文档内容
第 02 讲 匀变速直线运动的规律及应用
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）汽车从发现情况到开始减速到停止运动的情景过程如下，已知减速
过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度大小为 ，减速过程时间是反应过程时间的5倍，反应过程可
视为匀速，下列说法正确的是（ ）
A．汽车正常行驶的速度大小为
B．反应过程的时间为
C．减速过程位移是反应过程位移的 倍
D．从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为
【答案】A
【详解】A．设汽车正常行驶的速度为 ，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得
可得 ，A正确；
B．减速过程时间为 反应过程的时间为 ，B错误；
C．减速过程的位移为 反应过程的位移为 则有 ，C错误；
D．发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为 ，D错误。故选A。
2．（2023·广东·模拟预测）某高中实验小组设计了一个研究匀减速直线运动规律的方案，利用数控式打点
计时器记录其运动信息，从开始减速为计时起点，刚好停下时记录下最后一个点，打点频率为1Hz。通过
分析小车在减速过程中的纸带，第1、2个点之间的距离与最后两个点之间的距离之比为a，第一个点与最
后一个点的距离为s，则从开始减速到停下的平均速度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
1【详解】由于题目中使用了a这个字母用作表达位移的比值，故在推算中加速度记为 用作区分，防止混
淆。匀减速直线运动减速至速度为0可以看作初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，设整个过程时间为
t，则开始刹车第一秒内位移 刹车最后一秒内位移 由题意可知 ，代
入数据得 所以平均速度 故选C。
3．（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）一小汽车以速度 在平直轨道上正常行驶，要通过前方
一隧道，需提前减速，以速度 匀速通过隧道后，立即加速到原来的速度 ，小汽车的v-t图像如图所示，
则下列说法正确的是（ ）
A．加速阶段与减速阶段的加速度大小之比为1：2
B．加速阶段与减速阶段的位移大小之比为2：1
C．加速阶段与匀速阶段的位移大小之比为1：2
D．小汽车从 开始减速直至再恢复到 的过程中通过的路程为
【答案】D
【详解】A．v-t图像中图线斜率表示加速度，加速阶段与减速阶段的加速度大小之比为 ，故A错误；
BCD．v-t图像中图线与时间轴所围的面积在数值上等于位移大小，由题图知减速阶段位移大小为
匀速阶段位移大小为 加速阶段位移大小为 则加速阶段与减速阶段的位移大小之比为 ，
加速阶段与匀速阶段的位移大小之比为 ，小汽车从 开始减速到再恢复到 的过程中通过的路程为
故BC错误，D正确。故选D。
4．（2023·河北保定·统考三模）神舟系列载人飞船的返回舱返回地球过程中，需要进行系列较为复杂的减
速操作．第一阶段，返回舱脱离飞行轨道后，先打开引导伞，引导伞工作大约16s，返回舱的下降速度可
由180m/s减至80m/s；第二阶段，在距离地面10km时引导伞拉出减速伞，再由减速伞带出主伞，主伞先
开一个小口，慢慢地全部撑开，这时返回舱的下降速度由80m/s逐渐减至10m/s，然后在大气中匀速下降；
第三阶段，当返回舱距地面1m高时（返回舱底部安装有一个γ探测仪），γ探测仪发出信号，“指挥”缓
冲发动机点火向下喷气，返回舱落地时速度为0，根据以上减速过程得出的结论中，正确的是（ ）
2A．第一阶段减速的平均加速度一定大于第二阶段减速的平均加速度
B．三个阶段减速过程中航天员均处于失重状态
C．第三阶段减速的平均加速度大小为50m/s2
D．第三阶段减速至距地面0.5m高时返回舱的速度为5m/s
【答案】C
【详解】A．根据题意无法计算第二阶段减速的平均加速度，所以无法比较第一阶段减速的平均加速度和
第二阶段减速的平均加速度的大小，故A错误；
B．三个阶段减速过程中航天员均处于超重状态，故B错误；
CD．根据匀变速直线运动规律可知第三阶段减速的平均加速度大小为
设第三阶段减速至距地面0.5m高时返回舱的速度为 ，则有 解得 故C正确，D
错误，故选C。
5．（2023·贵州贵阳·统考二模）为有效管控机动车通过一长度为 的直隧道时的车速，以预防和减少
交通事故，在此隧道入口和出口处各装有一个测速监控（测速区间）。一辆汽车车尾通过隧道入口时的速
率为 ，汽车匀加速行驶 ，速率达到 ，接着匀速行驶 ，然后匀减速行驶。要使该汽车
通过此隧道的平均速率不超过 ，则该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】汽车在隧道匀加速行驶的位移 汽车在隧道匀速行驶的位移
汽车在隧道匀减速行驶的位移 要使该汽车通过此隧道
的平均速率不超过 ，则该汽车车尾通过隧道出口时的最短时间 汽车在隧道匀减
速行驶的时间 设该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为 ，则
解得 故选B。
6．（2023·海南·统考模拟预测）汽车由静止开始以 的加速度做匀加速运动， 后关闭发动机，
关闭发动机后汽车做匀减速运动，第 末速度是 ，则汽车在第 内的平均速度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由公式 可知 末汽车的速度 关闭发动机后汽车做匀减速运动，由公式
解得 由汽车在第 时的速度即为第 内的平均速度
得 故选B。
7．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考三模）如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转
3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，c、d之间的距离为
1
L，则b、c之间的距离L 为（ ）
3 2
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】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
； ； 观察可得
故选C。
8．（2023·河南·校联考二模）如图所示，甲、乙两辆玩具小汽车（可以视为质点）并排沿平直路面的相邻
轨道向前行驶，两车都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备可以在 以内实现通信。 时刻，甲、乙两车
刚好位于图示位置，此时甲车的速度为 ，乙车的速度为 ，从该时刻起甲车以 的加速度做匀
减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略轨道间距和信号传递时间，则从 时刻起，
两车能利用蓝牙通信的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方时，有 根据运动学公式有 ；
解得 ， 由于 解得 在3s时甲已经静止，故 舍去，则
之后，甲车停下，乙车运动，故甲、乙两车的距离不断减小，从 开始到乙车行驶至甲车前方6m的过
程中，这段过程经历的时间为 所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为
故选C。
9．（2023·湖北·襄阳四中校联考模拟预测）伽利略在研究自由落体运动时，做了如下实验：他让一个铜球
从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，以冲淡重力。如图所示，设 与斜面底端的
距离分别为 ，小球从 处由静止开始运动到斜面底端的时间分别为 ，到斜面底
4端时的速度分别为 ，则伽利略当时用来证明小球沿斜面向下的运动是匀变速直线运动的关系式是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．由图及运动学规律可知 ，A错误：
B．由 可得 三次下落中的加速度相同，故公式正确，但不是当时伽利略用来证明匀变速直线运
动的结论，B错误；
C．由运动学公式可知 得 故三次下落中位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用
这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，C正确；
D．小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，D错误。故选C。
10．（2023·全国·高三专题练习）城市里高楼鳞次栉比，楼层越高视野越开阔，但是有一点一定要注意—
严禁“高空坠物”，因为坠物落地速度很大，会造成很大的危害。假设一个小铁块从10层楼的高处无初速
度下落，已知10层楼距地面高度为30m，小铁块落地后不反弹，不计空气阻力，重力加速度 。
下列说法正确的是（ ）
A．小铁块在开始下落后的第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为
B．小铁块下落过程的平均速度大小为10m/s
C．小铁块下落过程中第2s内的位移为20m
D．小铁块下落最后10m所用时间为
【答案】D
【详解】AC．小铁块做自由落体运动，由 可知下落的总时间为
第1s内的位移为5m，前2s内位移为20m，即第2s内的位移为15m，则第3s内的位移为10m，所以在开
始下落后的第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1：3：2，故AC错误；
B．由平均速度公式可知，小铁块下落过程的平均速度 故B错误；
D．已知小铁块总下落高度为30 m，前2s内位移为20m，则最后10 m内运动时间为 故D正确。
5故选D。
11．（2023河南郑州·高三郑州外国语学校校考开学考试）如图，一质点从A点开始做初速度为零的匀加
速直线运动，加速度大小为a，B、C、D是质点运动路径上三点，且BC=x，CD=x，质点通过B、C间所
1 2
用时间与经过C、D间所用时间相等，则质点经过C点的速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】设质点通过B、C间所用时间与通过C、D间所用时间为T，则根据匀变速直线运动的推论，相邻
相等时间段内的位移差等于aT2恒定，有 可得 根据匀变速直线运动的推论，平均
速度等于中间时刻的瞬时速度，则质点经过C点的速度 故选A。
12．（2023辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）如图所示，小球（视为质点）从某处由静止开始沿斜面向
下做匀加速直线运动，测得的各时刻小球之间的距离已在图中标出，取重力加速度大小 ，下列
说法正确的是（ ）
A．小球在B点时的速度大小为0.55m/s
B．小球的初始位置到O点的距离为0.05m
C．小球做匀加速直线运动的加速度大小为
D．若斜面光滑，则斜面倾角的正弦值为0.2
【答案】D
【详解】A．B点速度 故A错误；
BC．根据 可知 则B到初始位置距离
则O到初始位置 故BC错误；
D．若斜面光滑，则 则 故D正确。故选D。
613．（2023·广西·统考三模）音乐喷泉是一种为了娱乐而创造出来的可以活动的喷泉，随着音乐变换，竖
直向上喷出的水柱可以高达几十米，为城市的人们在夜间增添一份美轮美奂的视觉和听觉的盛宴。现有一
音乐喷泉，喷出的水经 到达最高点，把水喷射的总高度分成四等份，水通过前两等份高度用时记为 ，
通过最后一等份高度用时记为 。空气阻力不计，则 满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设上升最大高度为4h，喷泉向上喷的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动 解得总时
间为 通过最后一等份高度 解得 水通过后两等份高度 解得 水通
过前两等份高度用时 所以 则 故选A。
14．（2023湖南怀化·高三校考阶段练习）2022年9月27日、“鲲龙”AG600M灭火机以全新消防涂装在
湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验。“鲲龙”AG600M灭火机在水面高速滑行15秒完成12吨汲
水，随即腾空而起。假设“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上汲水的过程中做初速度为10 m/s、加速度为
的匀加速直线运动，则（ ）
A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10 s末的速度大小为20 m/s
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10 s通过的总位移为200 m
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15 s内的平均速度为15 m/s
D．“鲲龙”AG600M灭火机在15 s内的中间位置的瞬时速度为
【答案】BD
【详解】A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为
故A错误；
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为 故B正确；
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s末的速度为 “鲲龙”AG600M
灭火机在15s内的平均速度为 故C错误；
7D．根据匀变速直线运动的规律可得“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为
故D正确。故选BD。
15．（2023湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，
一颗子弹以水平速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当子弹穿透第四个木块（D点）时
速度恰好为零，下列说法正确的是（ ）
A．子弹从O点运动到D点全过程的平均速度小于在B点的瞬时速度
B．子弹通过每一块木块时，其速度变化量v-v=v-v=v-v=v-v
C．子弹到达各点的速率之比为
D．子弹从进入木块到到达各点经历的时间之比为
【答案】AC
【详解】A．根据逆向思维，可将该运动看为反方向的初速度为0的匀加速直线运动，根据图形有
可知 则子弹从O点运动到D点全过程的平均速度等于中间时刻C点的瞬时速度，而C点的瞬时速
度小于B点的瞬时速度，则子弹从O点运动到D点全过程的平均速度小于在B点的瞬时速度，A正确；
B．根据初速度为0的匀加速直线运动相邻相等位移的时间比例关系有
即每段相等位移经历时间不相等，根据
可知 ，B错误；
C．根据 结合上述，解得 ， ， ，
则解得 ，C正确；
D．根据上述，子弹从进入木块到到达各点经历的时间之比
，D错误。
故选AC。
16．（2023·全国·高三专题练习）ETC（电子不停车收费系统）的使用，大大缩短了车辆通过收费站的时
间。汽车以v=10m/s沿直线驶向收费站，如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处减速为零，经过
0
t=18s缴费成功后，再启动汽车加速至v 正常行驶；如果过ETC通道，需要在收费站中心线前d=5m处正
0 0
好减速至v=5m/s，匀速通过中心线后，再加速至v 正常行驶。设汽车变速运动过程加速度大小恒定，均为
0
1m/s2，整个运动过程将汽车视为质点。求：
（1）汽车通过人工收费通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
（2）汽车通过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
（3）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节省的时间。
8【答案】（1）100m；（2）80m；（3）25s
【详解】（1）汽车通过人工收费通道时，设减速过程位移为x，有 求得 加速过程与
1
减速过程对称，设变速过程总位移为 ，则有 代入相关数据解得
（2）汽车通过ETC通道时，设减速过程中位移为 ，有 求得
加速过程与减速过程对称，设整个运动过程位移为 ，有 代入相关数据解得
（3）由于 ，汽车行驶100m通过人工收费通道和ETC通道分别用时 ；
节省的时间 联立代入数据相关数据解得：汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节省的时间
1．（2021·天津·高考真题）一玩具以初速度 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具
内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从
地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度 时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度 时的速度大小为v，重力加速度大小为g，
以初速度方向为正，整个运动过程有 玩具上升到最大高度 有
两式联立解得
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为 、 ，水平速度大小分别为 、 。依题意，动能关系为
9玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守
恒，有 分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为
，设两部分落地时的速度大小分别为 、 ，由速度合成公式，有 ，
结合 ，解得
2．（2021·重庆·高考真题）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。
小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为 的物体（物体与
头盔密切接触），使其从 的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了
时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的
形变，忽略空气阻力，重力加速度g取 。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由自由落体运动规律 ，带入数据解得
（2）由匀变速直线运动规律 解得
（3）由动量定理得 解得
3．（2021·福建·统考高考真题）一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动
力减速阶段，探测器速度大小由 减小到0，历时 。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为
的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的 ，
火星质量约为地球质量的 ，地球表面重力加速度大小取 ，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直
10向下的匀减速运动。求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。
【答案】（1） ， ；（2）
【详解】（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为 ，末速度大小为 ，加速度大小为
a，由匀变速直线运动速度公式有 ①代入题给数据得 ②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有 ③
联立②③式并代入题给数据得 ④
（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为 、 和 ，地球的质量、半径和表面重力加
速度大小分别为 、 和 由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m的物体有 ⑤
⑥式中G为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量
为 ，由力的平衡条件有 ⑦联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得 ⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为 。
4．（2019·全国·高考真题）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为
H。上升第一个 所用的时间为t，第四个 所用的时间为t。不计空气阻力，则 满足（ ）
1 2
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动，根据
初速度为零匀加速运动，连续相等的相邻位移内时间之比等于
可知 即
111213
