一初速度下滑，物块最终停在D处，已知BD的长度为5x2，求物块在A处的初速度大小v0． 答案： (1) 　(2) 　(3) 【解析】 (1) 物块在斜面AB上从静止开始做匀加速直线运动，有x1＝a1t2 可得a1＝ (2) 设物块滑到斜面底端B处时的速度大小为v1，有v1＝a1t 物块在水平面BC上做匀减速直线运动，有v＝2a2x2 可得a2＝ (3) 设物块在A处的初速度大小为v0，物块在B处的速度大小为v2，物块在斜面AB上做匀加速直线运动，且加速度大小不变，有v－v＝2a1x1 物块在水平面BD上做匀减速直线运动，且加速度大小不变，有v＝2a2·5x2 可得v0＝ 匀变速直线运动多过程问题的解题策略 1．解题步骤 (1) 画：分清各阶段的运动过程，画出草图． (2) 列：列出各运动阶段的运动方程． (3) 找：找出衔接处的速度与各运动阶段间的位移、时间关系． (4) 解：联立求解，算出结果． 2．解题关键：多过程运动的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键． 1．(2025·南京六校联合体调研)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点的距离为L.木板由静止释放，若木板的长度为L，其上端到达A点时的速度为v1；若木板的长度为2L，其上端到达A点时的速度为v2.则v2∶v1为(　D　) A．∶1 B．∶1 C．(－1)∶(－1) D．∶ 【解析】 木板沿斜面向下做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系式有v＝2a·2L，v＝2a·3L，解得v2∶v1＝∶，故D正确． 2． (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．门从静止开始以相同的加速度的大小先做匀加速运动，后做匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则门的加速度的大小为(　C　) A．1.25 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2　　　 D．0.25 m/s2 【解析】 设门的最大速度为 v，根据匀变速直线运动的规律可知匀加速过程和匀减速过程的平均速度均为 ，且时间相等，均为t＝2 s，根据x＝×4，可得v＝1 m/s，则加速度a＝＝m/s2＝0.5m/s2，故C正确． 3．(2025·宿迁期末)如图所示是港珠澳跨海大桥上四段长为d的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点开始做匀减速直线运动，恰好运动到e点静止，则(　C　) A．通过a点和c点的速度之比为2∶1 B．在ae段的平均速度等于c点的瞬时速度 C．通过ad段和de段的时间之比为1∶1 D．在ab段的速度变化量大于bc段的速度变化量 【解析】 将运动过程反向看成从e点到a点的初速度为零的匀加速运动过程，有v＝2a·4d，v＝2a·2d，可得＝，故A错误；根据匀变速运动规律ae段的平均速度为ae＝＝≠vc＝2，故B错误；根据初速度为零的匀变速运动推论可知相等的时间内的位移之比为1∶3∶5…，由于ad段和de段的位移之比为3∶1，故时间之比为1∶1，故C正确；根据v＝2a·3d，可得b点的速度大小为vb＝，故ab段的速度变化量为Δvab＝－，bc段的速度变化量为Δvbc＝－，即Δvab＜Δvbc，故D错误． 4． 一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动一段时间，最后匀减速运动，直到停止．表中给出了不同时刻汽车的速度值，则下列说法中正确的是(　D　) 时刻/s 1.0 2.0 3.0 5.0 7.0 9.5 10.5 速度/(m·s－1) 3 6 9 12 12 9 3 A．汽车做匀加速运动时的加速度为3 m/s2，做匀减速运动时的加速度为6 m/s2 B．汽车从开出到停止共经历的时间为12 s C．汽车做匀速运动的时间为6 s D．汽车通过的总路程为96 m 【解析】 由表中数据得汽车匀加速时的加速度a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，减速时的加速度a2＝＝ m/s2＝－6 m/s2，则从10.5 s时刻开始到停止还需的时间t′＝ s＝0.5 s，所以汽车运动的总时间为11 s，故A、B错误；由题意知汽车加速到12 m/s 需要4 s时间，汽车从12 m/s 减速到0需要2 s时间，故汽车做匀速运动的时间为(11－4－2) s＝5 s，故C错误；匀加速运动的位移x1＝t1＝×4 m＝24 m，匀减速运动的位移x2＝t2＝×2 m＝12 m，匀速运动的位移x3＝v(t－t1－t2)＝12×5 m＝60 m，则汽车的总路程x＝x1＋x2＋x3＝96 m，故D正确． 配套热练 一、 选择题 1．(2025·江苏卷)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动.2 s内速度由12 m/s减至0.该过程中加速度的大小为(　C　) A．2 m/s2 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．8 m/s2 【解析】 根据运动学公式v＝v0＋at，代入数值解得a＝－6 m/s2，故加速度的大小为6 m/s2，故C正确． 2．(2026·高邮期初)某汽车初速度为12 m/s，发前方有障碍物立刻制动，做加速度为5 m/s2的匀减速直线运动，则制动后3 s内的位移为(　B　) A．13.5 m B．14.4 m C．27 m D．58.5 m 【解析】 汽车从开始制动到停止所用时间为t0＝＝ s＝2.4 s，故制动后3 s内的位移等于t0内的位移，故制动后3 s内的位移为x1＝t0＝×2.4 m＝14.4 m，故B正确． 3．“蛟龙号”潜水器完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后潜水器匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则潜水器在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为(　D　) A． B．vt0 C． D． 【解析】 潜水器上升的加速度大小为a＝，研究潜水器从t0时刻到浮到水面的逆过程，则由匀变速运动的规律可知潜水器在t0时刻距离海平面的深度为h＝a(t－t0)2＝，故D正确． 4．(2025·安徽卷)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的匀加速直线运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速直线运动；最后做加速度大小也为a的匀减速直线运动，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　) A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 【解析】 由题意可知，设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，由位移公式得x＝t′，根据逆向思维，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，联立解得t′＝，再根据x＝at′2，解得x＝at2，故B、C、D错误，A正确． 5．一质点沿x轴做直线运动的位置坐标x与时间t的关系为x＝2＋3t－t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点(　C　) A．从坐标原点出发 B．前2 s内的平均速度是12 m/s C．1.5 s末质点速度为0 D．1 s末的速度与2 s末速度相同 【解析】 由x＝2＋3t－t2，当t＝0时x0＝2 m，即质点不是从坐标原点出发，故A错误；前2 s内的位移 Δx＝x2－x0＝(2＋3×2－22) m－2 m＝2 m，前2 s内的平均速度2＝＝ m/s＝1 m/s，故B错误；根据x＝v0t＋at2知，质点的初速度为3 m/s，加速度为－2 m/s2，速度减为零的时间为t＝＝ s＝1.5 s，所以1.5 s末质点速度为0，故C正确；由速度公式得1 s末的速度v1＝v0＋at1＝(3－2×1) m/s＝1 m/s，2 s末速度v2＝v0＋at2＝(3－2×2) m/s＝－1 m/s，速度大小相等，方向相反，故D错误． 6． 现在的物理学中加速度的定义式为a＝，而历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，“另类加速度”的定义式为A＝，其中v0、vs分别表示某段位移s内的初速度和末速度．A＞0表示物体在做加速运动，A＜0表示物体在做减速运动．下列说法中正确的是(　B　) A．若A不变，则a也不变 B．若A＞0且保持不变，则a逐渐变大 C．若A不变，则物体在位移中点处的速度比大 D．若A＞0且保持不变，则物体在中间时刻的速度比 大 【解析】 若A不变，有两种情况：当A＞0时，相等位移内速度增加量相等，则通过相等位移所用的时间越来越短，由a＝可知，a越来越大；当A＜0时，相等位移内速度减少量相等，则通过相等位移所用的时间越来越多，由a＝可知，a越来越小，故A错误，B正确；当A不变时，相等位移内速度变化量相等，设位移中点处的速度为v，则有v－v0＝vs－v，可得v＝，故C错误；若A＞0且保持不变，则前一半时间内的平均速度小于后一半时间内的平均速度，后一半时间内物体将经过更多的位移，所以物体在中间时刻时，还没有到达中间位置，所以物体在中间时刻的速度比小，故D错误． 7． 如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法中正确的是(　D　) A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得CD＝4.5 m C．可以求得OA之间的距离为1.5 m D．可以求得OB之间的距离为3.125 m 【解析】 由Δx＝aT2可得物体的加速度a＝＝，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A错误；根据sCD－sBC＝sBC－sAB＝1 m，可知sCD＝(3＋1) m＝4 m，故B错误；物体经过B点的瞬时速度为vB＝＝，sOA＝－sAB＝1.125 m，故C错误；根据v＝2asOB，解得sOB＝＝3.125 m，故D正确． 8． 一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若列车一节车厢长25 m，列车进站时可以看成匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4 s，列车停下时旅客刚好在8号车厢门口(8号车厢最前端)，则该列车的加速度大小约为(　C　) A．2 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2 【解析】 采用逆向思维，列车做初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…，得第7节车厢和第6节车厢通过他的时间之比为1∶(－1)，所以第7节车厢通过他的时间为 t＝4(＋1) s，根据L＝at2，得加速度为a＝＝ m/s2≈0.5 m/s2，故C正确． 9． 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(　C　) A．＋ B．＋ C．＋ D．＋ 【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v(v＜v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速运动时间为t2＝，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，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t＝＋，故C正确． 二、 计算题 10．(2026·金陵中学期初)通过“30 m折返跑”的测试成绩可以反映一个人的身体素质．在平直的跑道上一学生站立在起点线A处，当听到起跑口令后(测试员同时开始计时)，跑向正前方30 m处的折返线，到达折返线B处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，返程无需减速，到达起点线处时停止计时，全过程所用时间即为折返跑的成绩．学生加速或减速过程均视为匀变速运动，触摸杆的时间不计，某同学加速时的加速度大小为a1＝2.5 m/s2，减速时的加速度大小为a2＝5 m/s2，到达折返线处时速度需减小到零，并且该生全过程中最大速度不超过vm＝12 m/s． (1) 该学生返程(B到A过程)最快需多少时间？ (2) 求该学生“30 m折返跑”的最好成绩． 答案： (1) 4.9 s　(2) 10.9 s 【解析】 假如学生从A到B的过程中，先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动，并设此过程中达到的最大速度为v，做匀加速直线运动的时间为t1，做匀减速直线运动的时间为t2，则由运动学公式，有v＝a1t1，v＝a2t2，L＝(t1＋t2) 解得v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s 因为v＜vm，所以从A到B的过程中，学生可以先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动 从B到A的加速过程中，速度从零增大到12 m/s用时为t3＝＝ s＝4.8 s 加速过程的位移x＝t3＝×4.8 m＝28.8 m 最后阶段的匀速运动用时为 t4＝＝ s＝0.1 s 所以返程最快的时间tBA＝t3＋t4＝4.9 s 则该学生“30 m折返跑”的最好成绩为 t＝t1＋t2＋t3＋t4＝4＋2＋4.8＋0.1 s＝10.9 s 11．(2025·宿迁期末)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称．如图甲所示，汽车以15 m/s的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过20 s缴费后，再加速至15 m/s行驶；如果过ETC通道，需要在中心线前方10 m处减速至5 m/s，匀速到达中心线后，再加速至15 m/s行驶．设汽车加速和减速的加速度大小均为1 m/s2． (1) 求汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程． (2) 汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约多少时间？ (3) 若汽车过人工收费通道时，驾驶员为避免突然刹车让乘客有明显不舒服的顿挫感，刹车时加速度大小随时间变化规律如图乙所示，且刹车结束时车辆恰好停在收费站中心线处，求此次刹车距离． 甲 乙 答案： (1) 225 m　(2) 27 s　(3) 225 m 【解析】 (1) 汽车过人工收费通道，设从收费前减速到速度为0通过的位移为x1，则 02－v＝2(－a)x1 解得x1＝112.5 m 设汽车缴费后再加速至15 m/s通过的位移为x2，则v＝2ax2 解得x2＝112.5 m 则汽车从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程为s＝x1＋x2＝225 m (2) 汽车过人工收费通道，收费前减速和收费后加速的时间t减＝t加＝＝ s＝15 s 汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共所用时间为 t总＝t减＋t停＋t加＝(15＋20＋15) s＝50 s 汽车通过ETC通道时，速度减速至5 m/s所用时间为t1＝＝ s＝10 s 减速过程通过的位移为x减＝×10 m＝100 m 以5 m/s通过位移10 m所用时间为t2＝ s＝2 s 从5 m/s加速至15 m/s所用时间为t3＝t2＝10 s 加速过程通过的位移为x加＝x减＝100 m 以上三个过程汽车通过的位移一共为 x减＋x匀＋x加＝(100＋10＋100) m＝210 m 则有t4＝ s＝1 s 可知汽车通过ETC通道时，通过路程为225 m所用的总时间为t′总＝t1＋t2＋t3＋t4＝23 s 汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间为Δt＝t总－t′总＝(50－23) s＝27 s (3) 设刹车过程的加速度的最大值为amax，由题意可画出汽车刹车过程的v－t图像如图中A所示．由v－t图像知，在2t时间内汽车刹车位移，与以相同初速度经相同时间匀减速至0的匀减速直线运动位移相同(如B所示) 设上述假设的匀减速运动的加速度大小为a′，则 0＝v0－amax·2t，0＝v0－a′·2t 得a′＝0.5 m/s2 由运动学公式知02－v＝2(－a′)x 解得x＝225 m 学科网（北京）股份有限公司 $