文档文本内容
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第01 讲 运动的描述
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 匀变速直线运动及公式.....................................................................................................4
知识点1 定义、分类及基本公式..............................................................................................................4
知识点2 两类特殊匀减速直线运动............................................................................................................. 4
考向1 基本公式的运用..............................................................................................................................5
考向2 两类特殊的匀减速直线运动应用..................................................................................................6
考点二 匀变速直线运动的推论及运用.........................................................................................7
知识点1 初速度为零的匀变速直线运动的推论......................................................................................7
拓展--推论的应用..........................................................................................................................................7
知识点2 平均速度和位移差的推论............................................................................................................. 8
考向1 初速度为零的匀变速直线运动推论应用..........................................................................................8
考向2 平均速度推论的运用.........................................................................................................................9
考向3 位移差推论的运用........................................................................................................................10
考点三 自由落体和竖直上抛.......................................................................................................11
知识点 符合自由落体和竖直上抛的条件
考向1 自由落体运动规律的应用.............................................................................................................11
考向2 竖直上抛运动问题的处理............................................................................................................12
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................13
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
匀变速直线运动
的研究及推论
选择题
非选择题
\
全国甲卷T11,12 分
\
自由落体与竖直
上抛运动
选择题
非选择题
\
\
\
运动图像
选择题
非选择题
\
\
全国甲卷T3，6 分
考情分析：
1．高考对这部分内容的考查，大多以选择题的形式出现，通常情况下比较容易，一般以现实情境为背景。
2．从命题思路上看，试题情景为生活实践类和学习探究类，且万变不离其宗。
复习目标：
目
一：
标
.了解匀
速直
运
的概念及
用。
变
线
动
应
目
二：了解
标
匀
速直
运
的一些推
，且能灵活利用。
变
线
动
论
目
三
标
.：熟知
直上抛和自由落体运
的成立条件，灵活
理
似
竖
动
处
类
问题
目
四：掌握部分
理匀
速直
运
的方法，例如：逆向思
法等。
标
处
变
线
动
维
2
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3
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考点一 匀变速直线运动及公式
知识点1 定义、分类及基本公式
1.定义和分类
（1）匀变速直线运动：沿着一条直线，且加速度不变的运动。
（2）分类{
匀加速直线运动：a与v 同向。
匀减速直线运动：a与v 反向。
2.三个基本公式
（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 + 1
2 at
2
。
（3）速度与位移的关系式： v
2−v0
2=2ax 。
点拨.常用公式的选取方法
题目中所涉及的物理量（包括已知量、待求量和为解题而设定
的中间量）
没有涉及的物
理量
适宜选用的公
式
v0、v、a、t
x
v = v0+at
v0、a、t、x
v
x = v0t + 1
2 at
2
v0、v、a、x
t
v
2−v0
2=2ax
v0、v、t、x
a
x = v + v0
2
t
点拨
同一段匀加速或匀减速直线运动中，位移中点的瞬时速度总大于中间时刻的瞬时速度。
知识点2 两类特殊的匀减速直线运动
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
时间问题
要注意确定实际运动时间
不必考虑时间超量问题
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
4
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考向1 基本公式的运用
例1 （2025·四川德阳·高三月考）下面四幅图描述了四种物体的运动，对它们的运动描述正确的是
（ ）
甲图：万吨货轮起航，10s 内速度增到0.2m/s 乙图：以8m/s 飞行的蜻蜓，能在0.7s 内停下来
丙图：火箭发射时，10s 内速度能增到100m/s 丁图：以8m/s 行驶的汽车，能在2.5s 内停下来
A．甲图中，货轮的加速度一定为正
B．乙图中，蜻蜓一定做匀减速直线运动
C．丙图中，火箭的加速度方向与速度方向相同
D．丁图中的汽车与丙图中的火箭相比，火箭质量明显更大，惯性更大，速度改变更困难，所以火箭的
加速度小于汽车的加速度
【答案】C
【详解】A．甲图中，货轮的速度增加，加速度方向与速度方向相同，但可能是加速度方向与速度方向均
为负方向，故A 错误；
B．乙图中，蜻蜓做减速运动，但不一定是匀减速直线运动，故B 错误；
C．丙图中，火箭的速度增加，则火箭的加速度方向与速度方向相同，故C 正确；
D．火箭发射时，10s 内速度能增到100m/s，可知火箭的加速度为a火= 100
10 m /s
2=10 m /s
2以8m/s 行驶的
汽车，能在2.5s 内停下来，可知汽车的加速度为a汽= 8
2.5 m /s
2=3.2m /s
2可知火箭的加速度大于汽车的
加速度，故D 错误。故选C。
例2（多选）一物体以5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上匀减速运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足
够长，经过t 时间物体位移的大小为4 m，则时间t 可能为（ ）
A．2 s
B．3 s
C．4 s
D．5+√41
2
s
5
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【答案】CD
【解析】当物体的位移为4m 时，根据x＝v0t + 1
2 at
2得4＝5t −1
2 ×2t
2解得t1=1s ；t2= 4s 当物体的
位移为-4m 时，根据x＝v0t + 1
2 at
2得−4＝5t −1
2 ×2t
2解得t3＝5+√41
2
，故选CD。
【变式训练1】（2025·全国·高三练习）某人骑自行车以5m/s 的初速度匀减速骑上一个长为30m 的斜坡，
他的加速度大小是0.4 m /s
2，则（ ）
A．他不能到达坡顶
B．他到达坡顶需用10s 时间
C．他到达坡顶需用15s 时间
D．他到达坡顶时的速度为9m/s
【答案】B
【详解】根据匀变速直线运动的位移与时间的关系式得x = v0t + 1
2 at
2，可得30=5t −1
2 ×0.4t
2，解得
t1=10s,t2=15s（舍去，因为若斜坡足够长，他经过t = v0
a =12.5s，速度减为0），A、C 错误，B 正确；
他到达坡顶的速度为v = v0+at =5 m /s−0.4×10 m /s=1m /s，D 错误。
【变式训练2】（2025·全国·高三练习）在运载火箭将卫星送入预定轨道的过程中，某段时间内火箭速度的
变化规律为v =(2t + 4)m /s，由此可知这段时间内（ ）
A．火箭的初速度为6 m /s
B．火箭的加速度为2m /s
2
C．在3s末，火箭的瞬时速度为12m /s
D．火箭做匀减速直线运动
【答案】B
【详解】ABD．某段时间内火箭速度的变化规律为v =(2t + 4)m /s，解得匀变速直线运动速度时间公式
v = v0+at
可知火箭做匀加速直线运动，火箭的初速度为v0= 4 m /s
火箭的加速度为a=2m /s
2
故AD 错误，B 正确；
C．在3s末，火箭的瞬时速度为v =(2×3+ 4)m /s=10 m /s
故C 错误。
故选B。
【变式训练3】（2025·云南·高三期中）一飞机在机场着陆后做匀减速直线运动，从着陆开始计时，测得第
1s内飞机的位移大小为59m，最后2s内飞机的位移大小为4m，下列说法正确的是（ ）
A．飞机着陆瞬间的速度大小为60m/s
B．飞机匀减速运动过程中的加速度大小为4m/s
2
C．飞机匀减速运动过程的总位移大小为450m
D．飞机匀减速运动过程的平均速度大小为35m/s
【答案】A
【详解】B．飞机匀减速运动末速度为零，则由逆向思维可知，x = 1
2 at
2
6
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可得a= 2 x
t
2 = 2×4
2
2
m/s
2=2m/s
2
即飞机减速过程中的加速度大小为2m/s
2，选项B 错误；
A．飞机着陆瞬间的第一秒内，则x1= v0t1−1
2 at1
2
解得速度大小为v0=60m/s
选项A 正确；
C．飞机匀减速运动过程的总位移大小为s= v0
2
2a = 60
2
2×2 m=900m
选项C 错误；
D．飞机匀减速运动过程的平均速度大小为v = v0
2 =30m/s
选项D 错误。
故选A。
考向2 两类特殊的匀减速直线运动应用
例1 汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/ s
2（刹车时认为车做匀变
速运动），则自驾驶员急踩刹车开始，2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为（ ）
A. 4:5
B. 5:4
C. 4:3
D. 3:4
【答案】D
【解析】2 s 内的位移x1= v0t + 1
2 at
2=(20×2−1
2 ×5×4) m=30 m，汽车速度减为0 的时间
t0= Δv
a = 0−20
−5
s= 4 s，刹车5 s 内的位移等于刹车4 s 内的位移，x2= 0−v0
2
2a = 0−400
2×(−5) m= 40 m
，所以2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为3:4，故D 正确。
例2（2025·全国·高三月考）如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的安全系统．当车速
v ≤10 m /s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即
启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞．在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹
车”系统产生的加速度取4 ~6 m /s
2之间的某一值，则“全力自动刹车”系统作用的最长时间为（ ）
A．5
3 s
B．25
3 s
C．2.5s
D．12.5s
【答案】C
【详解】刹车的加速度最小时，刹车时间最长，最长刹车时间t = v
a =2.5s，故C 正确．
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【变式训练1】（2025·四川攀枝花·高三月考）两辆完全相同的汽车，以相同的速度v沿水平直路一前一后
相距s匀速行驶。若前车以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以相同的恒定加速度刹车。若要保证
上述情况两车不相撞，则两车刹车的加速度大小至少为（ ）
A．v
2
s
B．v
2
2s
C．v
2
3 s
D．v
2
4 s
【答案】A
【详解】设刹车的加速度大小为a时，两车刚好不相撞，则前车刹车到停下所用时间为
t0= v
a前车刹车到停下通过的位移大小为x刹= v
2
2a在前车刹车到停下的这段时间内，后车做匀速直线运
动，通过的位移大小为x匀= v t0= v
2
a 后车刹车到停下通过的位移大小为x刹= v
2
2a根据题意有
x匀+ x刹= x刹+ s联立解得两车刹车的加速度大小至少为a= v
2
s 故选A。
【变式训练2】（2025·重庆·高三期中）重庆轨道交通2 号线李子坝站的“轻轨穿楼”是近年来的网红景
点，吸引了大量游客前来打卡。某乘客用手机测量到一列时速为90km/h 的轻轨列车在制动后做加速度大
小为5m/s² 的匀减速直线运动，则列车开始制动到停下所需时间为（ ）
A．4s
B．5s
C．6s
D．7s
【答案】B
【详解】列车开始制动到停下所需时间t0= v −v0
a
=
0−90× 5
18
−5
s=5s
故选B。
【变式训练3】（2025·湖北武汉·三模）某场足球比赛中，一球员不小心踢歪了球，足球往边界滚去。足球
距离边界35m 时，速度v0=12m/s，加速度a=2m/s
2，若将足球的运动看做匀减速直线运动，下列说法正
确的是（ ）
A．足球到达不了边界
B．经过6s，足球越过了边界
C．经过7s，足球恰好到达边界
D．经过8s，足球距离边界3m
【答案】B
【详解】足球停止所需时间为t = v0
a =6s
位移为x = v0
2 t =36m
Δ x =36m-35m=1m
可见经过6s，足球越过了边界，且经过8s，足球距离边界1m。
故选B。
例2（多选）给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为3 g
5 ，当滑块速度大小减
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小为v0
2 时，所用时间可能是（ ）
A．5 v0
6 g
B．v0
6 g
C．v0
2g
D．5 v0
2g
【答案】AD
【详解】当滑块速度大小减为v0
2 时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考
虑两种情况，即v = v0
2 或v =−v0
2 代入公式t = v −v0
a
得t = 5 v0
6 g 或t = 5 v0
2g 故选AD。
【变式训练1】（多选）如图所示，一小滑块（可视为质点）沿足够长的光滑斜面以初速度v向上做匀变速
直线运动，依次经A、B、C、D到达最高点E，然后又以相同的加速度从E点回到A 点，已知
AB = BD = L，BC =1m，滑块在上滑过程中从A 到C和从C到D所用的时间相等，滑块两次经过A 点的时
间间隔为16s，两次经过D点的时间间隔为8s，下列说法正确的是（ ）
A．滑块从D点下滑至A 点用时4s
B．滑块通过B点时的速率为3 m /s
C．CD间距离为4 m
D．CD: DE =5:4
【答案】AD
【详解】AD．滑块两次经过A 点的时间为16s，两次经过D 点的时间为8s，根据对称性知，滑块从A 到E
的时间为8s，滑块从D 到E 的时间为4s，则A 到D 的时间与D点下滑至A 点的时间均为4s，因为A 到C
和C 到D 的时间相等，均为2s，逆向分析为初速度为零的匀变速直线运动，故有DE: AD =1:3把D 到E
中间时刻对应的点设为F，则EF : FD: DC :CA =1:3:5:7故CD: DE =5:(1+3)=5:4故A 正确，D 正
确；
C．因为DC :CA =5:7即DC :CA =(L−1):(L+1)解得L=6 m故CD =5 m故C 错误；
B．因为CD: DE =5:4CD =5 m故DE = 4 m根据运动学规律DE = 1
2|a|t
2又t = 4s解得加速度大小
a=0.5 m/s
2速度位移公式得vB
2 =2a xBE其中xBE= BD + DE =6+ 4 =10 m解得vB＝√10 m/s故B 错误。故
选AD。
考点二 匀变速直线运动的推论及运用
知识点1 初速度为零的匀变速直线运动的推论
9
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1.初速度为0 的匀加速直线运动，按时间等分（设相等的时间间隔为T），则：
（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）T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为：x1: x2: x3:⋯: xn= 1
2:2
2:3
2:…:n
2。
（3）第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第n个T内的位移之比为：
x1' : x2' : x3' :⋯: xn' = 1:3:5:…:(2n−1)。
2.初速度为0 的匀加速直线运动，按位移等分（设相等的位移为x），则：
（1）通过前x、前2 x、前3 x、…、前nx的位移时的瞬时速度之比为：v1:v2:v3:⋯:vn= 1:√2:√3:…
:√n。
（2）通过前x、前2 x、前3 x、…、前nx的位移所用时间之比为：t1:t2:t3:⋯:tn= 1:√2:√3:…:√n。
（3 ）通过连续相同的位移所用时间之比为：t1' :t2' :t3' :⋯:tn' = 1:(√2−1):(√3−√2):…
:(√n−√n−1)。
拓展 该推论的应用
匀变速直线运动重要推论和比例关系的应用
常用方法
适用情况
解决办法
逆向思维法
末速度为零的匀减速直线运动
看成反向的初速度为零的匀加速直线
运动
比例法
常用于初速度为零的匀加速直线运动
且运动具有等时性或等距离性
由连续相等时间（或距离）的比例关
系求解
逐差法
适用于“纸带”类问题
由Δ x =aT
2求加速度
中间时刻速度法
常用于“等分”的运动，把运动按时
间（或距离）等分之后求解
根据中间时刻的速度为该段位移的平
均速度来求解问题
图像法
常用于加速度变化的变速运动
由图像的斜率、面积等条件判断
知识点2 平均速度及位移差的推论
（1）物体在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，还等于初、末时刻速度矢量和的
一半，即v = v t
2
= v0+ v
2
。物体在某段位移中点的速度v x
2
= v0
2+ v
2
2
。
（2）任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即
Δ x = x2−x1= x3−x2=⋯= xn−xn−1= aT
2
。可以推广得到xm−xn=(m−n)aT
2。
考向1 初速度为零的匀变速直线运动的推论应用
例1（2025·四川南充·高三月考）如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一粒子弹以水平速
度v0射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D 位置）时速度恰好为零，子弹可
视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．子弹从O 运动到D 全过程的平均速度小于B 点的瞬时速度
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B．子弹通过每一个木块时，其速度变化量均相同
C．子弹到达各点的速率vO:v A:vB:vC = 4:3:2:1
D．子弹从进入木块到到达各点经历的时间t A:t B:tC:t D=1:√2:√3:2
【答案】A
【详解】B．由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，根据Δv =a Δt可知，子弹通过
每一个木块时，其速度变化量不相同，故B 错误；
C．将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由v
2=2ax
可知子弹通过C、B、A、O 的速度之比为1:√2:√3:2，则子弹到达各点的速率之比为
vO:v A:vB:vC =2:√3:√2:1故C 错误；
A．根据匀变速直线运动的推论v = v0+ vt
2
可知子弹从O运动到D全过程的平均速度等于v = vO
2 = vC
则子弹从O 运动到D 全过程的平均速度小于B 点的瞬时速度，故A 正确；
D．将子弹的运动视为反向初速度为零的匀加速直线运动，则由x = 1
2 at
2
可知反向通过各木块用时之比为1:(√2−1):(√3−√2):(2−√3)，则子弹从进入木块到达各点经历的时间
t A:t B:tC:t D=(2−√3):(√3−√2):(√2−1):1
故D 错误。故选A。
例2（多选）如图为港珠澳大桥上四段110m 的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a 点由静止开始做匀加速直线
运动，通过ab 段的时间为t，则（ ）
A．通过be 段的时间为2t
B．ae 段的平均速度等于b 点的瞬时速度
C．该汽车的加速度为110
t
2
D．通过de 段的时间为(2−√3)t
【答案】BD
【解析】A．由于ab 段和be 段位移之比为1:3，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知，两段
时间相等，所以通过be 段的时间为t，故A 错误；
B．由于b 点为ae 的中间时刻，所以ae 段的平均速度等于b 点的瞬时速度，故B 正确；
C．汽车在ab 段有ab= 1
2 at
2所以a= 220
t
2 ，故C 错误；
D．根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得tab
tde
=
1
2−√3
所以tde=(2−√3)tab=(2−√3)t
故D 正确。故选BD。
例3（2025·安徽宣城·高三月考）如图所示，甲图为研究木块运动情况的一套装置，位移传感器可与计算
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机连接。某次实验中一同学描绘出木块做匀加速直线运动的x-t 图像，如图乙所示，则（ ）
A．x1: x2: x3=1:3:5
B．x1= x2−x1= x3−x2
C．根据图乙可以确定木块的初速度为零
D．根据图乙中的数据可以计算出木块的加速度
【答案】D
【详解】AB．根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得x1: x2: x3=1:4:9
则x1≠x2−x1≠x3−x2
故AB 错误；
C．根据图乙不可以确定木块的初速度为零，故C 错误；
D．由于木块做匀加速直线运动，则连续相等时间内的位移差恒定，即( x3−x2)−( x2−x1)=aT
2
所以a= ( x3−x2)−( x2−x1)
T
2
故D 正确。
故选D。
【变式训练1】(多选)如图所示，港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始
做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t。则（ ）
A. 通过bc段的时间也为t
B. 通过ae段的时间为2t
C. 汽车通过b、c、d、e时的速度之比为1:2:3:4
D. 汽车通过b、c、d、e时的速度之比为1:√2:√3:2
【答案】BD
【解析】根据初速度为零的匀加速直线运动等分位移的特点，可知通过x、2 x、3 x⋯ 所用时间之比为
t1:t2:t3:⋯=1:√2:√3:⋯ ，所以汽车通过bc 段的时间为(√2−1)t，汽车通过ae 段的时间为2t，故A
错误，B正确；x末、2 x末、3 x末…的瞬时速度之比为v1:v2:v3:⋯=1:√2:√3:⋯ ，所以汽车通过b、c、
d、e时的速度之比为1:√2:√3:2，故C 错误，D正确。
【变式训练2】（2025·全国·高三月考）物体做匀加速直线运动，已知第1s 末的速度是6m/s，第2s 末的速
度是8m/s，则下列说法正确的是（ ）
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A．物体初始时刻的速度是3m/s
B．物体的加速度是4 m /s
2
C．任何1s 内的速度变化量都是2m/s
D．物体在第5s 末的速度是15m/s
【答案】C
【详解】规定初速度方向为正方向，根据加速度定义式得物体的加速度a= Δv
Δt = 8−6
1
m /s
2=2m /s
2，根
据v = v0+at得v0= v −at =(6−2×1)m /s= 4 m /s，A、B 错误；物体的加速度是2m /s
2，则任何1s 内的
速度变化量都是Δv =at =2m /s，C 正确；根据v = v0+at得v5=(4 +2×5)m /s=14 m /s，D 错误．
【变式训练3】（2025·宁夏石嘴山·三模）某物体做匀变速直线传动，依次通过A，B，C，D 四个点，通过
相邻两点的时间间隔均为2s，已知AB=12m，CD=28m，则下列说法正确的是（ ）
A．物体在BC 段的位移大小为22m
B．物体的加速度大小为2m/s2
C．物体通过A 点的速度大小为6m/s
D．物体通过C 点的速度大小为14m/s
【答案】B
【详解】AB．物体做匀变速直线运动，在连续相等时间内位移差相等，所以BC −AB =CD−BC =aT
2
代入数据解得BC =20 m，a=2m/s
2
故A 错误，B 正确；
C．根据位移时间关系可得AB = v AT + 1
2 aT
2
代入数据解得v A = 4 m/s
D．物体通过C 点的速度为vC = v A+2aT =12m/s
故D 错误。
故选B。
【变式训练4】（2025·宁夏吴忠·高三期中）冰壶的某次运动可以看成匀减速直线运动，假设冰壶经过15
秒停止运动，那么冰壶在先后连续相等的三个5 秒内通过的位移之比为（ ）
A．1 2 3
∶∶
B．5 3 1
∶∶
C．1 4 9
∶∶
D．3 2 1
∶∶
【答案】B
【详解】冰壶的运动过程可以逆向看成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
的特点，该逆过程在三个连续5 s 内的位移之比为1:3:5，所以冰壶在先后连续相等的三个5 秒内通过的位
移之比为5:3:1。
故选B。
【变式训练5】（2025·宁夏石嘴山·三模）某物体做匀变速直线传动，依次通过A，B，C，D 四个点，通过
相邻两点的时间间隔均为2s，已知AB=12m，CD=28m，则下列说法正确的是（ ）
A．物体在BC 段的位移大小为22m
B．物体的加速度大小为2m/s2
C．物体通过A 点的速度大小为6m/s
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D．物体通过C 点的速度大小为14m/s
【答案】B
【详解】AB．物体做匀变速直线运动，在连续相等时间内位移差相等，所以BC −AB =CD−BC =aT
2
代入数据解得BC =20 m，a=2m/s
2
故A 错误，B 正确；
C．根据位移时间关系可得AB = v AT + 1
2 aT
2
代入数据解得v A = 4 m/s
D．物体通过C 点的速度为vC = v A+2aT =12m/s
故D 错误。
故选B。
考向2 平均速度推论的应用
例1（2025·四川眉山·高三期中）做匀加速直线运动的质点，在第6s 内和前5s 内的平均速度之差是9m/s，
则此质点运动的加速度大小为（ ）
A．1m/s2
B．2m/s2
C．3m/s2
D．6m/s2
【答案】C
【详解】根据匀变速直线运动规律可知，某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，则第
6 s 内的平均速度等于5.5s 时刻的瞬时速度，前5 s 内的平均速度等于2.5 s 时的瞬时速度，依题意由加速度
定义式可得a= Δv
Δt =
v5.5−v2.5
5.5s−2.5s = 9
3 m/s
2=3 m/s
2故选C。
例2（2025·四川内江·高三期中）汽车在公路上做匀加速直线运动，在某段位移x 内的平均速度为v1，在接
下来的位移x 内的平均速度为v2，则汽车的加速度为（ ）
A．
v1v2(v2−v1)
2 x(v2+ v1)
B．
2v1v2(v2−v1)
x(v2+ v1)
C．
2v1v2(v2+ v1)
x(v2−v1)
D．
v1v2(v2+ v1)
2 x(v2−v1)
【答案】B
【详解】在某段位移x 内的平均速度为v1，可知该段时间的中间时刻的速度为v1，该段时间为t1= x
v1
在接
下来的位移x 内的平均速度为v2，可知该段时间的中间时刻的速度为v2，该段时间为t2= x
v2
则加速度
a= v2−v1
t1
2 + t2
2
= 2v1v2(v2−v1)
x(v2+ v1)
故选B。
【变式训练1】（2025·北京海淀·二模）一辆做匀减速直线运动的汽车，依次经过a、b、c 三点。已知汽车
在ab间与bc间的运动时间均为1s，ab段的平均速度是10m/s，bc段的平均速度是5m/s，则汽车做匀减速
运动的加速度大小为（ ）
A．2.5 m /s
2
B．5 m /s
2
C．7.5 m /s
2
D．10 m /s
2
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【答案】B
【详解】质点在ab段，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度有vab= v0.5s=10 m/s
同理可知，在bc段有vbc = v1.5s=5 m/s
汽车做匀减速运动的加速度a= v1.5s−v0.5s
1.5s−0.5s =−5 m/s
2
则汽车做匀减速运动的加速度大小为5 m /s
2。
故选B。
【变式训练2】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）某中学物理兴趣小组研究某物体做匀变速直线运动的v −t图
像，v是平均速度，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体的初速度大小为b，加速度大小为b
t0
B．阴影部分的面积表示物体在0~ t0
2 时间内通过的位移
C．物体在t0时刻回到出发点
D．物体在t0时刻速度方向发生改变
【答案】C
【详解】A．物体做匀变速运动，根据运动学公式有x = v0t −1
2 at
2
整理得x
t = v0−1
2 at
可知图像的斜率为k =−a
2
纵截距为b= v0
所以物体的加速度大小为a= 2b
t0
，故A 错误；
B．初速度为b，根据速度时间关系式v = v0−at
代入数据得在t0
2 时的速度为0，则b
2为0∼t0
2 时间内的平均速度，所以0∼t0
2 时间内物体的位移为
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x = b
2 × t0
2 = bt0
4
故B 错误；
CD．物体的加速度大小为a= 2b
t0
初速度为b，则有x =bt −b
t0
t
2
将t =t0代入得x =0
即物体在t0时刻回到出发点，由此可知在t0时刻之前速度方向已发生改变，故C 正确，D 错误。
故选C。
考向3 位移差推论的运用
例1（2024·安徽合肥·月考）从固定斜面上的O点每隔0.1s 由静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加
速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示，测得小球相邻位置间的距离x AB= 4cm
，xBC =8cm。已知O点距离斜面底端的长度为l =35cm，由以上数据可以得出（ ）
A．小球的加速度大小为12m/s
2
B．小球在B点的速度大小为1.2m/s
C．该照片是A位置的小球释放0.3s 后拍摄的 D．斜面上最多有5 个小球在滚动
【答案】D
【解析】A．小球的加速度大小为a= Δ x
T
2 = 4×10
−2
0.1
2
m/s
2= 4 m/s
2，选项A 错误；
B．小球在B点的速度大小为vB= x AB+ xBC
2T
=0.6 m/s，选项B 错误；
C．小球B 运动的时间t B= vB
a = 1.2
4 s=0.3s，该照片是A 位置的小球释放0.2s 后拍摄的，选项C 错误；
D．在斜面上运动的总时间为t =√
2l
a =√
2×0.35
4
s=0.42s，斜面上最多有5 个小球在滚动，选项D 正
确。故选D。
【变式训练1】（多选）一质点做匀加速直线运动，第3s 内的位移为2m，第4s 内的位移为2.5m，那么以
下说法正确的是（ ）
A.第2s 内的位移为2.5m
B.第3s 末的瞬时速度为2.25m/s
C.质点的加速度为0.125m/s2
D.质点的加速度为0.5m/s2
【答案】BD
【解析】由Δx＝aT2 得a＝x4－x3
T
2
＝2.5－2
1
2
m/s2＝0.5m/s2，x3－x2＝x4－x3，所以第2s 内的位移x2＝
1.5m，A、C 错误，D 正确；第3s 末的瞬时速度等于2～4s 内的平均速度，所以v3＝x3＋x4
2T
＝2.25m/s，B
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正确.
【变式训练2】（2025·全国·高三月考）一质点做匀加速直线运动，第3s 内的位移是2m，第4s 内的位移
是2.5m，以下说法正确的是（ ）
A．第2s 内的位移是2.5m
B．第3s 末的瞬时速度是2m/s
C．质点的加速度是0.125 m /s
2
D．质点的加速度是0.5 m /s
2
【答案】D
【详解】由Δ x =aT
2，得a= x4−x3
T
2
=0.5 m /s
2, x3−x2= x4−x3，所以第2s 内的位移x2=1.5 m，A、C
错误，D 正确；第3s 末的瞬时速度等于2∼4s内的平均速度，所以v3= x3+ x4
2T
=2.25 m /s，B 错误。
考点三 自由落体和竖直上抛
知识点 符合自由落体和竖直上抛的条件
1. 自由落体：初速度为零；只受重力即加速度大小为g 且方向竖直向下。
2. 竖直上抛：初速度方向竖直向上；仅受重力即加速度大小恒为g 且方向竖直向下。
考向1 自由落体运动规律的应用
例1 （2025·四川眉山·高三期末）一小球做自由落体运动，它下落最后4m 的过程用时0.2s。重力加速度g
取10m/s2，不计阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．小球下落的总时间为2.1s
B．小球下落的总时间为2.0s
C．小球下落最后0.4s 的位移为7.8m
D．小球下落最后0.4s 的位移为8.0m
【答案】A
【详解】AB．设小球下落的总高度为h，总时间为t，由题可得h= 1
2 gt
2，h−4 = 1
2 g(t −0.2)
2联立解得
h=22.05 m，t =2.1s故A 正确，B 错误；
CD．已知小球下落的总时间为2.1s，将分成前1.7s 和后0.4s，则小球下落前1.7s 的位移为
h
′ = 1
2 gt
′2= 1
2 ×10×1.7
2m =14.45 m故小球下落最后0.4s 的位移为Δh=h−h
′ =7.6 m故CD 错误。故选
A。
例2（2025·全国·高三练习）让一石块从高处自由落下，测出下列哪个物理量不能算出落点的高度（不计
空气阻力，g 值已知）（ ）
A．石块下落到地面的总时间
B．石块开始落下第1s 内的位移
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C．石块落地前瞬间的瞬时速度
D．石块通过最后1m 位移的时间
【答案】B
【详解】A．根据h= 1
2 gt
2可知，若测出石块下落到地面的总时间，则可以算出落点的高度，故A 错误；
B．根据h= 1
2 gt
2可知，石块开始落下第1s 内的位移为定值，与落点的高度无关，故B 正确；
C．根据v
2=2gh可知，若测出石块落地前瞬间的瞬时速度，则可以算出落点的高度，故C 错误；
D．若测出石块通过最后1m 位移的时间，则Δh= 1
2 gt
2−1
2 g(t −t
′)
2，式中∆h=1m，t′已知，所以可以求
出石块下落的时间，从而可以算出落点的高度，故D 错误。
故选B。
【变式训练1】（2025·四川宜宾·高三月考）伽利略为了研究自由落体的规律，采用“冲淡”重力的方法，
测量了铜球在较小倾角斜面上运动的位移和时间，发现位移与时间的平方成正比。增大斜面倾角，该规律
仍然成立。于是，他外推到斜面倾角为90°时，就得到了自由落体运动的规律。下列说法正确的是
（ ）
A．“冲淡”重力是指使铜球的重力变小了
B．铜球位移与时间的平方成正比能说明铜球做匀加速直线运动
C．伽利略对倾角为90°时的实验情况进行了相关数据的准确测量
D．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度
【答案】B
【详解】A．“冲淡”重力是指使铜球的加速度变小，不是使重力变小了，故A 错误；
B．铜球位移与时间的平方成正比说明它做匀加速直线运动，故B 正确；
C．伽利略测量了铜球在较小倾角斜面上运动的位移和时间，发现位移与时间的平方成正比，增大斜面倾
角，该规律仍然成立，对倾角为90°的情况进行了合理的外推得出结论，没有测量，故C 错误；
D．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量时间，故D 错误。故选B。
【变式训练2】（2025·全国·高三月考）从某高处释放一粒小石子甲，经过2s 从同一地点释放另一小石子
乙。不计空气阻力，则它们落地之前（ ）
A．两石子之间的距离不断变大
B．两石子之间的距离保持不变
C．甲相对乙做匀减速直线运动
D．甲相对乙做匀加速直线运动
【答案】A
【详解】AB．设落地前第一个小石子运动的时间为t，则第二个小石子运动的时间为t-2，根据位移时间公
式得x1= 1
2 gt
2，x2= 1
2 g(t −2)
2
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所以两石子间的距离为x1−x2= 1
2 gt
2−1
2 g(t −2)
2=2g(t −1)
由此可知，随着时间增大，两石子之间的距离不断变大，故A 正确，B 错误；
CD．根据速度时间关系可得v1=>¿，v2= g(t −2)
所以v1−v2=2g
由此可知，甲相对乙做匀速直线运动，相对速度为2g，故CD 错误。
故选A。
【变式训练3】（2025·全国·高三月考）间为反应时间。测得某同学的反应时间为0．2s，则乙同学右手以
上部分直尺的长度至少为（ ）
A．10cm
B．20cm
C．30cm
D．40cm
【答案】B
【详解】由h= 1
2 gt
2可知，h=0.2m =20cm，该同学右手以上部分直尺的长度至少为20cm，B 正确。
考向2 竖直上抛运动问题的处理
例2（2025·吉林长春·高三月考）将一个物体以v0竖直上抛，经过2s 到达正上方10m 处，忽略空气阻力，
已知g=10 m/s
2，则（ ）
A．v0=5 m/s
B．v0=10 m/s
C．v0=15 m/s
D．v0=20 m/s
【答案】C
【详解】根据题意可得v0t −1
2 gt
2=h代入数据解得v0=15 m/s故选C。
【变式训练1】（多选）（2025·四川乐山·二模）如图甲，小球A（视为质点）从地面开始做竖直上抛运
动，同时小球B（视为质点）从距地面高度为h0处由静止释放，两小球距地面的高度h 与运动时间t 的关
系图像如图乙，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
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A．A 的初速度与B 的落地时速度大小相等
B．A 上升过程的平均速度小于B 下降过程的平均速度
C．A、B 处于同一高度时距地面3
4 h0
D．A、B 落地的时间差为√
h0
g
【答案】AC
【详解】AB．由题图可知，B 由静止释放时距地面的高度与A 上升到最高点时距地面的高度相等，B 由静
止释放直到落地与A 由抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以，A 的初速度与B 落地时的速度大小相
等，A 上升过程的平均速度与B 下降过程的平均速度大小相等，故A 正确，B 错误；
C．设A 竖直上抛的初速度为v0，则当AB 到达同一高度时有1
2 gt
2+ v0t −1
2 gt
2=h0，v0
2=2 gh0联立解得
t =√
h0
2g
，v0=√2 gh0所以A、B 处于同一高度时距地面h= v0t −1
2 gt
2= 3
4 h0故C 正确；
D．B 落地时A 刚好上升到最高点，所以AB 落地的时间差就等于A 从最高点下落到地面所用的时间，满
足h0= 1
2 g⋅Δt
2解得Δt =√
2h0
g
故D 错误。故选AC。
【变式训练2】（多选）（2025·四川内江·高三月考）有一质点在距离地面某一足够高的地方以初速度v0
做竖直上抛运动，不计空气阻力，经过一段时间t，质点的位移大小为h，其路程大小为L，若h
L = 3
5，重
力加速度为g，则下列关系可能成立的是（ ）
A．t = v0
2g
B．t = 4 v0
3 g
C．h= 3 v0
2
8 g
D．L= 5 v0
2
2 g
【答案】CD
【详解】由题意知，路程和位移大小不相等，则质点肯定已经到达最高点然后处于下降阶段，则质点可能
处于抛出点上方，也可能处于抛出点下方。当处于抛出点上方时，设向上位移大小为h1，下降阶段位移大
小为h2，则由题意可得h1= v0
2
2g
h1−h2
h1+h2
= h
L = 3
5解得h2= v0
2
8 g h= 3 v0
2
8 g L= 5 v0
2
8 g
上升阶段t1= v0
g 下降阶段
h2= 1
2 gt2
2解得t2= v0
2 g 故t =t1+t2= 3 v0
2 g 同理，当处于抛出点下方时，向上位移大小仍为h1，设下降阶段位
移大小为h3，则由题意可得
h3−h1
h3+h1
= h
L = 3
5解得h3= 2v0
2
g h= 3 v0
2
2g L= 5 v0
2
2g
又h3= 1
2 gt3
2解得t3= 2v0
g 故
t =t1+t3= 3 v0
g 故选CD。。
【变式训练3】（2025·全国·高三练习）升降机以5m/s 的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板
松脱，再经过4s 升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度
g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
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A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．井的深度为80m
C．螺钉落到井底时的速度大小为40m/s
D．螺钉运动到最高点时到井底的距离为60m
【答案】B
【详解】螺钉松脱后做竖直上抛运动，先向上做匀减速运动，到达最高点后再做自由落体运动，A 错误；
规定向下为正方向，根据v =−v0+>¿得，螺钉落到井底时的速度大小v =−5 m /s+10×4 m /s=35 m /s
，C 错误；螺钉下降的距离h1=−v0t + 1
2 gt
2=−5×4 m + 1
2 ×10×4
2m =60 m，因此井深h= v0t +h1=80 m
，B 正确；螺钉松脱后继续向上运动的距离为h2= v
2
2g =1.25 m，故螺钉运动到最高点时到井底的距离为
h3=h1+h2=61.25 m，D 错误．
【变式训练4】（2025·全国·高三月考）2024 年10 月1 日是中华人民共和国成立75 周年国庆节，每逢重大
节日人们都喜欢燃放烟花庆祝。我国宋代就已经出现冲天炮这种烟花（如图），也叫“起火”。若冲天炮
从地面由静止发射，竖直向上做加速度大小为5 m /s
2的匀加速直线运动，第4s 末掉出一可视为质点的碎
片，不计碎片受到的空气阻力，g 取10 m /s
2。则（ ）
A．碎片的最大速度为40m/s
B．碎片掉出前离地面高度为80m
C．碎片离地面的最大高度为80m
D．碎片从掉出到落回地面用时(2+2√3)s
【答案】D
【详解】碎片脱离火箭时速度v =at1=5×4 m /s=20 m /s，碎片掉出前离地面高度h= 1
2 at1
2= 40 m，碎片
离地面的最大距离为H = 1
2 at1
2+ v
2
2g =60 m，故B、C 错误；由题意得碎片着地时速度最大
vmax=√2gH =20√3 m /s，故A 错误；取向上为正方向，根据−h= vt −1
2 gt
2，解得碎片从掉出到落回地
面用时t =(2+2√3)s，故D 正确。
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点拨
方法技巧 研究竖直上抛运动的两种方法（1）分段法：将全程分为两个阶段，即上升过
程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段．
（2）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．
1．（2023·全国甲卷·高考真题）一小车沿直线运动，从t = 0 开始由静止匀加速至t = t1时刻，此后做匀
减速运动，到t = t2时刻速度降为零。在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】x—t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t1图像斜率变大，t1—t2做
匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。
故选D。
2．（2024·全国甲卷·高考真题）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/s
2，在t1=10 s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=340 m/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。
【答案】（1）20m/s；（2）680m
【详解】（1）根据匀变速运动速度公式v =at1可得救护车匀速运动时的速度大小v =2×10 m/s=20 m/s
（2）救护车加速运动过程中的位移x1= 1
2 at1
2=100 m设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得
(t3−t1)20+100
v0
+t3=t2停止鸣笛时救护车距出发处的距离x = x1+(t3−t1)×v代入数据联立解得x =680 m
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