01、考情透視，目標(biāo)導(dǎo)航TOC \ "1-3" \h \u
02、知識導(dǎo)圖，思維引航 \l "_Tc12871" PAGEREF _Tc12871 \h 2
03、考點突破，考法探究 \l "_Tc28128" PAGEREF _Tc28128 \h 3
\l "_Tc24207" 考點一 勻變速直線運動的基本規(guī)律及應(yīng)用 PAGEREF _Tc24207 \h 4
\l "_Tc9640" 考向1 基本公式的應(yīng)用 PAGEREF _Tc9640 \h 4
\l "_Tc17747" 考向2 兩類特殊的勻減速直線運動對比 PAGEREF _Tc17747 \h 7
\l "_Tc26801" 考向3 勻變速直線運動中的多過程問題 PAGEREF _Tc26801 \h 9
\l "_Tc28584" 考點二 勻變速直線運動的推論及應(yīng)用 PAGEREF _Tc28584 \h 10
\l "_Tc15828" 考向1 平均速度公式的應(yīng)用 PAGEREF _Tc15828 \h 10
\l "_Tc11680" 考向2 位移差公式的應(yīng)用 PAGEREF _Tc11680 \h 11
\l "_Tc16580" 考向3初速度為零的勻變速直線運動比例式的應(yīng)用 PAGEREF _Tc16580 \h 12
\l "_Tc2608" 考點三 自由落體和豎直上拋 PAGEREF _Tc2608 \h 12
\l "_Tc10214" 考向1 自由落體規(guī)律的應(yīng)用 PAGEREF _Tc10214 \h 13
\l "_Tc10280" 考向2 豎直上拋運動的處理方法 PAGEREF _Tc10280 \h 15
\l "_Tc17309" 考點四 解決勻變速直線運動問題的六種方法 PAGEREF _Tc17309 \h 16
\l "_Tc4679" 考向1 基本公式法 PAGEREF _Tc4679 \h 17
\l "_Tc32155" 考向2 平均速度法 PAGEREF _Tc32155 \h 18
\l "_Tc11206" 考向3 比例法 PAGEREF _Tc11206 \h 18
\l "_Tc12157" 考向4 逆向思維法 PAGEREF _Tc12157 \h 19
\l "_Tc7585" 考向5 推論法 PAGEREF _Tc7585 \h 19
\l "_Tc15245" 考向6 圖像法 PAGEREF _Tc15245 \h 20
04、真題練習(xí)，命題洞見
考點一 勻變速直線運動的基本規(guī)律及應(yīng)用
1.勻變速直線運動
沿著一條直線且加速度不變的運動。如圖所示，v－t圖線是一條傾斜的直線。
2．勻變速直線運動的兩個基本規(guī)律
(1)速度與時間的關(guān)系式：v＝v0＋at。
(2)位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。
由以上兩式聯(lián)立可得速度與位移的關(guān)系式：v2－v02＝2ax。
3．公式選用原則
以上三個公式共涉及五個物理量，每個公式有四個物理量。選用原則如下：
不涉及位移，選用v＝v0＋at
不涉及末速度，選用x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
不涉及時間，選用v2－v02＝2ax
4．正方向的選取
以上三式均為矢量式，無論是勻加速直線運動還是勻減速直線運動，通常以初速度v0的方向為正方向；當(dāng)v0＝0時，一般以加速度a的方向為正方向。速度、加速度、位移的方向與正方向相同時取正，相反時取負(fù)。
考向1 基本公式的應(yīng)用
1.（23-24高三上·湖北·開學(xué)考試）一列復(fù)興號動車進(jìn)站時做勻減速直線運動，車頭經(jīng)過站臺上三個立柱A、B、C，對應(yīng)時刻分別為t1、t2、t3，其x-t圖像如圖所示。則下列說法正確的是（ ）
A．
B．車頭經(jīng)過立柱A的速度為
C．車頭經(jīng)過立柱B的速度為
D．車頭經(jīng)過立柱A、B過程中的平均速度為
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)初速度為0的勻加速直線運動的推導(dǎo)規(guī)律可知，只有初速度為0，連續(xù)通過相同位移所需時間的比為，動車做有一定初速度的勻減速運動，故A錯誤；
B．因為動車做勻減速直線運動，所以車頭經(jīng)過立柱A 的速度為不可能為時間的平均速度，故B錯誤；
C．時間段的平均速度為，只有勻變速直線運動中間時刻的平均速度等于該段位移內(nèi)的平均速度，而B點屬于該段的位移中點，故C錯誤；
D．車頭經(jīng)過立柱A、B過程中的平均速度為
故D正確。
故選D。
【題后感悟】
1．公式間的關(guān)系
2．公式選取技巧
涉及的物理量
未涉及的物理量
適宜選用公式
v0，v，a，t
x
v＝v0＋at
v0，a，t，x
v
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0，v，a，x
t
v2－v02＝2ax
v0，v，t，x
a
x＝eq \f(v＋v0,2)t
【鞏固訓(xùn)練】．在女子直線400 m比賽中某段時間內(nèi)，某同學(xué)從靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)t1＝4 s后速度達(dá)到v1＝8 m/s，然后勻速運動了t2＝10 s，接著經(jīng)t3＝5 s勻減速運動到v2＝6 m/s。(該同學(xué)可以看作質(zhì)點)求：
(1)該同學(xué)在加速運動階段的加速度a1；
(2)該同學(xué)在第16 s末的速度v3；
(3)該同學(xué)這段時間內(nèi)的位移x。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)7.2 m/s (3)131 m
【解析】 (1)設(shè)勻加速階段的加速度為a1，則
v1＝a1t1
解得a1＝2 m/s2。
(2)設(shè)減速運動階段的加速度為a2，因為
v2＝v1＋a2t3
所以a2＝－0.4 m/s2
當(dāng)t＝16 s時，質(zhì)點已減速運動了t4＝2 s，此時質(zhì)點的速度為v3＝v1＋a2t4＝7.2 m/s。
(3)勻加速直線運動的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝16 m
勻速直線運動的位移x2＝v1t2＝80 m
勻減速直線運動的位移x3＝v1t3＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)＝35 m
則總位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。
考向2 兩類特殊的勻減速直線運動對比
2.汽車在水平面上剎車,其位移與時間的關(guān)系是x=24t-6t2,則它在前3s內(nèi)的平均速度為( ）
A．6 m/sB．8 m/sC．10 m/sD．12 m/s
【答案】B
【詳解】由位移與時間的關(guān)系可知，
v0=24m/s；a=-12m/s2
則由v=v0+at可知，汽車在2s末即靜止，故3s內(nèi)的位移等于2s內(nèi)的位移，故3s內(nèi)汽車的位移
則汽車的平均速度
A．6m/s與分析不符，故A錯誤；
B．8m/s與分析相符，故B正確；
C．10m/s與分析不符，故C錯誤；
D．12m/s與分析不符，故D錯誤．
3．如圖所示，一物塊（可視為質(zhì)點）以一定的初速度從一足夠長的光滑固定斜面的底端開始上滑，在上滑過程中的最初5s內(nèi)和最后5s內(nèi)經(jīng)過的位移之比為11：5．忽略空氣阻力，則此物塊從底端開始上滑到返回斜面底端一共經(jīng)歷的時間是（ ）
A．8sB．10sC．16sD．20s
【答案】C
【詳解】設(shè)物體運動的加速度為a，上滑運動總時間為t，把物體上滑的運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運動，則有：最后5s內(nèi)位移為
s1＝a×52＝a
最初5s內(nèi)位移為
又因為
s2：s1=11：5
解得
t=8s
由于斜面光滑，上滑和下滑的時間相同，則物塊從底端開始上滑到返回斜面底端一共經(jīng)歷的時間是16s。
故選C。
【題后感悟】
兩類特殊的勻減速直線運動分析
剎車類
(1)其特點為勻減速到速度為零后即停止運動，加速度a突然消失。
(2)求解時要注意確定其實際運動時間。
(3)如果問題涉及最后階段(到停止運動)的運動，可把該階段看成反向的初速度為零的勻加速直線運動。
雙向可逆類
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后仍能以原加速度勻加速下滑，全過程加速度大小、方向均不變。
(2)注意：求解時可分過程列式也可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負(fù)號及物理意義。
【鞏固訓(xùn)練】．具有“主動剎車系統(tǒng)”的汽車遇到緊急情況時，會立即啟動主動剎車。某汽車以28 m/s的速度勻速行駛時，前方50 m處突然出現(xiàn)一群羚羊橫穿公路，“主動剎車系統(tǒng)”立即啟動，汽車開始做勻減速直線運動，恰好在羚羊通過道路前1 m處停車。汽車開始“主動剎車”后第4 s內(nèi)通過的位移大小為( )
A.0 B.1 m
C.2 m D.3 m
【答案】 B
【解析】 令x1＝50 m，x2＝1 m，汽車的剎車時間為t，剎車時的加速度大小為a，把剎車過程逆向處理，則有veq \\al(2,0)＝2a(x1－x2)，t＝eq \f(v0,a)，聯(lián)立解得a＝8 m/s2，t＝3.5 s，所以汽車開始“主動剎車”后第4 s內(nèi)通過的位移大小為3～3.5 s內(nèi)通過的位移大小，有x4＝eq \f(1,2)aΔt2，解得x4＝1 m，故B正確。
考向3 勻變速直線運動中的多過程問題
4.因高鐵的運行速度快，對制動系統(tǒng)的性能要求較高，高鐵列車上安裝有多套制動裝置——制動風(fēng)翼、電磁制動系統(tǒng)、空氣制動系統(tǒng)、摩擦制動系統(tǒng)等。在一段直線軌道上，某高鐵列車正以v0=288km/h的速度勻速行駛，列車長突然接到通知，前方x0=5km處道路出現(xiàn)異常，需要減速停車。列車長接到通知后，經(jīng)過t1=2.5s將制動風(fēng)翼打開，高鐵列車獲得a1=0.5m/s2的平均制動加速度減速，減速t2=40s后，列車長再將電磁制動系統(tǒng)打開，結(jié)果列車在距離異常處500m的地方停下來。
（1）求列車長打開電磁制動系統(tǒng)時，列車的速度的大小。
（2）求制動風(fēng)翼和電磁制動系統(tǒng)都打開時，列車的平均制動加速度a2的大小。
【答案】（1）60m/s；（2）1.2m/s2
【詳解】（1）打開制動風(fēng)翼時，列車的加速度大小為a1=0.5m/s2，設(shè)經(jīng)過t2=40s時，列車的速度為v1，根據(jù)速度-時間公式，有
代入數(shù)據(jù)解得
（2）列車長接到通知后，經(jīng)過，列車行駛的距離
打開制動風(fēng)翼到打開電磁制動系統(tǒng)的過程中，根據(jù)速度-位移公式
解得列車行駛的距離
打開電磁制動后，列車行駛的距離
根據(jù)速度-位移公式
可得
【題后感悟】
求解多過程運動問題的方法
(1)根據(jù)題意畫出物體在各階段的運動示意圖，直觀呈現(xiàn)物體的運動過程。
(2)明確物體在各階段的運動性質(zhì)，找出題目給定的已知量、待求量以及中間量。
(3)合理選擇運動學(xué)公式，列出物體在各階段的運動方程，同時列出物體各階段間的關(guān)聯(lián)方程，聯(lián)立求解。
【注意】物體前一階段的末速度是后一階段的初速度，即速度是聯(lián)系各階段運動的橋梁。
考點二 勻變速直線運動的推論及應(yīng)用
1．勻變速直線運動的常用推論
(1)平均速度公式：做勻變速直線運動的物體在一段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間內(nèi)初、末時刻速度矢量和的一半，還等于中間時刻的瞬時速度。即：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝。此公式可以求某時刻的瞬時速度。
(2)位移差公式：連續(xù)相等的相鄰時間間隔T內(nèi)的位移差相等。
即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
不相鄰相等的時間間隔T內(nèi)的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度。
2．初速度為零的勻加速直線運動的四個重要比例式
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬時速度之比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)前T內(nèi)、前2T內(nèi)、前3T內(nèi)、…、前nT內(nèi)的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2。
(3)第1個T內(nèi)、第2個T內(nèi)、第3個T內(nèi)、…、第n個T內(nèi)的位移之比為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之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
考向1 平均速度公式的應(yīng)用
1.(2023·山東卷，6)如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進(jìn)站，連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，則公交車經(jīng)過T點時的瞬時速度為( )
A.3 m/s B.2 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
【答案】 C
【解析】 由題知，電動公交車做勻減速直線運動，設(shè)RS間的距離為x，公交車經(jīng)過R、S、T點時瞬時速度為v1、v2、v3，經(jīng)過RS間的時間為t1，經(jīng)過ST間的時間為t2，有eq \f(v1＋v2,2)＝10 m/s，eq \f(v2＋v3,2)＝5 m/s，則v1－v3＝10 m/s，又eq \f(x,t1)＝10 m/s，eq \f(2x,t2)＝5 m/s，則t1＋t2＝eq \f(x,2)，全程的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(3x,t1＋t2)＝6 m/s，即eq \f(v1＋v3,2)＝6 m/s，聯(lián)立解得v3＝1 m/s，故C正確。
考向2 位移差公式的應(yīng)用
2. (2024·遼寧鞍山市模擬)如圖所示為一輛無人送貨車正在做勻加速直線運動。某時刻起開始計時，在第一個4 s內(nèi)位移為9.6 m，第二個4 s內(nèi)位移為16 m，下列說法正確的是( )
A.計時時刻送貨車的速度為0
B.送貨車的加速度大小為1.6 m/s2
C.送貨車在第1個4 s末的速度大小為3.2 m/s
D.送貨車在第2個4 s內(nèi)的平均速度大小為3.6 m/s
【答案】 C
【解析】 根據(jù)勻變速直線運動推論可得加速度大小為a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(16－9.6,42) m/s2＝0.4 m/s2，B錯誤；根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該段內(nèi)的平均速度可知送貨車在第1個4 s末的速度大小為v1＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(9.6＋16,8) m/s＝3.2 m/s，C正確；根據(jù)v＝v0＋at可得，計時時刻送貨車的速度為v0＝v1－aT＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，A錯誤；送貨車在第2個4 s內(nèi)的平均速度大小為eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x2,T)＝eq \f(16,4) m/s＝4 m/s, D錯誤。
考向3初速度為零的勻變速直線運動比例式的應(yīng)用
3 (多選)如圖所示，將完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向視為做勻變速直線運動，某次實驗中，子彈恰好能穿出第四個水球，則( )
A.由題目信息可以求得子彈穿過每個水球的時間之比(eq \r(4)－eq \r(3))∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－eq \r(1))∶1
B.子彈在每個水球中運動的平均速度相同
C.子彈在每個水球中速度變化量相同
D.子彈依次進(jìn)入四個水球的初速度之比為eq \r(4)∶eq \r(3)∶eq \r(2)∶eq \r(1)
【答案】 AD
【解析】 將子彈的運動過程逆向來看，即看成從左到右做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)初速度為零的勻加速運動在連續(xù)相等的位移所用時間之比為1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…可知，子彈從右到左穿過每個水球的時間之比為(eq \r(4)－eq \r(3))∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－eq \r(1))∶1，A正確；根據(jù)A項分析子彈在每個水球中運動的時間不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B錯誤；根據(jù)公式Δv＝aΔt知，子彈在每個水球中運動的速度變化量不同，C錯誤；根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有v2＝2ax，則v＝eq \r(2ax)，設(shè)在每個水球中的位移大小為x0，可得子彈從左到右每次射出水球的速度之比為eq \r(2ax0)∶eq \r(2a·2x0)∶eq \r(2a·3x0)∶eq \r(2a·4x0)＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2，即子彈從右到左減速過程依次進(jìn)入四個水球的初速度之比為eq \r(4)∶eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，D正確。
考點三 自由落體和豎直上拋
一．自由落體運動
1．條件：物體只受重力，從靜止開始下落。
2．運動性質(zhì)：初速度為零、加速度為g 的勻加速直線運動。
3．基本規(guī)律：
(1)速度與時間的關(guān)系式：v＝gt。
(2)位移與時間的關(guān)系式：h＝eq \f(1,2)gt2。
(3)速度位移關(guān)系式：v2＝2gh。
二．豎直上拋運動
1．運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g，上升階段做勻減速直線運動，下降階段做自由落體運動。
2．運動性質(zhì)：勻變速直線運動。
3．基本規(guī)律
(1)速度與時間的關(guān)系式：v＝v0－gt。
(2)位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t－eq \f(1,2)gt2。
4．豎直上拋運動的對稱性(如圖所示)
(1)時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理tAB＝tBA。
(2)速度對稱：物體上升過程經(jīng)過A點的速度與下降過程經(jīng)過A點的速度大小相等。
考向1 自由落體規(guī)律的應(yīng)用
1.如圖所示，一個小孩在公園里玩“眼疾手快”游戲。游戲者需接住從支架頂部隨機(jī)落下的圓棒。已知支架頂部距離地面2.3 m，圓棒長0.4 m，小孩站在支架旁邊，手能觸及所有圓棒的下落軌跡的某一段范圍AB，上邊界A距離地面1.1 m，下邊界B距離地面0.5 m。不計空氣阻力，重力加速度。求：
（1）圓棒下落到A點所用的時間；
（2）圓棒通過AB所用的時間；
（3）結(jié)合軌跡反應(yīng)時間（判斷棒下落軌跡的時間）和握棒反應(yīng)時間（棒經(jīng)過某點的時間）應(yīng)用自由落體運動知識簡要分析在A點和B點接棒各自的優(yōu)缺點。
【答案】（1）；（2）；（3）見解析
【詳解】（1）圓棒底部距離A點高度
圓棒做自由落體運動下落到A點有
代入數(shù)據(jù)解得
（2）圓棒通過AB的過程即圓棒底部到達(dá)A點和圓棒頂端離開B點這一過程，可知圓棒底部到達(dá)A點的速度為
圓棒通過AB下落的高度為
圓棒通過AB過程由
代入數(shù)據(jù)解得
（3）A點握棒的優(yōu)點：圓棒下落到A點時速度較小，通過A點所有的時間稍長，如果握棒反應(yīng)時間較長，也利于抓住圓棒；
A點握棒的缺點：圓棒下落到A點所用時間較短，若反應(yīng)速度較慢，很容易錯過抓棒機(jī)會；
B點握棒的優(yōu)點：圓棒下落到B點所用時間較長，即使反應(yīng)速度較慢，也有足夠的反應(yīng)時間做好抓棒準(zhǔn)備，可以提高抓棒的成功率；
B點握棒的缺點：圓棒下落到B點時速度較大，通過B點所有的時間較短，如果握棒反應(yīng)時間較長，很難抓住圓棒。
【題后感悟】
1.運動特點
初速度為0，加速度為g的勻加速直線運動。
2.解題方法
(1)初速度為0的勻變速直線運動規(guī)律都適用。
①從開始下落，連續(xù)相等時間內(nèi)下落的高度之比為1∶3∶5∶7∶…。
②由Δv＝gΔt知，相等時間內(nèi)，速度變化量相同。
③連續(xù)相等時間T內(nèi)下落的高度之差Δh＝gT2。
(2)物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，等效于豎直下拋運動，應(yīng)該用初速度不為零的勻變速直線運動規(guī)律去解決此類問題。
考向2 豎直上拋運動的處理方法
2．為測試一物體的耐摔性，在離地25 m高處，將其以20 m/s的速度豎直向上拋出，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求：
(1)經(jīng)過多長時間到達(dá)最高點；
(2)拋出后離地的最大高度是多少；
(3)經(jīng)過多長時間回到拋出點；
(4)經(jīng)過多長時間落到地面；
(5)經(jīng)過多長時間離拋出點15 m。
【答案 (1)2 s (2)45 m (3)4 s (4)5 s(5)1 s 3 s (2＋eq \r(7))s
【解析 (1)運動到最高點時速度為0，
由v＝v0－gt1得t1＝－eq \f(v－v0,g)＝eq \f(v0,g)＝2 s
(2)由v02＝2ghmax得hmax＝eq \f(v02,2g)＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m
(3)法一：分段，由(1)(2)知上升時間t1＝2 s，
hmax＝20 m，下落時，hmax＝eq \f(1,2)gt22，
解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s
法二：由對稱性知返回拋出點時速度為20 m/s，方向向下，則由v1＝v0－gt，得t＝－eq \f(v1－v0,g)＝4 s
法三：由h＝v0t－eq \f(1,2)gt2，令h＝0，
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)法一：分段法
由Hmax＝eq \f(1,2)gt52，解得t5＝3 s，故t總＝t1＋t5＝5 s
法二：全程法
由－h(huán)0＝v0t′－eq \f(1,2)gt′2
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)當(dāng)物體在拋出點上方時，h＝15 m，
由h＝v0t－eq \f(1,2)gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s，
當(dāng)物體在拋出點下方時，h＝－15 m，由h＝v0t－eq \f(1,2)gt2，得t10＝(2＋eq \r(7)) s，t11＝(2－eq \r(7)) s(舍去)。
【題后感悟】
1．豎直上拋運動的研究方法：
分段法
上升階段：a＝g的勻減速直線運動
下降階段：自由落體運動
全程法
初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2(以豎直向上為正方向)
若v>0，物體上升，若v0，物體在拋出點上方，若h

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