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第2讲　匀变速直线运动的规律
【学习目标】　1.理解匀变速直线运动的特点及规律，能熟练应用匀变速直线运动的基本公式解决实际问题。2.能灵活运用匀变速直线运动的有关推论。3.会解决匀变速直线运动中的多物体、多过程问题。
考点一　匀变速直线运动的基本公式
1.速度—时间关系式(速度公式)：v＝v0＋at。
2.位移—时间关系式(位移公式)：x＝v0t＋at2。
3.速度—位移关系式：v2－＝2ax。
【正误辨析】
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)
(2)匀加速直线运动的位移随时间均匀增大。(×)
(3)匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。(√)
(4)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体在时间t内的位移一定最大。(×)
基本公式的选用技巧
适用情境 适用公式
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－＝2ax
x＝t
某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s 后速度大小达到8 m/s，之后的t2＝10 s内做匀速直线运动，接着经t3＝5 s做匀减速直线运动速度大小达到6 m/s(该同学可以看作质点)。求：
(1)该同学在匀加速运动阶段的加速度大小；
(2)该同学在第16 s末的速度大小；
(3)该同学这段时间内的位移大小。
答案：(1)2 m/s2　(2)7.2 m/s　(3)131 m
解析：(1)设匀加速运动阶段的加速度为a1
则v1＝a1t1
解得a1＝2 m/s2。
(2)设匀减速运动阶段的加速度为a2
因为v2＝v1＋a2t3
所以a2＝－0.4 m/s2
第16 s末，该同学已减速运动了t4＝2 s
此时该同学的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2 m/s。
(3)匀加速直线运动的位移x1＝a1＝16 m
匀速直线运动的位移x2＝v1t2＝80 m
匀减速直线运动的位移x3＝v1t3＋a2＝35 m
则这段时间内的位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。
针对练.(2026·云南模拟)某物体在外力作用下一直做匀变速直线运动，已知其位移随时间的变化关系为x＝30t－5t2，其中x与t的单位分别为m和s。则从开始运动到第5 s初(　　)
A.物体所经过的路程为50 m
B.物体的位移大小为25 m
C.物体的平均速度大小为12.5 m/s
D.物体的平均速率为13 m/s
答案：A
解析：物体从开始运动到第5 s初，一共运动了Δt＝4 s，将x＝30t－5t2，对比公式x＝v0t＋at2，可得v0＝30 m/s，a＝－10 m/s2，设物体向正方向减速到零的时间为t0，则有t0＝＝3 s，在Δt＝4 s内物体先向正方向运动3 s，再反方向运动1 s，则物体的位移大小为x4＝v0Δt＋a(Δt)2＝40 m，物体所经过的路程为s＝t0＋＝50 m，故A正确，B错误；物体的平均速度大小为＝＝10 m/s，故C错误；物体的平均速率为'＝＝12.5 m/s，故D错误。故选A。
刹车类问题的分析方法
1.刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动，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，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
4.汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速直线运动。
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拓展应用.(多选)自驾游是当今比较流行的旅游方式。一辆自驾游汽车正在以15 m/s的速度匀速行驶在乡间笔直的公路上，司机发现前方公路上有几只小动物排成直线横穿公路，小动物对行驶的汽车视而不见。司机经过0.5 s的反应时间后立即刹车，刹车后汽车做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，汽车恰好在小动物前方停下，下列说法正确的是(　　)
A.刹车后经过1 s，汽车的瞬时速度大小为10 m/s
B.刹车后，汽车经过3.5 s停下
C.司机从发现动物开始经过5.5 s，汽车行驶的距离为20 m
D.司机发现小动物时，汽车前端到小动物的距离为30 m
答案：AD
解析：汽车初速度大小v0＝15 m/s，加速度大小a＝5 m/s2，刹车后经过t＝1 s，汽车的瞬时速度大小为v＝v0－at＝10 m/s，故A正确；汽车刹车后，匀减速到停下来用时t1＝＝3 s，故B错误；司机反应时间内汽车位移x1＝15×0.5 m＝7.5 m，刹车时间为3 s，因此5.5 s内的位移等于3.5 s内的位移，汽车匀减速过程位移x2＝＝22.5 m，汽车行驶的距离为x＝x1＋x2＝30 m，故C错误；司机发现小动物时，汽车前端到小动物的距离为30 m，D正确。故选AD。
考点二　匀变速直线运动的推论及其应用
1.匀变速直线运动的三个重要推论
2.初速度为零的匀加速直线运动的重要推论
(1)按时间等分
①T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
②T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2。
③第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(2)按位移等分
从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
【正误辨析】
(1)在匀变速直线运动中，一段时间内中间时刻的速度一定不大于该段时间内位移中点的速度。(√)
(2)在匀变速直线运动中，第2秒内的位移比第1秒内的位移大1 m，则第3秒内的位移比第2秒内的位移大2 m。(×)
(3)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。(×)
匀变速直线运动灵活解题的“常用五法”
如图所示，某个小物块以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，已知小物块从A点运动
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到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，则小物块从B运动到C所用的时间为(　　)
A.0.5t　　　　B.t　　　　C.1.5t　　　　D.2t
答案：B
解析：方法一：平均速度法
由题意知＝＝，＝2axAC，＝2axBC，xBC＝，由以上各式可得vB＝＝，则vB正好等于AC段的平均速度，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可知在B点时是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。故选B。
方法二：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)。将物块的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，因为xBC∶xAB＝ ∶ ＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。故选B。
方法三：逆向思维法
物块向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。设物块从B到C所用的时间为tBC。由运动学公式得xBC＝ ，xAC＝ ，又xBC＝ ，由以上三式解得tBC＝t。故选B。
方法四：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出v -t图像，如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，则＝ ，且＝＝ ，OD＝t，OC＝t＋tBC，所以 ＝ ，解得tBC＝t。故选B。
针对练1.(2026·辽宁鞍山模拟)如图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
答案：C
解析：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。
针对练2.(2026·山东模拟)学校组织高中生进行体能测试，其中有一项是50米跑。如图所示，假设某同学在测试中，从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过连续四段相等的位移。已知他通过E处时的瞬时速度大小为v，通过AE段的时间为t，可将该同学视为质点。下列说法正确的是(　　)
A.该同学通过AB段的时间为
B.该同学通过B处时的速度大小为v
C.该同学通过CE段和BC段所用时间之比为∶1
D.该同学通过C处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
答案：C
解析：由题意知AB∶AE＝1∶4，该同学做初速度为零的匀加速运动，而tAE＝t，根据x＝at2，可知tAB＝，故A错误；因vE＝at＝v，则该同学通过B处时的速度大小为vB＝a·＝v，故B错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，该同学通过AB、BC、CD、DE段所用时间之比为1∶∶∶，则该同学通过CE段和BC段所用时间之比为∶1，故C正确；由A项分析可知tAB＝，可知该同学通过B处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度，因为该同学做匀加速直线运动，所以通过C处时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，故D错误。故选C。
考点三　匀变速直线运动中的多物体、多过程问题
多物体的运动问题
图甲为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m。则：
(1)CD间距离多远？
(2)此刻A的上端滑道上还有几名游客？
(3)此时A距滑道顶端多远？
答案：(1)4.5 m　(2)2名　(3)2 m
解析：(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即xCD－xBC＝xBC－xAB，解得xCD＝4.5 m。
(2)相邻两名游客间的距离差为1 m，所以此刻A上端滑道上还有2名游客。
(3)设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δx＝xCD－xBC＝aT2，即aT2＝1 m，A此时的速度为vA＝＝，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端的距离为x＝＝2aT2＝2 m。
处理多物体同性质运动问题的技巧
研究多个物体在同一个空间上重复同样的运动时，可将同一时刻多个物体的运动转化为一个物体的运动，同一时刻多个物体所在的位置可以看成是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头等时滴落的水滴、直升机定点等时空降的物资、在斜面上等时连续释放的小球等，均可把多物体的运动问题转化为单物体的运动问题求解。
物体运动的多过程问题
ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过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；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，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：
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(1)汽车过ETC通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速？
(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。
答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
解析：(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m
故总的位移大小x总1＝2x1＋d＝138 m。
(2)过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2＝＝72 m。
(3)过ETC通道的时间t1＝×2＋＝18.5 s
过人工收费通道的时间t2＝×2＋t0＝44 s
过人工收费通道的位移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v1做匀速直线运动，则Δt＝t2－＝25 s。
处理多过程运动问题的策略
1.解题步骤
(1)选取合适的研究对象，一般根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。
2.解题关键
相邻两个过程衔接时刻的速度是联系两个运动过程的纽带，因此抓住衔接时刻的速度往往是解题的关键。
课时测评2　匀变速直线运动的规律
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－10，每题4分，共40分)
题组1　匀变速直线运动的基本公式
1.(2026·江西上饶一模)动车铁轨旁两相邻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加速出站时的加速度大小。当他身边的窗户经过某一里程碑时屏幕显示的动车速度是54 km/h，动车又前进了3个里程碑时，速度变为126 km/h。把动车出站过程视为匀加速直线运动，则动车出站时的加速度大小为(　　)
A. m/s2 B. m/s2
C. m/s2 D. m/s2
答案：D
解析：初速度v0＝54 km/h＝15 m/s，末速度v＝126 km/h＝35 m/s，位移x＝3 000 m，根据v2－＝2ax，解得a＝ m/s2。故选D。
2.(2025·安徽卷·T4)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
答案：A
解析：设匀加速直线运动时间为t'，匀速直线运动的速度为v，匀加速直线运动阶段，有x＝t'，根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，联立解得t'＝，再根据x＝at'2，解得x＝at2。故选A。
3.(2026·黑龙江模拟)一辆卡车在冰雪路面上以36 km/h 的速度匀速行驶，由于前方出现事故司机紧急刹车，假设刹车过程做匀减速直线运动，已知刹车的加速度大小a＝2.5 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
A.刹车后第1 s内的位移大小为8 m
B.刹车后5 s内卡车前进的距离为18.75 m
C.刹车后5 s内的平均速度大小为4 m/s
D.刹车后6 s末的瞬时速度大小为5 m/s
答案：C
解析：卡车刹车的时间为t0＝＝4 s，刹车后第1 s内的位移大小为x1＝v0t1－a＝ m＝8.75 m，故A错误；由于5 s＞4 s，则刹车后5 s内卡车前进的距离为x＝v0t0＝×10×4 m＝20 m，故B错误；刹车后5 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝4 m/s，故C正确；由于6 s＞4 s，则刹车后6 s末的瞬时速度大小为零，故D错误。故选C。
题组2　匀变速直线运动的推论及其应用
4.某位同学观察火车进站，火车由初速度为36 km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶的距离约为(　　)
A.216 m B.350 m
C.600 m D.700 m
答案：B
解析：火车运动的时间为t＝×70 s＝70 s，火车共行驶的距离x＝t＝×70 m＝350 m。故选B。
5.(2026·山西吕梁二模)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s。则(　　)
A.高铁车头经过A的速度为32 m/s
B.高铁车头经过B的速度为25 m/s
C.高铁车头经过C的速度为14 m/s
D.高铁车头经过AC段的平均速度为25 m/s
答案：C
解析：由匀变速直线运动平均速度公式得＝30 m/s，＝20 m/s，因为AB＝BC，由匀变速直线运动位移中点速度公式得vB＝，由以上三式解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，对全程由平均速度公式得＝＝24 m/s。故选C。
6.新能源汽车自重较大，对刹车性能有更高的要求。某国产新能源汽车刹车性能测试时，汽车以18 m/s的速度匀速行驶，踩下刹车后汽车做匀减速直线运动，汽车的位移x与速度v变化的图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.汽车的刹车时间为2.5 s
B.汽车的刹车时间为3 s
C.汽车刹车时的加速度大小为5 m/s2
D.汽车刹车过程的最后1 s内位移大小为2.5 m
答案：B
解析：由题图可知，汽车刹车运动的位移大小为x0＝27 m，汽车的初速度为v0＝18 m/s，汽车刹车时间t＝＝＝3 s，故A错误，B正确；汽车刹车时的加速度大小为a＝＝6 m/s2，故C错误；汽车刹车过程前2 s内的位移x'＝v0t1－a＝24 m，汽车刹车过程的最后1 s内位移大小为x″＝x0－x'＝3 m，故D错误。故选B。
7.(2026·云南大理二模)大理洱海生态廊道深受国内外游客的喜爱。某游客骑着一辆自行车沿廊道的平直路段由静止匀加速骑行，经过10 s速度达到最大，然后匀速骑行30 s，再以大小为0.4 m/s2的加速度匀减速骑行，经过15 s停下来。则(　　)
A.该游客整个骑行过程中的最大速度大小为5 m/s
B.该游客整个过程的平均速度大小为3 m/s
C.该游客匀加速骑行的加速度大小为0.6 m/s2
D.该游客匀速骑行阶段的位移大小是匀减速骑行阶段位移大小的2倍
答案：C
解析：由逆向思维法将匀减速阶段看成反方向的匀加速直线运动，则整个骑行过程中的最大速度为v1＝a2t3＝0.4×15 m/s＝6 m/s，故A错误；匀加速阶段的位移大小为x1＝＝ m＝30 m，匀速阶段的位移大小为x2＝v1t2＝6×30 m＝180 m，匀减速阶段的位移为x3＝＝ m＝45 m，故该游客整个过程的平均速度大小为＝＝ m/s≈4.6 m/s＞3 m/s，故B错误；匀加速骑行过程中的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝0.6 m/s2，故C正确；匀速骑行阶段的位移大小为180 m，匀减速骑行阶段位移大小为45 m，故该游客匀速骑行阶段的位移大小是匀减速骑行阶段位移大小的4倍，故D错误。故选C。
8.(2026·吉林松原模拟)因前方路段有塌方，一汽车在收到信号后立即开始刹车。刹车过程中汽车途经A、B、C三点，最终汽车停在D点。已知汽车经过AB段所用时间和BC段所用时间相等均为t＝1 s，且xAB－xBC＝8 m，汽车在CD段的平均速度大小为1 m/s(汽车刹车过程中加速度不变)。则下列说法正确的是(　　)
A.汽车刹车时加速度大小为2 m/s2
B.汽车在A点的速度大小为16 m/s
C.xAB＝16 m
D.汽车在AB段的平均速度大小为14 m/s
答案：D
解析：因汽车经过AB段所用时间和BC段所用时间相等均为t＝1 s，则由Δx＝at2，可知a＝8 m/s2，A错误；由匀变速直线运动的推论可知CD段的平均速度大小为该段初、末速度大小的平均值，即＝＝1 m/s，vD＝0，故vC＝2 m/s，则对汽车由A到C的运动有vC＝vA－2at，解得vA＝18 m/s，B错误；由匀变速直线运动推论可知vB＝＝10 m/s，则AB段的平均速度大小为＝＝14 m/s，xAB＝t＝14 m，C错误，D正确。故选D。
9.(2026·安徽模拟)旱冰壶最近几年深受中小学生的喜爱。如图甲为某旱冰壶比赛的场景，如图乙为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到B点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶在该过程中的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是(　　)
A.冰壶在C点的速度大小为
B.冰壶由D到O的时间为t
C.冰壶运动的总时间为4t
D.投掷点A到圆心O的距离为v0t
答案：D
解析：设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A到O，有＝2aL，冰壶由A到C，有－＝2a·，解得vC＝v0，故A错误；由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O到A的初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知＝，解得tOD＝t，故B错误；同理＝，解得t总＝t，故C错误；投掷点A到圆心O的距离L＝t总＝v0t，故D正确。故选D。
10.(2026·安徽模拟)自动感应门在我们的生活中有广泛应用，可以方便大家出行。如图是某小区单扇自动感应门框图：人进出时，门从静止开始先以加速度a做匀加速运动，再以匀减速运动，完全打开时速度恰好为零。已知单扇门的宽度为d，则门完全打开所用时间为(　　)
A. B.
C. D.
答案：C
解析：设运动中门的最大速度为v，以加速度a匀加速运动的位移为x1，以匀减速运动的位移为x2，则有x1＋x2＝d，根据匀变速直线运动的基本公式可得v2＝2ax1，v2＝2·x2，联立解得v＝，根据d＝t1＋t2＝(t1＋t2)＝t，解得门完全打开所用时间为t＝。故选C。
11.(10分)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，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v1；
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2。
答案：(1)60 m/s　(2)1.2 m/s2
解析：(1)设减速t2＝40 s后，列车的速度大小为v1
v0＝288 km/h＝80 m/s
则列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小v1＝v0－a1t2＝60 m/s。
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，该过程列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m
从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
从打开电磁制动系统到列车停下来的过程中，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m
则a2＝＝1.2 m/s2。(共65张PPT)
第2讲　匀变速直线运动的规律
高三总复习讲义　新高考
第一章 运动的描述　匀变速直线运动
1.理解匀变速直线运动的特点及规律，能熟练应用匀变速直线运动的基本公式
解决实际问题。
2.能灵活运用匀变速直线运动的有关推论。
3.会解决匀变速直线运动中的多物体、多过程问题。
学习目标
考点一　匀变速直线运动的基本公式
考点二　匀变速直线运动的推论及其应用
考点三　匀变速直线运动中的多物体、多过程问题
课时测评
内容索引
匀变速直线运动的基本公式
考点一
1.速度—时间关系式(速度公式)：___________。
2.位移—时间关系式(位移公式)：_____________。
3.速度—位移关系式：______________。
知识梳理
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－＝2ax
正误辨析
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 ( )
(2)匀加速直线运动的位移随时间均匀增大。 ( )
(3)匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。 ( )
(4)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体在时间t内的位移一定最大。 ( )
×
×
√
×
核心突破
基本公式的选用技巧
适用情境 适用公式
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
适用情境 适用公式
v2－＝2ax
x＝t
某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s 后速度大小达到
8 m/s，之后的t2＝10 s内做匀速直线运动，接着经t3＝5 s做匀减速直线运动速度大小达到6 m/s(该同学可以看作质点)。求：
(1)该同学在匀加速运动阶段的加速度大小；
例1
答案：2 m/s2
设匀加速运动阶段的加速度为a1
则v1＝a1t1
解得a1＝2 m/s2。
(2)该同学在第16 s末的速度大小；
答案：7.2 m/s
设匀减速运动阶段的加速度为a2
因为v2＝v1＋a2t3
所以a2＝－0.4 m/s2
第16 s末，该同学已减速运动了t4＝2 s
此时该同学的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2 m/s。
(3)该同学这段时间内的位移大小。
答案：131 m
匀加速直线运动的位移x1＝a1＝16 m
匀速直线运动的位移x2＝v1t2＝80 m
匀减速直线运动的位移x3＝v1t3＋a2＝35 m
则这段时间内的位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。
针对练.(2026·云南模拟)某物体在外力作用下一直做匀变速直线运动，已知其位移随时间的变化关系为x＝30t－5t2，其中x与t的单位分别为m和s。则从开始运动到第5 s初
A.物体所经过的路程为50 m
B.物体的位移大小为25 m
C.物体的平均速度大小为12.5 m/s
D.物体的平均速率为13 m/s
√
物体从开始运动到第5 s初，一共运动了Δt＝4 s，将x＝30t－5t2，对比公式x＝v0t＋at2，可得v0＝30 m/s，a＝－10 m/s2，设物体向正方向减速到零的时间为t0，则有t0＝＝3 s，在Δt＝4 s内物体先向正方向运动3 s，再反方向运动1 s，则物体的位移大小为x4＝v0Δt＋a(Δt)2＝
40 m，物体所经过的路程为s＝t0＋＝50 m，故A正确，B错误；物体的平均速度大小为＝＝10 m/s，故C错误；物体的平均速率为'＝＝12.5 m/s，故D错误。故选A。
1.刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动，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，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
4.汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速直线运动。
模型拓展
拓展应用.(多选)自驾游是当今比较流行的旅游方式。一辆自驾游汽车正在以15 m/s的速度匀速行驶在乡间笔直的公路上，司机发现前方公路上有几只小动物排成直线横穿公路，小动物对行驶的汽车视而不见。司机经过
0.5 s的反应时间后立即刹车，刹车后汽车做匀减速运动，加速度大小为
5 m/s2，汽车恰好在小动物前方停下，下列说法正确的是
A.刹车后经过1 s，汽车的瞬时速度大小为10 m/s
B.刹车后，汽车经过3.5 s停下
C.司机从发现动物开始经过5.5 s，汽车行驶的距离为20 m
D.司机发现小动物时，汽车前端到小动物的距离为30 m
√
√
汽车初速度大小v0＝15 m/s，加速度大小a＝5 m/s2，刹车后经过t＝
1 s，汽车的瞬时速度大小为v＝v0－at＝10 m/s，故A正确；汽车刹车后，匀减速到停下来用时t1＝＝3 s，故B错误；司机反应时间内汽车位移x1＝15×0.5 m＝7.5 m，刹车时间为3 s，因此5.5 s内的位移等于
3.5 s内的位移，汽车匀减速过程位移x2＝＝22.5 m，汽车行驶的距离为x＝x1＋x2＝30 m，故C错误；司机发现小动物时，汽车前端到小动物的距离为30 m，D正确。故选AD。
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匀变速直线运动的推论及其应用
考点二
1.匀变速直线运动的三个重要推论
知识梳理
2.初速度为零的匀加速直线运动的重要推论
(1)按时间等分
①T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝________________。
②T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝_________________。
③第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝______________________。
1∶2∶3∶…∶n
1∶4∶9∶…∶n2
1∶3∶5∶…∶(2n－1)
(2)按位移等分
从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
正误辨析
(1)在匀变速直线运动中，一段时间内中间时刻的速度一定不大于该段时间内位移中点的速度。 ( )
(2)在匀变速直线运动中，第2秒内的位移比第1秒内的位移大1 m，则第3秒内的位移比第2秒内的位移大2 m。 ( )
(3)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。 ( )
√
×
×
匀变速直线运动灵活解题的“常用五法”
核心突破
如图所示，某个小物块以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，已知小物块从A点运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，则小物块从B运动到C所用的时间为
A.0.5t　　　　
B.t　　　　
C.1.5t　　　　
D.2t
√
例2
方法一：平均速度法
由题意知＝＝，＝2axAC，＝2axBC，xBC＝，由以上各式可得vB＝＝，则vB正好等于AC段的平均速度，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可知在B点时是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。故选B。
方法二：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)。将物块的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，因为xBC∶xAB＝ ∶ ＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。故选B。
方法三：逆向思维法
物块向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。设物块从B到C所用的时间为tBC。由运动学公式得xBC＝ ，xAC＝ ，又xBC＝ ，由以上三式解得tBC＝t。故选B。
方法四：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出v -t图像，如图所示。
利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，
则＝ ，且＝＝ ，OD＝t，OC＝t＋tBC，
所以 ＝ ，解得tBC＝t。故选B。
针对练1.(2026·辽宁鞍山模拟)如图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
√
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。
针对练2.(2026·山东模拟)学校组织高中生进行体能测试，其中有一项是50米跑。如图所示，假设某同学在测试中，从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过连续四段相等的位移。已知他通过E处时的瞬时速度大小为v，通过AE段的时间为t，可将该同学视为质点。下列说法正确的是
A.该同学通过AB段的时间为
B.该同学通过B处时的速度大小为v
C.该同学通过CE段和BC段所用时间之比为∶1
D.该同学通过C处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
√
由题意知AB∶AE＝1∶4，该同学做初速度为零的匀加速运动，而tAE＝t，根据x＝at2，可知tAB＝，故A错误；因vE＝at＝v，则该同学通过B处时的速度大小为vB＝a·＝v，故B错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，该同学通过AB、BC、CD、DE段所用时间之比为1∶∶∶，则该同学通过CE段和BC段所用时间之比为∶1，故C正确；由A项分析可知tAB＝，可知该同学通过B处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度，因为该同学做匀加速直线运动，所以通过C处时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，故D错误。故选C。
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匀变速直线运动中的多物体、多过程问题
考点三
考向1 多物体的运动问题
图甲为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m。则：
(1)CD间距离多远？
例3
答案：4.5 m
游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即xCD－xBC＝xBC－xAB，解得xCD＝4.5 m。
(2)此刻A的上端滑道上还有几名游客？
答案：2名
相邻两名游客间的距离差为1 m，所以此刻A上端滑道上还有2名游客。
(3)此时A距滑道顶端多远？
答案：2 m
设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δx＝xCD－xBC＝aT2，即aT2＝1 m，A此时的速度为vA＝＝，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端的距离为x＝＝2aT2＝2 m。
处理多物体同性质运动问题的技巧
研究多个物体在同一个空间上重复同样的运动时，可将同一时刻多个物体的运动转化为一个物体的运动，同一时刻多个物体所在的位置可以看成是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头等时滴落的水滴、直升机定点等时空降的物资、在斜面上等时连续释放的小球等，均可把多物体的运动问题转化为单物体的运动问题求解。
总结提升
考向2 物体运动的多过程问题
ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过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；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，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：
例4
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小；
答案：138 m　
过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m
故总的位移大小x总1＝2x1＋d＝138 m。
(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速？
答案：72 m　
过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2＝＝72 m。
答案：25 s
过ETC通道的时间t1＝×2＋＝18.5 s
过人工收费通道的时间t2＝×2＋t0＝44 s
过人工收费通道的位移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v1做匀速直线运动，则Δt＝t2－＝25 s。
(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。
处理多过程运动问题的策略
1.解题步骤
(1)选取合适的研究对象，一般根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。
总结提升
2.解题关键
相邻两个过程衔接时刻的速度是联系两个运动过程的纽带，因此抓住衔接时刻的速度往往是解题的关键。
总结提升
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课 时 测 评
1.(2026·江西上饶一模)动车铁轨旁两相邻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加速出站时的加速度大小。当他身边的窗户经过某一里程碑时屏幕显示的动车速度是54 km/h，动车又前进了3个里程碑时，速度变为126 km/h。把动车出站过程视为匀加速直线运动，则动车出站时的加速度大小为
A. m/s2
B. m/s2
C. m/s2
D. m/s2
√
初速度v0＝54 km/h＝15 m/s，末速度v＝126 km/h＝35 m/s，位移x＝
3 000 m，根据v2－＝2ax，解得a＝ m/s2。故选D。
2.(2025·安徽卷·T4)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
√
设匀加速直线运动时间为t'，匀速直线运动的速度为v，匀加速直线运动阶段，有x＝t'，根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，联立解得t'＝，再根据x＝at'2，解得x＝at2。故选A。
3.(2026·黑龙江模拟)一辆卡车在冰雪路面上以36 km/h 的速度匀速行驶，由于前方出现事故司机紧急刹车，假设刹车过程做匀减速直线运动，已知刹车的加速度大小a＝2.5 m/s2，则下列说法中正确的是
A.刹车后第1 s内的位移大小为8 m
B.刹车后5 s内卡车前进的距离为18.75 m
C.刹车后5 s内的平均速度大小为4 m/s
D.刹车后6 s末的瞬时速度大小为5 m/s
√
卡车刹车的时间为t0＝＝4 s，刹车后第1 s内的位移大小为x1＝v0t1－a＝ m＝8.75 m，故A错误；由于5 s＞4 s，则刹车后5 s内卡车前进的距离为x＝v0t0＝×10×4 m＝20 m，故B错误；刹车后5 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝4 m/s，故C正确；由于6 s＞4 s，则刹车后6 s末的瞬时速度大小为零，故D错误。故选C。
题组2　匀变速直线运动的推论及其应用
4.某位同学观察火车进站，火车由初速度为36 km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶的距离约为
A.216 m B.350 m
C.600 m D.700 m
火车运动的时间为t＝×70 s＝70 s，火车共行驶的距离x＝t＝×
70 m＝350 m。故选B。
√
5.(2026·山西吕梁二模)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s。则
A.高铁车头经过A的速度为32 m/s
B.高铁车头经过B的速度为25 m/s
C.高铁车头经过C的速度为14 m/s
D.高铁车头经过AC段的平均速度为25 m/s
√
由匀变速直线运动平均速度公式得＝30 m/s，＝20 m/s，因为AB＝BC，由匀变速直线运动位移中点速度公式得vB＝，由以上三式解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，对全程由平均速度公式得＝＝24 m/s。故选C。
6.新能源汽车自重较大，对刹车性能有更高的要求。某国产新能源汽车刹车性能测试时，汽车以18 m/s的速度匀速行驶，踩下刹车后汽车做匀减速直线运动，汽车的位移x与速度v变化的图像如图所示，下列说法正确的是
A.汽车的刹车时间为2.5 s
B.汽车的刹车时间为3 s
C.汽车刹车时的加速度大小为5 m/s2
D.汽车刹车过程的最后1 s内位移大小为2.5 m
√
由题图可知，汽车刹车运动的位移大小为x0＝27 m，汽车的初速度为v0＝18 m/s，汽车刹车时间t＝＝＝3 s，故A错误，B正确；汽车刹车时的加速度大小为a＝＝6 m/s2，故C错误；汽车刹车过程前2 s内的位移x'＝v0t1－a＝24 m，汽车刹车过程的最后1 s内位移大小为x″＝x0－x'＝3 m，故D错误。故选B。
7.(2026·云南大理二模)大理洱海生态廊道深受国内外游客的喜爱。某游客骑着一辆自行车沿廊道的平直路段由静止匀加速骑行，经过10 s速度达到最大，然后匀速骑行30 s，再以大小为0.4 m/s2的加速度匀减速骑行，经过15 s停下来。则
A.该游客整个骑行过程中的最大速度大小为5 m/s
B.该游客整个过程的平均速度大小为3 m/s
C.该游客匀加速骑行的加速度大小为0.6 m/s2
D.该游客匀速骑行阶段的位移大小是匀减速骑行阶段位移大小的2倍
√
由逆向思维法将匀减速阶段看成反方向的匀加速直线运动，则整个骑行过程中的最大速度为v1＝a2t3＝0.4×15 m/s＝6 m/s，故A错误；匀加速阶段的位移大小为x1＝＝ m＝30 m，匀速阶段的位移大小为x2＝v1t2＝6×30 m＝180 m，匀减速阶段的位移为x3＝＝ m＝
45 m，故该游客整个过程的平均速度大小为＝＝ m/s≈4.6 m/s＞3 m/s，故B错误；
匀加速骑行过程中的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝0.6 m/s2，故C正确；匀速骑行阶段的位移大小为180 m，匀减速骑行阶段位移大小为
45 m，故该游客匀速骑行阶段的位移大小是匀减速骑行阶段位移大小的4倍，故D错误。故选C。
8.(2026·吉林松原模拟)因前方路段有塌方，一汽车在收到信号后立即开始刹车。刹车过程中汽车途经A、B、C三点，最终汽车停在D点。已知汽车经过AB段所用时间和BC段所用时间相等均为t＝1 s，且xAB－xBC＝8 m，汽车在CD段的平均速度大小为1 m/s(汽车刹车过程中加速度不变)。则下列说法正确的是
A.汽车刹车时加速度大小为2 m/s2
B.汽车在A点的速度大小为16 m/s
C.xAB＝16 m
D.汽车在AB段的平均速度大小为14 m/s
√
因汽车经过AB段所用时间和BC段所用时间相等均为t＝1 s，则由Δx＝at2，可知a＝8 m/s2，A错误；由匀变速直线运动的推论可知CD段的平均速度大小为该段初、末速度大小的平均值，即＝＝1 m/s，vD＝0，故vC＝2 m/s，则对汽车由A到C的运动有vC＝vA－2at，解得vA＝18 m/s，B错误；由匀变速直线运动推论可知vB＝＝10 m/s，则AB段的平均速度大小为＝＝14 m/s，xAB＝t＝14 m，C错误，D正确。故选D。
9.(2026·安徽模拟)旱冰壶最近几年深受中小学生的喜爱。如图甲为某旱冰壶比赛的场景，如图乙为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到B点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶在该过程中的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是
A.冰壶在C点的速度大小为
B.冰壶由D到O的时间为t
C.冰壶运动的总时间为4t
D.投掷点A到圆心O的距离为v0t
√
设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A到O，有＝2aL，冰壶由A到C，有－＝2a·，解得vC＝v0，故A错误；由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O到A的初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知＝，解得tOD＝t，故B错误；同理＝，解得t总＝t，故C错误；投掷点A到圆心O的距离L＝t总＝v0t，故D正确。故选D。
10.(2026·安徽模拟)自动感应门在我们的生活中有广泛应用，可以方便大家出行。如图是某小区单扇自动感应门框图：人进出时，门从静止开始先以加速度a做匀加速运动，再以匀减速运动，完全打开时速度恰好为零。已知单扇门的宽度为d，则门完全打开所用时间为
A. B.
C. D.
√
设运动中门的最大速度为v，以加速度a匀加速运动的位移为x1，以匀减速运动的位移为x2，则有x1＋x2＝d，根据匀变速直线运动的基本公式可得v2＝2ax1，v2＝2·x2，联立解得v＝，根据d＝t1＋t2＝(t1＋t2)＝t，解得门完全打开所用时间为t＝。故选C。
11.(10分)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，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v1；
答案：60 m/s
设减速t2＝40 s后，列车的速度大小为v1
v0＝288 km/h＝80 m/s
则列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小v1＝v0－a1t2＝60 m/s。
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2。
答案：1.2 m/s2
列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，该过程列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m
从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
从打开电磁制动系统到列车停下来的过程中，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m
则a2＝＝1.2 m/s2。
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第2讲　匀变速直线运动的规律

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