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第2讲　匀变速直线运动的规律
目标 要求 　 　 1.理解匀变速直线运动的特点，能理解公式中各物理量的含义。2.掌握匀变速直线运动的公式和推论，会灵活应用公式及推论解题。
1．匀变速直线运动的规律
(1)定义：物体沿一条直线运动，且加速度不变的运动。
(2)分类
(3)速度与时间的关系式：v＝v0＋at。
(4)位移与时间的关系式：x＝v0t＋。
(5)位移与速度的关系式：v2－v02＝2ax。
2．匀变速直线运动的推论
(1)平均速度公式：＝；
位移中点速度公式：＝。
(2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
可以推广为xm－xn＝(m－n)aT2。
(3)初速度为零的匀加速直线运动比例式
①1T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
②1T内，2T内，3T内，…，nT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nT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．判断正误
(1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。(√)
(2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。(×)
(3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定不大于该段时间内位移中点的速度。(√)
(4)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。(×)
2．(2025·广西卷，3)某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 km/h减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，期间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程动车行驶距离约为(　　)
A．216 m B．350 m
C．600 m D．700 m
解析：B　已知动车初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，末速度v＝0，匀减速至停止。乘客脉搏每分钟跳动60下，即每秒1下，故70下对应时间t＝70 s。匀减速运动中，加速度a满足v＝v0＋at，解得a＝－ m/s2。位移s可通过平均速度计算： m/s＝5 m/s，s＝×t＝5×70 m＝350 m，因此，动车行驶距离为350米，故选B。
3．(人教版教材原题改编)以18 m/s速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为(　　)
A．50 m B．45 m
C．40.5 m D．40 m
解析：C　根据x＝v0t＋at2得36 m＝18×3 m＋a×32 m，解得a＝－4 m/s2，则汽车停止所需时间为t′＝ s＝4.5 s＜5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x′＝ m＝40.5 m，故C正确。
4．(人教版教材原题改编)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3或穿过每个木块所用时间之比t1∶t2∶t3正确的是(　　)
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝∶∶1
解析：D　用“逆向思维”法解答，则可视为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，所以v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A、B错误；又由于每个木块厚度相同，则由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得t1∶t2∶t3＝∶∶1，选项C错误，D正确。
考点一　匀变速直线运动基本规律及应用
考向1　速度与时间的关系式的应用
　(2025·江苏卷，1)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减至0。该过程中加速度大小为(　　)
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
解析：C　根据运动学公式v＝v0＋at，代入数值解得a＝－6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。
公式选用原则
(1)不涉及位移x，选用v＝v0＋at。
(2)不涉及末速度v，选用x＝v0t＋at2。
(3)不涉及时间t，选用v2－v02＝2ax。
考向2　位移与时间的关系式的应用
　(2026·合肥七中月考)汽车在平直公路上行驶，刹车后位移x随时间变化的关系式为x＝20t－t2，则从刹车开始，2 s内和5 s内汽车的位移之比为(　　)
A．5∶4 B．3∶4
C．4∶5 D．4∶3
解析：B　位移x随时间t变化的关系式为x＝20t－t2，可知该车的初速度为v0＝20 m/s，加速度为a＝－5 m/s2，汽车速度减为零的时间t0＝ s＝4 s，则2 s内的位移x1＝v0t1＋at12＝20×2 m－×5×4 m＝30 m，5 s内的位移等于4 s内的位移，则x2＝×4 m＝40 m，可知2 s内与5 s内汽车的位移之比为x1∶x2＝3∶4，故A、C、D错误，B正确。
[易错警示]　(1)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动。
(2)利用基本公式求解此类问题时，应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。如例2中汽车4 s停止运动。
(3)汽车在刹车时，若考虑司机的反应时间，则在反应时间内汽车做匀速直线运动。
考向3　位移与速度的关系式的应用
　(2025·云南昆明一模)春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　)
A．盒子运动的加速度大小为1 m/s2
B．盒子运动到a点的速度大小为2 m/s
C．盒子运动到c点的速度大小为1 m/s
D．盒子从a点运动到e点的时间为2 s
解析：B　由题知，滑块在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m，根据逆向思维法有x0＝at2，代入数据有a＝2 m/s2，故A错误；根据逆向思维法有va2＝2a×4x0，解得盒子运动到a点的速度大小为va＝2 m/s，故B正确；根据逆向思维法有vc2＝2a×2x0，解得盒子运动到c点的速度大小为vc＝ m/s，故C错误；根据逆向思维法有4x0＝at′2，盒子从a点运动到e点的时间为t′＝1 s，故D错误。
考向4　双向可逆类问题
　(多选)(2026·石家庄二中月考)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　　)
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
解析：ABC　以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x1＝7.5 m，由运动学公式x1＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确；当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x2＝－7.5 m，由x2＝v0t＋at2，解得t3＝s或t4＝s(舍去)，故C正确；由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误。
易错提醒：双向可逆类问题，加速度保持不变。解题时注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义，物体的运动可能出现多解。
考点二　匀变速直线运动推论及应用
考向1　比例式及逆向思维法的应用
　(2026·北京人大附中月考)2025年中国中学生冰壶锦标赛7月30日在北京房山区燕山体育中心的燕山冰壶馆落幕，北京市第五十五中学队蝉联高中男子组冠军。如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第3个矩形区域时速度恰好为零，冰壶穿过1号矩形区域所用的时间为t1，冰壶穿过2号矩形区域所用的时间为t2，不计冰壶本身的大小，则满足(　　)
A．1.0<<1.2 B．1.2<<1.4
C．1.4<<1.6 D．1.6<<1.8
解析：B　逆向分析可以看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，物体在连续相等的位移内所用时间之比等于1∶∶∶…，可得≈1.30，B正确。
匀减速到0的运动应用逆向思维法更简洁。
考向2　平均速度公式的应用
　(2025·山西太原一模)物体由静止从O点沿直线做匀加速运动，依次经过A、B两点，物体加速度的大小为a，若通过OA段所用的时间为δ，通过AB段走过位移的大小也为δ，下列说法正确的是(　　)
A．物体在A点速度的大小为aδ
B．若物体通过AB段所用的时间为，则aδ的大小为
C．若物体通过OA段走过位移的大小为，则aδ的大小为
D．物体通过OA段与AB段的平均速度之比为1＋
解析：A　由题知，物体的初速度为零，物体通过OA段所用的时间为δ，根据v＝at，可得物体在A点速度的大小为vA＝aδ，故A正确；若物体通过AB段所用的时间为，则物体通过OB段所用的时间为δ＋δ，根据v＝at，可得物体在B点速度的大小为vB＝aδ，又物体通过AB段走过位移的大小为δ，则有δ＝tAB，即δ＝δ，解得aδ＝，故B错误；若物体通过OA段走过位移的大小为，则有×δ，解得aδ＝，故C错误；物体通过OA段的平均速度为，物体通过AB段，则有xAB＝，则有δ＝，解得vB′＝，则物体在AB段的平均速度为，故物体通过OA段与AB段的平均速度之比为，故D错误。
如果匀变速直线运动问题不涉及加速度，用公式x＝t计算更方便。
考向3　位移差公式的应用
　(2025·广东江门市一中月考)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v＝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。
[归纳总结]　解决匀变速直线运动的常用推论
素养拓展　匀变速直线运动的多过程问题
1．三步法确定多过程问题的基本思路
2．分析多过程问题的四个要点
(1)题目中有多少个物理过程。
(2)每个过程中物体做什么运动，可画运动草图或作v-t图像形象地描述运动过程。
(3)每种运动满足什么物理规律。
(4)运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些，各阶段运动交接处的速度往往是联系各段运动的纽带。
　(2024·全国甲卷，24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s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v0＝340 m/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。
[思维流程]　鸣笛后声波传播的距离和救护车运动距离图示。
解析：(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为
v＝at1
代入数据解得v＝20 m/s。
(2)设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
x＝at12＋v(t0－t1)
又x＝v0(t2－t0)
联立并代入数据解得x＝680 m。
答案：(1)20 m/s　(2)680 m
　(人教版教材原题改编)如图所示是汽车分别通过ETC(电子不停车收费系统)通道和人工收费通道的流程，假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s, 匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至0，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：
(1)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车走人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车走ETC通道与走人工收费通道相比节约的时间。
[思维流程]　画出运动过程示意图
(1)走ETC通道时经历三个运动阶段：
(2)走人工收费通道经历三个运动阶段：
解析：(1)走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m
故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。
(2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为x2＝＝72 m。
(3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t1＝＝18.5 s
走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t2＝×2＋t0＝44 s
又x总2＝2x2＝144 m
二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m
在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t2－＝25 s。
答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
限时规范训练(2)　匀变速直线运动的规律
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
1．(2026·北京师大实验中学摸底)商场自动感应门如图1所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，完全打开时速度恰好为0，两扇门移动距离均为2 m。若门运动的v-t图像如图2所示，则门的加速度大小为(　　)
A．2.0 m/s2 B．1.0 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2
解析：C　由题可知，两扇门在打开的过程中，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，匀加速运动加速度的大小和匀减速运动加速度的大小相等。匀加速直线运动的位移x＝ m＝1 m，匀加速直线运动的时间t＝ s＝2 s，由运动学公式x＝at2，解得a＝0.5 m/s2，故选C。
2．(2025·安徽卷，4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动，最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　)
A．x＝at2 B．x＝at2
C．x＝at2 D．x＝at2
解析：A　设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝at02，又x1＋2x＝8x，联立解得t0＝t，所以x＝at2，A正确。
3．(2025·山东临沂一模)一辆公共汽车以初速度14 m/s进站后开始刹车，做匀减速直线运动直到停下。刹车后3 s内的位移与最后3 s内的位移之比是4∶3，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为(　　)
A．1∶1 B．49∶40
C．49∶30 D．49∶48
解析：D　由题意可知，可得a＝4 m/s2，汽车停止运动需要时间t0＝＝3.5 s，则刹车后4 s内通过的距离x4＝×3.5 m＝24.5 m，刹车后3 s内通过的距离x3＝v0t3－at32＝24 m，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为49∶48，故选D。
4．(2024·山东卷，3)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，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　)
A．∶
B．∶
C．∶
D．∶
解析：A　对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at02，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2L＝at12，当木板长度为2L时，有3L＝又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。
5．(2025·湖南株洲市一模)一质点沿x轴运动，其位置随时间的关系为x＝6＋4t＋2t2(式中各物理量的单位均为国际单位)。关于其加速度与1 s内的速度变化量，下列说法正确的是(　　)
A．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为4 m/s
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为4 m/s
C．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为2 m/s
D．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为2 m/s
解析：B　根据加速度的定义式a＝可知，加速度是描述速度变化快慢的物理量，由于x＝6＋4t＋2t2，则有x－6＝4t＋2t2，将上述表达式与位移公式进行对比有a＝2 m/s2，解得a＝4 m/s2，可知1 s内的速度变化量为4 m/s，故选B。
6．(2026·湖南长郡中学开学检测)有一辆汽车在一个沙尘暴天气中匀速行驶，司机突然模糊的看到正前方十字路口有一路障，他立即采取刹车，未发生事故。已知该汽车在水平路面上刹车时位移随时间变化的规律式为x＝20t－2t2( x的单位是m，t 的单位是s)。则关于该汽车的运动，下列判断中正确的是(　　)
A．刹车过程中的加速度大小为2 m/s2
B．刹车后6 s内的位移48 m
C．刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为19∶17∶15∶13
D．刹车全过程的平均速度为10 m/s
解析：D　根据x＝v0t＋at2，可得汽车的初速度v0＝20 m/s，加速度a＝－4 m/s2，A错误；汽车刹车所需的时间t＝ s＝5 s，故汽车在5 s末已经停止，故6 s内的位移x＝20t－2t2＝20×5 m－2×52 m＝50 m，B错误；
刹车后，汽车5 s内停下，应用逆向思维，根据x＝at2，第1 s内、第2 s内、第3 s内…位移之比为1∶3∶5∶7∶9，那么刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为9∶7∶5∶3，C错误；刹车后5 s末汽车已停止，故刹车全过程的平均速度为＝10 m/s，D正确，故选D。
7．(2025·八省联考云南卷)司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是(　　)
A．9.0 s，0.5 m/s2 B．7.0 s，0.6 m/s2
C．6.0 s，0.7 m/s2 D．5.0 s，0.8 m/s2
解析：A　汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36 km/h＝10 m/s，末速度v不大于限速为20 km/h≈5.56 m/s，该过程汽车速度的变化量为Δv＝v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44 m/s，结合选项内容，符合题意的仅有A选项。
[能力提升练]
8．(2026·重庆一中高三开学考)到2035年，重庆市高速公路将达到7000公里，如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度(识别区起点到自动栏杆的水平距离)L＝8 m。某自动驾驶汽车以18 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.8 m，则自动驾驶系统的反应时间为(　　)
A．0.04 s B．0.02 s
C．0.01 s D．0.2 s
解析：A　设自动驾驶系统的反应时间为t1，由题知汽车的速度v0＝18 km/h＝5 m/s，识别时间为t0＝0.3 s，汽车做匀速直线运动的位移为x1＝v0(t0＋t1)，汽车做匀减速直线运动的位移为x2＝，根据题意有x1＋x2＋3.8 m＝L，联立解得t1＝0.04 s，故选A。
9．(2025·山西朔州高三质检)一辆汽车在平直公路上以10 m/s的初速度做匀加速直线运动，2 s内的位移为30 m，则下列关于汽车的说法正确的是(　　)
A．汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m
B．汽车运动的加速度大小为15 m/s2
C．汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为1∶3
D．汽车第2 s末的速度大小为14.1 m/s
解析：A　汽车2 s内的位移为30 m，可知1 s末汽车的速度为v1＝＝15 m/s，第1 s内的位移为x1＝×1 m＝12.5 m，第2 s内的位移为x2＝17.5 m，则汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m，汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为5∶7，选项A正确，C错误； 汽车运动的加速度大小为a＝ m/s2＝5 m/s2，选项B错误；汽车第2 s末的速度大小为v2＝v0＋at2＝(10＋5×2)m/s＝20 m/s，选项D错误。
10．(多选)(2026·湖南长郡中学开学检测)如图，在一条较直的公路上，有A、B、C三棵相距都是L的树，一汽车沿公路行驶的过程中，经过A点时，司机突然发现前方有一群动物横穿过公路，司机立即刹车(不考虑反应时间)，汽车做匀减速直线运动，最终停在D点(恰好没有发生安全事故)。汽车经过AB段的时间为t，经过BC段的时间为2t，则(　　)
A．汽车运动的加速度为a＝
B．汽车经过A点的速度vA＝
C．汽车经过CD段所用时间为3t
D．CD段的距离为L
解析：AB　设质点加速度为a，由题意得L＝vAt－a×(3t)2，联立解得a＝，故AB正确；根据vt＝vA－at，可得汽车经过C点的速度为vC＝，则汽车经过CD段所用时间tCD＝t，故C错误；汽车CD段的运动可以看作从D点由静止开始的匀加速运动，则根据xCD＝atCD2，可得xCD＝，故D错误。故选AB。
11．(10分)(2024·广西卷，13)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d＝0.9 m，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t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
解析：(1)设该同学经过1号锥筒时速度大小为v0，加速度大小为a，由匀变速直线运动规律可知
d＝v0t1－at12
2d＝v0(t1＋t2)－a(t1＋t2)2
联立解得v0＝2.45 m/s，a＝1 m/s2。
(2)设该同学停下时经过的位移大小为x，根据匀变速直线运动规律有v2－v02＝－2ax
解得x＝＝3.001 25 m≈3.33d＜4d
可知最远能经过4号锥筒。
答案：(1)1 m/s2　(2)4
[培优创新练]
12．(2025·成都石室中学月考)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点。小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．小球的加速度大小为3 m/s2
B．OA间距为8 m
C．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/s
D．第3 s末经过B点
解析：C　设OA间距为x，小球在斜面上运动时加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律，从O点至第一次经过A点，有x＝v0t－at2，从O点至第二次通过C点，有x＋xAC＝v0(t＋t′)－a(t＋t′)2，其中v0＝10 m/s，xAC＝8 m，t＝2 s，t′＝4 s，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B点为AC的中点，则OB间距为x1＝x＋xAC＝20 m，由vB2－v02＝－2ax1，得小球第一次经过B点时的速度大小vB＝2 m/s，故C正确；第一次经过B点时，由x1＝t1，得t1＝s，第二次经过B点时，由x1＝t1′，得t1′＝s，故小球第s末和第s末经过B点，D错误。(共64张PPT)
第2讲　匀变速直线运动的规律
1.理解匀变速直线运动的特点，能理解公式中各物理量的含义。2.掌握匀变速直线运动的公式和推论，会灵活应用公式及推论解题。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
1．匀变速直线运动的规律
(1)定义：物体沿一条直线运动，且_________不变的运动。
(2)分类
(3)速度与时间的关系式：v＝_______________。
(4)位移与时间的关系式：x＝____________。
(5)位移与速度的关系式：v2－v02＝_________。
强基础
固本增分
加速度
v0＋at
v0t＋
2ax
2．匀变速直线运动的推论
(1)平均速度公式：＝；
位移中点速度公式：＝。
(2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝_________。
可以推广为xm－xn＝(m－n)aT2。
aT2
(3)初速度为零的匀加速直线运动比例式
①1T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝___________________________。
②1T内，2T内，3T内，…，nT内位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝____________________________________。
③第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第nT内位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝____________________________。
④通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝______________________________________________________。
1∶2∶3∶…∶n
1∶22∶32∶…∶n2
1∶3∶5∶…∶(2n－1)
1∶∶∶…∶
1．判断正误
(1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。(　　)
(2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。(　　)
(3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定不大于该段时间内位移中点的速度。(　　)
(4)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。(　　)
√
×
√
×
2．(2025·广西卷，3)某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 km/h减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，期间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程动车行驶距离约为(　　)
A．216 m B．350 m
C．600 m D．700 m
解析：B　已知动车初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，末速度v＝0，匀减速至停止。乘客脉搏每分钟跳动60下，即每秒1下，故70下对应时间t＝70 s。匀减速运动中，加速度a满足v＝v0＋at，解得a＝－ m/s2。位移s可通过平均速度计算： m/s＝5 m/s，s＝×t＝5×70 m＝350 m，因此，动车行驶距离为350米，故选B。
B　
3．(人教版教材原题改编)以18 m/s速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为(　　)
A．50 m B．45 m
C．40.5 m D．40 m
解析：C　根据x＝v0t＋at2得36 m＝18×3 m＋a×32 m，解得a＝－4 m/s2，则汽车停止所需时间为t′＝ s＝4.5 s＜5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x′＝ m＝40.5 m，故C正确。
C　
4．(人教版教材原题改编)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3或穿过每个木块所用时间之比t1∶t2∶t3正确的是(　　)
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝∶∶1
D　
解析：D　用“逆向思维”法解答，则可视为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，所以v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A、B错误；又由于每个木块厚度相同，则由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得t1∶t2∶t3＝∶∶1，选项C错误，D正确。
考点一　匀变速直线运动基本规律及应用
考向1　速度与时间的关系式的应用
　(2025·江苏卷，1)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减至0。该过程中加速度大小为(　　)
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
解析：C　根据运动学公式v＝v0＋at，代入数值解得a＝－6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。
研考点
精准突破
C　
公式选用原则
(1)不涉及位移x，选用v＝v0＋at。
(2)不涉及末速度v，选用x＝v0t＋at2。
(3)不涉及时间t，选用v2－v02＝2ax。
考向2　位移与时间的关系式的应用
　 (2026·合肥七中月考)汽车在平直公路上行驶，刹车后位移x随时间变化的关系式为x＝20t－t2，则从刹车开始，2 s内和5 s内汽车的位移之比为(　　)
A．5∶4 B．3∶4
C．4∶5 D．4∶3
B　
解析：B　位移x随时间t变化的关系式为x＝20t－t2，可知该车的初速度为v0＝20 m/s，加速度为a＝－5 m/s2，汽车速度减为零的时间t0＝ s＝4 s，则2 s内的位移x1＝v0t1＋at12＝20×2 m－×5×4 m＝30 m，5 s内的位移等于4 s内的位移，则x2＝×4 m＝40 m，可知2 s内与5 s内汽车的位移之比为x1∶x2＝3∶4，故A、C、D错误，B正确。
[易错警示]　(1)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动。
(2)利用基本公式求解此类问题时，应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。如例2中汽车4 s停止运动。
(3)汽车在刹车时，若考虑司机的反应时间，则在反应时间内汽车做匀速直线运动。
考向3　位移与速度的关系式的应用
　(2025·云南昆明一模)春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　)
A．盒子运动的加速度大小为1 m/s2
B．盒子运动到a点的速度大小为2 m/s
C．盒子运动到c点的速度大小为1 m/s
D．盒子从a点运动到e点的时间为2 s
B　
解析：B　由题知，滑块在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m，根据逆向思维法有x0＝at2，代入数据有a＝2 m/s2，故A错误；根据逆向思维法有va2＝2a×4x0，解得盒子运动到a点的速度大小为va＝2 m/s，故B正确；根据逆向思维法有vc2＝2a×2x0，解得盒子运动到c点的速度大小为vc＝ m/s，故C错误；根据逆向思维法有4x0＝at′2，盒子从a点运动到e点的时间为t′＝1 s，故D错误。
考向4　双向可逆类问题
　(多选)(2026·石家庄二中月考)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　　)
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
ABC　
解析：ABC　以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x1＝7.5 m，由运动学公式x1＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确；当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x2＝－7.5 m，由x2＝v0t＋at2，解得t3＝s或t4＝s(舍去)，故C正确；由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误。
易错提醒：双向可逆类问题，加速度保持不变。解题时注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义，物体的运动可能出现多解。
考点二　匀变速直线运动推论及应用
考向1　比例式及逆向思维法的应用
　(2026·北京人大附中月考)2025年中国中学生冰壶锦标赛7月30日在北京房山区燕山体育中心的燕山冰壶馆落幕，北京市第五十五中学队蝉联高中男子组冠军。如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第3个矩形区域时速度恰好为零，冰壶穿过1号矩形区域所用的时间为t1，冰壶穿过2号矩形区域所用的时间为t2，不计冰壶本身的大小，则满足(　　)
A．1.0<<1.2 B．1.2<<1.4
C．1.4<<1.6 D．1.6<<1.8
B　
解析：B　逆向分析可以看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，物体在连续相等的位移内所用时间之比等于1∶∶∶…，可得≈1.30，B正确。
匀减速到0的运动应用逆向思维法更简洁。
考向2　平均速度公式的应用
　(2025·山西太原一模)物体由静止从O点沿直线做匀加速运动，依次经过A、B两点，物体加速度的大小为a，若通过OA段所用的时间为δ，通过AB段走过位移的大小也为δ，下列说法正确的是(　　)
A．物体在A点速度的大小为aδ
B．若物体通过AB段所用的时间为，则aδ的大小为
C．若物体通过OA段走过位移的大小为，则aδ的大小为
D．物体通过OA段与AB段的平均速度之比为1＋
A　
解析：A　由题知，物体的初速度为零，物体通过OA段所用的时间为δ，根据v＝at，可得物体在A点速度的大小为vA＝aδ，故A正确；若物体通过AB段所用的时间为，则物体通过OB段所用的时间为δ＋δ，根据v＝at，可得物体在B点速度的大小为vB＝aδ，又物体通过AB段走过位移的大小为δ，则有δ＝tAB，即δ＝δ，解得aδ＝，故B错误；若物体通过OA段走过位移的大小为，则有×δ，解得aδ＝，故C错误；物体通过OA段的平均速度为，物体通过AB段，则有xAB＝，则有δ＝，解得vB′＝，则物体在AB段的平均速度为，故物体通过OA段与AB段的平均速度之比为，故D错误。
如果匀变速直线运动问题不涉及加速度，用公式x＝t计算更方便。
考向3　位移差公式的应用
　(2025·广东江门市一中月考)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
C　
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v＝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。
[归纳总结]　解决匀变速直线运动的常用推论
素养拓展　匀变速直线运动的多过程问题
1．三步法确定多过程问题的基本思路
2．分析多过程问题的四个要点
(1)题目中有多少个物理过程。
(2)每个过程中物体做什么运动，可画运动草图或作v-t图像形象地描述运动过程。
(3)每种运动满足什么物理规律。
(4)运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些，各阶段运动交接处的速度往往是联系各段运动的纽带。
(2024·全国甲卷，24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s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v0＝340 m/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。
[思维流程]　鸣笛后声波传播的距离和救护车运动距离图示。
解析：(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为
v＝at1
代入数据解得v＝20 m/s。
(2)设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
x＝at12＋v(t0－t1)
又x＝v0(t2－t0)
联立并代入数据解得x＝680 m。
答案：(1)20 m/s　(2)680 m
(人教版教材原题改编)如图所示是汽车分别通过ETC(电子不停车收费系统)通道和人工收费通道的流程，假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s, 匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至0，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：
(1)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车走人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车走ETC通道与走人工收费通道相比节约的时间。
[思维流程]　画出运动过程示意图
(1)走ETC通道时经历三个运动阶段：
(2)走人工收费通道经历三个运动阶段：
解析：(1)走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m
故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。
(2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为x2＝＝72 m。
(3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加
速到v1的时间t1＝＝18.5 s
走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t2＝×2＋t0＝44 s
又x总2＝2x2＝144 m
二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m
在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t2－＝25 s。
答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
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1
2
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
1．(2026·北京师大实验中学摸底)商场自动感应门如图1所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，完全打开时速度恰好为0，两扇门移动距离均为2 m。若门运动的v-t图像如图2所示，则门的加速度大小为
(　　)
A．2.0 m/s2
B．1.0 m/s2
C．0.5 m/s2
D．0.25 m/s2
限时规范
训练(2)　匀变速直线运动的规律
C　
3
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11
1
2
解析：C　由题可知，两扇门在打开的过程中，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，匀加速运动加速度的大小和匀减速运动加速度的大小相等。匀加速直线运动的位移x＝ m＝1 m，匀加速直线运动的时间t＝ s＝2 s，由运动学公式x＝at2，解得a＝0.5 m/s2，故选C。
2
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11
2．(2025·安徽卷，4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动，最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　)
A．x＝at2 B．x＝at2
C．x＝at2 D．x＝at2
A　
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解析：A　设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝at02，又x1＋2x＝8x，联立解得t0＝t，所以x＝at2，A正确。
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3．(2025·山东临沂一模)一辆公共汽车以初速度14 m/s进站后开始刹车，做匀减速直线运动直到停下。刹车后3 s内的位移与最后3 s内的位移之比是4∶3，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为
(　　)
A．1∶1 B．49∶40
C．49∶30 D．49∶48
D　
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解析：D　由题意可知，可得a＝4 m/s2，汽车停止运动需要时间t0＝＝3.5 s，则刹车后4 s内通过的距离x4＝×3.5 m＝24.5 m，刹车后3 s内通过的距离x3＝v0t3－at32＝24 m，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为49∶48，故选D。
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4．(2024·山东卷，3)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，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为
(　　)
A．∶
B．∶
C．∶
D．∶
A　
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1
解析：A　对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at02，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2L＝at12，当木板长度为2L时，有3L＝又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。
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5．(2025·湖南株洲市一模)一质点沿x轴运动，其位置随时间的关系为x＝6＋4t＋2t2(式中各物理量的单位均为国际单位)。关于其加速度与1 s内的速度变化量，下列说法正确的是(　　)
A．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为4 m/s
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为4 m/s
C．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为2 m/s
D．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为2 m/s
B　
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解析：B　根据加速度的定义式a＝可知，加速度是描述速度变化快慢的物理量，由于x＝6＋4t＋2t2，则有x－6＝4t＋2t2，将上述表达式与位移公式进行对比有a＝2 m/s2，解得a＝4 m/s2，可知1 s内的速度变化量为4 m/s，故选B。
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6．(2026·湖南长郡中学开学检测)有一辆汽车在一个沙尘暴天气中匀速行驶，司机突然模糊的看到正前方十字路口有一路障，他立即采取刹车，未发生事故。已知该汽车在水平路面上刹车时位移随时间变化的规律式为x＝20t－2t2( x的单位是m，t 的单位是s)。则关于该汽车的运动，下列判断中正确的是(　　)
A．刹车过程中的加速度大小为2 m/s2
B．刹车后6 s内的位移48 m
C．刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为19∶17∶15∶13
D．刹车全过程的平均速度为10 m/s
D　
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解析：D　根据x＝v0t＋at2，可得汽车的初速度v0＝20 m/s，加速度a＝－4 m/s2，A错误；汽车刹车所需的时间t＝ s＝5 s，故汽车在5 s末已经停止，故6 s内的位移x＝20t－2t2＝20×5 m－2×52 m＝50 m，B错误；刹车后，汽车5 s内停下，应用逆向思维，根据x＝at2，第1 s内、第2 s内、第3 s内…位移之比为1∶3∶5∶7∶9，那么刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为9∶7∶5∶3，C错误；刹车后5 s末汽车已停止，故刹车全过程的平均速度为＝10 m/s，D正确，故选D。
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7．(2025·八省联考云南卷)司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是(　　)
A．9.0 s，0.5 m/s2 B．7.0 s，0.6 m/s2
C．6.0 s，0.7 m/s2 D．5.0 s，0.8 m/s2
解析：A　汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36 km/h＝10 m/s，末速度v不大于限速为20 km/h≈5.56 m/s，该过程汽车速度的变化量为Δv＝v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44 m/s，结合选项内容，符合题意的仅有A选项。
A　
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[能力提升练]
8．(2026·重庆一中高三开学考)到2035年，重庆市高速公路将达到7000公里，如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度(识别区起点到自动栏杆的水平距离)L＝8 m。某自动驾驶汽车以18 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.8 m，则自动驾驶系统的反应时间为(　　)
A．0.04 s
B．0.02 s
C．0.01 s
D．0.2 s
A　
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解析：A　设自动驾驶系统的反应时间为t1，由题知汽车的速度v0＝18 km/h＝5 m/s，识别时间为t0＝0.3 s，汽车做匀速直线运动的位移为x1＝v0(t0＋t1)，汽车做匀减速直线运动的位移为x2＝，根据题意有x1＋x2＋3.8 m＝L，联立解得t1＝0.04 s，故选A。
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9．(2025·山西朔州高三质检)一辆汽车在平直公路上以10 m/s的初速度做匀加速直线运动，2 s内的位移为30 m，则下列关于汽车的说法正确的是
(　　)
A．汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m
B．汽车运动的加速度大小为15 m/s2
C．汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为1∶3
D．汽车第2 s末的速度大小为14.1 m/s
A　
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解析：A　汽车2 s内的位移为30 m，可知1 s末汽车的速度为v1＝＝15 m/s，第1 s内的位移为x1＝×1 m＝12.5 m，第2 s内的位移为x2＝17.5 m，则汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m，汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为5∶7，选项A正确，C错误； 汽车运动的加速度大小为a＝ m/s2＝5 m/s2，选项B错误；汽车第2 s末的速度大小为v2＝v0＋at2＝(10＋5×2)m/s＝20 m/s，选项D错误。
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10．(多选)(2026·湖南长郡中学开学检测)如图，在一条较直的公路上，有A、B、C三棵相距都是L的树，一汽车沿公路行驶的过程中，经过A点时，司机突然发现前方有一群动物横穿过公路，司机立即刹车(不考虑反应时间)，汽车做匀减速直线运动，最终停在D点(恰好没有发生安全事故)。汽车经过AB段的时间为t，经过BC段的时间为2t，则(　　)
A．汽车运动的加速度为a＝
B．汽车经过A点的速度vA＝
C．汽车经过CD段所用时间为3t
D．CD段的距离为L
AB　
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解析：AB　设质点加速度为a，由题意得L＝vAt－a×(3t)2，联立解得a＝，故AB正确；根据vt＝vA－at，可得汽车经过C点的速度为vC＝，则汽车经过CD段所用时间tCD＝t，故C错误；汽车CD段的运动可以看作从D点由静止开始的匀加速运动，则根据xCD＝atCD2，可得xCD＝，故D错误。故选AB。
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11．(10分)(2024·广西卷，13)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d＝0.9 m，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t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
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解析：(1)设该同学经过1号锥筒时速度大小为v0，加速度大小为a，由匀变速直线运动规律可知
d＝v0t1－at12
2d＝v0(t1＋t2)－a(t1＋t2)2
联立解得v0＝2.45 m/s，a＝1 m/s2。
(2)设该同学停下时经过的位移大小为x，根据匀变速直线运动规律有v2－v02＝－2ax
解得x＝＝3.001 25 m≈3.33d＜4d
可知最远能经过4号锥筒。
答案：(1)1 m/s2　(2)4
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[培优创新练]
12．(2025·成都石室中学月考)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点。小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．小球的加速度大小为3 m/s2
B．OA间距为8 m
C．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/s
D．第3 s末经过B点
C　
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解析：C　设OA间距为x，小球在斜面上运动时加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律，从O点至第一次经过A点，有x＝v0t－at2，从O点至第二次通过C点，有x＋xAC＝v0(t＋t′)－a(t＋t′)2，其中v0＝10 m/s，xAC＝8 m，t＝2 s，t′＝4 s，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B点为AC的中点，则OB间距为x1＝x＋xAC＝20 m，由vB2－v02＝－2ax1，得小球第一次经过B点时的速度大小vB＝2 m/s，故C正确；第一次经过B点时，由x1＝t1，得t1＝s，第二次经过B点时，由x1＝t1′，得t1′＝s，故小球第s末和第s末经过B点，D错误。
第2讲　匀变速直线运动的规律
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按ESC键退出全屏播放限时规范训练(2)　匀变速直线运动的规律
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
1．(2026·北京师大实验中学摸底)商场自动感应门如图1所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，完全打开时速度恰好为0，两扇门移动距离均为2 m。若门运动的v-t图像如图2所示，则门的加速度大小为(　　)
A．2.0 m/s2 B．1.0 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2
解析：C　由题可知，两扇门在打开的过程中，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，匀加速运动加速度的大小和匀减速运动加速度的大小相等。匀加速直线运动的位移x＝ m＝1 m，匀加速直线运动的时间t＝ s＝2 s，由运动学公式x＝at2，解得a＝0.5 m/s2，故选C。
2．(2025·安徽卷，4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动，最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　)
A．x＝at2 B．x＝at2
C．x＝at2 D．x＝at2
解析：A　设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝at02，又x1＋2x＝8x，联立解得t0＝t，所以x＝at2，A正确。
3．(2025·山东临沂一模)一辆公共汽车以初速度14 m/s进站后开始刹车，做匀减速直线运动直到停下。刹车后3 s内的位移与最后3 s内的位移之比是4∶3，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为(　　)
A．1∶1 B．49∶40
C．49∶30 D．49∶48
解析：D　由题意可知，可得a＝4 m/s2，汽车停止运动需要时间t0＝＝3.5 s，则刹车后4 s内通过的距离x4＝×3.5 m＝24.5 m，刹车后3 s内通过的距离x3＝v0t3－at32＝24 m，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为49∶48，故选D。
4．(2024·山东卷，3)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，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　)
A．∶
B．∶
C．∶
D．∶
解析：A　对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at02，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2L＝at12，当木板长度为2L时，有3L＝又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。
5．(2025·湖南株洲市一模)一质点沿x轴运动，其位置随时间的关系为x＝6＋4t＋2t2(式中各物理量的单位均为国际单位)。关于其加速度与1 s内的速度变化量，下列说法正确的是(　　)
A．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为4 m/s
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为4 m/s
C．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为2 m/s
D．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为2 m/s
解析：B　根据加速度的定义式a＝可知，加速度是描述速度变化快慢的物理量，由于x＝6＋4t＋2t2，则有x－6＝4t＋2t2，将上述表达式与位移公式进行对比有a＝2 m/s2，解得a＝4 m/s2，可知1 s内的速度变化量为4 m/s，故选B。
6．(2026·湖南长郡中学开学检测)有一辆汽车在一个沙尘暴天气中匀速行驶，司机突然模糊的看到正前方十字路口有一路障，他立即采取刹车，未发生事故。已知该汽车在水平路面上刹车时位移随时间变化的规律式为x＝20t－2t2( x的单位是m，t 的单位是s)。则关于该汽车的运动，下列判断中正确的是(　　)
A．刹车过程中的加速度大小为2 m/s2
B．刹车后6 s内的位移48 m
C．刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为19∶17∶15∶13
D．刹车全过程的平均速度为10 m/s
解析：D　根据x＝v0t＋at2，可得汽车的初速度v0＝20 m/s，加速度a＝－4 m/s2，A错误；汽车刹车所需的时间t＝ s＝5 s，故汽车在5 s末已经停止，故6 s内的位移x＝20t－2t2＝20×5 m－2×52 m＝50 m，B错误；
刹车后，汽车5 s内停下，应用逆向思维，根据x＝at2，第1 s内、第2 s内、第3 s内…位移之比为1∶3∶5∶7∶9，那么刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为9∶7∶5∶3，C错误；刹车后5 s末汽车已停止，故刹车全过程的平均速度为＝10 m/s，D正确，故选D。
7．(2025·八省联考云南卷)司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是(　　)
A．9.0 s，0.5 m/s2 B．7.0 s，0.6 m/s2
C．6.0 s，0.7 m/s2 D．5.0 s，0.8 m/s2
解析：A　汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36 km/h＝10 m/s，末速度v不大于限速为20 km/h≈5.56 m/s，该过程汽车速度的变化量为Δv＝v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44 m/s，结合选项内容，符合题意的仅有A选项。
[能力提升练]
8．(2026·重庆一中高三开学考)到2035年，重庆市高速公路将达到7000公里，如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度(识别区起点到自动栏杆的水平距离)L＝8 m。某自动驾驶汽车以18 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.8 m，则自动驾驶系统的反应时间为(　　)
A．0.04 s B．0.02 s
C．0.01 s D．0.2 s
解析：A　设自动驾驶系统的反应时间为t1，由题知汽车的速度v0＝18 km/h＝5 m/s，识别时间为t0＝0.3 s，汽车做匀速直线运动的位移为x1＝v0(t0＋t1)，汽车做匀减速直线运动的位移为x2＝，根据题意有x1＋x2＋3.8 m＝L，联立解得t1＝0.04 s，故选A。
9．(2025·山西朔州高三质检)一辆汽车在平直公路上以10 m/s的初速度做匀加速直线运动，2 s内的位移为30 m，则下列关于汽车的说法正确的是(　　)
A．汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m
B．汽车运动的加速度大小为15 m/s2
C．汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为1∶3
D．汽车第2 s末的速度大小为14.1 m/s
解析：A　汽车2 s内的位移为30 m，可知1 s末汽车的速度为v1＝＝15 m/s，第1 s内的位移为x1＝×1 m＝12.5 m，第2 s内的位移为x2＝17.5 m，则汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m，汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为5∶7，选项A正确，C错误； 汽车运动的加速度大小为a＝ m/s2＝5 m/s2，选项B错误；汽车第2 s末的速度大小为v2＝v0＋at2＝(10＋5×2)m/s＝20 m/s，选项D错误。
10．(多选)(2026·湖南长郡中学开学检测)如图，在一条较直的公路上，有A、B、C三棵相距都是L的树，一汽车沿公路行驶的过程中，经过A点时，司机突然发现前方有一群动物横穿过公路，司机立即刹车(不考虑反应时间)，汽车做匀减速直线运动，最终停在D点(恰好没有发生安全事故)。汽车经过AB段的时间为t，经过BC段的时间为2t，则(　　)
A．汽车运动的加速度为a＝
B．汽车经过A点的速度vA＝
C．汽车经过CD段所用时间为3t
D．CD段的距离为L
解析：AB　设质点加速度为a，由题意得L＝vAt－a×(3t)2，联立解得a＝，故AB正确；根据vt＝vA－at，可得汽车经过C点的速度为vC＝，则汽车经过CD段所用时间tCD＝t，故C错误；汽车CD段的运动可以看作从D点由静止开始的匀加速运动，则根据xCD＝atCD2，可得xCD＝，故D错误。故选AB。
11．(10分)(2024·广西卷，13)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d＝0.9 m，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t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
解析：(1)设该同学经过1号锥筒时速度大小为v0，加速度大小为a，由匀变速直线运动规律可知
d＝v0t1－at12
2d＝v0(t1＋t2)－a(t1＋t2)2
联立解得v0＝2.45 m/s，a＝1 m/s2。
(2)设该同学停下时经过的位移大小为x，根据匀变速直线运动规律有v2－v02＝－2ax
解得x＝＝3.001 25 m≈3.33d＜4d
可知最远能经过4号锥筒。
答案：(1)1 m/s2　(2)4
[培优创新练]
12．(2025·成都石室中学月考)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点。小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．小球的加速度大小为3 m/s2
B．OA间距为8 m
C．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/s
D．第3 s末经过B点
解析：C　设OA间距为x，小球在斜面上运动时加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律，从O点至第一次经过A点，有x＝v0t－at2，从O点至第二次通过C点，有x＋xAC＝v0(t＋t′)－a(t＋t′)2，其中v0＝10 m/s，xAC＝8 m，t＝2 s，t′＝4 s，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B点为AC的中点，则OB间距为x1＝x＋xAC＝20 m，由vB2－v02＝－2ax1，得小球第一次经过B点时的速度大小vB＝2 m/s，故C正确；第一次经过B点时，由x1＝t1，得t1＝s，第二次经过B点时，由x1＝t1′，得t1′＝s，故小球第s末和第s末经过B点，D错误。

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