1、掌握并會利用勻變速直線運動規(guī)律處理物理問題。
2、掌握并會利用勻變速直線運動的推論處理物理問題
考點一 勻變速直線運動公式的應用
1．基本規(guī)律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
(3)位移速度關系式：v2－veq \\al( 2,0)＝2ax.
這三個基本公式，是解決勻變速直線運動的基石．均為矢量式，應用時應規(guī)定正方向．
2．兩個重要推論
(1)物體在一段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量和的一半，即：eq \x\t(v)＝v SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(v0＋v,2).
(2)任意兩個連續(xù)相等的時間間隔T內的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
3．v0＝0的四個重要推論
(1)1T末、2T末、3T末、……瞬時速度的比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n
(2)1T內、2T內、3T內……位移的比為：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2
(3)第一個T內、第二個T內、第三個T內……位移的比為：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
(4)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間的比為：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))
（2024?佛山一模）為提高航母的效能，福建艦安裝了電磁彈射器，艦載機在彈射器的助推下能獲得30m/s2～50m/s2的加速度。若某艦載機從靜止開始彈射，勻加速運動150m達到100m/s的起飛速度，則該過程的時間為（ ）
A．3.3sB．3.0sC．2.5sD．1.5s
【解答】解：由題意可知，艦載機從靜止開始彈射，勻加速運動150m達到100m/s的起飛速度，則根據(jù)
代入數(shù)據(jù)解得
t＝3.0s，故B正確。
故選：B。
（多選）（2022?廬陽區(qū)校級模擬）物理學中有一些經(jīng)典實驗通過巧妙的設計使用簡陋的器材反映了深刻的物理本質，例如伽利略的斜面實驗就揭示了勻變速直線運動的規(guī)律。某同學用現(xiàn)代實驗器材改進伽利略的經(jīng)典斜面實驗，如圖1所示，他讓小球以某﹣﹣確定的初速度從固定斜面頂端0點滾下，經(jīng)過A、B兩個傳感器，其中B傳感器固定在斜面底端，利用傳感器測出了A、B間的距離x及小球在A、B間運動的時間t。改變A傳感器的位置，多次重復實驗，計算機作出圖像如圖2所示。下列說法正確的是（ ）
A．小球在斜面上運動的平均速度大小為8m/s
B．小球在斜面上0點的速度大小為4m/s
C．小球在斜面上運動的加速度大小為2m/s2
D．固定斜面的長度為6m
【解答】解：設小球在經(jīng)過A傳感器時的速度大小為vA，在斜面上運動的加速度大小為a，根據(jù)運動學規(guī)律可得vB＝vA+at

聯(lián)立并化簡得：
結合圖像可得：vB＝8m/s；a＝4m/s2
當A傳感器放置在O點時，傳感器所測時間為小球從O到B傳感器的運動時間t1，對應圖像上的最小值，即
解得：t1＝1s
所以小球在斜面上O點的速度大小為
v0＝vB﹣at1＝8m/s﹣4×1m/s＝4m/s
小球在斜面上運動的平均速度大小為

固定斜面長度為，故AC錯誤，BD正確；
故選：BD。
（2024?新鄭市校級三模）一質點在連續(xù)的6s內做勻加速直線運動，在第一個2s內位移為12m，最后一個2s內位移為36m，下面說法正確的是（ ）
A．質點的加速度大小是6m/s2
B．質點的加速度大小是3m/s2
C．質點第2s末的速度大小是12m/s
D．質點在第1s內的位移大小是6m
【解答】解：AB、設第一個2s內的位移為x1，第三個2s內，即最后1個2s內的位移為x3，根據(jù)，可得加速度a＝3m/s2，故A錯誤，B正確；
C、由勻變速直線運動連續(xù)相等時間內通過的位移差為定值，即x3﹣x2＝x2﹣x1，解得x2＝24m，第2s末的瞬時速度等于前4s內的平均速度，則第2s末速度為，解得v＝9m/s，故C錯誤；
D、第1 s末的瞬時速度等于第一個2s內的平均速度，則m/s＝6m/s，在第1 s內反向看為勻減速運動，則有x1＝v1tat2，解得x1＝4.5m，故D錯誤。
故選：B。
考點二 常用的“六種”物理思想方法
1．一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推論三式．它們均是矢量式，使用時要注意方向性．
2．平均速度法
定義式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)對任何性質的運動都適用，而eq \x\t(v)＝v SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,2)(v0＋v)只適用于勻變速直線運動．
3．比例法
對于初速度為零的勻加速直線運動與末速度為零的勻減速直線運動，可利用初速度為零的勻加速直線運動的重要特征中的比例關系，用比例法求解．
4．逆向思維法
如勻減速直線運動可視為反方向的勻加速直線運動．
5．推論法
利用Δx＝aT2：其推廣式xm－xn＝(m－n)aT2，對于紙帶類問題用這種方法尤為快捷．
6．圖象法
利用v－t圖可以求出某段時間內位移的大小，可以比較v SKIPIF 1 < 0 與v SKIPIF 1 < 0 ，還可以求解追及問題；用x－t圖象可求出任意時間內的平均速度等．
（2024?湖北二模）如圖所示，在2022年北京冬奧會高山滑雪男子大回轉比賽中，中國選手張洋銘沿著雪道加速滑下，途經(jīng)a、b、c、d四個位置。若將此過程視為勻加速直線運動，張洋銘在ab、bc、cd三段位移內速度增加量之比為1：2：1，a、b之間的距離為L1，c、d之間的距離為L3，則b、c之間的距離L2為（ ）
A．8L1B．
C．L1+L3D．
【解答】解：張洋銘在ab、bc、cd三段位移內速度增加量之比為1：2：1，則對應時間之比為1：2：1，有

L2＝（v0+at）?2ta（2t）2＝2v0t+4at2
L3＝（v0+3at）?tat2＝v0tat2
根據(jù)數(shù)學知識觀察可得
L2＝L1+L3
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024?瓊山區(qū)校級模擬）沿平直軌道勻加速行駛的長度為L的列車，保持加速度不變通過長度為L的橋梁，車頭駛上橋頭時的速度為v1，車頭經(jīng)過橋尾時的速度為v2，則車尾通過橋尾時的速度為（ ）
A．v1：v2B．
C．D．
【解答】解：火車車頭從橋頭到橋尾運動的過程中，根據(jù)速度—位移關系可得：2aL＝v22﹣v12
火車車頭從橋頭到車尾通過橋尾的過程中，根據(jù)速度—位移關系可得：2a?2L＝v2﹣v12
解得：v，故B正確、ACD錯誤。
故選：B。
（2024?日照一模）某物理學習興趣小組研究公交車的運動，公交車進站過程認為做勻減速直線運動直至停下。公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過的位移之比為21：9，若公交車運動的加速度大小為1m/s2，則（ ）
A．公交車運動的總位移為60m
B．公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過的位移之差為36m
C．公交車的初速度為12m/s
D．公交車運動的時間為10s
【解答】解：設公交車開始減速的速度為v0，運動總時間為t，則公交車在最初減速6s內通過的位移為
把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運動，最后6s內通過的位移為
代入數(shù)據(jù)解得x2＝18m
由于公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過的位移之比為21：9，則由以上有

又有0＝v0﹣at
代入數(shù)據(jù)解得v0＝10m/s
t＝10s
則公交車的總位移為
代入數(shù)據(jù)解得x＝50m
公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過的位移之差為Δx＝x1﹣x2
代入數(shù)據(jù)解得
Δx＝24m，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024?長沙模擬）2023年8月28日株洲清水塘大橋正式通車。如圖甲所示，大橋全長2.85千米，主跨為408米雙層鋼桁架拱橋結構，位列同類橋梁中湖南第一、橋梁上層為機動車道，下層為行人和非機動車通行的景觀通道。大橋一經(jīng)開通就成為了株洲市民觀光散步、娛樂休閑的“網(wǎng)紅橋”。圖乙中A、B、C、D、E、F為大橋上的六根豎直鋼絲繩吊索，相鄰兩根吊索之間距離均相等，若一汽車在橋梁上層從吊索A處開始做勻減速直線運動，剛好在吊索E、F的中點N點停下，汽車通過吊索E時的瞬時速度為vE，從E點到N點的時間為t，則（ ）
A．汽車通過吊索A時的速度為9vE
B．汽車通過AE段的時間等于3t
C．汽車通過AE段的平均速度是EN段平均速度的4倍
D．汽車通過全程AN的平均速度小于vE
【解答】解：A．令加速度為a，E到N的距離為L，從E到N有

從N到A有

聯(lián)立可得
vA＝3vE
故A錯誤；
B．根據(jù)速度—時間公式，有


所以汽車通過 AE 段的時間等于2t，故B錯誤；
C．根據(jù)勻變速直線運動的推論有


所以汽車通過 AE段的平均速度是EN段平均速度的4倍，故C正確；
D．根據(jù)平均速度與瞬時速度的關系可知，汽車通過全程AN的平均速度為

故D錯誤。
故選：C。
考點三 自由落體運動和豎直上拋運動
1．特點和規(guī)律
(1)自由落體運動的特點
①從靜止開始，即初速度為零．
②只受重力作用的勻加速直線運動．
③公式：v＝gt，h＝eq \f(1,2)gt2，v2＝2gh.
(2)豎直上拋運動的特點
①初速度豎直向上．
②只受重力作用的勻變速直線運動．
③若以初速度方向為正方向，則a＝－g.
2．處理豎直上拋運動的方法
(1)分段處理
①上升階段做勻減速直線運動，下降階段做自由落體運動．
②幾個特征物理量
上升的最大高度H＝eq \f(v\\al( 2,0),2g)，上升到最高點所用的時間T＝eq \f(v0,g)，回到拋出點所用的時間t＝eq \f(2v0,g)，回到拋出點時的速度v＝－v0.
(2)全程處理
①初速度為v0(設為正方向)，加速度為a＝－g的勻變速直線運動．
②v>0時，物體上升．
v0時，物體在拋出點上方．
h

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