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2025年高考物理一轮复习讲义学案 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第二讲 匀变速直线运动的规律及应用
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这是一份2025年高考物理一轮复习讲义学案 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第二讲 匀变速直线运动的规律及应用，共16页。
考点1 匀变速直线运动的基本规律及应用
如图所示，一辆汽车在交通灯变绿时从某点A由静止开始以2.0m/s2的加速度在平直的公路上做匀加速直线运动，经一段时间运动到B点，速度达10m/s.请判断下列说法的正误.
（1）汽车的加速度是均匀变化的.（ ✕ ）
（2）汽车在任意两段相等时间内的速度变化量相等.（ √ ）
（3）汽车的位移是均匀增加的.（ ✕ ）
（4）汽车的加速度不变，速度每秒增加2m/s.（ √ ）
（5）汽车从A点到B点的中间时刻的速度大小为5m/s.（ √ ）
命题点1 基本公式和速度位移关系式的应用
1.[2024广东名校联考]如图为“歼15”舰载机从航空母舰甲板上起飞的情境，航空母舰静止在海面上，“歼15”舰载机在航空母舰跑道上做匀加速直线运动，加速度为8m/s2，需要达到60m/s的速度才可安全起飞.
（1）求“歼15”舰载机由静止开始加速，滑行5s后，舰载机的速度大小；
（2）求从静止启动到安全起飞，“歼15”舰载机在航空母舰上滑行的距离；
（3）若“歼15”舰载机能够借助弹射器获得初速度，只需滑行150m便可安全起飞，则“歼15”舰载机至少需要获得多大的初速度？
答案 （1）40m/s （2）225m （3）203m/s
解析 （1）由速度公式可知v1＝at，代入数据得v1＝40m/s.
（2）由速度位移关系式得v2＝2ax，代入数据得x＝225m.
（3）同理有v2－v02＝2ax1，代入数据得v0＝203m/s.
命题拓展
（1）[设问拓展]求舰载机由静止开始加速，滑行5s后，舰载机的位移大小.
（2）[命题新动向]若航空母舰的飞行跑道长L＝160m，请通过计算判断舰载机能否靠自身的发动机从舰上起飞.
答案 （1）100m （2）见解析
解析 （1）由位移公式得x1＝12at2代入数据得x1＝100m.
（2）舰载机靠发动机加速，加速度a＝8m/s2，初速度为0，位移L＝160m，末速度为v2，由运动学公式得v22＝2aL，解得v2＝50.6m/s＜60m/s，故舰载机不能靠自身发动机从舰上起飞.
方法点拨
“知三求二”的应用
命题点2 两类匀减速直线运动的比较
2.[刹车现象/多选]某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若以大小为5m/s2的加速度刹车，且不考虑司机的反应时间，则以下说法正确的是（ AD ）
A.刹车后2s时汽车的速度大小为10m/s
B.汽车刹车过程的位移大小为30m
C.刹车后5s时汽车的速度大小为5m/s
D.刹车后6s内汽车的位移大小为40m
解析 由题知，v0＝72km/h＝20m/s，a＝－5m/s2，由公式v＝v0＋at得，汽车从刹车到停止所用的时间t＝0－v0a＝4s，由速度公式得，刹车后2s时汽车的速度v1＝v0＋at1＝10m/s，A正确；由v2－v02＝2ax，可得x＝v2－v022a＝0－2022×（－5）m＝40m，汽车刹车过程的位移大小为40m，B错误；汽车从刹车到停止所用的时间为4s，所以刹车后5s时汽车的速度大小为0，C错误；刹车后6s内汽车的位移大小与刹车后4s内汽车的位移大小相等，为40m，D正确.
方法点拨
汽车刹车、飞机降落后在跑道上滑行等，都是单方向的匀减速直线运动，当速度减小到零后，就停止运动（区别于做匀减速直线运动的物体，速度减为零后可以反向加速），不要盲目套用速度公式v＝v0＋at和位移公式x＝v0t＋12at2.刹车运动位移的求解：先求出速度减小到零所用时间t0＝v0a（注意题中是立即刹车还是有反应时间，若有反应时间，则为多过程运动），再与题中所给时间t进行比较.
如果t0＜t，则不能用题目所给的时间t求解位移，应按t0计算位移.
如果t0＞t，说明经过时间t，运动还没有停止，则可用t直接求位移.
3.[双向可逆类问题/多选]在光滑足够长的斜面上，有一可视为质点的物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下.当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是（ ABC ）
A.物体运动时间可能为1s
B.物体运动时间可能为3s
C.物体运动时间可能为（2＋7）s
D.此时的速度大小一定为5m/s
解析 规定沿斜面向上为正方向，当物体在出发点上方时，x＝7.5m，由x＝v0t＋12at2代入数据解得t1＝1s或t2＝3s，由v＝v0＋at，得v1＝5m/s或v2＝－5m/s.当物体在出发点下方时，x'＝－7.5m，由x＝v0t＋12at2代入数据解得t3＝（2＋7）s或t4＝（2－7）s（舍去），由v＝v0＋at得v3＝－57m/s，故A、B、C正确，D错误.
考点2 匀变速直线运动的推论及应用
1.匀变速直线运动的常用推论
（1）平均速度公式：在匀变速直线运动中，物体在某段时间内的平均速度等于这段时间内[7] 中间时刻 的瞬时速度，还等于初、末速度矢量和的[8] 一半 ，即v＝[9] vt2 ＝[10] v0＋vt2 .
（2）位移差公式：物体在任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝[11] aT2 （判别式）[进一步推论：不相邻相等时间间隔T内的位移差xm－xn＝（m－n）aT2].
（3）中间位置速度公式：物体在某段位移中点的瞬时速度vx2＝v02＋vt22.
注意：无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，位移中点的速度总大于中间时刻的速度.
2.初速度为零的匀变速直线运动的六个比例关系
（1）按时间等分
①1T末、2T末、…、nT末瞬时速度之比v1：v2：…：vn＝[12] 1：2：…：n ；
②1T内、2T内、…、NT内位移之比xⅠ：xⅡ：…：xN＝[13] 1：22：…：N2 ；
③第1个T内、第2个T内、…、第n个T内位移之比x1：x2：…：xn＝[14] 1：3：…：（2n－1） .
（2）按位移等分
①1L末、2L末、…、nL末瞬时速度之比v1：v2：…：vn＝[15] 1：2：…：n ；
②1L内、2L内、…、NL内所用时间之比tⅠ：tⅡ：…：tN＝[16] 1：2：…：N ；
③第1个L内、第2个L内、…、第n个L内所用时间之比t1：t2：…：tn＝[17] 1：（2－1）：…：（n－n－1） .
3.常用推论公式的选用
以72km/h的速度行驶的列车在驶近一座石拱桥时开始刹车做匀减速直线运动，加速度的大小为0.1m/s2.
（1）列车减速行驶2min，2min末的速度是多少？
（2）列车减速行驶2min，2min内的位移是多少？
（3）列车减速行驶2min内的平均速度是多少？
（4）列车减速行驶2min内位移中点的瞬时速度是多少？
（5）列车在第2min内的位移比第3min内的位移多了多少？
答案 （1）8m/s （2）1680m （3）14m/s （4）15m/s （5）360m
解析 72km/h＝20m/s，2min＝120s，以初速度的方向为正方向，a＝－0.1m/s2.
（1）vt＝v0＋at＝20m/s－0.1×120m/s＝8m/s.
（2）利用位移公式求解：x＝v0t＋12at2＝20×120m－12×0.1×1202m＝1680m.
利用速度位移关系式求解：x＝vt2－v022a＝82－202－2×0.1m＝1680m.
（3）利用定义式求解：v＝xt＝1680120m/s＝14m/s.
利用平均速度公式求解：v＝v0＋vt2＝20+82m/s＝14m/s.
（4）根据中间位置速度公式求解：vx2＝v02＋vt22＝202＋822m/s≈15m/s.
（5）Δx＝aT2＝－0.1×602m＝－360m，因此第2min内的位移比第3min内的位移多360m.
命题点1 平均速度公式的应用
4.[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（ C ）
A.3m/sB.2m/sC.1m/s
解析 电动公交车做匀减速直线运动，设R、S间的距离为x，则v－RS＝xt1＝vR＋vS2，v－ST＝2xt2＝vS＋vT2，解得t2＝4t1，vT＝vR－10m/s，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，解得at1＝2m/s，又v－RS＝vt12＝vR－a·t12，解得vR＝11m/s，vT＝1m/s，C正确.
一题多解 设R、S间的距离为x，经历的时间为t，ST段经历的时间为t'，则对RS段，有x＝10t（m），对ST段，有2x＝5t'（m），解得t'＝4t.设加速度的大小为a，运动过程可看成反向匀加速运动，对TS段，有2x＝vT·4t＋12a（4t）2，对TR段，有3x＝vT·5t＋12a（5t）2，解得vT＝1m/s，C正确.
方法点拨
平均速度公式的应用
1.直接求平均速度.
2.求位移 Δx＝vΔt＝v0＋vt2Δt.
3.求瞬时速度 中间时刻瞬时速度vt2＝v0＋vt2.
命题点2 位移差公式的应用
5.[2024河北邢台内丘中学质检/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（ BD ）
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
解析 由Δx＝aT2得a＝x4－x3T2＝2.5－212m/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＋x42T＝2.25m/s，B正确.
方法点拨
位移差公式的应用
1.间隔了n个T的两个时间T内的位移差（如图）
Δxn＝xn＋2－x1＝（n＋1）aT2.
2.求加速度a＝Δxn（n+1）T2.
3.求时间间隔T＝Δxn（n+1）a.
命题点3 初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用
6.图中ab、bc、cd、de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，则通过ce段的时间为（ B ）
A.2tB.（2－2）t
C.（2＋2）tD.t
解析 对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的位移所用的时间之比为t1∶t2∶…∶tn＝1∶（2－1）∶…∶（n－n－1），则tab∶tbc∶tcd∶tde＝1∶（2－1）∶（3－2）∶（2－3），所以tab∶tce＝1∶（2－2），因此tce＝（2－2）t，B正确.
命题拓展
命题条件不变，拓展设问角度
下列说法正确的是（ B ）
A.汽车通过cd段的时间为3t
B.汽车通过be段的时间为t
C.汽车在ae段的平均速度等于在c点的瞬时速度
D.汽车在ac段的平均速度等于在b点的瞬时速度
解析 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为1：（2－1）：（3－2）：（2－3），可得出汽车通过cd段的时间为（3－2）t，A错误；汽车通过bc段的时间为（2－1）t，通过de段的时间为（2－3）t，则汽车通过be段的时间为t，B正确；汽车通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，故汽车通过b点的瞬时速度等于汽车在ae段的平均速度，C、D错误.
逆向思维的应用
对于末速度为零的匀减速直线运动，可以采用逆向思维法，将其看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.
1.[2024河北保定模拟/多选]冰壶运动是以团队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参赛者的体能与脑力，展现动静之美、取舍之智慧.在某次比赛中，冰壶投出后做匀减速直线运动，经过20s停止，已知倒数第3s内的位移大小为1.0m，下列说法正确的是（ BD ）
A.冰壶的加速度大小为0.3m/s2
B.冰壶的加速度大小为0.4m/s2
C.冰壶第1s末的速度大小为5.7m/s
D.冰壶第1s内的位移大小为7.8m
解析 整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，倒数第3s内的位移大小为1.0m，则x3＝12at32－12at22，代入数据得a＝0.4m/s2，故A错误，B正确；由速度公式可知初速度大小为v0＝at0＝0.4×20m/s＝8m/s，所以第1s末的速度大小为v1＝v0－at1＝8m/s－0.4×1m/s＝7.6m/s，第1s内的位移大小x1＝v0＋v12t1＝8+7.62×1m＝7.8m，故C错误，D正确.
2.为创建文明城市，提倡机动车礼让行人.某司机开车以9m/s的速度行驶到路口附近，发现有行人准备过斑马线，立即刹车礼让行人.设汽车做匀减速直线运动的加速度大小为2m/s2，则（ D ）
A.汽车刹车2s后的速度大小为4m/s
B.汽车刹车3s内行驶的位移大小为9m
C.汽车刹车时离斑马线的最小距离应为16m
D.汽车在刹车后的第5s内行驶的位移大小为0.25m
解析 加速度大小a＝2m/s2，汽车减速到零所需时间为t停＝v0a＝4.5s，汽车刹车2s后的速度大小为v2＝v0－at2＝5m/s，故A错误；汽车刹车3s内行驶的位移大小为x3＝v0t3－12at32＝18m，故B错误；汽车刹车时离斑马线的最小距离为xmin＝v022a＝20.25m，故C错误；由于汽车运动4.5s停止，运用逆向思维可知，汽车刹车后第5s内的位移等于汽车逆向匀加速运动前0.5s内的位移，即x0.5＝12at0.52＝0.25m，故D正确.
1.[平均速度公式/2023上海]炮管发射数百次炮弹后报废，炮弹飞出时速度为1000m/s，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为（ A ）
A.5秒B.5分钟C.5小时D.5天
解析 假设炮弹在炮管中的运动近似为匀加速直线运动，设每颗炮弹在炮管中运动的时间为t，炮管长约L＝5m，则t＝2Lv＝101000s＝0.01s，假设炮管发射500次报废，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间约为t总＝500t＝500×0.01s＝5s，A正确，BCD错误.
2.[相关推论的应用/多选]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，如图所示.已知A、B间距离为6m，B、C间距离为4m，该质点从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为－2m/s，下列说法正确的是（ BD ）
A.质点运动到B点时的速度大小为2.55m/s
B.质点的加速度大小为2m/s2
C.质点从A点运动到C点的时间为4s
D.A、D两点间的距离为12.25m
解析 推论法和平均速度法：根据题设条件可得两个过程的速度变化量均为Δv1＝a1t＝－2m/s，则xAB、xBC为质点在两段连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动的推论Δx＝a1t2可得t＝Δxa1t＝xBC－xABa1t＝4－6－2s＝1s，加速度a1＝Δv1t＝－2m/s2，选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2s，选项C错误；由匀变速直线运动的平均速度公式可得，质点运动到B点时的速度大小为vB＝6+42m/s＝5m/s，选项A错误；由速度位移关系式可得vD2－vB2＝2a1xBD，其中质点在D点的速度vD＝0，则A、D两点间的距离xAD＝xAB＋－vB22a1＝12.25m，选项D正确.
基本公式法和逆向思维法：此运动过程可以看成是从D点出发、初速度为零的匀加速直线运动.根据题意有vA＝vB＋Δv2，vC＝vB－Δv2，又根据v2－v02＝2ax得vA2－vB2＝2a2xBA，vB2－vC2＝2a2xCB，其中Δv2＝2m/s，xBA＝6m，xCB＝4m，联立并代入数据解得质点在B点的速度大小为vB＝5m/s，加速度大小为a2＝2m/s2，选项A错误、B正确；质点从A点运动到C点的时间Δt＝2Δv2a2＝2s，选项C错误；A、D两点间的距离xDA＝xBA＋vB22a2＝12.25m，选项D正确.
3.[基本规律＋平衡条件/2020全国Ⅰ]我国自主研制了运－20重型运输机.飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度.已知飞机质量为1.21×105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69×105kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变.
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间.
答案 （1）78m/s （2）2.0m/s2 39s
解析 （1）设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv12 ①
m2g＝kv22 ②
由①②式及题给条件得v2＝78m/s. ③
（2）设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.由匀变速直线运动公式有
v22＝2as ④
v2＝at ⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0m/s2，t＝39s.
1.下列对匀变速直线运动的认识正确的是（ D ）
A.物体在一条直线上运动，若在相等的时间内通过的位移相等，则物体的运动就是匀变速直线运动
B.加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动
C.匀变速直线运动是速度变化量为零的运动
D.匀变速直线运动的加速度是一个恒量
解析 物体做匀变速直线运动时，在相等的时间内通过的位移不相等，A错误.匀变速直线运动的加速度大小和方向都不变化，为一恒量，速度变化量不为零，B、C错误，D正确.
2.[2024广东珠海模拟/多选]做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则下列式子中可以用来表示它在这段时间内的位移大小的是（ ACD ）
A.v0t－12at2B.v0t＋at2C.v0t2D.12at2
解析 如果用匀变速直线运动的位移公式，该过程中的位移可以表示为x＝v0t－12at2，选项A正确，选项B错误；整个过程的平均速度为v02，所以位移为x＝v·t＝v0t2，选项C正确；该运动反过来看可以看成一个初速度为零的匀加速直线运动，故位移可以表示为x＝12at2，选项D正确.
3.[2024云南祥华中学二调]在模拟实战训练中，空降兵从悬停的直升机中离开，经过t1时间，降落了距离s1，速度变为v1，接着再经过t2时间，又降落了距离s2，速度变为v2.若将上述运动近似看成初速度为零的匀加速直线运动，则（ A ）
A.v1v2＝t1t1＋t2B.v1v2＝t1t2
C.s1s2＝t12t22D.s1s2＝t12t12＋t22
解析 由初速度为零的匀变速直线运动规律得v1＝at1，v2＝a（t1＋t2），解得v1v2＝t1t1＋t2，选项A正确，选项B错误；由匀加速直线运动位移公式得s1＝12at12，s1＋s2＝12a（t1＋t2）2，解得s2＝a1t1t2＋12at22，从而有s1s2＝t122t1t2＋t22，选项C、D错误.
4.[2024山东新高考联合质量测评]中国自主研发的智能复兴号动车组运行速度很快，每小时可达350公里，是目前世界上运营时速最高的高铁列车.某次复兴号动车组做匀加速直线运动出站时，途中连续经过M、P、N三点，已知PN的距离是MP的两倍，MP段的平均速度是108km/h，PN的平均速度是216km/h，则动车组经过N点时的瞬时速度为（ B ）
A.66m/sB.75m/s
C.80m/sD.85m/s
解析 108km/h＝30m/s，216km/h＝60m/s，设P点的速度为v，则vM＋v2＝30m/s，vN＋v2＝60m/s.根据匀变速直线运动规律，动车组从M到P有v2－vM2＝2al，从P到N有vN2－v2＝4al，联立解得vN＝75m/s，故选B.
5.[2024山东菏泽一中校考]商场中的无轨小火车，由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，下列说法正确的是（ C ）
A.第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比是7：9：11
B.第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比是2：5：6
C.从静止开始计时到第4、5、6节车厢尾经过小朋友所用的时间之比是2：5：6
D.第4、5、6节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是（2－3）：（5－2）：（6－5）
解析 根据初速度为零的物体做匀变速直线运动经过连续相等位移所需时间之比的规律可得，第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为（2－3）：（5－2）：（6－5），故A、B错误；根据x＝12at2可得从静止开始计时到第4、5、6节车厢尾经过小朋友所用的时间之比为2：5：6，故C正确；根据v＝at可知第4、5、6节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是2：5：6，故D错误.
6.中国高铁技术已走在世界前列.某同学乘坐高铁列车时，通过观察列车铁轨旁里程碑和车内电子屏上显示的速度来估算列车进站时的加速度大小.当他身边的窗户经过某一里程碑时，屏幕显示的列车速度是126km/h，随后该窗户又连续经过了3个里程碑时，速度变为54km/h，已知两相邻里程碑之间的距离是1km.若列车进站过程可视为匀减速直线运动，则下列说法正确的是（ C ）
A.列车窗户经过两相邻里程碑的速度变化量均相同
B.列车窗户经过两相邻里程碑的时间越来越短
C.列车进站的加速度大小约为0.17m/s2
D.列车从54km/h的速度到停下来，窗户还要再经过一个里程碑
解析 由于两相邻里程碑的距离相等，又因为是减速运动，所以通过相同的位移，所需的时间会越来越长，根据Δv＝aΔt可知，因为时间Δt越来越长，所以速度变化量｜Δv｜也越来越大，故A、B错误；列车初速度v1＝126km/h＝35m/s，末速度v2＝54km/h＝15m/s，位移x＝3000m，所以加速度大小a＝v12－v222x＝352－1522×3000m/s2＝16m/s2＝0.17m/s2，故C正确；列车从54km/h的速度到停下来，这段时间内列车前进的距离x'＝v222a＝675m＜1000m，故D错误.
7.[情境创新/2024云南师范大学附属中学开学考]云南龙江大桥是亚洲最大的高速公路悬索桥，总长2470.58米，桥面宽33.5米，为双向四车道设计，设计速度为80千米/小时，如图甲所示.图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，每相邻两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，汽车通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则（ D ）
A.汽车通过吊索A时的速度大小为4vD
B.汽车减速的时间大于2t
C.汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D.汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
解析 设汽车通过吊索A时的速度为vA，相邻两根吊索间的距离为L，汽车的加速度大小为a，根据匀减速直线运动的公式可得0－vA2＝－2a×4L，0－vD2＝－2aL，解得vA＝2vD，又0－vA＝－at总，0－vD＝－at，解得t总＝2t，故选项A、B错误；吊索C为整个运动过程的位移中点，则汽车通过吊索C时的瞬时速度vC＝vA2＋vE22＞vA＋vE2＝v，故选项C错
【必记结论】匀变速直线运动中，质点位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度，质点在某段时间内的平均速度等于该段时间内的中间时刻速度.
误；AD段的平均速度vAD＝2vD＋vD2＝3vD2，DE段的平均速度vDE＝0+vD2＝vD2，选项D正确.
8.[多选]一个物体以2m/s的初速度做匀加速直线运动，经过一段时间后速度变为14m/s，则（ BCD ）
A.该加速过程中物体的平均速度为7m/s
B.物体在该运动过程位移中点的瞬时速度为10m/s
C.将该过程分为两段相等时间，则物体先后两段相等时间内的位移之比是5：11
D.将该过程分为两段相等位移，则物体先后通过两段位移所用时间之比是2：1
解析 物体做匀加速直线运动，则v＝v1＋v22＝8m/s，A错误；在匀变速直线运动中，位移中点速度vx2＝v12＋v222＝10m/s，B正确；物体在中间时刻的瞬时速度等于在该段时间内的平均速度，所以物体在中间时刻的瞬时速度为v＝8m/s，由运动学公式有v2－v12＝2ax1，v22－v2＝2ax2，解得x1：x2＝5：11，C正确；物体在前一段位移的平均速度v1＝v1＋vx22＝6m/s，在后一段位移的平均速度v2＝v2＋vx22＝12m/s，结合t＝xv可得t1：t2＝2：1，D正确.
9.[联系交通实际/2024四川绵阳南山中学校考]自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机会经常遇到动物过公路的情形.如图所示，一辆汽车正在以v0＝20m/s的速度匀速行驶，突然公路上冲出三只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程是匀减速运动，加速度大小为4m/s2，小动物与汽车距离约为55m，以下说法正确的是（ D ）
A.汽车匀减速6s末的速度大小为4m/s
B.匀减速运动的汽车一定撞上小动物
C.汽车第2s末的速度为10m/s
D.汽车匀减速第4s末到第6s末位移为2m
解析 根据题意，由0＝v0－at1代入数据解得t1＝5s，可知汽车在刹车5s后停止运动，故6s末速度为0，故A错误；由A选项的分析可知，汽车在刹车5s后停止运动，根据x1＝v0t1－12at12，代入数据解得x1＝50m，汽车刹车行驶50m停下，小于55m，则没有撞上小动物，故B错误；根据题意，由v＝v0－at2代入数据解得v＝12m/s，故C错误；汽车刹车减速5s停止，根据逆运算，第4s末到第6s末的运动可看成反向初速度为零的匀加速直线运动，又加速时间为1s，根据x2＝12at32，代入数据解得x2＝2m，故D正确.
10.如图所示，一滑块（可视为质点）从C点以某一初速度v0沿粗糙斜面CE向上做匀减速直线运动，刚好运动到最高点E，然后又沿粗糙斜面ED滑下并做匀加速直线运动.已知CE和ED的长度相等，滑块上滑过程的时间是下滑过程时间的2倍，下列说法正确的是（ B ）
A.滑块上滑过程的平均速度大小一定是下滑过程的平均速度大小的2倍
B.滑块上滑过程的加速度大小一定是下滑过程的加速度大小的14
C.滑块上滑过程的初速度大小一定是下滑过程的末速度大小的14
D.滑块上滑过程的中间时刻的速度大小和下滑过程的中间时刻的速度大小相等
解析 滑块上滑的位移大小等于下滑的位移大小，而滑块上滑过程的时间是下滑过程时间的2倍，根据v＝xt可知，滑块上滑过程的平均速度大小一定是下滑过程的平均速度大小的0.5倍，选项A错误；将上滑过程的逆过程看作向下的初速度为零的匀加速运动，根据a＝2xt2可知，滑块上滑过程的加速度大小一定是下滑过程的加速度大小的14，选项B正确；将上滑过程的逆过程看作向下的初速度为零的匀加速运动，根据v＝at可得，滑块上滑过程的初速度大小一定是下滑过程的末速度大小的12，选项C错误；因匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，即vt2＝v2，可知滑块上滑过程的中间时刻的速度大小和下滑过程的中间时刻的速度大小不相等，选项D错误.
11.[汽车挡位分析]我国的家庭汽车保有量居世界第一.汽车一般有五个前进挡位，如图所示，对应不同的速度范围.设在每一挡汽车均做匀变速直线运动，换挡时间不计.某次行车时，一挡起步（速度为零），起步后马上挂入二挡，加速度为2m/s2，3s后挂入三挡，再经过4s速度达到13m/s，随即挂入四挡以1.5m/s2的加速度行驶，速度达到16m/s时挂上五挡，加速度为1m/s2.求：
（1）刚挂入三挡时，汽车的速度大小；
（2）汽车在三挡时的加速度大小；
（3）汽车在四挡时行驶的位移大小和汽车挂上五挡后再过5s的速度大小.
答案 （1）6m/s （2）1.75m/s2 （3）29m 21m/s
解析 （1）汽车运动过程如图所示
根据匀变速直线运动的速度与时间的关系v＝v0＋at知，刚挂入三挡时，汽车的速度v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s
（2）汽车在三挡时的加速度大小a2＝v2－v1t2＝13－64m/s2＝1.75m/s2
（3）根据匀变速直线运动的关系式v2－v02＝2ax知，汽车在四挡时行驶的位移x3＝v32－v222a3＝29m，汽车挂上五挡后再过5s的速度v4＝v3＋a4t4＝16m/s＋1×5m/s＝21m/s.
12.[题设条件创新/2024高三TOP二十名校调研四]在平直公路上匀速行驶的小车，从发现情况到开始减速，再到停止运动的情境如图所示，已知减速过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度为v，减速过程的时间是反应过程的时间的5倍，反应过程视为匀速，下列说法正确的是（ C ）
A.小车匀速行驶的速度为v2
B.反应过程的时间为4v5a
C.减速过程的位移是反应过程的位移的52倍
D.从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为98v
解析 设小车匀速行驶的速度为v0，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系v＝v02，可得v0＝2v，A错误；减速过程的时间为t0＝v0a＝2va，反应过程的时间为t反＝t05＝2v5a，B错误；减速过程的位移为x0＝vt0＝2v2a，反应过程的位移为x反＝v0t反＝4v25a，则有x0x反＝52，C正确；从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为v＝x反＋x0t反＋t0＝76v，D错误.
13.[自行车测速器原理/2024山东滨州开学考]某种自行车测速器的原理如图所示，一个磁敏开关固定在自行车前叉上，在前轮的辐条上适当位置固定一小块永磁铁，车轮转动，永磁铁经过磁敏开关时，会产生一个电流脉冲.根据轮胎周长和相邻两个脉冲之间的时间间隔即可计算出自行车在该时间间隔内的平均速率，并立即呈现在显示器上，永磁铁每经过磁敏开
关一次，示数就更新一次.若自行车做匀变速直线运动，永磁铁一次经过磁敏开关时显示1m/s，永磁铁下一次经过磁敏开关时显示2m/s.则显示2m/s的瞬间，自行车的速率为（ C ）
A.53m/sB.2m/sC.73m/sD.83m/s
解析 由题意可知永磁铁第一次经过磁敏开关时显示1m/s，即自行车车轮转动第一圈的平均速率为1m/s，永磁铁第二次经过磁敏开关时显示2m/s，即自行车车轮转动第二圈的平均速率为2m/s，设车轮转动第二圈的时间为t2，则车轮转动第一圈的时间为t1＝2t2，车轮转动第一圈中间时刻的速度为v1＝1m/s，车轮转动第二圈中间时刻的速度为v2＝2m/s，根据运动学公式有v2＝v1＋a（t12＋t22），解得at2＝23m/s，显示2m/s的瞬间，自行车的速率为v＝v2＋a·t22＝73m/s，选项C正确.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，探究匀变速直线运动的特点.
2.能用公式等方法描述匀变速直线运动，理解匀变速直线运动的规律，能运用其解决实际问题.
匀变速直线运动的基本规律及应用
2023：辽宁T13；
2021：浙江6月T19；
2020：全国ⅠT24；
2019：海南T3
1.物理观念：理解匀加速、匀减速的特点，增强运动观念.
2.科学思维：能用速度公式、位移公式、速度与位移关系式等进行推理、论证，并能正确判断运动的结果；能运用逆向思维解决匀减速直线运动问题.
3.科学探究：用打点计时器、频闪照相或其他实验工具研究匀变速直线运动的规律.
4.科学态度与责任：了解匀变速直线运动规律在生产和生活中的应用，体会物理学与生产、生活的紧密联系.
匀变速直线运动的推论及应用
2023：山东T6，上海T10；
2019：全国ⅠT18
命题分析预测
匀变速直线运动规律的运用是历年高考的常考点和热点，考查形式有选择题、计算题，着重于规律在生产生活中的实际应用，往往还会结合动力学、能量、动量、电磁学等知识进行综合考查，以计算题形式出现.预计2025年高考可能会出现依托体育运动、交通运输、智能机器人、火箭发射等背景命制的试题.
两种运动
运动特点
求解方法
刹车类问题
匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失
求解时要注意确定实际运动时间
双向可逆类问题
如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变
求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义
考点1 匀变速直线运动的基本规律及应用
如图所示，一辆汽车在交通灯变绿时从某点A由静止开始以2.0m/s2的加速度在平直的公路上做匀加速直线运动，经一段时间运动到B点，速度达10m/s.请判断下列说法的正误.
（1）汽车的加速度是均匀变化的.（ ✕ ）
（2）汽车在任意两段相等时间内的速度变化量相等.（ √ ）
（3）汽车的位移是均匀增加的.（ ✕ ）
（4）汽车的加速度不变，速度每秒增加2m/s.（ √ ）
（5）汽车从A点到B点的中间时刻的速度大小为5m/s.（ √ ）
命题点1 基本公式和速度位移关系式的应用
1.[2024广东名校联考]如图为“歼15”舰载机从航空母舰甲板上起飞的情境，航空母舰静止在海面上，“歼15”舰载机在航空母舰跑道上做匀加速直线运动，加速度为8m/s2，需要达到60m/s的速度才可安全起飞.
（1）求“歼15”舰载机由静止开始加速，滑行5s后，舰载机的速度大小；
（2）求从静止启动到安全起飞，“歼15”舰载机在航空母舰上滑行的距离；
（3）若“歼15”舰载机能够借助弹射器获得初速度，只需滑行150m便可安全起飞，则“歼15”舰载机至少需要获得多大的初速度？
答案 （1）40m/s （2）225m （3）203m/s
解析 （1）由速度公式可知v1＝at，代入数据得v1＝40m/s.
（2）由速度位移关系式得v2＝2ax，代入数据得x＝225m.
（3）同理有v2－v02＝2ax1，代入数据得v0＝203m/s.
命题拓展
（1）[设问拓展]求舰载机由静止开始加速，滑行5s后，舰载机的位移大小.
（2）[命题新动向]若航空母舰的飞行跑道长L＝160m，请通过计算判断舰载机能否靠自身的发动机从舰上起飞.
答案 （1）100m （2）见解析
解析 （1）由位移公式得x1＝12at2代入数据得x1＝100m.
（2）舰载机靠发动机加速，加速度a＝8m/s2，初速度为0，位移L＝160m，末速度为v2，由运动学公式得v22＝2aL，解得v2＝50.6m/s＜60m/s，故舰载机不能靠自身发动机从舰上起飞.
方法点拨
“知三求二”的应用
命题点2 两类匀减速直线运动的比较
2.[刹车现象/多选]某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若以大小为5m/s2的加速度刹车，且不考虑司机的反应时间，则以下说法正确的是（ AD ）
A.刹车后2s时汽车的速度大小为10m/s
B.汽车刹车过程的位移大小为30m
C.刹车后5s时汽车的速度大小为5m/s
D.刹车后6s内汽车的位移大小为40m
解析 由题知，v0＝72km/h＝20m/s，a＝－5m/s2，由公式v＝v0＋at得，汽车从刹车到停止所用的时间t＝0－v0a＝4s，由速度公式得，刹车后2s时汽车的速度v1＝v0＋at1＝10m/s，A正确；由v2－v02＝2ax，可得x＝v2－v022a＝0－2022×（－5）m＝40m，汽车刹车过程的位移大小为40m，B错误；汽车从刹车到停止所用的时间为4s，所以刹车后5s时汽车的速度大小为0，C错误；刹车后6s内汽车的位移大小与刹车后4s内汽车的位移大小相等，为40m，D正确.
方法点拨
汽车刹车、飞机降落后在跑道上滑行等，都是单方向的匀减速直线运动，当速度减小到零后，就停止运动（区别于做匀减速直线运动的物体，速度减为零后可以反向加速），不要盲目套用速度公式v＝v0＋at和位移公式x＝v0t＋12at2.刹车运动位移的求解：先求出速度减小到零所用时间t0＝v0a（注意题中是立即刹车还是有反应时间，若有反应时间，则为多过程运动），再与题中所给时间t进行比较.
如果t0＜t，则不能用题目所给的时间t求解位移，应按t0计算位移.
如果t0＞t，说明经过时间t，运动还没有停止，则可用t直接求位移.
3.[双向可逆类问题/多选]在光滑足够长的斜面上，有一可视为质点的物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下.当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是（ ABC ）
A.物体运动时间可能为1s
B.物体运动时间可能为3s
C.物体运动时间可能为（2＋7）s
D.此时的速度大小一定为5m/s
解析 规定沿斜面向上为正方向，当物体在出发点上方时，x＝7.5m，由x＝v0t＋12at2代入数据解得t1＝1s或t2＝3s，由v＝v0＋at，得v1＝5m/s或v2＝－5m/s.当物体在出发点下方时，x'＝－7.5m，由x＝v0t＋12at2代入数据解得t3＝（2＋7）s或t4＝（2－7）s（舍去），由v＝v0＋at得v3＝－57m/s，故A、B、C正确，D错误.
考点2 匀变速直线运动的推论及应用
1.匀变速直线运动的常用推论
（1）平均速度公式：在匀变速直线运动中，物体在某段时间内的平均速度等于这段时间内[7] 中间时刻 的瞬时速度，还等于初、末速度矢量和的[8] 一半 ，即v＝[9] vt2 ＝[10] v0＋vt2 .
（2）位移差公式：物体在任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝[11] aT2 （判别式）[进一步推论：不相邻相等时间间隔T内的位移差xm－xn＝（m－n）aT2].
（3）中间位置速度公式：物体在某段位移中点的瞬时速度vx2＝v02＋vt22.
注意：无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，位移中点的速度总大于中间时刻的速度.
2.初速度为零的匀变速直线运动的六个比例关系
（1）按时间等分
①1T末、2T末、…、nT末瞬时速度之比v1：v2：…：vn＝[12] 1：2：…：n ；
②1T内、2T内、…、NT内位移之比xⅠ：xⅡ：…：xN＝[13] 1：22：…：N2 ；
③第1个T内、第2个T内、…、第n个T内位移之比x1：x2：…：xn＝[14] 1：3：…：（2n－1） .
（2）按位移等分
①1L末、2L末、…、nL末瞬时速度之比v1：v2：…：vn＝[15] 1：2：…：n ；
②1L内、2L内、…、NL内所用时间之比tⅠ：tⅡ：…：tN＝[16] 1：2：…：N ；
③第1个L内、第2个L内、…、第n个L内所用时间之比t1：t2：…：tn＝[17] 1：（2－1）：…：（n－n－1） .
3.常用推论公式的选用
以72km/h的速度行驶的列车在驶近一座石拱桥时开始刹车做匀减速直线运动，加速度的大小为0.1m/s2.
（1）列车减速行驶2min，2min末的速度是多少？
（2）列车减速行驶2min，2min内的位移是多少？
（3）列车减速行驶2min内的平均速度是多少？
（4）列车减速行驶2min内位移中点的瞬时速度是多少？
（5）列车在第2min内的位移比第3min内的位移多了多少？
答案 （1）8m/s （2）1680m （3）14m/s （4）15m/s （5）360m
解析 72km/h＝20m/s，2min＝120s，以初速度的方向为正方向，a＝－0.1m/s2.
（1）vt＝v0＋at＝20m/s－0.1×120m/s＝8m/s.
（2）利用位移公式求解：x＝v0t＋12at2＝20×120m－12×0.1×1202m＝1680m.
利用速度位移关系式求解：x＝vt2－v022a＝82－202－2×0.1m＝1680m.
（3）利用定义式求解：v＝xt＝1680120m/s＝14m/s.
利用平均速度公式求解：v＝v0＋vt2＝20+82m/s＝14m/s.
（4）根据中间位置速度公式求解：vx2＝v02＋vt22＝202＋822m/s≈15m/s.
（5）Δx＝aT2＝－0.1×602m＝－360m，因此第2min内的位移比第3min内的位移多360m.
命题点1 平均速度公式的应用
4.[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（ C ）
A.3m/sB.2m/sC.1m/s
解析 电动公交车做匀减速直线运动，设R、S间的距离为x，则v－RS＝xt1＝vR＋vS2，v－ST＝2xt2＝vS＋vT2，解得t2＝4t1，vT＝vR－10m/s，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，解得at1＝2m/s，又v－RS＝vt12＝vR－a·t12，解得vR＝11m/s，vT＝1m/s，C正确.
一题多解 设R、S间的距离为x，经历的时间为t，ST段经历的时间为t'，则对RS段，有x＝10t（m），对ST段，有2x＝5t'（m），解得t'＝4t.设加速度的大小为a，运动过程可看成反向匀加速运动，对TS段，有2x＝vT·4t＋12a（4t）2，对TR段，有3x＝vT·5t＋12a（5t）2，解得vT＝1m/s，C正确.
方法点拨
平均速度公式的应用
1.直接求平均速度.
2.求位移 Δx＝vΔt＝v0＋vt2Δt.
3.求瞬时速度 中间时刻瞬时速度vt2＝v0＋vt2.
命题点2 位移差公式的应用
5.[2024河北邢台内丘中学质检/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（ BD ）
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
解析 由Δx＝aT2得a＝x4－x3T2＝2.5－212m/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＋x42T＝2.25m/s，B正确.
方法点拨
位移差公式的应用
1.间隔了n个T的两个时间T内的位移差（如图）
Δxn＝xn＋2－x1＝（n＋1）aT2.
2.求加速度a＝Δxn（n+1）T2.
3.求时间间隔T＝Δxn（n+1）a.
命题点3 初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用
6.图中ab、bc、cd、de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，则通过ce段的时间为（ B ）
A.2tB.（2－2）t
C.（2＋2）tD.t
解析 对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的位移所用的时间之比为t1∶t2∶…∶tn＝1∶（2－1）∶…∶（n－n－1），则tab∶tbc∶tcd∶tde＝1∶（2－1）∶（3－2）∶（2－3），所以tab∶tce＝1∶（2－2），因此tce＝（2－2）t，B正确.
命题拓展
命题条件不变，拓展设问角度
下列说法正确的是（ B ）
A.汽车通过cd段的时间为3t
B.汽车通过be段的时间为t
C.汽车在ae段的平均速度等于在c点的瞬时速度
D.汽车在ac段的平均速度等于在b点的瞬时速度
解析 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为1：（2－1）：（3－2）：（2－3），可得出汽车通过cd段的时间为（3－2）t，A错误；汽车通过bc段的时间为（2－1）t，通过de段的时间为（2－3）t，则汽车通过be段的时间为t，B正确；汽车通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，故汽车通过b点的瞬时速度等于汽车在ae段的平均速度，C、D错误.
逆向思维的应用
对于末速度为零的匀减速直线运动，可以采用逆向思维法，将其看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.
1.[2024河北保定模拟/多选]冰壶运动是以团队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参赛者的体能与脑力，展现动静之美、取舍之智慧.在某次比赛中，冰壶投出后做匀减速直线运动，经过20s停止，已知倒数第3s内的位移大小为1.0m，下列说法正确的是（ BD ）
A.冰壶的加速度大小为0.3m/s2
B.冰壶的加速度大小为0.4m/s2
C.冰壶第1s末的速度大小为5.7m/s
D.冰壶第1s内的位移大小为7.8m
解析 整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，倒数第3s内的位移大小为1.0m，则x3＝12at32－12at22，代入数据得a＝0.4m/s2，故A错误，B正确；由速度公式可知初速度大小为v0＝at0＝0.4×20m/s＝8m/s，所以第1s末的速度大小为v1＝v0－at1＝8m/s－0.4×1m/s＝7.6m/s，第1s内的位移大小x1＝v0＋v12t1＝8+7.62×1m＝7.8m，故C错误，D正确.
2.为创建文明城市，提倡机动车礼让行人.某司机开车以9m/s的速度行驶到路口附近，发现有行人准备过斑马线，立即刹车礼让行人.设汽车做匀减速直线运动的加速度大小为2m/s2，则（ D ）
A.汽车刹车2s后的速度大小为4m/s
B.汽车刹车3s内行驶的位移大小为9m
C.汽车刹车时离斑马线的最小距离应为16m
D.汽车在刹车后的第5s内行驶的位移大小为0.25m
解析 加速度大小a＝2m/s2，汽车减速到零所需时间为t停＝v0a＝4.5s，汽车刹车2s后的速度大小为v2＝v0－at2＝5m/s，故A错误；汽车刹车3s内行驶的位移大小为x3＝v0t3－12at32＝18m，故B错误；汽车刹车时离斑马线的最小距离为xmin＝v022a＝20.25m，故C错误；由于汽车运动4.5s停止，运用逆向思维可知，汽车刹车后第5s内的位移等于汽车逆向匀加速运动前0.5s内的位移，即x0.5＝12at0.52＝0.25m，故D正确.
1.[平均速度公式/2023上海]炮管发射数百次炮弹后报废，炮弹飞出时速度为1000m/s，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为（ A ）
A.5秒B.5分钟C.5小时D.5天
解析 假设炮弹在炮管中的运动近似为匀加速直线运动，设每颗炮弹在炮管中运动的时间为t，炮管长约L＝5m，则t＝2Lv＝101000s＝0.01s，假设炮管发射500次报废，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间约为t总＝500t＝500×0.01s＝5s，A正确，BCD错误.
2.[相关推论的应用/多选]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，如图所示.已知A、B间距离为6m，B、C间距离为4m，该质点从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为－2m/s，下列说法正确的是（ BD ）
A.质点运动到B点时的速度大小为2.55m/s
B.质点的加速度大小为2m/s2
C.质点从A点运动到C点的时间为4s
D.A、D两点间的距离为12.25m
解析 推论法和平均速度法：根据题设条件可得两个过程的速度变化量均为Δv1＝a1t＝－2m/s，则xAB、xBC为质点在两段连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动的推论Δx＝a1t2可得t＝Δxa1t＝xBC－xABa1t＝4－6－2s＝1s，加速度a1＝Δv1t＝－2m/s2，选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2s，选项C错误；由匀变速直线运动的平均速度公式可得，质点运动到B点时的速度大小为vB＝6+42m/s＝5m/s，选项A错误；由速度位移关系式可得vD2－vB2＝2a1xBD，其中质点在D点的速度vD＝0，则A、D两点间的距离xAD＝xAB＋－vB22a1＝12.25m，选项D正确.
基本公式法和逆向思维法：此运动过程可以看成是从D点出发、初速度为零的匀加速直线运动.根据题意有vA＝vB＋Δv2，vC＝vB－Δv2，又根据v2－v02＝2ax得vA2－vB2＝2a2xBA，vB2－vC2＝2a2xCB，其中Δv2＝2m/s，xBA＝6m，xCB＝4m，联立并代入数据解得质点在B点的速度大小为vB＝5m/s，加速度大小为a2＝2m/s2，选项A错误、B正确；质点从A点运动到C点的时间Δt＝2Δv2a2＝2s，选项C错误；A、D两点间的距离xDA＝xBA＋vB22a2＝12.25m，选项D正确.
3.[基本规律＋平衡条件/2020全国Ⅰ]我国自主研制了运－20重型运输机.飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度.已知飞机质量为1.21×105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69×105kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变.
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间.
答案 （1）78m/s （2）2.0m/s2 39s
解析 （1）设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv12 ①
m2g＝kv22 ②
由①②式及题给条件得v2＝78m/s. ③
（2）设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.由匀变速直线运动公式有
v22＝2as ④
v2＝at ⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0m/s2，t＝39s.
1.下列对匀变速直线运动的认识正确的是（ D ）
A.物体在一条直线上运动，若在相等的时间内通过的位移相等，则物体的运动就是匀变速直线运动
B.加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动
C.匀变速直线运动是速度变化量为零的运动
D.匀变速直线运动的加速度是一个恒量
解析 物体做匀变速直线运动时，在相等的时间内通过的位移不相等，A错误.匀变速直线运动的加速度大小和方向都不变化，为一恒量，速度变化量不为零，B、C错误，D正确.
2.[2024广东珠海模拟/多选]做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则下列式子中可以用来表示它在这段时间内的位移大小的是（ ACD ）
A.v0t－12at2B.v0t＋at2C.v0t2D.12at2
解析 如果用匀变速直线运动的位移公式，该过程中的位移可以表示为x＝v0t－12at2，选项A正确，选项B错误；整个过程的平均速度为v02，所以位移为x＝v·t＝v0t2，选项C正确；该运动反过来看可以看成一个初速度为零的匀加速直线运动，故位移可以表示为x＝12at2，选项D正确.
3.[2024云南祥华中学二调]在模拟实战训练中，空降兵从悬停的直升机中离开，经过t1时间，降落了距离s1，速度变为v1，接着再经过t2时间，又降落了距离s2，速度变为v2.若将上述运动近似看成初速度为零的匀加速直线运动，则（ A ）
A.v1v2＝t1t1＋t2B.v1v2＝t1t2
C.s1s2＝t12t22D.s1s2＝t12t12＋t22
解析 由初速度为零的匀变速直线运动规律得v1＝at1，v2＝a（t1＋t2），解得v1v2＝t1t1＋t2，选项A正确，选项B错误；由匀加速直线运动位移公式得s1＝12at12，s1＋s2＝12a（t1＋t2）2，解得s2＝a1t1t2＋12at22，从而有s1s2＝t122t1t2＋t22，选项C、D错误.
4.[2024山东新高考联合质量测评]中国自主研发的智能复兴号动车组运行速度很快，每小时可达350公里，是目前世界上运营时速最高的高铁列车.某次复兴号动车组做匀加速直线运动出站时，途中连续经过M、P、N三点，已知PN的距离是MP的两倍，MP段的平均速度是108km/h，PN的平均速度是216km/h，则动车组经过N点时的瞬时速度为（ B ）
A.66m/sB.75m/s
C.80m/sD.85m/s
解析 108km/h＝30m/s，216km/h＝60m/s，设P点的速度为v，则vM＋v2＝30m/s，vN＋v2＝60m/s.根据匀变速直线运动规律，动车组从M到P有v2－vM2＝2al，从P到N有vN2－v2＝4al，联立解得vN＝75m/s，故选B.
5.[2024山东菏泽一中校考]商场中的无轨小火车，由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，下列说法正确的是（ C ）
A.第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比是7：9：11
B.第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比是2：5：6
C.从静止开始计时到第4、5、6节车厢尾经过小朋友所用的时间之比是2：5：6
D.第4、5、6节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是（2－3）：（5－2）：（6－5）
解析 根据初速度为零的物体做匀变速直线运动经过连续相等位移所需时间之比的规律可得，第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为（2－3）：（5－2）：（6－5），故A、B错误；根据x＝12at2可得从静止开始计时到第4、5、6节车厢尾经过小朋友所用的时间之比为2：5：6，故C正确；根据v＝at可知第4、5、6节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是2：5：6，故D错误.
6.中国高铁技术已走在世界前列.某同学乘坐高铁列车时，通过观察列车铁轨旁里程碑和车内电子屏上显示的速度来估算列车进站时的加速度大小.当他身边的窗户经过某一里程碑时，屏幕显示的列车速度是126km/h，随后该窗户又连续经过了3个里程碑时，速度变为54km/h，已知两相邻里程碑之间的距离是1km.若列车进站过程可视为匀减速直线运动，则下列说法正确的是（ C ）
A.列车窗户经过两相邻里程碑的速度变化量均相同
B.列车窗户经过两相邻里程碑的时间越来越短
C.列车进站的加速度大小约为0.17m/s2
D.列车从54km/h的速度到停下来，窗户还要再经过一个里程碑
解析 由于两相邻里程碑的距离相等，又因为是减速运动，所以通过相同的位移，所需的时间会越来越长，根据Δv＝aΔt可知，因为时间Δt越来越长，所以速度变化量｜Δv｜也越来越大，故A、B错误；列车初速度v1＝126km/h＝35m/s，末速度v2＝54km/h＝15m/s，位移x＝3000m，所以加速度大小a＝v12－v222x＝352－1522×3000m/s2＝16m/s2＝0.17m/s2，故C正确；列车从54km/h的速度到停下来，这段时间内列车前进的距离x'＝v222a＝675m＜1000m，故D错误.
7.[情境创新/2024云南师范大学附属中学开学考]云南龙江大桥是亚洲最大的高速公路悬索桥，总长2470.58米，桥面宽33.5米，为双向四车道设计，设计速度为80千米/小时，如图甲所示.图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，每相邻两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，汽车通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则（ D ）
A.汽车通过吊索A时的速度大小为4vD
B.汽车减速的时间大于2t
C.汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D.汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
解析 设汽车通过吊索A时的速度为vA，相邻两根吊索间的距离为L，汽车的加速度大小为a，根据匀减速直线运动的公式可得0－vA2＝－2a×4L，0－vD2＝－2aL，解得vA＝2vD，又0－vA＝－at总，0－vD＝－at，解得t总＝2t，故选项A、B错误；吊索C为整个运动过程的位移中点，则汽车通过吊索C时的瞬时速度vC＝vA2＋vE22＞vA＋vE2＝v，故选项C错
【必记结论】匀变速直线运动中，质点位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度，质点在某段时间内的平均速度等于该段时间内的中间时刻速度.
误；AD段的平均速度vAD＝2vD＋vD2＝3vD2，DE段的平均速度vDE＝0+vD2＝vD2，选项D正确.
8.[多选]一个物体以2m/s的初速度做匀加速直线运动，经过一段时间后速度变为14m/s，则（ BCD ）
A.该加速过程中物体的平均速度为7m/s
B.物体在该运动过程位移中点的瞬时速度为10m/s
C.将该过程分为两段相等时间，则物体先后两段相等时间内的位移之比是5：11
D.将该过程分为两段相等位移，则物体先后通过两段位移所用时间之比是2：1
解析 物体做匀加速直线运动，则v＝v1＋v22＝8m/s，A错误；在匀变速直线运动中，位移中点速度vx2＝v12＋v222＝10m/s，B正确；物体在中间时刻的瞬时速度等于在该段时间内的平均速度，所以物体在中间时刻的瞬时速度为v＝8m/s，由运动学公式有v2－v12＝2ax1，v22－v2＝2ax2，解得x1：x2＝5：11，C正确；物体在前一段位移的平均速度v1＝v1＋vx22＝6m/s，在后一段位移的平均速度v2＝v2＋vx22＝12m/s，结合t＝xv可得t1：t2＝2：1，D正确.
9.[联系交通实际/2024四川绵阳南山中学校考]自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机会经常遇到动物过公路的情形.如图所示，一辆汽车正在以v0＝20m/s的速度匀速行驶，突然公路上冲出三只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程是匀减速运动，加速度大小为4m/s2，小动物与汽车距离约为55m，以下说法正确的是（ D ）
A.汽车匀减速6s末的速度大小为4m/s
B.匀减速运动的汽车一定撞上小动物
C.汽车第2s末的速度为10m/s
D.汽车匀减速第4s末到第6s末位移为2m
解析 根据题意，由0＝v0－at1代入数据解得t1＝5s，可知汽车在刹车5s后停止运动，故6s末速度为0，故A错误；由A选项的分析可知，汽车在刹车5s后停止运动，根据x1＝v0t1－12at12，代入数据解得x1＝50m，汽车刹车行驶50m停下，小于55m，则没有撞上小动物，故B错误；根据题意，由v＝v0－at2代入数据解得v＝12m/s，故C错误；汽车刹车减速5s停止，根据逆运算，第4s末到第6s末的运动可看成反向初速度为零的匀加速直线运动，又加速时间为1s，根据x2＝12at32，代入数据解得x2＝2m，故D正确.
10.如图所示，一滑块（可视为质点）从C点以某一初速度v0沿粗糙斜面CE向上做匀减速直线运动，刚好运动到最高点E，然后又沿粗糙斜面ED滑下并做匀加速直线运动.已知CE和ED的长度相等，滑块上滑过程的时间是下滑过程时间的2倍，下列说法正确的是（ B ）
A.滑块上滑过程的平均速度大小一定是下滑过程的平均速度大小的2倍
B.滑块上滑过程的加速度大小一定是下滑过程的加速度大小的14
C.滑块上滑过程的初速度大小一定是下滑过程的末速度大小的14
D.滑块上滑过程的中间时刻的速度大小和下滑过程的中间时刻的速度大小相等
解析 滑块上滑的位移大小等于下滑的位移大小，而滑块上滑过程的时间是下滑过程时间的2倍，根据v＝xt可知，滑块上滑过程的平均速度大小一定是下滑过程的平均速度大小的0.5倍，选项A错误；将上滑过程的逆过程看作向下的初速度为零的匀加速运动，根据a＝2xt2可知，滑块上滑过程的加速度大小一定是下滑过程的加速度大小的14，选项B正确；将上滑过程的逆过程看作向下的初速度为零的匀加速运动，根据v＝at可得，滑块上滑过程的初速度大小一定是下滑过程的末速度大小的12，选项C错误；因匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，即vt2＝v2，可知滑块上滑过程的中间时刻的速度大小和下滑过程的中间时刻的速度大小不相等，选项D错误.
11.[汽车挡位分析]我国的家庭汽车保有量居世界第一.汽车一般有五个前进挡位，如图所示，对应不同的速度范围.设在每一挡汽车均做匀变速直线运动，换挡时间不计.某次行车时，一挡起步（速度为零），起步后马上挂入二挡，加速度为2m/s2，3s后挂入三挡，再经过4s速度达到13m/s，随即挂入四挡以1.5m/s2的加速度行驶，速度达到16m/s时挂上五挡，加速度为1m/s2.求：
（1）刚挂入三挡时，汽车的速度大小；
（2）汽车在三挡时的加速度大小；
（3）汽车在四挡时行驶的位移大小和汽车挂上五挡后再过5s的速度大小.
答案 （1）6m/s （2）1.75m/s2 （3）29m 21m/s
解析 （1）汽车运动过程如图所示
根据匀变速直线运动的速度与时间的关系v＝v0＋at知，刚挂入三挡时，汽车的速度v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s
（2）汽车在三挡时的加速度大小a2＝v2－v1t2＝13－64m/s2＝1.75m/s2
（3）根据匀变速直线运动的关系式v2－v02＝2ax知，汽车在四挡时行驶的位移x3＝v32－v222a3＝29m，汽车挂上五挡后再过5s的速度v4＝v3＋a4t4＝16m/s＋1×5m/s＝21m/s.
12.[题设条件创新/2024高三TOP二十名校调研四]在平直公路上匀速行驶的小车，从发现情况到开始减速，再到停止运动的情境如图所示，已知减速过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度为v，减速过程的时间是反应过程的时间的5倍，反应过程视为匀速，下列说法正确的是（ C ）
A.小车匀速行驶的速度为v2
B.反应过程的时间为4v5a
C.减速过程的位移是反应过程的位移的52倍
D.从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为98v
解析 设小车匀速行驶的速度为v0，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系v＝v02，可得v0＝2v，A错误；减速过程的时间为t0＝v0a＝2va，反应过程的时间为t反＝t05＝2v5a，B错误；减速过程的位移为x0＝vt0＝2v2a，反应过程的位移为x反＝v0t反＝4v25a，则有x0x反＝52，C正确；从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为v＝x反＋x0t反＋t0＝76v，D错误.
13.[自行车测速器原理/2024山东滨州开学考]某种自行车测速器的原理如图所示，一个磁敏开关固定在自行车前叉上，在前轮的辐条上适当位置固定一小块永磁铁，车轮转动，永磁铁经过磁敏开关时，会产生一个电流脉冲.根据轮胎周长和相邻两个脉冲之间的时间间隔即可计算出自行车在该时间间隔内的平均速率，并立即呈现在显示器上，永磁铁每经过磁敏开
关一次，示数就更新一次.若自行车做匀变速直线运动，永磁铁一次经过磁敏开关时显示1m/s，永磁铁下一次经过磁敏开关时显示2m/s.则显示2m/s的瞬间，自行车的速率为（ C ）
A.53m/sB.2m/sC.73m/sD.83m/s
解析 由题意可知永磁铁第一次经过磁敏开关时显示1m/s，即自行车车轮转动第一圈的平均速率为1m/s，永磁铁第二次经过磁敏开关时显示2m/s，即自行车车轮转动第二圈的平均速率为2m/s，设车轮转动第二圈的时间为t2，则车轮转动第一圈的时间为t1＝2t2，车轮转动第一圈中间时刻的速度为v1＝1m/s，车轮转动第二圈中间时刻的速度为v2＝2m/s，根据运动学公式有v2＝v1＋a（t12＋t22），解得at2＝23m/s，显示2m/s的瞬间，自行车的速率为v＝v2＋a·t22＝73m/s，选项C正确.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，探究匀变速直线运动的特点.
2.能用公式等方法描述匀变速直线运动，理解匀变速直线运动的规律，能运用其解决实际问题.
匀变速直线运动的基本规律及应用
2023：辽宁T13；
2021：浙江6月T19；
2020：全国ⅠT24；
2019：海南T3
1.物理观念：理解匀加速、匀减速的特点，增强运动观念.
2.科学思维：能用速度公式、位移公式、速度与位移关系式等进行推理、论证，并能正确判断运动的结果；能运用逆向思维解决匀减速直线运动问题.
3.科学探究：用打点计时器、频闪照相或其他实验工具研究匀变速直线运动的规律.
4.科学态度与责任：了解匀变速直线运动规律在生产和生活中的应用，体会物理学与生产、生活的紧密联系.
匀变速直线运动的推论及应用
2023：山东T6，上海T10；
2019：全国ⅠT18
命题分析预测
匀变速直线运动规律的运用是历年高考的常考点和热点，考查形式有选择题、计算题，着重于规律在生产生活中的实际应用，往往还会结合动力学、能量、动量、电磁学等知识进行综合考查，以计算题形式出现.预计2025年高考可能会出现依托体育运动、交通运输、智能机器人、火箭发射等背景命制的试题.
两种运动
运动特点
求解方法
刹车类问题
匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失
求解时要注意确定实际运动时间
双向可逆类问题
如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变
求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义
相关学案
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