文档内容
第 2 讲 匀变速直线运动规律的应用
1、掌握并会利用匀变速直线运动规律处理物理问题。
2、掌握并会利用匀变速直线运动的推论处理物理问题
考点一 匀变速直线运动公式的应用
1．基本规律
(1)速度公式： v ＝ v ＋ a t.
0
(2)位移公式：x＝vt＋at2.
0
(3)位移速度关系式： v 2 － v ＝ 2 ax .
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．2．两个重要推论
(1)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、末时刻速度矢量和
的一半，即：＝v ＝.
(2)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＝x －x ＝x －x ＝…＝x －x
2 1 3 2 n n－1
＝ aT 2 .
3．v＝0的四个重要推论
0
(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v∶v∶v∶…∶v＝ 1 ∶ 2 ∶ 3 ∶ … ∶ n
1 2 3 n
(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x∶x∶x∶…∶x＝ 1 2 ∶ 2 2 ∶ 3 2 ∶ … ∶ n 2
1 2 3 n
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：x ∶x ∶x ∶…∶x ＝ 1 ∶ 3 ∶ 5 ∶ …
Ⅰ Ⅱ Ⅲ n
∶ ( 2 n － 1 )
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t∶t∶t∶…∶t＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)
1 2 3 n
[例题1] （2024•佛山一模）为提高航母的效能，福建舰安装了电磁弹射器，舰载机在弹
射器的助推下能获得 30m/s2～50m/s2的加速度。若某舰载机从静止开始弹射，匀加速运动
150m达到100m/s的起飞速度，则该过程的时间为（ ）
A．3.3s B．3.0s C．2.5s D．1.5s
【解答】解：由题意可知，舰载机从静止开始弹射，匀加速运动150m达到100m/s的起飞速度，
x v
则根据 =
t 2
代入数据解得
t＝3.0s，故B正确。
故选：B。
[例题2] （多选）（2022•庐阳区校级模拟）物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使
用简陋的器材反映了深刻的物理本质，例如伽利略的斜面实验就揭示了匀变速直线运动的规律。某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图1所示，他让小球以某﹣﹣确定的初
速度从固定斜面顶端0点滚下，经过A、B两个传感器，其中B传感器固定在斜面底端，利用
传感器测出了A、B间的距离x及小球在A、B间运动的时间t。改变A传感器的位置，多次重
复实验，计算机作出图像如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上运动的平均速度大小为8m/s
B．小球在斜面上0点的速度大小为4m/s
C．小球在斜面上运动的加速度大小为2m/s2
D．固定斜面的长度为6m
【解答】解：设小球在经过A传感器时的速度大小为v ，在斜面上运动的加速度大小为a，根
A
据运动学规律可得v ＝v +at
B A
1
x=v t+ at2
A 2
x 1 a
联立并化简得： =v ⋅ −
t2 B t 2
结合图像可得：v ＝8m/s；a＝4m/s2
B
当A传感器放置在O点时，传感器所测时间为小球从O到B传感器的运动时间t ，对应图像上
1
1 1
的最小值，即
=1s−1
t t
1
解得：t ＝1s
1
所以小球在斜面上O点的速度大小为
v ＝v ﹣at ＝8m/s﹣4×1m/s＝4m/s
0 B 1
小球在斜面上运动的平均速度大小为v +v 4+8
v= 0 B= m/s=6m/s
2 2
固定斜面长度为l=vt =6×1m=6m，故AC错误，BD正确；
1
故选：BD。
[例题3] （2024•新郑市校级三模）一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s
内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（ ）
A．质点的加速度大小是6m/s2
B．质点的加速度大小是3m/s2
C．质点第2s末的速度大小是12m/s
D．质点在第1s内的位移大小是6m
【解答】解：AB、设第一个2s内的位移为x ，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x ，根
1 3
据x −x =2aT2 ，可得加速度a＝3m/s2，故A错误，B正确；
3 1
C、由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值，即 x ﹣x ＝x ﹣x ，解得x ＝
3 2 2 1 2
x +x
24m，第2s末的瞬时速度等于前4s内的平均速度，则第2s末速度为v= 2 1，解得v＝9m/s，
2T
故C错误；
x 36
D、第1 s末的瞬时速度等于第一个2s内的平均速度，则v = 1= m/s＝6m/s，在第1 s内反
1 T 6
1
向看为匀减速运动，则有x ＝v t− at2，解得x ＝4.5m，故D错误。
1 1 2 1
故选：B。
考点二 常用的“六种”物理思想方法
1．一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．
2．平均速度法
定义式＝对任何性质的运动都适用，而 ＝ v ＝ ( v ＋ v )只适用于匀变速直线运动．
0
3．比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直
线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解．
4．逆向思维法
如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．
5．推论法
利用Δx＝aT2：其推广式x －x＝ ( m － n ) aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．
m n
6．图象法
利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v 与v ，还可以求解追及问题；用x－t图
象可求出任意时间内的平均速度等．
[例题4] （2024•湖北二模）如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中
中国选手张洋铭沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线
运动，张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，a、b之间的距离为L ，
1
c、d之间的距离为L ，则b、c之间的距离L 为（ ）
3 2
8
A．8L B． L
1 7 3
1
C．L +L D． (L +L )
1 3 2 1 3
【解答】解：张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，则对应时间之比为
1：2：1，有
1
L =v t+ at2
1 0 2
1
L ＝（v +at）•2t+ a（2t）2＝2v t+4at2
2 0 2 0
1 7
L ＝（v +3at）•t+ at2＝v t+ at2
3 0 2 0 2根据数学知识观察可得
L ＝L +L
2 1 3
故ABD错误，C正确。
故选：C。
[例题5] （2024•琼山区校级模拟）沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速
度不变通过长度为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v ，车头经过桥尾时的速度为v ，则车
1 2
尾通过桥尾时的速度为（ ）
A．v ：v B．√2v 2−v 2
1 2 2 1
C．√v 2+v 2 D．√2v 2+v 2
1 2 2 1
【解答】解：火车车头从桥头到桥尾运动的过程中，根据速度—位移关系可得：2aL＝v 2﹣v 2
2 1
火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过程中，根据速度—位移关系可得：2a•2L＝v2﹣v 2
1
解得：v=√2v 2−v 2，故B正确、ACD错误。
2 1
故选：B。
[例题6] （2024•日照一模）某物理学习兴趣小组研究公交车的运动，公交车进站过程认
为做匀减速直线运动直至停下。公交车在最初 6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之比为
21：9，若公交车运动的加速度大小为1m/s2，则（ ）
A．公交车运动的总位移为60m
B．公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之差为36m
C．公交车的初速度为12m/s
D．公交车运动的时间为10s
【解答】解：设公交车开始减速的速度为v ，运动总时间为t，则公交车在最初减速6s内通过的
0
1
位移为x =v t − at2=(6v −18m)
1 0 0 2 0 0
1
把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，最后6s内通过的位移为x = at2
2 2 1
代入数据解得x ＝18m
2
由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之比为21：9，则由以上有
6v −18 21
0 =
18 9又有0＝v ﹣at
0
代入数据解得v ＝10m/s
0
t＝10s
1
则公交车的总位移为x=v t− at2
0 2
代入数据解得x＝50m
公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之差为Δx＝x ﹣x
1 2
代入数据解得
Δx＝24m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
[例题7] （2024•长沙模拟）2023年8月28日株洲清水塘大桥正式通车。如图甲所示，大
桥全长2.85千米，主跨为408米双层钢桁架拱桥结构，位列同类桥梁中湖南第一、桥梁上层为
机动车道，下层为行人和非机动车通行的景观通道。大桥一经开通就成为了株洲市民观光散步、
娱乐休闲的“网红桥”。图乙中A、B、C、D、E、F为大桥上的六根竖直钢丝绳吊索，相邻
两根吊索之间距离均相等，若一汽车在桥梁上层从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在
吊索E、F的中点N点停下，汽车通过吊索E时的瞬时速度为v ，从E点到N点的时间为t，
E
则（ ）
A．汽车通过吊索A时的速度为9v
E
B．汽车通过AE段的时间等于3t
C．汽车通过AE段的平均速度是EN段平均速度的4倍
D．汽车通过全程AN的平均速度小于v
E
【解答】解：A．令加速度为a，E到N的距离为L，从E到N有
v2=2aL
E
从N到A有v2 =2a⋅9L
A
联立可得
v ＝3v
A E
故A错误；
B．根据速度—时间公式，有
v −v 2v
t = A E= E
AE a a
v −0 v
t = E = E=t
EN a a
所以汽车通过 AE 段的时间等于2t，故B错误；
C．根据匀变速直线运动的推论有
v +v
v = A E=2v
AE 2 E
v +0 v
v = E = E
EN 2 2
所以汽车通过 AE段的平均速度是EN段平均速度的4倍，故C正确；
D．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，汽车通过全程AN的平均速度为
v +0 3v
v = A = E＞v
AN 2 2 E
故D错误。
故选：C。
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．特点和规律
(1)自由落体运动的特点
①从静止开始，即初速度为零．
②只受重力作用的匀加速直线运动．
③公式：v＝gt，h＝gt2，v2＝2gh.
(2)竖直上抛运动的特点
①初速度竖直向上．
②只受重力作用的匀变速直线运动．
③若以初速度方向为正方向，则a＝－g.2．处理竖直上抛运动的方法
(1)分段处理
①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．
②几个特征物理量
上升的最大高度H＝，上升到最高点所用的时间T＝，回到抛出点所用的时间t＝，回到抛出点时的
速度v＝－v.
0
(2)全程处理
①初速度为v(设为正方向)，加速度为a＝ － g 的匀变速直线运动．
0
②v>0时，物体上升．
v<0时，物体下降．
③h>0时，物体在抛出点上方．
h<0时，物体在抛出点下方．
[例题8] （2024•广东模拟）如图，调整水龙头的开关，使单位时间内流出水的体积相等。
水由于重力作用，下落速度越来越大，水柱越来越细。若水柱的横截面可视为圆，图中a、b
两处的横截面直径分别为0.8cm和0.6cm，则经过a、b的水流速度之比v ：v 为（ ）
a b
A．1：3 B．1：9 C．3：4 D．9：16
【解答】解：由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等，取一段极短的时间Δt，对两个
d d
不同的截面，有π( a ) 2v Δt=π( b ) 2v Δt
2 a 2 b
可得v ：v =d2：d2=0.62：0.82=9：16
a b b a
故ABC错误，D正确。
故选：D。
[例题9] （2024•琼山区校级模拟）2012年6月1日，空降兵某部官兵使用新装备从260m
超低空跳伞成功．若跳伞空降兵在离地面224m高处，由静止开始在竖直方向做自由落体运动．
一段时间后，立即打开降落伞，以12.5m/s2的平均加速度匀减速下降，为了空降兵的安全，要
求空降兵落地速度最大不得超过5m/s（g取10m/s2）．则（ ）A．空降兵展开伞时离地面高度至少为125 m，相当于从2.5 m高处自由落下
B．空降兵展开伞时离地面高度至少为125 m，相当于从1.25 m高处自由落下
C．空降兵展开伞时离地面高度至少为99 m，相当于从1.25 m高处自由落下
D．空降兵展开伞时离地面高度至少为99 m，相当于从2.5 m高处自由落下
【解答】解：设空降兵做自由落体运动的高度为h时速度为v，此时打开伞开始匀减速运动，落
地时速度刚好为5m/s，这种情况空降兵在空中运动时间最短，则有v2＝2gh，v2﹣v2＝2a（H﹣
t
h）
解得：h＝125m，v＝50m/s，为使空降兵安全着地，他展开伞时的高度至少为 H﹣h＝224m﹣
125m＝99m，故A、B错误；
v2
25
他以5m/s的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，由v2＝2gh′，得h′= t = m＝
t
2g 2×10
1.25m，选项D错误，C正确。
故选：C。
[例题10]（2024•开福区校级模拟）在地面上以初速度2v 竖直上抛一物体A后，又以初
0
速度v 从同一地点竖直上抛另一物体B。若要使两物体能在B上升过程中相遇，则两物体抛出
0
的时间间隔Δt必须满足的条件是（不计空气阻力，重力加速度大小为g）（ ）
2v 3v 2v 4v
A． 0＜Δt＜ 0 B． 0＜Δt＜ 0
g g g g
(√3+1)v 4v 3v 4v
C． 0＜Δt＜ 0 D． 0＜Δt＜ 0
g g g g
【解答】解：设B经过时间t，AB在空中相遇，有：
1 1
2v (t+Δt)− g(t+Δt) 2=v t− gt2
0 2 0 2
v
上升过程中相遇：0＜t＜ 0
g
(√3+1)v 4v
解得： 0＜Δt＜ 0。
g g
故C正确，ABD错误。
故选：C。
[例题11] （2024•皇姑区校级模拟）如图所示，A，B两棒的长度相同，A的下端和B的上
端相距s＝40m。若A，B同时运动，A做自由落体运动，B做竖直上抛运动且初速度 v ＝
0
20m/s（g取10m/s2），则A，B相遇时A的速度大小为（ ）A．40m/s B．10m/s C．30m/s D．20m/s
1
【解答】解：根据位移—时间公式，可得A棒自由落体运动位移为：x = gt2
1 2
1
B棒做竖直上抛运动位移为：x ＝v t− gt2
2 0 2
二者的位移关系：x +x ＝s
1 2
联立并代入数据解得A，B两棒相遇的时间为：t＝2s
根据速度—时间公式，可得A，B相遇时A的速度大小为：
v ＝gt＝10×2m/s＝20m/s，故D正确，ABC错误。
A
故选：D。
题型1匀变速直线运动基本公式的应用
1. （2023秋•叙州区校级期末）一物体车以﹣5m/s2做匀变速直线运动，那么下列关于该
物体运动的描述正确的是（ ）
A．该物体在做匀减速直线运动
B．下一秒末与前一秒初的速度变化量大小为5m/s
C．下一秒末与前一秒末的速度变化量大小为5m/s
D．下一秒的平均速度比前一秒的平均速度小5m/s
【解答】解：A、不知初速度方向，从而不能确定物体做加速还是减速运动，故A错误；
B、下一秒末与前一秒初的时间间隔为2s，则Δv＝at＝5×2m/s＝10m/s，故B错误；
C、下一秒末与前一秒末的时间间隔为1s，则Δv＝at＝5×1m/s＝5m/s，故C正确；
D、下一秒比前一秒多1s，则故两段时间的中间时刻也相差1s，故平均速度相差v＝at＝5×1m/s
＝5m/s，由于不知是加速还是减速，故下一秒的平均速度比前一秒的平均速度可能小 5m/s，也可能大5m/s，故D错误；
故选：C。
2. （2024•北京模拟）一质点静止在光滑水平面上，先向右做初速度为零的匀加速直线
运动，加速度大小为a ，经过时间t后加速度变为零；又运动时间t后，质点加速度方向变为
1
向左，且大小为a ，再经过时间t后质点回到出发点。以出发时刻为计时零点，则在这一过程
2
中（ ）
A．a ＝3a
2 1
8
B．质点向右运动的最大位移为 a t2
5 2
4
C．质点回到出发点时的速度大小为 a t
5 2
D．最后一个时间t内，质点的位移大小和路程之比为3：5
【解答】解：A、以向右为正方向，由速度—时间公式有：v ＝a t
1 1
由题意三段时间返回出发点可列：0＝x +x +x
1 2 3
1 1
由位移—时间公式得：x = a t2 ，x ＝v t，x =v t− a t2
1 2 1 2 1 3 1 2 2
代入解得：a ＝5a ，故A错误；
2 1
B、根据题意，作出质点运动的v﹣t图象，如图所示，
设向右从v 减速到0所用的时间为t′，则有：v ＝a t′
1 1 2
又因为：v ＝a t
1 1
1
解得：t'= t
5
1 1
根据v﹣t图象的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移：x= v t+v t+ v ⋅t'，
2 1 1 2 1
8
代入数据得：x= a t2 ，故B错误；
5 1
1 4
C、质点回到出发点时所用的时间为：t″＝t﹣t′＝t− t= t，则对应的速度大小为：v ＝
5 5 24
a t″= a t，故C正确；
2 5 2
3
D、最后一个时间t内，质点的位移大小为：x′＝x +x ，代入数据得：x′= a t2
1 2 2 1
1 1 1 4 17
路程：s= a t× t+ ×4a t× t，代入数据得：s= a t2
2 1 5 2 1 5 10 1
所以最后一个时间t内，质点的位移大小和路程之比为15：17，故D错误。
故选：C。
3. （2024•琼山区校级模拟）一步行者以6.0m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，
在跑到距汽车25m处时，绿灯亮了，汽车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，则（ ）
A．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7m
C．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36m
D．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43m
v 6
【解答】解：当两车速度相等时，经历的时间t= = s=6s．此时人的位移x ＝vt＝6×6m＝
a 1 1
1 1
36m，汽车的位移x = at2= ×1×36m=18m。
2 2 2
因为x ＜x +25m，可知人不能追上汽车。
1 2
速度相等时有最小距离，最小距离Δx＝x +25﹣x ＝18+25﹣36m＝7m。
2 1
在追及的整个过程中，人车距离先减小再增大。故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
题型2刹车类问题
4. （2023秋•宁波期末）2023年SUV制动距离排行榜上国产汽车成绩进步明显，如图
中吉利车型领克05测试过程中以100km/h的初速度进行刹车制动，经过34m的距离刹停。若
制动过程可看成匀减速直线运动，关于此次测试过程，该车（ ）A．刹车时间约为2.4s
B．刹车过程的加速度大小约为147m/s2
C．刹车过程的平均速度大小为50m/s
D．在第3s末的速度大小约为6m/s
【解答】解：初速度大小为v ＝100km/h≈27.8m/s。
0
v
A、设刹车时间约为t，则有： 0t=x，解得：t＝2.4s，故A正确；
2
v 27.8
B、根据加速度的定义式可得：a≈ 0= m/s2=11.6m/s2，故B错误；
t 2.4
v 27.8
C、刹车过程的平均速度大小为v= 0= m/s＝13.9m/s，故C错误；
2 2
D、由于刹车时间约为2.4s，所以在第3s末的速度大小为0，故D错误。
故选：A。
5. （2023秋•海安市期末）神舟十六号载人飞船返回地面，速度为v 时开启缓冲发动机，
0
获得大小为a的加速度，经过时间t后速度恰好为零，则该过程中飞船的位移可以表达为（
）
1 v t
A．v t+ at2 B． 0
0 2 2
a2 t
C． D．
2v 2v
0 0
【解答】解：由题意可知，飞船做匀减速直线运动，由位移公式可得其该时间内的位移为：
1
x=v t− at2 ；
0 2
v +0 v
又由匀变速直线运动的平均速度与位移的关系可得该阶段内的位移为x=vt= 0 t= 0t；
2 2v2
由匀变速直线运动的速度—位移公式可得：v2=2ax，可得x= 0 ，故B正确，ACD错误。
0 2a
故选：B。
6. 冰壶（Crling），又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞
赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。中国女子冰壶队于 2003年成立，在2009年
的女子冰壶世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠，已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中，冰壶
被投出后，如果做匀减速直线运动用时20s停止，最后1s内的位移大小为0.2m，则下列说法
正确的是（ ）
A．冰壶的加速度大小是0.3m/s2
B．冰壶第1s内的位移大小是78m
C．全程的平均速度大小为4m/s
D．冰壶的初速度大小是6m/s
【解答】解：A、冰壶的运动为末速度为0的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为 0的匀加速
1
直线运动，设冰壶的加速度大小为a，根据位移—时间公式得：x = at2
1 2 1
代入数据解得：a＝0.4m/s2
故A错误；
D、冰壶的初速度v ＝at＝0.4×20m/s＝8m/s
0
故D错误；
1 1
B、冰壶第1s内的位移大小是x ＝v t − at2=8×1m/s− ×0.4×12m＝7.8m
2 01 2 1 2
故B错误；
v 8
C、全程的平均速度大小为v= 0= m/s＝4m/s
2 2
故C正确；
故选：C。
题型3匀变速直线运动中的多过程问题
7. （2024•延边州一模）如图，某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上 A点由静止滑下，滑到水平雪道上C点时速度刚好为零，滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B点时速度大小不变。
若滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动，已知从A到C运动的路程为60m，
时间为40s，则该滑雪爱好者经过B点时的速度大小为（ ）
A．5m/s B．3m/s C．4m/s D．2m/s
【解答】解：设滑雪爱好者经过B点时的速度大小为v，在AB段运动时间为t ，路程为x ，BC
1 1
段运动时间为t ，路程为x ，根据匀变速直线运动的规律有
2 2
v
x = •t
1 2 1
v
x = •t
2 2 2
且t +t ＝40s
1 2
x +x ＝60m
1 2
联立解得
v＝3m/s
故ACD错误，B正确；
故选：B。
8. （2024•渝中区模拟）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（ ）
x
A．时间为
v
v2
B．加速度大小为
2x
x
C．经过一半时间时的位移大小为
2
v
D．经过一半距离时的速度大小为
2
【解答】解：根据逆向思维法，将匀减速直线运动反向处理成初速度为0的匀加速直线运动。v 2x
A.根据匀变速直线运动位移—时间规律有x= •t，得t= ，故A错误；
2 v
v2 v2
B.根据匀变速直线运动位移—速度规律有x= ，得a= ，故B正确；
2a 2x
C.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，把总时间平分，则位移之比为 1：3，故按原题经过
3
一半时间对应的位移为总位移的 x，故C错误；
4
√0+v2 √2
D.根据初速度为0的匀加速直线运动规律，把总位移平分，由公式v′= = v，故D错
2 2
误。
故选：B。
9. （2023秋•福田区校级期末）某次列车出站时做匀加速运动，途中连续经过三个测试
点A、B、C，已知AB段距离为BC段的一半，AB段平均速度为72km/h，BC段平均速度为
144km/h，如图所示，则列车经过C点时速度大小为（ ）
A．30m/s B．40m/s C．50m/s D．60m/s
【解答】解：设AB段距离为x，BC段距离为2x，AB段平均速度为v ＝72km/h＝20m/s
1
BC段平均速度为v ＝144km/h＝40m/s
2
可知v ＝2v
2 1
x
由于AB段距离为BC段的一半，根据：t= ，可得列车经过AB段和BC段的时间相等。
t
设列车经过AB段和BC段的时间均为t，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时
速 度 的 性 质 ， 可 得 列 车 经 过 B 点 时 速 度 等 于 AC 段 的 平 均 速 度 ， 则 有
x +x v t+v t v +v 20+40
v = AB BC = 1 2 = 1 2= m/s＝30m/s
B 2t 2t 2 2
v +v
由匀变速直线运动的规律可得v = B C
2 2
解得列车经过C点时速度大小为v ＝50m/s，故ABD错误，C正确。
C故选：C。
题型4平均速度和中点时刻瞬时速度
10. （2023秋•玉溪期末）一质点做匀加速直线运动，依次通过a、b、c三点。测得a、b
两点之间的距离为s，b、c两点之间的距离为4s，通过ab段所用时间为t，通过bc段所用时间
为2t。则该质点运动的加速度大小为（ ）
s s s 2s
A． B． C． D．
4t2 2t2 t2 3t2
【解答】解：ab段中间时刻的速度大小为
s
v =
1 t
bc段中间时刻的速度大小为
4s
v =
2 2t
从ab段中间时刻到bc段中间时刻经历的时间
t
Δt= +t
2
可得
v ﹣v ＝aΔt
2 1
解得
2s
a=
3t2
故D正确，ABC错误。
故选：D。
11. （2023秋•杭州期中）运动会上，用电子机器狗运送铁饼既便捷又安全，将机器狗在
某次运送铁饼的运动过程视为匀加速直线运动，相继经过两段距离为 12米的路程，用时分别
为6s和4s。则机器狗的加速度大小是（ ）A．0.1m/s2 B．0.2m/s2 C．0.48m/s2 D．2m/s2
Δx 12 Δx 12
【解答】解：第一段的平均速度为：v = = m/s＝2m/s，第二段的平均速度为v = =
1 Δt 6 2 Δt 4
m/s＝3m/s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔
为
Δv 3−2
Δt＝（3+2）s＝5s，则加速度为a= = m/s2＝0.2m/s2。
Δt 5
故选：B。
题型5中间位置瞬时速度
12. （2023秋•雨花区校级月考）如图所示是某物体做直线运动的v2﹣x图像（其中v为
速度，x为位置坐标），下列关于物体从 x＝0处运动至 x＝x 处的过程分析，正确的是
0
（ ）
A．该物体做匀加速直线运动
v2
B．该物体的加速度大小为 0
2x
0
1
C．该物体在位移中点的速度小于 v
2 0
1
D．该物体在运动中间时刻的速度大于 v
2 0【解答】解：A、由匀变速直线运动的速度—位移关系公式 v2−v2=2ax，可得v2＝2ax+v2，可
0 0
知物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故A错误；
v2 v2
B、由上式知，v2﹣x图象的斜率等于2a，由图可得：2a= 0，则物体的加速度大小为a= 0 ，
x 2x
0 0
故B正确；
CD、设匀变速运动的初速度为 v ，末速度为 v，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，即
0
v =
v
0
+v
， 中 点 位 移 速 度 为 v =
√v2
0
+v2
， 则 ： （ v t） 2﹣ （ v x） 2
t 2 x 2 2 2
2 2
v2+2v v+v2 v2+v2 (v −v) 2 v ＜v
= 0 0 − 0 =− 0 ＜0，故 t x，即物体在中间时刻的瞬时速度小于在
4 2 4 2 2
位移中点的速度。
v
该物体在运动过程中的平均速度为 0，因为物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时
2
v
刻的速度等于平均速度 0，而物体在位移中点的速度大于中间时刻的速度，所以物体在位移中
2
v
点的速度大于 0，故CD错误。
2
故选：B。
v
13. （2023秋•越秀区校级月考）在匀变速直线运动中，关于中间时刻瞬时速度的大小 t
2
v
和中间位置瞬时速度的大小 s，下列说法正确的是（ ）
2
v ＞v
A．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 s t
2 2
v ＞v
B．只有做匀加速直线运动时有 s t
2 2
v ＞v
C．只有做匀减速直线运动时有 s t
2 2D．以上说法都不对
【解答】解：当物体做匀加速直线运动时，速度—时间图像如图1，当物体做匀减速直线运动时，
速度图像如图2，v 为中间时刻瞬时速度，v 为中间位置瞬时速度
1 2
物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由图
看出 v ＞v
2 1
故A正确，BCD错误；
故选：A。
14. （多选）（2022秋•内江期末）物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程是x，它在
1 1
中间位置 x处的速度为v ，在中间时刻 t时的速度为v ，则v 和v 的关系为（ ）
2 1 2 2 1 2
A．当物体做匀加速直线运动时，v ＜v
1 2
B．当物体做匀减速直线运动时，v ＜v
1 2
C．当物体做匀速直线运动时，v ＝v
1 2
D．当物体做匀减速直线运动时，v ＞v
1 2
【解答】解：A．当物体做匀加速直线运动时，如图1所示
根据图像，位移中点的时刻在时间中点的时刻的右侧，则有v ＞v
1 2
故A错误；
BD．当物体做匀减速直线运动时，如图2所示根据图像，位移中点的时刻在时间中点的时刻的左侧，则v ＞v
1 2
故B错误，D正确；
C．当物体做匀速直线运动时，速度始终不变，故v ＝v
1 2
故C正确。
故选：CD。
题型6逐差法
15. （2022秋•孝感期末）物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第 4s内与第2s内的
位移之差是8m。则下列说法错误的是（ ）
A．物体运动的加速度为8m/s2
B．第2s末的速度为8m/s
C．第2s内的位移为6m
D．物体在0～3s内的平均速度为6m/s
【解答】解：A、由
x −x =2aT2
4 2
可知，物体运动的加速度为
x −x 8
a= 4 2= m/s2=4m/s2
2T2 2×1
故A错误；
B、由速度公式
v ＝at＝4×2m/s＝8m/s
2
故B正确；
C、由1
x= at2
2
可得
1 1
Δx = ×4×22m− ×4×12m=6m
2 2 2
故C正确；
D、由平均速度定义
x
v=
t'
可得
1 1
at'2 ×4×32
2 2
v= = m/s=6m/s
t' 3
故D正确。
故选：A。
题型7初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
16. （2024•荔湾区校级开学）如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一颗
子弹（可视为质点），以水平速度v 射入，子弹可视为质点。若子弹在木块中做匀减速直线
0
运动，当它穿透第三个木块（即C位置）时速度恰好为0，下列说法正确的是（ ）
A．子弹通过每个木块的时间均相同
B．子弹到达各点的速率之比为v ：v ：v =√3：√2：1
O A B
C．子弹通过每一部分时，其速度变化量相同
D．子弹从O运动到C全过程的平均速度等于B点的瞬时速度
【解答】解：AC、根据逆向思维，子弹运动的逆过程是由 C点开始做初速度为0的匀加速直线
运动到O点的过程，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知：连续相等位移所用时间之
比为：1：(√2−1)：(√3−√2)：(2−√3)...，可知子弹通过每个木块的时间均不相同。根据Δv＝at，由于子弹通过每一部分所用时间不相等，则速度变化量不相同，故 A错误，C错
误；
B、根据速度—位移公式 v2＝2ax，可得 v=√2ax，则子弹到达各点的速率之比为：
v ：v ：v =√3：√2：1，故B正确；
O A B
D、根据匀变速直线运动中全过程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知子弹从O点运动到
C点全过程的平均速度不等于B点的瞬时速度，故D错误。
故选：B。
17. （多选）（2023秋•大通县期末）滑块以某一初速度从斜面底端 O上滑到最高点D，
用频闪仪记录的上滑过程如图所示，则（ ）
A．滑块在B点的速度大小为在C点的两倍
B．滑块在A点的速度大小为在C点的两倍
C．AB和CD的距离之比为3：1
D．AB和CD的距离之比为5：1
【解答】解：AB、滑块从O到D做匀减速运动，可看成从D到O的初速度为零的匀加速直线运
动，设频闪仪记录的时间间隔为T，滑块的加速度为a，则 v ＝aT，v ＝2aT，v ＝3aT，故A正
C B A
确，B错误；
CD、由初速度为零的匀加速直线运动推论知AB和CD的距离之比为5：1，故C错误，D正确；
故选：AD。
18. （2023秋•光明区校级期中）如图所示，九个相同的木块并排固定在水平面上，从左
至右编号依次为1、2、…、8、9。一个子弹（可视为质点）从木块1左端以速度v射入，恰好
没有从木块9穿出，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹刚进入木块6和刚进入木块9时的速度大小之比为2：1
B．子弹穿过前三个木块的时间和穿过后三个木块的时间之比为1：√4−√3C．子弹刚进入木块9时的速度与初速度v的大小之比为1：√2
v
D．子弹在木块5中点的速度大小为
2
【解答】解：AC、把子弹的运动看成逆向初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式：
1
x= at2
2
v＝at
联立得：v=√2ax
则：v ：v ＝2：1，故A正确；
6 9
则：v ：v ＝1：3，故C错误；
9 1
B、设子弹穿过前三个木块所需时间为t 、位移为x ，穿过后三个木块所需时间为t 、位移为
1 1 2
x ，穿过后六个所需时间为t 、位移为x ，运动全程所需时间为t 、位移为x ，由运动学公式得：
2 3 3 4 4
√2x
t = 2
2 a
√2x √2x
t =t −t = 4− 3
1 4 3 a a
则：t ：t =(√3−√2)：1
1 2
故B错误；
D、由中间位置速度公式：
√v2+v2
v = 9
5.5 2
√2
得：v = v，故D错误。
5.5 2
故选：A。
题型8自由落体运动的基本规律应用
19. （2024•山东开学）杭州第19届亚运会跳水比赛于2023年9月30日至10月4日在杭
州奥体中心游泳馆举行。我国跳水运动员包揽了全部的 10枚金牌，真正做到了“十全十美”。如图甲所示为10米跳台冠军杨昊比赛时的精彩瞬间。图乙对跳水过程进行了模拟，假设将杨
昊看作质点，0时刻杨昊到达最高点A，此后做自由落体运动，t时刻到达标记点B，3t时刻到
达落水点C，已知BC的高度为9.6m，则AC的高度为（ ）
A．10m B．10.4m C．10.8m D．11.2m
【解答】解：从最高点开始杨昊做自由落体运动，从A到B的时间为t，从B点到C点的时间为
2t，取时间间隔为t，根据相同时间间隔位移之比为1：3：5，则AB段位移与BC段位移之比为
9
1：8，则AC的高度为ℎ =9.6× m=10.8m。
8
故选：C。
20. （2024•成都开学）一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一小球从一定
的高度自由下落，测得小球第5s内的位移大小为18m（此时小球还未落地）。下列说法正确
的是（ ）
A．该星球上的重力加速度大小为g＝9.8m/s2
B．小球第5s内的平均速度大小为3.6m/s
C．小球第5s末的速度大小为10m/s
D．小球第2s内的位移大小为6m
1
【解答】解：A、根据 x= gt2 ，设t ＝4s，t ＝5s
2 1 2
1 1
可得Δx= gt2− gt2
2 2 2 1
且Δx＝18m
代入数据解得星球上的重力加速度大小为 g＝4m/s2
故A错误；
18
B、小球第5s内的平均速度大小 v= m/s=18m/s，故B错误；
1
C、小球第5s末的速度大小v＝gt代入数据解得v＝20m/s，故C错误；
D、设t＝2s，t′＝1s
1 1
小球第2s内的位移大小x = gt2− gt'2
2 2 2
代入数据解得x ＝6m，故D正确。
2
故选：D。
21. （2023秋•东城区期末）在地铁某路段的隧洞墙壁上，连续相邻地挂有相同的广告画，
画幅的宽度为0.8m，在列车行进的某段时间内，由于视觉暂留现象，车厢内的人向窗外望去
会感觉广告画面是静止的。若要使人望向窗外时，看到的是画中的苹果做自由落体运动，则这
段时间内（人眼的视觉暂留时间取0.05s，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．列车的车速为8m/s
B．隧洞墙壁上每幅画中苹果所在的位置可连成抛物线
C．隧洞墙壁上相邻两幅画中苹果之间的高度差都相等
D．隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差不相等，依次相差5cm
【解答】解：A、地铁移动速度达到相邻图片时间间隔为0.05s时，可以认为广告画面静止，所
x 0.8
以列车速度为v= = m/s=16m/s，
t 0.05
故A错误；
B、以匀速行驶的列车为参考系，画中的苹果是自由落体运动，则在以地面为参考系的画中苹果
任意时刻水平方向的位置与列车相同，竖直方向自由落体的位置，因此隧洞墙壁上每幅画中苹
果所在的位置可连成抛物线，故B正确；
C、列车匀速直线运动，每隔相等时间通过一幅画，则苹果在竖直方向的自由落体运动，连续相
等时间内的位移之比是1：3：5：…：（2n﹣1），隧洞墙壁上相邻两幅画中苹果之间的高度差
不相等，故C错误；
D、根据Δy＝gT2可得隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差的差值为
Δy＝gT2＝10×（0.05）2m＝2.5cm
故D错误。
故选：B。题型9竖直上抛运动的基本规律的应用
22. （2023秋•齐齐哈尔期末）小球被竖直向上抛出，如图所示为小球向上做匀减速直线
运动时的频闪照片，频闪仪每隔0.05s闪光一次，测得ac长为23cm，af长为34cm，下列说法
正确的是（ ）
A．bc长为13cm
B．小球通过f点时的速度大小为0.6m/s
C．小球通过d点时的速度大小为2.2m/s
D．小球的加速度大小为12m/s2
【解答】解：C.匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这段中间时刻的瞬时速度，则
x
v = cf
d 2T
代入数值可得v ＝1.1m/s
d
故C错误；
D.根据匀变速直线运动规律，连续相等时间间隔内的位移差为定值，可得x −x =4aT2
ac cf
x −x x −(x −x )
解得：a= ac cf = ac af ac = 12m/s2
4T2 4T2
故D正确；
A.根据匀变速直线运动规律，连续相等时间间隔内的位移差为定值，可得
Δx=x −x =aT2
ab bc
x +x ＝x ＝0.23m
ab bc ac联立解得x ＝0.1m＝10cm
bc
故A错误；
B.由速度—时间关系式可得v＝v ﹣aT
f d
代入数值，解得v＝0.5m/s，
f
故B错误；
故选：D。
23. （2023秋•新市区校级期末）2023年成都大运会乒乓球比赛在高新体育中心举行，来
自湖北工业大学的选手周凯击败来自西南大学的选手徐瑛彬，获得男子乒乓球单打冠军。乒乓
球赛场上高抛发球是一种典型的发球方式，若将乒乓球离开手向上的运动视为竖直方向上的匀
t
减速直线运动，且向上运动的时间为t。设乒乓球离开手后向上运动第一个 时间内的位移为
5
t
x ，最后一个 时间内的位移为x ，则x ：x 为（ ）
1 5 2 2 1
A．1：9 B．11：1 C．9：1 D．1：5
【解答】解：采取逆向思维，看成是初速度为0的匀加速直线运动。根据初速度为0的匀加速直
线运动在连续相等的时间内的位移之比为1：3：5：7：9：11：13⋅⋅⋅，可知
x ：x ＝9：1，故C正确，ABD错误。
2 1
故选：C。
24. （2023秋•石家庄期末）长为L＝1.0m的空心管AB沿竖直方向固定，下端管口B距
离地面的高度为h ＝1.0m，小球a从距离上端管口h ＝1.8m处沿管的轴线由静止释放，同时
2 1
小球b由地面以初速度v ＝6m/s沿管的轴线竖直上抛，两小球的直径均小于管的直径，不考虑
0
空气阻力，重力加速度为g＝10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．a、b两球在管口A上方相遇
B．a、b两球在管内相遇C．a、b两球在管口B下方空中相遇
D．a、b两球不能在空中相遇
【解答】解：设a球下落h 所用时间t
1 1
1
则ℎ = gt2
1 2 1
√2ℎ √2×1.8
解得t = 1= s=0.6s
1 g 10
根据速度—位移同时，b球上升的最大高度
v2 62
H= 0 = m=1.8m
2g 2×10
v 6
根据速度—时间公式，b球上升的时间为t= 0= s=0.6s
g 10
当a球自由下落到管口A时，b球上升到管内，距离上端管口
h ＝L+h ﹣H＝1m+1m﹣1.8m＝0.2m
3 2
处，此时v ＝gt ＝10×0.6m/s＝6m/s
a 1
1 1
设a球追上b球下落距离h ，追上时有v t + gt2− gt2= ℎ
4 a 2 2 2 2 2 3
1
解得t = s
2 30
1 1 1 1 2 37
则有ℎ =v t + gt2=6× m+ ×10×( ) m= m＜L
4 a 2 2 2 30 2 30 180
所以a、b两球在管内相遇。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
