文档内容
第一章 运动的描述 匀变速直线运动
近5年考情分析
考题统计
考点要求 等级要求 2022 2021 2020 2019 2018
运动的描 福建卷·T1
Ⅰ 浙江1月卷·T2 浙江卷·T1 浙江卷·T2
述 浙江卷·T3
匀变速直
浙江卷·T10
线运动的 Ⅱ 湖北卷·T2 Ⅰ卷·T24 Ⅰ卷·T18
北京卷·T20
规律
运动图像
Ⅱ卷·T19
及三类典 Ⅱ 广东卷·T8 浙江卷·T9
Ⅲ卷·T18
型问题
实验一：
研究匀变
江苏卷·T11 Ⅰ卷·T22 Ⅲ卷·T22
速直线运
动
1.物理观念:描述运动的物理量；2.科学思维:(1)解决匀变速直线运动的常用方法 (2)思维转换法
核心素养 巧解物体的匀变速直线运动(3)测量速度的三种模型；3.科学态度与责任:刹车、避险问题；4.科学
探究:研究匀变速直线运动
高考对直线运动部分的考查内容主要有直线运动模型的建构及运动规律的理解和应用、命题常结合
生产、生活中常见的物理情景，如物体上抛、下落，车辆启动、刹车、追及、相遇，物体上下坡，
命题规律 物体经由传送带传送等，实现对直线运动规律的考查。在考查方向上对单一物体和多个物体不同的
运动形式都有所体现，解题方法主要是函数法和图象法，同时估算法和隔离法有所涉及，对学科核
心素养的考查主要体现在运动观念、模型建构、科学推理及严谨认真的科学态度。
运动作为物理学科的基础知识，是高考的必考内容，复习备考要重点加强物理模型的建构，如质
点、匀速直线运动等;突出物理思想，如极限思维、抽象思维、运动的相对性与绝对性的对立统一
等;通过选择不同参考系加强对运动相对性的理解:加强对运动规律的探究、推理、论证及在不同情
备考策略 景下的具体应用;物理学科对自然现象和规律的三种表达方式是文字表达、函数表达、图象表达，加
强对这三种表达方式的理解及应用，能够做到三种表达方式的相互转换及合理选择.利用生产、生活
中与直线运动紧密联系的实践活动，加强对直线运动规律的应用与探究.加强典型学科方法，如函数
法、比较法、极限法、图象法、结论法等的应用训练。【网络构建】
专题 1.2 匀变速直线运动的规律
【网络构建】
考点一 匀变速直线运动的规律
一.匀变速直线运动源:学
科网]
1.定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
Δv
2.特点：①相等时间 相等，速度均匀变化；
Δv
a=
Δt
② 恒定，大小和方向都保持不变；
③v-t图象是一条倾斜直线．二．匀变速直线运动的基本规律
1.匀变速直线运动的基本公式
――――→
2.说明：
①适用于匀变速直线运动或往返可逆式的匀变速直线运动（类竖直上抛运动）。
v v
②注意矢量性。除时间t外， 0、v、x、a都是矢量，注意正、负号的选取。一般选取 0方向为正方向，
若物体做匀加速直线运动，则a>0;若物体做匀减速直线运动，则a<0。
③知三求一。一共有五个物理量，每个公式中有四个物理量，知道其中三个，可求出另一个；
【规律总结】重要公式的选择原则与技巧
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和 没有涉及
适宜选用公式
为解题设定的中间量) 的物理量
v＝v＋at v、v、a、t x
0 0
x＝vt＋at2 v、a、t、x v
0 0
v2－v＝2ax v、v、a、x t
0
x＝t v、v、t、x a
0
考点 二 匀变速直线运动的推论
1.三个推论
(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，
即x－x＝x－x＝…＝x－x ＝ aT 2 .
2 1 3 2 n n－1
(2)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初、末时刻速度矢量和的一半，还等于
中间时刻的瞬时速度.
平均速度公式：＝＝ .
(3)位移中点速度 ＝.
2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v∶v∶v∶…∶v＝ 1∶2∶3∶… ∶ n .
1 2 3 n
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x∶x∶x∶…∶x＝ 1 2 ∶2 2 ∶3 2 ∶… ∶ n 2 .
1 2 3 n
(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x∶x ∶x ∶…∶x ＝ 1∶3∶5∶…∶(2 n － 1) .
Ⅰ Ⅱ Ⅲ N
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t∶t∶t∶…∶t＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－).
1 2 3 n
考点三 物体运动的多过程问题
【解题方法】1．基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．可按下列
步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—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．
a a
（一）：多过程运动之 ----- “ 先以 1由静止加速在以 2匀减至速度为零”模型
v
v
0
a 1 a 2
O t 1 t 2 t
（1）特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：
a t
1 2
=
v =a t v =a t a t
①速度公式 0 1 1 0 2 2 推导可得： 2 1
a x
1 2
=
v2 =2a x v2 =2a x a x
②速度位移公式 0 1 1 0 2 2 推导可得： 2 1
x t
v t v t 1 1
x = 0 1 x = 0 2 =
③平均速度位移公式 1 2 2 2 推导可得： x 2 t 2
v2 v2
v 1 1
x= 0 (t +t ) x= 0 + 0 x= a t2 + a t2
（2）位移三个公式： 2 1 2 ； 2a 1 2a 2； 2 1 1 2 2 2
（3）解题策略：画出v−t图，两段初末速度相同，中间速度是解题的核心。
（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）
v
v
0
a
O t t
v v2
t = 0 x = 0
加速时间 1 a ；加速距离 1 2a
v v
t =t− 0 x =v (t− 0 )
匀速时间 2 a ；匀速距离 2 0 a
v2
x=v t− 0
0 2a
总位移（三）多过程运动之“返回出发点”模型
v
v
1
a -a
1 2
O t 1 t 2 t
-v
2
（1）特点：初速度为零，两段总位移为零。
1 1 v v −v
a t2 +(a t )t − a t2 1t + 1 2t =0
（2）位移两个公式： 2 1 1 1 1 2 2 2 2 ； 2 1 2 2
a 1 v 1
1 1
= =
t =t a 3 v 2
（3）特殊结论：若 1 2 ,则有 2 , 2
（四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型
v
v
0
a
x
1 x
2
O t 1 t
v2
x=v t + 0
总位移 0 1 2a
（五）多过程运动之“减速为零，原路返回”模型
v
v
1
a
1
O t 1 t 2 t
a
v 2
2
（1）特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为x。
v2 v2
1 1
x= a t2 = a t2 x= 1 = 2
2 1 1 2 2 2 2a 2a
（2）位移三个公式：位移公式 ；速度位移公式 1 2；
v v
x= 1t = 2t
平均速度位移公式 2 1 2 2
a t2 a v2 v t
1 2 1 1 1 2
= = =
a t2 a v2 v t
（3）三个比例式：① 2 1 ；② 2 2 ； ③ 2 1（六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型
v
v
0
a
a 2
1
O t t
v t
Δx= 0t Δt=
耽误距离 2 ，耽误时间 2
高频考点一 匀变速直线运动的规律
例1、如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点
时速度为2v，则AB∶BC等于：( )
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
【答案】C
【解析】根据匀变速直线运动的速度位移公式 v2－v＝2ax知，x ＝，x ＝，所以AB：AC＝1：4，则
AB AC
AB：BC＝1：3.故C正确，A、B、D错误．故选C。
【变式训练】空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时
飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机
空中发动机停车故障、安全返航第一人。若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速
度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A．288 m B．300 m
C．150 m D．144 m
【答案】B
【解析】先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v ＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不
0
是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝vt＋＝60×10 m＋(－
0
6)× m＝300 m。
高频考点二 匀变速直线运动的推论
例2、一物体以初速度v 做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x ＝3 m，第2 s内通过的位移x ＝2 m，
0 1 2
又经过位移x，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是 ( )
3
A．初速度v 的大小为2.5 m/s B．加速度a的大小为1 m/s2
0
C．位移x 的大小为1.125 m D．位移x 内的平均速度大小为0.75 m/s
3 3
【答案】BCD
【解析】由Δx＝aT2可得加速度a＝－1 m/s2，选项B正确；第1 s末的速度v ＝＝2.5 m/s，得初速度v ＝v
1 0 1
－aT＝3.5 m/s，选项A错误；物体速度由2.5 m/s减小到0所需时间t＝＝2.5 s，则经过位移x 的时间t 为
3 3
1.5 s，且x＝－at＝1.125 m，选项C正确；位移x 内的平均速度v＝＝0.75 m/s，选项D正确．
3 3
【变式训练】如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，最后停在D点．已知AB＝6
m，BC＝4 m，从A点运动到B点，从B点运动到C点两个过程速度变化量都为－2 m/s，
则下列说法正确的是 ( )A．质点到达B点时速度大小为2.55 m/s B．质点的加速度大小为2 m/s2
C．质点从A点运动到C点的时间为4 s D．A、D两点间的距离为12.25 m
【答案】BD
【解析】设加速度大小为a，根据题设条件得|Δv|＝at＝2 m/s，AB、BC为连续相等时间内的位移，由匀变
速直线运动推论Δx＝at2，解得t＝＝ s＝1 s，a＝2 m/s2，选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t
＝2 s，选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v ＝v ＝＝5 m/s，选项A错误；由速度与
B AC
位移公式可得x ＝x ＋＝12.25 m，选项D正确．
AD AB
高频考点三 物体运动的多过程问题
a a
（一）：多过程运动之 ----- “ 先以 1由静止加速在以 2匀减至速度为零”模型
例3、如图所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，
两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比
和加速度大小之比，下列说法正确的是 ( )
A．1∶2 2∶1 B．1∶2 1∶2
C．2∶1 2∶1 D．2∶1 1∶2
【答案】A
【解析】设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v＝at得，加速度之比＝＝；根据平均速度的推论知，x
1
＝t，x＝·2t，所以＝，选项A正确．
2
【变式训练】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8 s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 4 s 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、减速中的加速度大小之比为a∶a＝2∶1
1 2
B．加速、减速中的平均速度大小之比为v∶v＝1∶1
1 2
C．加速、减速中的位移之比为x∶x＝2∶1
1 2
D．加速、减速中的加速度大小之比为a∶a＝1∶3
1 2
【答案】BC
【解析】汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知
at＝at，＝，A、D错误．又由v2＝2ax知ax＝ax，＝＝，C正确．由v＝知，v∶v＝1∶1，B正确．
11 22 1 1 2 2 1 2
（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）
例4、甲、乙两辆车在平直公路上从同一地点先后出发，其运动的v t图象如图所示，
已知t 时刻两车相遇，相遇前两车最大距离为25 m，已知t＝10 s．求：
3 2
(1)甲车在加速阶段的加速度大小；
(2)两车相遇的时间t.(取＝1.4，结果保留两位有效数字)
3【答案】(1)2 m/s2 (2)17 s
【解析】(1) 0～t 时间内位移关系：
2
vt＝v(t－t)＋25
2 2 1
解得：t＝5 s
1
所以甲的加速度：a＝＝2 m/s2
1
(2) 0～t 时间内，a(t－t)2＝at
3 1 3 1 2
a＝＝1 m/s2
2
解得：t＝5(2＋) s＝17 s
3
【变式训练】道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的
若继续行驶，则属于交通违章行为．一辆以10 m/s的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽
车车头与停车线的距离为25 m时，绿灯还有2 s的时间就要熄灭(绿灯熄灭黄灯即亮)．若该车加速时最大
加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.请通过计算说明：
(1)汽车能否不闯黄灯顺利通过；
(2)若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么？
【答案】 见解析
【解析】 (1)若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2 s内前进的距离为x ＝vt＋at2＝24 m，由于
1 0 1
x 小于25 m，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过．
1
(2)若汽车紧靠停车线停下，则其位移为25 m.
则加速度a＝＝2 m/s2<5 m/s2
所以汽车能够恰好紧靠停车线停下的条件是加速度为2 m/s2.
（三）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型
例5、汽车以10 m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15米处的斑马线上有行人，于是刹车，
让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为0.5 s．汽车运动的v－t图象如图所示，则汽车的加速度
大小为( )
A. 20 m/s2 B. 6 m/s2 C. 5 m/s2 D. 4 m/s2
【答案】C
【解析】设匀减速直线运动所用的时间为t，根据v-t图象的面积代表物体通过的位移可得：
15m=10m/s×0.5s+ ×10m/s×t，解得t=2s，所以匀减速运动的加速度为： ，
则汽车的加速度大小为5m/s2．故选C．（ 四 ）多过程运动之“减速为零，原路 返回”模型
例 6、将一个质量为 1kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中 v-t 图像如图所示，
g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球重力和所受阻力之比为5：1 B. 小球上升过程中克服阻力做功24 J
C. 小球上升与下落所用时间之比为2：3 D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损
失
【答案】A
【解析】解：A、速度时间图线可知，小球上升的加速度大小 a=12m/s2，根据牛顿第二定律得，
1
mg+f=ma ，解得阻力f=ma -mg=12-10N=2N；所以重力和所受阻力之比为5：1
1 1
小球匀减速直线运动的位移：x＝1/2×2×24m＝24m
B、克服阻力做功:W =fx=48J
C、小球下降的加速度：a =
mg-f
=8m/s2 ，由x=
1
at2 得t=
√2x
，时间之比为√6:1
2 m 2 a
D、机械能损失量等于阻力的功，上下过程阻力做功一样多，所以损失机械能一样多
（ 五 ）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型
v
例7、将一物体以初速度 0竖直向上抛出，设空气阻力大小恒定，其速度大小随时间变化的图象如图所示，
则下列说法正确的是（）
v
0
t
A. 物体经过1.8 0的时间落回抛出点 B. 物体在落回到抛出点的过程中平均速度为 2
3: 2
C. 物体在上升阶段和下落到抛出点阶段重力做功平均功率之比为
D. 空气阻力为其重力的0.2倍
【答案】CD
mg f mg f
a a
【解析】A、根据牛顿第二定律，上升： 1 m ，下落： 2 m ，由于下落过程中加速度小，
2t
所以下落过程时间大于上升过程时间，故总时间大于 0，故选项A错误；v
0
v
B、由于空气阻力的作用，导致物体落回抛出点的速度小于 0，所以平均速度小于 2 ，故选项B错误；
C、由牛顿第二定律可得：
v
mg f m 0
t
上升阶段， 0
v
mg f m 0
3
t
2 0
下落阶段，
f 0.2mg
可得，
1 1
1.2gt2 0.8gt2
上升阶段和下落阶段位移相等：2 0 2 ，
t 3
t 2 3: 2
可得 0 ,所以重力平均功率之比为 ，故选项C D正确。
