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专题01 匀变速直线运动及运动图像的运用
A·常考题不丢分
命题点01 基本公式的简单运用
命题点02 推论式的综合运用
命题点03 常见v-t、x-t、a-t 图像
命题点04 比例式的强化运用
命题点05 追及相遇问题
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 基本公式的简单运用】
【针对练习1】交警在处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，获取的数据输入计算机后得到汽车在水
平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x =30t -3t
2（x 的单位是m，t 的单位是s），则汽车在路
面上留下的刹车痕迹长度为（ ）
A．75m
B．37.5m
C．225m
D．150m
【答案】A
【详解】位移随时间变化的规律为x =30t -3t
2，对比匀变速直线运动公式x = v0t + 1
2 at
2可得，汽车刹车
的初速度为
v0=30 m/s
加速度为
1
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a=-6 m/s
2
则汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为
s=- v0
2
2a =75 m
故选A。
【针对练习2】长为400m 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为80m/s，要通过前方一长为2km 的隧
道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过40m/s，列车通过隧道后匀加速至正常行驶
速率。已知列车加速和减速时加速度的大小均为1m/s2，则列车因通过隧道而延迟的时间为（ ）
A．130s
B．140s
C．45s
D．50s
【答案】D
【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v，则列车进隧道前必须减速到
v，则有
v = v0 - at1
v0
2- v
2=2a s1
解得
t1= 40s
s1=2400 m
在隧道内匀速有
t2= L+l
v
=60s
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
v0
2- v
2=2a s2
解得
t3= 40s
s2=2400 m
列车从减速开始至回到正常行驶速率
t 总=t1+t2+t3=140s
s总= s1+ L+ s2=7200 m
列车未通过隧道经过相同位移所需时间
2
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t
' = s总
v0
=90s
则列车因通过隧道而延迟的时间为
Δt =t 总-t
' =50s
故选D。
【针对练习3】如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置A、B，A、B 间距离为L=30cm，为了
测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d =1cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记
录遮光条通过A、B 的时间分别为0.010s、0.005s，滑块从A 到B 所用时间为0.200s。则下列说法正确的是
（ ）
A．滑块通过A 的速度为1cm/s
B．滑块通过B 的速度为2cm/s
C．滑块加速度为5 m /s
2
D．滑块在A、B 间的平均速度为3m/s
【答案】C
【详解】A．滑块通过A 的速度
v A = d
t A
=
1
0.01 cm/s=100cm/s
故A 错误；
B．滑块通过B 的速度
vB= d
t B
=
1
0.005 cm/s=200cm/s
故B 错误；
C．滑块加速度
a= vB- vA
Δt
= 2-1
0.2 m/s
2=5 m/s
2
故C 正确；
D．滑块在A、B 间的平均速度
v = L
Δt = 0.3
0.2 m/s=1.5 m/s
3
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故D 错误。
故选C。
【针对练习4】某汽车在平直公路上以12m/s的速度匀速行驶，现因前方发生紧急事件刹车，加速度的大
小为6 m/s
2，则下列说法中正确的是（ ）
A．刹车后1s 末的速度为6 m/s
B．刹车后3s 末的速度为-6 m/s
C．刹车后1s 内的位移为9m
D．刹车后3s 内的位移为12m
【答案】ACD
【详解】A．刹车后1s 末的速度为
v = v0-at =6 m/s
A 正确；
B．汽车最终停止，不会反向运动，B 错误；
C．刹车后1s 内的位移为
x1= v0t - 1
2 at
2=9 m
C 正确；
D．汽车停止时间为
t0= v0
a =2s
刹车后3s 内已经停止，位移为
x1= v0
2 t0=12m
D 正确。
故选ACD。
【针对练习5】一辆公共汽车以10m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现前方有行人横穿公路，
立即刹车。刹车后经2s 速度变为6m/s，若不考虑司机的反应时间，试求：
（1）刹车后前进9m 所用的时间；
（2）刹车后6s 汽车位移的大小；
（3）汽车停止运动前最后1s 的位移。
【答案】（1）1s；（2）25m；（3）1m
【详解】由刹车后t1=2s 内知
4
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a= v1- v0
t1
= 6-10
2
m/s
2=-2m/s
2
刹车全程历时t m，由
0= v0+at m
解得
t m = 0- v0
a
= 0-10
-2
s=5s
（1）在x1=9 m的过程，由
x1= v0t
'
1+ 1
2 at
'
1
2
可得
t
'
1=1s（t
'
1=9s>t m，舍去）
（2）t2=6s>t m，故
x2= xm = v0
2 t m = 10
2 ×5 m =25 m
（3）由t =t m -1s= 4s，则有
x = v0t + 1
2 at
2=[10×4+ 1
2 ×(-2)×4
2]m =24 m
故最后1s 内的位移为
x
' = xm - x =25 m -24 m =1m
【命题点02 推论式的综合运用】
【针对练习1】如图（a）所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动
过程中的五个位置A、B、C、D、E 及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为d =0.6 m的地砖拼接
而成，且A、C、E 三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法不正确的是（ ）
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A．物块在由A 运动至E 的时间为1.6s
B．位置A 与位置D 间的距离为1.30m
C．物块在位置D 时的速度大小为2.25m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875m/s
2
【答案】B
【详解】A．由图（b）中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T =0.40s，故AE 的时间间隔为
1.6s，故A 正确；
D．根据题意，由逐差法有
xCE- x AC =a(2T )
2
代入数据解得
a=1.875m/s
2
故D 正确；
C．由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，物块在位置D 时速度为
v D= xCE
2T =2.25 m/s
故C 正确；
B．根据题意，由公式v = v0+at有
v D= v A+a(3T )
解得
v A =0
则位置A、D 间距离为
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x AD= v D
2 - v A
2
2a
=1.35 m
故B 错误。
本题选不正确的，故选B。
【针对练习2】某质点做匀变速直线运动，第2 秒内的位移是6m，第6 秒内的位移是10m，则下列说法中
正确的是（ ）
A．质点的初速度是4.5m/s
B．质点运动的加速度是2m/s2
C．质点前4 秒内平均速度为6m/s
D．质点在4.5 秒末的瞬时速度是10m/s
【答案】A
【详解】B.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度得第1.5 秒末的速度为
v1.5= x
t =6 m/s
第5.5 秒末的速度为
v5.5= x
t =10 m/s
得加速度为
a= Δv
Δt = 10-6
5.5-1.5 m/s
2=1m/s
2
故B 错误；
A.由速度时间公式可得
v0= v1.5-at = 4.5 m/s
故A 正确；
C.质点前4 秒内平均速度为
v = x
t =
v0t + 1
2 at
2
t
=6.5 m/s
故C 错误；
D.由速度时间公式可得
v4.5= v1.5+at =9 m/s
故D 错误。
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故选A。
【针对练习3】平直公路旁有A、B、C、D、E 五个石墩，一汽车在石墩A 处由静止开始匀加速行驶，途经
B、C、D、E 四个石墩，如图所示。已知B 到C、C 到D、D 到E 的时间相等（但时间未知），BC 间距离
为L1，DE 间距离为L2，根据以上信息，以下说法正确的是（ ）
A．可以求出汽车的加速度大小
B．可以求出经过C 处的速度大小
C．可以求出AB 之间的距离
D．可以求出AE 之间的运动时间
【答案】C
【详解】A．根据匀变速直线运动的规律可知
LCD- L1= L2- LCD=aT
2
得
L2- L1=2aT
2
因T 未知，无法求a，A 错误；
B．因为
LCD- L1= L2- LCD=aT
2
所以有
LCD= L1+ L2
2
而匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故有
vC = L1+ LCD
2T
= 3 L1+ L2
4T
因T 未知，无法求出vC，B 错误；
C．对A 到C 过程，有
LAB+ L1= vC
2
2a = (3 L1+ L2)
2
16( L2- L1)
有
8
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LAB= (3 L1+ L2)
2
16( L2- L1) - L1
C 正确；
D．根据以上分析，可知对于运动时间只能求出t AE与T 的比值，D 错误。
故选C。
【针对练习4】（多选）2022 年北京冬季奥运会的滑雪赛道上有一段斜坡。若滑雪运动员从坡顶O 点由静
止开始沿斜坡向下做匀加速直线运动，经过距离为6m 的A、B 两点所用 时间为1s，经过距离为24m 的
B、C 两点所用时间为2s，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员的加速度大小为4m/s2
B．运动员经过B 点时的速度大小为10m/s
C．O、A 两点间的距离为2m
D．运动员在BC 中点的瞬时速度大小为 2√10 m /s
【答案】AC
【详解】A．由题中所给数据可求得加速度大小
a=
xBC
t BC
- x AB
t AB
t AB+t BC
2
= 4 m/s
2
故A 正确；
B．运动员从B 点运动到C 点，有
xBC＝vBt BC+ 1
2 at BC
2
联立解得
vB=8m/s
故B 错误；
C．运动员从O 点运动到B 点，有
vB
2=2a xOB
联立解得
xOB=8m
则O、A 两点间的距离为2m，故C 正确；
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D．运动员从B 点运动到C 点，有
xBC = vB+ vC
2
t BC
v x
2
=√
vB
2 + vC
2
2
代入数据得
v x
2
= 4√10 m/s
故D 错误。
故选AC。
【针对练习5】如图所示，一小球沿足够长的水平面以初速度v 做匀减速直线运动，依次通过A、B、C、D
最终停在E 点，已知AB = BD =8 m，BC =2m，小球从A 到C 和从C 到D 所用时间均为2s，设小球经过A
点时的速度为v A。
（1）求小球在运动过程中的加速度大小和v A的大小。
（2）求小球在AE 段的平均速度大小和从D 到E 的时间。
【答案】（1）1m/s
2，6 m/s；（2）3 m/s，2s
【详解】（1）根据匀变速运动的推论
x AC - xCD=at
2
小球在运动过程中的加速度大小为
a= x AC - xCD
t
2
= (8+2)-(8-2)
2
2
m/s
2=1m/s
2
小球经过C 点时的速度为
vC = x AD
2t = 8+8
2×2 m/s= 4 m/s
小球经过A 点时的速度为
v A = vC+at = 4 +2×1m/s=6 m/s
（2）小球在AE 段的平均速度大小
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v = v A
2 =3 m/s
从A 到E 的时间
t1= v A
a = 6
1 s=6s
从D 到E 的时间
t2=t1-2t =6-2×2s=2s
【命题点03 常见v-t、x-t、a-t 图像】
【针对练习1】（多选）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所
示，关于电梯上升下列说法正确的是（ ）
A．从20.0s到30.0s电梯加速上升
B．从30.0s到40.0s电梯减速下降
C．从20.0.0s到50.0s电梯的位移约为20m
D．从20.0.0s到50.0s电梯的加速度方向没有改变
【答案】AC
【详解】A．由速度图像可知，斜率表示加速度，速度方向与加速度方向同方向，则电梯加速上升的时间
段为20.0s 到30.0s，故A 正确；
B，30.0s到40.0s电梯速度不变，做匀速直线运动，故B 错误；
C．图像所围成的面积表示位移，则从20.0.0s到50.0s电梯的位移约为
x = 1
2 ×(10+30)×1m =20 m
故C 正确；
D．由速度图像可知，斜率表示加速度，则可得从20.0.0s到50.0s电梯的加速度方向发生变化，故D 错
误。
故选AC。
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【针对练习2】2022 年2 月4 日，第24 届冬奥会在北京开幕，北京成为历史上首个“双奥之城”。在这届
冬奥会中，我国运动员顽强拼搏，奋力争先，最终取得了9 金4 银2 铜的历史最好成绩。假设比赛中我国
某滑雪运动员由静止开始做直线运动，其加速度a 随时间t 的变化关系如图所示，下列说法正确的是（
）
A．0~5s内运动员做单向直线运动
B．0∼3s内加速度方向改变，先正向后反向
C．0~3s内速度先增大后减小
D．该运动员在t =5s时的速度为2m/s
【答案】A
【详解】AD．a-t图像与轴所围的面积表示速度变化量，图中1∼3s内面积和3∼5s内面积相等，表示
速度变化量大小相等、方向相反，则有
v5= v1= 1
2
(1+2)×1m /s=1.5 m /s
而运动员在0∼3s内始终做加速运动，在3∼5s内始终做减速运动，且5s时速度依然沿正方向，所以
0∼5s内运动员做单向运动，故D 错误，A 正确；
BC．运动员由静止开始运动，0∼3s内加速度方向始终沿正方向，该段时间内运动员始终沿正方向做加
速运动，所以速度方向也始终沿正方向，运动员一直加速，故BC 错误。
故选A。
【针对练习3】一物体做直线运动的v -t图像如图所示，则（ ）
A．前2 s 内物体加速度大小为2m/s
2
B．第3 s 末物体回到出发点
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C．第3 s 末物体的速度为零，此时加速度也为零
D．前 6 s 内物体的位移大小不为零
【答案】A
【详解】A．v-t 图像的斜率表示加速度，根据v-t 图像，物体在0-2s 内的加速度大小为
a= △v
△t = 4 -0
2-0 m/s
2=2m/s
2
故A 正确；
B．根据图像可知，0-3s 内物体始终向正方向运动，第3 s 末物体没有回到出发点，故B 错误；
C．2s～4s 图像斜率不为零，第3 s 末物体的速度为零，但加速度不为零，故C 错误；
D．v-t 图像与坐标轴包围的面积表示位移，由图像可知前6s 内物体的位移为零，故D 错误。
故选A。
【针对练习4】甲、乙两物体分别在水平面上做直线运动，取向右为正方向，它们运动的相关图像分别如
图甲、乙所示．已知乙的初速度为0，下列说法正确的是（ ）
A．甲物体2s时的加速度方向发生变化
B．乙物体2s时的运动方向没有发生变化
C．甲物体0∼2s内的平均速度与2∼4s内的平均速度相同
D．乙物体4s时的位置与0 时刻的位置相同
【答案】B
【详解】A．由v -t图像中斜率表示加速度，由图甲可知，甲物体2s时的加速度方向没有变化，故A 错误；
B．已知乙的初速度为0，因a-t图像与时间轴围成的面积等于速度的变化量，可知乙物体在0∼2s时间内
速度为负值，在2∼4s内速度变化量为正值，在t = 4s时速度减为零，但是在2∼4s内速度仍为负值，则
2s 时的运动方向没有发生变化，故B 正确；
C．由图甲可知，甲物体0∼2s内位移与2∼4s内的位移大小相同，方向相反，则甲物体0∼2s内的平均
速度与2∼4s内的平均速度大小相同，但是方向相反，故C 错误；
D．乙物体从0∼4s速度一直为负，则4s时的位置与0 时刻的位置不相同，故D 错误。
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故选B。
【针对练习5】（多选）甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲和乙的运动图像如图所示，下列说
法中正确的是（ ）
A．甲做曲线运动，乙做直线运动
B．6s 内甲的路程为16m，乙的路程为12m
C．0~2s 甲、乙的平均速度不相同
D．甲在3s 末回到出发点，乙在6s 末回到出发点
【答案】BD
【详解】A．由图像可知，甲、乙均在一条直线上运动，都做直线运动，故A 错误；
B．由甲图可得6s 内甲的路程为
s甲= 4×4 m =16 m
由图乙可得6s 内乙的路程为
s乙=2× 1
2 ×3×4 m =12m
故B 正确；
C．由图甲可知，0~2s 内，甲的位移为4m，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知甲的平均速度为
2m/s；0~2s 内，乙做匀加速直线运动，根据v = v0+ vt
2
，可得乙的平均速度为
v = 0+ 4
2
m/s=2m/s
所以，二者在0~2s 内的平均速度相同，故C 错误；
D．由x -t图像可知甲在3s 末回到出发点，根据v -t图像围成的面积表示位移，可知乙在6s 内的位移为零，
即乙在6s 末也回到出发点，故D 正确。
故选BD。
【命题点04 比例式的强化运用】
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【针对练习1】商场中的无轨小火车，由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在
地面上保持静止，且与第一节车厢头部对其齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，下列说法正确的
是（ ）
A．第4、5、6 节车厢经过小朋友的时间之比是7:9:11
B．第4、5、6 节车厢经过小朋友的时间之比是2:√5:√6
C．从静止开始计时到4、5、6 节车厢尾经过小朋友的时间之比是2:√5:√6
D．第4、5、6 节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是(2-√3):(√5-2):(√6-√5)
【答案】C
【详解】AB．根据初速度为零的匀变速直线运动连续相等位移所需时间之比可得第4、5、6 节车厢经过小
朋友的时间之比是(2-√3):(√5-2):(√6-√5)，故AB 错误；
C．根据x = 1
2 at
2可得从静止开始计时到4、5、6 节车厢尾经过小朋友的时间之比2:√5:√6，故C 正确；
D．根据v =at可知第4、5、6 节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是2:√5:√6，故D 错误。
故选C。
【针对练习2】如图为港珠澳大桥上四段110m 的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a 点由静止开始做匀加速直
线运动，通过ab段的时间为t。则（ ）
A．通过cd段的时间为√3t
B．通过ce段的时间为(2-√2)t
C．ab 段和ac 段所用时间比为1：2
D．ae段的平均速度等于c 点的瞬时速度
【答案】B
【详解】ABC．由连续相等位移问题时间之比可知，汽车经过ab，bc，cd，de 所用时间之比为
t1:t2:t3:t 4=1:(√2-1):(√3-√2):(2-√3)
故通过cd段的时间为(√3-√2)t，通过ce段的时间为(2-√2)t，ab 段和ac 段所用时间比为1:√2，故AC
错误，B 正确；
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D．由汽车经过ab，bc，cd，de 所用时间之比可知，汽车经过b 点时为ae 过程的中间时刻，即ae段的平均
速度等于b 点的瞬时速度，故D 错误。
故选B。
【针对练习3】四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是《国家地理频道》的实验示意图，直径相同
（约30cm 左右）的4 个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，
恰好能穿出第4 个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断不正确的是（ ）
A．子弹在每个水球中的速度变化量相同
B．子弹依次穿过每个小球所用的时间之比为(2-√3):(√3-√2):(√2-1):1
C．子弹依次进入每个小球时的速度之比为2：√3：√2：1
D．子弹穿出第3 个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
【答案】A
【详解】A．子弹做匀减速运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，
而加速度相同，有Δv =at知，子弹在每个水球中的速度变化量不变，故A 错误；
B．子弹的运动可看作反向的初速度为0 的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连
续相等位移的时间之比为1:(√2-1):(√3-√2):(2-√3)，则子弹依次穿过每个小球所用的时间之比为
(2-√3):(√3-√2):(√2-1):1，故B 正确；
C．子弹的运动可看作反向的初速度为0 的匀加速直线运动，根据x=1
2at2可得逆向子弹依次进入每个小球
时的时间之比为1:√2:√3:2，根据v =at可知逆向子弹依次进入每个小球时的速度之比为1:√2:√3:2，则
子弹依次进入每个小球时的速度之比为 2:√3:√2:1，故C 正确；
D．子弹恰好能穿出第4 个水球，则根据B 项分析知子弹穿过第4 个水球的时间与子弹穿过前3 个水球所
用时间相同，则子弹穿出第3 个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，故D 正
确。
故选A。
【针对练习4】（多选）如图所示，水平地面上有固定两块木板AB、BC，紧挨在一起，木板AB 的长度是
BC 的三倍，一颗子弹以初速度v0从A 端射入木板，并恰能从C 端射出，用的时间为t，子弹在木板中的运
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动可以看成是匀变速运动，则以下说法中正确的是（ ）
A．子弹到B 点的速度为v0
4
B．子弹到B 点的速度为v0
2
C．子弹从A 到B 的时间为t
4
D．子弹从A 到B 的时间为t
2
【答案】BD
【详解】CD．初速度为零的匀加速直线运动，相同时间的位移比为1:3，可以把子弹的运动反向看成初速
度为零的匀加速直线运动，由于木板AB 的长度是BC 的三倍，故子弹经过AB 和BC 的时间相等，均为t
2，
故C 错误，D 正确；
AB．初速度为零的匀加速直线运动，相同时间的速度比为1:2，由于子弹以初速度v0从A 端射入木板，可
知子弹到B 的速度为v0
2
，故A 错误，B 正确。
故选BD。
【针对练习5】（多选）如图所示是商场中的无轨小火车，小火车由若干节相同的车厢组成，车厢间的空
隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直
线运动，已知第一节车厢经过小朋友所花时间为t，下列说法正确的是（ ）
A．第1、2、3 节车厢经过小朋友的时间之比是1:(√2-1):(√3-1)
B．第1、2、3 节车厢经过小朋友的时间之比是1:√2:√3
C．第1 个t 内，第2 个t 内，第3 个t 内经过小朋友的车厢数之比为1:3:5
D．从静止开始计时到第1、2、3 节车厢尾经过小朋友的时间之比是1:√2:√3
【答案】CD
【详解】AB．由匀加速直线运动经过相等位移的时间关系可得，第1、2、3 节车厢经过小朋友的时间之比
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为1：(√2-1)：(√3-√2)，故AB 错误；
C．根据初速度为零的匀加速直线运动连续时间内位移之比可知第1 个t 内，第2 个t 内，第3 个t 内经过小
朋友的车厢数之比为1:3:5，故C 正确；
D．由v
2=2al可得，第1、2、3 节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比为
√2al:√2a×2l:√2a×3l =1:√2:√3
故D 正确。
故选CD。
【命题点05 追及相遇问题】
【针对练习1】甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v -t图象如图所示，图中ΔOPQ和ΔOQT 的面积
分别为S1和S2（S1<S2）计时开始时，甲、乙两车相距S0。在两车运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若甲车在乙车前方且S0= S1，两车相遇2 次
B．若甲车在乙车前方且S0>S1，两车相遇2 次
C．若乙车在甲车前方且S0= S2，两车不会相遇
D．若乙车在甲车前方且S0= S1，甲车追上乙车前，在T时刻相距最远
【答案】D
【分析】v -t图象中两物体图象围成的面积，表示两者之间的相对位移。若两物体能相遇，则需保证后方
物体相对前方物体的位移，大于等于两物体的初始距离。
【详解】S1表示在T时间内，乙车比甲车多走的位移。
A．若甲车在乙车前方，且S0= S1，则在T时刻，乙车恰好追上甲车，此后甲车速度大于乙车速度，两车不
再相遇，故两车相遇一次，A 错误；
B．若甲车在乙车前方，且S0>S1，则在T时刻，乙车比甲车多走的距离小于两车的初始距离，两车未相遇，
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此后甲车速度大于乙车速度，两车不会再相遇，故B 错误；
C．若乙车在甲车前方，且S0= S2，则在T时刻甲车没有追上乙车，但由于T时刻后甲车速度大于乙车速度，
故甲车一定能追上乙车，即两车会相遇，C 错误；
D．若乙车在甲车前方，由图可知在T时刻前乙车速度一直大于甲车，即两车距离越来越大，在T时刻之后，
甲车速度大于乙车，两者距离又逐渐减小，故在甲车追上乙车前，在T时刻相距最远，D 正确。
故选D。
【针对练习2】（多选）如图所示，在同一平直公路上行驶的a 车和b 车，其位置一时间图像分别为图中
直线a 和曲线b。已知b 车的加速度恒定且初速度为8m/s，t=3s 时，直线a 和曲线b 刚好相切。下列说法正
确的是（ ）
A．a 车的速度大小为2m/s
B．b 车的加速度大小为2m/s2
C．t=0 时，a 车和b 车相距15m
D．t=2s 时，a 车在b 车前方1m 处
【答案】ABD
【详解】A． a 车的速度大小为直线a 的斜率，计算可得
va= 8-2
3
m/s=2m/s
A 正确；
B． t=3s 时，直线a 和曲线b 刚好相切，即此时b 车速度与a 车速度相等为2m/s，而初速度大小为8 m/s，
故加速度为
a= Δv
Δt =2m/s
2
B 正确；
C．从图像可知，t1=3s 时，两车相遇，3s 内b 车位移为
xb= v0t1- 1
2 at1
2=15 m
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而此过程中a 车位移为
xa=8 m -2m =6 m
它们的初始距离为
x0= xb- xa=9 m
即初始时a 车在b 车前面9m 处，C 错误；
D．t2=2s 时，两车位移分别为
x
'
a= vat2= 4 m
x
'
b= v0t2+ 1
2 at2
2=12m
则此时两车的距离为
x
' = xa+ x0- xb=1m
即此时a 车在b 车前方1m 处，D 正确。
故选ABD。
【针对练习3】（多选）甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，两车从t =0时刻开始计时的v -t图像
如图所示。已知开始计时时乙车在甲车前x =6 m处，且在t1=2s和t2=6s时两车各相遇一次，则下列判断
正确的是（ ）
A．0∼6s内甲车的加速度大小是乙车的三倍
B．t =0时乙车的速度大小为16 m /s
C．两车在运动过程中一定会相遇三次
D．当乙车停止运动时，甲、乙两车仍相距6 m
【答案】CD
【详解】AB．两车在t1=2s和t2=6s时相遇，根据运动学公式得
v1t1- 1
2 a1t1
2= v2t1- 1
2 a2t1
2+ x，v1t2- 1
2 a1t2
2= v2t2- 1
2 a2t2
2+ x
由图像可知
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v1-6a1= 4 m/s ，v2-12a2=0
得甲、乙的初速度和加速度分别为
v1=16 m/s，a1=2m/s
2，v2=12m/s，a2=1m/s
2
AB 错误；
C．t2=6s时，甲车速度为v
'
1= 4 m/s，由匀变速运动规律可知，此时乙车速度为
v
'
2= v2-a2t2=6 m/s
设两车又经过t0时间相遇，则
v
'
1t0= v
'
2t0- 1
2 a2t0
2
得
t0= 4s
可知，两车在t =6s+ 4s=10s时第三次相遇，且均未停止，C 正确；
D．从t =10s开始，乙车再运动2s 速度减为零，此过程中甲、乙两车位移为
x
'
1= 4×2m =8 m ，x
'
2= 2
2 ×2m =2m
则当乙车停止时，甲车在乙车前方距离为
Δ x =8 m -2m =6 m
D 正确。
故选CD。
【针对练习4】（多选）已知国产越野车和自动驾驶车都在同一公路上向东行驶，自动驾驶车由静止开始
运动时，越野车刚好以速度v0从旁边加速驶过，如图所示的粗折线和细折线分别是越野车和自动驾驶车的
v -t图线，根据这些信息，可以判断（ ）
A．5s 末两车速度均为9m/s
B．0 时刻之后，两车会相遇两次
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C．20s 末两车相遇
D．加速阶段自动驾驶车的加速度是越野车的3 倍
【答案】ABD
【详解】A．根据题意，由图可知，5s 末两车速度相等，设此时的速度为v1，由相似三角形有
v1
18 = 5
10
解得
v1=9 m/s
故A 正确；
BC．根据v -t图像中面积表位移，结合A分析可知，0∼10s两图像围成的面积相等，则位移相等，10s末
两车相遇，10s∼20s内，自动驾驶车速度大于越野车，两车距离逐渐增大，t =20s后，越野车速度大于
自动驾驶车，两车距离开始减小，25s后两车再次相遇，故C 错误，B 正确；
D．由A 分析可知，5s未两车的速度均为9 m/s，由图可知，两车速度由9 m/s增加到18 m/s，越野车所花
的时间是自动驾驶车的3 倍，根据a= Δv
Δt 可知，自动驾驶车的加速度是越野车的3倍，故D 正确。
故选ABD。
【针对练习5】甲、乙两辆遥控赛车先后通过直线赛道的起点线开始竞速，取甲车通过赛道起点的时刻为0
时刻，如图所示，此时乙车在甲车前方x0=2.5m 处。若甲车始终以大小v₁=5m/s 的速度做匀速直线运动，乙
车先做初速度大小v0=2m/s、加速度大小a=1m/s2的匀加速直线运动，达到最大速度v₂=6m/s，后做匀速直
线运动。已知直线赛道的起点线、终点线（未画出）间的距离L=30m，两赛车均可视为质点。求：
（1）乙车做匀加速直线运动的位移大小；
（2）两车第一次相遇的时刻；
（3）两车第二次相遇的位置到终点线的距离。
【答案】（1）16m；（2）1s；（3）2.5m
【详解】（1）乙车匀加速直线运动的位移大小为x，根据位移速度关系可得
v2
2- v0
2=2ax
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解得
x =16 m
（2）设甲乙共速时间为t0，则有
v1= v0+at0
解得
t0=3s
此时甲车位移为x1，则有
x1= v1t0=15 m
乙车位移为x2， 则有
x2= v0t0+ 1
2 at0
2=10.5 m
因此
x2+ x0=10.5 m +2.5 m =13 m <15 m
共速前甲车追上乙车，设相遇的时刻为t1，则有
x0+ v0t1+ 1
2 at1
2= v1t1
解得
t1=1s或t1=5s（舍去）
（3）设乙车加速的时间为t2，则
t2= v2- v0
a
= 4s
此时甲车位移为x3，则有
x3= v1t2=20 m
两车之间的距离为Δx， 则有
Δ x = x3- x - x0=1.5 m
乙车追上甲车用时Δt， 则
Δt =
Δ x
v2- v1
=1.5s
因此， 甲车和乙车第二次相遇时刻为
t3=t2+ Δt =5.5s
甲车的位移为
x4= v1t3=5×5.5 m =27.5 m
两车第二次相遇的位置到终点线的距离为
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Δ L= L- x4=30 m -27.5 m =2.5 m
一、单选题
1．如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v -t图像，根据图像可以判断（
）
A．在t =5s时，两球相距最远
B．在t =6s时，甲球的速率小于乙球的速率
C．在t =6s时，甲球的加速度小于乙球的加速度
D．在t =8s时，两球相遇
【答案】D
【详解】AC．甲乙两球都做匀变速直线运动，由图像可得甲球加速度为
a1= 0- 40
4
m/s
2=-10 m/s
2
乙球加速度为
a2= 20-(-20)
8-2
m/s
2= 20
3 m/s
2
当两球速度相同时，相距最远，即
40+a1t =-20+a2(t -2)
解得
t = 4.4s
即4.4s 时两球相距最远，故AC 错误；
B．t =6s时，甲球的速率
v1= v01+a1t1= 40+(-10)×6 m/s=-20 m/s
甲球的速率
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v2= v02+a2t2=-20+ 20
3 ×(6-2)m/s≈6.67 m/s
故B 错误；
D．在t =8s时，甲球的位移
x1= v01t1+ 1
2 a1t1
2=0
乙球的位移
x2= v02t2+ 1
2 a2t2
2=0
两球都回到出发点，相遇，故D 正确。
故选D。
2．如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面的高度分别为h1:h2:h3=3:2:1。若先后
顺次释放a、b、c，球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则（ ）
A．三者到达桌面时的速度大小之比是√3:√2:1
B．三者运动时间之比为3 2 1
∶∶
C．b 与a 开始下落的时间差等于c 与b 开始下落的时间差
D．若三个小球同时释放，落至桌面的时间之比为(√3-√2):(√2-1):1
【答案】A
【详解】A．根据
v
2=2gh
可得故到达桌面时的速度之比
v1:v2:v3=√3:√2:1
故A 正确；
BD．根据
h= 1
2 gt
2
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得三者运动时间之比
t1:t2:t3=√3:√2:1
所以若三个小球同时释放，落至桌面的时间之比为
t1:t2:t3=√3:√2:1
故BD 错误；
C．b 与a 开始下落时间差
Δt1=(√3-√2)√
2h3
g
c 与b 开始下落时间差
Δt2=(√2-1)√
2h3
g
可知
Δt1≠Δt2
故C 错误。
故选A。
3．“翔龙高空长航时无人机”是中国新一代高空长航时无人侦察机。在某次飞行训练中，无人机沿地面
做匀加速直线运动，连续经过两段分别为x1和x2的位移的过程中，无人机的速度变化量均为Δv，则无人
机的加速度为（ ）
A．
x2- x1
(Δv)
2
B．(x2- x1)
2
Δv
C．(Δv)
2
x2- x1
D．x2- x1
Δv
【答案】C
【详解】设第一段的初速度为v1，末速度为v2，第二段末速度为v3，加速度为a，根据位移速度关系式得
v2
2- v1
2=2a x1
v3
2- v2
2=2a x2
变形得
x1= v2
2- v1
2
2a
= (v2+ v1)(v2- v1)
2a
= (v2+ v1) Δv
2a
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x2= v3
2- v2
2
2a
= (v3+ v2) Δv
2a
两式相减得
x2- x1= (v3- v1) Δv
2a
= 2 Δv ⋅Δv
2a
= Δv
2
a
所以
a= Δv
2
x2- x1
故C 正确。
故选C。
4．假设高速公路上A、B 两车在同一车道上同向行驶。A 车在前，B 车在后，速度均为v0=30m/s，距离
x0=100m。t=0 时刻A 车遇紧急情况后，A、B 两车的加速度随时间变化关系如图甲、乙所示。取原运动方
向为正方向。下面说法正确的是（ ）
A．t=3s 时，两车相距最近
B．0~9s 内，两车位移之差为35m
C．t=6s 时，两车距离最近为10m
D．两车在0~9s 内会相撞
【答案】C
【详解】AC．由加速度—时间图像可画出两车的速度—时间图像，如图所示
由图像可知，t=6s 时两车同速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0~6s 内两车位移之差，即
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Δx=1
2×30×3m+1
2×30×(6-3)m=90m
则此时两车相距
Δs=x0-Δx=10m
故A 错误，C 正确；
BD．0~9s 内两车位移之差为
Δx'=1
2×30×3m=45m
此时两车相距
Δs'=x0-Δx'=55m
所以两辆车不会相撞，故BD 错误；
故选C。
二、多选题
5．甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上运动，甲在后以速度2v₀ 做匀速直线运动，乙在前以速度 v0做匀
速直线运动，当两者距离为某一值时，甲、乙的驾驶员都感到危险，乙立即以加速度a 做匀加速直线运动，
甲反应一段时间 v0
2a后以加速度大小为a 做匀减速直线运动，这样两车刚好不相撞，下列说法正确的是（
）
A．乙开始加速到甲、乙刚好相遇，乙的运动时间为 3 v0
4 a
B．甲从开始减速到甲、乙刚好相遇，甲的位移为 5 v0
2
4 a
C．甲、乙的驾驶员都感到危险时，两车的距离为 7 v0
2
8a
D．乙开始加速到甲、乙刚好相遇的过程中，甲与乙的平均速度之差为 7
12 v0
【答案】AD
【详解】A．乙开始加速到甲、乙刚好相遇，设乙的运动时间为t，两车刚好不相撞的条件是t 时刻，甲、
乙的速度相等，则有
v0+at =2v0-a(t - v0
2a)
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解得
t = 3 v0
4 a
故A 正确；
B．由
t
' =t - v0
2a = v0
4 a
甲开始减速到甲、乙刚好相遇，甲的位移为
x =2v0t
' - 1
2 at '
2= 15 v0
2
32a
故B 错误；
C．t = 3 v0
4 a
时间内甲的位移为
x甲= x +2v0× v0
2a = 47 v0
2
32a
乙的位移为
x乙= v0t + 1
2 at
2= 33 v0
2
32a
则甲、乙的驾驶员都感到危险时，两车的距离为
△x = x甲- x乙= 7 v0
2
16a
故C 错误；
D．乙开始加速到甲、乙刚好相遇的过程中，甲与乙的平均速度之差为
Δx
t = 7
12 v0
故D 正确。
故选AD。
6．如图1 所示，在一个足够长的水平公路上，甲、乙两辆小车（看成质点）同向做直线运动，计时开始（
t =0时刻），甲从坐标原点做初速度为0 的匀加速直线运动，乙从坐标x0处做匀减速直线运动（停止后不
再运动）；甲、乙的x -t关系图像如图2 所示，t1=1s至t2=2s两图像都是抛物线，t1=1s时两图像正好相
切，根据图像提供的其他信息，下列说法正确的是（ ）
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A．甲的加速度为-5 m /s
2
B．坐标x0=-5 m
C．乙的初速度为-10 m /s
D．t1至t2，甲与乙的平均速度之差为5 m /s
【答案】BD
【详解】ABC．设甲的加速度为a甲，则甲的位移时间关系式为x = 1
2 a甲t❑
2 ，结合题图可得
t1=1s，x甲1=2.5 m
则有
x甲1= 1
2 a甲t1
2
设乙的加速度为a乙，初速度为v0，则乙的坐标时间关系式为
x = x0+ v0t + 1
2 a乙t
2
结合题图可得
t1=1s，x乙1=2.5 m
则有
x乙1= x0+ v0t1+ 1
2 a乙t1
2
t2=2s，x乙2=5.0 m
则有
x乙2= x0+ v0t2+ 1
2 a乙t2
2
t1=1s时甲、乙的速度相等，则有
a甲t1= v0+a乙t1
综合解得
a甲=5 m /s
2、a乙=-5 m /s
2，v0= 10 m /s、x0=-5 m
AC 错误，B 正确；
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D．t1=1s和t2=2s时，甲的速度分别为
v甲1=a甲t1、v甲2=a甲t2
t1=1s至t2=2s，甲的平均速度为
v甲= v甲1+ v甲2
2
乙的平均速度为
v乙= x乙1- x乙2
t2-t1
综合解得
v甲- v乙=5 m /s
D 正确。
故选BD。
7．如图所示，在水平面上固定着四个材料完全相同的木块，长度分别是L、2L、3L、4L 一子弹以水平初
速度v 射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，则（ ）
A．子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比v
v =2
B．子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比3:2
C．子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比上t1
'
t2
' = 3-√7
√7-2
D．通过前二个木块和前三个木块的时间之比t1
t2
= √10-√7
√10-2
【答案】BCD
【详解】A．子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比
v
v =
v
2
v = 1
2
故A 错误；
B．若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由
2ax = v
2
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可得子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比
v1
v2
= √2a⋅(2 L+3 L+ 4 L)
√2a⋅4 L
= 3
2
故B 正确；
C．子弹穿出第二个木块的速度为
v
'
2=√2a⋅(3 L+ 4 L)
穿过第二个木块的平均速度为
v2= v1+ v
'
2
2
所用时间
t1
' = 2 L
v2
子弹通过第三个木块的平均速度
v3= v
'
2+ v2
2
所用时间
t2
' = 3 L
v3
则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比
t1
'
t2
' = √7-1
3
= 3-√7
√7-2
故C 正确；
D．设总时间为t，则
4 L+3 L+2 L+ L= 1
2 at
2
解得
t =√
20 L
a
穿过最后一块木板过程中，根据逆向的匀加速直线运动可得
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4 L= 1
2 at 4
2
所用时间为
t 4=√
8 L
a
穿过最后两块木板过程中，根据逆向的匀加速直线运动可得
4 L+3 L= 1
2 at
'2
所用时间为
t
' =√
14 L
a
故通过前二个木块和前三个木块的时间之比
t1
t2
= t -t
'
t -t 4
= √10-√7
√10-2
故D 正确。
故选BCD。
8．如图所示，一小滑块（可视为质点）沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀变速直线运动，依次经A、
B、C、D 到达最高点E，已知AB＝BD＝6 m，BC＝1 m，滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2s．设
滑块经B、C 时的速度分别为vB、vC，则（ ）
A．vC＝3 m/s
B．vB＝√8m/s
C．DE＝3 m
D．从D 到E 所用时间为4s
【答案】AD
【详解】A．根据匀变速直线运动的规律，某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速
度，可得
vC = x AC + xCD
2t
= 12
4 m/s=3 m/s
故A 正确；
B．AC 段的平均速度
33
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v1= x AB+ xBC
t
= 7
2 m/s
CD 段的平均速度
v2= xBD- xBC
t
= 5
2 m/s
则根据加速度的定义式可得
a= v2- v1
Δt
=
5
2 - 7
2
2
m/s
2=-0.5 m/s
2
根据速度与位移之间的关系式可得
vC
2 - vB
2 =2a xBC
解得
vB=√10 m/s
故B 错误；
C．滑块从B 到E，根据速度与位移的关系式可得
0- vB
2 =2a xBE
解得
xBE=10 m
则可得
xDE= xBE- xBD=10 m -6 m = 4 m
故C 错误；
D．设从D 到E 所用的时间为t
'，根据位移与时间的关系可得
t
' =√
2 xDE
a
= 4s
故D 正确。
故选AD。
9．如图所示，将B 小球从地面上以v0的初速度竖直向上抛出的同时，将A 小球从B 球的正上方H 处由静
止释放，两小球运动过程中的空气阻力忽略不计，取g=10 m/s
2，两小球可视为质点，下列说法正确的是
（ ）
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A．若v0=√
gH
2
，则两物体在地面相遇
B．若v0=√gH，则两物体在地面相遇
C．若v0>√gH，两物体相遇时，B 正在上升途中
D．若√
gH
2 <v0<√gH，两物体相遇时，B 正在下落途中
【答案】ACD
【详解】AB．若物体B 正好运动到最高点时两物体相遇，则物体B 速度减小为零所用的时间
t = v0
g
此时A 下落的高度
hA = 1
2 gt
2
B 上升的高度
hB= v0
2
2g
且
hA+hB= H
解得
v0=√gH
若A、B 两物体恰好在落地时相遇，则有
t = 2v0
g
此时A 下落的高度
35
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hA = 1
2 gt
2= H
解得
v0=√
gH
2
所以若v0=√gH，则物体B 运动到最高点时两物体相遇，若v0=√
gH
2
，则两物体在地面相遇，故A 正确，
B 错误；
C．若v0>√gH，则两物体在B 上升途中相遇，故C 正确；
D．若√
gH
2 <v0<√gH，则两物体在B 下落途中相遇，故D 正确。
故选ACD。
三、解答题
10．猎豹是一种广泛生活在非洲大草原上的的大型猫科肉食性动物，捕猎时能达到最大时速 108 km。在
一次捕猎过程中，猎豹发现它的正前方 200 m 的地方有一只羚羊，开始以加速度a1=7.5 m/s2加速至最大时
速追击羚羊，羚羊在3s 后察觉有天敌追击自己，就以加速度 a2=5 m/s2加速至最大时速 90 km 向正前方逃
跑。现为了简便处理不考虑现实中猎豹和羚羊存在的转弯动作，两者均可看作质点且只做直线运动。
（1）求猎豹在其加速过程中所用的时间和位移；
（2）求猎豹开始追击羚羊捕猎后第 8 s 末，猎豹与羚羊之间的距离；
（3）若猎豹以最大时速追捕猎物的生理极限时间为 20s ，后精疲力尽以 5 m/s2做减速运动，羚羊一直按
照最高时速逃跑，根据所学知识计算分析本次猎豹是否能捕猎成功。
【答案】（1）4s，60m；（2）82.5m；（3）此次捕猎可以成功
【详解】（1）猎豹达到的最大时速
v1m =108km /h=30 m /s
则达到最大时速所需要的时间为
t1= v1m
a1
= 30
7.5 s= 4s
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根据匀变速直线运动位移与时间关系的表达式
x11= 1
2 a1t1
2= 1
2 ×7.5×4
2m =60 m
（2）猎豹在第4∼8s时的位移为
x12= v1m(8-t1)=30×(8- 4)m =120 m
则猎豹在前8s的总位移为
x13=(120+60)m =180 m
羚羊达到的最大时速为
v2m =90km /h=25 m /s
达到最大时速需要的时间为
t2= v2m
a2
= 25
5 s=5s
羚羊在前8s中有3s的反应时间，故羚羊在0∼8s内先静止，后做匀加速运动至最大时速
则羚羊的位移为
x21= 1
2 a2t2
2= 1
2 ×5×5
2m =62.5 m
故第8s后，猎豹与羚羊之间的位移为
Δ x1=200-(x13- x21)=200 m -(180-62.5)m =82.5 m
（3）按题意分析，猎豹只有在最高时速达到极限时间前或者在做减速运动时与羚羊的最大时速相同前追
上羚羊才能捕猎成功，其他情况均不能成功。故先分析在猎豹极限时间前是否可以捕猎成功，猎豹在前
24s的位移为
x14= x11+ v1m×20=60 m +30×20 m =660 m
羚羊在前24s的位移为
x22= x21+ v2m×(24 -t2-3)=62.5 m +25×16 m = 462.5 m
则在猎豹达到极限时间时猎豹与羚羊之间的距离为
Δ x2=200-(x14- x22)=200 m -(660- 462.5)m =2.5 m
故猎豹在极限时间内未能追上羚羊，再计算分析猎豹做减速运动时的情况
猎豹减速时与羚羊同速度时需要的时间为
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t
'
1= v1m - v2m
a3
= 30-25
5
s=1s
根据
v1m
2 - v2m
2 =2a3 x15
解得猎豹的位移为
x15=27.5 m
羚羊的位移为
x23= v2mt
'
1=25×1m =25 m
则此时猎豹与羚羊之间的距离为
Δ x3=2.5 m -(27.5-25)m =0 m
故猎豹能追上羚羊，此次捕猎可以成功。
1．（2019·全国）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t1，第四个
所用的时间为t2。不计空气阻力，则
满足（ ）
A．
B．
C．
D．
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【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
故选C。
2．（2019·海南）汽车在平直公路上以20m/s 的速度匀速行驶．前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀
减速运动，加速度大小为8m/s2．从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（ ）
A．10m
B．20m
C．25m
D．50m
【答案】C
【详解】汽车做匀减速运动，根据v0
2=2ax 解得
，故选C.
3．（2021·辽宁）某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x 与时间t 的关系如图
所示，则汽车行驶速度v 与时间t 的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
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【详解】
图象斜率的物理意义是速度，在
时间内，
图象斜率增大，汽车的速度增大；在
时间内，
图象斜率不变，汽车的速度不变；在
时间内，
图象的斜率减小，汽车做减速
运动，综上所述可知A 中
图象可能正确。
故选A。
4．（2022·河北）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v 与时
间t 的关系图像如图所示。由图像可知（ ）
A．
时间内，训练后运动员的平均加速度大
B．
时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等
C．
时间内，训练后运动员的平均速度小
D．
时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
【答案】D
【详解】A．根据
图像的斜率表示加速度，由题图可知
时间内，训练后运动员的平均加速度比训
练前的小，故A 错误；
B．根据
图像围成的面积表示位移，由题图可知
时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，
故B 错误；
C．根据
图像围成的面积表示位移，由题图可知
时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，
根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C 错误；
D．根据
图像可直接判断知，
时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；
时刻后，运动员训练
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后速度增加，做加速运动，故D 正确。
故选D。
5．（2023·江苏）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电
梯加速上升的时段是（ ）
A．从20.0s 到30.0s
B．从30.0s 到40.0s
C．从40.0s 到50.0s
D．从50.0s 到60.0s
【答案】A
【详解】因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s 到30.0s。
故选A。
6．（2023·全国）一小车沿直线运动，从t = 0 开始由静止匀加速至t = t1时刻，此后做匀减速运动，到t
= t2时刻速度降为零。在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】x—t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t1图像斜率变大，t1—t2做
匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。
故选D。
7．（2021·湖北）2019 年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10 米跳台冠军。某轮比赛中，
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陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m 完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整。假设整个下落过程
近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（ ）
A．0.2 s
B．0.4s
C．1.0 s
D．1.4s
【答案】B
【分析】本题考查自由落体运动。
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
1.4s
下落前5 m 的过程所用的时间为
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
8．（2022·湖北）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W 和G 间的铁路里
程为1080 km，W 和G 之间还均匀分布了4 个车站。列车从W 站始发，经停4 站后到达终点站G。设普通
列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程
中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时
间相同，则从W 到G 乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）
A．6 小时25 分钟
B．6 小时30 分钟
C．6 小时35 分钟
D．6 小时40 分钟
【答案】B
【详解】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
由于中间4 个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5 倍为总的节省时间，
相邻两站间的距离
普通列车加速时间
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加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间
故选B。
9．（2022·全国）长为l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L 的隧道，当列
车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分
别为a 和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0），则列车进隧道前必
须减速到v，则有
v = v0 - 2at1
解得
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在隧道内匀速有
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
故选C。
10．（2021·广东）（多选）赛龙舟是端午节的传统活动。下列
和
图像描述了五条相同的龙舟从同
一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现
船头并齐的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并
齐，故A 错误；
B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积
表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B 正确；
C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C 错误；
D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D 正确。
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故选BD。
11．（2021·海南）（多选）甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，
时经过路边的同一路标，下列位
移-时间
图像和速度-时间
图像对应的运动中，甲、乙两人在
时刻之前能再次相遇的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】A．该图中，甲乙在t0时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t0时刻之前不能相遇，选项A 错
误；
B．该图中，甲乙在t0时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，选项B
正确；
C．因v-t 图像的面积等于位移，则甲乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，选项C 正确；
D．因v-t 图像的面积等于位移，由图像可知甲乙在t0时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能
相遇，选项D 错误。
故选BC。
12．（2023·湖北）（多选）
时刻，质点P 从原点由静止开始做直线运动，其加速度a 随时间t 按图示
的正弦曲线变化，周期为
。在
时间内，下列说法正确的是（ ）
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A．
时，P 回到原点
B．
时，P 的运动速度最小
C．
时，P 到原点的距离最远
D．
时，P 的运动速度与
时相同
【答案】BD
【详解】ABC．质点在
时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，
此过程一直向前加速运动，
时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小
的减速运动，
时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，
重复此过程的运动，即质点一
直向前运动，AC 错误，B 正确；
D．
图像的面积表示速度变化量，
内速度的变化量为零，因此
时刻的速度与
时刻相同，
D 正确。
故选BD。
13．（2022·全国）用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（
）开始的一段时间内，该飞行器可
视为沿直线运动，每隔
测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：
0
1
2
3
4
5
6
0
507
1094
1759
2505
3329
4233
回答下列问题：
（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是： ；
（2）当
时，该飞行器速度的大小
；
（3）这段时间内该飞行器加速度的大小
（保留2 位有效数字）。
【答案】 相邻1s 内的位移之差接近∆x=80m 547 79
【详解】（1）[1]第1s 内的位移507m，第2s 内的位移587m，第3s 内的位移665m，第4s 内的位移
746m，第5s 内的位移824m，第6s 内的位移904m，则相邻1s 内的位移之差接近∆x=80m，可知判断飞行
器在这段时间内做匀加速运动；
（2）[2]当x=507m 时飞行器的速度等于0-2s 内的平均速度，则
（3）[3]根据
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14．（2022·浙江）第24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1 所示，长12m 水平直道
AB 与长20m 的倾斜直道BC 在B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A 点由静止出发，推
着雪车匀加速到B 点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC 匀加速下滑（图2 所示），到C 点
共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求
雪车（包括运动员）
（1）在直道AB 上的加速度大小；
（2）过C 点的速度大小；
（3）在斜道BC 上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）
；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB 段
解得
（2）AB 段
解得
BC 段
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过C 点的速度大小
（3）在BC 段有牛顿第二定律
解得
48
