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专题01 匀变速直线运动
考点
考情
命题方向
考点1 匀变速直线
运动
2024 高考江西卷
2024 高考山东卷
2024 高考湖南卷
2024 高考广西卷
2024 高考全国理综甲卷
2024 高考北京卷
2023 高考山东卷
1、匀变速直线运动规律
匀变速直线运动公式的推论。
结合实际情景切入，或与
平抛运动、动力学、电磁感应
综合考查。
考点2 自由落体运
动
2024 高考广西卷
1
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题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1．基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)位移速度关系式：v2－v＝2ax.
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．
类型1 基本公式的应用
[模型演练1] （2023•温州模拟）“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型
航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为10m/s2，弹射
系统向战斗机提供初速度大小为30m/s，当战斗机速度达到60m/s 时能离开航空母舰起飞，战
斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s 起飞
B．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m 起飞
C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m 起飞
D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点
【解答】解：A．航空母舰静止时，战斗机需在甲板上滑行的时间为t = v - v0
a
= 60-30
10
s=3 s
故A 错误；
B．航空母舰静止时，战斗机在甲板上滑行的距离为x = v + v0
2
t = 90
2 ×3m=135m
故B 正确；
2
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C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机被弹射前已经具有速度，战斗机被弹射之后开始
匀加速运动的初速度要大于30m/s，由B 项可知战斗机速度达到60m/s 时的位移要小于135m，
可得战斗机相对甲板滑行的距离必然要小于135m。
故C 错误；
D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及到跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D
错误。
故选：B。
[模型演练2] （2024•潍坊三模）2024 潍坊市足球联赛于3 月24 日在潍坊四中和利昌学校
开赛。在赛前训练中，运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为
匀变速运动，足球离脚后，在0～t 时间内位移大小为2x，在t～3t 时间内位移大小为x。则足
球的加速度大小为（ ）
A．4(2-√3)x
t
2
B．2(2-√3)x
t
2
C．x
t
2
D．x
2t
2
【解答】解：假设足球在3t 时刻恰好速度为零，根据逆向思维，初速度为零的匀变速直线运动
相等时间间隔内的位移比为1：3：5：7……，已知在0～t 时间内位移大小为2x，则在t～3t 内
的位移大小为（1+3）2 x
5 =1.6x，而实际在t～3t 时间内位移大小为x，故假设不成立，说明在3t
时刻之前足球已经停止运动。
设t 时刻的速度大小为v，由逆向思维可得：
2ax＝v2
2x＝vt+ 1
2 at
2
联立解得：a= 4(2-√3)x
t
2
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练3] （2024•马鞍山三模）汽车在出厂前要进行刹车性能测试。某次测试过程中，
汽车做匀减速直线运动，从开始刹车到停止，行驶的距离为40m，所用的时间为4s。则
（ ）
3
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A．在减速行驶的全过程中，汽车的平均速度为5m/s
B．汽车在减速过程中的加速度大小为5m/s2
C．汽车开始刹车时的速度为10m/s
D．汽车刹车后，前2s 内位移为25m
【解答】解：A.在减速行驶的全过程中，汽车的平均速度为：
v = x
t = 40
4 m/s＝10m/s，故A 错误；
B.根据逆向思维法和时间—位移公式可得：
x= 1
2 at
2
代入数据解得：a＝5m/s2，故B 正确；
C.根据速度—位移公式：v2- v0
2=2ax 可得：
v0＝20m/s，故C 错误；
D.根据时间—位移公式可得：x2＝v0t+ 1
2 at
2
代入数据解得：x2＝30m，故D 错误。
故选：B。
类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题
[模型演练4] （2022 秋•桐庐县期末）汽车在制动的5s 内，每1s 前进的距离分别是5m、
4m、3m、2m、1m；关于平均速度和瞬时速度，下列说法中正确的是（ ）
A．第5s 末瞬时速度一定为0
B．前2s 的平均速度大小一定为4.5m/s
C．汽车刚制动时瞬时速度大小一定为5m/s
D．汽车前4s 内平均速度比前1s 内平均速度更接近刚制动时的瞬时速度
【解答】解：A、汽车的匀减速直线运动可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，若5s 末的
瞬时速度为0，则第5s 内、第4s 内、第3s 内、第2s 内、第1s 内的位移之比应为1：3：5：7：
4
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9，由题意得，位移之比为1：2：3：4：5，故第5s 末瞬时速度不为0，故A 错误；
B、前2s 的平均速度大小为v = x1+ x2
2T
= 5+ 4
2×1m/s＝4.5m/s
故B 正确；
C、根据匀变速直线运动的判别式得：x2﹣x1＝aT2
代入数据解得：a＝﹣1m/s2
匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则1s 时的瞬时速度等于前2s 的平均速度，
为4.5m/s。0～1s 内，由速度—时间公式得：v1＝v0+aT
代入数据解得：v1＝5.5m/s
故C 错误；
D、汽车前4s 内平均速度等于2s 时的瞬时速度，前1s 内平均速度等于0.5s 时的瞬时速度，汽车
做匀减速直线运动，则前1s 内平均速度更接近刚制动时的瞬时速度，故D 错误。
故选：B。
[模型演练5] （2023 秋•温州期中）子弹垂直射入叠在一起的相同木板，做匀减速直线运
动，当它穿过第20 块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是t，那么子弹穿过
第20 块木板所用的时间是（ ）
A．√5
10 t
B．10-√95
10
t
C．√5
20 t
D．20-√95
20
t
【解答】解：设每块木板的厚度为d，逆向分析，可得：
20d= 1
2 at
2
d= 1
2 at '
2
联立解得：t′= √5
10 t，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
[模型演练6] （2023 秋•杭州月考）2022 年1 月9 日南航CZ6763 航班在起飞后不久因
“通讯失效”返航，于15 时30 分正常降落深圳机场，机务工程人员对飞机检查维护，南航另
调换飞机执行该航班。假设飞机以270km/h（即75m/s）的速度降落在跑道上，之后以1.5m/s2
的加速度做匀减速直线运动，求：
（1）飞机从跑道上开始减速30s 时的速度；
（2）从开始减速至位移为1800m 时飞机所经历的时间；
5
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（3）飞机停止前4s 内滑行的距离。
【解答】解：飞机的初速度v0＝270km/h＝75m/s，由速度—时间公式可得：v0﹣at 停＝0，解得
从开始到停下来的时间：t 停＝50s。
（1）由速度—时间公式可得：v＝v0﹣at＝75m/s﹣1.5×30m/s＝30m/s；
（2）由位移—时间公式可得：x＝v0t1- 1
2 at1
2
解得：t1＝40s（另一解t1＝60s＞50s，故舍去）；
（3）末速度为零的匀减速直线运动可以逆过来看成初速度为零的匀加速直线运动
由位移—时间公式可得：x′= 1
2 at2
2= 1
2 ×1.5×4
2m＝12m。
答：（1）飞机从跑道上开始减速30s 时的速度为30m/s；
（2）从开始减速至位移为1800m 时飞机所经历的时间为40s；
（3）飞机停止前4s 内滑行的距离为12m。
题型二 匀变速直线运动的推论及应用
1．两个重要推论
(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＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1
＝aT2.
2．v0＝0 的四个重要推论
(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n
(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2
(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n
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－1)
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)
类型1 平均速度公式
[模型演练7] （2023•杭州二模）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立
即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1 秒内的位移为24m，倒数第2 秒内的位移
为6m，则下列计算正确的是（ ）
A．汽车第1 秒末的速度为23m/s
B．汽车加速度大小为3m/s2
C．汽车的减速时间为6.5s
D．汽车刹车总位移为78m
【解答】解：B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运
动，设汽车加速度的大小为a，由位移—时间公式得：
1
2 at2
2- 1
2 at1
2=6m
代入数据解得：a＝4m/s2
故B 错误；
A、设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移—时间公式得：x1＝v0t1- 1
2 at1
2=24m
代入数据解得：v0＝26m/s
汽车第1s 末的速度为v＝v0﹣at1＝26m/s﹣4×1m/s＝22m/s
故A 错误；
C、汽车的减速时间为t= v0
a = 26
4
s＝6.5s
故C 正确；
D、汽车刹车的总位移为x= 1
2v0t= 1
2 ×26×6.5m＝84.5m
故D 错误。
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故选：C。
[模型演练8] （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v0＝100km/h≈27.8m/s。
A、设刹车时间约为t，则有：v0
2 t =x，解得：t＝2.4s，故A 正确；
B、根据加速度的定义式可得：a≈v0
t = 27.8
2.4 m/ s
2=11.6m/s2，故B 错误；
C、刹车过程的平均速度大小为v = v0
2 = 27.8
2
m/s＝13.9m/s，故C 错误；
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。
[模型演练9] （2022 秋•衢州期末）随着衢州创建全国文明城市活动的不断推进，斑马线
前“礼让行人”已深入人心。如图一辆以10m/s 匀速行驶的汽车，在车头距离停止线20m 处，
司机观察到斑马线上的行人，立即刹车，汽车开始做匀减速直线运动，车头刚好停在停止线处。
则下列说法正确的是（ ）
8
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A．汽车刹车时的加速度大小为5m/s2
B．汽车在最后1s 的位移大小为2.5m
C．若经过0.5s 反应时间汽车开始减速，整个过程汽车的平均速度大小为5m/s
D．若经过0.5s 反应时间汽车开始减速，减速过程汽车的加速度大小约为3.3m/s2
【解答】解：A、由题意，可得汽车刹车时的加速度大小为a= v
2
2s = 10
2
2×20 m/ s
2=2.5m/ s
2，
故A 错误；
B、根据逆向思维，可得汽车在最后1s 的位移大小为s1= 1
2 at1
2，解得：s1＝1.25m，故B 错误；
CD、若经过0.5s 的反应时间，汽车运动的距离为s0＝vt0＝10×0.5m＝5m
根据速度—位移公式可知v2＝2a′（s﹣s0）
可得减速过程汽车的加速度大小为a' = 10
3 m/ s
2≈3.3m/ s
2
减速所用时间为t = v
a' = 10
10
3
s=3 s
可得整个过程汽车的平均速度大小为v =
s
t +t0
=
20
3+0.5 m/ s≈5.7m/ s
故C 错误，D 正确。
故选：D。
类型2 位移差公式
[模型演练10] （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x4- x2=2aT
2
可知，物体运动的加速度为a= x4- x2
2T
2 =
8
2×1 m/ s
2= 4 m/ s
2
9
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故A 错误；
B、由速度公式
v2＝at＝4×2m/s＝8m/s
故B 正确；
C、由x = 1
2 at
2
可得Δ x2= 1
2 ×4×2
2m- 1
2 ×4×1
2m=6m
故C 正确；
D、由平均速度定义v = x
t '
可得v =
1
2 at '
2
t '
=
1
2 ×4×3
2
3
m/ s=6m/ s
故D 正确。
故选：A。
[模型演练11] （2023 秋•河北区校级月考）如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直
线运动，A、B、C、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB＝4m，BC＝6m，且物体通过AB、
BC、CD 所用的时间均为2s，则下列说法不正确的是（ ）
A．物体的加速度为0.5m/s2
B．CD＝8m
C．物体在B 点时的速度为2.5m/s
D．OA 之间的距离为2m
【解答】解：A、根据Δx＝aT2得：a= BC - AB
T
2
= 6- 4
2
2 m/ s
2=0.5m/ s
2，故A 正确；
B、根据匀变速直线运动的特点可得：Δx＝CD﹣BC＝BC﹣AB，解得：CD＝2BC﹣AB＝2×6m
﹣4m＝8m，故B 正确；
C、B 点为AC 段中间时刻的位置，因此B 点的瞬时速度等于AC 间的平均速度，则有
vB= AB+ BC
2T
= 4+6
4
m/ s=2.5m/ s，故C 正确；
10
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D、OB 之间的距离为：OB = vB
2
2a = 2.5
2
2×0.5 m=6.25m
OA 之间的距离为：OA＝OB﹣AB＝6.25m﹣4m＝2.25m，故D 错误。
本题选错误的，故选：D。
[模型演练12] （2023 秋•山东月考）一个质点从O 点由静止开始做匀加速直线运动，先后
依次经过A、B、C 三点，已知AB＝20m，BC＝30m，且该质点经过AB、BC 两段的时间都为
2s，下列说法正确的是（ ）
A．质点经过A、B 两点的速度之比为3：5
B．质点经过A、B 两点的速度之比为2：3
C．O、A 两点之间的距离为10m
D．质点的加速度大小为2m/s2
【解答】解：D、由公式Δx＝at2得a= Δx
t
2 = 30-20
2
2
m/ s
2=2.5m/ s
2，故D 错误；
AB、B 点速度为vB= v AC = 20+30
2×2 m/ s=12.5m/ s，由速度—时间公式，A 点速度为vA＝vB﹣
at＝12.5m/s﹣2.5×2m/s＝7.5m/s，所以质点经过A、B 两点的速度之比为3：5，故A 正确，B 错
误；
C、O、A 两点之间的距离为xOA = v A
2
2a =11.25m，故C 错误。
故选：A。
类型3 初速度为零的匀变速直线运动比例式
[模型演练13] （2024•青岛二模）一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，
达到最大速度后保持匀速运动。已知汽车在启动后的第2s 内前进了6m，第4s 内前进了
13.5m，下列说法正确的是（ ）
A．汽车匀加速时的加速度大小为6m/s2
B．汽车在前4s 内前进了32m
C．汽车的最大速度为14m/s
D．汽车的加速距离为20m
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【解答】解：A 、汽车在启动后的第
2s
内前进了
6m ，即
x2= 1
2 at2
2- 1
2 at1
2= a
2 ×4 m- a
2 m= 3a
2 m=6m
可得a＝4m/s2，故A 错误；
BCD．由于汽车从静止开始做匀加速直线运动，则在连续相等时间内位移之比为1：3：5：
7……，第2s 内前进了6m，则第3s 内前进10m，第4s 内前进14m，但实际汽车在第4s 内前进
了13.5m，由此可知，汽车在第4s 内的某一时刻达到最大速度，开始匀速。由于3s 末的速度v3
＝at3＝4×3m/s＝12m/s
第4s 内的位移：x4= v3+ vm
2
t + vmt ' =13.5m
又：t+t′＝1s；vm＝v3+at
解得：vm＝14m/s，t＝t′＝0.5s
由以上分析可知，汽车在3.5s 达到最大速度，所以加速阶段的位移为x0～3.5= vm
2 t3.5=24.5m
前4s 内的位移为x0～4= v3
2 t3+ x3～4=31.5m
故BD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练14] （2024•甘肃模拟）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。
假设高铁在启动阶段做匀变速直线运动，先后经过站台上的A、B 两点，其经过A、B 两点的
速度分别为v、7v，经过该段的时间为t，则对该高铁的运动过程说法正确的是（ ）
A．前一半位移速度增加3.5v
B．经过AB 段中间时刻的速度是5v
C．前一半位移与后一半位移经过的时间之比为2：1
D．前一半时间内通过的位移比后一半时间内通过的位移少2vt
【解答】解：A．设经过A、B 两点间的位移为x，两点中间位置的速度为v x
2，设加速度为a，
则v x
2
2 - v
2=2a⋅x
2，（7v）2﹣v2＝2ax，
联立解得v x
2
=5 v，故在前一半位移速度增加量为Δv＝5v﹣v＝4v，故A 项错误；
12
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B．在匀变速直线运动中，设从A 到B 所用的时间为t，则在中间时刻的瞬时速度v t
2等于这段时
间内的平均速度，设A、B 点速度为vA、vB，则经过AB 段中间时刻的速度是v t
2
= v A+ vB
2
= 4 v，
故B 项错误；
C．在AB 的前一半位移内的平均速度为v1= v +5 v
2
=3 v，在AB 的后一半位移内的平均速度
v2= 5 v +7 v
2
=6 v，
所以经过前一半位移所用的时间为t1=
x
2
3 v
，经过后一半位移所用的时间为t2=
x
2
6 v
，故t1：t2＝
2：1，故C 项正确；
D．在AB 的前一半时间内通过的位移等于这段时间的平均速度乘以时间，故在前一半时间内通
过的位移为x1= v + 4 v
2
× t
2 = 5
4 vt，
后一半时间内通过的位移为x2= 4 v +7 v
2
× t
2 = 11
4 vt，则Δx = x2- x1= 11
4 vt - 5
4 vt =1.5 vt，故
D 项错误；
故选：C。
[模型演练15] （2023 秋•惠安县校级期中）如图，小球沿斜面向上运动，依次经a、b、
c、d 到达最高点e。已知ab＝bd＝8m，bc＝2m，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2s，
下列结论不正确的是（ ）
A．a＝﹣1m/s2
B．从d 到e 所用时间为3s
C．de＝2m
D．vc＝4m/s
【解答】解：A、物体在a 点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a 到c 有：xac＝v0t1- 1
2 at
2
13
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即：10＝2v0+2a
物体从a 到d 有：xad＝v0t2+ 1
2at2
2
即：16＝4v0+8a
故：a＝﹣1m/s2，v0＝6m/s，故A 正确；
B、由速度—时间公式：vt＝v0+at 可得从d 到e 的时间为：tde= vd
a = 2
1s＝2s，故B 错误。
C、根据速度公式vt＝v0+at 可得：vd＝v0+at2＝6m/s﹣1×4m/s＝2m/s。
则从d 到e 有：0﹣vd
2＝2axde，则：xde＝2m，故C 正确；
D、根据速度公式vc＝v0+at＝6m/s﹣1×2m/s＝4m/s，故D 正确；
本题让选不正确的，
故选：B。
题型三 自由落体与竖直上抛运动
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＝－v0.
(2)全程处理
①初速度为v0(设为正方向)，加速度为a＝－g 的匀变速直线运动．
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．
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类型1 自由落体运动基本规律的应用
[模型演练16] （2024•广西）让质量为1kg 的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第
1s 末速度大小为v1，再将P1和质量为2kg 的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，
P2在下落的第1s 末速度大小为v2，g 取10m/s2，则（ ）
A．v1＝5m/s
B．v1＝10m/s
C．v2＝15m/s
D．v2＝30m/s
【解答】解：不计空气阻力，石块P1、P1和P2整体释放后做自由落体运动，自由落体运动的速
度与物体质量无关；因此石块下落1s 的速度v1＝v2＝gt＝10×1m/s＝10m/s，故ACD 错误，B 正
确。
故选：B。
[模型演练17] （2024•辽阳一模）某人坐在树下看到熟透的苹果（视为质点）从树上掉下
来，从与头顶相同高度处落到水平地面的时间为0.1s。已知头顶到地面的高度为1.25m，取重
力加速度大小为10m/s2，则苹果（ ）
A．经过与头顶相同高度处时的速度大小为10m/s
B．在空中运动的时间为1.2s
C．刚掉落时离地的高度为8.45m
D．落地时的速度大小为12m/s
【解答】解：A、根据题意，令t＝0.1s，h＝1.25m，设经过与头顶相同高度处时的速度大小为
v，根据
h= vt + 1
2 gt
2
代入数据解得v＝12m/s，故A 错误；
B、根据公式v＝gt0，解得从刚开始下落到落到头顶时需要时间t0= v
g
代入数据解得t0＝1.2s
所以在空中运动的时间t 总＝t+t0
代入数据解得t 总＝1.3s，故B 错误；
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C、刚掉落时离地的高度为
h总= 1
2 gt 总
2
代入数据解得h 总＝8.45m，故C 正确；
D、落地时的速度大小为v1＝gt
代入数据解得v1＝13m/s，故D 错误。
故选：C。
[模型演练18] （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，vt
2﹣v2＝2a（H﹣
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；
他以5m/s 的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，由vt
2＝2gh′，得h′= vt
2
2g =
25
2×10
m＝
1.25m，选项D 错误，C 正确。
故选：C。
类型2 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
[模型演练19] （多选）（2023 秋•河东区校级期末）从高度为125m 的塔顶，先后落下a、
b 两球，自由释放这两个球的时间差为1s，则以下判断正确的是（g 取10m/s2，不计空气阻
力）（ ）
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A．b 球下落高度为20m 时，a 球的速度大小为20m/s
B．a 球接触地面瞬间，b 球离地高度为45m
C．在a 球接触地面之前，两球的速度差恒定
D．在a 球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
【解答】解：A、根据h= 1
2 gt
2知，b 球下落的时间t2=√
2h
g =√
2×20
10
s=2s．则a 球下落的时
间t1＝3s，速度v＝gt1＝30m/s。故A 错误。
B、a 球运动的时间t =√
2h
g =√
2×125
10
s=5 s，则b 球的运动时间t′＝4s，b 球下降的高度
h= 1
2 gt'
2= 1
2 ×10×16m=80m，所以b 球离地面的高度为45m。故B 正确。
C、设b 球下降时间为t 时，b 球的速度vb＝gt，a 球的速度va＝g（t+1），则Δv＝va﹣vb＝g，
与时间无关，是一定量。故C 正确。
D、设b 球下降时间为t 时，b 球下降的高度hb= 1
2 gt
2，a 球下降的高度ha= 1
2 g(t +1)
2，两球
离地的高度差等于下降的高度差，Δh=ha-hb= 1
2 g(t +1)
2- 1
2 gt
2=>+ 1
2 g，随时间的增大，位移
差增大。故D 错误。
故选：BC。
[模型演练20] （多选）（2022 秋•花都区校级期末）甲、乙两物体分别从高40m 处和高
10m 处同时由静止自由下落，不计空气阻力，下面几种说法中正确的是（ ）
A．落地时甲的速度是乙的4 倍
B．落地时甲的速度是乙的2 倍
C．下落1s 时甲的速度与乙的速度相同
D．下落1s 时甲的速度是乙的2 倍
【解答】解：AB、根据自由落体速度与下落高度的关系：v2＝2gh 可知v =√2gh，因为甲乙下
落高度之比为4：1，所以落地时甲的速度是乙的2 倍，故A 错误，B 正确；
CD、根据自由落体运动的速度与时间的关系v＝gt，可得下落1 秒时两者速度相等，故C 正确，
D 错误。
故选：BC。
[模型演练21] （2023 秋•青山湖区校级期中）如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球
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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，三球刚好同
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
【解答】解：ABD、根据h= 1
2 gt
2
得三者运动时间之比为√3：√2：1
根据速度—时间公式v＝gt
可知三者到达桌面时的速度大小之比是√3：√2：1
若三个小球同时释放，落至桌面的时间之比是√3：√2：1
故A 正确，BD 错误；
C、b 与a 开始下落时间差Δt＝t1﹣t2，c 与b 开始下落时间差Δt1＝t2﹣t1，可知Δt≠Δt1，故C 错
误。
故选：A。
类型3 竖直上抛运动
[模型演练22] （2024•光明区校级模拟）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，竖直向上喷出的水上升的最大高度为H。若
水通过第一个H
4 用时t1，通过最后一个H
4 用时t2，不计空气阻力，则t1
t2
等于（ ）
A．0.5
B．√3-√2
C．√2-1
D．2-√3
【解答】解：喷泉向上喷的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，上升最大高度为H，通过
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最后一个H
4 ，所用的时间为t2 H
4 = 1
2 gt2
2
解得t2=√
H
2 g
总时间为t，则有H = 1
2 gt
2
解得t =√
2 H
g
设通过后三个H
4 所用时间为t3 3 H
4 = 1
2 gt3
2
解得t3=√
3 H
2 g
则水通过第一个H
4 用时为t1 t1=t -t3=√
2 H
g -√
3 H
2g =(2-√3)√
H
2g
所以
t1
t2
=(2-√3)
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练23] （2024•浙江模拟）某同学抛5 个球，任意时刻都有4 个球在空中，1 个球在
手上。球上升的最大高度为h，则每个小球每次在手上停留的时间为（ ）
A．1
5√
2h
g
B．2√2
5 √
h
g
C．√
2h
g
D．√
h
2g
【解答】解：小球做竖直上抛运动，下降时间为t1=√
2h
g
根据竖直上抛运动的对称性，上升时间为：t2＝t1
故竖直上抛运动的总时间为：t＝t1+t2=2√
2h
g
演员手中总保留一个小球，扔出一球后立即接到另一球，说明若假设手中球抛出瞬间为起点计
时，此时3 个球在空中，另外两个小球都在手边，由运动的对称性可知，此时小球之间的时间间
隔为：1 与2 之间；2 与3 之间；3 与4 之间以及4 与5 之间共4 段时间间隔，则：4Δt＝t
所以：Δt = t
4 =√
h
2g
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
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[模型演练24] （2024•通州区一模）2023 年7 月，我国研制的电磁弹射微重力实验装置启
动试运行。如图所示，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下
落阶段为科学载荷提供微重力环境。据报道该装置目前达到了上抛阶段2s 和下落阶段2s 的4s
微重力时间、10μg 的微重力水平。若某次电磁弹射阶段可以视为加速度大小为5g 的匀加速运
动，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．电磁弹射阶段用时约为2s
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为20m
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为100m
D．实验舱开始竖直上抛的速度约为20m/s
【解答】解：AD.由题意可知实验舱上升时间为2s，可知实验舱开始上抛的速度为v＝gt 上＝
10×2m/s＝20m/s，电磁弹射阶段有v＝5gt，解得t＝0.4s，故A 错误，D 正确；
B.电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为h= 1
2 ⋅5 g⋅t
2= 1
2 ×5×10×0.42m＝4m，故B 错误；
C.实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为h1= 1
2 gt 上
2 = 1
2 ×10×22m＝20m，故C 错误。
故选：D。
类型4 自由落体运动与竖直上抛运动的相遇问题
[模型演练25] （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v0＝
20m/s（g 取10m/s2），则A，B 相遇时A 的速度大小为（ ）
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A．40m/s
B．10m/s
C．30m/s
D．20m/s
【解答】解：根据位移—时间公式，可得A 棒自由落体运动位移为：x1= 1
2gt2
B 棒做竖直上抛运动位移为：x2＝v0t- 1
2gt2
二者的位移关系：x1+x2＝s
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：
vA＝gt＝10×2m/s＝20m/s，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
[模型演练26] （2023 秋•江夏区校级月考）某同学学习了自由落体运动和竖直上抛运动的
内容后，和同伴一起做了一个物理小实验：自高为H 的塔顶自由落下A 物体的同时B 物体自
塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B 两物体在同一直线上运动，A 物体和B 物体的加速度都为
g，方向竖直向下。则（ ）
A．若v0＞√gH，两物体相遇时，B 正在下降途中
B．若v0=√gH，两物体在地面相遇
C．若√
gH
2 ＜v0＜√gH，两物体相遇时B 物体正上升
D．若v0=√
2 gH
3
，则两物体在下降的途中相遇
【解答】解：设两物体经过t 时间相遇，则1
2 gt
2+ v0t - 1
2 gt
2= H，解得t= H
v0
物体B 竖直上升到最高点的时间为t′= v0
g
物体B 的落地时间为t″＝2t′= 2v0
g
若两物体相遇时，B 正在下降途中，则t′＜t＜t″，√
gH
2 ＜v0＜√gH
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若两物体相遇时，B 正在上升途中，则t＜t′，v0＞√gH
若两物体相遇时，B 刚好到达最高点，则t＝t′，v0=√gH
若两物体相遇时，B 刚好落回地面，则t＝t″，v0=√
gH
2
故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
[模型演练27] （2023 秋•坪山区校级月考）如图所示，离地面足够高处有一竖直空管，管
长为l＝0.2m，M、N 为空管的上、下两端，在空管N 点下端距离d＝0.25m 有一小球，小球
（可视为质点）与空管不会相撞，不计阻力。取g＝10m/s2，求：
（1）若空管以恒定的速度向下做匀速直线运动，小球同时开始做自由落体运动，经过t1＝
0.5s，小球与N 点等高，求空管的速度大小v0；
（2）若空管以恒定的速度向下做匀速直线运动，小球同时开始做自由落体运动，经过t2＝
0.2s，小球在空管内部，求空管的速度大小v0应满足什么条件；
（3）若小球与空管先后做竖直上抛运动，其中空管的初速度v1＝2m/s，要使小球进入管内后不
再飞出管，则小球的初速度v2可取的范围。（结果可保留根号）
【解答】解：（1）由空管和小球的位移关系可知：v0t1= 1
2 gt1
2+d
代入数据解得，空管的速度大小为v0＝3m/s
（2）要保证小球在空管内部，空管的最大位移为：1
2 gt2
2+d +l，最小位移为1
2 gt2
2+d，则
1
2 gt2
2+d +l≥v0t2≥1
2 gt2
2+d
代入数据解得，空管的速度大小v0应满足3.25m/s≥v0≥2.25m/s
（3）小球先抛当到达管下端N 时，空管开始上抛，此时两者速度相等，则v21
2 - v1
2=2gd
代入数据解得v21＝3m/s
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小球先抛当到达管上端M 时，空管开始上抛，此时两者速度相等，则v22
2 - v1
2=2 g(d +l)
代入数据解得v22=√13m/ s
故小球的初速度v2可取的范围3m/ s≤v2≤√13m/ s
答：（1）空管的速度大小v0是3m/s。
（2）求空管的速度大小v0应满足的条件是3.25m/s≥v0≥2.25m/s。
（3）小球的初速度v2可取的范围是3m/ s≤v2≤√13m/ s。
题型四 多运动过程问题
求解多阶段运动问题的四点注意
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(4)匀变速直线运动涉及的公式较多，各公式相互联系，大多数题目可一题多解，解题时要开阔思路，
通过分析、对比，根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程，选取最简捷的解题方法．
类型1 “0—v—0”运动模型
[模型演练28] 分别让一物体以以下两种情景通过直线上的A.B 两点，一是物体以速度v 匀
速运动，所用时间为t，二是物体从A 点由静止出发，先以加速度为a1做匀加速直线运动到某
一最大速度值vm后，立即以加速度a2做匀减速直线运动，到达B 点速度恰好减为零，所用时
间仍为t，则下列说法正确的是（ ）
A．vm只能为2v，与a1、a2无关
B．vm可为许多值，与a1、a2的大小有关
C．a1、a2都必须是一定的
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D．a1、a2必须满足a1a2
a1+a2
= v
t
【解答】解：ABC、两次运动过程位移相同，时间相同，平均速度v = x
t
则平均速度相等，知平均速度的大小为v。
设匀加速直线运动的时间为t1，匀减速直线运动的时间为t2，根据匀变速直线运动的推论知：
vm
2 t1+ vm
2 t2＝x＝v（t1+t2）
解得：vm＝2v= 2 x
t
vm大小与加速度大小无关，故A 正确，BC 错误；
D、根据匀变速直线运动速度—时间内公式得：vm＝a1t1＝a2t2
两时间之和为t＝t1+t2= vm
a1
+ vm
a2
解得：
a1a2
a1+a2
= 2v
t
故D 错误。
故选：A。
[模型演练29] 一列火车沿直线轨道从静止出发由A 地驶向B 地，列车先做匀加速运动，加
速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B 地时恰好静止，若A、B 两地距
离为S，则火车从A 地到B 地所用时间t 为（ ）
A．√
3 S
4 a
B．√
4 S
3a
C．√
3 S
a
D．√
3 S
2a
【解答】解：设汽车匀加速运动的时间为t1
❑，匀减速运动的时间为t2
❑，总时间为t，匀加速运动
的末速度为v，则有：
v =at1
❑=2at2
❑
得t1
❑=2t2
❑
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t1
❑+t1
❑=t
联立得t1
❑= 2
3 t t2
❑= 1
3 t
总位移S = 1
2 v t1
❑+ 1
2 v t2
❑= v
2 t =
a⋅2
3 t
2
t
解得t =√
3 s
a ，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
类型2 先匀速，后减速运动模型——反应时间问题
[模型演练30] （2023•丰台区校级模拟）汽车在平直公路上以108km/h 的速度匀速行驶，
司机看到前面有突发情况，紧急刹车，从看到突发情况到刹车的反应时间内汽车做匀速运动，
刹车后汽车做匀减速直线运动，从看到突发情况到汽车停下，汽车行驶的距离为90m，所花时
间为5.5s，则汽车匀减速过程中所受阻力约为汽车所受重力的（ ）
A．0.3 倍
B．0.5 倍
C．0.6 倍
D．0.8 倍
【解答】解：设司机的反应时间为Δt，从看到突发情况到汽车停下总时间为t，总位移为x。
汽车匀速运动的速度v0＝108km/h＝30m/s，据题有：
x＝v0Δt+ v0
2 （t﹣Δt）
代入数据得：
90＝30Δt+ 30
2 ×（5.5﹣Δt）
解得Δt＝0.5s
汽车匀减速运动的加速度大小为 a=
v0
t - Δt =
30
5.5-0.5
m/s2＝6m/s2。
根据牛顿第二定律得：
汽车匀减速过程中所受阻力大小为 f＝ma
则f
mg = a
g = 6
10 =0.6，即f＝0.6mg，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练31] （2024•长沙县校级模拟）某人驾驶汽车在平直公路上以108km/h 的速度匀
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速行驶，某时刻看到前方路上有障碍物，经过一段反应时间，开始刹车，假设刹车后汽车做匀
减速直线运动。从看到障碍物到车子停下的过程，汽车的位移x 随速度v 变化的关系图像由一
段平行于x 轴的直线与一段曲线组成，直线与曲线的分界点为P 点（如图所示）。则下列说法
正确的是（ ）
A．曲线部分是一段抛物线
B．司机的反应时间为0.417s
C．刹车的加速度大小为5m/s2
D．刹车的时间是6s
【解答】解：A．对匀减速运动，满足v
2- v0
2=-2ax，可知x﹣v 图像曲线部分是一段抛物线，
故A 正确；
B．汽车在反应时间内做匀速直线运动，由图可知对应于直线段，反应时间内的位移x1＝15m，
速度为v0＝108km/h＝30m/s，则反应时间为t1= x1
v0
= 15
30s＝0.5s，故B 错误；
C．刹车过程的位移为x2＝（90﹣15）m＝75m
根据速度—位移关系式有v0
2-0=2a x2
解得a＝6m/s2
故C 错误；
D．根据速度—时间关系式可知刹车的时间为t2= v0
a = 30
6 s＝5s，故D 错误。
故选：A。
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类型3 先加速后匀速运动模型——限速问题
[模型演练32] 一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25m/s 后
做匀速直线运动，已知汽车前5s 内的位移为75m，则汽车匀加速运动的时间为（ ）
A．3s
B．4s
C．5s
D．6s
【解答】解：若前5s 内汽车一直做匀加速直线运动，则前5s 内匀加速直线运动的最大位移为：
x= 1
2vmt= 25
2 ×5m＝62.5m
可知，最大位移小于75m，因此汽车在前5s 内一定是先匀加速后匀速，设匀加速的时间为t，则：
x′= νm
2
•t+vm（5s﹣t）＝75m
解得：t＝4s，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练33] （多选）一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后保持匀速直线运动，
最后做匀减速直线运动直到停止。从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速
度。根据表中的数据通过分析、计算可以得出（ ）
时刻/s
1.0
2.0
3.0
5.0
7.0
9.5
10.5
速
度/（m•s
﹣1）
3.0
6.0
9.0
12.0
12.0
9.0
3.0
A．汽车匀加速运动经历的时间为4s
B．汽车匀减速运动经历的时间为4s
C．汽车匀速运动的时间为5s
D．整个过程汽车的位移大小为96m
【解答】解：A．从表中数据可知，汽车匀加速运动时的加速度
a1= v2- v1
t2-t1
= 6-3
2-1m/s2＝3m/s2
匀速运动时的速度为v＝12m/s，则匀加速运动的时间
t1= v
a1 = 12
3 s＝4s，故A 正确；
B．匀减速运动的加速度为
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a2= Δv
Δt =
3-9
10.5-9.5m/s2＝﹣6m/s2
匀减速运动的末速度为0；则匀减速运动的时间
t3=- v
a2
=- 12
-6 s＝2s，故B 错误；
C．汽车速度从3m/s 减到0 还需的时间
Δt=- v3
a2
=- 3
-6 s＝0.5s
所以汽车运动总时间t′＝10.5s+0.5s＝11s。所以汽车匀速运动的时间为
t2＝t′﹣t1﹣t3＝11s﹣4s﹣2s＝5s，故C 正确；
D．整个过程汽车的位移大小为
x= v
2t1+vt2+ v
2t3= 12
2 ×4m+12×5m+ 12
2 ×2m＝96m，故D 正确。
故选：ACD。
类型4 先加速后匀速在减速运动模型——最短时间问题
[模型演练34] 如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖
井的深度约为96m，升降机运行的最大速度为6m/s，加速度大小不超过1m/s2，假定升降机到
井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（ ）
A．16s
B．18s
C．22s
D．24s
【解答】解：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间
t1= υ
a =6s，通过的位移为x1= υ
2
2a =18m，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：
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t2= x -2 x1
υ
= 96-2×18
6
s＝10s，总时间为：t＝2t1+t2＝22s，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[模型演练35] “祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加
速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作
是匀变速直线运动。
t/s
0
2
4
6
8
10
12
x/cm
0
2.0
8.0
17.5
27.0
33.0
35.0
下列说法正确的是（ ）
A．前6 秒火星车做加速运动
B．第6 秒末火星车的速率为4.75cm/s
C．火星车一共匀速运动了10cm
D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2
【解答】解：由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最
后做匀减速直线运动至停下。设匀加速阶段的加速度大小为a，时间为t1；匀速阶段的速度为
v，时间为t2；匀减速阶段的加速度大小为a′，时间为t3。
由表格数据可知，0～2s 时间内，火星车从静止开始做匀加速直线运动，通过的位移为2cm，根
据x = 1
2 at
2
解得：a＝1cm/s2
10s～12s，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为2cm，结合逆向思维，可认为此过程方向
做初速度为0 的匀加速运动，则有x' = 1
2 a' t
2
解得：a′＝1cm/s2
匀加速阶段的时间为t1= v
a
匀减速阶段的时间为t3= v
a'
故0～12s 全过程的位移满足x总= v t1
2 + v t2+ v t3
2 =35cm
又有t1+t2+t3＝12s
联立解得：t1＝t3＝5s；t2＝2s；v＝5cm/s
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A、前5s 内火星车做加速运动，5s 后火星车已经做匀速运动，故A 错误；
B、5～7s 时间内火星车已经匀速运动，故第6s 末火星车的速度为5cm/s，故B 错误；
C、火星车一共匀速运动的位移为
x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，故C 正确；
D、火星车减速的加速度大小为1cm/s2，故D 错误；
故选：C。
题型五 直线运动的x-t v-t 图像
对x－t 图像与v－t 图像的理解
x－t 图像
v－t 图像
图像举
例
意义
倾斜直线表示匀速直线运动；曲线表示
变速直线运动
倾斜直线表示匀变速直线运动；曲线表
示变加速直线运动
运动情
况
甲做匀速直线运动，乙做速度逐渐减小
的直线运动
丙做匀加速直线运动，丁做加速度逐渐
减小的变加速直线运动
交点和
“面
积”
两条图线的交点表示相遇；图线与横轴
所围面积无意义
两条图线的交点表示t2时刻速度相等，
图线与横轴所围面积表示位移的大小
位移
0～t1时间内甲、乙位移相等
0～t2时间内丁的位移大于丙的位移
平均速
度
0～t1时间内甲、乙平均速度相等
0～t2时间内丁的平均速度大于丙的平
均速度
三点说明
(1)x－t 图像与v－t 图像都只能描述直线运动，且均不表示物体运动的轨迹。
(2)分析图像要充分利用图像与其所对应的物理量的函数关系。
(3)识图方法：一轴、二线、三斜率、四面积、五截距、六交点。
对a－t 图像的理解
(1)图线①表示物体做加速度逐渐增大的直线运动，图线③表示物体做加速度逐渐减小的直线运动，
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图线②表示物体做匀变速直线运动。交点④表示加速度相等。
(2)由Δv＝aΔt 可知a－t 图像中图线与横轴所围面积表示速度变化量。
类型1 x-t 图像与v-t 图像的比较
[模型演练36] （2024•黔南州二模）如图所示为一物体沿直线运动的位移一时间图像，下
列关于该物体运动的速度一时间图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：D．从位移—时间图像可知物体一直沿正方向运动，故D 错误；
ABC．位移—时间图像的斜率大小等于速度的大小，可知物体做速度增大的直线运动；又2s 内
物体的位移为8m，则速度—时间图线与时间轴所围的面积为8，故A 正确，BC 错误。
故选：A。
[模型演练37] （2024•广州开学）一位同学玩弹性很好的弹力球，他由静止释放弹力球后，
观察弹力球在竖直方向往复运动的过程，他发现弹力球每次反弹能达到的高度几乎不变，他画
出了两幅“速度—时间图像”和两幅“位移—时间图像”，描述弹力球连续多次往复运动的过
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程，下列四幅图中最合适的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB．依题意，弹力球每次反弹的高度几乎不变，由此可知弹力球从地面反弹后速
度大小不变。弹力球从最高点释放后，先做自由落体运动，弹回后速度大小不变做竖直上抛运
动，加速度均为向下的g 不变，则其v﹣t 图像的斜率不变。故A 正确；B 错误；
CD．由前面选项分析可知弹力球上升和下落的过程都做匀变速运动，根据
x = v0t + 1
2 at
2
可知位移与时间不成线性关系，故x﹣t 图像不可能是直线。故CD 错误。
故选：A。
类型2 v-t 图像的曲线问题
[模型演练38] （2023 秋•石家庄期末）京张高速铁路于2016 年10 月29 日正式开工建设。
它东起北京北站，途经海淀区、昌平区、延庆区和宣化区到达终点张家口站，全长174 公里，
到2019 年12 月底建成通车，将北京到张家口的铁路运行时间缩短至50 分钟以内。京张高铁
是中国第一条首次采用我国自主研发的北斗卫星导航系统的智能化高速铁路，也是世界上第一
条最高设计时速350km/h 的高寒、大风沙高速铁路。假设列车某次出站过程由静止开始沿直线
加速，经过t0时间，速度达到250km/h，列车运行的v﹣t 图像如图所示，关于此过程中列车的
运动规律以下说法正确的是（ ）
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A．路程不断增大，位移不断减小
B．速度不断增大，平均速率不断减小
C．速度变化得越来越快，位移增加得越来越慢
D．速度增加得越来越慢，位移增加得越来越快
【解答】解：A．根据图像可知，列车由静止开始加速直线运行过程中路程和位移都是不断增大
的，故A 错误；
B．由图可知列车加速阶段速度不断增大，经过相同路程所用时间越来越短，所以，列车的平均
速率越来越大，故B 错误；
CD．列车的加速度不断变小，但速度不断变大，只是增加变慢而已，速度变大时，位移增加变
快，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练39] （2024•江宁区校级二模）如图所示，实线为一次实验中小车运动的速度v﹣
t 图像，为了便于研究，用虚线替代实线作近似处理，下列表述正确的是（ ）
A．小车做曲线运动
B．在t1时刻由虚线计算出的加速度比实际的大
C．在0～t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大
D．用虚线作近似处理，计算出的位移与实际位移会有很大偏差，此做法不合理
【解答】解：A．v﹣t 图像只能描述做直线运动的物体的速度随时间变化的关系，可知小车做直
线运动，故A 错误；
B．v﹣t 图像的切线斜率表示加速度，可知在t1时刻由虚线计算出的加速度比实际的大，故B 正
确；
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C．v﹣t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知在0～t1时间内，由虚线得到的位移比实际的小，
则由虚线计算出的平均速度比实际的小，故C 错误；
D．v﹣t 图像与横轴围成的面积表示位移，用虚线作近似处理，计算出的位移与实际位移偏差不
大，此做法合理，故D 错误。
故选：B。
类型3 x-t 图像中的曲线问题
[模型演练40] （2024•湖北一模）过年放假，某同学随父母驾车回老家探亲，汽车通过某
个路口时，看到前方禁止通行警示牌，于是马上刹车制动，并倒车回到路口，绕道成功。现在
以路口为位置起点，通过路口后看到禁止通行警示牌才开始计时，该同学用手机记录了该段运
动的一些数据，并绘制了x﹣t 图像，如图所示。将汽车刹车和倒车看成匀变速直线运动，刹
车加速度与倒车加速度大小相等，汽车大小不计，忽略司机刹车、倒车等运动转换的反应时间。
由图中数据可得（ ）
A．8s 时，汽车回到路口
B．刹车过程中，汽车减速了13m
C．0～3s 汽车的位移为7.5m
D．由图中数据得到的关系式为x＝﹣0.52+4t
【解答】解：D、设汽车的加速度大小为a，当t＝0 时速度大小为v0，由x﹣t 图线可知，当t1＝
4s 时，汽车的瞬时速度为零，汽车在0～4s 内的位移大小为x1＝13m﹣5m＝8m
则x1= v0t1
2
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v0﹣at1＝0
代入数据解得v0＝4m/s
a＝1m/s2
所以，得到关系式为x =- 1
2 t
2+ 4t +5，故D 错误；
A、将t＝8s，代入上式，解得x＝5m＞0
则8s 时，汽车还没有回到路口，故A 错误；
B、刹车过程中，汽车减速的位移为x1＝13m﹣5m＝8m，故B 错误；
C、由图可知，在t＝0 时，汽车的位置为
x0＝5m
将t＝3s 代入表达式可得，汽车在t＝3s 时的位置为x＝12.5m
则0～3s 汽车的位移为x＝x3﹣x0
代入数据解得x＝7.5m，故C 正确；
故选：C。
[模型演练41] （2024 春•洛阳期末）如图所示，P、Q 两质点的位移—时间图像分别为图中
的a、b 图线，其中a 为抛物线，关于两质点的运动描述，下列说法正确的是（ ）
A．两质点两次相遇时的运动方向相同
B．0﹣t0时间内某时刻，P、Q 的速度相同
C．t0时刻，质点P 的加速度为零
D．t0﹣2t0时间内质点P、Q 平均速度之比为2：1
【解答】解：A.由x﹣t 图像可知交点表示相遇，斜率表示速度，所以两质点第一次相遇时的运
动方向相反，故A 错误；
B.由x﹣t 图像可知斜率表示速度，故0﹣t0时间内两质点的速度方向相反，所以P、Q 的速度不
相同，故B 错误
C.t0时刻，质点P 的斜率为零，速度为零，但加速度不为零，故C 错误；
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D. 由图像可知t0﹣2t0 时间内质点P 、Q 的位移大小分别为x0 和x0
2 ，平均速度分别为
v P= x0
t0
，vQ=
x0
2
t0
= x0
2t0
，所以t0﹣2t0时间内质点P、Q 平均速度之比为2：1，故D 正确。
故选：D。
类型4 其他运动学图像
[模型演练42] （多选）（2024 春•鼓楼区校级期末）如图所示为物体做直线运动的图像，
下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，物体在0～t0时间内的位移大于1
2 v0t0
B．乙图中，物体的加速度为1m/s2
C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的末速度
D．丁图中，t＝1s 时物体的速度为5m/s
【解答】解：A、甲图中，根据v﹣t 图像中，图线与横轴围成的面积表示位移，由图甲可知，物
体在这段时间内的位移x＞v0t0
2 ，故A 正确；
B、乙图中，根据运动学公式v2- v0
2=2ax
可得v
2=2ax + v0
2
可知，v2﹣x 图像中图线的斜率k＝2a= 10
10m/s2＝1m/s2，可得物体的加速度a＝0.5m/s2，故B 错
误；
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C、根据a﹣t 图像中图线与横轴所围面积表示速度的变化量可知，丙图中，阴影面积表示t1～t2
时间内物体的速度变化量，故C 错误；
D、根据运动学公式
x = v0t + 1
2 at
2
变形可得
x
t = v0+ 1
2 at
结合图丁可得
v0=-5m/ s，a=10m/ s
2
由运动学公式
v＝v0+at
可得t＝1s 时物体的速度为v＝5m/s，故D 正确。
故选：AD。
[模型演练43] （2023 秋•太原期末）水平面上有A、B 两物体，同时同地以某一初速度同
向运动，运动规律如图所示，下列选项正确的是（ ）
A．A 物体的加速度为﹣10m/s2
B．两物体在x＝10m 位置处相遇
C．两物体在图像交点时刻相遇
D．当物体A 运动到x＝5m 的位置时，两物体相距最远
【解答】解：A.根据匀变速直线运动公式v2- v0
2=2ax，则有v2＝2ax+ v0
2，则图象斜率为2a，A
物体的加速度为2a=- 100
10 ，解得a＝﹣5m/s2，故A 错误；
BC.图象斜率为2a，B 物体的加速度为2a′=- 100
5 ，解得a′＝﹣10m/s2，画AB 的v﹣t 图象如
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图
故A 停止后，B 加速才追上A，A 停止位移为v﹣t 图象面积，x= 1
2 ×2×10m＝10m，故两物体
在x＝10m 位置处相遇，故B 正确，C 错误；
D.两物体相距最远为v﹣t 图象交点位置，而x＝5m 为B 速度减为零的位移，故相距最远在x＝
5m 的右侧，故D 错误。
故选：B。
题型六 追及与相遇问题
1.追及相遇问题中的一个条件和两个关系
(1)一个条件：即两者速度相等，往往是物体能追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条
件，也是分析判断的切入点。
(2)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画过程示意图得到。
2．追及相遇问题的两种典型情况
(1)速度小者追速度大者
类型
图像
说明
匀加速
追匀速
①0～t0时段，后面物体与前面物体间距离
不断增大
②t ＝t0 时，两物体相距最远，为x0 ＋
Δx(x0为两物体初始距离)
③t>t0 时，后面物体追及前面物体的过程
中，两物体间距离不断减小
④能追上且只能相遇一次
匀速追
匀减速
匀加速追
匀减速
(2)速度大者追速度小者
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类型
图像
说明
匀减速
追匀速
开始追时，两物体间距离为x0，之后两物体
间的距离在减小，当两物体速度相等时，即
t＝t0时刻：
①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相
遇一次，这也是避免相撞的临界条件
②若Δx<x0，则不能追上，此时两物体间距
离最小，为x0－Δx
③若Δx>x0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝
x0，两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第
二次相遇(t2－t0＝t0－t1)
匀速追
匀加速
匀减速追
匀加速
3．解题思路和方法
⇒⇒⇒
[模型演练44] （2024•合肥三模）A、B 两个质点在同一地点沿同一方向运动，运动的位移
x 随时间t 变化规律如图所示，A 的图像为抛物线，B 的图像为倾斜直线，两图像相切于P 点，
则0～3s 内，A、B 两质点的最大距离为（ ）
A．4.5m
B．6m
C．9m
D．13.5m
【解答】解：由题图可知，A 做初速度为零的匀加速运动，B 做匀速直线运动。
x﹣t 图像中，图线的斜率表示速度，则t＝3s 时两者速度大小相等，为v= Δx
Δt =
18
3-1.5m/s＝
12m/s
将（3s、18m）代入A 的位移—时间方程x= 1
2at2
可得：a＝4m/s2
在0～1.5s，B 静止，A 加速运动，两者距离逐渐增大；
在1.5s～3s，B 以v＝12m/s 的速度匀速运动，A 加速运动，但A 的速度小于B 的速度，两者距
离逐渐减小；
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所以，在1.5s 时，两者有距离最大：Δxmax= 1
2at2= 1
2 ×4×1.52m＝4.5m
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练45] （2024•西安模拟）一种新型汽车的自适应巡航（ACC）功能，是利用激光
雷达实时侦测与前车距离，通过运算决定后续驾驶动作。某阶段后车与前车在同一平直车道向
前行驶，后车在匀速前进，速度为v＝20m/s，前车在做匀变速运动，从t＝0 时刻开始，侦测
到两车距离d 与时刻t 的对应关系如下表所示。下列说法正确的是（ ）
L/s
0
1
2
3
…
d/m
80
83
84
83
…
A．t＝0 时前车速度为22m/s
B．t＝4s 时两车速度相等
C．前车加速度大小为2m/s2
D．t＝4s 时两车距离为82m
【解答】解：AC、根据表格的时间可知，在t＝0s 时，两车相距80m，在t＝1s 时，两车相距
83m，则在前1s 内前车的相对位移为：x1＝83m﹣80m＝3m，同理可知，在t＝1s∽t＝2s 内，前
车的相对位移为：x2 ＝84m﹣83m ＝1m ，则前车的相对加速度为：
a= x2- x2
T
2
= 1-3
1
2 m/ s
2=-2m/ s
2，由于后车做匀速运动，则前车的加速度为a1=a=-2m/ s
2，
由x1= v01t + 1
2 a1t
2可得：v01＝4m/s，所以t＝0 时，前车的速度为：v0＝v01+v 后＝4m/s+20m/s＝
24m/s，故A 错误，C 正确；
B、当t＝4s 时，前车的速度为：v4＝v0+a1t＝24m/s﹣2×4m/s＝16m/s，所以两车速度不相等，故
B 错误；
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D、在t＝4s 内，前车发生的位移为：x4= v0t + 1
2 a1t
2=24×4 m- 1
2 ×2×4
2m=80m，后车发
生的位移为：x 后＝v 后t＝20×4m＝80m，则此时两车相距为：d＝x4+80m﹣x 后＝80m+80m﹣80m
＝80m，故D 错误。
故选：C。
[模型演练46] （2024 春•碑林区校级期中）当今时代，无线通信技术已经融入了我们生活
的方方面面。星闪技术作为中国原生的新一代近距离无线连接技术，与传统的蓝牙无线连接技
术相比，具有传输快、覆盖广、延迟低等诸多优点。现甲、乙两位同学利用手机星闪连接技术
配对成功，实时通信。t＝0s 时，甲以2m/s 的初速度、1m/s2的加速度，乙以1m/s 的初速度、
2m/s2的加速度并排（相距较近）从百米赛道起点处加速起跑，甲加速到最大速度6m/s，乙加
速到最大速度7m/s 后均能以各自最大速度跑至终点。已知星闪技术能实现连接的最大距离为
10m，则甲、乙能实现通信的时间为（ ）
A．10s
B．11s
C．12s
D．13s
【解答】解：经过时间t1甲乙速度相等设为v，根据速度—时间公式有，
对甲：v＝v 甲+a 甲t1
对乙：v＝v 乙+a 乙t1
联立解得：t1＝1s，v＝3m/s
t1时间内甲的位移为：x 甲1＝v 甲t1+ 1
2 a甲t1
2，代入数据得：x 甲1＝2.5m
t1时间内乙的位移为：：x 甲1＝v 甲t1+ 1
2 a乙t1
2，代入数据得：x 乙1＝2m
设经过Δt 甲甲从v 加速到最大速度，则有：Δt甲= v
m
甲- v
a甲
= 6-3
1
s=3 s
此过程中甲的位移为：x 甲2＝v•Δt 甲+ 1
2 a甲Δt甲
2 ，代入数据得：x 甲2＝13.5m
设经过Δt 乙乙从v 加速到最大速度，则有：Δt乙= v
m
乙- v
a乙
= 7-3
2
s=2s
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此过程中乙的位移为：x 乙2＝vΔt 乙+ 1
2 a乙Δt乙
2 ，代入数据得：x 乙2＝10m
可知，在甲乙加速到最大速度前，甲乙仍能实现通信，设甲乙能实现通信的时间为t，则有
x 乙﹣x 甲＝10m
其中
x 甲＝x 甲1+x 甲2+v 甲m（t﹣t1﹣Δt 甲）
x 乙＝x 乙1+x 乙2+v 乙m（t﹣t1﹣Δt 乙）
联立解得：x 甲＝58m，x 乙＝68m＜100m，t＝11s，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练47] （2024•福清市校级开学）如图所示，甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶，
乙车在甲车前方x0＝100m 处做匀速直线运动，速度大小为v2＝30m/s，甲车此时速度为v1＝
10m/s，做加速度大小为a1=2m/ s
2的匀加速直线运动。甲、乙车上安装有信号发射与接收装
置，当甲、乙两车距离超过L＝175m 时，甲、乙车不能接受到彼此通讯信号。求：
（1）在甲车追上乙车之前，甲、乙两车之间的最大距离为多少？
（2）甲车追上乙车的时间为多少？
（3）在第（1）问条件下，当甲、乙两车距离最大时，乙车立即刹车，加速度大小为
a3=2m/ s
2，甲车继续以a1=2m/ s
2加速度匀加速运动，求在甲车追上乙车之前两车能维持通
信的时间。
【解答】解：（1）当甲、乙车速度相等时，两车相距最远，设经过t 时间，两车共速，则v1+a1t
＝v2
解得t＝10s
最大距离为Δ xm= x0+ v2t -(v1t + 1
2 at
2)
代入数据得Δxm＝200m
（2）设甲追上乙的时间为t′，则：x甲= v1t ' + 1
2 at '
2
乙的位移：x 乙＝v2t′
又：x 甲＝x 乙+x0
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解得t ' =(10+10√2)s
（3 ）在甲、乙车共速之前，在t1 时刻两车第一次相距175m ，依题意有
v2t1-(v1t1+ 1
2 a1t1
2)= L- x0
解得t1＝5s
能保持通信的时间为Δt1＝t1＝5s
在甲、乙车共速之后，再经过t2 时间，两车第二次相距175m ，依题意有
(v2t2+ 1
2 a1t2
2)-(v2t2- 1
2 a1t2
2)= Δ xm- L
解得t2= 5√2
2
s
设再经过t3时间，甲车追上乙车(v2t3+ 1
2 a1t3
2)-(v2t3- 1
2 a3t3
2)= Δ xm
解得t3＝10s
此时乙车速度未减至零，符合题意此阶段，两车能保持通信的时间为Δt2=(10- 5√2
2
)
故在乙车停止运动之前，两车能够维持通信的时间为Δt＝Δt1+Δt2
解得：Δt=(15- 5√2
2
)s
答：（1）在甲车追上乙车之前，甲、乙两车之间的最大距离为200m；
（2）甲车追上乙车的时间为(10+10√2)s；
（3）在甲车追上乙车之前两车能维持通信的时间是(15- 5√2
2
)s。
[模型演练48] （2024•鲤城区校级模拟）2023 年11 月，我国国内首条完全自主知识产权的
磁浮试验线高速飞车大同（阳高）试验线一期主体工程全部完工了，据说这一类高铁它的时速
最大可以达到1000 公里，成为“地表最快”的车，原来的“绿皮”火车越来越多被替代。
A、B 两列火车，在同一轨道上同向行驶，A 车在前，速度vA＝72km/h，B 车在后，速度vB＝
30m/s。已知B 车在进行火车刹车测试时发现，若车以30m/s 的速度行驶时刹车后至少要前进
450m 才能停下，问：
（1）B 车刹车的最大加速度为多大？
（2）因大雾能见度低，B 车在距A 车x0＝200m 处才发现前方A 车，这时B 车立即刹车。若B
刹车时A 车仍按原速前进，两车是否会相撞？若会相撞，将在B 车刹车后何时相撞？若不会相
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撞，则两车相距最近是多少？
【解答】解：（1）设火车的加速度为aB，由v2- vB
2 =2aBx 得：
aB= v
2- vB
2
2 x
= 0
2-30
2
2×450 m/ s
2=-1.0m/ s
2
所以B 车刹车的最大加速度为1.0m/s2。
（2 ）A 车速度为vA ＝72km/h ＝20m/s ，则A 、B 车运动速度相等所用的时间为：
t0= vB- v A
aB
= 30-20
1
s=10 s
xA＝vAt0＝10×20m＝200m
xB= vB+ v A
2
t0= 30+20
2
×10m=250m
因xB＜xA+x0＝400m，故两车不会相撞。
此时两车之间的距离：Δx＝xA+x0﹣xB＝200m+200m﹣250m＝150m
答：（1）B 车刹车的最大加速度为1m/s2；
（2）若B 刹车时A 车仍按原速前进，两车不会相撞，且两车相距最近是150m。
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