资源简介

第 2 讲 匀变速直线运动的规律的运用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 匀变速直线运动的基本规律
考点 2 解决匀变速直线运动的规律总结
考点 3 两类匀减速直线运动
考点 4 自由落体运动和竖直上抛运动
　
一．匀变速直线运动的基本规律
1．匀变速直线运动
(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
(2) {匀加速直线运动：a 与 v 同向.分类： 匀减速直线运动：a 与 v 反向.
2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
1
3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋ at2.2
4．位移与速度的关系式：v2－v20＝2ax.
二．匀变速直线运动的推论
－ v0＋v
1．平均速度公式： v ＝ v t ＝ .
2 2
2．连续相等时间内位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－x ＝aT2n－1 .
可以推广到：xm－xn＝(m－n)aT2.
v v
2 v2
3.中间位置的速度 0x
2 2
4．初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T 末、2T 末、3T 末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T 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，……，第 n 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∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1)．
三．自由落体运动和竖直上拋运动的规律
1．自由落体运动规律
(1)速度公式：v＝gt.
1
(2)位移公式：h＝ gt2.
2
(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上拋运动规律
(1)速度公式：v＝v0－gt.
1
(2)位移公式：h＝v0t－ gt2.2
(3)速度—位移关系式：v2－v20＝－2gh.
v20
(4)上升的最大高度：h＝ .
2g
v0
(5)上升到最大高度用时：t＝ .
g
考点 1：匀变速直线运动的基本规律
1．一般的匀变速直线运动的规律
（1）速度规律：v＝v0＋at。
1
（2）位移规律：x＝v0t＋ at2。2
（3）位移速度关系式：v2－v20＝2ax。
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石。三个公式中的物理量 x、a、v0、v 均为矢量
（三个公式称为矢量式）。在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与 v0方向相同的 x、a、v 均
为正值，反之为负值。当 v0＝0 时，一般以 a 的方向为正方向。这样就可将矢量运算转化为代数运算，
使问题简化均为矢量式，应用时应规定正方向。
2．公式选取方法
（1）没有涉及 x，适宜选用 v＝v0＋at。
1
（2）没有涉及 v ，适宜选用 x＝v0t＋ at2。2
（3）没有涉及 t ，适宜选用 v2－v 20 ＝2ax。
3．应用匀变速直线运动的公式解题时应注意的问题
（1）首先必须对物体的运动性质和运动过程进行分析和判断，看物体的运动是否为或可视为匀
变速直线运动。
（2）通常选取初速度方向为正方向。
（3）公式 x=vot+
1 at2是位移公式，利用该公式求得是位移，不是路程。对于往返型的匀变速直
2
线运动，该公式对全程的各个时刻也都是适用的。
（4）分析物体的运动问题，要养成画物体运动草图的习惯，并在图中标注出有关各量。这样将
加深对物体运动过程的理解，有助于发现已知量和未知量之间的相互关系，迅速找到解题的突破口。
（5）如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，弄清物体在每段上的运动情况及遵循
的规律．应特别注意各段交接处的速度往往是解题的关键。
（6）末速度为零的匀减速直线运动可看成初速度为零、加速度相等的反向匀加速直线运动（逆
向思维法）。
(7)计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
【考向 1】质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 = 5 + 2（各物理量均采用国际单位制单位），下
列说法正确的是（　　）
A．该质点的加速度大小为1m/s2 B．该质点在 1s 末的速度大小为 6m/s
C．前 2s 内的位移为 8m D．该质点第 2s 内的平均速度为 8m/s
【考向 2】如图，一小球（可视为质点）由静止开始沿光滑斜面向下做匀加速直线运动，已知小球从位置 m
到位置 p 的运动过程中，从位置 m 到位置 n 的时间为 t1，从位置 n 到位置 p 的时间为 t2，两段连续的位移
均为 s，则小球通过位置 n 时的速度的大小为（ ）
A = (
2 2
1 2) B = (
2
1 22) C = (
2 2 2 2
． ． ． 1
2) D ( 1 2) ( ) ( ) ( ) ． =1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1 2)
【考向 3】某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s2，所需的起
飞速度约为 50m/s，航母静止时，弹射系统初始能给舰载机 25m/s 的初速度。若航母以 15m/s 的航速匀速
行驶，弹射系统开启，为保证飞机能从舰上顺利起飞，航母上飞机跑道的长度至少约为（ ）
A．40m B．60m C．80m D．100m
【考向 4】如图，多辆车在路口停止线后依次排列等候绿灯，第一辆车的前端刚好与路口停止线相齐，且
每辆车的尾部与相邻后车的前端距离均为 1m。为了安全，前车尾部与相邻后车前端距离至少为 5m 时后车
才能开动。已知车长均为 4m，开动后车都以 2m/s2的加速度做匀加速直线运动直到离开路口。绿灯亮起瞬
间，第一辆车立即开动，下列说法正确的是（　　）
A．第二辆车刚开动时，第一辆车已行驶的时间至少为 5s
B．第六辆车前端刚到达停止线时的速度大小为2 30m/s
C．从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为 12s
D．从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为 15s
【考向 5】李克强总理承诺年底要取消省界高速公路收费站，有一辆家用小汽车，通过某省界卡口，在 ETC
车道上可以不停车而直接先减速扣费后加速通过。若小汽车匀速驶入 ETC 通道，在距离刚好自动识别扣费
的位置 1 = 30m处，小汽车开始以大小为 1 = 5.6m/s2的加速度匀减速行驶，通过自动识别扣费位置时的
速度为 = 28.8km/h，扣费后，小汽车立即以 2 = 4m/s2的加速度匀加速至减速之前的速度（假设此省界
卡扣的前、后都是平直大道，道路宽度与车长不计）。求
（1）该车驶入 ETC 通道前的匀速运动的速度大小 0
（2）该车从减速开始到恢复到减速前速度的过程中，运动的总时间是多少？
（3）因为通过 ETC 通道，该车需要减速和加速过站所耽误的时间为多少？
考点 2：解决匀变速直线运动的规律总结
1．匀变速直线运动的三个重要推论
（1）任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1
＝aT2。可以推广到：xm－xn＝（m－n）aT2。
（2）物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量
v0＋v x
和的一半，即：v＝ v t = 。
2 2 t
v2 v2
（3）匀变速直线运动位移中点的瞬时速度公式 v x t 0 ，既适用于匀加速直线运动，也适用于
2 2
匀减速直线运动。不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有 v x > v t 。
2 2
2.初速度为零的匀变速直线运动的四个比例式
（1）1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n ①。
（2）1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x 2 21∶x2∶x3∶…∶xn＝1 ∶2 ∶32∶…∶n2 ②。
（3）第一个 T 内、第二个 T 内、第三个 T 内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）
③。
（4）从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1∶t2∶t3∶ …∶tn＝1∶（ 2－1）∶（ 3－ 2）∶…∶
（ n－ n－1） ④。
（1）运用比例式的时候注意前提条件是初速度为零（或者由静止开始）的匀变速直接运动。如果物
体匀减速到零，也可以利用逆向思维看做反向初速度为零的匀加速直线运动。
（2）抓住相等时间比速度和比位移，即只有时间相等才能运用比例式①②③；抓住相等位移比时间
才可以运用比例式④，当题目如要求时间，但是提供的位移没有平分的时候，可以先将位移平分，然后再
运用时间比例式。
3.匀变速直线运动 6 种常用方法
【考向 6】中央电视台科普节目《加油向未来》在现场利用内部气压为 0.001Pa、高 6m 的亚克力管做落体
实验，将亚克力管等分为四段，从上到下每段标为 1、 2、 3、 4，羽毛由静止开始从最高点下落，经过
1速度的增加量为Δ 1，经过第三段 3速度的增加量为Δ 2，则Δ 1与Δ 2的比值满足（　　）
Δ Δ Δ Δ
A．1 < 1 1 1 1Δ < 2 B．2 <2 Δ < 3 C．3 < Δ < 4 D．4 <2 2 Δ < 52
【考向 7】汽车已经走进了千家万户，成为普通家庭的消费品，驾驶技能从职业技能成为基本生活技能。
考驾照需要进行一项路考——定点停车。路旁竖一标志杆，在车以大小为 v 的速度匀速行驶的过程中，当
车头与标志杆的距离为 x 时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。若忽略学
员的反应时间，则汽车刹车（ ）
2A．时间为 B．加速度大小为2

C．经过一半时间时的位移大小为2 D．经过一半距离时的速度大小为2
【考向 8】如图所示，物体自 O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途经 A、B、C 三点，其中 A、B 之
间的距离 1 = 2m，B、C 之间的距离 2 = 3m。若物体通过 1、 2这两段位移的时间相等，则根据已知的
条件，可以求出下列哪个物理量（　　）
A．通过 1的时间间隔
B．物体运动的加速度
C．物体经过 B 点的瞬时速度
D．O、C 之间的距离
【考向 9】如图所示是商场中由等长的车厢连接而成、车厢间的间隙忽略不计的无轨小火车，一小朋友站
在第一节车厢前端，火车从静止开始做匀加速直线运动，则火车（　　）
A．在相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1:4:9
B．第 1、2、3 节车厢经过小朋友的时间之比是1: 2: 3
C．第 1、2、3 节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是1: 2: 3
D．火车中间位置经过小朋友的瞬时速度小于火车通过小朋友的平均速度
【考向 10】截至 2024 年 2 月 23 日，“蛟龙”号载人潜水器在南大西洋顺利完成 23 次下潜，并创造九天九
潜的下潜新纪录。“蛟龙”号不只是一个深海装备，更代表了一种不畏艰险、赶超世界的精神。“蛟龙”号某
次海试活动中，执行竖直下潜任务。如图所示，某段时间内做匀变速直线运动，连续经过 A、B、C 三点，
已知 BC=2AB，AB 段的平均速度是 0.1m/s，BC 段的平均速度是 0.05m/s。则“蛟龙”号经过 A 点时的瞬时速
度为（　　）
A．0.11m/s B．0.09m/s C．0.06m/s D．0.04m/s
【考向 11】（多选）甲、乙两车同时从 M 处由静止开始沿平直公路运动，均先做匀加速直线运动，然后刹
车做匀减速直线运动直至静止，两车先后停在 N 处，假设两车在各自匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大
小相等，甲、乙两车全程经历的时间分别为 0、2 0，甲、乙两车加速度大小分别为 1、 2，最大速度分别
为 1、 2，则（　　）
A． 1: 2 = 2:1
B． 1: 2 = 2:1
C 3．甲车运动了5 0时，两车相距最远
D 4．甲车运动了5 0时，两车相距最远
【考向 12】（多选）如图 a、b、c、d 为光滑斜面上的四个点，一小滑块自 a 点由静止开始下滑，通过 ab、
bc、cd 各段所用时间均为 T。现让该滑块自 b 点由静止开始下滑，则该滑块（ ）
A．通过 bc、cd 段的位移之比为 1∶3 B．通过 bc、cd 段的时间均大于 T
C．通过 c、d 点的速度之比为 3: 5 D．通过 c 点的速度大于通过 bd 段的平均速度
考点 3：两类匀减速直线运动
1.逆向思维法∶末速度为零的匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动。
（1）汽车刹车问题、子弹射入木块问题、物体在斜面上上滑到最高点问题均可以利用逆向思维法求
解。
（2）对匀加速直线运动，若不知道初速度大小，只知道末速度大小为 v，加速度为 a，则时间 t 内的
1
位移也可以逆向表示为 x = vt- at2。
2
2．两类特殊的匀减速直线运动
（1）刹车类问题。汽车刹车问题的实质是汽车做单方向匀减速直线运动问题。汽车匀减速到速度为
v0
零后即停止运动，不再反向加速，求解时要注意确定其实际运动时间，汽车运动时间满足 t ≤ ，发生的
a
v20
位移满足 x ≤ 。一般用逆向思维法求解。
2a
（2）双向可逆类问题。如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全
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。
【考向 13】如图所示，在杭州亚运会田径项目赛场上，机器狗承担了拾捡和运输器材的任务。某次运输过
程中，当机器狗检测到前方有一位站立不动的工作人员，为了避免相撞，机器狗立即做匀减速直线运动直
至停止，已知其减速后第 1s 内的位移是最后 1s 内位移的 5 倍，且这两段位移的差值为0.4m，则机器狗开
始减速后（　　）
A．运动的总时间为 3s B．加速度大小为0.4m/s2
C．总位移大小为6.4m D．初速度大小为2.4m/s
【考向 14】如图所示是一辆汽车正在以 0 = 20m/s的速度匀速行驶，突然公路上横冲出三只小动物，司机
马上刹车，假设刹车过程可视为匀减速直线运动，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（ ）
A．从汽车刹车开始计时，第 4s 末到第 6s 末汽车的位移大小为 2m
B．从汽车刹车开始计时，6s 末汽车的位移大小为 48m
C．从汽车刹车开始计时，6s 末汽车的速度大小为4m/s
D．汽车将撞上小动物
【考向 15】（多选）一物体以 5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上匀减速运动，其加速度大小为 2 m/s2，设斜
面足够长，经过 t 时间物体位移的大小为 4 m，则时间 t 可能为（　　）
A．2 s B．3 s C．4 s D．5 41s
2
考点 4：自由落体运动和竖直上抛运动
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，
而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．
2．竖直上抛运动的处理方法
(1)两种方法
①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶
段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．
②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度
v0的方向相反．
(2)符号法则：应用公式时，要特别注意 v0、v、h 等矢量的正负号，一般选向上为正方向，v0 总是正
值，上升过程中 v 为正值，下降过程中 v 为负值，物体在抛出点以上时 h 为正值，在抛出点以下时 h 为负
值．
(3)巧用竖直上抛运动的对称性
①时间的对称性：
v0
ⅰ．物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即 t 上＝t 下＝ 。g
ⅱ．物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等。[来源:学+科+
网 Z②速度的对称性：
ⅰ．物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点的速度大小相等、方向相反。
ⅱ．物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反。
③能量的对称性：竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能
分别相等。
（4）竖直上抛的特征量
v 2
①上升的最大高度 h = 0m 。2g
v
② 0上升到最大高度的上升时间和从最大高度落回抛出点的下降时间相等，即：t 上=t 下= ，回到抛出g
2v0
点所用的时间 t＝ 。
g
③回到抛出点时的速度 v＝－v0。
处理竖直上抛运动的两点注意
(1)用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式 h＝v0t＋
1
gt2中各符号的意义必须明确．
2
(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，
因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．
【考向 16】如图，某同学在练习跳球，他将篮球从离地面高为 2m 的位置以 5m/s 的初速度竖直向上抛出，
接着在篮球正下方竖直举起手臂并准备沿竖直方向起跳，在篮球抛出后的 0.2s 时刻恰好跳离地面，此时手
指尖离地面高为 2.5m。不计空气阻力，g 取 10m/s2，已知篮球到达最高点时，该同学的手指尖恰好触碰到
篮球，则（ ）
A．手指尖触碰到篮球时，该同学上升的离度为 0.8m
B．手指尖触碰到篮球时，该同学的速度为 0
C．起跳离地瞬间，该同学的速度为 4m/s
D．篮球最高点距离地面 3.05m
【考向 17】一杂技演员用 4 个相同的小球做单手抛接球表演，他从同一位置依次将各球略微偏离竖直方向
向上抛出，当小球回到抛出点时，用手将小球接住，然后将小球从抛出点再抛出，小球间不发生碰撞，不
计空气阻力。已知相邻两球之间的时间间隔相等，刚抛出第 4 个小球时，第 1 个小球和第 3 个小球在空中
同一高度，则第 3、4 个小球间的距离与第 1、2 个小球间的距离之比为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【考向 18】如图所示，一小球在砖墙前做竖直单向运动，在此过程中，小明用频闪照相机拍摄得到的一幅
频闪照片。已知频闪周期为 T，砖的厚度为 d，小球的速率越大其受空气阻力也越大。根据图中的信息可
知（ ）
A．小球向下做匀加速运动 B．小球向上运动
C．小球在图中 C 4 5 位置时的速度为 D．在图中 AD 间，小球的平均速度为2
【考向 19】（多选）如图所示，乙球静止于地面上，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 0 = 10m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。（取 = 10m/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 = 10m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C．当 = 15m时，乙球不能在下降过程中与甲球相遇
D．当 < 10m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
【考向 20】如图为“眼疾手快”游戏装置示意图，游戏者需接住从支架上随机落下的圆棒。已知圆棒长为
0.4m，圆棒下端距水平地面 2.1m，某次游戏中一未被接住的圆棒下落经过 A、B 两点，A、B 间距 0.4m，B
点距离地面 1.25m。圆棒下落过程中始终保持竖直，不计空气阻力。求：
（1）圆棒下端到达 A 点时的速度大小；
（2）圆棒经过 AB 段所需的时间。
【真题 1】（2024·山东·高考真题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上 A 点距离为 L。
木板由静止释放，若木板长度 L，通过 A 点的时间间隔为Δ 1；若木板长度为 2L，通过 A 点的时间间隔为
Δ 2。Δ 2:Δ 1为（　　）
A．( 3 1):( 2 1)
B．( 3 2):( 2 1)
C．( 3 +1):( 2 +1)
D．( 3 + 2):( 2 +1)
【真题 2】（2024·广西·高考真题）让质量为1kg的石块 1从足够高处自由下落， 1在下落的第1s末速度大
小为 1，再将 1和质量为2kg的石块绑为一个整体 2，使 2从原高度自由下落， 2在下落的第1s末速度大
小为 2，g 取10m/s2，则（　　）
A． 1 = 5m/s B． 1 = 10m/s
C． 2 = 15m/s D． 2 = 30m/s
【真题 3】（2024·全国·高考真题）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从 = 0时由静止
开始做匀加速运动，加速度大小 = 2m/s2，在 1 = 10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停
止鸣笛， 2 = 41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速 0 = 340m/s，求：
（1）救护车匀速运动时的速度大小；
（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
【真题 4】（2024·广西·高考真题）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距
= 0.9m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从 1 号锥筒运动到 2 号锥筒用时 1 = 0.4s，从 2
号锥筒运动到 3 号锥筒用时 2 = 0.5s。求该同学
（1）滑行的加速度大小；
（2）最远能经过几号锥筒。
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·一模）小明和小华在置于水平面的象棋盘上玩弹射游戏。如图所示，小明、小华分别
在 A、D 处给“卒”和“车”象棋不同的初速度使之向前运动，“卒”象棋停在 C 处，“车”象棋停在 E 处。已知
两象棋与棋盘的动摩擦因数相等，两象棋均可视为质点，A、B、C 处于同一直线， = 2 ， = 。
下列说法正确的是（　　）
A．“卒”象棋的初速度是“车”象棋的初速度的 2 倍
B．“卒”象棋经过 B 处时的速度小于“车”象棋的初速度
C．“卒”象棋从 A 处运动到 C 处的平均速度等于“车”象棋的初速度
D．“卒”象棋从 A 处运动到 C 处的时间是“车”象棋从 D 处运动到 E 处的时间的 2倍
2．一辆汽车在平直公路上以 10m/s 的初速度做匀加速直线运动，2s 内的位移为 30m。则下列关于汽车的
说法正确的是（　　）
A．汽车第 2s 内的位移比第 1s 内的位移大 5m
B．汽车运动的加速度大小为 15m/s2
C．汽车第 1s 内与第 2s 内的位移之比为 1∶3
D．汽车第 2s 末的速度大小为 14.1m/s
3．（2024·辽宁大连·二模） = 0时刻以10m/s的初速度竖直向上抛出一个小球， = 0.4s时从同一地点又以
10m/s的初速度竖直向上抛出第二个小球，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，则两小球在空中相遇的
时刻为（　　）
A．1.1s B．1.2s C．1.3s D．1.4s
4．（2024·山东潍坊·二模）某人骑电动车，在距离十字路口停车线 6m 处看到信号灯变红，立即刹车，做
匀减速直线运动，电动车刚好在停止线处停下。已知电动车在减速过程中，第 1s 的位移是最后 1s 位移的 5
倍，忽略反应时间。下列关于电动车的刹车过程说法正确的是（　　）
A．刹车时间为 2s
B．刹车的加速度大小为2m/s2
C．中间时刻的速度大小为2m/s
D．中间位置的速度大小为2m/s
5．（2024·山西临汾·一模）滑块以一定的初速度 0从底端冲上足够长的光滑斜面，滑行到最高点的时间为
t 3，位移为 L；现在距底端4 处放一弹性挡板（如图中用虚线表示），滑块仍以相同初速度从底端出发。已
知滑块与挡板相碰后可原速率反弹；碰撞时间可以忽略不计，则滑块从出发至返回底端的时间为（　　）
A．0.5 B．t C．1.2 D．2t
6．某次冰壶训练中，一冰壶以某初速度在水平冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为 x 时其速度恰好

为零，若冰壶通过第一个6的距离所用的时间为 t，则冰壶通过最后6的距离所用的时间为（ ）
A． 5 2 B． 6 5 C． 5 + 2 D． 6 + 5
7．（2024·安徽·三模）一小球由 A 点从静止开始做直线运动，经过 B 点到达 C 点，在 B 点时的速度大小为
。小球在 AB 段和 BC 段均做匀加速直线运动，B、C 之间的距离是 A、B 之间距离的 2 倍，小球在 B、C
1
之间运动的加速度为其在 A、B 之间加速度的2，则小球到达 C 点的速度大小为（　　）
A． 2 B． 3 C．2 D．4
8．（2024·湖北武汉·二模）为满足旅客乘坐高铁出行的不同需要，城际高铁开通了“一站直达”列车和“站站
停”列车两种班次。假设两城高铁站之间均匀分布了 4 个车站，若列车在进站和出站过程中做匀变速直线
运动，加速度大小均为 2m/s2，其余行驶时间内保持最高时速 288km/h 匀速运动，“站站停”列车在每个车
站停车时间均为 t0=2min，则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为（　　）
A．10min40s B．11min20s
C．13min20s D．14min40s
9．重庆的桥梁、隧道众多，故被称为“魔幻之都”。长为 L 的轻轨在平直轨道上正常行驶，速率为 v0，前
方有一长为 2L 的隧道，为了保证安全通过该隧道，轻轨的任一部分位于隧道内时，它的速率都不允许超
2 0
过 3 。已知列车加速和减速的加速度大小分别为 a 和 2a，则列车从减速开始到恢复正常速率 v0，需要的
最短时间为（　　）
0 9 0 3 A．2 + 2 B．2 +0 0
0 9 0 3 C．3 + 2 D．0 3 + 0
10．（2024·北京通州·一模）2023 年 7 月，我国研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行。如图所示，
电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力环境。
据报道该装置目前达到了上抛阶段 2s 和下落阶段 2s 的 4s 微重力时间、10 g 的微重力水平。若某次电磁
弹射阶段可以视为加速度大小为 5g 的匀加速运动，重力加速度取 g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．电磁弹射阶段用时约为 2s
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为 20m
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为 100m
D．实验舱开始竖直上抛的速度约为 20m/s
11．一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后保持匀速运动。已知汽车在启
动后的第 2s 内前进了 6m，第 4s 内前进了 13.5m，下列说法正确的是（　　）
A．汽车匀加速时的加速度大小为6m/s2 B．汽车在前 4s 内前进了 31.5m
C．汽车的最大速度为16m/s D．汽车的加速距离为 20m
12．（2024·山东潍坊·三模）2024 潍坊市足球联赛于 3 月 24 日在潍坊四中和利昌学校开赛。在赛前训练中，
运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为匀变速运动，足球离脚后，在 0 ~ t
时间内位移大小为 2x，在 t ~ 3t 时间内位移大小为 x。则足球的加速度大小为（ ）
A 4(2 3) 2(2 3)

． 2 B． 2 C． 2 D．2 2
二、多选题
13．（2024·江西赣州·二模）我国 2023 年新能源车出口 120 多万辆，稳居全球首位。一辆新能源车在某次
直线测试中，速度从 0 加速到20m/s所用时间为8s，且加速度随速度的增加而逐渐减小，该车在这段时间
内（ ）
A．加速到10m/s时，用时大于4s
B．平均加速度大小为2.5m/s2
C．位移大于80m
D．运动到总位移一半时，速度小于10m/s
14．（2024·山东日照·二模）如图所示，四块相同的混凝土实心砖并排固定在水面地面上，子弹以水平速度
0从 P 点射入实心砖中，到达 Q 点时的速度恰好为零。假设子弹在混凝土实心砖中做匀减速直线运动，且
运动的总时间为 t。下列说法正确的是（　　）
A 3．子弹刚穿过第 2 块砖时的速度大小为
2 0
B 1．子弹刚穿过第 3 块砖时的速度大小为2 0
C．子弹穿过第 2 块砖所用的时间为 3 2
2
D．子弹穿过第 3 块砖所用的时间为( 2 1)
三、解答题
15．（2024·辽宁丹东·一模）2024 年，东北地区：哈尔滨、长春、沈阳、大连四座城市将有新的地铁线路
开通，新线路将会大大减轻交通压力，加快城市的发展。沈阳地铁一号线从 S 站到 T 站是一段直线线路，
全程 1.6km，列车运行最大速度为 72km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在 S 站从静
止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运
动，直至到 T 4站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的5倍。现匀加速运动过程中连续经过 A、
B、C 三点，S→A 用时 2s，B→C 用时 4s，且 SA 长 2m，BC 长 24m。求：
（1）列车在 C 点的速度大小；
（2）列车匀速行驶的时间。
16．（2024·陕西宝鸡·一模）十字路口红灯亮起，汽车和行人停止前行。拦停的汽车排成笔直的一列，最前
面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为 = 6.0m，且车长为 0 = 4.8m，最前
面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽 = 20m。若汽车启动时都以 1 = 2.5m/s2的加速度做匀加速直线
运动，加速到 1 = 10.0m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为 2 = 0.5m/s2，达到 2 = 1.0
m/s后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间 = 40s，而且有按倒计时显示的时间显示灯（无黄灯）。
另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过。由于行人和汽车
司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。（提示：绿灯亮起时，行人从 A 走向 B，
第1辆汽车从 朝向 行驶。）
请回答下列问题：
（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有多少辆车通过路口？
（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运
动，结果车的前端与停车线相齐，求该汽车刹车后经多少时间停下？
（3）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？第 2 讲 匀变速直线运动的规律的运用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 匀变速直线运动的基本规律
考点 2 解决匀变速直线运动的规律总结
考点 3 两类匀减速直线运动
考点 4 自由落体运动和竖直上抛运动
　
一．匀变速直线运动的基本规律
1．匀变速直线运动
(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
(2) {匀加速直线运动：a 与 v 同向.分类： 匀减速直线运动：a 与 v 反向.
2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
1
3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋ at2.2
4．位移与速度的关系式：v2－v20＝2ax.
二．匀变速直线运动的推论
－ v0＋v
1．平均速度公式： v ＝ v t ＝ .
2 2
2．连续相等时间内位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－x ＝aT2n－1 .
可以推广到：xm－xn＝(m－n)aT2.
v v
2 v2
3.中间位置的速度 0x
2 2
4．初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T 末、2T 末、3T 末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T 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，……，第 n 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∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1)．
三．自由落体运动和竖直上拋运动的规律
1．自由落体运动规律
(1)速度公式：v＝gt.
1
(2)位移公式：h＝ gt2.
2
(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上拋运动规律
(1)速度公式：v＝v0－gt.
1
(2)位移公式：h＝v0t－ gt2.2
(3)速度—位移关系式：v2－v20＝－2gh.
v20
(4)上升的最大高度：h＝ .
2g
v0
(5)上升到最大高度用时：t＝ .
g
考点 1：匀变速直线运动的基本规律
1．一般的匀变速直线运动的规律
（1）速度规律：v＝v0＋at。
1
（2）位移规律：x＝v0t＋ at2。2
（3）位移速度关系式：v2－v20＝2ax。
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石。三个公式中的物理量 x、a、v0、v 均为矢量
（三个公式称为矢量式）。在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与 v0方向相同的 x、a、v 均
为正值，反之为负值。当 v0＝0 时，一般以 a 的方向为正方向。这样就可将矢量运算转化为代数运算，
使问题简化均为矢量式，应用时应规定正方向。
2．公式选取方法
（1）没有涉及 x，适宜选用 v＝v0＋at。
1
（2）没有涉及 v ，适宜选用 x＝v0t＋ at2。2
（3）没有涉及 t ，适宜选用 v2－v 20 ＝2ax。
3．应用匀变速直线运动的公式解题时应注意的问题
（1）首先必须对物体的运动性质和运动过程进行分析和判断，看物体的运动是否为或可视为匀
变速直线运动。
（2）通常选取初速度方向为正方向。
（3 1）公式 x=vot+ at2是位移公式，利用该公式求得是位移，不是路程。对于往返型的匀变速直2
线运动，该公式对全程的各个时刻也都是适用的。
（4）分析物体的运动问题，要养成画物体运动草图的习惯，并在图中标注出有关各量。这样将
加深对物体运动过程的理解，有助于发现已知量和未知量之间的相互关系，迅速找到解题的突破口。
（5）如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，弄清物体在每段上的运动情况及遵循
的规律．应特别注意各段交接处的速度往往是解题的关键。
（6）末速度为零的匀减速直线运动可看成初速度为零、加速度相等的反向匀加速直线运动（逆
向思维法）。
(7)计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
【考向 1】质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 = 5 + 2（各物理量均采用国际单位制单位），下
列说法正确的是（　　）
A．该质点的加速度大小为1m/s2 B．该质点在 1s 末的速度大小为 6m/s
C．前 2s 内的位移为 8m D．该质点第 2s 内的平均速度为 8m/s
【答案】D
【详解】A．质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为
= 5 + 2
结合匀变速直线运动位移与时间关系
1
= 0 + 22
可得质点的初速度和加速度分别为
0 = 5m/s， = 2m/s2
故 A 错误；
B．该质点在1s末的速度大小为
1 = 0 + 1 = 5m/s + 2 × 1m/s = 7m/s
故 B 错误；
CD．质点前2s内的位移为
2 = 5 2 + 22 = 5 × 2m + 22m = 14m
质点前1s内的位移为
1 = 5 1 + 21 = 5 × 1m + 12m = 6m
该质点第2s内的平均速度为
Δ 14 6
= Δ = 1 m/s = 8m/s
所以 C 错误，D 正确。
故选 D。
【考向 2】如图，一小球（可视为质点）由静止开始沿光滑斜面向下做匀加速直线运动，已知小球从位置 m
到位置 p 的运动过程中，从位置 m 到位置 n 的时间为 t1，从位置 n 到位置 p 的时间为 t2，两段连续的位移
均为 s，则小球通过位置 n 时的速度的大小为（ ）
2 2 2 2 2 2 2 2
A． =
( 1 2) B ( ) ( ) ( ) ( ) ． =
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2( 1 2)
C． = D． =1 2( 1 2) 1 2( 1 2)
【答案】B
【详解】设小球通过位置 n 时的速度的大小 ，小球的加速度为 ；从位置 m 到位置 n，根据逆向思维可
得
1
= 1 2
2
1
从位置 n 到位置 p，有
1
= 2 + 2
2
2
联立解得
( 21 + 2 = 2
)
1 2( 1 + 2)
故选 B。
【考向 3】某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s2，所需的起
飞速度约为 50m/s，航母静止时，弹射系统初始能给舰载机 25m/s 的初速度。若航母以 15m/s 的航速匀速
行驶，弹射系统开启，为保证飞机能从舰上顺利起飞，航母上飞机跑道的长度至少约为（ ）
A．40m B．60m C．80m D．100m
【答案】B
【详解】根据匀变速直线的运动规律可知，飞机起飞加速的时间
50 40
= 0 = 5 s = 2s
这段时间内飞机的位移
2 20 = 2 1
解得
2 20 502 402 1 = 2 = 2 × 5 m = 90m
航母的位移
2 = ′ = 15 × 2m = 30m
故跑道的长
Δ ≥ 1 2 = 60m
B 正确。
故选 B。
【考向 4】如图，多辆车在路口停止线后依次排列等候绿灯，第一辆车的前端刚好与路口停止线相齐，且
每辆车的尾部与相邻后车的前端距离均为 1m。为了安全，前车尾部与相邻后车前端距离至少为 5m 时后车
才能开动。已知车长均为 4m，开动后车都以 2m/s2的加速度做匀加速直线运动直到离开路口。绿灯亮起瞬
间，第一辆车立即开动，下列说法正确的是（　　）
A．第二辆车刚开动时，第一辆车已行驶的时间至少为 5s
B．第六辆车前端刚到达停止线时的速度大小为2 30m/s
C．从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为 12s
D．从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为 15s
【答案】D
【详解】A．当第一辆车向前行驶 4m 时，第二辆车开始启动，根据位移时间关系可得
1
1 = 2
2
1
代入数据解得
1 = 2s
故 A 错误；
B．第六辆车前端距离停止线 25m，根据速度位移关系可得
2 = 2 6
解得
= 10m/s
故 B 错误；
C．前面一辆车开始启动 2s 后，后面一辆车开始启动，所以从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少
为
′ = 5 × 2s = 10s
故 C 错误；
D．由于第六辆车前端距离停止线 25m，根据位移时间关系可得
1
6 = 2
2
6
解得
6 = 5s
从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为
′ + 6 = 15s
故 D 正确。
故选 D。
【考向 5】李克强总理承诺年底要取消省界高速公路收费站，有一辆家用小汽车，通过某省界卡口，在 ETC
车道上可以不停车而直接先减速扣费后加速通过。若小汽车匀速驶入 ETC 通道，在距离刚好自动识别扣费
的位置 1 = 30m处，小汽车开始以大小为 1 = 5.6m/s2的加速度匀减速行驶，通过自动识别扣费位置时的
速度为 = 28.8km/h，扣费后，小汽车立即以 2 = 4m/s2的加速度匀加速至减速之前的速度（假设此省界
卡扣的前、后都是平直大道，道路宽度与车长不计）。求
（1）该车驶入 ETC 通道前的匀速运动的速度大小 0
（2）该车从减速开始到恢复到减速前速度的过程中，运动的总时间是多少？
（3）因为通过 ETC 通道，该车需要减速和加速过站所耽误的时间为多少？
【答案】（1）20m/s；（2）5.14s；（3）1.54s
【详解】（1）小汽车做匀减速运动过程，根据运动学公式可得
2 2 0 = 2 1 1
其中
= 28.8km/h = 8m/s
代入数据解得该车驶入 ETC 通道前的匀速运动的速度大小为
0 = 20m/s
（2）小汽车做匀减速运动的时间为
0 1 =

≈ 2.14s1
小汽车做匀加速运动过程，有
0 = + 2 2
解得
0 = 2 = 3s2
则该车从减速开始到恢复到减速前速度的过程中，运动的总时间为
= 1 + 2 = 5.14s
（3）小汽车做匀加速运动过程的位移为
+ = 02 2 2 = 42m
则小汽车一直做匀速运动所用时间为
1 + = 2′ = 3.6s0
因为通过 ETC 通道，该车需要减速和加速过站所耽误的时间为
Δ = ′ = 1.54s
考点 2：解决匀变速直线运动的规律总结
1．匀变速直线运动的三个重要推论
（1）任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1
＝aT2。可以推广到：xm－xn＝（m－n）aT2。
（2）物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量
v0＋v x
和的一半，即：v＝ v t = 。
2 2 t
v2 v2
（3）匀变速直线运动位移中点的瞬时速度公式 v x t 0 ，既适用于匀加速直线运动，也适用于
2 2
匀减速直线运动。不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有 v x > v t 。
2 2
2.初速度为零的匀变速直线运动的四个比例式
（1）1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n ①。
（2）1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x 2 21∶x2∶x3∶…∶xn＝1 ∶2 ∶32∶…∶n2 ②。
（3）第一个 T 内、第二个 T 内、第三个 T 内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）
③。
（4）从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1∶t2∶t3∶ …∶tn＝1∶（ 2－1）∶（ 3－ 2）∶…∶
（ n－ n－1） ④。
（1）运用比例式的时候注意前提条件是初速度为零（或者由静止开始）的匀变速直接运动。如果物
体匀减速到零，也可以利用逆向思维看做反向初速度为零的匀加速直线运动。
（2）抓住相等时间比速度和比位移，即只有时间相等才能运用比例式①②③；抓住相等位移比时间
才可以运用比例式④，当题目如要求时间，但是提供的位移没有平分的时候，可以先将位移平分，然后再
运用时间比例式。
3.匀变速直线运动 6 种常用方法
【考向 6】中央电视台科普节目《加油向未来》在现场利用内部气压为 0.001Pa、高 6m 的亚克力管做落体
实验，将亚克力管等分为四段，从上到下每段标为 1、 2、 3、 4，羽毛由静止开始从最高点下落，经过
1速度的增加量为Δ 1，经过第三段 3速度的增加量为Δ 2，则Δ 1与Δ 2的比值满足（　　）
Δ 1 Δ 1 Δ Δ A．1 < 1 1Δ < 2 B．2 <2 Δ < 3 C．3 <2 Δ < 4 D．4 < Δ < 52 2
【答案】C
【详解】由题意可知，小球所在的管内空气阻力可以忽略不计，即小球做自由落体运动，两端相同距离 h
的时间之比为
1: 2 = 1:( 3 2)
由
Δ =
则
Δ 1 1
Δ = = 3 + 22 2
即
Δ
3 < 1Δ < 42
故选 C。
【考向 7】汽车已经走进了千家万户，成为普通家庭的消费品，驾驶技能从职业技能成为基本生活技能。
考驾照需要进行一项路考——定点停车。路旁竖一标志杆，在车以大小为 v 的速度匀速行驶的过程中，当
车头与标志杆的距离为 x 时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。若忽略学
员的反应时间，则汽车刹车（ ）

A
2
．时间为 B．加速度大小为2

C．经过一半时间时的位移大小为2 D．经过一半距离时的速度大小为2
【答案】B
【详解】
A．由题意得：汽车从刹车到静止的平均速度大小为
+ 0
= 2 = 2
故汽车刹车的时间为
2
= =
故 A 错误；
B．设汽车加速度大小为 ，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有
0 2 = 2
解得
2
= 2
故 B 正确；
C．根据匀变速直线运动位移与时间关系公式，汽车经过一半时间的位移大小为
1 2 3
t = =
2 2 2 2 4
故 C 错误；
D．设汽车经过一半距离时的速度大小为 x，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有
2

2x 2 = 2
2 2
解得
2
x =
2 2

故 D 错误。
故选 B。
【考向 8】如图所示，物体自 O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途经 A、B、C 三点，其中 A、B 之
间的距离 1 = 2m，B、C 之间的距离 2 = 3m。若物体通过 1、 2这两段位移的时间相等，则根据已知的
条件，可以求出下列哪个物理量（　　）
A．通过 1的时间间隔
B．物体运动的加速度
C．物体经过 B 点的瞬时速度
D．O、C 之间的距离
【答案】D
【详解】D．由于经过 1与 2的时间相等，设时间为 T，且物体做匀变速直线运动，所以有
2 1 = 2
由于 B 是 A、C 之间的中间时刻，所以有
1 + = 2 2
设 OA 之间的距离为 L，有
2 = 2 ( + 1)
解得
9
= 8 m
所以 O、C 之间的距离为
49
= + 1 + 2 = 8 m
故 D 项正确；
ABC．由之前的分析可知，通过题中数据，其通过 1的时间、物体运动的加速度以及物体通过 B 点的速度
无法求解，故 ABC 错误。
故选 D。
【考向 9】如图所示是商场中由等长的车厢连接而成、车厢间的间隙忽略不计的无轨小火车，一小朋友站
在第一节车厢前端，火车从静止开始做匀加速直线运动，则火车（　　）
A．在相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1:4:9
B．第 1、2、3 节车厢经过小朋友的时间之比是1: 2: 3
C．第 1、2、3 节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是1: 2: 3
D．火车中间位置经过小朋友的瞬时速度小于火车通过小朋友的平均速度
【答案】C
【详解】A．根据动力学公式
1
1 = 2
2
1 1
2 = 2 (2 )
2 2
2
1
= (3 )2
1
3 2 2 (2 )
2
可得
1: 2: 3 = 1:3:5
故在相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1:3:5，故 A 错误；
B．设每节车厢的长度为 ，根据动力学公式
= 1 22 1，2 =
1 2 1 2
2 2，3 = 2 3
第 1、2、3 节车厢经过小朋友的时间之比是
1:( 2 1):( 3 2) = 1:( 2 1):( 3 2)
故 B 错误；
C．根据
=
第 1、2、3 节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是
1: 2: 3 = 1: 2: 3 = 1: 2: 3
故 C 正确；
D．设小火车最后一节车厢经过小朋友瞬间的速度为 ，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过
程平均速度，火车通过小朋友的平均速度为

= 2
火车中间位置经过小朋友的瞬时速度为
0 + 2 2
= 2 = 2 > 2
故 D 错误。
故选 C。
【考向 10】截至 2024 年 2 月 23 日，“蛟龙”号载人潜水器在南大西洋顺利完成 23 次下潜，并创造九天九
潜的下潜新纪录。“蛟龙”号不只是一个深海装备，更代表了一种不畏艰险、赶超世界的精神。“蛟龙”号某
次海试活动中，执行竖直下潜任务。如图所示，某段时间内做匀变速直线运动，连续经过 A、B、C 三点，
已知 BC=2AB，AB 段的平均速度是 0.1m/s，BC 段的平均速度是 0.05m/s。则“蛟龙”号经过 A 点时的瞬时速
度为（　　）
A．0.11m/s B．0.09m/s C．0.06m/s D．0.04m/s
【答案】A
【详解】设“蛟龙”号加速度为 a，AB 间的距离为 x，则 BC 间的距离为 2x。联立
2 2 = 2
2 2 = 2 × 2

2 =0.1m/s

2 =0.05m/s
解得
=0.11m/s
=0.09m/s
=0.01m/s
故选 A。
【考向 11】（多选）甲、乙两车同时从 M 处由静止开始沿平直公路运动，均先做匀加速直线运动，然后刹
车做匀减速直线运动直至静止，两车先后停在 N 处，假设两车在各自匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大
小相等，甲、乙两车全程经历的时间分别为 0、2 0，甲、乙两车加速度大小分别为 1、 2，最大速度分别
为 1、 2，则（　　）
A． 1: 2 = 2:1
B． 1: 2 = 2:1
C 3．甲车运动了5 0时，两车相距最远
D 4．甲车运动了5 0时，两车相距最远
【答案】AD
【详解】AB．根据题意，画出甲、乙两车运动的 图像，如图所示
甲、乙两车运动的位移相等，则有
1 1
2 1 0 = 2 2 2 0
可得
1: 2 = 2:1
甲的加速度大小为
2
1 11 = =0 0
2
乙的加速度大小为

= 22 0
可得
1: 2 = 4:1
故 A 正确，B 错误；
CD．甲、乙两车速度相等时两车相距最远，设甲车达到最大速度后，再经过Δ 时间，两车速度相等，则有
0
1 1Δ = 2 2 + Δ
又
01 = 1 2， 1: 2 = 4:1
联立解得
3
Δ = 10 0
则甲车运动了

= 0
4
甲 2 + Δ = 5 0
两车相距最远，故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
【考向 12】（多选）如图 a、b、c、d 为光滑斜面上的四个点，一小滑块自 a 点由静止开始下滑，通过 ab、
bc、cd 各段所用时间均为 T。现让该滑块自 b 点由静止开始下滑，则该滑块（ ）
A．通过 bc、cd 段的位移之比为 1∶3 B．通过 bc、cd 段的时间均大于 T
C．通过 c、d 点的速度之比为 3: 5 D．通过 c 点的速度大于通过 bd 段的平均速度
【答案】BD
【详解】A．一小滑块自 a 点由静止开始下滑，经 ab、bc、cd 各部分所用时间均为 T，由初速度为零的匀
加速直线运动的比例关系知
ab：bc：cd=1：3：5
解得
bc：cd=3：5
故 A 错误；
BC．设 ab=L，则由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系知
bc=3L，cd=5L
匀加运动的加速度为 a，从 b 点由静止开始下滑，经 c 点速度由速度—位移公式有
2 = 2 × 3
解得
= 6
同理可得经 d 点的速度为
= 16
则
: = 3: 8b 到 c 的时间

= 6 1 = c 到 d 的时间
16 6 2 =

=
根据题意有
1
= 2
2
解得
2
=
通过 bc、cd 段的时间均大于 T，故 B 正确，C 错误；
D．b 到 d 的时间
16
3 =

=
则 b 到 d 的平均速度为
8
= 3
解得
= 4 <
故 D 正确。
故选 BD。
考点 3：两类匀减速直线运动
1.逆向思维法∶末速度为零的匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动。
（1）汽车刹车问题、子弹射入木块问题、物体在斜面上上滑到最高点问题均可以利用逆向思维法求
解。
（2）对匀加速直线运动，若不知道初速度大小，只知道末速度大小为 v，加速度为 a，则时间 t 内的
1
位移也可以逆向表示为 x = vt- at2。
2
2．两类特殊的匀减速直线运动
（1）刹车类问题。汽车刹车问题的实质是汽车做单方向匀减速直线运动问题。汽车匀减速到速度为
v0
零后即停止运动，不再反向加速，求解时要注意确定其实际运动时间，汽车运动时间满足 t ≤ ，发生的
a
v02
位移满足 x ≤ 。一般用逆向思维法求解。
2a
（2）双向可逆类问题。如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全
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。
【考向 13】如图所示，在杭州亚运会田径项目赛场上，机器狗承担了拾捡和运输器材的任务。某次运输过
程中，当机器狗检测到前方有一位站立不动的工作人员，为了避免相撞，机器狗立即做匀减速直线运动直
至停止，已知其减速后第 1s 内的位移是最后 1s 内位移的 5 倍，且这两段位移的差值为0.4m，则机器狗开
始减速后（　　）
A．运动的总时间为 3s B．加速度大小为0.4m/s2
C．总位移大小为6.4m D．初速度大小为2.4m/s
【答案】A
【详解】A．根据运动的逆过程
1: = 1:5
因为
1: 2: 3 = 1:3:5
所以
总 = 3s
故 A 正确；
B．由
= 2 2
可得
= 0.2m/s2
故 B 错误；
C．总位移大小为
1
= 22 = 0.9m
故 C 错误；
D．初速度大小为
0 = = 0.6m/s
故 D 错误。
故选 A。
【考向 14】如图所示是一辆汽车正在以 0 = 20m/s的速度匀速行驶，突然公路上横冲出三只小动物，司机
马上刹车，假设刹车过程可视为匀减速直线运动，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（ ）
A．从汽车刹车开始计时，第 4s 末到第 6s 末汽车的位移大小为 2m
B．从汽车刹车开始计时，6s 末汽车的位移大小为 48m
C．从汽车刹车开始计时，6s 末汽车的速度大小为4m/s
D．汽车将撞上小动物
【答案】A
【详解】A．汽车刹车速度减为零所用的时间
20
= 0 = 4 s = 5s
因此第 4s 末到第 6s 末汽车的位移即为第 4s 末到第 5s 末汽车的位移，运用逆向思维，向汽车速度减为零
的运动看成逆向的匀加速直线运动，可得第 4s 末到第 5s 末汽车的位移为
1 1
45 = 2
2
1 = 2 × 4 × 1
2m = 2m
故 A 正确；
B．从汽车刹车开始计时，6s 末汽车已经停止运动，其位移运用逆向思维，可得
1 1
= 2 = 2 × 4 × 5
2m = 50m
故 B 错误；
C．根据以上分析可知，5s 末汽车已经停止，因此 6s 末汽车的速度大小为 0，故 C 错误；
D．汽车停止运动的位移为 50m，小于汽车开始刹车时距小动物的距离 55m，因此汽车不会撞上小动物，
故 D 错误。
故选 A。
【考向 15】（多选）一物体以 5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上匀减速运动，其加速度大小为 2 m/s2，设斜
面足够长，经过 t 时间物体位移的大小为 4 m，则时间 t 可能为（　　）
A．2 s B．3 s C．4 s D．5 41s
2
【答案】CD
【详解】当物体的位移为 4m 时，根据
1
＝ 0 + 2
2
得
1
4＝5 2 × 2
2
解得
1 = 1s
2 = 4s
当物体的位移为-4m 时，根据
1
＝ 0 + 2
2
得
1
4＝5 22 × 2
解得
5 + 41
3＝ 2
故选 CD。
考点 4：自由落体运动和竖直上抛运动
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，
而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．
2．竖直上抛运动的处理方法
(1)两种方法
①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶
段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．
②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度
v0的方向相反．
(2)符号法则：应用公式时，要特别注意 v0、v、h 等矢量的正负号，一般选向上为正方向，v0 总是正
值，上升过程中 v 为正值，下降过程中 v 为负值，物体在抛出点以上时 h 为正值，在抛出点以下时 h 为负
值．
(3)巧用竖直上抛运动的对称性
①时间的对称性：
v0
ⅰ．物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即 t 上＝t 下＝ 。g
ⅱ．物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等。[来源:学+科+
网 Z②速度的对称性：
ⅰ．物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点的速度大小相等、方向相反。
ⅱ．物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反。
③能量的对称性：竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能
分别相等。
（4）竖直上抛的特征量
v 2
①上升的最大高度 h = 0m 。2g
v
② 0上升到最大高度的上升时间和从最大高度落回抛出点的下降时间相等，即：t 上=t 下= ，回到抛出g
2v0
点所用的时间 t＝ 。
g
③回到抛出点时的速度 v＝－v0。
处理竖直上抛运动的两点注意
(1)用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式 h＝v0t＋
1
gt2中各符号的意义必须明确．
2
(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，
因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．
【考向 16】如图，某同学在练习跳球，他将篮球从离地面高为 2m 的位置以 5m/s 的初速度竖直向上抛出，
接着在篮球正下方竖直举起手臂并准备沿竖直方向起跳，在篮球抛出后的 0.2s 时刻恰好跳离地面，此时手
指尖离地面高为 2.5m。不计空气阻力，g 取 10m/s2，已知篮球到达最高点时，该同学的手指尖恰好触碰到
篮球，则（ ）
A．手指尖触碰到篮球时，该同学上升的离度为 0.8m
B．手指尖触碰到篮球时，该同学的速度为 0
C．起跳离地瞬间，该同学的速度为 4m/s
D．篮球最高点距离地面 3.05m
【答案】C
【详解】AD．篮球到最高点时离地面的高度
2 2
= 0
5
2 + 1 = 2 × 10 m + 2m = 3.25m
则手指尖触碰到篮球时，该同学上升的离度为
h2=3.25m-2.5m=0.75m
选项 AD 错误；
BC．篮球上升到最高点的时间

= 0 = 0.5s
则人手指尖触碰到篮球时用时间
t1=0.5s-0.2s=0.3s
则由
1
2 = 0′ 1 2
2
1
即
1
0.75 = ′0 × 0.3 2 × 10 × 0.3
2
解得该同学起跳离地瞬间的速度为
′0 = 4m/s
手指尖触碰到篮球时，该同学的速度
= ′0 1 = (4 10 × 0.3)m/s = 1m/s
选项 B 错误，C 正确；
故选 C。
【考向 17】一杂技演员用 4 个相同的小球做单手抛接球表演，他从同一位置依次将各球略微偏离竖直方向
向上抛出，当小球回到抛出点时，用手将小球接住，然后将小球从抛出点再抛出，小球间不发生碰撞，不
计空气阻力。已知相邻两球之间的时间间隔相等，刚抛出第 4 个小球时，第 1 个小球和第 3 个小球在空中
同一高度，则第 3、4 个小球间的距离与第 1、2 个小球间的距离之比为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【详解】设抛出相邻两球之间的时间间隔为 T，小球上升的最大高度相等为 h，由自由落体运动位移公式
可得
2
=
当抛出第 4 个小球后，经相等时间，第 1 个小球落回手里再抛出，则有
4 = 2
解得

= 2
根据上升与下降过程的对称性，可知第 4 个小球离开手的瞬间，第 1 个小球和第 3 个小球在空中同一高度，
第 2 个小球运动到最高点，速度是零。则第 1 个小球与第 2 个小球间的距离为
1
Δ 12 = 22 = 4
此时第 1 个小球距抛出点的高度为
3
1 = Δ 12 = 4 = 4
此时第 1 个小球和第 3 个小球在空中同一高度，则第 3、4 个小球间的距离为
3
Δ 34 = 1 = 4
则有第 3、4 个小球间的距离与第 1、2 个小球间的距离之比为
Δ 34:Δ 12 = 3:1
故选 B。
【考向 18】如图所示，一小球在砖墙前做竖直单向运动，在此过程中，小明用频闪照相机拍摄得到的一幅
频闪照片。已知频闪周期为 T，砖的厚度为 d，小球的速率越大其受空气阻力也越大。根据图中的信息可
知（ ）
A．小球向下做匀加速运动 B．小球向上运动
C 4 5 ．小球在图中 C 位置时的速度为 D．在图中 AD 间，小球的平均速度为2
【答案】B
【详解】AB．若小球向下运动，则根据牛顿第二定律有
=
随速度增大，空气阻力增大，则加速度减小；
若小球向上运动，则有
+ = ′
随速度减小，空气阻力减小，则加速度减小；
根据Δ = 2，可知小球应向上运动，故 A 错误，B 正确；
C．小球做非匀变速直线运动，则小球在图中 C 位置时的速度
3 + 5 4
≠ 2 =
故 C 错误；
D．在图中 AD 间，小球的平均速度为
10
= 3
故 D 错误；
故选 B。
【考向 19】（多选）如图所示，乙球静止于地面上，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 0 = 10m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。（取 = 10m/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 = 10m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C．当 = 15m时，乙球不能在下降过程中与甲球相遇
D．当 < 10m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
【答案】BD
【详解】A．设两球在空中相遇，所需时间为 t，根据运动学公式可得
1 1
2
2 + 20 2 =
可得

= 0
而乙球的落地时间
2
= 01
两球在空中相遇的条件是
< 1
整理得
< 20m
故 A 错误；
B．若两球恰好在乙球最高点相遇，满足的条件是
1
= 2 1
代入数据整理得
= 10m
B 正确；
C．由于
10m < = 15m < 20m
可得乙球能在下降过程中与甲球相遇，故 C 错误；
D．当 < 10m时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，故 D 正确。
故选 BD。
【考向 20】如图为“眼疾手快”游戏装置示意图，游戏者需接住从支架上随机落下的圆棒。已知圆棒长为
0.4m，圆棒下端距水平地面 2.1m，某次游戏中一未被接住的圆棒下落经过 A、B 两点，A、B 间距 0.4m，B
点距离地面 1.25m。圆棒下落过程中始终保持竖直，不计空气阻力。求：
（1）圆棒下端到达 A 点时的速度大小；
（2）圆棒经过 AB 段所需的时间。
【答案】（1）3m/s；（2）0.2s
【详解】（1）圆棒底部距离 A 点高度为
1 = 2.1m 0.4m 1.25m = 0.45m
圆棒做自由落体运动下落到 A 点有
1
1 = 2
2
1
解得
2
= 11 = 0.3s
则圆棒下端到达 A 点时的速度大小为
= 1 = 3m/s
（2）圆棒上端距离 B 点高度为
2 = 2.1m + 0.4m 1.25m = 1.25m
圆棒做自由落体运动，当圆棒上端下落到 B 点有
1
2 = 2
2
2
解得
2
= 22 = 0.5s
则圆棒经过 AB 段所需的时间为
Δ = 2 1 = 0.2s
【真题 1】（2024·山东·高考真题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上 A 点距离为 L。
木板由静止释放，若木板长度 L，通过 A 点的时间间隔为Δ 1；若木板长度为 2L，通过 A 点的时间间隔为
Δ 2。Δ 2:Δ 1为（　　）
A．( 3 1):( 2 1)
B．( 3 2):( 2 1)
C．( 3 +1):( 2 +1)
D．( 3 + 2):( 2 +1)
【答案】A
【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为 ，木板从静止释放到下端到达 A 点的过
程，根据运动学公式有
1
= 2
2
0
木板从静止释放到上端到达 A 点的过程，当木板长度为 L 时，有
1
2 = 22 1
当木板长度为2 时，有
1
3 = 22 2
又
Δ 1 = 1 0，Δ 2 = 2 0
联立解得
Δ 2:Δ 1 = ( 3 1):( 2 1)
故选 A。
【真题 2】（2024·广西·高考真题）让质量为1kg的石块 1从足够高处自由下落， 1在下落的第1s末速度大
小为 1，再将 1和质量为2kg的石块绑为一个整体 2，使 2从原高度自由下落， 2在下落的第1s末速度大
小为 2，g 取10m/s2，则（　　）
A． 1 = 5m/s B． 1 = 10m/s
C． 2 = 15m/s D． 2 = 30m/s
【答案】B
【详解】重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落 1s 后速度为
1 = 2 = = 10m/s2 × 1s= 10m/s
故选 B。
【真题 3】（2024·全国·高考真题）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从 = 0时由静止
开始做匀加速运动，加速度大小 = 2m/s2，在 1 = 10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停
止鸣笛， 2 = 41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速 0 = 340m/s，求：
（1）救护车匀速运动时的速度大小；
（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
【答案】（1）20m/s；（2）680m
【详解】（1）根据匀变速运动速度公式
= 1
可得救护车匀速运动时的速度大小
= 2 × 10m/s = 20m/s
（2）救护车加速运动过程中的位移
1
1 = 2
2
1 = 100m
设在 3时刻停止鸣笛，根据题意可得
( 3 1)20 + 100
+ 3 = 20
停止鸣笛时救护车距出发处的距离
= 1 + ( 3 1) ×
代入数据联立解得
= 680m
【真题 4】（2024·广西·高考真题）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距
= 0.9m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从 1 号锥筒运动到 2 号锥筒用时 1 = 0.4s，从 2
号锥筒运动到 3 号锥筒用时 2 = 0.5s。求该同学
（1）滑行的加速度大小；
（2）最远能经过几号锥筒。
【答案】（1）1m/s2；（2）4
【详解】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在 1、2 间中间时刻的
速度为

1 = = 2.25m/s1
2、3 间中间时刻的速度为

2 = = 1.8m/s2
故可得加速度大小为
Δ 1 = 2 2Δ = = 1m/s1 2
2 + 2
（2）设到达 1 号锥筒时的速度为 0，根据匀变速直线运动规律得
1
0 1 2
2
1 =
代入数值解得
0 = 2.45m/s
从 1 号开始到停止时通过的位移大小为
2
= 02 = 3.00125m ≈ 3.33
故可知最远能经过 4 号锥筒。
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·一模）小明和小华在置于水平面的象棋盘上玩弹射游戏。如图所示，小明、小华分别
在 A、D 处给“卒”和“车”象棋不同的初速度使之向前运动，“卒”象棋停在 C 处，“车”象棋停在 E 处。已知
两象棋与棋盘的动摩擦因数相等，两象棋均可视为质点，A、B、C 处于同一直线， = 2 ， = 。
下列说法正确的是（　　）
A．“卒”象棋的初速度是“车”象棋的初速度的 2 倍
B．“卒”象棋经过 B 处时的速度小于“车”象棋的初速度
C．“卒”象棋从 A 处运动到 C 处的平均速度等于“车”象棋的初速度
D．“卒”象棋从 A 处运动到 C 处的时间是“车”象棋从 D 处运动到 E 处的时间的 2倍
【答案】D
【详解】A．两象棋与棋盘的动摩擦因数相等，可知两象棋做匀减速运动的加速度 大小相等，设“卒”象棋
的初速度为 1，“车”象棋的初速度为 2，则有
2 = 0 21， 2 = 0 22
又
= 2
联立可得
1 2
=2 1
故 A 错误；
B．设“卒”象棋经过 B 处时的速度为 ，则有
2 = 0 2
又
=
联立可得
= 2
即“卒”象棋经过 B 处时的速度等于“车”象棋的初速度，故 B 错误；
C．“卒”象棋从 A 处运动到 C 处的平均速度为

= 1
2 2
1 2 = 2 < 2
可知“卒”象棋从 A 处运动到 C 处的平均速度小于“车”象棋的初速度，故 C 错误；
D．“卒”象棋从 A 处运动到 C 处的时间为

1 =
1

“车”象棋从 D 处运动到 E 处的时间为

2 =
2

则有
1 2
=
1
2
=
2 1
故 D 正确。
故选 D。
2．一辆汽车在平直公路上以 10m/s 的初速度做匀加速直线运动，2s 内的位移为 30m。则下列关于汽车的
说法正确的是（　　）
A．汽车第 2s 内的位移比第 1s 内的位移大 5m
B．汽车运动的加速度大小为 15m/s2
C．汽车第 1s 内与第 2s 内的位移之比为 1∶3
D．汽车第 2s 末的速度大小为 14.1m/s
【答案】A
【详解】AC．2s 内的位移为 30m，可知 1s 末的速度

= 21 = 15m/s2
第 1s 内的位移
0 + 1 10 + 15 1 = 2 1 = 2 × 1m = 12.5m
第 2s 内的位移为 x2=17.5m，则汽车第 2s 内的位移比第 1s 内的位移大 5m，汽车第 1s 内与第 2s 内的位移
之比为 5∶7，选项 A 正确，C 错误；
B．汽车运动的加速度大小为
15 10
= 1 0 = 1 m/s = 5m/s1
选项 B 错误；
D．汽车第 2s 末的速度大小为
2 = 0 + 2 = (10 + 5 × 2)m/s=20m/s
选项 D 错误。
故选 A。
3．（2024·辽宁大连·二模） = 0时刻以10m/s的初速度竖直向上抛出一个小球， = 0.4s时从同一地点又以
10m/s的初速度竖直向上抛出第二个小球，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，则两小球在空中相遇的
时刻为（　　）
A．1.1s B．1.2s C．1.3s D．1.4s
【答案】B
【详解】设抛出第二个小球经 ′时间与第一个小球相遇，由竖直上抛运动公式，则有
1 1
0( ′ + 0.4) 2 (
′ + 0.4)2 = ′ ′20 2
解得
′ = 0.8s
则两小球在空中相遇的时刻为
″ = 0.8s + 0.4s = 1.2s
故选 B。
4．（2024·山东潍坊·二模）某人骑电动车，在距离十字路口停车线 6m 处看到信号灯变红，立即刹车，做
匀减速直线运动，电动车刚好在停止线处停下。已知电动车在减速过程中，第 1s 的位移是最后 1s 位移的 5
倍，忽略反应时间。下列关于电动车的刹车过程说法正确的是（　　）
A．刹车时间为 2s
B．刹车的加速度大小为2m/s2
C．中间时刻的速度大小为2m/s
D．中间位置的速度大小为2m/s
【答案】C
【详解】AB．设刹车时间为 t，则由逆向思维有，刹车最后 1s 的位移为 1，有
1
= 21 2 1
刹车第 1s 位移为 2，有
1 1
2 = 2
2 2 ( 1)
2
由题意可知
2
= 51
对全程有
1
= 2
2 = 6m
解得
= 3s = 4， 3m/s
2
故 AB 错误；
C．因为做匀减速直线运动，由匀变速直线运动公式有中间时刻速度等于平均速度，设中间时刻速度为 ，
2
有

= = = 2m/s2
故 C 项正确；
D．设中间位置速度为 ，运用逆向思维，则对于后半段有
2

0 2 = 2
2 2
解得
= 2 2m/s
2
故 D 项错误。
故选 C。
5．（2024·山西临汾·一模）滑块以一定的初速度 0从底端冲上足够长的光滑斜面，滑行到最高点的时间为
t 3，位移为 L；现在距底端4 处放一弹性挡板（如图中用虚线表示），滑块仍以相同初速度从底端出发。已
知滑块与挡板相碰后可原速率反弹；碰撞时间可以忽略不计，则滑块从出发至返回底端的时间为（　　）
A．0.5 B．t C．1.2 D．2t
【答案】B
3
【详解】本题采用逆向思维，距底端4 处放一弹性挡板，将 L 分为1:3两段，根据初速度为零的匀加速直线

运动的连续相等时间内的位移比例规律知，这两段的时间相等，均等于2 ，故滑块仍以相同初速度从底端

出发上滑到挡板的时间为2，从挡板下滑到底端的时间也为2，故滑块从出发至返回底端的时间为 t。
故选 B。
6．某次冰壶训练中，一冰壶以某初速度在水平冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为 x 时其速度恰好

为零，若冰壶通过第一个6的距离所用的时间为 t，则冰壶通过最后6的距离所用的时间为（ ）
A． 5 2 B． 6 5 C． 5 + 2 D． 6 + 5
【答案】D
【详解】由逆向思维可知，冰壶从静止开始做匀加速直线运动，由
1
= 22
可知，冰壶通过连续相等距离所用时间之比为1:( 2 1):( 3 2): :( + 1 )，n 为大于或等于 1 的整

数，冰壶通过最后6的距离所需时间为

′ = = ( 6 + 5)
6 5
故选 D。
7．（2024·安徽·三模）一小球由 A 点从静止开始做直线运动，经过 B 点到达 C 点，在 B 点时的速度大小为
。小球在 AB 段和 BC 段均做匀加速直线运动，B、C 之间的距离是 A、B 之间距离的 2 倍，小球在 B、C
1
之间运动的加速度为其在 A、B 之间加速度的2，则小球到达 C 点的速度大小为（　　）
A． 2 B． 3 C．2 D．4
【答案】A
【详解】小球从 A 到 B，满足
2 = 2 1 1
从小球从 B 到 C，满足
2 2 = 2 2 2
根据题意已知
1
2 1 = 2
1
1 = 2 2
联立解得
= 2
故选 A。
8．（2024·湖北武汉·二模）为满足旅客乘坐高铁出行的不同需要，城际高铁开通了“一站直达”列车和“站站
停”列车两种班次。假设两城高铁站之间均匀分布了 4 个车站，若列车在进站和出站过程中做匀变速直线
运动，加速度大小均为 2m/s2，其余行驶时间内保持最高时速 288km/h 匀速运动，“站站停”列车在每个车
站停车时间均为 t0=2min，则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为（　　）
A．10min40s B．11min20s
C．13min20s D．14min40s
【答案】A
【详解】由题可知，列车加速到速度最大所用的时间为
288

= m = 3.6加 2 s = 40s
列车进站加速与出站减速时的加速度相等，故
加 = 减
设一站直达列车匀速行驶用时为 t，“站站停”列车匀速行驶用时 t′，根据题意可知
1 2 1 2 1 1
2 加 + 2 减 + m = 5
2 + 5 2 + m ′2 加 2 减
一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为
Δ = ( ′ + 4 0 + 5 加 + 5 减) ( + 加 + 减)
联立解得
Δ = 640s = 10min40s
故选 A。
9．重庆的桥梁、隧道众多，故被称为“魔幻之都”。长为 L 的轻轨在平直轨道上正常行驶，速率为 v0，前
方有一长为 2L 的隧道，为了保证安全通过该隧道，轻轨的任一部分位于隧道内时，它的速率都不允许超
2 0
过 3 。已知列车加速和减速的加速度大小分别为 a 和 2a，则列车从减速开始到恢复正常速率 v0，需要的
最短时间为（　　）
9 3
A 0．2 +
0
2 B．2 +0 0
9 3
C 0．3 +
0
2 D． +0 3 0
【答案】A
2 0 2 0
【详解】当列车的任一部分处于隧道内时，列车的速度不允许超过 3 ，则列车进隧道前必须减速到 3 ，则
有
2 0
3 = 0 2 1
解得

= 01 6
通过隧道时匀速运动，通过的位移为3 ，故所用时间
3 9
2 = 2 = 2 0 03
列车尾部出隧道后立即加速到 0，有
2
00 = 3 + 3
解得

3 =
0
3
则列车从减速开始至回到正常行驶速度 0，需要的最短时间为
9
= 1 +
0
2 + 3 = 2 + 2 0
故选 A。
10．（2024·北京通州·一模）2023 年 7 月，我国研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行。如图所示，
电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力环境。
据报道该装置目前达到了上抛阶段 2s 和下落阶段 2s 的 4s 微重力时间、10 g 的微重力水平。若某次电磁
弹射阶段可以视为加速度大小为 5g 的匀加速运动，重力加速度取 g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．电磁弹射阶段用时约为 2s
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为 20m
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为 100m
D．实验舱开始竖直上抛的速度约为 20m/s
【答案】D
【详解】AD．由题意可知实验舱上升时间为 2s，可知实验舱开始上抛的速度为
= 上 = 20m/s
电磁弹射阶段有
= 5
解得
= 0.4s
故 A 错误，D 正确；
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为
1
= 2 5
2 = 4m
故 B 错误；
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为
1
1 = 2
2
上 = 20m
故 C 错误。
故选 D。
11．一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后保持匀速运动。已知汽车在启
动后的第 2s 内前进了 6m，第 4s 内前进了 13.5m，下列说法正确的是（　　）
A．汽车匀加速时的加速度大小为6m/s2 B．汽车在前 4s 内前进了 31.5m
C．汽车的最大速度为16m/s D．汽车的加速距离为 20m
【答案】B
【详解】A．设汽车启动时的加速度大小为 a，假设汽车在第 2s 末达到最大速度，则
1
6m = (22 122 )s
2
解得
= 4m/s2
则第 4s 内做匀速直线运动，应前进
Δ 4 = 2 Δ = 4m/s2 × 2s × 1s = 8m < 13.5m
则说明假设不成立，汽车达到最大速度的时刻应在2s之后，故 A 错误；
BCD．若汽车在第 4s 初达到最大速度，则汽车在第 4s 内能前进
Δ 4 = 3 Δ = 4m/s2 × 3s × 1s = 12m < 13.5m
若汽车在第 4s 末达到最大速度，则汽车在第 4s 内能前进
1 1
Δ 4 = 2 22 4 2 3 = 14m > 13.5m
所以以上两种假设均不成立，汽车应在第 4s 内的某时刻达到最大速度。设汽车的加速时间为 t，则有
1
Δ = 2
1 2
4 2 2 3 + ( 4 ) = 13.5m
解得
= 3.5s
汽车的最大速度为
m = = 14m/s
前 4s 内前进了
1
24 = 3 + Δ 4 = 2 3 + Δ 4 = 31.5m
汽车的加速距离为
1
= 2加 2 = 24.5m
故 B 正确，CD 错误。
故选 B。
12．（2024·山东潍坊·三模）2024 潍坊市足球联赛于 3 月 24 日在潍坊四中和利昌学校开赛。在赛前训练中，
运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为匀变速运动，足球离脚后，在 0 ~ t
时间内位移大小为 2x，在 t ~ 3t 时间内位移大小为 x。则足球的加速度大小为（ ）
A 4(2 3) 2(2 3)

． 2 B． 2 C． 2 D． 2 2
【答案】A
【详解】若足球在 3t 时刻停止，根据逆向思维法可知，相等时间间隔内的位移之比为 1：3：5：…，由 0 ~
t 时间内位移大小为 2x，则在 t ~ 3t 时间内位移大小应为 1.6x，而题干为 x，则说明在 3t 之前足球就已经停
止运动。根据逆向思维法则有
v2 = 2ax
1
2 = + 2
2
联立解得
4(2 3)
= 2
故选 A。
二、多选题
13．（2024·江西赣州·二模）我国 2023 年新能源车出口 120 多万辆，稳居全球首位。一辆新能源车在某次
直线测试中，速度从 0 加速到20m/s所用时间为8s，且加速度随速度的增加而逐渐减小，该车在这段时间
内（ ）
A．加速到10m/s时，用时大于4s
B．平均加速度大小为2.5m/s2
C．位移大于80m
D．运动到总位移一半时，速度小于10m/s
【答案】BC
【详解】ABD．平均加速度大小为
20
= 2 = 8 m/s = 2.5m/s
2
因加速度随速度的增加而逐渐减小，可知开始阶段的加速度大于 2.5m/s2，加速到10m/s时，用时小于4s；
运动到总位移一半时，速度大于10m/s，选项 AD 错误，B 正确；
C．若做匀加速运动，则位移为

= 2 = 80m
因做加速度减小的加速运动，结合 v-t 图像，则汽车的位移大于做匀加速运动时的位移，可知位移大于80
m，选项 C 正确；
故选 BC。
14．（2024·山东日照·二模）如图所示，四块相同的混凝土实心砖并排固定在水面地面上，子弹以水平速度
0从 P 点射入实心砖中，到达 Q 点时的速度恰好为零。假设子弹在混凝土实心砖中做匀减速直线运动，且
运动的总时间为 t。下列说法正确的是（　　）
A 3．子弹刚穿过第 2 块砖时的速度大小为
2 0
B 1．子弹刚穿过第 3 块砖时的速度大小为2 0
C．子弹穿过第 2 块砖所用的时间为 3 2
2
D．子弹穿过第 3 块砖所用的时间为( 2 1)
【答案】BC
【详解】AB．设每块砖的厚度为 ，加速度为 ，子弹从 P 到 Q 为匀减速，可以看成从 Q 到 P 的初速为0
的匀加速直线运动，末速度为 0，则有
2 ·4 = 20
设穿过第二块的速度为 2，穿过第三块的速度为 3，则有
2 ·2 = 22
2 · = 23
解得
2
2 = 2 0
1
3 = 2 0
A 错误，B 正确；
CD．按照上述方法，由初速为0的匀加速直线运动等分位移的时间关系，设穿过第四块的时间为 0，则穿
过第三块的时间为( 2 1) 0，第二块的时间为( 3 2) 0，第一块得出时间为(2 3) 0，如图所示
由此可得
1
0 = 2
设穿过第二块砖的时间为 2，穿过第三块砖的时间为 3，则有
3 2
2 = ( 2 ) 0
2 1
3 = ( 2 ) 0
C 正确，D 错误。
故选 BC。
三、解答题
15．（2024·辽宁丹东·一模）2024 年，东北地区：哈尔滨、长春、沈阳、大连四座城市将有新的地铁线路
开通，新线路将会大大减轻交通压力，加快城市的发展。沈阳地铁一号线从 S 站到 T 站是一段直线线路，
全程 1.6km，列车运行最大速度为 72km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在 S 站从静
止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运
4
动，直至到 T 站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的5倍。现匀加速运动过程中连续经过 A、
B、C 三点，S→A 用时 2s，B→C 用时 4s，且 SA 长 2m，BC 长 24m。求：
（1）列车在 C 点的速度大小；
（2）列车匀速行驶的时间。
【答案】（1）8m/s；（2）62s
1
【详解】（1）由 = 22 可知
1 = 1m/s2
根据
=
2
可知 段平均速度

= = 6m/s
= 0 +
= 8m/s
（2）由Δ = Δ 得
匀加速阶段

1 = = 20s1
匀减速阶段

2 = 5 = 16s
4 1

由 = 得
匀加速阶段
1 = 1 = 200m
匀减速阶段
2 = 2 = 160m
匀速运动时间
1 = 23 = 62s
16．（2024·陕西宝鸡·一模）十字路口红灯亮起，汽车和行人停止前行。拦停的汽车排成笔直的一列，最前
面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为 = 6.0m，且车长为 0 = 4.8m，最前
面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽 = 20m。若汽车启动时都以 1 = 2.5m/s2的加速度做匀加速直线
运动，加速到 1 = 10.0m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为 2 = 0.5m/s2，达到 2 = 1.0
m/s后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间 = 40s，而且有按倒计时显示的时间显示灯（无黄灯）。
另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过。由于行人和汽车
司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。（提示：绿灯亮起时，行人从 A 走向 B，
第1辆汽车从 朝向 行驶。）
请回答下列问题：
（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有多少辆车通过路口？
（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运
动，结果车的前端与停车线相齐，求该汽车刹车后经多少时间停下？
（3）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？
【答案】（1）64；（2）6.8s；（3）31
【详解】（1）汽车加速的时间
10
1 =
1
= 2.5 s = 4s2
在绿灯亮的 40s 时间内汽车能行驶的位移为
1 1
= 22 1 1 + 1( 1) = 2 × 2.5 × 16m + 10 × 36m = 380m
而根据题意，原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过，则在绿灯亮的这段时
间内能够通过的车的数量
380
= = 6 ≈ 63.3
根据题意可知，能有 64 辆汽车通过路口。
（2）记 0 = 3s，当显示灯刚亮出“3”时，第 65 辆汽车的位移
1
= 21 2 1 + ( 1 0)
解得
1 = 350m
此时汽车距停车线的距离
Δ = 64 1 = 34m
则该汽车刹车后停下来应满足

Δ = 12 2
解得
2 = 6.8s
（3）汽车加速时间内行驶的位移大小为
1
= 22 2 1 1 = 20m
行人加速的时间为

3 =
2
= 2s2
行人加速的位移为

= 23 2 3 = 1m
行人通过横道线的时间为

= + 34 3 = 21s2
在行人通过横道线的时间内汽车的位移为
4 = 2 + 1( 4 1) = 190m
能到达横道线的车辆数

= 4′ ≈ 31.7
即第 32 辆车车身的一部分是行人离开横道线后从侧边离开的，因此可知，行人在通过横道线的过程中与
31 辆车擦肩而过。

展开更多......

收起↑