文档文本内容
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第02 讲 匀变速直线运动的规律
目录
01、考情透视，目标导
航
02、知识导图，思维引航..............................................2
03、考点突破，考法探究..............................................3
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用...........................4
考向1 基本公式的应用....................................................4
考向2 两类特殊的匀减速直线运动对比......................................7
考向3 匀变速直线运动中的多过程问题......................................9
考点二 匀变速直线运动的推论及应用...............................10
考向1 平均速度公式的应用...............................................10
考向2 位移差公式的应用.................................................11
考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用............................12
考点三 自由落体和竖直上抛.......................................12
考向1 自由落体规律的应用...............................................13
考向2 竖直上抛运动的处理方法...........................................15
考点四 解决匀变速直线运动问题的六种方法.........................16
考向1 基本公式法.......................................................17
考向2 平均速度法.......................................................18
考向3 比例法...........................................................18
考向4 逆向思维法.......................................................19
考向5 推论法...........................................................19
考向6 图像法...........................................................20
04、真题练习，命题洞见
1
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考情
分析
2021 年湖北省普通高校招生选考物理试题
2021 年河北省普通高校招生物理试题
2022 年全国卷物理试题
2023 年山东省普通高校招生选考物理试题卷
2022 年湖北省普通高校招生选考物理试题
试题
情境
生活实践类
安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动(如汽车刹车，飞
机起飞，电梯运行，无人机升空)
学习探究类
伽利略对自由落体运动的研究，速度的测量，加速度的测量，
追及相遇问题概念辨析
复习
目标
目标一：.理解匀变速直线运动的基本公式，并能熟练灵活应用。
目标二：.掌握匀变速直线运动的推论，并能应用解题。
2
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主题探究学习
主题导入：在情境迁移中厘清“物理观念”
【情境创设】
情境创设1
根据《道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，
应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。
情境创设2
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力。
【快速判断】
(1)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。(√)
(2)机动车在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)
(3)机动车遇到险情刹车做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第1 个T 内、第
2 个T 内、第3 个T 内…第n 个T 内的位移之比为(2n－1)∶…∶5∶3∶1。(√)
(4)水滴做自由落体运动，水滴下落的高度与时间成正比。(×)
(5)水滴做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)
(6)水滴下落过程中，在1T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3∶…
∶n。(√)
(7)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态。(×)
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.匀变速直线运动
3
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沿着一条直线且加速度不变的运动。如图所示，v－t 图线是一条倾斜的直线。
2．匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋
at 。
(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2。
由以上两式联立可得速度与位移的关系式：v 2 －
v 0
2 ＝
2 ax
。
3．公式选用原则
以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量。选用原则如下：
不涉及位移，选用v＝v0＋at
不涉及末速度，选用x＝v0t＋at2
不涉及时间，选用v2－v0
2＝2ax
4．正方向的选取
以上三式均为矢量式，无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当
v0＝0 时，一般以加速度a 的方向为正方向。速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负。
考向1 基本公式的应用
1.（23-24 高三上·湖北·开学考试）一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱
A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x-t 图像如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．
B．车头经过立柱A 的速度为
C．车头经过立柱B 的速度为
4
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D．车头经过立柱A、B 过程中的平均速度为
【答案】D
【详解】A．根据初速度为0 的匀加速直线运动的推导规律可知，只有初速度为0，连续通过相同位移所需
时间的比为
，动车做有一定初速度的匀减速运动，故A 错误；
B．因为动车做匀减速直线运动，所以车头经过立柱A 的速度为不可能为
时间的平均速度
，故B
错误；
C．
时间段的平均速度为
，只有匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于该段位移内的平均
速度，而B 点属于该段的位移中点，故C 错误；
D．车头经过立柱A、B 过程中的平均速度为
故D 正确。
故选D。
【巩固训练】．在女子直线400 m 比赛中某段时间内，某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s 后
速度达到v1＝8 m/s，然后匀速运动了t2＝10 s，接着经t3＝5 s 匀减速运动到v2＝6 m/s。(该同学可以看作质
点)求：
(1)该同学在加速运动阶段的加速度a1；
【题后感悟】
1．公式间的关系
2．公式选取技巧
涉及的物理量
未涉及的物理量
适宜选用公式
v0，v，a，t
x
v＝v0＋at
v0，a，t，x
v
x＝v0t＋at2
v0，v，a，x
t
v2－v0
2＝2ax
v0，v，t，x
a
x＝t
5
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(2)该同学在第16 s 末的速度v3；
(3)该同学这段时间内的位移x。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)7.2 m/s (3)131 m
【解析】 (1)设匀加速阶段的加速度为a1，则
v1＝a1t1
解得a1＝2 m/s2。
(2)设减速运动阶段的加速度为a2，因为
v2＝v1＋a2t3
所以a2＝－0.4 m/s2
当t＝16 s 时，质点已减速运动了t4＝2 s，此时质点的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2 m/s。
(3)匀加速直线运动的位移x1＝a1t＝16 m
匀速直线运动的位移x2＝v1t2＝80 m
匀减速直线运动的位移x3＝v1t3＋a2t＝35 m
则总位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。
考向2 两类特殊的匀减速直线运动对比
2.汽车在水平面上刹车,其位移与时间的关系是x=24t-6t2,则它在前3s 内的平均速度为( ）
A．6 m/s
B．8 m/s
C．10 m/s
D．12 m/s
【答案】B
【详解】由位移与时间的关系可知，
v0=24m/s；a=-12m/s2
则由v=v0+at 可知，汽车在2s 末即静止，故3s 内的位移等于2s 内的位移，故3s 内汽车的位移
则汽车的平均速度
A．6m/s 与分析不符，故A 错误；
B．8m/s 与分析相符，故B 正确；
C．10m/s 与分析不符，故C 错误；
D．12m/s 与分析不符，故D 错误．
3．如图所示，一物块（可视为质点）以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上
滑过程中的最初5s 内和最后5s 内经过的位移之比为11：5．忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返
回斜面底端一共经历的时间是（ ）
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A．8s
B．10s
C．16s
D．20s
【答案】C
【详解】设物体运动的加速度为a，上滑运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0 的匀加
速直线运动，则有：最后5s 内位移为
s1＝
a×52＝
a
最初5s 内位移为
又因为
s2：s1=11：5
解得
t=8s
由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16s。
故选C。
【巩固训练】．具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动主动刹车。某汽车以28 m/s 的
速度匀速行驶时，前方50 m 处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减
速直线运动，恰好在羚羊通过道路前1 m 处停车。汽车开始“主动刹车”后第4 s 内通过的位移大小为(
)
【题后感悟】
两类特殊的匀减速直线运动分析
刹车类
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a 突然消失。
(2)求解时要注意确定其实际运动时间。
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速
度为零的匀加速直线运动。
双向可逆类
(1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下
滑，全过程加速度大小、方向均不变。
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a 等矢
量的正负号及物理意义。
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A.0
B.1 m
C.2 m
D.3 m
【答案】 B
【解析】 令x1＝50 m，x2＝1 m，汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，把刹车过程逆向处理，
则有v＝2a(x1－x2)，t＝，联立解得a＝8 m/s2，t＝3.5 s，所以汽车开始“主动刹车”后第4 s 内通过的位移
大小为3～3.5 s 内通过的位移大小，有x4＝aΔt2，解得x4＝1 m，故B 正确。
考向3 匀变速直线运动中的多过程问题
4.因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电
磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0=288km/h 的速度匀
速行驶，列车长突然接到通知，前方x0=5km 处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过
t1=2.5s 将制动风翼打开，高铁列车获得a1=0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2=40s 后，列车长再将电
磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m 的地方停下来。
（1）求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度的大小。
（2）求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2的大小。
【答案】（1）60m/s；（2）1.2m/s2
【详解】（1）打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1=0.5m/s2，设经过t2=40s 时，列车的速度为v1，根
据速度-时间公式，有
代入数据解得
（2）列车长接到通知后，经过
，列车行驶的距离
打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，根据速度-位移公式
解得列车行驶的距离
打开电磁制动后，列车行驶的距离
根据速度-位移公式
可得
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考点二 匀变速直线运动的推论及应用
1．匀变速直线运动的常用推论
(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量
和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度。即：＝＝
。此公式可以求某时刻的瞬时速度。
(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等。
即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
不相邻相等的时间间隔T 内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度。
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
(1)T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)前T 内、前2T 内、前3T 内、…、前nT 内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2。
(3)第1 个T 内、第2 个T 内、第3 个T 内、…、第n 个T 内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝
1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
考向1 平均速度公式的应用
1.(2023·山东卷，6)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10 m/s，ST 段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T 点时的瞬时速度
为( )
A.3 m/s
B.2 m/s
C.1 m/s
D.0.5 m/s
【题后感悟】
求解多过程运动问题的方法
(1)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，联立求解。
【注意】物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁。
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【答案】 C
【解析】 由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS 间的距离为x，公交车经过R、S、T 点时瞬时速
度为v1、v2、v3，经过RS 间的时间为t1，经过ST 间的时间为t2，有＝10 m/s，＝5 m/s，则v1－v3＝10 m/s，
又＝10 m/s，＝5 m/s，则t1＋t2＝，全程的平均速度v＝＝6 m/s，即＝6 m/s，联立解得v3＝1 m/s，故C 正确。
考向2 位移差公式的应用
2. (2024·辽宁鞍山市模拟)如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一
个4 s 内位移为9.6 m，第二个4 s 内位移为16 m，下列说法正确的是( )
A.计时时刻送货车的速度为0
B.送货车的加速度大小为1.6 m/s2
C.送货车在第1 个4 s 末的速度大小为3.2 m/s
D.送货车在第2 个4 s 内的平均速度大小为3.6 m/s
【答案】 C
【解析】 根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，B 错误；根据匀变速直线运
动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1 个4 s 末的速度大小为v1＝＝ m/s＝3.2
m/s，C 正确；根据v＝v0＋at 可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，A
错误；送货车在第2 个4 s 内的平均速度大小为v＝＝ m/s＝4 m/s, D 错误。
考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用
3 (多选)如图所示，将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线
运动，某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，则( )
A.由题目信息可以求得子弹穿过每个水球的时间之比(－) (∶－) (∶－) 1∶
B.子弹在每个水球中运动的平均速度相同
C.子弹在每个水球中速度变化量相同
D.子弹依次进入四个水球的初速度之比为∶∶∶
【答案】 AD
【解析】 将子弹的运动过程逆向来看，即看成从左到右做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为
零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1 (∶－1) (∶－) (2
∶
－) …
∶
可知，子弹从右到左穿过每个水球
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的时间之比为(－) (∶－) (∶－) 1∶，A 正确；根据A 项分析子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，
所以平均速度不同，B 错误；根据公式Δv＝aΔt 知，子弹在每个水球中运动的速度变化量不同，C 错误；
根据速度与位移的关系式有v2＝2ax，则v＝，设在每个水球中的位移大小为x0，可得子弹从左到右每次射
出水球的速度之比为∶∶∶＝1 2
∶∶∶，即子弹从右到左减速过程依次进入四个水球的初速度之比为∶∶∶1，
D 正确。
考点三 自由落体和竖直上抛
一．自由落体运动
1．条件：物体只受重力，从静止开始下落。
2．运动性质：初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动。
3．基本规律：
(1)速度与时间的关系式：v ＝
gt 。
(2)位移与时间的关系式：h＝gt2。
(3)速度位移关系式：v 2 ＝
2 gh
。
二．竖直上抛运动
1．运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动。
2．运动性质：匀变速直线运动。
3．基本规律
(1)速度与时间的关系式：v ＝
v 0－
gt 。
(2)位移与时间的关系式：x＝v0t－gt2。
4．竖直上抛运动的对称性(如图所示)
(1)时间对称：物体上升过程中从A→C 所用时间tAC和下降过程中从C→A 所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA。
(2)速度对称：物体上升过程经过A 点的速度与下降过程经过A 点的速度大小相等。
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考向1 自由落体规律的应用
1.如图所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏。游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒。已知支
架顶部距离地面2.3 m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围
AB，上边界A 距离地面1.1 m，下边界B 距离地面0.5 m。不计空气阻力，重力加速度
。求：
（1）圆棒下落到A 点所用的时间
；
（2）圆棒通过AB 所用的时间
；
（3）结合轨迹反应时间（判断棒下落轨迹的时间）和握棒反应时间（棒经过某点的时间）应用自由落体
运动知识简要分析在A 点和B 点接棒各自的优缺点。
【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）圆棒底部距离A 点高度
圆棒做自由落体运动下落到A 点有
代入数据解得
（2）圆棒通过AB 的过程即圆棒底部到达A 点和圆棒顶端离开B 点这一过程，可知圆棒底部到达A 点的速
度为
圆棒通过AB 下落的高度为
圆棒通过AB 过程由
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代入数据解得
（3）A 点握棒的优点：圆棒下落到A 点时速度较小，通过A 点所有的时间稍长，如果握棒反应时间较长，
也利于抓住圆棒；
A 点握棒的缺点：圆棒下落到A 点所用时间较短，若反应速度较慢，很容易错过抓棒机会；
B 点握棒的优点：圆棒下落到B 点所用时间较长，即使反应速度较慢，也有足够的反应时间做好抓棒准备，
可以提高抓棒的成功率；
B 点握棒的缺点：圆棒下落到B 点时速度较大，通过B 点所有的时间较短，如果握棒反应时间较长，很难
抓住圆棒。
考向2 竖直上抛运动的处理方法
2．为测试一物体的耐摔性，在离地25 m 高处，将其以20 m/s 的速度竖直向上抛出，重力加速度g＝10
m/s2，不计空气阻力，求：
(1)经过多长时间到达最高点；
(2)抛出后离地的最大高度是多少；
(3)经过多长时间回到抛出点；
(4)经过多长时间落到地面；
(5)经过多长时间离抛出点15 m。
【答案 (1)2 s (2)45 m (3)4 s (4)5 s(5)1 s 3 s (2＋)s
【解析 (1)运动到最高点时速度为0，
【题后感悟】
1.运动特点
初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动。
2.解题方法
(1)初速度为0 的匀变速直线运动规律都适用。
①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶…。
②由Δv＝gΔt 知，相等时间内，速度变化量相同。
③连续相等时间T 内下落的高度之差Δh＝gT2。
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由
落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问
题。
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由v＝v0－gt1得t1＝－＝＝2 s
(2)由v0
2＝2ghmax得hmax＝＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m
(3)法一：分段，由(1)(2)知上升时间t1＝2 s，
hmax＝20 m，下落时，hmax＝gt2
2，
解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s
法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt，得t＝－＝4 s
法三：由h＝v0t－gt2，令h＝0，
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)法一：分段法
由Hmax＝gt5
2，解得t5＝3 s，故t 总＝t1＋t5＝5 s
法二：全程法
由－h0＝v0t′－gt′2
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)当物体在抛出点上方时，h＝15 m，
由h＝v0t－gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s，
当物体在抛出点下方时，h＝－15 m，由h＝v0t－gt2，得t10＝(2＋) s，t11＝(2－) s(舍去)。
考点四 解决匀变速直线运动问题的六种方法
【题后感悟】
1．竖直上抛运动的研究方法：
分段法
上升阶段：a＝g 的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0向上，加速度g 向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以
竖直向上为正方向)
若v>0，物体上升，若v<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方
2.竖直上抛运动的多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处
于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。
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解决匀变速直线运动问题常用的方法有六种：基本公式法、平均速度法、比例法、逆向思维法、推论
法、图像法。不同的题目，采用的求解方法也不相同，即使多种方法都能采用，各方法的解题效率也会有
区别，要注意领会和把握。
1.基本公式法是指利用v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、v2－v0
2＝2ax，求解匀变速直线运动问题，需要注意这
三个公式均为矢量式，使用时要注意方向性。
2.平均速度法是指利用＝和＝＝v，求解匀变速直线运动问题，＝v 也常用于处理纸带类问题。
3.比例法适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。
4.逆向思维法是指把末速度为零的匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。在利用
逆向思维法求解问题时，结合比例法求解往往会使问题简化。
5.推论法是指利用Δx＝aT 2或xm－xn＝(m－n)aT 2，求解匀变速直线运动问题，在此类问题中，利用推
论法求出加速度往往是解决问题的突破口。
6.图像法是指利用v-t 图像分析物体的运动情况，注意掌握以下三点：
(1)确定不同时刻速度的大小，利用图线斜率求加速度；
(2)利用图线截距、斜率及斜率变化确定物体运动情况；
(3)利用图线与时间坐标轴围成的面积计算位移。
考向1 基本公式法
1.一个质点以初速度v0做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度
为v，则v∶v0为( )
A．4 3
∶
B．3 1∶
C．5 3
∶
D．5 2∶
【答案】C
【解析】： 根据匀变速直线运动的位移公式有v0t＋at2＝2at2，可得v0＝，根据匀变速直线运动的速
度公式有v＝v0＋at＝，故＝，选项C 正确。
考向2 平均速度法
2.中国自主研发的“暗剑”无人机，最大时速可超过2 马赫。在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀
加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m 的测试距离，用时分别为2 s 和1 s，则无人机的加速
度大小是( )
A．20 m/s2
B．40 m/s2
C．60 m/s2
D．80 m/s2
【答案】B
【解析】： 第一段的平均速度v1＝＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝120 m/s，某段时间内的平均
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速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝＋＝1.5 s，则加速度为：a＝＝40 m/s2。
考向3 比例法
3.一平直公路旁等间距竖立5 根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1 根电线
杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1 根电线杆到第2 根电线杆历时t，以下说法正
确的是( )
A．车头到第2 根电线杆时，速度大小为
B．车头从第1 根电线杆到第5 根电线杆历时为t
C．车头到第5 根电线杆时，速度大小为
D．车头到第5 根电线杆时，速度大小为
【答案】C
【解析】：设车头到第2 根电线杆时的速度为v，由平均速度公式＝，得v＝，A 错误；根据初速度为
零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1 3 5 …
∶∶∶
，车头到第5 根电线杆时所用的时间为
2t，B 错误；车头到第5 根电线杆时的速度为v′＝2×＝，C 正确，D 错误。
考向4 逆向思维法
4.(多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木
块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过
每个木块所用时间比分别为( )
A．v1∶v2∶v3＝3 2 1
∶∶
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－) (∶－1) 1∶
【答案】BD
【解析】： 该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则
v3
2＝2a·L，v2
2＝2a·2L，v1
2＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，B 正确。由于每个木块厚度相同，故由比例关系可
得t1∶t2∶t3＝(－) (∶－1) 1∶，D 正确。
考向5 推论法
5. 图所示，蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q 三点，这三个点距
蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O 至P 所用时间和从P 至Q 所用时间相等，已知重力加速度g
取10 m/s2，忽略空气阻力，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为( )
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A．8.125 m
B．9.125 m
C．10.5 m
D．11.5 m
【答案】A
【解析】：由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O 至P 所用时间为T
＝ s，过P 点时的速度为vP＝，设最高点距P 点的高度为h，有2gh＝vP
2，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员
可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，A 正确。
考向6 图像法
6.如图所示，甲、乙两车同时由静止从A 点出发，沿直线AC 运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀
加速运动，到达C 点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a2
的匀加速运动，到达C 点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则( )
A．甲、乙不可能同时由A 到达C
B．甲一定先由A 到达C
C．乙一定先由A 到达C
D．若a1＞a3，则甲一定先由A 到达C
【答案】A
【解析】：根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1 所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与
时间轴所围成的面积相等，则t 乙＜t 甲。
若a3＞a1，如图2 所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t 乙＞t 甲。通
过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达。故A 正确，B、C、D
错误。
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一、单选题
1．（2021·湖北·高考真题）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
【题后感悟】
1．应用匀变速直线运动规律解题的基本思路
→→→→
2．匀变速直线运动问题常用的解题方法
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故B 正确，ACD 错误。
故选B。
2．（2021·河北·高考真题）铯原子钟是精确的计时仪器，图1 中铯原子从O 点以
的初速度在真空中
做平抛运动，到达竖直平面
所用时间为
；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
，O 点到竖直平面
、P 点到Q 点的距离均为
，重力加速
度取
，则
为（ ）
A．100 1∶
B．1 100
∶
C．1 200
∶
D．200 1∶
【答案】C
【详解】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即
解得
铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时
，逆过程可视为自由落体，即
解得
则
故选C。
3．（2020·上海·高考真题）钥匙从距离水面20m 高的桥面自由落体竹筏前端在钥匙下落瞬间正好位于它的
正下方。该竹筏以2m/s 的速度匀速前进，若钥匙可以落入竹筏中，不考虑竹筏的宽度，则竹筏至少长（
）
A．2m
B．4m
C．6m
D．8m
【答案】B
【详解】钥匙下落的时间，根据
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可得
这段时间内竹筏前进的距离
若钥匙可以落入竹筏中，则竹筏至少长4m，B 正确，ACD 错误。
故选B。
4．（2019·海南·高考真题）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.
5．（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t1，第四个
所用的时间为t2。不计空气阻力，则
满足（ ）
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
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故选C。
6．（2023·山东·高考真题）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
【答案】C
【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS 间的距离为x，则根据题意有
，
联立解得
t2= 4t1，vT = vR－10
再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有
vT = vR－a∙5t1
则
at1= 2m/s
其中还有
解得
vR = 11m/s
联立解得
vT = 1m/s
故选C。
7．（2016·全国·高考真题）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s，速度变为
原来的3 倍。该质点的加速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设初速度为v0，末速度为3v0，则位移为
解得
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由加速度公式得
故选A。
8．（2022·湖北·高考真题）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
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
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故选B。
9．（2022·全国·高考真题）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
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。
二、多选题
10．（2020·海南·高考真题）小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为
，水射
出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为
，
，忽略空气阻力，则射出的水
（ ）
A．在空中的运动时间为
B．水平射程为
C．落地时的速度大小为
D．落地时竖直方向的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据
得，运动时间
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故A 错误；
B．水平射程为
故B 正确；
CD．竖直方向分速度为
水平分速度为
落地速度为
故C 错误，D 正确。
故选BD。
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