資源簡介

第 2 講 勻變速直線運動的規律的運用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 勻變速直線運動的基本規律
考點 2 解決勻變速直線運動的規律總結
考點 3 兩類勻減速直線運動
考點 4 自由落體運動和豎直上拋運動
　
一．勻變速直線運動的基本規律
1．勻變速直線運動
(1)定義：沿著一條直線，且加速度不變的運動．
(2) {勻加速直線運動：a 與 v 同向.分類： 勻減速直線運動：a 與 v 反向.
2．速度與時間的關系式：v＝v0＋at.
1
3．位移與時間的關系式：x＝v0t＋ at2.2
4．位移與速度的關系式：v2－v20＝2ax.
二．勻變速直線運動的推論
－ v0＋v
1．平均速度公式： v ＝ v t ＝ .
2 2
2．連續相等時間內位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－x ＝aT2n－1 .
可以推廣到：xm－xn＝(m－n)aT2.
v v
2 v2
3.中間位置的速度 0x
2 2
4．初速度為零的勻加速直線運動比例式
(1)1T 末、2T 末、3T 末……的瞬時速度之比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T 內，2T 內，3T 內……位移之比為：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一個 T 內，第二個 T 內，第三個 T 內，……，第 n 個 T 內位移之比為：
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
(4)通過連續相等的位移所用時間之比為：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1)．
三．自由落體運動和豎直上拋運動的規律
1．自由落體運動規律
(1)速度公式：v＝gt.
1
(2)位移公式：h＝ gt2.
2
(3)速度—位移關系式：v2＝2gh.
2．豎直上拋運動規律
(1)速度公式：v＝v0－gt.
1
(2)位移公式：h＝v0t－ gt2.2
(3)速度—位移關系式：v2－v20＝－2gh.
v20
(4)上升的最大高度：h＝ .
2g
v0
(5)上升到最大高度用時：t＝ .
g
考點 1：勻變速直線運動的基本規律
1．一般的勻變速直線運動的規律
（1）速度規律：v＝v0＋at。
1
（2）位移規律：x＝v0t＋ at2。2
（3）位移速度關系式：v2－v20＝2ax。
這三個基本公式，是解決勻變速直線運動的基石。三個公式中的物理量 x、a、v0、v 均為矢量
（三個公式稱為矢量式）。在應用時，一般以初速度方向為正方向，凡是與 v0方向相同的 x、a、v 均
為正值，反之為負值。當 v0＝0 時，一般以 a 的方向為正方向。這樣就可將矢量運算轉化為代數運算，
使問題簡化均為矢量式，應用時應規定正方向。
2．公式選取方法
（1）沒有涉及 x，適宜選用 v＝v0＋at。
1
（2）沒有涉及 v ，適宜選用 x＝v0t＋ at2。2
（3）沒有涉及 t ，適宜選用 v2－v 20 ＝2ax。
3．應用勻變速直線運動的公式解題時應注意的問題
（1）首先必須對物體的運動性質和運動過程進行分析和判斷，看物體的運動是否為或可視為勻
變速直線運動。
（2）通常選取初速度方向為正方向。
（3）公式 x=vot+
1 at2是位移公式，利用該公式求得是位移，不是路程。對于往返型的勻變速直
2
線運動，該公式對全程的各個時刻也都是適用的。
（4）分析物體的運動問題，要養成畫物體運動草圖的習慣，并在圖中標注出有關各量。這樣將
加深對物體運動過程的理解，有助于發現已知量和未知量之間的相互關系，迅速找到解題的突破口。
（5）如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，弄清物體在每段上的運動情況及遵循
的規律．應特別注意各段交接處的速度往往是解題的關鍵。
（6）末速度為零的勻減速直線運動可看成初速度為零、加速度相等的反向勻加速直線運動（逆
向思維法）。
(7)計算結果中如果出現負值，應說明負號的物理意義．
【考向 1】質點做直線運動的位移 x 與時間 t 的關系為 = 5 + 2（各物理量均采用國際單位制單位），下
列說法正確的是（　　）
A．該質點的加速度大小為1m/s2 B．該質點在 1s 末的速度大小為 6m/s
C．前 2s 內的位移為 8m D．該質點第 2s 內的平均速度為 8m/s
【考向 2】如圖，一小球（可視為質點）由靜止開始沿光滑斜面向下做勻加速直線運動，已知小球從位置 m
到位置 p 的運動過程中，從位置 m 到位置 n 的時間為 t1，從位置 n 到位置 p 的時間為 t2，兩段連續的位移
均為 s，則小球通過位置 n 時的速度的大小為（ ）
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】某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時，發動機產生的最大加速度為5m/s2，所需的起
飛速度約為 50m/s，航母靜止時，彈射系統初始能給艦載機 25m/s 的初速度。若航母以 15m/s 的航速勻速
行駛，彈射系統開啟，為保證飛機能從艦上順利起飛，航母上飛機跑道的長度至少約為（ ）
A．40m B．60m C．80m D．100m
【考向 4】如圖，多輛車在路口停止線后依次排列等候綠燈，第一輛車的前端剛好與路口停止線相齊，且
每輛車的尾部與相鄰后車的前端距離均為 1m。為了安全，前車尾部與相鄰后車前端距離至少為 5m 時后車
才能開動。已知車長均為 4m，開動后車都以 2m/s2的加速度做勻加速直線運動直到離開路口。綠燈亮起瞬
間，第一輛車立即開動，下列說法正確的是（　　）
A．第二輛車剛開動時，第一輛車已行駛的時間至少為 5s
B．第六輛車前端剛到達停止線時的速度大小為2 30m/s
C．從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動所需時間至少為 12s
D．從綠燈剛亮起到第六輛車前端與停止線相齊所需最短時間為 15s
【考向 5】李克強總理承諾年底要取消省界高速公路收費站，有一輛家用小汽車，通過某省界卡口，在 ETC
車道上可以不停車而直接先減速扣費后加速通過。若小汽車勻速駛入 ETC 通道，在距離剛好自動識別扣費
的位置 1 = 30m處，小汽車開始以大小為 1 = 5.6m/s2的加速度勻減速行駛，通過自動識別扣費位置時的
速度為 = 28.8km/h，扣費后，小汽車立即以 2 = 4m/s2的加速度勻加速至減速之前的速度（假設此省界
卡扣的前、后都是平直大道，道路寬度與車長不計）。求
（1）該車駛入 ETC 通道前的勻速運動的速度大小 0
（2）該車從減速開始到恢復到減速前速度的過程中，運動的總時間是多少？
（3）因為通過 ETC 通道，該車需要減速和加速過站所耽誤的時間為多少？
考點 2：解決勻變速直線運動的規律總結
1．勻變速直線運動的三個重要推論
（1）任意兩個連續相等的時間間隔 T 內的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1
＝aT2。可以推廣到：xm－xn＝（m－n）aT2。
（2）物體在一段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量
v0＋v x
和的一半，即：v＝ v t = 。
2 2 t
v2 v2
（3）勻變速直線運動位移中點的瞬時速度公式 v x t 0 ，既適用于勻加速直線運動，也適用于
2 2
勻減速直線運動。不論物體是做勻加速直線運動還是做勻減速直線運動，總有 v x > v t 。
2 2
2.初速度為零的勻變速直線運動的四個比例式
（1）1T 末、2T 末、3T 末……瞬時速度的比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n ①。
（2）1T 內、2T 內、3T 內……位移的比為：x 2 21∶x2∶x3∶…∶xn＝1 ∶2 ∶32∶…∶n2 ②。
（3）第一個 T 內、第二個 T 內、第三個 T 內……位移的比為：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）
③。
（4）從靜止開始通過連續相等的位移所用時間的比為：t1∶t2∶t3∶ …∶tn＝1∶（ 2－1）∶（ 3－ 2）∶…∶
（ n－ n－1） ④。
（1）運用比例式的時候注意前提條件是初速度為零（或者由靜止開始）的勻變速直接運動。如果物
體勻減速到零，也可以利用逆向思維看做反向初速度為零的勻加速直線運動。
（2）抓住相等時間比速度和比位移，即只有時間相等才能運用比例式①②③；抓住相等位移比時間
才可以運用比例式④，當題目如要求時間，但是提供的位移沒有平分的時候，可以先將位移平分，然后再
運用時間比例式。
3.勻變速直線運動 6 種常用方法
【考向 6】中央電視臺科普節目《加油向未來》在現場利用內部氣壓為 0.001Pa、高 6m 的亞克力管做落體
實驗，將亞克力管等分為四段，從上到下每段標為 1、 2、 3、 4，羽毛由靜止開始從最高點下落，經過
1速度的增加量為Δ 1，經過第三段 3速度的增加量為Δ 2，則Δ 1與Δ 2的比值滿足（　　）
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】汽車已經走進了千家萬戶，成為普通家庭的消費品，駕駛技能從職業技能成為基本生活技能。
考駕照需要進行一項路考——定點停車。路旁豎一標志桿，在車以大小為 v 的速度勻速行駛的過程中，當
車頭與標志桿的距離為 x 時，學員立即剎車，讓車做勻減速直線運動，車頭恰好停在標志桿處。若忽略學
員的反應時間，則汽車剎車（ ）
2A．時間為 B．加速度大小為2

C．經過一半時間時的位移大小為2 D．經過一半距離時的速度大小為2
【考向 8】如圖所示，物體自 O 點由靜止出發開始做勻加速直線運動，途經 A、B、C 三點，其中 A、B 之
間的距離 1 = 2m，B、C 之間的距離 2 = 3m。若物體通過 1、 2這兩段位移的時間相等，則根據已知的
條件，可以求出下列哪個物理量（　　）
A．通過 1的時間間隔
B．物體運動的加速度
C．物體經過 B 點的瞬時速度
D．O、C 之間的距離
【考向 9】如圖所示是商場中由等長的車廂連接而成、車廂間的間隙忽略不計的無軌小火車，一小朋友站
在第一節車廂前端，火車從靜止開始做勻加速直線運動，則火車（　　）
A．在相等的時間里經過小朋友的車廂數之比是1:4:9
B．第 1、2、3 節車廂經過小朋友的時間之比是1: 2: 3
C．第 1、2、3 節車廂尾經過小朋友瞬間的速度之比是1: 2: 3
D．火車中間位置經過小朋友的瞬時速度小于火車通過小朋友的平均速度
【考向 10】截至 2024 年 2 月 23 日，“蛟龍”號載人潛水器在南大西洋順利完成 23 次下潛，并創造九天九
潛的下潛新紀錄。“蛟龍”號不只是一個深海裝備，更代表了一種不畏艱險、趕超世界的精神。“蛟龍”號某
次海試活動中，執行豎直下潛任務。如圖所示，某段時間內做勻變速直線運動，連續經過 A、B、C 三點，
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。則“蛟龍”號經過 A 點時的瞬時速
度為（　　）
A．0.11m/s B．0.09m/s C．0.06m/s D．0.04m/s
【考向 11】（多選）甲、乙兩車同時從 M 處由靜止開始沿平直公路運動，均先做勻加速直線運動，然后剎
車做勻減速直線運動直至靜止，兩車先后停在 N 處，假設兩車在各自勻加速階段和勻減速階段的加速度大
小相等，甲、乙兩車全程經歷的時間分別為 0、2 0，甲、乙兩車加速度大小分別為 1、 2，最大速度分別
為 1、 2，則（　　）
A． 1: 2 = 2:1
B． 1: 2 = 2:1
C 3．甲車運動了5 0時，兩車相距最遠
D 4．甲車運動了5 0時，兩車相距最遠
【考向 12】（多選）如圖 a、b、c、d 為光滑斜面上的四個點，一小滑塊自 a 點由靜止開始下滑，通過 ab、
bc、cd 各段所用時間均為 T。現讓該滑塊自 b 點由靜止開始下滑，則該滑塊（ ）
A．通過 bc、cd 段的位移之比為 1∶3 B．通過 bc、cd 段的時間均大于 T
C．通過 c、d 點的速度之比為 3: 5 D．通過 c 點的速度大于通過 bd 段的平均速度
考點 3：兩類勻減速直線運動
1.逆向思維法∶末速度為零的勻減速直線運動可視為反方向的勻加速直線運動。
（1）汽車剎車問題、子彈射入木塊問題、物體在斜面上上滑到最高點問題均可以利用逆向思維法求
解。
（2）對勻加速直線運動，若不知道初速度大小，只知道末速度大小為 v，加速度為 a，則時間 t 內的
1
位移也可以逆向表示為 x = vt- at2。
2
2．兩類特殊的勻減速直線運動
（1）剎車類問題。汽車剎車問題的實質是汽車做單方向勻減速直線運動問題。汽車勻減速到速度為
v0
零后即停止運動，不再反向加速，求解時要注意確定其實際運動時間，汽車運動時間滿足 t ≤ ，發生的
a
v20
位移滿足 x ≤ 。一般用逆向思維法求解。
2a
（2）雙向可逆類問題。如果物體先做勻減速直線運動，減速為零后又反向做勻加速直線運動，且全
過程加速度大小、方向均不變，故求解時可對全過程列式，但必須注意 x、v、a 等矢量的正負號及物理意
義。
【考向 13】如圖所示，在杭州亞運會田徑項目賽場上，機器狗承擔了拾撿和運輸器材的任務。某次運輸過
程中，當機器狗檢測到前方有一位站立不動的工作人員，為了避免相撞，機器狗立即做勻減速直線運動直
至停止，已知其減速后第 1s 內的位移是最后 1s 內位移的 5 倍，且這兩段位移的差值為0.4m，則機器狗開
始減速后（　　）
A．運動的總時間為 3s B．加速度大小為0.4m/s2
C．總位移大小為6.4m D．初速度大小為2.4m/s
【考向 14】如圖所示是一輛汽車正在以 0 = 20m/s的速度勻速行駛，突然公路上橫沖出三只小動物，司機
馬上剎車，假設剎車過程可視為勻減速直線運動，加速度大小為4m/s2，小動物與汽車距離約為 55m，以
下說法正確的是（ ）
A．從汽車剎車開始計時，第 4s 末到第 6s 末汽車的位移大小為 2m
B．從汽車剎車開始計時，6s 末汽車的位移大小為 48m
C．從汽車剎車開始計時，6s 末汽車的速度大小為4m/s
D．汽車將撞上小動物
【考向 15】（多選）一物體以 5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上勻減速運動，其加速度大小為 2 m/s2，設斜
面足夠長，經過 t 時間物體位移的大小為 4 m，則時間 t 可能為（　　）
A．2 s B．3 s C．4 s D．5 41s
2
考點 4：自由落體運動和豎直上拋運動
1．應用自由落體運動規律解題時的兩點注意
(1)可充分利用自由落體運動初速度為零的特點、比例關系及推論等規律解題．
(2)物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，
而是豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決問題．
2．豎直上拋運動的處理方法
(1)兩種方法
①“分段法”就是把豎直上拋運動分為上升階段和下降階段，上升階段物體做勻減速直線運動，下降階
段物體做自由落體運動．下落過程是上升過程的逆過程．
②“全程法”就是把整個過程看成是一個勻減速直線運動過程．從全程來看，加速度方向始終與初速度
v0的方向相反．
(2)符號法則：應用公式時，要特別注意 v0、v、h 等矢量的正負號，一般選向上為正方向，v0 總是正
值，上升過程中 v 為正值，下降過程中 v 為負值，物體在拋出點以上時 h 為正值，在拋出點以下時 h 為負
值．
(3)巧用豎直上拋運動的對稱性
①時間的對稱性：
v0
ⅰ．物體上升到最高點所用時間與物體從最高點落回到原拋出點所用時間相等，即 t 上＝t 下＝ 。g
ⅱ．物體在上升過程中某兩點之間所用的時間與下降過程中該兩點之間所用的時間相等。[來源:學+科+
網 Z②速度的對稱性：
ⅰ．物體上拋時的初速度與物體又落回原拋出點的速度大小相等、方向相反。
ⅱ．物體在上升階段和下降階段經過同一個位置時的速度大小相等、方向相反。
③能量的對稱性：豎直上拋運動物體在上升和下降過程中經過同一位置時的動能、重力勢能及機械能
分別相等。
（4）豎直上拋的特征量
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時間和從最大高度落回拋出點的下降時間相等，即：t 上=t 下= ，回到拋出g
2v0
點所用的時間 t＝ 。
g
③回到拋出點時的速度 v＝－v0。
處理豎直上拋運動的兩點注意
(1)用全過程解決豎直上拋運動問題時，一定要先規定好正方向(一般以初速度方向為正)，公式 h＝v0t＋
1
gt2中各符號的意義必須明確．
2
(2)在豎直上拋運動中，當物體經過拋出點上方某一位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，
因此這類問題可能造成時間多解或者速度多解．
【考向 16】如圖，某同學在練習跳球，他將籃球從離地面高為 2m 的位置以 5m/s 的初速度豎直向上拋出，
接著在籃球正下方豎直舉起手臂并準備沿豎直方向起跳，在籃球拋出后的 0.2s 時刻恰好跳離地面，此時手
指尖離地面高為 2.5m。不計空氣阻力，g 取 10m/s2，已知籃球到達最高點時，該同學的手指尖恰好觸碰到
籃球，則（ ）
A．手指尖觸碰到籃球時，該同學上升的離度為 0.8m
B．手指尖觸碰到籃球時，該同學的速度為 0
C．起跳離地瞬間，該同學的速度為 4m/s
D．籃球最高點距離地面 3.05m
【考向 17】一雜技演員用 4 個相同的小球做單手拋接球表演，他從同一位置依次將各球略微偏離豎直方向
向上拋出，當小球回到拋出點時，用手將小球接住，然后將小球從拋出點再拋出，小球間不發生碰撞，不
計空氣阻力。已知相鄰兩球之間的時間間隔相等，剛拋出第 4 個小球時，第 1 個小球和第 3 個小球在空中
同一高度，則第 3、4 個小球間的距離與第 1、2 個小球間的距離之比為（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【考向 18】如圖所示，一小球在磚墻前做豎直單向運動，在此過程中，小明用頻閃照相機拍攝得到的一幅
頻閃照片。已知頻閃周期為 T，磚的厚度為 d，小球的速率越大其受空氣阻力也越大。根據圖中的信息可
知（ ）
A．小球向下做勻加速運動 B．小球向上運動
C．小球在圖中 C 4 5 位置時的速度為 D．在圖中 AD 間，小球的平均速度為2
【考向 19】（多選）如圖所示，乙球靜止于地面上，甲球位于乙球正上方 h 處，現從地面上豎直上拋乙球，
初速度 0 = 10m/s，同時讓甲球自由下落，不計空氣阻力。（取 = 10m/s2，甲乙兩球可看作質點）下列
說法正確的是（　　）
A．無論 h 為何值，甲乙兩球一定能在空中相遇
B．當 = 10m時，乙球恰好在最高點與甲球相遇
C．當 = 15m時，乙球不能在下降過程中與甲球相遇
D．當 < 10m時，乙球能在上升過程中與甲球相遇
【考向 20】如圖為“眼疾手快”游戲裝置示意圖，游戲者需接住從支架上隨機落下的圓棒。已知圓棒長為
0.4m，圓棒下端距水平地面 2.1m，某次游戲中一未被接住的圓棒下落經過 A、B 兩點，A、B 間距 0.4m，B
點距離地面 1.25m。圓棒下落過程中始終保持豎直，不計空氣阻力。求：
（1）圓棒下端到達 A 點時的速度大小；
（2）圓棒經過 AB 段所需的時間。
【真題 1】（2024·山東·高考真題）如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上 A 點距離為 L。
木板由靜止釋放，若木板長度 L，通過 A 點的時間間隔為Δ 1；若木板長度為 2L，通過 A 點的時間間隔為
Δ 2。Δ 2:Δ 1為（　　）
A．( 3 1):( 2 1)
B．( 3 2):( 2 1)
C．( 3 +1):( 2 +1)
D．( 3 + 2):( 2 +1)
【真題 2】（2024·廣西·高考真題）讓質量為1kg的石塊 1從足夠高處自由下落， 1在下落的第1s末速度大
小為 1，再將 1和質量為2kg的石塊綁為一個整體 2，使 2從原高度自由下落， 2在下落的第1s末速度大
小為 2，g 取10m/s2，則（　　）
A． 1 = 5m/s B． 1 = 10m/s
C． 2 = 15m/s D． 2 = 30m/s
【真題 3】（2024·全國·高考真題）為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從 = 0時由靜止
開始做勻加速運動，加速度大小 = 2m/s2，在 1 = 10s時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停
止鳴笛， 2 = 41s時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速 0 = 340m/s，求：
（1）救護車勻速運動時的速度大小；
（2）在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
【真題 4】（2024·廣西·高考真題）如圖，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距
= 0.9m，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現測出他從 1 號錐筒運動到 2 號錐筒用時 1 = 0.4s，從 2
號錐筒運動到 3 號錐筒用時 2 = 0.5s。求該同學
（1）滑行的加速度大小；
（2）最遠能經過幾號錐筒。
一、單選題
1．（2024·貴州貴陽·一模）小明和小華在置于水平面的象棋盤上玩彈射游戲。如圖所示，小明、小華分別
在 A、D 處給“卒”和“車”象棋不同的初速度使之向前運動，“卒”象棋停在 C 處，“車”象棋停在 E 處。已知
兩象棋與棋盤的動摩擦因數相等，兩象棋均可視為質點，A、B、C 處于同一直線， = 2 ， = 。
下列說法正確的是（　　）
A．“卒”象棋的初速度是“車”象棋的初速度的 2 倍
B．“卒”象棋經過 B 處時的速度小于“車”象棋的初速度
C．“卒”象棋從 A 處運動到 C 處的平均速度等于“車”象棋的初速度
D．“卒”象棋從 A 處運動到 C 處的時間是“車”象棋從 D 處運動到 E 處的時間的 2倍
2．一輛汽車在平直公路上以 10m/s 的初速度做勻加速直線運動，2s 內的位移為 30m。則下列關于汽車的
說法正確的是（　　）
A．汽車第 2s 內的位移比第 1s 內的位移大 5m
B．汽車運動的加速度大小為 15m/s2
C．汽車第 1s 內與第 2s 內的位移之比為 1∶3
D．汽車第 2s 末的速度大小為 14.1m/s
3．（2024·遼寧大連·二模） = 0時刻以10m/s的初速度豎直向上拋出一個小球， = 0.4s時從同一地點又以
10m/s的初速度豎直向上拋出第二個小球，不計空氣阻力，重力加速度取10m/s2，則兩小球在空中相遇的
時刻為（　　）
A．1.1s B．1.2s C．1.3s D．1.4s
4．（2024·山東濰坊·二模）某人騎電動車，在距離十字路口停車線 6m 處看到信號燈變紅，立即剎車，做
勻減速直線運動，電動車剛好在停止線處停下。已知電動車在減速過程中，第 1s 的位移是最后 1s 位移的 5
倍，忽略反應時間。下列關于電動車的剎車過程說法正確的是（　　）
A．剎車時間為 2s
B．剎車的加速度大小為2m/s2
C．中間時刻的速度大小為2m/s
D．中間位置的速度大小為2m/s
5．（2024·山西臨汾·一模）滑塊以一定的初速度 0從底端沖上足夠長的光滑斜面，滑行到最高點的時間為
t 3，位移為 L；現在距底端4 處放一彈性擋板（如圖中用虛線表示），滑塊仍以相同初速度從底端出發。已
知滑塊與擋板相碰后可原速率反彈；碰撞時間可以忽略不計，則滑塊從出發至返回底端的時間為（　　）
A．0.5 B．t C．1.2 D．2t
6．某次冰壺訓練中，一冰壺以某初速度在水平冰面上做勻減速直線運動，通過的距離為 x 時其速度恰好

為零，若冰壺通過第一個6的距離所用的時間為 t，則冰壺通過最后6的距離所用的時間為（ ）
A． 5 2 B． 6 5 C． 5 + 2 D． 6 + 5
7．（2024·安徽·三模）一小球由 A 點從靜止開始做直線運動，經過 B 點到達 C 點，在 B 點時的速度大小為
。小球在 AB 段和 BC 段均做勻加速直線運動，B、C 之間的距離是 A、B 之間距離的 2 倍，小球在 B、C
1
之間運動的加速度為其在 A、B 之間加速度的2，則小球到達 C 點的速度大小為（　　）
A． 2 B． 3 C．2 D．4
8．（2024·湖北武漢·二模）為滿足旅客乘坐高鐵出行的不同需要，城際高鐵開通了“一站直達”列車和“站站
停”列車兩種班次。假設兩城高鐵站之間均勻分布了 4 個車站，若列車在進站和出站過程中做勻變速直線
運動，加速度大小均為 2m/s2，其余行駛時間內保持最高時速 288km/h 勻速運動，“站站停”列車在每個車
站停車時間均為 t0=2min，則一站直達列車比“站站停”列車節省的時間為（　　）
A．10min40s B．11min20s
C．13min20s D．14min40s
9．重慶的橋梁、隧道眾多，故被稱為“魔幻之都”。長為 L 的輕軌在平直軌道上正常行駛，速率為 v0，前
方有一長為 2L 的隧道，為了保證安全通過該隧道，輕軌的任一部分位于隧道內時，它的速率都不允許超
2 0
過 3 。已知列車加速和減速的加速度大小分別為 a 和 2a，則列車從減速開始到恢復正常速率 v0，需要的
最短時間為（　　）
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，我國研制的電磁彈射微重力實驗裝置啟動試運行。如圖所示，
電磁彈射系統將實驗艙豎直加速到預定速度后釋放，實驗艙在上拋和下落階段為科學載荷提供微重力環境。
據報道該裝置目前達到了上拋階段 2s 和下落階段 2s 的 4s 微重力時間、10 g 的微重力水平。若某次電磁
彈射階段可以視為加速度大小為 5g 的勻加速運動，重力加速度取 g=10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．電磁彈射階段用時約為 2s
B．電磁彈射階段，實驗艙上升的距離約為 20m
C．實驗艙豎直上拋階段的運行長度約為 100m
D．實驗艙開始豎直上拋的速度約為 20m/s
11．一輛汽車在平直公路上由靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后保持勻速運動。已知汽車在啟
動后的第 2s 內前進了 6m，第 4s 內前進了 13.5m，下列說法正確的是（　　）
A．汽車勻加速時的加速度大小為6m/s2 B．汽車在前 4s 內前進了 31.5m
C．汽車的最大速度為16m/s D．汽車的加速距離為 20m
12．（2024·山東濰坊·三模）2024 濰坊市足球聯賽于 3 月 24 日在濰坊四中和利昌學校開賽。在賽前訓練中，
運動員將足球用力踢出，足球沿直線在草地上向前滾動，其運動可視為勻變速運動，足球離腳后，在 0 ~ t
時間內位移大小為 2x，在 t ~ 3t 時間內位移大小為 x。則足球的加速度大小為（ ）
A 4(2 3) 2(2 3)

． 2 B． 2 C． 2 D．2 2
二、多選題
13．（2024·江西贛州·二模）我國 2023 年新能源車出口 120 多萬輛，穩居全球首位。一輛新能源車在某次
直線測試中，速度從 0 加速到20m/s所用時間為8s，且加速度隨速度的增加而逐漸減小，該車在這段時間
內（ ）
A．加速到10m/s時，用時大于4s
B．平均加速度大小為2.5m/s2
C．位移大于80m
D．運動到總位移一半時，速度小于10m/s
14．（2024·山東日照·二模）如圖所示，四塊相同的混凝土實心磚并排固定在水面地面上，子彈以水平速度
0從 P 點射入實心磚中，到達 Q 點時的速度恰好為零。假設子彈在混凝土實心磚中做勻減速直線運動，且
運動的總時間為 t。下列說法正確的是（　　）
A 3．子彈剛穿過第 2 塊磚時的速度大小為
2 0
B 1．子彈剛穿過第 3 塊磚時的速度大小為2 0
C．子彈穿過第 2 塊磚所用的時間為 3 2
2
D．子彈穿過第 3 塊磚所用的時間為( 2 1)
三、解答題
15．（2024·遼寧丹東·一模）2024 年，東北地區：哈爾濱、長春、沈陽、大連四座城市將有新的地鐵線路
開通，新線路將會大大減輕交通壓力，加快城市的發展。沈陽地鐵一號線從 S 站到 T 站是一段直線線路，
全程 1.6km，列車運行最大速度為 72km/h。為了便于分析，我們用圖乙來描述這個模型，列車在 S 站從靜
止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后立即做勻速直線運動，進站前從最大速度開始做勻減速直線運
動，直至到 T 4站停車，且加速的加速度大小為減速加速度大小的5倍。現勻加速運動過程中連續經過 A、
B、C 三點，S→A 用時 2s，B→C 用時 4s，且 SA 長 2m，BC 長 24m。求：
（1）列車在 C 點的速度大小；
（2）列車勻速行駛的時間。
16．（2024·陜西寶雞·一模）十字路口紅燈亮起，汽車和行人停止前行。攔停的汽車排成筆直的一列，最前
面一輛汽車的前端剛好與路口停車線相齊，相鄰兩車的前端間距均為 = 6.0m，且車長為 0 = 4.8m，最前
面的行人站在橫道線邊緣，已知橫道線寬 = 20m。若汽車啟動時都以 1 = 2.5m/s2的加速度做勻加速直線
運動，加速到 1 = 10.0m/s后做勻速直線運動通過路口。行人起步的加速度為 2 = 0.5m/s2，達到 2 = 1.0
m/s后勻速通過橫道線。已知該路口亮綠燈的時間 = 40s，而且有按倒計時顯示的時間顯示燈（無黃燈）。
另外交通法規定：原在綠燈時通行的汽車，紅燈亮起時，車頭已越過停車線的允許通過。由于行人和汽車
司機一直關注著紅綠燈，因此可以不考慮行人和汽車的反應時間。（提示：綠燈亮起時，行人從 A 走向 B，
第1輛汽車從 朝向 行駛。）
請回答下列問題：
（1）按題述情景，亮綠燈的這段時間里最多能有多少輛車通過路口？
（2）按題述情景，不能通過路口的第一輛汽車司機，在時間顯示燈剛亮出“3”時開始剎車，使車勻減速運
動，結果車的前端與停車線相齊，求該汽車剎車后經多少時間停下？
（3）路口對面最前面的行人在通過橫道線的過程中與幾輛車擦肩而過？第 2 講 勻變速直線運動的規律的運用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 勻變速直線運動的基本規律
考點 2 解決勻變速直線運動的規律總結
考點 3 兩類勻減速直線運動
考點 4 自由落體運動和豎直上拋運動
　
一．勻變速直線運動的基本規律
1．勻變速直線運動
(1)定義：沿著一條直線，且加速度不變的運動．
(2) {勻加速直線運動：a 與 v 同向.分類： 勻減速直線運動：a 與 v 反向.
2．速度與時間的關系式：v＝v0＋at.
1
3．位移與時間的關系式：x＝v0t＋ at2.2
4．位移與速度的關系式：v2－v20＝2ax.
二．勻變速直線運動的推論
－ v0＋v
1．平均速度公式： v ＝ v t ＝ .
2 2
2．連續相等時間內位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－x ＝aT2n－1 .
可以推廣到：xm－xn＝(m－n)aT2.
v v
2 v2
3.中間位置的速度 0x
2 2
4．初速度為零的勻加速直線運動比例式
(1)1T 末、2T 末、3T 末……的瞬時速度之比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T 內，2T 內，3T 內……位移之比為：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一個 T 內，第二個 T 內，第三個 T 內，……，第 n 個 T 內位移之比為：
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
(4)通過連續相等的位移所用時間之比為：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1)．
三．自由落體運動和豎直上拋運動的規律
1．自由落體運動規律
(1)速度公式：v＝gt.
1
(2)位移公式：h＝ gt2.
2
(3)速度—位移關系式：v2＝2gh.
2．豎直上拋運動規律
(1)速度公式：v＝v0－gt.
1
(2)位移公式：h＝v0t－ gt2.2
(3)速度—位移關系式：v2－v20＝－2gh.
v20
(4)上升的最大高度：h＝ .
2g
v0
(5)上升到最大高度用時：t＝ .
g
考點 1：勻變速直線運動的基本規律
1．一般的勻變速直線運動的規律
（1）速度規律：v＝v0＋at。
1
（2）位移規律：x＝v0t＋ at2。2
（3）位移速度關系式：v2－v20＝2ax。
這三個基本公式，是解決勻變速直線運動的基石。三個公式中的物理量 x、a、v0、v 均為矢量
（三個公式稱為矢量式）。在應用時，一般以初速度方向為正方向，凡是與 v0方向相同的 x、a、v 均
為正值，反之為負值。當 v0＝0 時，一般以 a 的方向為正方向。這樣就可將矢量運算轉化為代數運算，
使問題簡化均為矢量式，應用時應規定正方向。
2．公式選取方法
（1）沒有涉及 x，適宜選用 v＝v0＋at。
1
（2）沒有涉及 v ，適宜選用 x＝v0t＋ at2。2
（3）沒有涉及 t ，適宜選用 v2－v 20 ＝2ax。
3．應用勻變速直線運動的公式解題時應注意的問題
（1）首先必須對物體的運動性質和運動過程進行分析和判斷，看物體的運動是否為或可視為勻
變速直線運動。
（2）通常選取初速度方向為正方向。
（3 1）公式 x=vot+ at2是位移公式，利用該公式求得是位移，不是路程。對于往返型的勻變速直2
線運動，該公式對全程的各個時刻也都是適用的。
（4）分析物體的運動問題，要養成畫物體運動草圖的習慣，并在圖中標注出有關各量。這樣將
加深對物體運動過程的理解，有助于發現已知量和未知量之間的相互關系，迅速找到解題的突破口。
（5）如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，弄清物體在每段上的運動情況及遵循
的規律．應特別注意各段交接處的速度往往是解題的關鍵。
（6）末速度為零的勻減速直線運動可看成初速度為零、加速度相等的反向勻加速直線運動（逆
向思維法）。
(7)計算結果中如果出現負值，應說明負號的物理意義．
【考向 1】質點做直線運動的位移 x 與時間 t 的關系為 = 5 + 2（各物理量均采用國際單位制單位），下
列說法正確的是（　　）
A．該質點的加速度大小為1m/s2 B．該質點在 1s 末的速度大小為 6m/s
C．前 2s 內的位移為 8m D．該質點第 2s 內的平均速度為 8m/s
【答案】D
【詳解】A．質點做直線運動的位移 x 與時間 t 的關系為
= 5 + 2
結合勻變速直線運動位移與時間關系
1
= 0 + 22
可得質點的初速度和加速度分別為
0 = 5m/s， = 2m/s2
故 A 錯誤；
B．該質點在1s末的速度大小為
1 = 0 + 1 = 5m/s + 2 × 1m/s = 7m/s
故 B 錯誤；
CD．質點前2s內的位移為
2 = 5 2 + 22 = 5 × 2m + 22m = 14m
質點前1s內的位移為
1 = 5 1 + 21 = 5 × 1m + 12m = 6m
該質點第2s內的平均速度為
Δ 14 6
= Δ = 1 m/s = 8m/s
所以 C 錯誤，D 正確。
故選 D。
【考向 2】如圖，一小球（可視為質點）由靜止開始沿光滑斜面向下做勻加速直線運動，已知小球從位置 m
到位置 p 的運動過程中，從位置 m 到位置 n 的時間為 t1，從位置 n 到位置 p 的時間為 t2，兩段連續的位移
均為 s，則小球通過位置 n 時的速度的大小為（ ）
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
【詳解】設小球通過位置 n 時的速度的大小 ，小球的加速度為 ；從位置 m 到位置 n，根據逆向思維可
得
1
= 1 2
2
1
從位置 n 到位置 p，有
1
= 2 + 2
2
2
聯立解得
( 21 + 2 = 2
)
1 2( 1 + 2)
故選 B。
【考向 3】某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時，發動機產生的最大加速度為5m/s2，所需的起
飛速度約為 50m/s，航母靜止時，彈射系統初始能給艦載機 25m/s 的初速度。若航母以 15m/s 的航速勻速
行駛，彈射系統開啟，為保證飛機能從艦上順利起飛，航母上飛機跑道的長度至少約為（ ）
A．40m B．60m C．80m D．100m
【答案】B
【詳解】根據勻變速直線的運動規律可知，飛機起飛加速的時間
50 40
= 0 = 5 s = 2s
這段時間內飛機的位移
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
故跑道的長
Δ ≥ 1 2 = 60m
B 正確。
故選 B。
【考向 4】如圖，多輛車在路口停止線后依次排列等候綠燈，第一輛車的前端剛好與路口停止線相齊，且
每輛車的尾部與相鄰后車的前端距離均為 1m。為了安全，前車尾部與相鄰后車前端距離至少為 5m 時后車
才能開動。已知車長均為 4m，開動后車都以 2m/s2的加速度做勻加速直線運動直到離開路口。綠燈亮起瞬
間，第一輛車立即開動，下列說法正確的是（　　）
A．第二輛車剛開動時，第一輛車已行駛的時間至少為 5s
B．第六輛車前端剛到達停止線時的速度大小為2 30m/s
C．從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動所需時間至少為 12s
D．從綠燈剛亮起到第六輛車前端與停止線相齊所需最短時間為 15s
【答案】D
【詳解】A．當第一輛車向前行駛 4m 時，第二輛車開始啟動，根據位移時間關系可得
1
1 = 2
2
1
代入數據解得
1 = 2s
故 A 錯誤；
B．第六輛車前端距離停止線 25m，根據速度位移關系可得
2 = 2 6
解得
= 10m/s
故 B 錯誤；
C．前面一輛車開始啟動 2s 后，后面一輛車開始啟動，所以從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動所需時間至少
為
′ = 5 × 2s = 10s
故 C 錯誤；
D．由于第六輛車前端距離停止線 25m，根據位移時間關系可得
1
6 = 2
2
6
解得
6 = 5s
從綠燈剛亮起到第六輛車前端與停止線相齊所需最短時間為
′ + 6 = 15s
故 D 正確。
故選 D。
【考向 5】李克強總理承諾年底要取消省界高速公路收費站，有一輛家用小汽車，通過某省界卡口，在 ETC
車道上可以不停車而直接先減速扣費后加速通過。若小汽車勻速駛入 ETC 通道，在距離剛好自動識別扣費
的位置 1 = 30m處，小汽車開始以大小為 1 = 5.6m/s2的加速度勻減速行駛，通過自動識別扣費位置時的
速度為 = 28.8km/h，扣費后，小汽車立即以 2 = 4m/s2的加速度勻加速至減速之前的速度（假設此省界
卡扣的前、后都是平直大道，道路寬度與車長不計）。求
（1）該車駛入 ETC 通道前的勻速運動的速度大小 0
（2）該車從減速開始到恢復到減速前速度的過程中，運動的總時間是多少？
（3）因為通過 ETC 通道，該車需要減速和加速過站所耽誤的時間為多少？
【答案】（1）20m/s；（2）5.14s；（3）1.54s
【詳解】（1）小汽車做勻減速運動過程，根據運動學公式可得
2 2 0 = 2 1 1
其中
= 28.8km/h = 8m/s
代入數據解得該車駛入 ETC 通道前的勻速運動的速度大小為
0 = 20m/s
（2）小汽車做勻減速運動的時間為
0 1 =

≈ 2.14s1
小汽車做勻加速運動過程，有
0 = + 2 2
解得
0 = 2 = 3s2
則該車從減速開始到恢復到減速前速度的過程中，運動的總時間為
= 1 + 2 = 5.14s
（3）小汽車做勻加速運動過程的位移為
+ = 02 2 2 = 42m
則小汽車一直做勻速運動所用時間為
1 + = 2′ = 3.6s0
因為通過 ETC 通道，該車需要減速和加速過站所耽誤的時間為
Δ = ′ = 1.54s
考點 2：解決勻變速直線運動的規律總結
1．勻變速直線運動的三個重要推論
（1）任意兩個連續相等的時間間隔 T 內的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1
＝aT2。可以推廣到：xm－xn＝（m－n）aT2。
（2）物體在一段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量
v0＋v x
和的一半，即：v＝ v t = 。
2 2 t
v2 v2
（3）勻變速直線運動位移中點的瞬時速度公式 v x t 0 ，既適用于勻加速直線運動，也適用于
2 2
勻減速直線運動。不論物體是做勻加速直線運動還是做勻減速直線運動，總有 v x > v t 。
2 2
2.初速度為零的勻變速直線運動的四個比例式
（1）1T 末、2T 末、3T 末……瞬時速度的比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n ①。
（2）1T 內、2T 內、3T 內……位移的比為：x 2 21∶x2∶x3∶…∶xn＝1 ∶2 ∶32∶…∶n2 ②。
（3）第一個 T 內、第二個 T 內、第三個 T 內……位移的比為：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）
③。
（4）從靜止開始通過連續相等的位移所用時間的比為：t1∶t2∶t3∶ …∶tn＝1∶（ 2－1）∶（ 3－ 2）∶…∶
（ n－ n－1） ④。
（1）運用比例式的時候注意前提條件是初速度為零（或者由靜止開始）的勻變速直接運動。如果物
體勻減速到零，也可以利用逆向思維看做反向初速度為零的勻加速直線運動。
（2）抓住相等時間比速度和比位移，即只有時間相等才能運用比例式①②③；抓住相等位移比時間
才可以運用比例式④，當題目如要求時間，但是提供的位移沒有平分的時候，可以先將位移平分，然后再
運用時間比例式。
3.勻變速直線運動 6 種常用方法
【考向 6】中央電視臺科普節目《加油向未來》在現場利用內部氣壓為 0.001Pa、高 6m 的亞克力管做落體
實驗，將亞克力管等分為四段，從上到下每段標為 1、 2、 3、 4，羽毛由靜止開始從最高點下落，經過
1速度的增加量為Δ 1，經過第三段 3速度的增加量為Δ 2，則Δ 1與Δ 2的比值滿足（　　）
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
【詳解】由題意可知，小球所在的管內空氣阻力可以忽略不計，即小球做自由落體運動，兩端相同距離 h
的時間之比為
1: 2 = 1:( 3 2)
由
Δ =
則
Δ 1 1
Δ = = 3 + 22 2
即
Δ
3 < 1Δ < 42
故選 C。
【考向 7】汽車已經走進了千家萬戶，成為普通家庭的消費品，駕駛技能從職業技能成為基本生活技能。
考駕照需要進行一項路考——定點停車。路旁豎一標志桿，在車以大小為 v 的速度勻速行駛的過程中，當
車頭與標志桿的距離為 x 時，學員立即剎車，讓車做勻減速直線運動，車頭恰好停在標志桿處。若忽略學
員的反應時間，則汽車剎車（ ）

A
2
．時間為 B．加速度大小為2

C．經過一半時間時的位移大小為2 D．經過一半距離時的速度大小為2
【答案】B
【詳解】
A．由題意得：汽車從剎車到靜止的平均速度大小為
+ 0
= 2 = 2
故汽車剎車的時間為
2
= =
故 A 錯誤；
B．設汽車加速度大小為 ，根據勻變速直線運動速度與位移的關系式有
0 2 = 2
解得
2
= 2
故 B 正確；
C．根據勻變速直線運動位移與時間關系公式，汽車經過一半時間的位移大小為
1 2 3
t = =
2 2 2 2 4
故 C 錯誤；
D．設汽車經過一半距離時的速度大小為 x，根據勻變速直線運動速度與位移的關系式有
2

2x 2 = 2
2 2
解得
2
x =
2 2

故 D 錯誤。
故選 B。
【考向 8】如圖所示，物體自 O 點由靜止出發開始做勻加速直線運動，途經 A、B、C 三點，其中 A、B 之
間的距離 1 = 2m，B、C 之間的距離 2 = 3m。若物體通過 1、 2這兩段位移的時間相等，則根據已知的
條件，可以求出下列哪個物理量（　　）
A．通過 1的時間間隔
B．物體運動的加速度
C．物體經過 B 點的瞬時速度
D．O、C 之間的距離
【答案】D
【詳解】D．由于經過 1與 2的時間相等，設時間為 T，且物體做勻變速直線運動，所以有
2 1 = 2
由于 B 是 A、C 之間的中間時刻，所以有
1 + = 2 2
設 OA 之間的距離為 L，有
2 = 2 ( + 1)
解得
9
= 8 m
所以 O、C 之間的距離為
49
= + 1 + 2 = 8 m
故 D 項正確；
ABC．由之前的分析可知，通過題中數據，其通過 1的時間、物體運動的加速度以及物體通過 B 點的速度
無法求解，故 ABC 錯誤。
故選 D。
【考向 9】如圖所示是商場中由等長的車廂連接而成、車廂間的間隙忽略不計的無軌小火車，一小朋友站
在第一節車廂前端，火車從靜止開始做勻加速直線運動，則火車（　　）
A．在相等的時間里經過小朋友的車廂數之比是1:4:9
B．第 1、2、3 節車廂經過小朋友的時間之比是1: 2: 3
C．第 1、2、3 節車廂尾經過小朋友瞬間的速度之比是1: 2: 3
D．火車中間位置經過小朋友的瞬時速度小于火車通過小朋友的平均速度
【答案】C
【詳解】A．根據動力學公式
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
故在相等的時間里經過小朋友的車廂數之比是1:3:5，故 A 錯誤；
B．設每節車廂的長度為 ，根據動力學公式
= 1 22 1，2 =
1 2 1 2
2 2，3 = 2 3
第 1、2、3 節車廂經過小朋友的時間之比是
1:( 2 1):( 3 2) = 1:( 2 1):( 3 2)
故 B 錯誤；
C．根據
=
第 1、2、3 節車廂尾經過小朋友瞬間的速度之比是
1: 2: 3 = 1: 2: 3 = 1: 2: 3
故 C 正確；
D．設小火車最后一節車廂經過小朋友瞬間的速度為 ，根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過
程平均速度，火車通過小朋友的平均速度為

= 2
火車中間位置經過小朋友的瞬時速度為
0 + 2 2
= 2 = 2 > 2
故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 10】截至 2024 年 2 月 23 日，“蛟龍”號載人潛水器在南大西洋順利完成 23 次下潛，并創造九天九
潛的下潛新紀錄。“蛟龍”號不只是一個深海裝備，更代表了一種不畏艱險、趕超世界的精神。“蛟龍”號某
次海試活動中，執行豎直下潛任務。如圖所示，某段時間內做勻變速直線運動，連續經過 A、B、C 三點，
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。則“蛟龍”號經過 A 點時的瞬時速
度為（　　）
A．0.11m/s B．0.09m/s C．0.06m/s D．0.04m/s
【答案】A
【詳解】設“蛟龍”號加速度為 a，AB 間的距離為 x，則 BC 間的距離為 2x。聯立
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
故選 A。
【考向 11】（多選）甲、乙兩車同時從 M 處由靜止開始沿平直公路運動，均先做勻加速直線運動，然后剎
車做勻減速直線運動直至靜止，兩車先后停在 N 處，假設兩車在各自勻加速階段和勻減速階段的加速度大
小相等，甲、乙兩車全程經歷的時間分別為 0、2 0，甲、乙兩車加速度大小分別為 1、 2，最大速度分別
為 1、 2，則（　　）
A． 1: 2 = 2:1
B． 1: 2 = 2:1
C 3．甲車運動了5 0時，兩車相距最遠
D 4．甲車運動了5 0時，兩車相距最遠
【答案】AD
【詳解】AB．根據題意，畫出甲、乙兩車運動的 圖像，如圖所示
甲、乙兩車運動的位移相等，則有
1 1
2 1 0 = 2 2 2 0
可得
1: 2 = 2:1
甲的加速度大小為
2
1 11 = =0 0
2
乙的加速度大小為

= 22 0
可得
1: 2 = 4:1
故 A 正確，B 錯誤；
CD．甲、乙兩車速度相等時兩車相距最遠，設甲車達到最大速度后，再經過Δ 時間，兩車速度相等，則有
0
1 1Δ = 2 2 + Δ
又
01 = 1 2， 1: 2 = 4:1
聯立解得
3
Δ = 10 0
則甲車運動了

= 0
4
甲 2 + Δ = 5 0
兩車相距最遠，故 C 錯誤，D 正確。
故選 AD。
【考向 12】（多選）如圖 a、b、c、d 為光滑斜面上的四個點，一小滑塊自 a 點由靜止開始下滑，通過 ab、
bc、cd 各段所用時間均為 T。現讓該滑塊自 b 點由靜止開始下滑，則該滑塊（ ）
A．通過 bc、cd 段的位移之比為 1∶3 B．通過 bc、cd 段的時間均大于 T
C．通過 c、d 點的速度之比為 3: 5 D．通過 c 點的速度大于通過 bd 段的平均速度
【答案】BD
【詳解】A．一小滑塊自 a 點由靜止開始下滑，經 ab、bc、cd 各部分所用時間均為 T，由初速度為零的勻
加速直線運動的比例關系知
ab：bc：cd=1：3：5
解得
bc：cd=3：5
故 A 錯誤；
BC．設 ab=L，則由初速度為零的勻加速直線運動的比例關系知
bc=3L，cd=5L
勻加運動的加速度為 a，從 b 點由靜止開始下滑，經 c 點速度由速度—位移公式有
2 = 2 × 3
解得
= 6
同理可得經 d 點的速度為
= 16
則
: = 3: 8b 到 c 的時間

= 6 1 = c 到 d 的時間
16 6 2 =

=
根據題意有
1
= 2
2
解得
2
=
通過 bc、cd 段的時間均大于 T，故 B 正確，C 錯誤；
D．b 到 d 的時間
16
3 =

=
則 b 到 d 的平均速度為
8
= 3
解得
= 4 <
故 D 正確。
故選 BD。
考點 3：兩類勻減速直線運動
1.逆向思維法∶末速度為零的勻減速直線運動可視為反方向的勻加速直線運動。
（1）汽車剎車問題、子彈射入木塊問題、物體在斜面上上滑到最高點問題均可以利用逆向思維法求
解。
（2）對勻加速直線運動，若不知道初速度大小，只知道末速度大小為 v，加速度為 a，則時間 t 內的
1
位移也可以逆向表示為 x = vt- at2。
2
2．兩類特殊的勻減速直線運動
（1）剎車類問題。汽車剎車問題的實質是汽車做單方向勻減速直線運動問題。汽車勻減速到速度為
v0
零后即停止運動，不再反向加速，求解時要注意確定其實際運動時間，汽車運動時間滿足 t ≤ ，發生的
a
v02
位移滿足 x ≤ 。一般用逆向思維法求解。
2a
（2）雙向可逆類問題。如果物體先做勻減速直線運動，減速為零后又反向做勻加速直線運動，且全
過程加速度大小、方向均不變，故求解時可對全過程列式，但必須注意 x、v、a 等矢量的正負號及物理意
義。
【考向 13】如圖所示，在杭州亞運會田徑項目賽場上，機器狗承擔了拾撿和運輸器材的任務。某次運輸過
程中，當機器狗檢測到前方有一位站立不動的工作人員，為了避免相撞，機器狗立即做勻減速直線運動直
至停止，已知其減速后第 1s 內的位移是最后 1s 內位移的 5 倍，且這兩段位移的差值為0.4m，則機器狗開
始減速后（　　）
A．運動的總時間為 3s B．加速度大小為0.4m/s2
C．總位移大小為6.4m D．初速度大小為2.4m/s
【答案】A
【詳解】A．根據運動的逆過程
1: = 1:5
因為
1: 2: 3 = 1:3:5
所以
總 = 3s
故 A 正確；
B．由
= 2 2
可得
= 0.2m/s2
故 B 錯誤；
C．總位移大小為
1
= 22 = 0.9m
故 C 錯誤；
D．初速度大小為
0 = = 0.6m/s
故 D 錯誤。
故選 A。
【考向 14】如圖所示是一輛汽車正在以 0 = 20m/s的速度勻速行駛，突然公路上橫沖出三只小動物，司機
馬上剎車，假設剎車過程可視為勻減速直線運動，加速度大小為4m/s2，小動物與汽車距離約為 55m，以
下說法正確的是（ ）
A．從汽車剎車開始計時，第 4s 末到第 6s 末汽車的位移大小為 2m
B．從汽車剎車開始計時，6s 末汽車的位移大小為 48m
C．從汽車剎車開始計時，6s 末汽車的速度大小為4m/s
D．汽車將撞上小動物
【答案】A
【詳解】A．汽車剎車速度減為零所用的時間
20
= 0 = 4 s = 5s
因此第 4s 末到第 6s 末汽車的位移即為第 4s 末到第 5s 末汽車的位移，運用逆向思維，向汽車速度減為零
的運動看成逆向的勻加速直線運動，可得第 4s 末到第 5s 末汽車的位移為
1 1
45 = 2
2
1 = 2 × 4 × 1
2m = 2m
故 A 正確；
B．從汽車剎車開始計時，6s 末汽車已經停止運動，其位移運用逆向思維，可得
1 1
= 2 = 2 × 4 × 5
2m = 50m
故 B 錯誤；
C．根據以上分析可知，5s 末汽車已經停止，因此 6s 末汽車的速度大小為 0，故 C 錯誤；
D．汽車停止運動的位移為 50m，小于汽車開始剎車時距小動物的距離 55m，因此汽車不會撞上小動物，
故 D 錯誤。
故選 A。
【考向 15】（多選）一物體以 5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上勻減速運動，其加速度大小為 2 m/s2，設斜
面足夠長，經過 t 時間物體位移的大小為 4 m，則時間 t 可能為（　　）
A．2 s B．3 s C．4 s D．5 41s
2
【答案】CD
【詳解】當物體的位移為 4m 時，根據
1
＝ 0 + 2
2
得
1
4＝5 2 × 2
2
解得
1 = 1s
2 = 4s
當物體的位移為-4m 時，根據
1
＝ 0 + 2
2
得
1
4＝5 22 × 2
解得
5 + 41
3＝ 2
故選 CD。
考點 4：自由落體運動和豎直上拋運動
1．應用自由落體運動規律解題時的兩點注意
(1)可充分利用自由落體運動初速度為零的特點、比例關系及推論等規律解題．
(2)物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，
而是豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決問題．
2．豎直上拋運動的處理方法
(1)兩種方法
①“分段法”就是把豎直上拋運動分為上升階段和下降階段，上升階段物體做勻減速直線運動，下降階
段物體做自由落體運動．下落過程是上升過程的逆過程．
②“全程法”就是把整個過程看成是一個勻減速直線運動過程．從全程來看，加速度方向始終與初速度
v0的方向相反．
(2)符號法則：應用公式時，要特別注意 v0、v、h 等矢量的正負號，一般選向上為正方向，v0 總是正
值，上升過程中 v 為正值，下降過程中 v 為負值，物體在拋出點以上時 h 為正值，在拋出點以下時 h 為負
值．
(3)巧用豎直上拋運動的對稱性
①時間的對稱性：
v0
ⅰ．物體上升到最高點所用時間與物體從最高點落回到原拋出點所用時間相等，即 t 上＝t 下＝ 。g
ⅱ．物體在上升過程中某兩點之間所用的時間與下降過程中該兩點之間所用的時間相等。[來源:學+科+
網 Z②速度的對稱性：
ⅰ．物體上拋時的初速度與物體又落回原拋出點的速度大小相等、方向相反。
ⅱ．物體在上升階段和下降階段經過同一個位置時的速度大小相等、方向相反。
③能量的對稱性：豎直上拋運動物體在上升和下降過程中經過同一位置時的動能、重力勢能及機械能
分別相等。
（4）豎直上拋的特征量
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時間和從最大高度落回拋出點的下降時間相等，即：t 上=t 下= ，回到拋出g
2v0
點所用的時間 t＝ 。
g
③回到拋出點時的速度 v＝－v0。
處理豎直上拋運動的兩點注意
(1)用全過程解決豎直上拋運動問題時，一定要先規定好正方向(一般以初速度方向為正)，公式 h＝v0t＋
1
gt2中各符號的意義必須明確．
2
(2)在豎直上拋運動中，當物體經過拋出點上方某一位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，
因此這類問題可能造成時間多解或者速度多解．
【考向 16】如圖，某同學在練習跳球，他將籃球從離地面高為 2m 的位置以 5m/s 的初速度豎直向上拋出，
接著在籃球正下方豎直舉起手臂并準備沿豎直方向起跳，在籃球拋出后的 0.2s 時刻恰好跳離地面，此時手
指尖離地面高為 2.5m。不計空氣阻力，g 取 10m/s2，已知籃球到達最高點時，該同學的手指尖恰好觸碰到
籃球，則（ ）
A．手指尖觸碰到籃球時，該同學上升的離度為 0.8m
B．手指尖觸碰到籃球時，該同學的速度為 0
C．起跳離地瞬間，該同學的速度為 4m/s
D．籃球最高點距離地面 3.05m
【答案】C
【詳解】AD．籃球到最高點時離地面的高度
2 2
= 0
5
2 + 1 = 2 × 10 m + 2m = 3.25m
則手指尖觸碰到籃球時，該同學上升的離度為
h2=3.25m-2.5m=0.75m
選項 AD 錯誤；
BC．籃球上升到最高點的時間

= 0 = 0.5s
則人手指尖觸碰到籃球時用時間
t1=0.5s-0.2s=0.3s
則由
1
2 = 0′ 1 2
2
1
即
1
0.75 = ′0 × 0.3 2 × 10 × 0.3
2
解得該同學起跳離地瞬間的速度為
′0 = 4m/s
手指尖觸碰到籃球時，該同學的速度
= ′0 1 = (4 10 × 0.3)m/s = 1m/s
選項 B 錯誤，C 正確；
故選 C。
【考向 17】一雜技演員用 4 個相同的小球做單手拋接球表演，他從同一位置依次將各球略微偏離豎直方向
向上拋出，當小球回到拋出點時，用手將小球接住，然后將小球從拋出點再拋出，小球間不發生碰撞，不
計空氣阻力。已知相鄰兩球之間的時間間隔相等，剛拋出第 4 個小球時，第 1 個小球和第 3 個小球在空中
同一高度，則第 3、4 個小球間的距離與第 1、2 個小球間的距離之比為（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【詳解】設拋出相鄰兩球之間的時間間隔為 T，小球上升的最大高度相等為 h，由自由落體運動位移公式
可得
2
=
當拋出第 4 個小球后，經相等時間，第 1 個小球落回手里再拋出，則有
4 = 2
解得

= 2
根據上升與下降過程的對稱性，可知第 4 個小球離開手的瞬間，第 1 個小球和第 3 個小球在空中同一高度，
第 2 個小球運動到最高點，速度是零。則第 1 個小球與第 2 個小球間的距離為
1
Δ 12 = 22 = 4
此時第 1 個小球距拋出點的高度為
3
1 = Δ 12 = 4 = 4
此時第 1 個小球和第 3 個小球在空中同一高度，則第 3、4 個小球間的距離為
3
Δ 34 = 1 = 4
則有第 3、4 個小球間的距離與第 1、2 個小球間的距離之比為
Δ 34:Δ 12 = 3:1
故選 B。
【考向 18】如圖所示，一小球在磚墻前做豎直單向運動，在此過程中，小明用頻閃照相機拍攝得到的一幅
頻閃照片。已知頻閃周期為 T，磚的厚度為 d，小球的速率越大其受空氣阻力也越大。根據圖中的信息可
知（ ）
A．小球向下做勻加速運動 B．小球向上運動
C 4 5 ．小球在圖中 C 位置時的速度為 D．在圖中 AD 間，小球的平均速度為2
【答案】B
【詳解】AB．若小球向下運動，則根據牛頓第二定律有
=
隨速度增大，空氣阻力增大，則加速度減小；
若小球向上運動，則有
+ = ′
隨速度減小，空氣阻力減小，則加速度減小；
根據Δ = 2，可知小球應向上運動，故 A 錯誤，B 正確；
C．小球做非勻變速直線運動，則小球在圖中 C 位置時的速度
3 + 5 4
≠ 2 =
故 C 錯誤；
D．在圖中 AD 間，小球的平均速度為
10
= 3
故 D 錯誤；
故選 B。
【考向 19】（多選）如圖所示，乙球靜止于地面上，甲球位于乙球正上方 h 處，現從地面上豎直上拋乙球，
初速度 0 = 10m/s，同時讓甲球自由下落，不計空氣阻力。（取 = 10m/s2，甲乙兩球可看作質點）下列
說法正確的是（　　）
A．無論 h 為何值，甲乙兩球一定能在空中相遇
B．當 = 10m時，乙球恰好在最高點與甲球相遇
C．當 = 15m時，乙球不能在下降過程中與甲球相遇
D．當 < 10m時，乙球能在上升過程中與甲球相遇
【答案】BD
【詳解】A．設兩球在空中相遇，所需時間為 t，根據運動學公式可得
1 1
2
2 + 20 2 =
可得

= 0
而乙球的落地時間
2
= 01
兩球在空中相遇的條件是
< 1
整理得
< 20m
故 A 錯誤；
B．若兩球恰好在乙球最高點相遇，滿足的條件是
1
= 2 1
代入數據整理得
= 10m
B 正確；
C．由于
10m < = 15m < 20m
可得乙球能在下降過程中與甲球相遇，故 C 錯誤；
D．當 < 10m時，乙球還沒有上升到最高點就與甲球相遇，故 D 正確。
故選 BD。
【考向 20】如圖為“眼疾手快”游戲裝置示意圖，游戲者需接住從支架上隨機落下的圓棒。已知圓棒長為
0.4m，圓棒下端距水平地面 2.1m，某次游戲中一未被接住的圓棒下落經過 A、B 兩點，A、B 間距 0.4m，B
點距離地面 1.25m。圓棒下落過程中始終保持豎直，不計空氣阻力。求：
（1）圓棒下端到達 A 點時的速度大小；
（2）圓棒經過 AB 段所需的時間。
【答案】（1）3m/s；（2）0.2s
【詳解】（1）圓棒底部距離 A 點高度為
1 = 2.1m 0.4m 1.25m = 0.45m
圓棒做自由落體運動下落到 A 點有
1
1 = 2
2
1
解得
2
= 11 = 0.3s
則圓棒下端到達 A 點時的速度大小為
= 1 = 3m/s
（2）圓棒上端距離 B 點高度為
2 = 2.1m + 0.4m 1.25m = 1.25m
圓棒做自由落體運動，當圓棒上端下落到 B 點有
1
2 = 2
2
2
解得
2
= 22 = 0.5s
則圓棒經過 AB 段所需的時間為
Δ = 2 1 = 0.2s
【真題 1】（2024·山東·高考真題）如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上 A 點距離為 L。
木板由靜止釋放，若木板長度 L，通過 A 點的時間間隔為Δ 1；若木板長度為 2L，通過 A 點的時間間隔為
Δ 2。Δ 2:Δ 1為（　　）
A．( 3 1):( 2 1)
B．( 3 2):( 2 1)
C．( 3 +1):( 2 +1)
D．( 3 + 2):( 2 +1)
【答案】A
【詳解】木板在斜面上運動時，木板的加速度不變，設加速度為 ，木板從靜止釋放到下端到達 A 點的過
程，根據運動學公式有
1
= 2
2
0
木板從靜止釋放到上端到達 A 點的過程，當木板長度為 L 時，有
1
2 = 22 1
當木板長度為2 時，有
1
3 = 22 2
又
Δ 1 = 1 0，Δ 2 = 2 0
聯立解得
Δ 2:Δ 1 = ( 3 1):( 2 1)
故選 A。
【真題 2】（2024·廣西·高考真題）讓質量為1kg的石塊 1從足夠高處自由下落， 1在下落的第1s末速度大
小為 1，再將 1和質量為2kg的石塊綁為一個整體 2，使 2從原高度自由下落， 2在下落的第1s末速度大
小為 2，g 取10m/s2，則（　　）
A． 1 = 5m/s B． 1 = 10m/s
C． 2 = 15m/s D． 2 = 30m/s
【答案】B
【詳解】重物自由下落做自由落體運動，與質量無關，則下落 1s 后速度為
1 = 2 = = 10m/s2 × 1s= 10m/s
故選 B。
【真題 3】（2024·全國·高考真題）為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從 = 0時由靜止
開始做勻加速運動，加速度大小 = 2m/s2，在 1 = 10s時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停
止鳴笛， 2 = 41s時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速 0 = 340m/s，求：
（1）救護車勻速運動時的速度大小；
（2）在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
【答案】（1）20m/s；（2）680m
【詳解】（1）根據勻變速運動速度公式
= 1
可得救護車勻速運動時的速度大小
= 2 × 10m/s = 20m/s
（2）救護車加速運動過程中的位移
1
1 = 2
2
1 = 100m
設在 3時刻停止鳴笛，根據題意可得
( 3 1)20 + 100
+ 3 = 20
停止鳴笛時救護車距出發處的距離
= 1 + ( 3 1) ×
代入數據聯立解得
= 680m
【真題 4】（2024·廣西·高考真題）如圖，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距
= 0.9m，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現測出他從 1 號錐筒運動到 2 號錐筒用時 1 = 0.4s，從 2
號錐筒運動到 3 號錐筒用時 2 = 0.5s。求該同學
（1）滑行的加速度大小；
（2）最遠能經過幾號錐筒。
【答案】（1）1m/s2；（2）4
【詳解】（1）根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知在 1、2 間中間時刻的
速度為

1 = = 2.25m/s1
2、3 間中間時刻的速度為

2 = = 1.8m/s2
故可得加速度大小為
Δ 1 = 2 2Δ = = 1m/s1 2
2 + 2
（2）設到達 1 號錐筒時的速度為 0，根據勻變速直線運動規律得
1
0 1 2
2
1 =
代入數值解得
0 = 2.45m/s
從 1 號開始到停止時通過的位移大小為
2
= 02 = 3.00125m ≈ 3.33
故可知最遠能經過 4 號錐筒。
一、單選題
1．（2024·貴州貴陽·一模）小明和小華在置于水平面的象棋盤上玩彈射游戲。如圖所示，小明、小華分別
在 A、D 處給“卒”和“車”象棋不同的初速度使之向前運動，“卒”象棋停在 C 處，“車”象棋停在 E 處。已知
兩象棋與棋盤的動摩擦因數相等，兩象棋均可視為質點，A、B、C 處于同一直線， = 2 ， = 。
下列說法正確的是（　　）
A．“卒”象棋的初速度是“車”象棋的初速度的 2 倍
B．“卒”象棋經過 B 處時的速度小于“車”象棋的初速度
C．“卒”象棋從 A 處運動到 C 處的平均速度等于“車”象棋的初速度
D．“卒”象棋從 A 處運動到 C 處的時間是“車”象棋從 D 處運動到 E 處的時間的 2倍
【答案】D
【詳解】A．兩象棋與棋盤的動摩擦因數相等，可知兩象棋做勻減速運動的加速度 大小相等，設“卒”象棋
的初速度為 1，“車”象棋的初速度為 2，則有
2 = 0 21， 2 = 0 22
又
= 2
聯立可得
1 2
=2 1
故 A 錯誤；
B．設“卒”象棋經過 B 處時的速度為 ，則有
2 = 0 2
又
=
聯立可得
= 2
即“卒”象棋經過 B 處時的速度等于“車”象棋的初速度，故 B 錯誤；
C．“卒”象棋從 A 處運動到 C 處的平均速度為

= 1
2 2
1 2 = 2 < 2
可知“卒”象棋從 A 處運動到 C 處的平均速度小于“車”象棋的初速度，故 C 錯誤；
D．“卒”象棋從 A 處運動到 C 處的時間為

1 =
1

“車”象棋從 D 處運動到 E 處的時間為

2 =
2

則有
1 2
=
1
2
=
2 1
故 D 正確。
故選 D。
2．一輛汽車在平直公路上以 10m/s 的初速度做勻加速直線運動，2s 內的位移為 30m。則下列關于汽車的
說法正確的是（　　）
A．汽車第 2s 內的位移比第 1s 內的位移大 5m
B．汽車運動的加速度大小為 15m/s2
C．汽車第 1s 內與第 2s 內的位移之比為 1∶3
D．汽車第 2s 末的速度大小為 14.1m/s
【答案】A
【詳解】AC．2s 內的位移為 30m，可知 1s 末的速度

= 21 = 15m/s2
第 1s 內的位移
0 + 1 10 + 15 1 = 2 1 = 2 × 1m = 12.5m
第 2s 內的位移為 x2=17.5m，則汽車第 2s 內的位移比第 1s 內的位移大 5m，汽車第 1s 內與第 2s 內的位移
之比為 5∶7，選項 A 正確，C 錯誤；
B．汽車運動的加速度大小為
15 10
= 1 0 = 1 m/s = 5m/s1
選項 B 錯誤；
D．汽車第 2s 末的速度大小為
2 = 0 + 2 = (10 + 5 × 2)m/s=20m/s
選項 D 錯誤。
故選 A。
3．（2024·遼寧大連·二模） = 0時刻以10m/s的初速度豎直向上拋出一個小球， = 0.4s時從同一地點又以
10m/s的初速度豎直向上拋出第二個小球，不計空氣阻力，重力加速度取10m/s2，則兩小球在空中相遇的
時刻為（　　）
A．1.1s B．1.2s C．1.3s D．1.4s
【答案】B
【詳解】設拋出第二個小球經 ′時間與第一個小球相遇，由豎直上拋運動公式，則有
1 1
0( ′ + 0.4) 2 (
′ + 0.4)2 = ′ ′20 2
解得
′ = 0.8s
則兩小球在空中相遇的時刻為
″ = 0.8s + 0.4s = 1.2s
故選 B。
4．（2024·山東濰坊·二模）某人騎電動車，在距離十字路口停車線 6m 處看到信號燈變紅，立即剎車，做
勻減速直線運動，電動車剛好在停止線處停下。已知電動車在減速過程中，第 1s 的位移是最后 1s 位移的 5
倍，忽略反應時間。下列關于電動車的剎車過程說法正確的是（　　）
A．剎車時間為 2s
B．剎車的加速度大小為2m/s2
C．中間時刻的速度大小為2m/s
D．中間位置的速度大小為2m/s
【答案】C
【詳解】AB．設剎車時間為 t，則由逆向思維有，剎車最后 1s 的位移為 1，有
1
= 21 2 1
剎車第 1s 位移為 2，有
1 1
2 = 2
2 2 ( 1)
2
由題意可知
2
= 51
對全程有
1
= 2
2 = 6m
解得
= 3s = 4， 3m/s
2
故 AB 錯誤；
C．因為做勻減速直線運動，由勻變速直線運動公式有中間時刻速度等于平均速度，設中間時刻速度為 ，
2
有

= = = 2m/s2
故 C 項正確；
D．設中間位置速度為 ，運用逆向思維，則對于后半段有
2

0 2 = 2
2 2
解得
= 2 2m/s
2
故 D 項錯誤。
故選 C。
5．（2024·山西臨汾·一模）滑塊以一定的初速度 0從底端沖上足夠長的光滑斜面，滑行到最高點的時間為
t 3，位移為 L；現在距底端4 處放一彈性擋板（如圖中用虛線表示），滑塊仍以相同初速度從底端出發。已
知滑塊與擋板相碰后可原速率反彈；碰撞時間可以忽略不計，則滑塊從出發至返回底端的時間為（　　）
A．0.5 B．t C．1.2 D．2t
【答案】B
3
【詳解】本題采用逆向思維，距底端4 處放一彈性擋板，將 L 分為1:3兩段，根據初速度為零的勻加速直線

運動的連續相等時間內的位移比例規律知，這兩段的時間相等，均等于2 ，故滑塊仍以相同初速度從底端

出發上滑到擋板的時間為2，從擋板下滑到底端的時間也為2，故滑塊從出發至返回底端的時間為 t。
故選 B。
6．某次冰壺訓練中，一冰壺以某初速度在水平冰面上做勻減速直線運動，通過的距離為 x 時其速度恰好

為零，若冰壺通過第一個6的距離所用的時間為 t，則冰壺通過最后6的距離所用的時間為（ ）
A． 5 2 B． 6 5 C． 5 + 2 D． 6 + 5
【答案】D
【詳解】由逆向思維可知，冰壺從靜止開始做勻加速直線運動，由
1
= 22
可知，冰壺通過連續相等距離所用時間之比為1:( 2 1):( 3 2): :( + 1 )，n 為大于或等于 1 的整

數，冰壺通過最后6的距離所需時間為

′ = = ( 6 + 5)
6 5
故選 D。
7．（2024·安徽·三模）一小球由 A 點從靜止開始做直線運動，經過 B 點到達 C 點，在 B 點時的速度大小為
。小球在 AB 段和 BC 段均做勻加速直線運動，B、C 之間的距離是 A、B 之間距離的 2 倍，小球在 B、C
1
之間運動的加速度為其在 A、B 之間加速度的2，則小球到達 C 點的速度大小為（　　）
A． 2 B． 3 C．2 D．4
【答案】A
【詳解】小球從 A 到 B，滿足
2 = 2 1 1
從小球從 B 到 C，滿足
2 2 = 2 2 2
根據題意已知
1
2 1 = 2
1
1 = 2 2
聯立解得
= 2
故選 A。
8．（2024·湖北武漢·二模）為滿足旅客乘坐高鐵出行的不同需要，城際高鐵開通了“一站直達”列車和“站站
停”列車兩種班次。假設兩城高鐵站之間均勻分布了 4 個車站，若列車在進站和出站過程中做勻變速直線
運動，加速度大小均為 2m/s2，其余行駛時間內保持最高時速 288km/h 勻速運動，“站站停”列車在每個車
站停車時間均為 t0=2min，則一站直達列車比“站站停”列車節省的時間為（　　）
A．10min40s B．11min20s
C．13min20s D．14min40s
【答案】A
【詳解】由題可知，列車加速到速度最大所用的時間為
288

= m = 3.6加 2 s = 40s
列車進站加速與出站減速時的加速度相等，故
加 = 減
設一站直達列車勻速行駛用時為 t，“站站停”列車勻速行駛用時 t′，根據題意可知
1 2 1 2 1 1
2 加 + 2 減 + m = 5
2 + 5 2 + m ′2 加 2 減
一站直達列車比“站站停”列車節省的時間為
Δ = ( ′ + 4 0 + 5 加 + 5 減) ( + 加 + 減)
聯立解得
Δ = 640s = 10min40s
故選 A。
9．重慶的橋梁、隧道眾多，故被稱為“魔幻之都”。長為 L 的輕軌在平直軌道上正常行駛，速率為 v0，前
方有一長為 2L 的隧道，為了保證安全通過該隧道，輕軌的任一部分位于隧道內時，它的速率都不允許超
2 0
過 3 。已知列車加速和減速的加速度大小分別為 a 和 2a，則列車從減速開始到恢復正常速率 v0，需要的
最短時間為（　　）
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
【詳解】當列車的任一部分處于隧道內時，列車的速度不允許超過 3 ，則列車進隧道前必須減速到 3 ，則
有
2 0
3 = 0 2 1
解得

= 01 6
通過隧道時勻速運動，通過的位移為3 ，故所用時間
3 9
2 = 2 = 2 0 03
列車尾部出隧道后立即加速到 0，有
2
00 = 3 + 3
解得

3 =
0
3
則列車從減速開始至回到正常行駛速度 0，需要的最短時間為
9
= 1 +
0
2 + 3 = 2 + 2 0
故選 A。
10．（2024·北京通州·一模）2023 年 7 月，我國研制的電磁彈射微重力實驗裝置啟動試運行。如圖所示，
電磁彈射系統將實驗艙豎直加速到預定速度后釋放，實驗艙在上拋和下落階段為科學載荷提供微重力環境。
據報道該裝置目前達到了上拋階段 2s 和下落階段 2s 的 4s 微重力時間、10 g 的微重力水平。若某次電磁
彈射階段可以視為加速度大小為 5g 的勻加速運動，重力加速度取 g=10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．電磁彈射階段用時約為 2s
B．電磁彈射階段，實驗艙上升的距離約為 20m
C．實驗艙豎直上拋階段的運行長度約為 100m
D．實驗艙開始豎直上拋的速度約為 20m/s
【答案】D
【詳解】AD．由題意可知實驗艙上升時間為 2s，可知實驗艙開始上拋的速度為
= 上 = 20m/s
電磁彈射階段有
= 5
解得
= 0.4s
故 A 錯誤，D 正確；
B．電磁彈射階段，實驗艙上升的距離約為
1
= 2 5
2 = 4m
故 B 錯誤；
C．實驗艙豎直上拋階段的運行長度約為
1
1 = 2
2
上 = 20m
故 C 錯誤。
故選 D。
11．一輛汽車在平直公路上由靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后保持勻速運動。已知汽車在啟
動后的第 2s 內前進了 6m，第 4s 內前進了 13.5m，下列說法正確的是（　　）
A．汽車勻加速時的加速度大小為6m/s2 B．汽車在前 4s 內前進了 31.5m
C．汽車的最大速度為16m/s D．汽車的加速距離為 20m
【答案】B
【詳解】A．設汽車啟動時的加速度大小為 a，假設汽車在第 2s 末達到最大速度，則
1
6m = (22 122 )s
2
解得
= 4m/s2
則第 4s 內做勻速直線運動，應前進
Δ 4 = 2 Δ = 4m/s2 × 2s × 1s = 8m < 13.5m
則說明假設不成立，汽車達到最大速度的時刻應在2s之后，故 A 錯誤；
BCD．若汽車在第 4s 初達到最大速度，則汽車在第 4s 內能前進
Δ 4 = 3 Δ = 4m/s2 × 3s × 1s = 12m < 13.5m
若汽車在第 4s 末達到最大速度，則汽車在第 4s 內能前進
1 1
Δ 4 = 2 22 4 2 3 = 14m > 13.5m
所以以上兩種假設均不成立，汽車應在第 4s 內的某時刻達到最大速度。設汽車的加速時間為 t，則有
1
Δ = 2
1 2
4 2 2 3 + ( 4 ) = 13.5m
解得
= 3.5s
汽車的最大速度為
m = = 14m/s
前 4s 內前進了
1
24 = 3 + Δ 4 = 2 3 + Δ 4 = 31.5m
汽車的加速距離為
1
= 2加 2 = 24.5m
故 B 正確，CD 錯誤。
故選 B。
12．（2024·山東濰坊·三模）2024 濰坊市足球聯賽于 3 月 24 日在濰坊四中和利昌學校開賽。在賽前訓練中，
運動員將足球用力踢出，足球沿直線在草地上向前滾動，其運動可視為勻變速運動，足球離腳后，在 0 ~ t
時間內位移大小為 2x，在 t ~ 3t 時間內位移大小為 x。則足球的加速度大小為（ ）
A 4(2 3) 2(2 3)

． 2 B． 2 C． 2 D． 2 2
【答案】A
【詳解】若足球在 3t 時刻停止，根據逆向思維法可知，相等時間間隔內的位移之比為 1：3：5：…，由 0 ~
t 時間內位移大小為 2x，則在 t ~ 3t 時間內位移大小應為 1.6x，而題干為 x，則說明在 3t 之前足球就已經停
止運動。根據逆向思維法則有
v2 = 2ax
1
2 = + 2
2
聯立解得
4(2 3)
= 2
故選 A。
二、多選題
13．（2024·江西贛州·二模）我國 2023 年新能源車出口 120 多萬輛，穩居全球首位。一輛新能源車在某次
直線測試中，速度從 0 加速到20m/s所用時間為8s，且加速度隨速度的增加而逐漸減小，該車在這段時間
內（ ）
A．加速到10m/s時，用時大于4s
B．平均加速度大小為2.5m/s2
C．位移大于80m
D．運動到總位移一半時，速度小于10m/s
【答案】BC
【詳解】ABD．平均加速度大小為
20
= 2 = 8 m/s = 2.5m/s
2
因加速度隨速度的增加而逐漸減小，可知開始階段的加速度大于 2.5m/s2，加速到10m/s時，用時小于4s；
運動到總位移一半時，速度大于10m/s，選項 AD 錯誤，B 正確；
C．若做勻加速運動，則位移為

= 2 = 80m
因做加速度減小的加速運動，結合 v-t 圖像，則汽車的位移大于做勻加速運動時的位移，可知位移大于80
m，選項 C 正確；
故選 BC。
14．（2024·山東日照·二模）如圖所示，四塊相同的混凝土實心磚并排固定在水面地面上，子彈以水平速度
0從 P 點射入實心磚中，到達 Q 點時的速度恰好為零。假設子彈在混凝土實心磚中做勻減速直線運動，且
運動的總時間為 t。下列說法正確的是（　　）
A 3．子彈剛穿過第 2 塊磚時的速度大小為
2 0
B 1．子彈剛穿過第 3 塊磚時的速度大小為2 0
C．子彈穿過第 2 塊磚所用的時間為 3 2
2
D．子彈穿過第 3 塊磚所用的時間為( 2 1)
【答案】BC
【詳解】AB．設每塊磚的厚度為 ，加速度為 ，子彈從 P 到 Q 為勻減速，可以看成從 Q 到 P 的初速為0
的勻加速直線運動，末速度為 0，則有
2 ·4 = 20
設穿過第二塊的速度為 2，穿過第三塊的速度為 3，則有
2 ·2 = 22
2 · = 23
解得
2
2 = 2 0
1
3 = 2 0
A 錯誤，B 正確；
CD．按照上述方法，由初速為0的勻加速直線運動等分位移的時間關系，設穿過第四塊的時間為 0，則穿
過第三塊的時間為( 2 1) 0，第二塊的時間為( 3 2) 0，第一塊得出時間為(2 3) 0，如圖所示
由此可得
1
0 = 2
設穿過第二塊磚的時間為 2，穿過第三塊磚的時間為 3，則有
3 2
2 = ( 2 ) 0
2 1
3 = ( 2 ) 0
C 正確，D 錯誤。
故選 BC。
三、解答題
15．（2024·遼寧丹東·一模）2024 年，東北地區：哈爾濱、長春、沈陽、大連四座城市將有新的地鐵線路
開通，新線路將會大大減輕交通壓力，加快城市的發展。沈陽地鐵一號線從 S 站到 T 站是一段直線線路，
全程 1.6km，列車運行最大速度為 72km/h。為了便于分析，我們用圖乙來描述這個模型，列車在 S 站從靜
止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后立即做勻速直線運動，進站前從最大速度開始做勻減速直線運
4
動，直至到 T 站停車，且加速的加速度大小為減速加速度大小的5倍。現勻加速運動過程中連續經過 A、
B、C 三點，S→A 用時 2s，B→C 用時 4s，且 SA 長 2m，BC 長 24m。求：
（1）列車在 C 點的速度大小；
（2）列車勻速行駛的時間。
【答案】（1）8m/s；（2）62s
1
【詳解】（1）由 = 22 可知
1 = 1m/s2
根據
=
2
可知 段平均速度

= = 6m/s
= 0 +
= 8m/s
（2）由Δ = Δ 得
勻加速階段

1 = = 20s1
勻減速階段

2 = 5 = 16s
4 1

由 = 得
勻加速階段
1 = 1 = 200m
勻減速階段
2 = 2 = 160m
勻速運動時間
1 = 23 = 62s
16．（2024·陜西寶雞·一模）十字路口紅燈亮起，汽車和行人停止前行。攔停的汽車排成筆直的一列，最前
面一輛汽車的前端剛好與路口停車線相齊，相鄰兩車的前端間距均為 = 6.0m，且車長為 0 = 4.8m，最前
面的行人站在橫道線邊緣，已知橫道線寬 = 20m。若汽車啟動時都以 1 = 2.5m/s2的加速度做勻加速直線
運動，加速到 1 = 10.0m/s后做勻速直線運動通過路口。行人起步的加速度為 2 = 0.5m/s2，達到 2 = 1.0
m/s后勻速通過橫道線。已知該路口亮綠燈的時間 = 40s，而且有按倒計時顯示的時間顯示燈（無黃燈）。
另外交通法規定：原在綠燈時通行的汽車，紅燈亮起時，車頭已越過停車線的允許通過。由于行人和汽車
司機一直關注著紅綠燈，因此可以不考慮行人和汽車的反應時間。（提示：綠燈亮起時，行人從 A 走向 B，
第1輛汽車從 朝向 行駛。）
請回答下列問題：
（1）按題述情景，亮綠燈的這段時間里最多能有多少輛車通過路口？
（2）按題述情景，不能通過路口的第一輛汽車司機，在時間顯示燈剛亮出“3”時開始剎車，使車勻減速運
動，結果車的前端與停車線相齊，求該汽車剎車后經多少時間停下？
（3）路口對面最前面的行人在通過橫道線的過程中與幾輛車擦肩而過？
【答案】（1）64；（2）6.8s；（3）31
【詳解】（1）汽車加速的時間
10
1 =
1
= 2.5 s = 4s2
在綠燈亮的 40s 時間內汽車能行駛的位移為
1 1
= 22 1 1 + 1( 1) = 2 × 2.5 × 16m + 10 × 36m = 380m
而根據題意，原在綠燈時通行的汽車，紅燈亮起時，車頭已越過停車線的允許通過，則在綠燈亮的這段時
間內能夠通過的車的數量
380
= = 6 ≈ 63.3
根據題意可知，能有 64 輛汽車通過路口。
（2）記 0 = 3s，當顯示燈剛亮出“3”時，第 65 輛汽車的位移
1
= 21 2 1 + ( 1 0)
解得
1 = 350m
此時汽車距停車線的距離
Δ = 64 1 = 34m
則該汽車剎車后停下來應滿足

Δ = 12 2
解得
2 = 6.8s
（3）汽車加速時間內行駛的位移大小為
1
= 22 2 1 1 = 20m
行人加速的時間為

3 =
2
= 2s2
行人加速的位移為

= 23 2 3 = 1m
行人通過橫道線的時間為

= + 34 3 = 21s2
在行人通過橫道線的時間內汽車的位移為
4 = 2 + 1( 4 1) = 190m
能到達橫道線的車輛數

= 4′ ≈ 31.7
即第 32 輛車車身的一部分是行人離開橫道線后從側邊離開的，因此可知，行人在通過橫道線的過程中與
31 輛車擦肩而過。

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