【高考突破方案】第一章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第一章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
|
|
| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 5.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:27 | ||
图片预览
文档简介
第一章 直线运动
课 程 标 准 1.经历质点模型的建构过程，了解质点的含义.知道将物体抽象为质点的条件，能将特定实际情境中的物体抽象成质点.体会建构物理模型的思维方式，认识物理模型在探索自然规律中的作用. 2.理解位移、速度和加速度.通过实验，探究匀变速直线运动的特点，能用公式、图像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，体会科学思维中的抽象方法和物理问题研究中的极限方法. 3.通过实验，认识自由落体运动规律.结合物理学史的相关内容，认识物理实验与科学推理在物理学研究中的作用.
核 心 素 养 物理观念 1.理解质点、位移、速度及加速度等基本概念. 2.掌握匀变速直线运动规律. 3.运用运动观念求解相关运动问题.
科学思维 1.建构自由落体、竖直上抛及匀变速直线运动模型. 2.善于运用物理图像对运动现象进行科学分析.
科学探究 1.掌握处理纸带数据的方法. 2.了解利用光电门、频闪照相及借助传感器用计算机测速度的基本方法.
科学态度 与责任 1.尝试用学过的知识解决实际问题，认识和解释自然现象. 2.通过实验，形成严谨认真、实事求是的科学态度.
命 题 探 究 命题分析 高考命题主要以选择题的形式出现，有时也以实验题的形式出现，主要涉及运动学概念、规律及图像等问题；试题注重与生活实际相结合，注重基础，突出实验，强调能力.
趋势分析 利用运动图像考查匀变速直线运动是近几年高考的命题热点，试题重点考查学生从图像中获取、处理和应用有效信息的能力.
预设情境 飞船和空间站、高速列车、人工喷泉、高速飞行器、接力追及、天体相遇、无人驾驶汽车、飞机起飞、电梯运行、无人机升空、体育运动等.
第1讲 运动的描述
一、质点 参考系
1.质点
(1)定义：在某些情况下，可以忽略物体的 大小 和 形状 ，把它简化为一个具有 质量 的点，这样的点叫作质点.
(2)实质：质点是一种 理想化 的模型，实际并不存在.
2.参考系
(1)定义：要描述一个物体的运动，首先要选定某个其他物体作为 参考 ，观察物体的位置相对于这个“其他物体”是否随 时间 变化，以及怎样变化.这种用来作为参考的物体叫作参考系.
(2)参考系的选取：①参考系的选取是 任意 的，既可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体应认为是 静止 的，通常选地面为参考系.②对于同一物体，选择不同的参考系时，观察到的运动结果一般 不同 Ｗ.③比较两物体的运动情况时，必须选 同一 参考系.
二、位移 速度
1.位移和路程
(1)定义：①位移是由质点 初位置 指向质点 末位置 的有向线段；②路程是质点 运动轨迹 的长度.
(2)区别：①位移是 矢量 ，方向由初位置指向末位置；②路程是标量，没有 方向 .
(3)联系：①在单向直线运动中，位移的大小 等于 路程；②其他情况下，位移的大小 小于 路程.
2.速度和速率
(1)速度：物理学中用 位移 与发生这段位移所用 时间 之比表示物体运动的快慢，这就是速度.即v＝，是 矢 量，其方向就是物体 运动 的方向.
(2)瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一 位置 的速度，是矢量.
(3)速率： 瞬时速度 的大小，是 标 量.
三、加速度
1.定义：物理学中把速度的 变化量 与发生这一变化所用 时间 之比，叫作加速度.定义式：a＝＝ .
2.物理意义：描述物体速度 变化快慢 的物理量，是 状态 量.
3.决定因素：a不是由v、Δt、Δv来决定，而是由 来决定.
4.方向：与Δv的方向一致，由 合外力 的方向决定，而与v0、v的方向无关.
考点一 对质点、参考系的理解
1.理解质点的三点注意事项
(1)质点是一种理想化模型，实际并不存在.类似的理想化模型还有“轻杆”“光滑平面”“点电荷”等，这些都是突出主要因素、忽略次要因素而建立的物理模型，目的是使一些复杂的问题简单化.
(2)物体能否被看成质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身的大小和形状来判断.
(3)质点不同于几何“点”，是忽略了物体的大小和形状的有质量的点，而几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置.
2.理解参考系的四性
质点
【例1】 杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景.在下列研究中可将运动员视为质点的是( )
A.研究甲图运动员的入水动作
B.研究乙图运动员的空中转体姿态
C.研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度
D.研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
【解析】 C 研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能忽略，此时运动员不能视为质点，A错误；研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能忽略，此时运动员不能视为质点，B错误；研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能视为质点，C正确；研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能忽略，此时运动员不能视为质点，D错误.
【变式训练1】 用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是( )
A.研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点
B.研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点
C.研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点
D.研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点
【解析】 A 研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫的大小可忽略不计，可将猫视为质点，A正确；研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球不能视为质点，B错误；研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿视为质点，C错误；研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马的大小不能忽略不计，不能把马视为质点，D错误.
参考系
【例2】（2023·浙江卷）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则( )
A.选地球为参考系，“天和”是静止的
B.选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C.选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D.选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
【解析】 C “神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确、D错误.
【变式训练2】 （多选）火炬传递是各种重大体育赛事的重要环节，在某次运动会火炬传递中，观察到同一地点的旗帆和甲、乙两火炬手所传递的圣火火焰如图所示.关于甲、乙两火炬手相对于静止旗杆的运动情况，下列说法中正确的是( )
A.甲、乙两火炬手一定都在向右运动
B.乙火炬手一定在向左运动，且向左运动的速度大于风的速度
C.甲火炬手一定向右运动，乙火炬手一定向左运动
D.甲火炬手可能停止了运动，可能向右运动，还可能向左运动，但运动速度小于风的速度
【解析】 BD 由国旗的飘扬方向可知风向左吹，甲图火焰向左飘，那么甲物体可以静止，也可以向右运动，还可以向左运动，但是向左运动的速度小于风速；乙图火焰向右飘，则乙物体只能向左运动，且向左运动的速度大于风的速度，B、D正确.
1.可将物体看作质点的几种情况：一个物体能否看作质点，与物体本身的大小和形状无关，仅由研究问题的性质决定.当物体的大小和形状相对于研究的问题可以忽略时，物体可以看作质点，否则不能看作质点. 2.参考系选取的“六字”原则
考点二 位移 速度
1.位移和路程的两点区别
(1)决定因素不同：位移由初、末位置决定，路程由实际的运动路径决定.
(2)运算法则不同：位移应用矢量的平行四边形定则运算，路程应用标量的算术法则运算.
2.平均速度与平均速率
平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，只有当路程与位移的大小相等时，平均速率才等于平均速度的大小.
3.平均速度与瞬时速度
(1)两种速度的关系：①瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度.②对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等.
(2)关于用平均速度法求瞬时速度： 由平均速度公式v＝可知，当Δt非常小，趋向于极限时，这时的平均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度.
理解位移和路程
【例3】 某大桥正式通车后，旅客乘巴士车从A地到B地仅需45 min，大桥全长55 km，其中A地口岸至B地口岸41.6 km；桥面为双向六车道高速公路，设计速度为100 km/h.根据上面的报道判断，下列选项正确的是( )
A.题中“45 min”指的是时刻
B.题中“大桥全长55 km”指的是路程
C.题中“A地口岸至B地口岸41.6 km”指的是位移大小
D.某辆汽车从桥的一端驶到另一端时，运动的位移大小可能大于55 km
【解析】 B 题中“45 min”指时间间隔，A错误；题中“大桥全长55 km”指的是路程，B正确；题中“A地口岸至B地口岸41.6 km”指的是路程，C错误；由B项可知，汽车运动的路程为55 km，位移大小不可能大于55 km，D错误.
【变式训练3】 关于位移和路程下列说法正确的是( )
A.物体沿直线向某一方向运动，通过的路程就是位移
B.几个物体有相同位移时，它们的路程也相同
C.几个运动物体通过的路程不等，但它们的位移可能相同
D.物体通过的路程不等于零，其位移也一定不等于零
【解析】 C 路程是标量，位移是矢量，路程和位移只能比较大小，虽然单向直线运动的位移大小等于路程，但不能说路程就是位移，A错误；几个物体有相同位移时，说明这几个物体的始末位置相同，但它们的路程不一定相同，B错误；几个运动物体通过的路程不等，若它们始末位置相同，则它们的位移相同，C正确；若物体运动的起点和终点相同，则物体通过的路程不等于零，但其位移等于零，D错误.
【易错点】 学生错选A的原因主要是对位移为矢量理解不清楚，混淆位移和路程两个概念.
理解平均速度与瞬时速度
【例4】 如图是高速上某一“区间测速”的标牌，该路段全长66 km，全程限速100 km/h.一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为95 km/h和90 km/h，通过测速区间的时间为30 min.下列判断正确的是( )
A.全长66 km表示位移
B.通过起点的速度95 km/h表示瞬时速度
C.该汽车全程的平均速度是92.5 km/h
D.该汽车没有超速
【解析】 B 全长66 km表示路程，A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，B正确；因位移未知，故不能求解平均速度，C错误；由v＝可知，平均速率为v＝＝132 km/h，大于全程限速100 km/h，该汽车超速，D错误.
【变式训练4】 （多选）为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得：运动员在前7 s跑了61 m，7 s末到7.1 s末跑了0.92 m，跑到终点共用时10.8 s，则下列说法正确的是( )
A.运动员在百米全过程的平均速度约为9.26 m/s
B.运动员在前7 s的平均速度约为8.71 m/s
C.运动员在7 s末的瞬时速度约为9.2 m/s
D.无法知道运动员在7 s末的瞬时速度
【解析】 ABD 由题意可知运动员的位移为100 m，时间为10.8 s，故平均速度＝＝ m/s≈9.26 m/s，A正确；前7 s运动员的平均速度为1＝＝ m/s≈8.71 m/s，故B正确；7 s至7.1 s的速度能近似为7 s末的瞬时速度v＝＝ m/s＝9.2 m/s，但并不是7 s末的瞬时速度，C错误、D正确.
1.计算路程与位移的方法 2.用极限法求瞬时速度：由平均速度＝可知，当Δt→0时，平均速度就可以认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度.测出物体在微小时间Δt内发生的微小位移Δx，就可求出瞬时速度，这样瞬时速度的测量便可转化为微小时间Δt和微小位移Δx的测量.
考点三 速度、速度变化量和加速度的关系
1.速度、速度变化量和加速度的对比
项目 速度 速度变化量 加速度
物理 意义 描述物体运动的快慢 描述物体速度的变化，是过程量 描述物体速度变化的快慢
定义式 v＝ Δv＝v2－v1 a＝＝
方向 物体运动的方向 由v1和v2决定 与Δv的方向一致，由F的方向决定
2.速度增大或减小由速度与加速度的方向关系决定
加速度的理解及“加速”“减速”的判断
【例5】 在下列几种情景中，对情景的分析和判断正确的是( )
A.点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零
B.高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，因轿车紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大
C.高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
D.太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零
【解析】 B 点火后即将升空的火箭的速度为零，但是加速度不为零，A错误；轿车紧急刹车，速度变化很快，即加速度很大，B正确；磁悬浮列车高速行驶，速度很大，若做匀速直线运动，加速度为零，C错误；太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，有向心加速度，其加速度不为零，D错误.
【易错点】 学生错选A或C的主要原因：混淆速度、加速度概念，误认为两者变化规律相同.错选D的主要原因：错误地将匀速转动视为匀速直线运动.
【变式训练5】 （多选）北京大学物理系教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念……”.关于加速度，下列说法正确的是( )
A.物体的速度大，加速度一定大
B.物体的速度变化越快，加速度就越大
C.物体的速度变化量越大，加速度就越大
D.物体的加速度变大，则速度不一定变大
【解析】 BD 物体的速度和加速度没有必然的联系，加速度大小仅描述速度变化的快慢，速度大可能加速度很小，如高速匀速运行的火车，速度很大，加速度为0，A错误；加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，物体的速度变化越快，加速度就越大，B正确；由加速度定义式a＝可知，物体加速度的大小与速度变化量和时间无关，则物体的速度变化量越大，加速度不一定大，C错误；速度的变化跟速度与加速度的方向是否一致有关，物体的加速度与速度方向相反时，物体的加速度大小不管如何变化，物体的速度大小均减小，故物体的加速度变大，速度不一定变大，D正确.
加速度的计算
【例6】 以下四个不同的运动过程：
①一架超声速飞机以500 m/s的速度在天空沿直线匀速飞行了10 s；
②一辆自行车以3 m/s的速度从某一陡坡的顶端加速冲下，经过3 s到达坡路底端时，速度变为12 m/s；
③一只蜗牛由静止开始爬行，经过0.2 s，获得了0.002 m/s的速度；
④一列动车在离开车站加速行驶中，用了100 s使速度由72 km/h增加到144 km/h.
下列说法正确的是( )
A.以上四个运动过程，速度最大的是动车
B.以上四个运动过程，速度变化量最大的是飞机
C.以上四个运动过程，加速度最大的是自行车
D.以上四个运动过程，加速度最小的是蜗牛
【解析】 C 根据题意可知，超声速飞机的速度为500 m/s，速度变化量为0，加速度为0；自行车最大速度为12 m/s，速度变化量为Δv＝12 m/s－3 m/s＝9 m/s，加速度为a＝＝3 m/s2，蜗牛的最大速度为0.002 m/s，速度变化量也为0.002 m/s，加速度为a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2，动车的最大速度为vm＝144 km/h＝40 m/s，最小速度为vmin＝72 km/h＝20 m/s，速度变化量为Δv＝vm－vmin＝20 m/s，加速度为a＝＝0.2 m/s2.综上所述，速度最大的是飞机，速度变化量最大的是动车，加速度最大的是自行车，C正确.
【变式训练6】 为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过光电门1的时间为Δt1＝0.30 s，通过光电门2的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为Δt＝3.0 s，则滑块的加速度约为( )
A.0.067 m/s2 B.0.67 m/s2 C.6.7 m/s2 D.不能计算出
【解析】 A 遮光板通过光电门1时的速度v1＝＝ m/s＝0.10 m/s，遮光板通过光电门2时的速度v2＝＝ m/s＝0.30 m/s，故滑块的加速度a＝≈0.067 m/s2，A正确.
1.对加速度大小和方向的进一步理解 2.判断直线运动中“加速”或“减速”的方法 判断物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系. (1)a和v同向 (2)a和v反向
1.第十九届亚运会于2023年9月23日—10月8日在杭州举行，本次以“中国新时代·杭州新亚运”为定位，秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念，向世界奉献了一场精彩的比赛盛会.在考查下列项目的运动员的成绩时可近似视为质点的是( )
【解析】 A 研究运动员百米赛跑时，运动员的形状、大小可以忽略，可以近似视为质点，A正确；研究运动员跳水时，运动员的形状、大小不可以忽略，不能近似视为质点，B错误；研究运动员蹦床时，运动员的形状、大小不可以忽略，不能近似视为质点，C错误；研究运动员武术时，运动员的形状、大小不可以忽略，不能近似视为质点，D错误.
2.如图所示，自行车在水平地面上做匀速直线运动.车轮外边缘半径为R，气门芯距轮心的距离为r，自行车行驶过程中轮胎不打滑，初始时刻气门芯在最高点，不考虑车轮的形变.气门芯从初始时刻到第一次运动至最低点过程中位移的大小为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位置与末位置如图所示，由几何知识得，气门芯的位移大小为x＝＝，D正确.
3.（教考衔接·人教版必修一P12图）京张高速铁路是北京冬奥会举办期间连接北京与张家口的重要交通通道，主线由北京北站至张家口站，最高设计速度为350 km/h ，下列说法错误的是( )
A.研究列车从张家口站开往北京北站的用时，可以将列车视为质点
B.当列车做单向直线运动时，位移的大小与路程相等
C.“最高设计速度为350 km/h ”是指列车运行时允许达到的最大速率
D.坐在车厢中的乘客，看到窗外的景物往后退，是因为他选择了地面为参考系
【解析】 D 研究列车从张家口站开往北京北站的用时，列车的长度与大小可以忽略不计，可以将列车当成质点，A正确；当物体做单向直线运动时，位移的大小与路程相等，B正确；“最高设计速度为350 km/h”是指列车运行时允许达到的最大速率，C正确；坐在车厢中的乘客，看到窗外的景物往后退，是因为他选择了自己为参考系，D错误.
4.下列运动不可能发生的是( )
A.物体运动的加速度等于0，而速度却不等于0
B.两物体相比，一个物体的速度变化量比较大，而加速度却比较小
C.物体的加速度和速度方向相同，而速度在减小
D.物体做直线运动，后一阶段的加速度比前一阶段小，但平均速度却比前一阶段大
【解析】 C 物体做匀速直线运动时，加速度为0，速度不为0，A正确，不符合题意；根据a＝可知，速度变化量大时，加速度不一定大，还与时间有关，B正确，不符合题意；加速度和速度的方向相同时，即使加速度减小，速度也会增大，C错误，符合题意；加速度大小与速度大小没有必然联系，物体做直线运动，后一阶段的加速度比前一阶段小，若前一阶段做加速度较小的加速运动，后一阶段做加速度较大的加速运动，则后一阶段的平均速度比前一阶段大，D正确，不符合题意.
5.（多选）某国产车型启用全新动力标识，新的命名方式直接与车辆的加速性能联系起来，如图所示，TFSI前面的那组数字称为G值，单位为m/s2，计算公式为“G＝×10”，式中Δv为从静止加速到100 km/h的速度变化量，Δt为不同车型的百公里加速时间.则以下说法正确的是( )
A.G值越大，车辆的速度变化量越大
B.G值越大，车辆的提速越快
C.100 km/h是指车辆百公里加速的平均速度
D.标识为45 TFSI的车辆百公里加速时间约为6.2 s
【解析】 BD 由题设所给的G值的公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，车在相等时间内速度的变化量就越大，即车辆的提速越快，A错误、B正确；100 km/h指的是瞬时速度，C错误；100 km/h≈27.8 m/s，根据公式可得Δt≈×10 s≈6.2 s，D正确.
6.（多选）如图所示，物体以5 m/s的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动，经过2 s速度大小变为3 m/s，则物体的加速度可能( )
A.大小为1 m/s2，方向沿斜面向上
B.大小为1 m/s2，方向沿斜面向下
C.大小为4 m/s2，方向沿斜面向下
D.大小为4 m/s2，方向沿斜面向上
【解析】 BC 取初速度方向为正方向，则v0＝5 m/s.若2 s后的速度方向沿斜面向上，即v1＝3 m/s，则a＝＝＝ m/s2＝－1 m/s2，即加速度大小为1 m/s2，方向沿斜面向下；若2 s后的速度方向沿斜面向下，即v2＝－3 m/s，则a＝＝＝ m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，A、D错误，B、C正确.
7.如图所示是用运动传感器测小车速度的示意图，这个系统由A、B两个小盒组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，B盒装有红外线接收器和超声波接收器，A盒被固定在向右匀速运动的小车上，测量时A向B同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B盒接收到红外线脉冲时开始计时，接收到超声波脉冲时停止计时，若两者的时间差为t1，空气中的声速为v0.（红外线的传播时间可以忽略）
(1)求开始计时时A与B之间的距离x1；
(2)经过Δt时间后，A再次同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，此次B接收的时间差为t2，问A两次发射过程中，小车运动的距离Δx为多大？小车运动的速度v为多大？
【解析】 (1)依题意，由于红外线的传播时间可以忽略，可得开始计时时A、B间的距离为x1＝v0t1.
(2)同理可知：进行第二次测量时，A、B间的距离为x2＝v0t2，
则小车运动的距离
Δx＝x2－x1＝v0(t2－t1).
A两次发射脉冲的时间间隔为Δt，即为小车运动Δx所用的时间，则小车运动的速度为v＝，得
v＝.
8.某国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g（g取10 m/s2），以警醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险.那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将可能达到这一数值.试问：
(1)一辆以72 km/h的速度行驶的货车与一辆以54 km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，摩托车驾驶员以与碰撞前货车相同的速度被撞飞，碰撞时间为2.1×10-3 s，摩托车驾驶员是否有生命危险？
(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s、3 s，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？
【解析】 (1)两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为
Δv＝v2－v1＝－72 km/h－54 km/h＝－20 m/s－15 m/s＝－35 m/s，
两车相碰撞时摩托车驾驶员的加速度为
a＝＝≈－16 667 m/s2＝－1 666.7g，
1 666.7g>500g，因此摩托车驾驶员有生命危险.
(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，
根据加速度定义得
a1＝，a2＝，
所以a1∶a2＝∶＝∶＝1∶1.
第2讲 匀变速直线运动的规律
一、匀变速直线运动的规律
1.基本公式
(1)速度公式： v＝v0＋at .
(2)位移公式： x＝v0t＋at2 .
(3)速度—位移关系式： v2－v＝2ax .
2.重要推论
(1)平均速度：＝v＝，即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，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的 一半 .
(2)任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差 相等 ，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(3)位移中点速度：v＝ .
(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例
①T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝ 1∶2∶3∶…∶n .
②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：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝ 1∶3∶5∶…∶(2n－1) .
③通过连续相等的位移所用时间之比：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝ 1∶（－1）∶（－）∶…∶（－） .
二、自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)定义：物体只在 重力 作用下从 静止 开始下落的运动.
(2)运动性质：初速度v0＝0、加速度为重力加速度g的 匀加速直线 运动.
(3)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝ gt .
②位移与时间的关系式：h＝ gt2 .
③速度与位移的关系式：v2＝ 2gh .
(4)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过 逻辑推理 的方法推翻了亚里士多德的“重的物体下落得快”的结论.
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证→合理外推.这种方法的核心是把实验和 逻辑推理 （包括数学演算）和谐地结合起来.
2.竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做 匀减速直线 运动，下降阶段做 自由落体 运动.
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝ v0－gt .
②位移与时间的关系式：h＝ v0t－gt2 .
③速度与位移的关系式：v2－v＝ －2gh .
④上升的最大高度：H＝ .
⑤上升到最高点所用时间：t＝ .
考点一 匀变速直线运动规律的理解与应用
题目中所涉及的物理量（包括已知量、待求量和为解题设定的中间量） 没有涉及 的物理量 适宜选用的公式
v0、v、a、t x 速度与时间的关系式：v＝v0＋at
v0、a、t、x v 位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t 速度与位移的关系式：v2－v＝2ax
v0、v、t、x a 平均速度公式：x＝t
匀变速直线运动规律的理解
【例1】 汽车在平直的公路上行驶，发现险情后紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车.已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，在最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A.汽车的初速度大小是15 m/s
B.汽车的加速度大小是3 m/s2
C.汽车前4 s内的位移是28 m
D.汽车在第1 s末的速度是10 m/s
【解析】 A 将汽车匀减速运动的逆过程看作是反方向初速度为零的匀加速运动，因为在最后1 s内的位移为2 m，根据x1＝at 可知加速度a＝＝ m/s2＝4 m/s2，B错误；汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，x＝v0t－at2，代入数据解得v0＝15 m/s，根据v1＝v0－at1可得汽车在第1 s末的速度是v1＝11 m/s，A正确、D错误；汽车刹车停止所需的时间为t＝＝ s＝3.75 s，故t＝4 s时汽车已经停下来，因而汽车前4 s内的位移是x4＝＝ m＝28.125 m，C错误.
【易错点】 刹车类问题：(1)其特点为匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失.(2)求解时要注意确定实际运动时间.(3)如果问题涉及最后阶段（到停止）的运动，可把该阶段看作反向的初速度为零的匀加速直线运动.
【变式训练1】 2023年9月26日中国首条城市空轨在武汉开通.乘坐“光谷光子号”空轨，可尽情体验“人在空中游，景在窗外动”的科幻感.空轨列车在从综保区站由静止出发后，做匀加速直线运动，此过程中从甲地加速到乙地用时1 min，甲、乙两地相距2.1 km，且经过乙地的速度为180 km/h.对于列车的匀加速直线运动过程，下列说法正确的是( )
A.列车的加速度大小为0.75 m/s2
B.列车的加速度大小为1.0 m/s2
C.乙地到综保区站的距离为2.5 km
D.乙地到综保区站的距离为3.5 km
【解析】 C 设经过乙地时速度为v，则v＝180 km/h＝50 m/s，从甲到乙运动过程做匀加速直线运动，加速度大小为a，由逆向思维知，x＝vt－at2，解得a＝0.5 m/s2，A、B错误；从综保区到乙地，由静止开始匀加速，有v2＝2ax，解得x＝2 500 m，C正确、D错误.
匀变速直线运动规律的应用
【例2】 如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动.某时刻起开始计时，在第一个4 s内位移为9.6 m，第二个4 s内位移为16 m，下列说法正确的是( )
A.计时时刻送货车的速度为0
B.送货车的加速度大小为1.6 m/s2
C.送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s
D.送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s
【解析】 C 根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4 s末的速度大小为v1＝＝ m/s＝3.2 m/s，C正确；根据vt＝v0＋at可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，A错误；送货车在第2个4 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝4 m/s， D错误.
【变式训练2】 （多选）如图所示，将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，则( )
A.由题目信息可以求得子弹从右到左穿过每个水球的时间之比（2－）∶（－）∶（－）∶1
B.子弹在每个水球中运动的平均速度相同
C.子弹在每个水球中速度变化量相同
D.子弹依次进入四个水球的初速度之比为2∶∶∶
【解析】 AD 将子弹的运动过程逆向来看，即看成从左到右做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1∶（－1）∶（－）∶（2－）∶…可知，子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为（2－）∶（－）∶（－）∶1，A正确；根据A项分析可知子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B错误；根据公式Δv＝aΔt知，子弹在每个水球中运动的速度变化量不同，C错误；根据速度与位移的关系式有v＝2ax，则vt＝，设在每个水球中的位移大小为x0，可得子弹从左到右每次射出水球的速度之比为∶∶∶＝1∶∶∶2，即子弹从右到左减速过程依次进入四个水球的初速度之比为2∶∶∶1，D正确.
求解匀变速直线运动问题的一般步骤 (1)基本思路 (2)应注意的问题：①选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化.②对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也为零.求解此类问题应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解.③对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，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，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.④如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度.
考点二 自由落体和竖直上抛运动
1.自由落体运动的特点
(1)自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动.
(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更广泛.
2.竖直上抛运动的两种研究方法
(1)分段法：将全过程分为两个阶段，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v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方.
3.竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点.
(2)多解性
当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，形成多解，在解决问题时要注意这个特性.
自由落体运动
【例3】 如图所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏.游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒.已知支架顶部距离地面2.3 m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面1.1 m，下边界B距离地面0.5 m.不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)圆棒下落到A点所用的时间t1；
(2)圆棒通过AB所用的时间t2.
【解析】 (1)圆棒底部距离A点的高度
h1＝2.3 m－0.4 m－1.1 m＝0.8 m.
圆棒做自由落体运动下落到A点，有
h1＝gt，
代入数据解得t1＝0.4 s.
(2)圆棒通过AB的过程即圆棒底部到达A点和圆棒顶端离开B点这一过程，圆棒顶端到达B点，下落的高度为
h2＝2.3 m－0.5 m＝1.8 m.
由h2＝gt，得t2＝＝0.6 s，
则圆棒通过AB的时间
t3＝t2－t1＝0.2 s.
【易错点】 学生求解圆棒通过AB所用的时间t2时，常见的错误为认为圆棒的底部到达A点和B点的时间差即为所求.学生忽略了棒的长度从而导致出错.
【变式训练3】 如图所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上.现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2 s.B球与地面的高度差h＝5 m（不计空气阻力，g取10 m/s2）.则( )
A.A球与地面的高度差为6 m
B.A、B两小球释放前相距4.4 m
C.若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地
D.A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大
【解析】 B 设B球用时为t，则有5 m＝gt2，对A球有h1＝g(t＋0.2 s)2，联立解得h1＝7.2 m，A错误；据前面分析，A、B两小球释放前高度差Δh＝7.2 m－5 m＝2.2 m，则相距s＝＝4.4 m，B正确；B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，C错误；速度变化率即为加速度，两球加速度均为重力加速度，速度变化率相同，D错误.
竖直上抛运动
【例4】 为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)经过多长时间到达最高点；
(2)抛出后物体离地的最大高度是多少；
(3)物体经过多长时间回到抛出点；
(4)物体经过多长时间落到地面；
(5)物体经过多长时间离抛出点15 m.
【解析】 (1)运动到最高点时速度为0，
由v＝v0－gt1得t1＝－＝＝2 s.
(2)由v＝2ghmax得hmax＝＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m.
(3)（方法1）分段，由(1)(2)知上升时间
t1＝2 s，
hmax＝20 m，
下落时，hmax＝gt，
解得t2＝2 s，
故t＝t1＋t2＝4 s.
（方法2）由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt，
得t＝－＝4 s.
（方法3）由h＝v0t－gt2，
令h＝0，
解得t3＝0（舍去），t4＝4 s.
(4)（方法1）分段法
由Hmax＝gt，
解得t5＝3 s，
故t总＝t1＋t5＝5 s.
（方法2）全程法
由－h0＝v0t′－gt′2，
解得t6＝－1 s（舍去），t7＝5 s.
(5)当物体在抛出点上方时，h＝15 m，
由h＝v0t－gt2，
解得t8＝1 s，t9＝3 s，
当物体在抛出点下方时，
h＝－15 m，
由h＝v0t－gt2，
得t10＝（2＋） s，t11＝（2－） s（舍去）.
【变式训练4】 （多选）如图所示，乙球静止在地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力.（g取10 m/s2，甲、乙两球可看作质点）下列说法正确的是( )
A.无论h为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇
B.当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C.当h＝15 m时，乙球能在下落过程中与甲球相遇
D.当h＜10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
【解析】 BCD 设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得gt2＋v0t－gt2＝h，可得t＝，而乙球的落地时间t1＝，两球在空中相遇的条件是t＜t1，整理得h＜20 m，A错误；若乙球恰好在最高点与甲球相遇，满足的条件是t＝t1，代入数据整理得h＝10 m，B正确；由于10 m＜h＝15 m＜20 m，可得乙球能在下落过程中与甲球相遇，C正确；当h＜10 m时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D正确.
自由落体运动、竖直上抛运动的基本规律都来自匀变速直线运动规律，有关匀变速直线运动的所有规律和推论都适用于这两种运动.特别是分析自由落体运动时，常用到初速度为零的匀加速直线运动的有关推论，而分析竖直上抛运动时，应注意多解性问题.
1.中国第三艘航母“福建舰”已成功下水，该航母上有帮助飞机起飞的电磁弹射系统，若经过弹射后，飞机依靠自身动力以16 m/s2的加速度匀加速滑行100 m，达到60 m/s的起飞速度，则弹射系统使飞机具有的初速度大小为( )
A.20 m/s B.25 m/s
C.30 m/s D.35 m/s
【解析】 A 由匀变速直线运动规律v－v＝2ax，代入数据解得v0＝20 m/s，A正确.
2.体育课上同学们在练习排球，某同学将排球竖直向上垫起后，经1.2 s排球又回到原出发点，则排球被垫起后上升的最大高度约为( )
A.1.0 m B.1.2 m
C.1.5 m D.1.8 m
【解析】 D 排球被垫起后经1.2 s又回到原出发点，根据竖直上抛运动的对称性可知，从最大高度下落到抛出点的时间为t＝0.6 s，则排球被垫起后上升的最大高度h＝gt2＝1.8 m，D正确.
3.测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( )
A.20 m/s2 B.10 m/s2 C.5 m/s2 D.无法确定
【解析】 B 超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，设为t，在这个过程中，汽车的位移为x＝355 m－335 m＝20 m，设反射前、后汽车的位移分别为x1、x2，则x1∶x2＝1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，则超声波被A接收时，A、B间的距离x′＝335 m＋5 m＝340 m，所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝＝ s＝1 s，根据Δx＝at2，可得15 m－5 m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，B正确，A、C、D错误.
4.如图所示，两位同学在教学楼上做自由落体实验，甲同学在四楼先将小球A释放，当下落距离为h时，乙同学在三楼将小球B释放，小球B释放时间t后，两球恰好同时落地，小球A、B不在同一条竖直线上，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A.甲同学释放点离地高度为＋h
B.甲同学释放点离地高度为gt2＋＋h
C.若两位同学均各上一层楼重做以上实验，两小球仍能同时落地
D.若两位同学均各下一层楼重做以上实验，小球A先落地
【解析】 B 小球A下落h所需时间为t′，则h＝gt′2，解得t′＝，故小球A下落到地面所需时间为tA＝t′＋t，下降的高度为hA＝g(t′＋t)2＝gt2＋＋h，A错误、B正确；两位同学均各上一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面下降了一层楼，则由自由落体运动规律可知，两球会在空中原来地平面处相遇，相遇时小球A速度大，故A先落地，C错误；若两位同学均各下一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面上升了一层楼，根据自由落体规律可知小球B先落地，D错误.
5.（多选）如图a所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图b所示.已知斜坡是由长为d＝0.6 m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐.下列说法正确的是( )
A.物块在由A运动至E的时间为0.6 s
B.位置A与位置D间的距离为1.30 m
C.物块在位置D时的速度大小为2.25 m/s
D.物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2
【解析】 CD 由图b可知相邻两点间的时间间隔T＝0.4 s，物块从A运动到E的时间间隔Δt＝4T＝1.6 s，A错误；物块从C到D的时间间隔与物块从D点到E点的时间间隔相等，所以物块在位置D时的速度为C到E中间时刻的速度，则有vD＝＝2.25 m/s，C正确；AC段与CE段的时间间隔为t＝2T＝0.80 s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，由Δx＝at2可知xCE－xAC＝a×(2T)2，代入数据解得a＝1.875 m/s2，D正确；由vD＝vA＋a×3T，代入数据解得vA＝0，则位置A、D间距离xAD＝＝1.35 m，B错误.
6.（教考衔接·人教版必修一P55）（多选）如图所示，ETC 是高速公路上不停车电子收费系统的简称.一汽车在平直公路上以15 m/s 的速度行驶，汽车通过ETC通道前，以2.5 m/s2的加速度减速，速度减至5 m/s 后，通过长为10 m的匀速行驶区间.车头到达收费站中心线后，再以5 m/s2 的加速度匀加速至15 m/s，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是( )
A.通过的最短距离为60 m
B.通过的最短距离为70 m
C.所用的最短时间为4 s
D.所用的最短时间为8 s
【解析】 BD 若汽车速度减至5 m/s时，汽车的车头刚好到达ETC通道匀速行驶区间，则汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程通过的距离最短，所用的时间最短.汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，减速时间为t1＝＝ s＝4 s，匀速最短时间为t2＝＝ s＝2 s，加速时间为t3＝＝ s＝2 s ，则汽车从开始减速到回到原行驶速度的过程所用的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝8 s，C错误、D正确；整个过程，减速位移为x1＝t1＝×4 m＝40 m，加速位移为x3＝t3＝×2 m＝20 m ，则汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程通过的最短距离为x＝x1＋x2＋x3＝70 m，A错误、B正确.
7.因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开使列车做匀减速运动，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来.
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的制动加速度大小a2.
【解析】 (1)设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s，
则打开制动风翼后，减速过程有
v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m，
在打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离
x2＝＝2 800 m，
打开电磁制动系统后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
则a2＝＝1.2 m/s2.
8.如图甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列.为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图乙所示.为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动.绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间.求：
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t.
【解析】 (1)第11辆汽车前端与停止线的距离
x1＝10(l＋d1)＝64 m，
由v2＝2ax1，得v＝16 m/s.
(2)设后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少行驶的距离
x2＝d2－d1＝4.0 m，
由x2＝at得t1＝2 s，
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间t2＝10t1＝20 s，
从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t3＝＝8 s，
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t＝t2＋t3＝28 s.
第3讲 运动图像 追及和相遇问题
一、匀变速直线运动的位移—时间图像与速度—时间图像
1.位移—时间图像（x－t图像）
(1)意义：反映了做直线运动的物体 位移 随时间变化的规律.
(2)图线上某点切线的斜率的意义
①斜率的绝对值：表示物体速度的 大小 .
②斜率的正负：表示物体速度的 方向 .
(3)两种特殊的x－t图像
①若x－t图像是一条平行于t轴的直线，则物体处于 静止 状态.（如图线A）
②若x－t图像是一条倾斜的直线，物体在做 匀速直线 运动.（如图线B）
2.速度—时间图像（v－t图像）
(1)意义：反映了做直线运动的物体 速度 随时间变化的规律.
(2)图线上某点切线的斜率的意义
①斜率的绝对值：表示物体 加速度 的大小.
②斜率的正负：表示物体 加速度 的方向.
(3)两种特殊的v－t图像
①匀速直线运动的v－t图像是与横轴 平行 的直线.（如图线A）
②匀变速直线运动的v－t图像是一条 倾斜 的直线.（如图线B）
(4)图线与时间轴围成的“面积”的意义
①图线与时间轴围成的“面积”表示相应时间内的 位移 .
②若此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为 正方向 ；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为 负方向 .
二、追及和相遇问题
1.追及问题的两类情况
(1)按结果分类
①若后者能追上前者，追上时，两者处于 同一 位置，且后者速度一定不小于前者速度.
②若后者追不上前者，则当后者速度与前者速度 相等 时，两者相距最近.
(2)按初始条件分类
①同向运动相隔一定的初始距离s0的问题：速度大者减速（如匀减速直线运动）追速度小者（如匀速直线运动）.
a.若两者速度相等时，追者位移仍小于被追者位移与s0之和，则永远追不上，此时两者间有 最小 距离.
b.若两者相遇时，速度也相等，则恰能追上，也是两者避免碰撞的 临界 条件.
c.若两者相遇时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距有一个 极大 值.
②从同一地点出发开始同向运动的问题：速度小者加速（如初速度为零的匀加速直线运动）追速度大者（如匀速直线运动）.
a.当两者 速度 相等时两者间有最大距离.
b.两者 位移 相等时，则追上.
2.相遇问题
(1)同向运动的两物体追上即相遇.两物体位移大小 之差 等于开始时两物体间距.
(2)相向运动的两物体，当各自发生的位移大小之和 等于 开始时两物体间的距离时即相遇.
考点一 运动学图像的理解和应用
1.运用运动图像解题时的“六看”
图像类型 x－t图像 v－t图像
纵截距 表示初位置 表示初速度
斜直线 表示匀速直线运动 表示匀变速直线运动
斜率 表示速度 表示加速度
面积 无实际意义 图线和时间轴围成的面积表示位移
交点 相遇点 速度相等点（临界条件点）
拐点 表示从一种运动变为另一种运动 表示从一种运动变为另一种运动
2.运用运动图像解题时注意事项
(1)无论是x－t图像还是v－t图像都只能描述直线运动.
(2)x－t图像和v－t图像不表示物体运动的轨迹.
(3)x－t图像和v－t图像的形状由x与t、v与t的函数关系决定.
图像信息类问题
【例1】 如图所示，图1为甲、乙两质点的v－t图像，图2是在同一直线上运动的物体丙、丁的x－t图像.下列说法正确的是( )
A.质点甲、乙的速度相同
B.丙的运动速率大于丁的运动速率
C.丙的出发点在丁前面x0处
D.不管质点甲、乙是否从同一地点开始运动，它们之间的距离一定越来越大
【解析】 C 由图读出，甲、乙两质点的速度大小都是2 m/s，甲的速度沿正方向，乙的速度沿负方向，说明两质点速度方向相反，而速度是矢量，则质点甲、乙的速度不同，A错误；由于甲、乙出发点的位置关系未知，无法判断它们之间的距离如何变化，D错误；由图可以看出丙由距原点正方向x0处出发沿正方向做匀速直线运动，丁从原点出发沿同一方向做匀速直线运动，所以丙的出发点在丁前面x0处，C正确；丙图线的斜率小于丁图线的斜率，则丙的运动速率小于丁的运动速率，B错误.
【变式训练1】 用速度传感器记录电动车直线运动过程的运动信息，其速度随时间变化的规律如图所示，由图像可知电动车( )
A.a、b两状态速度的方向相反
B.a、b两状态加速度大小相等
C.t＝80.0 s时回到t＝0时刻的位置
D.t＝80.0 s时电动车前进了大约280 m
【解析】 D a、b两状态速度均为正值，则速度方向均为正方向，A错误；速度—时间图像斜率表示加速度，由题图知，a、b两状态加速度大小不相等，B错误；电动车在运动过程速度一直为正，运动方向不变，t＝80.0 s时没有回到t＝0时刻的位置，C错误；速度—时间图像与坐标轴包围的面积表示位移，即等于图像中每个小方格的面积乘以图线与坐标轴包围的小方格的个数，所以t＝80.0 s时电动车前进的位移大约为x＝28×1.00×10.0 m＝280 m，D正确.
图像选择类问题
【例2】（2024·重庆卷）如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行.然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动.则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是( )
【解析】 C 滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接（没有能量损失，速度大小不变）的倾斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动，C正确.
【变式训练2】 小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图所示.以下滑起点为位移坐标原点，以小球开始下滑时刻为t＝0时刻，则下列选项能正确反映小球运动的图像是( )
【解析】 A 由小球运动的v－t图像可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下（即正方向），C、D错误.下滑时小球做初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2可知，x－t2图像为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此，x－t2图像也是一条直线.由题图可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，上滑运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，A正确、B错误.
匀变速直线运动的非常规图像
【例3】 （2023·湖北卷）（多选）t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0.在0～3t0时间内，下列说法正确的是( )
A.t＝2t0时，P回到原点
B.t＝2t0时，P的运动速度最小
C.t＝t0时，P到原点的距离最远
D.t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同
【解析】 BD 质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误；a－t图像的面积表示速度变化量，～t0内速度的变化量为零，因此时刻的速度与t0时刻相同，0～2t0内速度的变化量为零，因此2t0时刻P的运动速度为零，B、D正确.
【易错点】 学生因审题不仔细，把纵坐标看成速度v，未能将a－t图转化成v－t图而选A.
【变式训练3】 放在水平面上的物体，在水平力F作用下开始运动，以物体静止时的位置为坐标原点，力F的方向为正方向建立x轴，物体的加速度随位移的变化图像如图所示.下列说法正确的是( )
A.0～x2过程中物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中物体做减速直线运动
B.位移为x1时，物体的速度大小为
C.位移为x2时，物体的速度达到最大
D.物体的最大速度为
【解析】 B 0～x2过程中加速度不变，所以物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中加速度方向不变，依然与速度同向，故物体仍做加速直线运动，位移为x3时，物体的速度达到最大，A、C错误；由位移与速度公式可得2a0x1＝v，解得位移为x1时，物体的速度大小为v1＝，B正确；由位移与速度公式可得＝ax，故a－x图像的面积表示，则物体在位移为x3时，有a0＝，则最大速度为vm＝，D错误.
三类图像问题解题要点 (1)信息类问题解题要点：这类问题是对某一物理情境给出某一物理量的具体变化图像，由图像提取相关信息或将图像反映的物理过程“还原”成数学表达式形式，从而对问题分析判断作答. (2)图像选择类问题解题要点：依据某一物理过程，设计某一物理量随时间（或位移、高度、速度等）变化的几个图像或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图像，从中判断其正误.解决该类问题一般依据物理过程，运用对应规律，确定某物理量的变化情况，从而确定选项是否正确. (3)非常规图像问题解题要点：图像反映了两个变量（物理量）之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个变量（物理量）之间的函数关系，来分析图像的意义.
考点二 追及和相遇问题
1.追及和相遇问题分析思路
可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”.
(1)一个临界条件：速度相等.它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点.
(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系，通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口.
2.能否追上的判断方法（临界条件法）
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当vB＝vA时，若xB>xA＋x0，则能追上；若xB＝xA＋x0，则恰好追上；若xB特别提醒：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动.
3.常用分析方法
(1)图像法：将两个物体运动的速度—时间关系图线在同一图像中画出，然后利用图像分析、求解相关问题.
(2)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图.
(3)极值法：设经过时间t，分别列出两物体的位移—时间关系式，得出位移之差Δx与时间的二次函数，再利用数学极值法求解距离的最大（或最小）值.
(4)二次函数法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于位移x与时间t的二次函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况：①若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；②若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；③若Δ<0，说明追不上或不能相遇.
追及相遇问题与运动图像综合
【例4】 某兴趣小组用两个相同的遥控小车沿直线进行追逐比赛，两小车分别安装不同的传感器并连接到计算机中.A小车安装加速度传感器，B小车安装速度传感器，两车初始时刻速度大小均为v0＝30 m/s，A车在前、B车在后，两车相距100 m，其传感器读数与时间的函数关系图像分别如图甲、乙所示，规定初始运动方向为正方向，则下列说法正确的是( )
A.t＝3 s时两车间距离为55 m
B.3～9 s内，A车的加速度大小大于B车的加速度大小
C.两车最近距离为20 m
D.0～9 s内两车相遇一次
【解析】 A A车开始做匀减速直线运动，当速度减为零时t＝＝ s＝3 s，则t＝3 s内A车的位移为xA1＝＝45 m，t＝3 s内B车做匀速直线运动，则位移为xB1＝v0t＝90 m，t＝3 s时两车间距离为Δx＝45 m＋100 m－90 m＝55 m，A正确；3～9 s内B车的加速度为aB＝ m/s2＝－5 m/s2，由a－t图可知3～9 s内A车的加速度为5 m/s2，故A车的加速度大小等于B车的加速度大小，B错误；t＝3 s之后A车沿正方向做匀加速直线运动，B车做匀减速直线运动，当两车速度相等时有5 m/s2·Δt＝30 m/s－5 m/s2·Δt，解得Δt＝3 s，此时两车的速度均为v＝15 m/s，两车在Δt时间内经过的位移xA2＝＝ m，xB2＝Δt＝ m，此时两车相距最近Δxmax＝55 m＋ m－ m＝10 m，C错误；由A、C项分析知t＝6 s时，A车在前、B车在后，两车相距10 m，且此时两车速度都为15 m/s， 此后A车继续加速，B车继续减速，故两车不能相遇，D错误.
【变式训练4】 有网友乘坐上海回北京的复兴号动车，某时刻后面追上来一列和谐号动车，两动车互相追赶，如图甲所示.两动车运动情况如图乙，t＝0时刻两动车车头刚好并排行驶，下列说法正确的是( )
A.前30 s两车平均速度相等
B.图乙中复兴号的最大速度为78 m/s
C.0到36 s内，两车头相距最远为80 m
D.两车头在36 s末再次并排行驶
【解析】 C v－t图像与横轴围成的面积表示位移，由图乙可知在前30 s内和谐号的位移大于复兴号的位移，故和谐号的平均速度大于复兴号的平均速度，A错误；复兴号做匀加速直线运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.8 m/s2，由图乙可知在36 s时刻，复兴号的速度最大，则有vm＝76 m/s＋0.8×(36－30) m/s＝80.8 m/s，B错误；0到36 s内，当两车的速度相等时，即在30 s时，两车头相距最远，由图乙可知两车头最远距离为Δxm＝×16×10 m＝80 m，C正确；由图乙可知0～30 s内和谐号比复兴号多走的位移为Δx1＝×16×10 m＝80 m，30～36 s内复兴号比和谐号多走的位移为Δx2＝×(80.8－76)×6 m＝14.4 m，说明在0～36 s内和谐号比复兴号多走了Δx＝Δx1－Δx2＝65.6 m，D错误.
追及相遇问题与生活实际相结合
【例5】 一汽车在直线公路段上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶.经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：
(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？
(2)若汽车刹车时的加速度大小只有4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速行驶，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？
【解析】 (1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽＝54 km/h＝15 m/s，
初始距离d＝14 m，
在经过反应时间0.4 s后，汽车与自行车相距
d′＝d－（v汽－v自）t0＝10 m，
从汽车刹车开始计时，
自行车的位移为
x自＝v自t，
汽车的位移为
x汽＝v汽t－at2，
假设汽车能追上自行车，此时有
x汽＝x自＋d′，
代入数据整理得
at2－10t＋10＝0，
要保证不相撞，即此方程最多只有一个解，
则Δ＝102－20a≤0，
解得a≥5 m/s2.
汽车的加速度大小至少为5 m/s2.
(2)设自行车加速度为a′，同理可得：
x汽′＝x自′＋d′，
x自′＝v自t＋t2，
整理得（a′＋2）t2－10t＋10＝0，
要保证不相撞，即此方程最多只有一个解，
则Δ′＝102－20a′－80≤0，
解得a′≥1 m/s2.
自行车的加速度大小至少为1 m/s2.
【变式训练5】 如图所示，在一次接力训练中，已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10 m/s的速度跑完全程.设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为4 m/s2.乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒.在这次练习中，甲以v＝10 m/s的速度跑到接力区前端s0＝12 m处向乙发出起跑口令.已知接力区的长度为L＝20 m.
(1)求此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离；
(2)为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？
(3)在(2)中，求乙经过接力区的时间.
【解析】 (1)根据题意，由公式vt＝v0＋at可得，乙的最长加速时间为
tm＝＝2.5 s，
设乙加速到交接棒处时运动时间为t，则在甲追及乙过程中有
s0＋at2＝vt，
代入数据得t＝2 s，
则此次练习中交接棒处离接力区前端的距离为
s＝at2＝8 m.
(2)根据题意可知，乙加速时间应为最长加速时间2.5 s，设甲在距离接力区前端为s1时对乙发出起跑口令，则在甲追及乙过程中有
s1＋at＝vtm，
代入数据得s1＝12.5 m.
(3)根据题意，在(2)情形下，乙加速运动的距离为
s2＝at＝12.5 m，
则乙匀速运动的时间为t1＝＝0.75 s，
则乙经过接力区的时间是t2＝t1＋tm＝3.25 s.
解答追及和相遇问题的三种方法
情境 分析法抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图函数 判断法设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于位移x与时间t的函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况图像 分析法将两个物体运动的速度—时间关系或位移—时间关系画在同一图像中，然后利用图像分析求解相关问题
1.如图所示是物体做直线运动的v－t图像，由图可知，该物体( )
A.第1 s内和第3 s内的运动方向相反
B.第3 s内和第4 s内的加速度相同
C.第1 s内和第4 s内的位移大小不相等
D.0～4 s内的平均速度为0.2 m/s
【解析】 B 0～1 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动；1～2 s向正方向做匀速直线运动；2～3 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀减速直线运动；3～4 s以1 m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，A错误、B正确.根据速度—时间图像中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小，可知第1 s内和第4 s内的位移大小均为0.5 m，C错误；0～4 s内＝＝（×1×） m/s＝0.375 m/s，D错误.
2.一质点由静止开始做直线运动的v－t关系图像如图所示，则该质点的x－t关系图像可大致表示为选项图中的( )
【解析】 B 根据x－t图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的x－t关系图像可大致表示为B图，B正确.
3.自动驾驶汽车又称无人驾驶汽车，是一种通过电脑系统实现无人驾驶的智能汽车.某次自动驾驶汽车以恒定的加速度启动，同时一辆货车以恒定速度从其旁边驶过，自动驾驶汽车再次与货车相遇之前已达到最大速度，则下列图像正确的是( )
【解析】 D v－t图像的斜率表示加速度，由于自动驾驶汽车以恒定加速度启动，则自动驾驶汽车加速时的v－t图线为直线，A错误；v－t图线与t轴围成的面积表示位移，B项中t0时刻自动驾驶汽车刚好达到最大速度，且由图像中几何关系可知此时两车位移相等，则自动驾驶汽车与货车相遇时刚好达到最大速度，B错误；x－t图像的斜率表示速度大小，图线交点表示两车位移相同，C项中自动驾驶汽车与货车相遇时其速度还未达到最大，C错误；D项中两车x－t图线交点表示两车再次相遇，且自动驾驶汽车在再次相遇之前已经达到最大速度，D正确.
4.在某星球表面，t＝0时刻小球以初速度v0开始做竖直上抛运动，取抛出位置位移x＝0，以v0方向为正方向，则小球位移x随速度的平方v2变化的x－v2图像如图所示，下列说法正确的是( )
A.小球的初速度为100 m/s
B.小球位移x＝5 m时对应的运动时间为2 s
C.小球加速度与初速度方向相反
D.图中m点坐标值为－7.2
【解析】 C t＝0时x＝0，由题图知v＝100 (m/s)2，所以小球的初速度v0＝10 m/s，A错误；由v2－v＝2ax得x＝－，图线斜率k＝＝－，解得a＝－10 m/s2，小球位移x＝5 m时v＝0，所以对应运动时间t＝＝1 s，B错误、C正确；由题图可知＝，解得m＝－2.2，D错误.
5.（多选）如图所示为同学通过传感器测得的甲、乙两物体的运动图像，横轴为时间，纵轴忘记标记.已知甲两部分均为抛物线，且t＝0与t＝1 s分别为开口向上和开口向下的抛物线的顶点.下列说法正确的是( )
A.若图像为位移—时间图像，甲物体0～1 s和1～2 s加速度大小相等
B.若图像为位移—时间图像，0～1 s乙物体平均速度大于甲物体平均速度
C.若图像为速度—时间图像，0～2 s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍
D.若图像为速度—时间图像，两物体一定在t＝1 s时刻相遇
【解析】 AC 0～1 s内甲物体做初速度为0的匀加速运动，1～2 s做反向初速度为0的匀加速直线运动，有x＝at2，两个过程位移大小相等，时间相同，则加速度大小相等，A正确；若图像为位移—时间图像，0～1 s乙物体的位移和甲物体的位移相等，两者平均速度相等，B错误；若图像为速度—时间图像，根据面积大小关系，0～2 s内乙物体位移是甲物体位移的2倍，乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍，C正确；若图像为速度—时间图像，在0～1 s内乙的图像面积比甲的大，况且甲、乙的初始位置不确定，则两物体不一定在t＝1 s时刻相遇，D错误.
6.（多选）甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方v2随位移x的变化图像如图所示，下列说法不正确的是( )
A.甲的初速度为36 m/s
B.甲的加速度大小为2 m/s2
C.两车在6 m处相遇
D.甲停止前，两车在2 s时相距最远
【解析】 AC 由图可知，甲位移为零时，v＝36 m2/s2，解得甲的初速度为v0＝6 m/s，乙的初速度为0，A错误；根据v2－v＝2ax，可知v2－x图像的斜率表示加速度的2倍，所以甲、乙两车的加速度分别为a甲＝× m/s2＝－2 m/s2，a乙＝× m/s2＝1 m/s2，B正确；甲车做匀减速运动的时间为t1＝＝3 s，在t1＝3 s时甲、乙两车的位移分别为x1＝＝9 m，x2＝a乙t＝ m，即甲车停下时，乙车还未追上甲车，所以两车在9 m处相遇，C错误；甲停止前，两车速度相等时相距最远，设此时刻为t2，则v0＋a甲t2＝a乙t2，解得t2＝2 s，D正确.
7.足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某标准足球场长105 m，宽68 m.攻方前锋在中线处将足球沿边线向前路踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2，求：
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大；
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球.他的启动过程可以视为初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球.
【解析】 (1)依题意，足球做匀减速运动，到停下来，由速度与时间关系得
v1＝a1t1，
代入数据得t1＝6 s，
根据x1＝t1，
代入数据得x1＝36 m.
(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为
t2＝＝4 s，x2＝t2＝16 m，
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动，其位移为
x3＝v2(t1－t2)＝16 m，
由于x2＋x3x1－(x2＋x3)＝v2t3，
解得t3＝0.5 s，
故前锋队员追上足球的时间为
t＝t1＋t3＝6.5 s.
8.如图所示为车辆行驶过程中在平直道路上变道超车的情景.B为长LB＝12 m的大货车，正以vB＝54 km/h的速度匀速向右行驶，A是在B后方同向行驶的小汽车，长度LA＝5 m，A车以vA＝90 km/h的速度行驶，当两车相距L1＝7 m时，A车司机准备借对向车道超越B车，但A车司机发现对向车道与A车相距L2＝90 m处有另一小汽车C正迎面驶来，vC＝72 km/h.已知A车加速时加速度aA＝2 m/s2，A车刹车的加速度大小aA′＝6 m/s2.
(1)若A车司机想安全超越B车，则至少需要多长时间；
(2)若A车司机选择超越B车，为避免与C车相碰，C车司机至少以多大加速度刹车才能让A车司机超车成功；
(3)若A车司机放弃超车，为避免与B车相撞，立即刹车，同时鸣笛发出信号提示，B车司机加速，B车司机反应时间t0＝0.2 s，并立即以aB＝2 m/s2的加速度加速，判定两车能否相碰；若不能，求两车最近距离.（结果保留两位小数）
【解析】 (1)设经过时间t1超车成功，则
xA＝vAt1＋aAt，xB＝vBt1，
xA＝xB＋LA＋LB＋L1，解得t1＝2 s.
(2)A车超车成功，设此过程C车前进的距离为xC，则有
xC＝vCt1－aCt， xA＋xC＝L2，
解得aC＝2 m/s2.
(3)经t2时间A、B速度相等，则
vA－aA′t2＝vB＋aB(t2－t0)，
xA′＝vAt2－aA′t，
xB′＝vBt0＋vB(t2－t0)＋aB(t2－t0)2，
解得t2＝1.3 s，xA′＝27.43 m，xB′＝20.71 m，
因为xA′所以两车不相碰，且最近距离为
Δx＝xB′＋L1－xA′＝0.28 m.
核心素养提升（一） 匀变速直线运动问题的多种解法
题型一 基本公式法
1.基本公式
v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax.
2.运动学公式中正、负号的规定
(1)除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向.
(2)五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一匀变速运动过程.
3.解题的基本思路
【例1】 动车铁轨旁相邻的里程碑之间的距离是1 km.某同学乘坐动车时，通过观察里程碑和车厢内电子屏上显示的动车速度来估算动车减速进站时的加速度大小.当他经过某一里程碑时，屏幕显示的车速是v0＝126 km/h，动车继续向前行驶再经过2个里程碑时，速度变为v＝54 km/h.把动车进站过程视为匀减速直线运动，求：
(1)动车进站时的加速度；
(2)动车速度变为v＝54 km/h后还要行驶多长时间才能停下来.
【解析】 (1)根据匀变速直线运动速度位移关系可得v2－v＝2ax，
其中x＝2 000 m，v＝54 km/h＝15 m/s，
v0＝126 km/h＝35 m/s，
解得a＝－0.25 m/s2，
可知动车进站时的加速度大小为0.25 m/s2，方向与运动方向相反.
(2)动车速度变为v＝54 km/h后到停下来所用时间为
t＝＝ s＝60 s.
【变式训练1】 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则下列说法不正确的是( )
A.前4 s平均速度为4 m/s
B.后4 s平均速度为8 m/s
C.加速度约为1.33 m/s2
D.第二段的初速度约为6.67 m/s
【解析】 B 前4 s平均速度为＝＝4 m/s，A不符题意；根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有v1＝＝4 m/s，后2 s的中间时刻速度为v2＝′＝＝8 m/s，结合加速度的定义式有a＝＝＝ m/s2＝ m/s2≈1.33 m/s2，C不符题意；根据速度公式有v2′＝v1＋＝（4＋×2）m/s＝ m/s≈6.67 m/s，D不符题意；后4 s的位移为x′＝v1·＋a（）2＋x2＝4×2 m＋××22 m＋16 m＝ m，则后4 s的平均速度为2′＝＝ m/s＝ m/s，B符合题意.
1.基本策略：基本公式（v－t关系、x－t关系）原则上可解任何匀变速直线运动问题. 2.基本方法：(1)列出每个运动过程或阶段的v－t关系、x－t关系，联立方程组即可求解.(2)一般有几个未知量列几个方程，列方程时尽量共用未知量，以减少未知量的使用个数，减少方程数.
题型二 平均速度法
1.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平均值，还等于中间时刻的瞬时速度.
2.平均速度公式：＝＝v.
【例2】 （多选）小明将一小球从固定斜面上的A点由静止释放，小球沿斜面匀加速下滑，下滑0.4 m经过B点，又下滑1.2 m经过C点.已知小球通过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则下列说法正确的是( )
A.经过B点时的速度大小为0.2 m/s
B.经过B点时的速度大小为0.4 m/s
C.小球沿斜面下滑的加速度大小为0.2 m/s2
D.小球沿斜面下滑的加速度大小为0.4 m/s2
【解析】 BC 由匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球经B点时的速度大小为vB＝＝ m/s＝0.4 m/s，A错误、B正确；由匀变速直线运动的Δx＝aT2，可得小球的加速度大小为a＝＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，C正确、D错误.
【变式训练2】 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍.该质点的加速度为( )
A. B. C. D.
【解析】 A 设该质点原来的速度为v，经过时间t后的速度为3v，则＝，得v＝，质点的加速度a＝＝，A正确.
凡问题中涉及位移及发生这段位移所用时间或一段运动过程的初末速度时，要尝试运用平均速度公式.
题型三 推论法
1.连续相等的时间间隔T内的位移差相等.
2.公式：x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
【例3】 如图所示，某次蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，蹦床运动员可以上升的最大高度（距离蹦床）为( )
A.8.125 m B.9.125 m C.10.5 m D.11.5 m
【解析】 A 由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝ s，过P点时的速度为vP＝，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝v，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，A正确.
【变式训练3】 北京时间2024年4月25日，“神舟十八号”载人飞船成功发射.发射升空的最初阶段，飞船由静止开始做匀加速直线运动，O为飞船运动的起点，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，通过监测可知A、B之间的距离xAB＝2 000 m，B、C之间的距离xBC＝3 000 m，且飞船通过AB、BC、CD所用的时间相等.则下列说法正确的是( )
A.可以求出飞船的加速度大小
B.C、D之间的距离为5 000 m
C.O、A之间的距离为1 125 m
D.O、A之间的距离为1 500 m
【解析】 C 飞船由静止开始做匀加速直线运动，时间相等的相邻两段位移差相等，可得xCD－xBC＝xBC－xAB，解得xCD＝4 000 m，B错误；由匀变速直线运动的推论可得xBC－xAB＝aT2，由于A到B、B到C的时间间隔T未知，故无法求出飞船的加速度大小，A错误；由匀变速直线运动规律可得xBC－xAB＝aT2，vB＝，O、B之间的距离为xOB＝，联立解得xOB＝3 125 m，则O、A之间的距离为1 125 m，C正确、D错误.
1.连续相等时间T内的位移之差为一恒定值. 设物体以初速度v0、加速度a做匀加速直线运动，自计时起第一个T内的位移：x1＝v0T＋aT2.前2T内的位移：x2＝v0·2T＋a(2T)2.则第二个T内的位移：xⅡ＝x2－x1＝v0·2T＋a(2T)2－v0T－aT2＝v0T＋aT2.连续相等时间T内的位移差：Δx＝xⅡ－x1＝v0T＋aT2－v0T－aT2＝aT2，即Δx＝aT2.此推论的应用：一是判定物体是否做匀变速直线运动，二是求加速度. 2.若问题中涉及两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx＝aT2.
题型四 比例法
1.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.
2.由连续相邻相等时间（或长度）的比例关系求解.
【例4】 课间，你和你的小伙伴趴在栏杆上一边眺望着远方的风景，一边喝着水，一不小心，同学的瓶盖掉了下去，你俩假设了下面的场景.如图所示，一栋高为9 m的三层楼房，每层楼高相等，且每层楼正中间有一个高为1 m的窗户.如果认为瓶盖从楼顶下落，且不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A.瓶盖依次到达三个窗户上沿的速度大小之比为1∶∶
B.瓶盖依次通过三个窗户的平均速度之比为（＋1）∶（＋2）∶（2＋）
C.瓶盖依次到达三个窗户下沿的时间之比为2∶ 5∶ 8
D.瓶盖依次通过三个窗户的时间之比为（－1）∶（－2）∶（2－）
【解析】 B 瓶盖依次到达三个窗户上沿的位移分别为1 m、4 m、7 m，根据v2＝2gh可知，瓶盖依次到达三个窗户上沿的速度大小之比为1∶2∶，A错误；瓶盖依次到达三个窗户上沿和下沿的位移分别为1 m、2 m、4 m、5 m、7 m、8 m，根据v2＝2gh可知，瓶盖依次到达三个窗户上沿和下沿的速度大小之比为1∶ ∶2∶ ∶∶2，则根据＝可知，瓶盖依次通过三个窗户的平均速度之比为（＋1）∶（＋2）∶（2＋），根据t＝可知，瓶盖依次通过三个窗户的时间之比为∶∶＝（－1）∶（－2）∶（2－），B正确、D错误；瓶盖依次到达三个窗户下沿的位移为2 m、5 m、8 m，根据t＝可知，瓶盖依次到达三个窗户下沿的时间之比为∶∶2，C错误.
【变式训练4】 钢架雪车也被称为俯式冰橇，是冬奥会的比赛项目之一.运动员需要俯身平贴在雪橇上，以俯卧姿态滑行.比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成.若某次运动员练习时，恰好在终点停下来，且在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动.运动员通过减速区时间为t，其中第一个时间内的位移为x1，第四个时间内的位移为x2，则x2∶x1等于( )
A.1∶16 B.1∶7 C.1∶5 D.1∶3
【解析】 B 由题意知，在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，此减速过程，由逆向思维可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比为1∶3∶5∶…可知，x2∶x1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个时间内的位移与第四个时间内的位移之比，即x2∶x1＝1∶7，B正确.
初速度为零的匀加速直线运动比例式 (1)T末，2T末，3T末…瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n. (2)T内，2T内，3T内…位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2. (3)第一个T内，第二个T内，第三个T内…位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1). (4)通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）.
题型五 逆向思维法
1.“刹车类问题”要先确定停车时间，确定v－t、x－t关系中t的取值范围，也可用“逆向思维法”看作反方向初速度为0的匀加速直线运动.
2.“双向可逆类运动”是a不变的匀变速直线运动，可全程应用匀变速直线运动的各个公式，要注意先规定好正方向，明确各矢量的正负.也可分成两段看作两个对称的初速度为0的匀加速直线运动.
【例5】 某电动车以10 m/s的速度匀速行驶，刹车后做匀减速直线运动，从刹车到停止运动所需时间为10 s，则从刹车开始，第10 s内的位移大小为( )
A.0.5 m B.5 m C.20 m D.50 m
【解析】 A 电动车的初速度为v0＝10 m/s，刹车时间为t＝10 s，则由0＝v0－at，可得刹车的加速度为a＝＝1 m/s2，采用逆向思维，电动车做反向的初速度为零的匀加速直线运动，第10 s内的位移等于从静止开始做匀加速直线运动的第1 s内的位移，有x1＝at＝×1×12 m＝0.5 m，A正确.
【变式训练5】 如图所示，物体Р以一定的初速度从底端冲上固定斜面，到达最高点D后又滑回底端，A、B、C为斜面上的点，且AB＝BC＝CD，已知物体P上滑过程经过C点的速度与下滑过程经过B点的速度大小相等，则上滑过程经过AB段所用的时间t1与下滑过程经过AB段所用的时间t2满足( )
A.＝ B.＝ C.＝ D.＝
【解析】 B 设AB＝BC＝CD＝s，下滑时经过B点的速度为v，则上滑时从C到D，v2＝2a1s，下滑时从D到B，v2＝2a2·2s，则a1＝2a2，由逆向思维可知上滑过程经过AB段所用的时间t1＝－＝（－），下滑过程经过AB段所用的时间t2＝－＝（－），则＝＝，B正确.
正向思维法在解题中运用较多，而有时利用正向思维法解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题.应用逆向思维法解题的基本思路：①分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；②确定逆向思维问题的类型（由果索因、转换研究对象、过程倒推等）；③通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路.
题型六 图像法
1.多过程问题一般情景复杂，可作v－t图像形象地描述运动过程，这有助于分析问题，也往往能从图像中发现解决问题的简单办法.
2.多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂程度.
【例6】 如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动.甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v.若a1≠a2≠a3，则( )
A.甲、乙不可能同时由A到达C
B.甲一定先由A到达C
C.乙一定先由A到达C
D.若a1＞a3，则甲一定先由A到达C
【解析】 A 若a1＞a3，如图1所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲.
图1 图2
若a3＞a1，如图2所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲.通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达，A正确，B、C、D错误.
【变式训练6】（多选）小明和小华相约一起玩卡丁车.小明驾车以最大加速度a1由静止加速到最大速度v后匀速运动一段时间再以最大加速度a2制动，直到停止；小华以最大加速度a1由静止加速到最大速度v后立即以加速度制动，直到停止.已知小明和小华都是做直线运动，同时启动，同时停止，且两人的位移之比为6∶5，则下列说法正确的是( )
A.小华全程的平均速度为
B.小明全程的平均速度大于
C.a1∶a2＝2∶3
D.a1∶a2＝5∶6
【解析】 AB 小华的车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度制动，直到停止，减速过程与加速过程的平均速度都是，所以全过程的平均速度也是，A正确；小明的车以最大加速度a1加速到最大速度后，匀速运动一段时间再以最大加速度a2制动，直到停止，位移大于小华的位移，时间与小华相等，所以平均速度大于小华的平均速度，即大于，B正确；
作出小明与小华的速度时间图线，如图所示，设小明匀速运动的时间为t1，总时间为t，因为两车的位移之比为6∶5，则有v∶v＝6∶5，解得t1∶t＝1∶5，小华的车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度制动，直到停止，根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知小华的车匀减速运动的时间是小明的车匀减速运动时间的2倍，则小明的车匀
速运动的时间和匀减速直线运动的时间相等，大小之比为1∶1，可知小明匀加速直线运动的时间和匀减速运动的时间之比为3∶1，可知加速度a1∶a2的值为1∶3，C、D错误.
物理图像是将抽象物理问题直观、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图像纵、横坐标的物理意义，以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口.利用图像解题不但快速、准确，避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题.
1.（2023·湖北卷）如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中，中国选手沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置.若将此过程视为匀加速直线运动，选手在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为( )
A.8L1 B.L3 C.L1＋L3 D.(L1＋L3)
【解析】 C 选手在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，则对应时间之比为1∶2∶1，有L1＝v0t＋at2，L2＝(v0＋at)·2t＋a(2t)2＝2v0t＋4at2，L3＝(v0＋3at)·t＋at2＝v0t＋at2，根据数学知识可得L2＝L1＋L3，A、B、D错误，C正确.
2.泸定桥全长103.67 m，宽3 m，由于对岸有敌人阻击，红军战士只能冒着炮火匍匐前进.假设一位战士（视为质点）由静止开始以0.1 m/s2的加速度匀加速前进了80 m，因突然遭到猛烈炮火压制而不得不瞬间停止前进，经过5 s激烈还击后以1.5 m/s的速度匀速到达对岸，则这位红军战士过泸定桥总共花的时间是( )
A.40.78 s B.36.88 s C.60.78 s D.53.28 s
【解析】 C 匀加速前进80 m时x1＝at，解得t1＝40 s，匀速运动的时间t2＝ s＝15.78 s，这位红军战士过泸定桥总共花的时间是t＝t1＋t2＋Δt＝60.78 s，C正确.
3.一辆汽车在笔直的道路上制动后做匀减速直线运动，利用相机对汽车从制动开始每隔1 s拍摄照片，拍摄结束后，根据一定比例测出了每两次拍摄之间车运动的距离，将照片合成如图所示.下列说法正确的是( )
A.汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2
B.汽车制动后第2 s内的平均速度为8 m/s
C.汽车制动后第1 s末的速度大小为6 m/s
D.汽车开始制动时的速度为9 m/s
【解析】 A 根据Δx＝aT2，可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，A正确；汽车制动后第2 s内的平均速度为＝＝ m/s＝7 m/s，B错误；汽车制动后第1 s末的速度等于前2 s的平均速度，则有v1＝＝ m/s＝8 m/s，C错误；汽车制动时的初速度为v0＝v1＋at1＝8 m/s＋2×1 m/s＝10 m/s，D错误.
4.在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件（不计空气阻力）( )
A.Δt＞ B.Δt＜ C.＜Δt＜ D.＜Δt＜
【解析】 D 依据x＝vt－gt2作出x－t图像，如图所示，显然两条图线的相交点的横坐标表示A、B相遇时刻，纵坐标对应位移xA＝xB.由图像可直接看出Δt应满足关系式＜Δt＜，D正确.
5.（多选）如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216 km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止.从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4 s内的位移为7 m，下列说法正确的是( )
A.该飞机的加速度大小为2 m/s2
B.该飞机着陆后5 s时的速度大小为40 m/s
C.该飞机在跑道上滑行的时间为30 s
D.该飞机在跑道上滑行的距离为1 800 m
【解析】 AC 飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3 s内的位移为x1＝at，在t2＝4 s内的位移为x2＝at，根据题意有x2－x1＝7 m，联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；该飞机着陆后5 s时的速度大小为v5＝v0－at＝ m/s－2×5 m/s＝50 m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝＝ s＝30 s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝＝ m＝900 m，D错误.
6.（多选） “道路千万条，安全第一条”，我国《道路交通安全法》第四十七条规定：机动车行经人行横
课 程 标 准 1.经历质点模型的建构过程，了解质点的含义.知道将物体抽象为质点的条件，能将特定实际情境中的物体抽象成质点.体会建构物理模型的思维方式，认识物理模型在探索自然规律中的作用. 2.理解位移、速度和加速度.通过实验，探究匀变速直线运动的特点，能用公式、图像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，体会科学思维中的抽象方法和物理问题研究中的极限方法. 3.通过实验，认识自由落体运动规律.结合物理学史的相关内容，认识物理实验与科学推理在物理学研究中的作用.
核 心 素 养 物理观念 1.理解质点、位移、速度及加速度等基本概念. 2.掌握匀变速直线运动规律. 3.运用运动观念求解相关运动问题.
科学思维 1.建构自由落体、竖直上抛及匀变速直线运动模型. 2.善于运用物理图像对运动现象进行科学分析.
科学探究 1.掌握处理纸带数据的方法. 2.了解利用光电门、频闪照相及借助传感器用计算机测速度的基本方法.
科学态度 与责任 1.尝试用学过的知识解决实际问题，认识和解释自然现象. 2.通过实验，形成严谨认真、实事求是的科学态度.
命 题 探 究 命题分析 高考命题主要以选择题的形式出现，有时也以实验题的形式出现，主要涉及运动学概念、规律及图像等问题；试题注重与生活实际相结合，注重基础，突出实验，强调能力.
趋势分析 利用运动图像考查匀变速直线运动是近几年高考的命题热点，试题重点考查学生从图像中获取、处理和应用有效信息的能力.
预设情境 飞船和空间站、高速列车、人工喷泉、高速飞行器、接力追及、天体相遇、无人驾驶汽车、飞机起飞、电梯运行、无人机升空、体育运动等.
第1讲 运动的描述
一、质点 参考系
1.质点
(1)定义：在某些情况下，可以忽略物体的 大小 和 形状 ，把它简化为一个具有 质量 的点，这样的点叫作质点.
(2)实质：质点是一种 理想化 的模型，实际并不存在.
2.参考系
(1)定义：要描述一个物体的运动，首先要选定某个其他物体作为 参考 ，观察物体的位置相对于这个“其他物体”是否随 时间 变化，以及怎样变化.这种用来作为参考的物体叫作参考系.
(2)参考系的选取：①参考系的选取是 任意 的，既可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体应认为是 静止 的，通常选地面为参考系.②对于同一物体，选择不同的参考系时，观察到的运动结果一般 不同 Ｗ.③比较两物体的运动情况时，必须选 同一 参考系.
二、位移 速度
1.位移和路程
(1)定义：①位移是由质点 初位置 指向质点 末位置 的有向线段；②路程是质点 运动轨迹 的长度.
(2)区别：①位移是 矢量 ，方向由初位置指向末位置；②路程是标量，没有 方向 .
(3)联系：①在单向直线运动中，位移的大小 等于 路程；②其他情况下，位移的大小 小于 路程.
2.速度和速率
(1)速度：物理学中用 位移 与发生这段位移所用 时间 之比表示物体运动的快慢，这就是速度.即v＝，是 矢 量，其方向就是物体 运动 的方向.
(2)瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一 位置 的速度，是矢量.
(3)速率： 瞬时速度 的大小，是 标 量.
三、加速度
1.定义：物理学中把速度的 变化量 与发生这一变化所用 时间 之比，叫作加速度.定义式：a＝＝ .
2.物理意义：描述物体速度 变化快慢 的物理量，是 状态 量.
3.决定因素：a不是由v、Δt、Δv来决定，而是由 来决定.
4.方向：与Δv的方向一致，由 合外力 的方向决定，而与v0、v的方向无关.
考点一 对质点、参考系的理解
1.理解质点的三点注意事项
(1)质点是一种理想化模型，实际并不存在.类似的理想化模型还有“轻杆”“光滑平面”“点电荷”等，这些都是突出主要因素、忽略次要因素而建立的物理模型，目的是使一些复杂的问题简单化.
(2)物体能否被看成质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身的大小和形状来判断.
(3)质点不同于几何“点”，是忽略了物体的大小和形状的有质量的点，而几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置.
2.理解参考系的四性
质点
【例1】 杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景.在下列研究中可将运动员视为质点的是( )
A.研究甲图运动员的入水动作
B.研究乙图运动员的空中转体姿态
C.研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度
D.研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
【解析】 C 研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能忽略，此时运动员不能视为质点，A错误；研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能忽略，此时运动员不能视为质点，B错误；研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能视为质点，C正确；研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能忽略，此时运动员不能视为质点，D错误.
【变式训练1】 用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是( )
A.研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点
B.研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点
C.研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点
D.研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点
【解析】 A 研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫的大小可忽略不计，可将猫视为质点，A正确；研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球不能视为质点，B错误；研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿视为质点，C错误；研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马的大小不能忽略不计，不能把马视为质点，D错误.
参考系
【例2】（2023·浙江卷）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则( )
A.选地球为参考系，“天和”是静止的
B.选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C.选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D.选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
【解析】 C “神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确、D错误.
【变式训练2】 （多选）火炬传递是各种重大体育赛事的重要环节，在某次运动会火炬传递中，观察到同一地点的旗帆和甲、乙两火炬手所传递的圣火火焰如图所示.关于甲、乙两火炬手相对于静止旗杆的运动情况，下列说法中正确的是( )
A.甲、乙两火炬手一定都在向右运动
B.乙火炬手一定在向左运动，且向左运动的速度大于风的速度
C.甲火炬手一定向右运动，乙火炬手一定向左运动
D.甲火炬手可能停止了运动，可能向右运动，还可能向左运动，但运动速度小于风的速度
【解析】 BD 由国旗的飘扬方向可知风向左吹，甲图火焰向左飘，那么甲物体可以静止，也可以向右运动，还可以向左运动，但是向左运动的速度小于风速；乙图火焰向右飘，则乙物体只能向左运动，且向左运动的速度大于风的速度，B、D正确.
1.可将物体看作质点的几种情况：一个物体能否看作质点，与物体本身的大小和形状无关，仅由研究问题的性质决定.当物体的大小和形状相对于研究的问题可以忽略时，物体可以看作质点，否则不能看作质点. 2.参考系选取的“六字”原则
考点二 位移 速度
1.位移和路程的两点区别
(1)决定因素不同：位移由初、末位置决定，路程由实际的运动路径决定.
(2)运算法则不同：位移应用矢量的平行四边形定则运算，路程应用标量的算术法则运算.
2.平均速度与平均速率
平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，只有当路程与位移的大小相等时，平均速率才等于平均速度的大小.
3.平均速度与瞬时速度
(1)两种速度的关系：①瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度.②对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等.
(2)关于用平均速度法求瞬时速度： 由平均速度公式v＝可知，当Δt非常小，趋向于极限时，这时的平均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度.
理解位移和路程
【例3】 某大桥正式通车后，旅客乘巴士车从A地到B地仅需45 min，大桥全长55 km，其中A地口岸至B地口岸41.6 km；桥面为双向六车道高速公路，设计速度为100 km/h.根据上面的报道判断，下列选项正确的是( )
A.题中“45 min”指的是时刻
B.题中“大桥全长55 km”指的是路程
C.题中“A地口岸至B地口岸41.6 km”指的是位移大小
D.某辆汽车从桥的一端驶到另一端时，运动的位移大小可能大于55 km
【解析】 B 题中“45 min”指时间间隔，A错误；题中“大桥全长55 km”指的是路程，B正确；题中“A地口岸至B地口岸41.6 km”指的是路程，C错误；由B项可知，汽车运动的路程为55 km，位移大小不可能大于55 km，D错误.
【变式训练3】 关于位移和路程下列说法正确的是( )
A.物体沿直线向某一方向运动，通过的路程就是位移
B.几个物体有相同位移时，它们的路程也相同
C.几个运动物体通过的路程不等，但它们的位移可能相同
D.物体通过的路程不等于零，其位移也一定不等于零
【解析】 C 路程是标量，位移是矢量，路程和位移只能比较大小，虽然单向直线运动的位移大小等于路程，但不能说路程就是位移，A错误；几个物体有相同位移时，说明这几个物体的始末位置相同，但它们的路程不一定相同，B错误；几个运动物体通过的路程不等，若它们始末位置相同，则它们的位移相同，C正确；若物体运动的起点和终点相同，则物体通过的路程不等于零，但其位移等于零，D错误.
【易错点】 学生错选A的原因主要是对位移为矢量理解不清楚，混淆位移和路程两个概念.
理解平均速度与瞬时速度
【例4】 如图是高速上某一“区间测速”的标牌，该路段全长66 km，全程限速100 km/h.一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为95 km/h和90 km/h，通过测速区间的时间为30 min.下列判断正确的是( )
A.全长66 km表示位移
B.通过起点的速度95 km/h表示瞬时速度
C.该汽车全程的平均速度是92.5 km/h
D.该汽车没有超速
【解析】 B 全长66 km表示路程，A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，B正确；因位移未知，故不能求解平均速度，C错误；由v＝可知，平均速率为v＝＝132 km/h，大于全程限速100 km/h，该汽车超速，D错误.
【变式训练4】 （多选）为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得：运动员在前7 s跑了61 m，7 s末到7.1 s末跑了0.92 m，跑到终点共用时10.8 s，则下列说法正确的是( )
A.运动员在百米全过程的平均速度约为9.26 m/s
B.运动员在前7 s的平均速度约为8.71 m/s
C.运动员在7 s末的瞬时速度约为9.2 m/s
D.无法知道运动员在7 s末的瞬时速度
【解析】 ABD 由题意可知运动员的位移为100 m，时间为10.8 s，故平均速度＝＝ m/s≈9.26 m/s，A正确；前7 s运动员的平均速度为1＝＝ m/s≈8.71 m/s，故B正确；7 s至7.1 s的速度能近似为7 s末的瞬时速度v＝＝ m/s＝9.2 m/s，但并不是7 s末的瞬时速度，C错误、D正确.
1.计算路程与位移的方法 2.用极限法求瞬时速度：由平均速度＝可知，当Δt→0时，平均速度就可以认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度.测出物体在微小时间Δt内发生的微小位移Δx，就可求出瞬时速度，这样瞬时速度的测量便可转化为微小时间Δt和微小位移Δx的测量.
考点三 速度、速度变化量和加速度的关系
1.速度、速度变化量和加速度的对比
项目 速度 速度变化量 加速度
物理 意义 描述物体运动的快慢 描述物体速度的变化，是过程量 描述物体速度变化的快慢
定义式 v＝ Δv＝v2－v1 a＝＝
方向 物体运动的方向 由v1和v2决定 与Δv的方向一致，由F的方向决定
2.速度增大或减小由速度与加速度的方向关系决定
加速度的理解及“加速”“减速”的判断
【例5】 在下列几种情景中，对情景的分析和判断正确的是( )
A.点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零
B.高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，因轿车紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大
C.高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
D.太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零
【解析】 B 点火后即将升空的火箭的速度为零，但是加速度不为零，A错误；轿车紧急刹车，速度变化很快，即加速度很大，B正确；磁悬浮列车高速行驶，速度很大，若做匀速直线运动，加速度为零，C错误；太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，有向心加速度，其加速度不为零，D错误.
【易错点】 学生错选A或C的主要原因：混淆速度、加速度概念，误认为两者变化规律相同.错选D的主要原因：错误地将匀速转动视为匀速直线运动.
【变式训练5】 （多选）北京大学物理系教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念……”.关于加速度，下列说法正确的是( )
A.物体的速度大，加速度一定大
B.物体的速度变化越快，加速度就越大
C.物体的速度变化量越大，加速度就越大
D.物体的加速度变大，则速度不一定变大
【解析】 BD 物体的速度和加速度没有必然的联系，加速度大小仅描述速度变化的快慢，速度大可能加速度很小，如高速匀速运行的火车，速度很大，加速度为0，A错误；加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，物体的速度变化越快，加速度就越大，B正确；由加速度定义式a＝可知，物体加速度的大小与速度变化量和时间无关，则物体的速度变化量越大，加速度不一定大，C错误；速度的变化跟速度与加速度的方向是否一致有关，物体的加速度与速度方向相反时，物体的加速度大小不管如何变化，物体的速度大小均减小，故物体的加速度变大，速度不一定变大，D正确.
加速度的计算
【例6】 以下四个不同的运动过程：
①一架超声速飞机以500 m/s的速度在天空沿直线匀速飞行了10 s；
②一辆自行车以3 m/s的速度从某一陡坡的顶端加速冲下，经过3 s到达坡路底端时，速度变为12 m/s；
③一只蜗牛由静止开始爬行，经过0.2 s，获得了0.002 m/s的速度；
④一列动车在离开车站加速行驶中，用了100 s使速度由72 km/h增加到144 km/h.
下列说法正确的是( )
A.以上四个运动过程，速度最大的是动车
B.以上四个运动过程，速度变化量最大的是飞机
C.以上四个运动过程，加速度最大的是自行车
D.以上四个运动过程，加速度最小的是蜗牛
【解析】 C 根据题意可知，超声速飞机的速度为500 m/s，速度变化量为0，加速度为0；自行车最大速度为12 m/s，速度变化量为Δv＝12 m/s－3 m/s＝9 m/s，加速度为a＝＝3 m/s2，蜗牛的最大速度为0.002 m/s，速度变化量也为0.002 m/s，加速度为a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2，动车的最大速度为vm＝144 km/h＝40 m/s，最小速度为vmin＝72 km/h＝20 m/s，速度变化量为Δv＝vm－vmin＝20 m/s，加速度为a＝＝0.2 m/s2.综上所述，速度最大的是飞机，速度变化量最大的是动车，加速度最大的是自行车，C正确.
【变式训练6】 为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过光电门1的时间为Δt1＝0.30 s，通过光电门2的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为Δt＝3.0 s，则滑块的加速度约为( )
A.0.067 m/s2 B.0.67 m/s2 C.6.7 m/s2 D.不能计算出
【解析】 A 遮光板通过光电门1时的速度v1＝＝ m/s＝0.10 m/s，遮光板通过光电门2时的速度v2＝＝ m/s＝0.30 m/s，故滑块的加速度a＝≈0.067 m/s2，A正确.
1.对加速度大小和方向的进一步理解 2.判断直线运动中“加速”或“减速”的方法 判断物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系. (1)a和v同向 (2)a和v反向
1.第十九届亚运会于2023年9月23日—10月8日在杭州举行，本次以“中国新时代·杭州新亚运”为定位，秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念，向世界奉献了一场精彩的比赛盛会.在考查下列项目的运动员的成绩时可近似视为质点的是( )
【解析】 A 研究运动员百米赛跑时，运动员的形状、大小可以忽略，可以近似视为质点，A正确；研究运动员跳水时，运动员的形状、大小不可以忽略，不能近似视为质点，B错误；研究运动员蹦床时，运动员的形状、大小不可以忽略，不能近似视为质点，C错误；研究运动员武术时，运动员的形状、大小不可以忽略，不能近似视为质点，D错误.
2.如图所示，自行车在水平地面上做匀速直线运动.车轮外边缘半径为R，气门芯距轮心的距离为r，自行车行驶过程中轮胎不打滑，初始时刻气门芯在最高点，不考虑车轮的形变.气门芯从初始时刻到第一次运动至最低点过程中位移的大小为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位置与末位置如图所示，由几何知识得，气门芯的位移大小为x＝＝，D正确.
3.（教考衔接·人教版必修一P12图）京张高速铁路是北京冬奥会举办期间连接北京与张家口的重要交通通道，主线由北京北站至张家口站，最高设计速度为350 km/h ，下列说法错误的是( )
A.研究列车从张家口站开往北京北站的用时，可以将列车视为质点
B.当列车做单向直线运动时，位移的大小与路程相等
C.“最高设计速度为350 km/h ”是指列车运行时允许达到的最大速率
D.坐在车厢中的乘客，看到窗外的景物往后退，是因为他选择了地面为参考系
【解析】 D 研究列车从张家口站开往北京北站的用时，列车的长度与大小可以忽略不计，可以将列车当成质点，A正确；当物体做单向直线运动时，位移的大小与路程相等，B正确；“最高设计速度为350 km/h”是指列车运行时允许达到的最大速率，C正确；坐在车厢中的乘客，看到窗外的景物往后退，是因为他选择了自己为参考系，D错误.
4.下列运动不可能发生的是( )
A.物体运动的加速度等于0，而速度却不等于0
B.两物体相比，一个物体的速度变化量比较大，而加速度却比较小
C.物体的加速度和速度方向相同，而速度在减小
D.物体做直线运动，后一阶段的加速度比前一阶段小，但平均速度却比前一阶段大
【解析】 C 物体做匀速直线运动时，加速度为0，速度不为0，A正确，不符合题意；根据a＝可知，速度变化量大时，加速度不一定大，还与时间有关，B正确，不符合题意；加速度和速度的方向相同时，即使加速度减小，速度也会增大，C错误，符合题意；加速度大小与速度大小没有必然联系，物体做直线运动，后一阶段的加速度比前一阶段小，若前一阶段做加速度较小的加速运动，后一阶段做加速度较大的加速运动，则后一阶段的平均速度比前一阶段大，D正确，不符合题意.
5.（多选）某国产车型启用全新动力标识，新的命名方式直接与车辆的加速性能联系起来，如图所示，TFSI前面的那组数字称为G值，单位为m/s2，计算公式为“G＝×10”，式中Δv为从静止加速到100 km/h的速度变化量，Δt为不同车型的百公里加速时间.则以下说法正确的是( )
A.G值越大，车辆的速度变化量越大
B.G值越大，车辆的提速越快
C.100 km/h是指车辆百公里加速的平均速度
D.标识为45 TFSI的车辆百公里加速时间约为6.2 s
【解析】 BD 由题设所给的G值的公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，车在相等时间内速度的变化量就越大，即车辆的提速越快，A错误、B正确；100 km/h指的是瞬时速度，C错误；100 km/h≈27.8 m/s，根据公式可得Δt≈×10 s≈6.2 s，D正确.
6.（多选）如图所示，物体以5 m/s的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动，经过2 s速度大小变为3 m/s，则物体的加速度可能( )
A.大小为1 m/s2，方向沿斜面向上
B.大小为1 m/s2，方向沿斜面向下
C.大小为4 m/s2，方向沿斜面向下
D.大小为4 m/s2，方向沿斜面向上
【解析】 BC 取初速度方向为正方向，则v0＝5 m/s.若2 s后的速度方向沿斜面向上，即v1＝3 m/s，则a＝＝＝ m/s2＝－1 m/s2，即加速度大小为1 m/s2，方向沿斜面向下；若2 s后的速度方向沿斜面向下，即v2＝－3 m/s，则a＝＝＝ m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，A、D错误，B、C正确.
7.如图所示是用运动传感器测小车速度的示意图，这个系统由A、B两个小盒组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，B盒装有红外线接收器和超声波接收器，A盒被固定在向右匀速运动的小车上，测量时A向B同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B盒接收到红外线脉冲时开始计时，接收到超声波脉冲时停止计时，若两者的时间差为t1，空气中的声速为v0.（红外线的传播时间可以忽略）
(1)求开始计时时A与B之间的距离x1；
(2)经过Δt时间后，A再次同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，此次B接收的时间差为t2，问A两次发射过程中，小车运动的距离Δx为多大？小车运动的速度v为多大？
【解析】 (1)依题意，由于红外线的传播时间可以忽略，可得开始计时时A、B间的距离为x1＝v0t1.
(2)同理可知：进行第二次测量时，A、B间的距离为x2＝v0t2，
则小车运动的距离
Δx＝x2－x1＝v0(t2－t1).
A两次发射脉冲的时间间隔为Δt，即为小车运动Δx所用的时间，则小车运动的速度为v＝，得
v＝.
8.某国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g（g取10 m/s2），以警醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险.那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将可能达到这一数值.试问：
(1)一辆以72 km/h的速度行驶的货车与一辆以54 km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，摩托车驾驶员以与碰撞前货车相同的速度被撞飞，碰撞时间为2.1×10-3 s，摩托车驾驶员是否有生命危险？
(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s、3 s，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？
【解析】 (1)两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为
Δv＝v2－v1＝－72 km/h－54 km/h＝－20 m/s－15 m/s＝－35 m/s，
两车相碰撞时摩托车驾驶员的加速度为
a＝＝≈－16 667 m/s2＝－1 666.7g，
1 666.7g>500g，因此摩托车驾驶员有生命危险.
(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，
根据加速度定义得
a1＝，a2＝，
所以a1∶a2＝∶＝∶＝1∶1.
第2讲 匀变速直线运动的规律
一、匀变速直线运动的规律
1.基本公式
(1)速度公式： v＝v0＋at .
(2)位移公式： x＝v0t＋at2 .
(3)速度—位移关系式： v2－v＝2ax .
2.重要推论
(1)平均速度：＝v＝，即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，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的 一半 .
(2)任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差 相等 ，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(3)位移中点速度：v＝ .
(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例
①T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝ 1∶2∶3∶…∶n .
②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：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝ 1∶3∶5∶…∶(2n－1) .
③通过连续相等的位移所用时间之比：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝ 1∶（－1）∶（－）∶…∶（－） .
二、自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)定义：物体只在 重力 作用下从 静止 开始下落的运动.
(2)运动性质：初速度v0＝0、加速度为重力加速度g的 匀加速直线 运动.
(3)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝ gt .
②位移与时间的关系式：h＝ gt2 .
③速度与位移的关系式：v2＝ 2gh .
(4)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过 逻辑推理 的方法推翻了亚里士多德的“重的物体下落得快”的结论.
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证→合理外推.这种方法的核心是把实验和 逻辑推理 （包括数学演算）和谐地结合起来.
2.竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做 匀减速直线 运动，下降阶段做 自由落体 运动.
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝ v0－gt .
②位移与时间的关系式：h＝ v0t－gt2 .
③速度与位移的关系式：v2－v＝ －2gh .
④上升的最大高度：H＝ .
⑤上升到最高点所用时间：t＝ .
考点一 匀变速直线运动规律的理解与应用
题目中所涉及的物理量（包括已知量、待求量和为解题设定的中间量） 没有涉及 的物理量 适宜选用的公式
v0、v、a、t x 速度与时间的关系式：v＝v0＋at
v0、a、t、x v 位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t 速度与位移的关系式：v2－v＝2ax
v0、v、t、x a 平均速度公式：x＝t
匀变速直线运动规律的理解
【例1】 汽车在平直的公路上行驶，发现险情后紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车.已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，在最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A.汽车的初速度大小是15 m/s
B.汽车的加速度大小是3 m/s2
C.汽车前4 s内的位移是28 m
D.汽车在第1 s末的速度是10 m/s
【解析】 A 将汽车匀减速运动的逆过程看作是反方向初速度为零的匀加速运动，因为在最后1 s内的位移为2 m，根据x1＝at 可知加速度a＝＝ m/s2＝4 m/s2，B错误；汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，x＝v0t－at2，代入数据解得v0＝15 m/s，根据v1＝v0－at1可得汽车在第1 s末的速度是v1＝11 m/s，A正确、D错误；汽车刹车停止所需的时间为t＝＝ s＝3.75 s，故t＝4 s时汽车已经停下来，因而汽车前4 s内的位移是x4＝＝ m＝28.125 m，C错误.
【易错点】 刹车类问题：(1)其特点为匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失.(2)求解时要注意确定实际运动时间.(3)如果问题涉及最后阶段（到停止）的运动，可把该阶段看作反向的初速度为零的匀加速直线运动.
【变式训练1】 2023年9月26日中国首条城市空轨在武汉开通.乘坐“光谷光子号”空轨，可尽情体验“人在空中游，景在窗外动”的科幻感.空轨列车在从综保区站由静止出发后，做匀加速直线运动，此过程中从甲地加速到乙地用时1 min，甲、乙两地相距2.1 km，且经过乙地的速度为180 km/h.对于列车的匀加速直线运动过程，下列说法正确的是( )
A.列车的加速度大小为0.75 m/s2
B.列车的加速度大小为1.0 m/s2
C.乙地到综保区站的距离为2.5 km
D.乙地到综保区站的距离为3.5 km
【解析】 C 设经过乙地时速度为v，则v＝180 km/h＝50 m/s，从甲到乙运动过程做匀加速直线运动，加速度大小为a，由逆向思维知，x＝vt－at2，解得a＝0.5 m/s2，A、B错误；从综保区到乙地，由静止开始匀加速，有v2＝2ax，解得x＝2 500 m，C正确、D错误.
匀变速直线运动规律的应用
【例2】 如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动.某时刻起开始计时，在第一个4 s内位移为9.6 m，第二个4 s内位移为16 m，下列说法正确的是( )
A.计时时刻送货车的速度为0
B.送货车的加速度大小为1.6 m/s2
C.送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s
D.送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s
【解析】 C 根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4 s末的速度大小为v1＝＝ m/s＝3.2 m/s，C正确；根据vt＝v0＋at可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，A错误；送货车在第2个4 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝4 m/s， D错误.
【变式训练2】 （多选）如图所示，将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，则( )
A.由题目信息可以求得子弹从右到左穿过每个水球的时间之比（2－）∶（－）∶（－）∶1
B.子弹在每个水球中运动的平均速度相同
C.子弹在每个水球中速度变化量相同
D.子弹依次进入四个水球的初速度之比为2∶∶∶
【解析】 AD 将子弹的运动过程逆向来看，即看成从左到右做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1∶（－1）∶（－）∶（2－）∶…可知，子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为（2－）∶（－）∶（－）∶1，A正确；根据A项分析可知子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B错误；根据公式Δv＝aΔt知，子弹在每个水球中运动的速度变化量不同，C错误；根据速度与位移的关系式有v＝2ax，则vt＝，设在每个水球中的位移大小为x0，可得子弹从左到右每次射出水球的速度之比为∶∶∶＝1∶∶∶2，即子弹从右到左减速过程依次进入四个水球的初速度之比为2∶∶∶1，D正确.
求解匀变速直线运动问题的一般步骤 (1)基本思路 (2)应注意的问题：①选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化.②对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也为零.求解此类问题应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解.③对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，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，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.④如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度.
考点二 自由落体和竖直上抛运动
1.自由落体运动的特点
(1)自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动.
(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更广泛.
2.竖直上抛运动的两种研究方法
(1)分段法：将全过程分为两个阶段，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v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方.
3.竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点.
(2)多解性
当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，形成多解，在解决问题时要注意这个特性.
自由落体运动
【例3】 如图所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏.游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒.已知支架顶部距离地面2.3 m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面1.1 m，下边界B距离地面0.5 m.不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)圆棒下落到A点所用的时间t1；
(2)圆棒通过AB所用的时间t2.
【解析】 (1)圆棒底部距离A点的高度
h1＝2.3 m－0.4 m－1.1 m＝0.8 m.
圆棒做自由落体运动下落到A点，有
h1＝gt，
代入数据解得t1＝0.4 s.
(2)圆棒通过AB的过程即圆棒底部到达A点和圆棒顶端离开B点这一过程，圆棒顶端到达B点，下落的高度为
h2＝2.3 m－0.5 m＝1.8 m.
由h2＝gt，得t2＝＝0.6 s，
则圆棒通过AB的时间
t3＝t2－t1＝0.2 s.
【易错点】 学生求解圆棒通过AB所用的时间t2时，常见的错误为认为圆棒的底部到达A点和B点的时间差即为所求.学生忽略了棒的长度从而导致出错.
【变式训练3】 如图所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上.现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2 s.B球与地面的高度差h＝5 m（不计空气阻力，g取10 m/s2）.则( )
A.A球与地面的高度差为6 m
B.A、B两小球释放前相距4.4 m
C.若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地
D.A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大
【解析】 B 设B球用时为t，则有5 m＝gt2，对A球有h1＝g(t＋0.2 s)2，联立解得h1＝7.2 m，A错误；据前面分析，A、B两小球释放前高度差Δh＝7.2 m－5 m＝2.2 m，则相距s＝＝4.4 m，B正确；B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，C错误；速度变化率即为加速度，两球加速度均为重力加速度，速度变化率相同，D错误.
竖直上抛运动
【例4】 为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)经过多长时间到达最高点；
(2)抛出后物体离地的最大高度是多少；
(3)物体经过多长时间回到抛出点；
(4)物体经过多长时间落到地面；
(5)物体经过多长时间离抛出点15 m.
【解析】 (1)运动到最高点时速度为0，
由v＝v0－gt1得t1＝－＝＝2 s.
(2)由v＝2ghmax得hmax＝＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m.
(3)（方法1）分段，由(1)(2)知上升时间
t1＝2 s，
hmax＝20 m，
下落时，hmax＝gt，
解得t2＝2 s，
故t＝t1＋t2＝4 s.
（方法2）由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt，
得t＝－＝4 s.
（方法3）由h＝v0t－gt2，
令h＝0，
解得t3＝0（舍去），t4＝4 s.
(4)（方法1）分段法
由Hmax＝gt，
解得t5＝3 s，
故t总＝t1＋t5＝5 s.
（方法2）全程法
由－h0＝v0t′－gt′2，
解得t6＝－1 s（舍去），t7＝5 s.
(5)当物体在抛出点上方时，h＝15 m，
由h＝v0t－gt2，
解得t8＝1 s，t9＝3 s，
当物体在抛出点下方时，
h＝－15 m，
由h＝v0t－gt2，
得t10＝（2＋） s，t11＝（2－） s（舍去）.
【变式训练4】 （多选）如图所示，乙球静止在地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力.（g取10 m/s2，甲、乙两球可看作质点）下列说法正确的是( )
A.无论h为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇
B.当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C.当h＝15 m时，乙球能在下落过程中与甲球相遇
D.当h＜10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
【解析】 BCD 设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得gt2＋v0t－gt2＝h，可得t＝，而乙球的落地时间t1＝，两球在空中相遇的条件是t＜t1，整理得h＜20 m，A错误；若乙球恰好在最高点与甲球相遇，满足的条件是t＝t1，代入数据整理得h＝10 m，B正确；由于10 m＜h＝15 m＜20 m，可得乙球能在下落过程中与甲球相遇，C正确；当h＜10 m时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D正确.
自由落体运动、竖直上抛运动的基本规律都来自匀变速直线运动规律，有关匀变速直线运动的所有规律和推论都适用于这两种运动.特别是分析自由落体运动时，常用到初速度为零的匀加速直线运动的有关推论，而分析竖直上抛运动时，应注意多解性问题.
1.中国第三艘航母“福建舰”已成功下水，该航母上有帮助飞机起飞的电磁弹射系统，若经过弹射后，飞机依靠自身动力以16 m/s2的加速度匀加速滑行100 m，达到60 m/s的起飞速度，则弹射系统使飞机具有的初速度大小为( )
A.20 m/s B.25 m/s
C.30 m/s D.35 m/s
【解析】 A 由匀变速直线运动规律v－v＝2ax，代入数据解得v0＝20 m/s，A正确.
2.体育课上同学们在练习排球，某同学将排球竖直向上垫起后，经1.2 s排球又回到原出发点，则排球被垫起后上升的最大高度约为( )
A.1.0 m B.1.2 m
C.1.5 m D.1.8 m
【解析】 D 排球被垫起后经1.2 s又回到原出发点，根据竖直上抛运动的对称性可知，从最大高度下落到抛出点的时间为t＝0.6 s，则排球被垫起后上升的最大高度h＝gt2＝1.8 m，D正确.
3.测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( )
A.20 m/s2 B.10 m/s2 C.5 m/s2 D.无法确定
【解析】 B 超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，设为t，在这个过程中，汽车的位移为x＝355 m－335 m＝20 m，设反射前、后汽车的位移分别为x1、x2，则x1∶x2＝1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，则超声波被A接收时，A、B间的距离x′＝335 m＋5 m＝340 m，所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝＝ s＝1 s，根据Δx＝at2，可得15 m－5 m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，B正确，A、C、D错误.
4.如图所示，两位同学在教学楼上做自由落体实验，甲同学在四楼先将小球A释放，当下落距离为h时，乙同学在三楼将小球B释放，小球B释放时间t后，两球恰好同时落地，小球A、B不在同一条竖直线上，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A.甲同学释放点离地高度为＋h
B.甲同学释放点离地高度为gt2＋＋h
C.若两位同学均各上一层楼重做以上实验，两小球仍能同时落地
D.若两位同学均各下一层楼重做以上实验，小球A先落地
【解析】 B 小球A下落h所需时间为t′，则h＝gt′2，解得t′＝，故小球A下落到地面所需时间为tA＝t′＋t，下降的高度为hA＝g(t′＋t)2＝gt2＋＋h，A错误、B正确；两位同学均各上一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面下降了一层楼，则由自由落体运动规律可知，两球会在空中原来地平面处相遇，相遇时小球A速度大，故A先落地，C错误；若两位同学均各下一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面上升了一层楼，根据自由落体规律可知小球B先落地，D错误.
5.（多选）如图a所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图b所示.已知斜坡是由长为d＝0.6 m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐.下列说法正确的是( )
A.物块在由A运动至E的时间为0.6 s
B.位置A与位置D间的距离为1.30 m
C.物块在位置D时的速度大小为2.25 m/s
D.物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2
【解析】 CD 由图b可知相邻两点间的时间间隔T＝0.4 s，物块从A运动到E的时间间隔Δt＝4T＝1.6 s，A错误；物块从C到D的时间间隔与物块从D点到E点的时间间隔相等，所以物块在位置D时的速度为C到E中间时刻的速度，则有vD＝＝2.25 m/s，C正确；AC段与CE段的时间间隔为t＝2T＝0.80 s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，由Δx＝at2可知xCE－xAC＝a×(2T)2，代入数据解得a＝1.875 m/s2，D正确；由vD＝vA＋a×3T，代入数据解得vA＝0，则位置A、D间距离xAD＝＝1.35 m，B错误.
6.（教考衔接·人教版必修一P55）（多选）如图所示，ETC 是高速公路上不停车电子收费系统的简称.一汽车在平直公路上以15 m/s 的速度行驶，汽车通过ETC通道前，以2.5 m/s2的加速度减速，速度减至5 m/s 后，通过长为10 m的匀速行驶区间.车头到达收费站中心线后，再以5 m/s2 的加速度匀加速至15 m/s，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是( )
A.通过的最短距离为60 m
B.通过的最短距离为70 m
C.所用的最短时间为4 s
D.所用的最短时间为8 s
【解析】 BD 若汽车速度减至5 m/s时，汽车的车头刚好到达ETC通道匀速行驶区间，则汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程通过的距离最短，所用的时间最短.汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，减速时间为t1＝＝ s＝4 s，匀速最短时间为t2＝＝ s＝2 s，加速时间为t3＝＝ s＝2 s ，则汽车从开始减速到回到原行驶速度的过程所用的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝8 s，C错误、D正确；整个过程，减速位移为x1＝t1＝×4 m＝40 m，加速位移为x3＝t3＝×2 m＝20 m ，则汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程通过的最短距离为x＝x1＋x2＋x3＝70 m，A错误、B正确.
7.因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开使列车做匀减速运动，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来.
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的制动加速度大小a2.
【解析】 (1)设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s，
则打开制动风翼后，减速过程有
v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m，
在打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离
x2＝＝2 800 m，
打开电磁制动系统后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
则a2＝＝1.2 m/s2.
8.如图甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列.为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图乙所示.为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动.绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间.求：
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t.
【解析】 (1)第11辆汽车前端与停止线的距离
x1＝10(l＋d1)＝64 m，
由v2＝2ax1，得v＝16 m/s.
(2)设后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少行驶的距离
x2＝d2－d1＝4.0 m，
由x2＝at得t1＝2 s，
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间t2＝10t1＝20 s，
从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t3＝＝8 s，
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t＝t2＋t3＝28 s.
第3讲 运动图像 追及和相遇问题
一、匀变速直线运动的位移—时间图像与速度—时间图像
1.位移—时间图像（x－t图像）
(1)意义：反映了做直线运动的物体 位移 随时间变化的规律.
(2)图线上某点切线的斜率的意义
①斜率的绝对值：表示物体速度的 大小 .
②斜率的正负：表示物体速度的 方向 .
(3)两种特殊的x－t图像
①若x－t图像是一条平行于t轴的直线，则物体处于 静止 状态.（如图线A）
②若x－t图像是一条倾斜的直线，物体在做 匀速直线 运动.（如图线B）
2.速度—时间图像（v－t图像）
(1)意义：反映了做直线运动的物体 速度 随时间变化的规律.
(2)图线上某点切线的斜率的意义
①斜率的绝对值：表示物体 加速度 的大小.
②斜率的正负：表示物体 加速度 的方向.
(3)两种特殊的v－t图像
①匀速直线运动的v－t图像是与横轴 平行 的直线.（如图线A）
②匀变速直线运动的v－t图像是一条 倾斜 的直线.（如图线B）
(4)图线与时间轴围成的“面积”的意义
①图线与时间轴围成的“面积”表示相应时间内的 位移 .
②若此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为 正方向 ；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为 负方向 .
二、追及和相遇问题
1.追及问题的两类情况
(1)按结果分类
①若后者能追上前者，追上时，两者处于 同一 位置，且后者速度一定不小于前者速度.
②若后者追不上前者，则当后者速度与前者速度 相等 时，两者相距最近.
(2)按初始条件分类
①同向运动相隔一定的初始距离s0的问题：速度大者减速（如匀减速直线运动）追速度小者（如匀速直线运动）.
a.若两者速度相等时，追者位移仍小于被追者位移与s0之和，则永远追不上，此时两者间有 最小 距离.
b.若两者相遇时，速度也相等，则恰能追上，也是两者避免碰撞的 临界 条件.
c.若两者相遇时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距有一个 极大 值.
②从同一地点出发开始同向运动的问题：速度小者加速（如初速度为零的匀加速直线运动）追速度大者（如匀速直线运动）.
a.当两者 速度 相等时两者间有最大距离.
b.两者 位移 相等时，则追上.
2.相遇问题
(1)同向运动的两物体追上即相遇.两物体位移大小 之差 等于开始时两物体间距.
(2)相向运动的两物体，当各自发生的位移大小之和 等于 开始时两物体间的距离时即相遇.
考点一 运动学图像的理解和应用
1.运用运动图像解题时的“六看”
图像类型 x－t图像 v－t图像
纵截距 表示初位置 表示初速度
斜直线 表示匀速直线运动 表示匀变速直线运动
斜率 表示速度 表示加速度
面积 无实际意义 图线和时间轴围成的面积表示位移
交点 相遇点 速度相等点（临界条件点）
拐点 表示从一种运动变为另一种运动 表示从一种运动变为另一种运动
2.运用运动图像解题时注意事项
(1)无论是x－t图像还是v－t图像都只能描述直线运动.
(2)x－t图像和v－t图像不表示物体运动的轨迹.
(3)x－t图像和v－t图像的形状由x与t、v与t的函数关系决定.
图像信息类问题
【例1】 如图所示，图1为甲、乙两质点的v－t图像，图2是在同一直线上运动的物体丙、丁的x－t图像.下列说法正确的是( )
A.质点甲、乙的速度相同
B.丙的运动速率大于丁的运动速率
C.丙的出发点在丁前面x0处
D.不管质点甲、乙是否从同一地点开始运动，它们之间的距离一定越来越大
【解析】 C 由图读出，甲、乙两质点的速度大小都是2 m/s，甲的速度沿正方向，乙的速度沿负方向，说明两质点速度方向相反，而速度是矢量，则质点甲、乙的速度不同，A错误；由于甲、乙出发点的位置关系未知，无法判断它们之间的距离如何变化，D错误；由图可以看出丙由距原点正方向x0处出发沿正方向做匀速直线运动，丁从原点出发沿同一方向做匀速直线运动，所以丙的出发点在丁前面x0处，C正确；丙图线的斜率小于丁图线的斜率，则丙的运动速率小于丁的运动速率，B错误.
【变式训练1】 用速度传感器记录电动车直线运动过程的运动信息，其速度随时间变化的规律如图所示，由图像可知电动车( )
A.a、b两状态速度的方向相反
B.a、b两状态加速度大小相等
C.t＝80.0 s时回到t＝0时刻的位置
D.t＝80.0 s时电动车前进了大约280 m
【解析】 D a、b两状态速度均为正值，则速度方向均为正方向，A错误；速度—时间图像斜率表示加速度，由题图知，a、b两状态加速度大小不相等，B错误；电动车在运动过程速度一直为正，运动方向不变，t＝80.0 s时没有回到t＝0时刻的位置，C错误；速度—时间图像与坐标轴包围的面积表示位移，即等于图像中每个小方格的面积乘以图线与坐标轴包围的小方格的个数，所以t＝80.0 s时电动车前进的位移大约为x＝28×1.00×10.0 m＝280 m，D正确.
图像选择类问题
【例2】（2024·重庆卷）如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行.然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动.则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是( )
【解析】 C 滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接（没有能量损失，速度大小不变）的倾斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动，C正确.
【变式训练2】 小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图所示.以下滑起点为位移坐标原点，以小球开始下滑时刻为t＝0时刻，则下列选项能正确反映小球运动的图像是( )
【解析】 A 由小球运动的v－t图像可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下（即正方向），C、D错误.下滑时小球做初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2可知，x－t2图像为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此，x－t2图像也是一条直线.由题图可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，上滑运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，A正确、B错误.
匀变速直线运动的非常规图像
【例3】 （2023·湖北卷）（多选）t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0.在0～3t0时间内，下列说法正确的是( )
A.t＝2t0时，P回到原点
B.t＝2t0时，P的运动速度最小
C.t＝t0时，P到原点的距离最远
D.t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同
【解析】 BD 质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误；a－t图像的面积表示速度变化量，～t0内速度的变化量为零，因此时刻的速度与t0时刻相同，0～2t0内速度的变化量为零，因此2t0时刻P的运动速度为零，B、D正确.
【易错点】 学生因审题不仔细，把纵坐标看成速度v，未能将a－t图转化成v－t图而选A.
【变式训练3】 放在水平面上的物体，在水平力F作用下开始运动，以物体静止时的位置为坐标原点，力F的方向为正方向建立x轴，物体的加速度随位移的变化图像如图所示.下列说法正确的是( )
A.0～x2过程中物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中物体做减速直线运动
B.位移为x1时，物体的速度大小为
C.位移为x2时，物体的速度达到最大
D.物体的最大速度为
【解析】 B 0～x2过程中加速度不变，所以物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中加速度方向不变，依然与速度同向，故物体仍做加速直线运动，位移为x3时，物体的速度达到最大，A、C错误；由位移与速度公式可得2a0x1＝v，解得位移为x1时，物体的速度大小为v1＝，B正确；由位移与速度公式可得＝ax，故a－x图像的面积表示，则物体在位移为x3时，有a0＝，则最大速度为vm＝，D错误.
三类图像问题解题要点 (1)信息类问题解题要点：这类问题是对某一物理情境给出某一物理量的具体变化图像，由图像提取相关信息或将图像反映的物理过程“还原”成数学表达式形式，从而对问题分析判断作答. (2)图像选择类问题解题要点：依据某一物理过程，设计某一物理量随时间（或位移、高度、速度等）变化的几个图像或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图像，从中判断其正误.解决该类问题一般依据物理过程，运用对应规律，确定某物理量的变化情况，从而确定选项是否正确. (3)非常规图像问题解题要点：图像反映了两个变量（物理量）之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个变量（物理量）之间的函数关系，来分析图像的意义.
考点二 追及和相遇问题
1.追及和相遇问题分析思路
可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”.
(1)一个临界条件：速度相等.它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点.
(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系，通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口.
2.能否追上的判断方法（临界条件法）
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当vB＝vA时，若xB>xA＋x0，则能追上；若xB＝xA＋x0，则恰好追上；若xB
3.常用分析方法
(1)图像法：将两个物体运动的速度—时间关系图线在同一图像中画出，然后利用图像分析、求解相关问题.
(2)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图.
(3)极值法：设经过时间t，分别列出两物体的位移—时间关系式，得出位移之差Δx与时间的二次函数，再利用数学极值法求解距离的最大（或最小）值.
(4)二次函数法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于位移x与时间t的二次函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况：①若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；②若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；③若Δ<0，说明追不上或不能相遇.
追及相遇问题与运动图像综合
【例4】 某兴趣小组用两个相同的遥控小车沿直线进行追逐比赛，两小车分别安装不同的传感器并连接到计算机中.A小车安装加速度传感器，B小车安装速度传感器，两车初始时刻速度大小均为v0＝30 m/s，A车在前、B车在后，两车相距100 m，其传感器读数与时间的函数关系图像分别如图甲、乙所示，规定初始运动方向为正方向，则下列说法正确的是( )
A.t＝3 s时两车间距离为55 m
B.3～9 s内，A车的加速度大小大于B车的加速度大小
C.两车最近距离为20 m
D.0～9 s内两车相遇一次
【解析】 A A车开始做匀减速直线运动，当速度减为零时t＝＝ s＝3 s，则t＝3 s内A车的位移为xA1＝＝45 m，t＝3 s内B车做匀速直线运动，则位移为xB1＝v0t＝90 m，t＝3 s时两车间距离为Δx＝45 m＋100 m－90 m＝55 m，A正确；3～9 s内B车的加速度为aB＝ m/s2＝－5 m/s2，由a－t图可知3～9 s内A车的加速度为5 m/s2，故A车的加速度大小等于B车的加速度大小，B错误；t＝3 s之后A车沿正方向做匀加速直线运动，B车做匀减速直线运动，当两车速度相等时有5 m/s2·Δt＝30 m/s－5 m/s2·Δt，解得Δt＝3 s，此时两车的速度均为v＝15 m/s，两车在Δt时间内经过的位移xA2＝＝ m，xB2＝Δt＝ m，此时两车相距最近Δxmax＝55 m＋ m－ m＝10 m，C错误；由A、C项分析知t＝6 s时，A车在前、B车在后，两车相距10 m，且此时两车速度都为15 m/s， 此后A车继续加速，B车继续减速，故两车不能相遇，D错误.
【变式训练4】 有网友乘坐上海回北京的复兴号动车，某时刻后面追上来一列和谐号动车，两动车互相追赶，如图甲所示.两动车运动情况如图乙，t＝0时刻两动车车头刚好并排行驶，下列说法正确的是( )
A.前30 s两车平均速度相等
B.图乙中复兴号的最大速度为78 m/s
C.0到36 s内，两车头相距最远为80 m
D.两车头在36 s末再次并排行驶
【解析】 C v－t图像与横轴围成的面积表示位移，由图乙可知在前30 s内和谐号的位移大于复兴号的位移，故和谐号的平均速度大于复兴号的平均速度，A错误；复兴号做匀加速直线运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.8 m/s2，由图乙可知在36 s时刻，复兴号的速度最大，则有vm＝76 m/s＋0.8×(36－30) m/s＝80.8 m/s，B错误；0到36 s内，当两车的速度相等时，即在30 s时，两车头相距最远，由图乙可知两车头最远距离为Δxm＝×16×10 m＝80 m，C正确；由图乙可知0～30 s内和谐号比复兴号多走的位移为Δx1＝×16×10 m＝80 m，30～36 s内复兴号比和谐号多走的位移为Δx2＝×(80.8－76)×6 m＝14.4 m，说明在0～36 s内和谐号比复兴号多走了Δx＝Δx1－Δx2＝65.6 m，D错误.
追及相遇问题与生活实际相结合
【例5】 一汽车在直线公路段上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶.经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：
(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？
(2)若汽车刹车时的加速度大小只有4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速行驶，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？
【解析】 (1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽＝54 km/h＝15 m/s，
初始距离d＝14 m，
在经过反应时间0.4 s后，汽车与自行车相距
d′＝d－（v汽－v自）t0＝10 m，
从汽车刹车开始计时，
自行车的位移为
x自＝v自t，
汽车的位移为
x汽＝v汽t－at2，
假设汽车能追上自行车，此时有
x汽＝x自＋d′，
代入数据整理得
at2－10t＋10＝0，
要保证不相撞，即此方程最多只有一个解，
则Δ＝102－20a≤0，
解得a≥5 m/s2.
汽车的加速度大小至少为5 m/s2.
(2)设自行车加速度为a′，同理可得：
x汽′＝x自′＋d′，
x自′＝v自t＋t2，
整理得（a′＋2）t2－10t＋10＝0，
要保证不相撞，即此方程最多只有一个解，
则Δ′＝102－20a′－80≤0，
解得a′≥1 m/s2.
自行车的加速度大小至少为1 m/s2.
【变式训练5】 如图所示，在一次接力训练中，已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10 m/s的速度跑完全程.设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为4 m/s2.乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒.在这次练习中，甲以v＝10 m/s的速度跑到接力区前端s0＝12 m处向乙发出起跑口令.已知接力区的长度为L＝20 m.
(1)求此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离；
(2)为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？
(3)在(2)中，求乙经过接力区的时间.
【解析】 (1)根据题意，由公式vt＝v0＋at可得，乙的最长加速时间为
tm＝＝2.5 s，
设乙加速到交接棒处时运动时间为t，则在甲追及乙过程中有
s0＋at2＝vt，
代入数据得t＝2 s，
则此次练习中交接棒处离接力区前端的距离为
s＝at2＝8 m.
(2)根据题意可知，乙加速时间应为最长加速时间2.5 s，设甲在距离接力区前端为s1时对乙发出起跑口令，则在甲追及乙过程中有
s1＋at＝vtm，
代入数据得s1＝12.5 m.
(3)根据题意，在(2)情形下，乙加速运动的距离为
s2＝at＝12.5 m，
则乙匀速运动的时间为t1＝＝0.75 s，
则乙经过接力区的时间是t2＝t1＋tm＝3.25 s.
解答追及和相遇问题的三种方法
情境 分析法抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图函数 判断法设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于位移x与时间t的函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况图像 分析法将两个物体运动的速度—时间关系或位移—时间关系画在同一图像中，然后利用图像分析求解相关问题
1.如图所示是物体做直线运动的v－t图像，由图可知，该物体( )
A.第1 s内和第3 s内的运动方向相反
B.第3 s内和第4 s内的加速度相同
C.第1 s内和第4 s内的位移大小不相等
D.0～4 s内的平均速度为0.2 m/s
【解析】 B 0～1 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动；1～2 s向正方向做匀速直线运动；2～3 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀减速直线运动；3～4 s以1 m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，A错误、B正确.根据速度—时间图像中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小，可知第1 s内和第4 s内的位移大小均为0.5 m，C错误；0～4 s内＝＝（×1×） m/s＝0.375 m/s，D错误.
2.一质点由静止开始做直线运动的v－t关系图像如图所示，则该质点的x－t关系图像可大致表示为选项图中的( )
【解析】 B 根据x－t图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的x－t关系图像可大致表示为B图，B正确.
3.自动驾驶汽车又称无人驾驶汽车，是一种通过电脑系统实现无人驾驶的智能汽车.某次自动驾驶汽车以恒定的加速度启动，同时一辆货车以恒定速度从其旁边驶过，自动驾驶汽车再次与货车相遇之前已达到最大速度，则下列图像正确的是( )
【解析】 D v－t图像的斜率表示加速度，由于自动驾驶汽车以恒定加速度启动，则自动驾驶汽车加速时的v－t图线为直线，A错误；v－t图线与t轴围成的面积表示位移，B项中t0时刻自动驾驶汽车刚好达到最大速度，且由图像中几何关系可知此时两车位移相等，则自动驾驶汽车与货车相遇时刚好达到最大速度，B错误；x－t图像的斜率表示速度大小，图线交点表示两车位移相同，C项中自动驾驶汽车与货车相遇时其速度还未达到最大，C错误；D项中两车x－t图线交点表示两车再次相遇，且自动驾驶汽车在再次相遇之前已经达到最大速度，D正确.
4.在某星球表面，t＝0时刻小球以初速度v0开始做竖直上抛运动，取抛出位置位移x＝0，以v0方向为正方向，则小球位移x随速度的平方v2变化的x－v2图像如图所示，下列说法正确的是( )
A.小球的初速度为100 m/s
B.小球位移x＝5 m时对应的运动时间为2 s
C.小球加速度与初速度方向相反
D.图中m点坐标值为－7.2
【解析】 C t＝0时x＝0，由题图知v＝100 (m/s)2，所以小球的初速度v0＝10 m/s，A错误；由v2－v＝2ax得x＝－，图线斜率k＝＝－，解得a＝－10 m/s2，小球位移x＝5 m时v＝0，所以对应运动时间t＝＝1 s，B错误、C正确；由题图可知＝，解得m＝－2.2，D错误.
5.（多选）如图所示为同学通过传感器测得的甲、乙两物体的运动图像，横轴为时间，纵轴忘记标记.已知甲两部分均为抛物线，且t＝0与t＝1 s分别为开口向上和开口向下的抛物线的顶点.下列说法正确的是( )
A.若图像为位移—时间图像，甲物体0～1 s和1～2 s加速度大小相等
B.若图像为位移—时间图像，0～1 s乙物体平均速度大于甲物体平均速度
C.若图像为速度—时间图像，0～2 s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍
D.若图像为速度—时间图像，两物体一定在t＝1 s时刻相遇
【解析】 AC 0～1 s内甲物体做初速度为0的匀加速运动，1～2 s做反向初速度为0的匀加速直线运动，有x＝at2，两个过程位移大小相等，时间相同，则加速度大小相等，A正确；若图像为位移—时间图像，0～1 s乙物体的位移和甲物体的位移相等，两者平均速度相等，B错误；若图像为速度—时间图像，根据面积大小关系，0～2 s内乙物体位移是甲物体位移的2倍，乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍，C正确；若图像为速度—时间图像，在0～1 s内乙的图像面积比甲的大，况且甲、乙的初始位置不确定，则两物体不一定在t＝1 s时刻相遇，D错误.
6.（多选）甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方v2随位移x的变化图像如图所示，下列说法不正确的是( )
A.甲的初速度为36 m/s
B.甲的加速度大小为2 m/s2
C.两车在6 m处相遇
D.甲停止前，两车在2 s时相距最远
【解析】 AC 由图可知，甲位移为零时，v＝36 m2/s2，解得甲的初速度为v0＝6 m/s，乙的初速度为0，A错误；根据v2－v＝2ax，可知v2－x图像的斜率表示加速度的2倍，所以甲、乙两车的加速度分别为a甲＝× m/s2＝－2 m/s2，a乙＝× m/s2＝1 m/s2，B正确；甲车做匀减速运动的时间为t1＝＝3 s，在t1＝3 s时甲、乙两车的位移分别为x1＝＝9 m，x2＝a乙t＝ m，即甲车停下时，乙车还未追上甲车，所以两车在9 m处相遇，C错误；甲停止前，两车速度相等时相距最远，设此时刻为t2，则v0＋a甲t2＝a乙t2，解得t2＝2 s，D正确.
7.足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某标准足球场长105 m，宽68 m.攻方前锋在中线处将足球沿边线向前路踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2，求：
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大；
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球.他的启动过程可以视为初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球.
【解析】 (1)依题意，足球做匀减速运动，到停下来，由速度与时间关系得
v1＝a1t1，
代入数据得t1＝6 s，
根据x1＝t1，
代入数据得x1＝36 m.
(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为
t2＝＝4 s，x2＝t2＝16 m，
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动，其位移为
x3＝v2(t1－t2)＝16 m，
由于x2＋x3
解得t3＝0.5 s，
故前锋队员追上足球的时间为
t＝t1＋t3＝6.5 s.
8.如图所示为车辆行驶过程中在平直道路上变道超车的情景.B为长LB＝12 m的大货车，正以vB＝54 km/h的速度匀速向右行驶，A是在B后方同向行驶的小汽车，长度LA＝5 m，A车以vA＝90 km/h的速度行驶，当两车相距L1＝7 m时，A车司机准备借对向车道超越B车，但A车司机发现对向车道与A车相距L2＝90 m处有另一小汽车C正迎面驶来，vC＝72 km/h.已知A车加速时加速度aA＝2 m/s2，A车刹车的加速度大小aA′＝6 m/s2.
(1)若A车司机想安全超越B车，则至少需要多长时间；
(2)若A车司机选择超越B车，为避免与C车相碰，C车司机至少以多大加速度刹车才能让A车司机超车成功；
(3)若A车司机放弃超车，为避免与B车相撞，立即刹车，同时鸣笛发出信号提示，B车司机加速，B车司机反应时间t0＝0.2 s，并立即以aB＝2 m/s2的加速度加速，判定两车能否相碰；若不能，求两车最近距离.（结果保留两位小数）
【解析】 (1)设经过时间t1超车成功，则
xA＝vAt1＋aAt，xB＝vBt1，
xA＝xB＋LA＋LB＋L1，解得t1＝2 s.
(2)A车超车成功，设此过程C车前进的距离为xC，则有
xC＝vCt1－aCt， xA＋xC＝L2，
解得aC＝2 m/s2.
(3)经t2时间A、B速度相等，则
vA－aA′t2＝vB＋aB(t2－t0)，
xA′＝vAt2－aA′t，
xB′＝vBt0＋vB(t2－t0)＋aB(t2－t0)2，
解得t2＝1.3 s，xA′＝27.43 m，xB′＝20.71 m，
因为xA′
Δx＝xB′＋L1－xA′＝0.28 m.
核心素养提升（一） 匀变速直线运动问题的多种解法
题型一 基本公式法
1.基本公式
v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax.
2.运动学公式中正、负号的规定
(1)除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向.
(2)五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一匀变速运动过程.
3.解题的基本思路
【例1】 动车铁轨旁相邻的里程碑之间的距离是1 km.某同学乘坐动车时，通过观察里程碑和车厢内电子屏上显示的动车速度来估算动车减速进站时的加速度大小.当他经过某一里程碑时，屏幕显示的车速是v0＝126 km/h，动车继续向前行驶再经过2个里程碑时，速度变为v＝54 km/h.把动车进站过程视为匀减速直线运动，求：
(1)动车进站时的加速度；
(2)动车速度变为v＝54 km/h后还要行驶多长时间才能停下来.
【解析】 (1)根据匀变速直线运动速度位移关系可得v2－v＝2ax，
其中x＝2 000 m，v＝54 km/h＝15 m/s，
v0＝126 km/h＝35 m/s，
解得a＝－0.25 m/s2，
可知动车进站时的加速度大小为0.25 m/s2，方向与运动方向相反.
(2)动车速度变为v＝54 km/h后到停下来所用时间为
t＝＝ s＝60 s.
【变式训练1】 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则下列说法不正确的是( )
A.前4 s平均速度为4 m/s
B.后4 s平均速度为8 m/s
C.加速度约为1.33 m/s2
D.第二段的初速度约为6.67 m/s
【解析】 B 前4 s平均速度为＝＝4 m/s，A不符题意；根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有v1＝＝4 m/s，后2 s的中间时刻速度为v2＝′＝＝8 m/s，结合加速度的定义式有a＝＝＝ m/s2＝ m/s2≈1.33 m/s2，C不符题意；根据速度公式有v2′＝v1＋＝（4＋×2）m/s＝ m/s≈6.67 m/s，D不符题意；后4 s的位移为x′＝v1·＋a（）2＋x2＝4×2 m＋××22 m＋16 m＝ m，则后4 s的平均速度为2′＝＝ m/s＝ m/s，B符合题意.
1.基本策略：基本公式（v－t关系、x－t关系）原则上可解任何匀变速直线运动问题. 2.基本方法：(1)列出每个运动过程或阶段的v－t关系、x－t关系，联立方程组即可求解.(2)一般有几个未知量列几个方程，列方程时尽量共用未知量，以减少未知量的使用个数，减少方程数.
题型二 平均速度法
1.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平均值，还等于中间时刻的瞬时速度.
2.平均速度公式：＝＝v.
【例2】 （多选）小明将一小球从固定斜面上的A点由静止释放，小球沿斜面匀加速下滑，下滑0.4 m经过B点，又下滑1.2 m经过C点.已知小球通过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则下列说法正确的是( )
A.经过B点时的速度大小为0.2 m/s
B.经过B点时的速度大小为0.4 m/s
C.小球沿斜面下滑的加速度大小为0.2 m/s2
D.小球沿斜面下滑的加速度大小为0.4 m/s2
【解析】 BC 由匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球经B点时的速度大小为vB＝＝ m/s＝0.4 m/s，A错误、B正确；由匀变速直线运动的Δx＝aT2，可得小球的加速度大小为a＝＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，C正确、D错误.
【变式训练2】 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍.该质点的加速度为( )
A. B. C. D.
【解析】 A 设该质点原来的速度为v，经过时间t后的速度为3v，则＝，得v＝，质点的加速度a＝＝，A正确.
凡问题中涉及位移及发生这段位移所用时间或一段运动过程的初末速度时，要尝试运用平均速度公式.
题型三 推论法
1.连续相等的时间间隔T内的位移差相等.
2.公式：x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
【例3】 如图所示，某次蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，蹦床运动员可以上升的最大高度（距离蹦床）为( )
A.8.125 m B.9.125 m C.10.5 m D.11.5 m
【解析】 A 由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝ s，过P点时的速度为vP＝，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝v，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，A正确.
【变式训练3】 北京时间2024年4月25日，“神舟十八号”载人飞船成功发射.发射升空的最初阶段，飞船由静止开始做匀加速直线运动，O为飞船运动的起点，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，通过监测可知A、B之间的距离xAB＝2 000 m，B、C之间的距离xBC＝3 000 m，且飞船通过AB、BC、CD所用的时间相等.则下列说法正确的是( )
A.可以求出飞船的加速度大小
B.C、D之间的距离为5 000 m
C.O、A之间的距离为1 125 m
D.O、A之间的距离为1 500 m
【解析】 C 飞船由静止开始做匀加速直线运动，时间相等的相邻两段位移差相等，可得xCD－xBC＝xBC－xAB，解得xCD＝4 000 m，B错误；由匀变速直线运动的推论可得xBC－xAB＝aT2，由于A到B、B到C的时间间隔T未知，故无法求出飞船的加速度大小，A错误；由匀变速直线运动规律可得xBC－xAB＝aT2，vB＝，O、B之间的距离为xOB＝，联立解得xOB＝3 125 m，则O、A之间的距离为1 125 m，C正确、D错误.
1.连续相等时间T内的位移之差为一恒定值. 设物体以初速度v0、加速度a做匀加速直线运动，自计时起第一个T内的位移：x1＝v0T＋aT2.前2T内的位移：x2＝v0·2T＋a(2T)2.则第二个T内的位移：xⅡ＝x2－x1＝v0·2T＋a(2T)2－v0T－aT2＝v0T＋aT2.连续相等时间T内的位移差：Δx＝xⅡ－x1＝v0T＋aT2－v0T－aT2＝aT2，即Δx＝aT2.此推论的应用：一是判定物体是否做匀变速直线运动，二是求加速度. 2.若问题中涉及两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx＝aT2.
题型四 比例法
1.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.
2.由连续相邻相等时间（或长度）的比例关系求解.
【例4】 课间，你和你的小伙伴趴在栏杆上一边眺望着远方的风景，一边喝着水，一不小心，同学的瓶盖掉了下去，你俩假设了下面的场景.如图所示，一栋高为9 m的三层楼房，每层楼高相等，且每层楼正中间有一个高为1 m的窗户.如果认为瓶盖从楼顶下落，且不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A.瓶盖依次到达三个窗户上沿的速度大小之比为1∶∶
B.瓶盖依次通过三个窗户的平均速度之比为（＋1）∶（＋2）∶（2＋）
C.瓶盖依次到达三个窗户下沿的时间之比为2∶ 5∶ 8
D.瓶盖依次通过三个窗户的时间之比为（－1）∶（－2）∶（2－）
【解析】 B 瓶盖依次到达三个窗户上沿的位移分别为1 m、4 m、7 m，根据v2＝2gh可知，瓶盖依次到达三个窗户上沿的速度大小之比为1∶2∶，A错误；瓶盖依次到达三个窗户上沿和下沿的位移分别为1 m、2 m、4 m、5 m、7 m、8 m，根据v2＝2gh可知，瓶盖依次到达三个窗户上沿和下沿的速度大小之比为1∶ ∶2∶ ∶∶2，则根据＝可知，瓶盖依次通过三个窗户的平均速度之比为（＋1）∶（＋2）∶（2＋），根据t＝可知，瓶盖依次通过三个窗户的时间之比为∶∶＝（－1）∶（－2）∶（2－），B正确、D错误；瓶盖依次到达三个窗户下沿的位移为2 m、5 m、8 m，根据t＝可知，瓶盖依次到达三个窗户下沿的时间之比为∶∶2，C错误.
【变式训练4】 钢架雪车也被称为俯式冰橇，是冬奥会的比赛项目之一.运动员需要俯身平贴在雪橇上，以俯卧姿态滑行.比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成.若某次运动员练习时，恰好在终点停下来，且在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动.运动员通过减速区时间为t，其中第一个时间内的位移为x1，第四个时间内的位移为x2，则x2∶x1等于( )
A.1∶16 B.1∶7 C.1∶5 D.1∶3
【解析】 B 由题意知，在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，此减速过程，由逆向思维可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比为1∶3∶5∶…可知，x2∶x1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个时间内的位移与第四个时间内的位移之比，即x2∶x1＝1∶7，B正确.
初速度为零的匀加速直线运动比例式 (1)T末，2T末，3T末…瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n. (2)T内，2T内，3T内…位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2. (3)第一个T内，第二个T内，第三个T内…位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1). (4)通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）.
题型五 逆向思维法
1.“刹车类问题”要先确定停车时间，确定v－t、x－t关系中t的取值范围，也可用“逆向思维法”看作反方向初速度为0的匀加速直线运动.
2.“双向可逆类运动”是a不变的匀变速直线运动，可全程应用匀变速直线运动的各个公式，要注意先规定好正方向，明确各矢量的正负.也可分成两段看作两个对称的初速度为0的匀加速直线运动.
【例5】 某电动车以10 m/s的速度匀速行驶，刹车后做匀减速直线运动，从刹车到停止运动所需时间为10 s，则从刹车开始，第10 s内的位移大小为( )
A.0.5 m B.5 m C.20 m D.50 m
【解析】 A 电动车的初速度为v0＝10 m/s，刹车时间为t＝10 s，则由0＝v0－at，可得刹车的加速度为a＝＝1 m/s2，采用逆向思维，电动车做反向的初速度为零的匀加速直线运动，第10 s内的位移等于从静止开始做匀加速直线运动的第1 s内的位移，有x1＝at＝×1×12 m＝0.5 m，A正确.
【变式训练5】 如图所示，物体Р以一定的初速度从底端冲上固定斜面，到达最高点D后又滑回底端，A、B、C为斜面上的点，且AB＝BC＝CD，已知物体P上滑过程经过C点的速度与下滑过程经过B点的速度大小相等，则上滑过程经过AB段所用的时间t1与下滑过程经过AB段所用的时间t2满足( )
A.＝ B.＝ C.＝ D.＝
【解析】 B 设AB＝BC＝CD＝s，下滑时经过B点的速度为v，则上滑时从C到D，v2＝2a1s，下滑时从D到B，v2＝2a2·2s，则a1＝2a2，由逆向思维可知上滑过程经过AB段所用的时间t1＝－＝（－），下滑过程经过AB段所用的时间t2＝－＝（－），则＝＝，B正确.
正向思维法在解题中运用较多，而有时利用正向思维法解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题.应用逆向思维法解题的基本思路：①分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；②确定逆向思维问题的类型（由果索因、转换研究对象、过程倒推等）；③通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路.
题型六 图像法
1.多过程问题一般情景复杂，可作v－t图像形象地描述运动过程，这有助于分析问题，也往往能从图像中发现解决问题的简单办法.
2.多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂程度.
【例6】 如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动.甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v.若a1≠a2≠a3，则( )
A.甲、乙不可能同时由A到达C
B.甲一定先由A到达C
C.乙一定先由A到达C
D.若a1＞a3，则甲一定先由A到达C
【解析】 A 若a1＞a3，如图1所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲.
图1 图2
若a3＞a1，如图2所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲.通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达，A正确，B、C、D错误.
【变式训练6】（多选）小明和小华相约一起玩卡丁车.小明驾车以最大加速度a1由静止加速到最大速度v后匀速运动一段时间再以最大加速度a2制动，直到停止；小华以最大加速度a1由静止加速到最大速度v后立即以加速度制动，直到停止.已知小明和小华都是做直线运动，同时启动，同时停止，且两人的位移之比为6∶5，则下列说法正确的是( )
A.小华全程的平均速度为
B.小明全程的平均速度大于
C.a1∶a2＝2∶3
D.a1∶a2＝5∶6
【解析】 AB 小华的车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度制动，直到停止，减速过程与加速过程的平均速度都是，所以全过程的平均速度也是，A正确；小明的车以最大加速度a1加速到最大速度后，匀速运动一段时间再以最大加速度a2制动，直到停止，位移大于小华的位移，时间与小华相等，所以平均速度大于小华的平均速度，即大于，B正确；
作出小明与小华的速度时间图线，如图所示，设小明匀速运动的时间为t1，总时间为t，因为两车的位移之比为6∶5，则有v∶v＝6∶5，解得t1∶t＝1∶5，小华的车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度制动，直到停止，根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知小华的车匀减速运动的时间是小明的车匀减速运动时间的2倍，则小明的车匀
速运动的时间和匀减速直线运动的时间相等，大小之比为1∶1，可知小明匀加速直线运动的时间和匀减速运动的时间之比为3∶1，可知加速度a1∶a2的值为1∶3，C、D错误.
物理图像是将抽象物理问题直观、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图像纵、横坐标的物理意义，以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口.利用图像解题不但快速、准确，避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题.
1.（2023·湖北卷）如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中，中国选手沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置.若将此过程视为匀加速直线运动，选手在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为( )
A.8L1 B.L3 C.L1＋L3 D.(L1＋L3)
【解析】 C 选手在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，则对应时间之比为1∶2∶1，有L1＝v0t＋at2，L2＝(v0＋at)·2t＋a(2t)2＝2v0t＋4at2，L3＝(v0＋3at)·t＋at2＝v0t＋at2，根据数学知识可得L2＝L1＋L3，A、B、D错误，C正确.
2.泸定桥全长103.67 m，宽3 m，由于对岸有敌人阻击，红军战士只能冒着炮火匍匐前进.假设一位战士（视为质点）由静止开始以0.1 m/s2的加速度匀加速前进了80 m，因突然遭到猛烈炮火压制而不得不瞬间停止前进，经过5 s激烈还击后以1.5 m/s的速度匀速到达对岸，则这位红军战士过泸定桥总共花的时间是( )
A.40.78 s B.36.88 s C.60.78 s D.53.28 s
【解析】 C 匀加速前进80 m时x1＝at，解得t1＝40 s，匀速运动的时间t2＝ s＝15.78 s，这位红军战士过泸定桥总共花的时间是t＝t1＋t2＋Δt＝60.78 s，C正确.
3.一辆汽车在笔直的道路上制动后做匀减速直线运动，利用相机对汽车从制动开始每隔1 s拍摄照片，拍摄结束后，根据一定比例测出了每两次拍摄之间车运动的距离，将照片合成如图所示.下列说法正确的是( )
A.汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2
B.汽车制动后第2 s内的平均速度为8 m/s
C.汽车制动后第1 s末的速度大小为6 m/s
D.汽车开始制动时的速度为9 m/s
【解析】 A 根据Δx＝aT2，可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，A正确；汽车制动后第2 s内的平均速度为＝＝ m/s＝7 m/s，B错误；汽车制动后第1 s末的速度等于前2 s的平均速度，则有v1＝＝ m/s＝8 m/s，C错误；汽车制动时的初速度为v0＝v1＋at1＝8 m/s＋2×1 m/s＝10 m/s，D错误.
4.在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件（不计空气阻力）( )
A.Δt＞ B.Δt＜ C.＜Δt＜ D.＜Δt＜
【解析】 D 依据x＝vt－gt2作出x－t图像，如图所示，显然两条图线的相交点的横坐标表示A、B相遇时刻，纵坐标对应位移xA＝xB.由图像可直接看出Δt应满足关系式＜Δt＜，D正确.
5.（多选）如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216 km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止.从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4 s内的位移为7 m，下列说法正确的是( )
A.该飞机的加速度大小为2 m/s2
B.该飞机着陆后5 s时的速度大小为40 m/s
C.该飞机在跑道上滑行的时间为30 s
D.该飞机在跑道上滑行的距离为1 800 m
【解析】 AC 飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3 s内的位移为x1＝at，在t2＝4 s内的位移为x2＝at，根据题意有x2－x1＝7 m，联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；该飞机着陆后5 s时的速度大小为v5＝v0－at＝ m/s－2×5 m/s＝50 m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝＝ s＝30 s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝＝ m＝900 m，D错误.
6.（多选） “道路千万条，安全第一条”，我国《道路交通安全法》第四十七条规定：机动车行经人行横
同课章节目录