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专题1 匀变速直线运动模型
刹车模型（5-7 题）.........................................................................................................................3
“0—v—0”运动模型（8-10 题）......................................................................................................5
反应时间与限速模型（11-13 题）.................................................................................................7
等位移折返模型（14-16 题）.......................................................................................................10
等时间折返模型（17-18 题）.......................................................................................................13
1.
（2023•山东）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T 三
点，已知ST 间的距离是RS 的两倍，RS 段的平均速度是10m/s，ST 段的平均速度是5m/s，则
公交车经过T 点时的瞬时速度为（ ）
A．3m/s
B．2m/s
C．1m/s
D．0.5m/s
【解答】解：匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则有：v R+ vS
2
=10m/s
vT + vS
2
=5m/s
设公交车加速度大小为a，RS 间的距离为x，则ST 间的距离为2x，由匀变速直线运动位移—速
度公式得：vS
2 - v R
2 =-2ax
vT
2 - vS
2 =-2a•2x
联立解得：vR＝11m/s
vS＝9m/s
vT＝1m/s
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2.
（2022•甲卷）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
1
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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．v0- v
2a + L+l
v
B．v0- v
a
+ L+2l
v
C．3(v0- v)
2a
+ L+l
v
D．3(v0- v)
a
+ L+2l
v
【解答】解：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），可知列车
进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，则
减速时间：t1= v - v0
-2a
，
匀速时间：t2= L+l
v
，
加速时间：t3= v0- v
a
，
列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
t＝t1+t2+t3
解得：t= 3(v0- v)
2a
+ L+l
v
，
故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
3.
（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，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m 完成技术动作，随后5m 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10m/s2，则她用于姿态
调整的时间约为（ ）
A．0.2s
B．0.4s
C．1.0s
D．1.4s
【解答】解：陈芋汐做自由落体运动，由h= 1
2 gt
2可得
前5m 的运动时间t1=√
2h1
g =√
2×5
10
s＝1s，
整个下落过程的运动时间t2=√
2h2
g =√
2×10
10
s=√2s，
她用于姿态调整的时间约为Δt＝t2
t
﹣1=√2s
1s≈0.4s
﹣
，
2
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故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4.
（2021•河北）铯原子钟是精确的计时仪器。图1 中铯原子从O 点以100m/s 的初速度
在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN 所用时间为t1；图2 中铯原子在真空中从P 点做竖直
上抛运动，到达最高点Q 再返回P 点，整个过程所用时间为t2。O 点到竖直平面MN、P 点到
Q 点的距离均为0.2m。重力加速度取g＝10m/s2；则t1：t2为（ ）
A．100：1
B．1：100
C．1：200
D．200：1
【解答】解：由题意可知，O 点到竖直平面MN、P 点到Q 点的距离均为0.2m，设d＝0.2m
图1 中铯原子做平抛运动，平抛运动的初速度v0＝100m/s，水平方向：d＝v0t1，
代入数据解得：t1＝0.002s
图2 中铯原子做竖直上抛运动，上升时间与下降时间相等，为t2
2
，
由匀变速直线运动的位移—时间公式得：d= 1
2 g( t2
2 )
2
代入数据解得：t2＝0.4s，
则t1
t2
= 0.002
0.4 = 1
200
，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
刹车模型（5-7 题）
5.
（多选）（2023•蕉城区校级一模）如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216km/h，随
3
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后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4s 内的位移为7m，下列
说法正确的是（ ）
A．该飞机的加速度大小为2m/s2
B．该飞机着陆后5s 时的速度大小为40m/s
C．该飞机在跑道上滑行的时间为30s
D．该飞机在跑道上滑行的距离为1800m
【解答】解：A、飞机着陆时的速度v0＝216km/h＝60m/s
飞机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，该飞机在倒
数第4s 内的位移为7m，设飞机的加速度大小为a，有：1
2 at 4
2 - 1
2 at3
2=7m
代入数据解得：a＝2m/s2
故A 正确；
C、飞机在跑道上滑行的时间为t= v0
a = 60
2
s＝30s
故C 正确；
B、该飞机着陆后5s 时未停止运动，速度大小为v5＝v0
at
﹣
5＝60m/s
2×5m/s
﹣
＝50m/s
故B 错误；
D、该飞机在跑道上滑行的距离为x= 1
2
v0t= 1
2 ×60×30m＝900m
故D 错误。
故选：AC。
6.
（多选）（2023•沙河口区校级一模）小明到汽车站时，车正以8m/s 的速度沿平直道
路匀速驶离车站，司机听到呼喊声，反应0.5s 后立即以2m/s2的加速度匀减速刹车。设司机听
到呼喊声时，小明距离汽车8m，正以4m/s 的速度匀速追赶汽车。则从司机听到呼喊声到小明
追上汽车，下列说法正确的是（ ）
A．经过2s 小明和汽车间距离最大
B．经过6s 小明追上汽车
C．小明和汽车间的最大距离为14m
D．汽车的位移为20m
【解答】解：AC、当小明和汽车速度相同时距离最大，设经过时间t 汽车减速至4m/s，汽车减
4
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速至4m/s 的时间为：t= Δv
a = 4 m/ s
2m/ s
2 =2s
小明和汽车间距离最大时经过的时间为：t1＝2s+0.5s＝2.5s
汽车减速到4m/s 过程中位移为：x1＝v0t- 1
2
at2＝8×2m- 1
2 ×2×22m＝12m，匀速运动0.5s 的距离
为：x2＝v0t0＝8m/s×0.5s＝4m
小明所走距离为：x2＝v（t+t0）＝4×（2+0.5）m＝10m
小明和汽车间的最大距离为：sm＝4m+12m+8m
10m
﹣
＝14m，故A 错误，C 正确；
BD、汽车开始距离小明8m，减速过程的时间为：t′= v
a = 8m/ s
2m/ s
2 =4s，位移为：x′= 1
2at′2= 1
2 ×
2×42m＝16m
汽车所走总位移为：s1＝4m+16m＝20m
汽车距离车站总共距离为：s2＝4m+8m+16m＝28m，这段时间小明的位移为：x″＝4×4.5m＝18m
此时还未追上汽车，所以小明追上汽车的时间为：t 总= s2
v = 28
4 s＝7s，故B 错误，D 正确。
故选：CD。
7.
（2023•重庆模拟）有人提出了高速列车不停车换乘的设想。高速列车A 以v0做匀速
直线运动，接驳列车B 在相邻车道由静止开始做加速度大小为a 的匀加速直线运动，与车A 同
向行驶。两车同时到达交汇点时，车B 刚好加速到v0，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘。
若将两车视为质点，求：
（1）车B 出发时，车A 与交汇点的距离；
（2）换乘完毕后，车B 做匀减速直线运动，运动了距离s0后停止，求此过程中车B 运动的加速
度大小和运动时间。
【解答】解：（1）当B 刚好加速到v0，所用时间为t，由速度—时间公式得：v0＝at
解得：t = v0
a
车A 与交汇点的距离s= v0× v0
a = v0
2
a
（2）车B 的运动可逆向看作初速度为0 的匀加速直线运动，根据速度—位移公式得：
v0
2=2a' s0
5
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解得：a' = v0
2
2s0
根据速度—时间公式得：v0＝a't
解得：t = 2s0
v0
“0—v—0”运动模型（8-10 题）
8.
（2022•唐山模拟）不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪
训练中，运动员从斜坡上A 点由静止匀加速下滑，到最底端B 后，在水平面做匀减速直线最
后停止在C 点。已知AB＝100m，BC＝20m。忽略运动员在B 点的速度损失，则由两段时间之
比tAB：tBC为（ ）
A．1：1
B．1：5
C．5：1
D．6：1
【解答】解：设运动员在B 点的速度大小为v，运动员从A 到B 和从B 到C 都做匀变速直线运
动，且运动员在A、C 的速度均为零，根据运动学规律有AB = v
2 t AB BC = v
2 t BC
解得tAB：tBC＝5：1。故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
9.
（2022 秋•上蔡县校级期末）在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速
直线运动，刚运动了8s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，做匀减速
运动经4s 停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．加速、减速过程中的加速度大小之比a1：a2等于2：1
B．加速、减速过程中的平均速度大小之比v1：v2等于2：1
C．加速、减速过程中的位移之比x1：x2等于2：1
D．加速、减速过程中的平均速度大小之比v1：v2等于1：2
【解答】解：A、设8s 末的速度为v，加速阶段的加速度大小a1= v
t1
，减速阶段的加速度
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大小a2= v
t2
，则加速度大小之比a1：a2＝t2：t1＝4：8＝1：故A 错误；
BD、根据平均速度的推论知，加速阶段的平均速度v1= v
2
，减速阶段的平均速度v2= v
2
，
则平均速度之比为1：故BD 错误。
C、位移x= v t，则加速阶段和减速阶段的平均速度v相等，则位移大小之比为x1：x2＝
t1：t2＝8：4＝2：故C 正确。
故选：C。
10. （2022 春•温州期末）在第24 届北京冬奥会后，全国范围内掀起了一股滑雪运动热潮。
如图甲所示是一滑雪运动员滑雪的画面。运动示意图如图乙所示，斜坡AB 的倾角为37°，运
动员在斜坡A 点从静止开始以5.5m/s2的加速度，沿直线AB 匀加速下滑，然后沿水平面BC 匀
减速滑行，直至停止。AB 段和BC 段平滑连接，运动员在BC 段受到阻力为77N，两个过程滑
行的总时间为12s，运动员和滑板整套装备总质量为70kg，不计空气阻力。求：
（1）运动员在斜坡上受到的阻力大小；
（2）运动员在B 点的速度大小；
（3）运动员在这两个过程中运动的总路程。
【解答】解：（1）运动员在斜坡AB 上滑行过程，根据牛顿第二定律可得
mgsin37°
f
﹣1＝ma1
解得运动员在斜坡上受到的阻力大小为f1＝35N
（2）运动员在BC 段，由牛顿第二定律可得f2＝ma2
解得a2=1.1m/ s
2
两个过程滑行的总时间可表示为t = v
a1
+ v
a2
解得运动员在B 点的速度大小为v＝11m/s
（3）运动员在这两个过程中运动的总路程为s= v
2
2a1
+ v
2
2a2
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解得s＝66m
反应时间与限速模型（11-13 题）
11. （2023•西安模拟）哈利法塔高828m，是目前世界最高的建筑，游客乘坐世界最快观
光电梯经历加速、匀速、减速的过程能够到达观景台，在台上可以鸟瞰整个迪拜全景，颇为壮
观。已知某次运行过程中，电梯加速、减速的加速度大小均为 1m/s2，通往观景台只用了
50s，电梯运行高度为525m。则（ ）
A．电梯匀速运行的时间为15s
B．电梯匀速运行的时间为30s
C．电梯运行的最大速度为15m/s
D．电梯运行的最大速度为21m/s
【解答】解：设电梯最大速度为v，由于电梯加速、减速的加速度大小均为 1m/s2，所以加速和
减速的时间相等，且为t= v
a
根据匀变速直线运动规律有x= v
2 t +v（50
2t
﹣）+ v
2 t
联立解得
t＝15s，v＝15m/s
所以电梯匀速运行的时间为t'＝50s
2×15s
﹣
＝20s
故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
12. （2023•万年县校级一模）大雾天气会影响驾驶员安全驾驶，因此开车在路上时如遇
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大雾应该保持车距、控制车速。某大雾天，一辆小汽车在水平直线公路上以72km/h 速度匀速
行驶，突然发现前方一货车正以36km/h 速度匀速行驶。小汽车驾驶员经过1s 反应时间后开始
刹车（假设在反应时间内汽车的车速不变），刹车的加速度大小为2m/s2，小汽车恰好没撞上
货车，那么小汽车驾驶员刚发现货车时距货车的距离为（ ）
A．30m
B．35m
C．40m
D．45m
【解答】解：小汽车的初速度v0＝72km/h＝20m/s
货车的速度为v＝36km/h＝10m/s
小汽车恰好没撞上货车，即小汽车与货车速度相等时，恰好追上货车，设两车共速时间为t，有：
v0
at
﹣＝v
代入数据解得：t＝5s
小汽车位移为x1＝v0Δt+v0t- 1
2
at2
货车的位移为x2＝v（Δt+t）
小汽车驾驶员刚发现货车时距货车的距离为Δx＝x1
x
﹣2
代入数据联立解得：Δx＝35m
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
13. （2023•新会区校级一模）目前，我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，
大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图为甲、乙两辆车以相同的速度开始减速并通过收费站
的v
t
﹣图像，根据图像下列描述正确的是（ ）
A．甲车进入的是人工通道，乙车进入的是ETC 通道
B．两车通过收费站相同路程（乙车0
18s
﹣
内的路程）的时间差为13s
C．甲车进入通道中的加速度为5m/s2，乙车进入通道中的加速度为2.5m/s2
D．甲车进入ETC 通道，当速度减为5m/s 后，匀速前进5m
【解答】解：A．经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，而经过ETC 通道的不
需要停车即可通过，由图可知甲只是减速，但速度并没有减为零，所以甲车进入的是ETC 通道，
乙车进入的是人工收费通道，故A 错误；
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B．由v
t
﹣图像图线与坐标轴所围的面积表示位移的大小，通过收费站相同路程为：
s＝4×10m＝40m
乙车用了18s 时间，而甲车用了大于5s 时间（0
5s
﹣
时间内，甲图线与时间轴围成的面积小于
40m），故两车通过收费站相同路程的时间差小于13s，故B 错误；
C．甲车进入通道的加速度大小为：
a甲= Δv
Δt
代入数据解得：a甲=2.5m/ s
2
乙车进入通道的加速度大小为：
a乙= Δv
Δt
代入数据解得：a乙=2.5m/ s
2
故C 错误；
D．由v
t
﹣图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，甲车进入ETC 通道，当速度减为5m/s 后，
匀速前进
x＝vt＝5×1m＝5m
代入数据解得：x＝5m
故D 正确。
故选：D。
等位移折返模型（14-16 题）
14. （2023 秋•东湖区校级期中）滑块以一定的初速度v0从底端冲上足够长的光滑斜面，
滑行到最高点的时间为t，位移为L；现在距底端3
4
L 处放一弹性挡板（如图中用虚线表示），
滑块仍以相同初速度从底端出发。已知滑块与挡板相碰后可原速反弹，碰撞时间可以忽略不计，
则滑块从出发至返回底端的时间为（ ）
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A．t
2
B．t
C．1.2t
D．√3t
【解答】解：设滑块向上运动的过程中的加速度为a，到达挡板的速度为v，则：2aL=0- v0
2
①
2a⋅3 L
4 = v
2- v0
2 ②
可得：v = 1
2 v0 ③
又：v0+at＝0 ④
v0+at′＝v ⑤
联立③④⑤可得：t′＝0.5t
由于是光滑的斜面，则滑块向下滑动的加速度与向上滑动的加速度大小是相等的，滑块与挡板
相碰后可原速反弹，则滑块从挡板相碰到返回出发点的时间也是0.5t，所以滑块从出发至返回底
端的时间为t。
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
15. （多选）（2022 春•屯溪区校级期中）如图甲所示，一质量为m 的物块在t＝0 时刻，
以初速度v0从足够长、倾角为θ 的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙
所示。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是（ ）
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0•cosθ
B．物块从t＝0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为- 3
2
mv0
C．斜面倾角θ 的正弦值为5 v0
8 gt0
11
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D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
【解答】解：以沿斜面向上为正方向。
A、物块从开始运动到返回底端的过程中用时3t0，该过程重力的冲量大小为I＝mg•3t0＝3mgt0，
故A 错误；
B、设物块返回底端时的速度大小为v，物块上滑、下滑过程位移大小相等，由图乙所示图象可
知，
v0
2 t0= v
2 ×(3t0-t0)
解得：v= 1
2
v0；
以向上为正方向时，物块从t＝0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量为Δp＝﹣mv﹣
mv0=- 3
2
mv0，故B 正确；
C、物块上滑时加速度a1＝﹣gsinθ
μgcosθ
﹣
=- v0
t0
，下滑时加速度a2＝﹣gsinθ+μgcosθ= v
2t0
= 1
4
a1，所以sinθ= 5 v0
8 gt0
，故C 正确；
D、3t0 时间内重力做功为零，由动能定理可知，3t0 时间内物块克服摩擦力做的功为：Wf
= 1
2 mv0
2- 1
2
mv2= 3
8 mv0
2，故D 错误。
故选：BC。
16. （2023 秋•金凤区校级期中）如图（a）所示，一可视为质点的物块在t＝0 时刻以v0
＝8m/s 的速度大小滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩
擦因数μ= √3
5
．经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10m/s 求：
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（1）物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；
（2）物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；
（3）求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图（b）中画出物块在斜面上运动的整个过
程中的速度—时间图象，取沿斜面向上为正方向。
【解答】解：（1）物块上滑过程由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得：a1＝8m/s2
物块下滑过程由牛顿第二定律得：mgsin θ
μmgcosθ
﹣
＝ma2
解得：a2＝2m/s2
（2）设物块上滑过程的时间为t1：则t1= 0- v0
-a1
=1s
物块上滑过程发生的位移：s1= 0+ v0
2
t1=4m
物块下滑过程的位移大小s2＝s1= 1
2 a2t2
2
解得：t2＝2s
故总时间为：t＝t1+t2＝3s
（3）物块下滑过程由速度公式得：v2＝a2t2
解得：v2＝4m/s
物块上滑过程的速度：v1＝v0
a
﹣1t1
所以物块在斜面上运动的整个过程中的v
t
﹣图象如图所示。
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等时间折返模型（17-18 题）
17. （多选）（2022•桂林一模）质量为m 的某质点在恒力F1作用下从A 点由静止出发，
当其速度为vm时立即将F1改为相反方向的恒力F2，质点总共经历时间t 运动至B 点刚好停下。
若该质点以速度v 匀速通过A、B 两点时，其经历的时间也为t，则（ ）
A．无论F1、F2为何值，vm均为2v
B．随着F1、F2的取值不同，vm可能大于2v
C．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相反
D．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相同
【解答】解：AB、根据平均速度推论知，AB 的位移为：x= vm
2 t1+ vm
2 t2= vm
2 t，又x＝vt，解得：
vm＝2v，与F1、F2的大小无关，故A 正确，B 错误。
CD、根据动量定理得：F1t1
F
﹣
2t2＝0，动量变化量为零，则F1、F2的冲量一定大小相等、方向
相反，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
18. （2022•金华校级模拟）物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力
F1，经t 秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施一水平向左的水平恒力F2，又经2t 秒后
物体回到出发点，此时速率为v2，则v1、v2间的关系是（ ）
A．v1＝v2
B．2v1＝v2
C．3v1＝2v2
D．5v1＝3v2
【解答】解：在ts 内的位移x1= 1
2 a1t
2，末速度为v1＝a1t。
则在2t 内的位移x2= v1⋅2t - 1
2 a2(2t )
2
根据x1＝﹣x2得，a1
a2
= 4
5
。
根据速度—时间公式得，v1＝a1t，﹣v2＝v1
a
﹣2•2t
解得3v1＝2v 故C 正确，A、B、D 错误。
故选：C。
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