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第2 讲 匀变速直线运动的规律
目标要求 1.理解匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各
物理量的含义.2.会灵活应用运动学公式及推论解题．
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
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 ＋
at 2 .
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
1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．( × )
2．匀加速直线运动的位移是均匀增加的．( × )
3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同．( √ )
1．基本思路
→→→→
2．正方向的选定
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，
1
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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 基本公式和速度位移关系式的应用
例1 (2022·全国甲卷·15)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
解析 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，若用时最少，则列车先匀减速到v 进入隧道，再在隧道中匀速运动，
出了隧道再匀加速到v0.则有v＝ v0－2at1，解得t1＝，
在隧道内匀速有t2＝
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3
解得t3＝
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t＝＋，故选C.
例2 对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h 的速率行驶时，可以在18 m 的距离被
刹住；当汽车以54 km/h 的速率行驶时，可以在34.5 m 的距离被刹住．假设两次测试中驾驶
员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问：
(1)这位驾驶员的反应时间为多少；
(2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少．
2
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考向2 两种匀减速直线运动的比较
两种运动
运动特点
求解方法
刹车类
问题
匀减速到速度为零后停止运动，加
速度a 突然消失
求解时要注意确定实际运动时间
双向可逆
类问题
如沿光滑固定斜面上滑的小球，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
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
例3 (2023·福建师范大学附属中学高三月考)一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急
情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移(单位：m)与时间(单位：s)的关系式为x
3
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＝30t－2.5t2 (m)，下列分析正确的是( )
A．刹车过程中最后1 s 内的位移大小是5 m
B．刹车过程中在相邻1 s 内的位移差的绝对值为10 m
C．从刹车开始计时，8 s 内通过的位移大小为80 m
D．从刹车开始计时，第1 s 内和第2 s 内的位移大小之比为11∶9
答案 D
解析 由匀变速直线运动的规律x＝v0t＋at2，可得初速度v0＝30 m/s，加速度a＝－5 m/s2，
刹车过程中在相邻1 s 内的位移差的绝对值|Δx|＝|a(Δt)|＝5 m，从刹车开始计时到停下的时
间tm＝＝6 s,8 s 内通过的位移大小为xm＝＝90 m，选项B、C 错误；把末速度为0 的匀减速
直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1 s 内的位移大小为x1＝－at0
2＝2.5
m，从刹车开始计时，第1 s 内和第2 s 内的位移大小之比为11∶9，选项D 正确，A 错误．
例4 (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物
体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m 时，下列说法
正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
答案 ABC
解析 以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m 时，x＝7.5
m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s 或t2＝1 s，故A、B 正确．当物体的位移为沿斜
面向下7.5 m 时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s 或t4＝(2－) s(舍去)，故C 正
确．由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D 错误．
考向3 逆向思维法解决匀变速直线运动问题
例5 假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度
为v 时开始匀减速运动并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则
“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为( )
A．vt0(1－)
B.
C.
D.
答案 B
解析 “蛟龙号”上浮时的加速度大小为a＝，根据逆向思维法，可知“蛟龙号”在t0时刻
距离海面的深度为h＝a(t－t0)2＝，故选B.
4
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逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速
度不变的匀加速直线运动．
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)∶(－)∶…
∶(－)．
3．匀变速直线运动中常见思想方法及选取技巧
5
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考向1 平均速度公式
例6 如图的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥
的A、B、C 三根桥墩间距分别为AB＝132 m、BC＝196 m．一列高速列车匀加速通过元洪
航道桥，车头经过AB 和BC 的时间分别为3 s 和4 s，则这列高速列车经过元洪航道桥的加
速度大小约为( )
A．0.7 m/s2
B．1.4 m/s2
C．2.8 m/s2
D．6.3 m/s2
答案 B
解析 高速列车在AB 段的平均速度为v1＝＝44 m/s，在BC 段的平均速度为v2＝＝49 m/s，
根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝≈1.4 m/s2，B 正确．
考向2 位移差公式
例7 (2023·重庆市实验外国语学校高三检测)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第
4 s 内与第2 s 内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是( )
A．物体运动的加速度为4 m/s2
B．第2 s 内的位移为6 m
C．第2 s 末的速度为2 m/s
D．物体在0～5 s 内的平均速度为10 m/s
答案 C
解析 根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A 正确，不符合题意；
第2 s 内的位移为x2－x1＝at2
2－at1
2＝×4×(22－12) m＝6 m，故B 正确，不符合题意；第2 s
末的速度为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C 错误，符合题意；物体在0～5 s 内的平均速度＝
＝＝ m/s＝10 m/s，故D 正确，不符合题意．
考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式
例8 (多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线
运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度
之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
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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 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速
直线运动．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－
1)∶(－)，故t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C 错误，D 正确；由v2－v0
2＝2ax 可得，初速
度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，选
项A 错误，B 正确．
课时精练
1.如图所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为
v，到达C 点时速度为2v，则AB∶BC 等于( )
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶4
答案 C
解析 根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v0
2＝2ax 知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝
1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C 正确，A、B、D 错误．
2．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止，
已知汽车刹车时第1 s 内的位移为13 m，最后1 s 内的位移为2 m，则下列说法正确的是(
)
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A．汽车在第1 s 末的速度可能为10 m/s
B．汽车加速度大小可能为3 m/s2
C．汽车在第1 s 末的速度一定为11 m/s
D．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
答案 C
解析 采用逆向思维法，由于最后1 s 内的位移为2 m，根据x2＝at2
2得，汽车加速度大小a
＝＝4 m/s2，第1 s 内的位移为13 m，根据x1＝v0t1－at1
2，代入数据解得初速度v0＝15 m/s，
则汽车在第1 s 末的速度v1＝v0－at1＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C 正确，A、B、D 错误．
3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2 (m)，则它在前3 s 内的平均速
度为( )
A．8 m/s
B．10 m/s
C．12 m/s
D．14 m/s
答案 A
解析 由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2，则由v＝v0＋
at 可知，汽车在2 s 末停止运动，故它在前3 s 内的位移等于前2 s 内的位移，Δx＝24×2 m
－6×4 m＝24 m，则汽车在前3 s 内的平均速度＝＝ m/s＝8 m/s，故A 正确．
4.(2023·广东潮州市高三月考)超音速巡航是指飞机在不开启后燃器的情况下能够持续在1.5
倍音速以上进行超过30 分钟的超音速飞行．超音速巡航的提出主要是基于快速突防的战术
思想，因此，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势，超音速巡航是第五代战斗机的
主要技术特征之一．某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270 m/s 提升至510 m/s，
耗时一分钟，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距离为( )
A．16 200 m
B．23 400 m
C．30 600 m
D．46 800 m
答案 B
解析 该过程飞行的距离为s＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B.
5．在2021 年东京奥运会上，我国运动健儿摘金夺银，为国争光．其中在跳水男子3 米板决
赛中，我国选手谢思埸夺得金牌！在某次比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速
直线运动，该运动过程的时间为8t.设运动员入水后向下运动过程中，第一个t 时间内的位移
大小为x1，最后两个t 时间内的总位移大小为x2，则x1∶x2为( )
A．17∶4 B．13∶4 C．15∶4 D．15∶8
答案 C
解析 初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t 时间内、第二个t 时间内、第三个t 时间
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内、…的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…，将运动员的匀减速直线运动看作反向的
初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为8t，则第一个t 时间内的位移可视为初
速度为零的匀加速直线运动中，第八个t 时间内的位移，最后两个t 时间内的总位移可视为
初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t 时间内的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，
故选C.
6．(2023·湖南长沙市第一中学月考)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C
三点，已知从A 到B 和从B 到C 速度的增加量Δv 均为6 m/s，AB 间的距离x1＝3 m，BC 间
的距离x2＝13 m，则该质点的加速度为( )
A．3.6 m/s2
B．4 m/s2
C．4.2 m/s2
D．4.8 m/s2
答案 A
解析 因为从A 到B 和从B 到C 速度的增加量Δv 均为6 m/s，可知从A 到B 的时间和从B
到C 的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10 m，联立可得T＝ s，a＝3.6
m/s2，A 正确．
7.(2023·云南昆明市第一中学高三检测)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s 从斜
面底端O 冲上一固定斜面，A、B、C 依次是斜面上的三个点，AC 间距为8 m，B 为AC 中点．
小球经过2 s 第一次通过A 点，又经4 s 第二次通过C 点，不计一切摩擦，则下列说法正确
的是( )
A．小球的加速度大小为3 m/s2
B．OA 间距为8 m
C．第一次通过B 点的速度大小一定为2 m/s
D．第3 s 末经过B 点
答案 C
解析 根据匀变速直线运动规律，设OA 间距为x，有x＝v0t－at2，小球又经4 s 第二次通过
C 点，有x＋8 m＝v0(t＋4 s)－a(t＋4 s)2，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B 错误；B 点
为AC 的中间位置，OB 间距为x1＝x＋4 m＝20 m，由vB
2－v0
2＝－2ax1，得vB＝2 m/s，故C
正确；由x1＝t1，得t1＝(5－) s，故D 错误．
8．为了研究运动员起跑阶段的运动情况，用频率为2 Hz 频闪照相机记录运动员起跑阶段不
同时刻的位置，如图所示，用厘米刻度尺测量照片上运动员不同位置间的距离，已知照片与
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实物的尺寸比例为1∶50，运动员起跑阶段的运动可视为匀加速直线运动．下列说法正确的
是( )
A．运动员起跑阶段的加速度为2 m/s2
B．运动员通过照片中3 cm 位置时速度为1 m/s
C．照片中0 位置为运动员的起跑位置
D．运动员在照片前6 cm 内的平均速度为4 m/s
答案 A
解析 频率为2 Hz 频闪照相机，时间为T＝＝0.5 s，根据匀变速直线运动的公式有(2－
1)×10－2×50 m＝Δx＝aT2，解得a＝2 m/s2，故A 正确；匀变速直线运动的平均速度等于中
间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm 位置时速度为v1＝ m/s＝2.5 m/s，故B 错误；
根据0 位置到3 cm 位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5 m/s，即照片中0
位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C 错误；运动员在照片前6 cm 内的平均速度为
＝ m/s＝2 m/s，故D 错误．
9．(2023·辽宁省实验中学模拟)高铁站台上，5 位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每
节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动．站在2 号候车线处的旅客发现1 号车厢经
过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2 号车厢门口(2 号车厢最前端)，如图所示，
则( )
A．动车从经过5 号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3t
B．动车从经过5 号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为
C．1 号车厢头部经过5 号候车线处的旅客时的速度为
D．动车的加速度大小为
答案 C
解析 采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0 的匀加速直线运动，由题意可知，动车
1 号车厢最前端经过2 号候车线处的旅客的位移为l 时，时间为t，有l＝at2，动车1 号车厢
最前端经过5 号候车线处的旅客的位移为4l 时，时间为t5，有4l＝at5
2，解得t5＝2t，选项A
错误；动车1 号车厢最前端从经过5 号候车线处的旅客到停下总位移为4l，用时为2t，则平
均速度为＝＝，选项B 错误；设1 号车厢头部经过5 号候车线处的旅客时的速度为v5，则有
4l＝×2t，解得v5＝，选项C 正确；动车从经过5 号候车线处的旅客开始到停止运动过程，
有0＝v5－a×2t，解得a＝＝，选项D 错误．
10.(2023·新疆哈密市第十五中学月考)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B
为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速
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直线运动，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A、B 相距355 m，已知声速为340 m/s，
则汽车的加速度大小为( )
A．20 m/s2
B．10 m/s2
C．5 m/s2
D．无法确定
答案 B
解析 超声波从B 发出到A 与被A 反射到被B 接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车
的位移为x＝355 m－335 m＝20 m，初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移
之比为1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，则超声波被A 接收时，AB 间的距离x′＝335 m＋5
m＝340 m，所以超声波从B 发出到被A 反射所需的时间t＝＝ s＝1 s，根据Δx＝at2，可得
15 m－5 m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，故B 正确，A、C、D 错误．
11．(多选)(2023·吉林长春市模拟)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有
行人要通过，于是立即刹车．从刹车到停止，汽车正好经过了24 块规格相同的路边石，汽
车刹车过程可视为匀减速直线运动．下列说法正确的是( )
A．汽车经过第1 块路边石末端时的速度大小为v0
B．汽车经过第18 块路边石末端时的速度大小为v0
C．汽车经过前12 块路边石与后12 块路边石的时间之比为1∶
D．汽车经过前18 块路边石与后6 块路边石的时间之比为1∶1
答案 AD
解析 从刹车到停止，汽车正好经过了24 块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则
有0－v0
2＝－2a·24L，解得a＝，则汽车经过第1 块路边石末端时的速度大小为v1＝＝v0，A
正确；汽车经过第18 块路边石末端时的速度大小为v18＝＝，B 错误；根据初速度为零的匀
变速运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12 块路边石与后12 块路
边石的时间之比为(－1)∶1，C 错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内通过
位移比例关系可得：汽车经过前18 块路边石与后6 块路边石的时间之比为1∶1，D 正确．
12．(2023·安徽省六安一中月考)ETC 是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC 通道的
通行车速由原来的20 km/h 提高至40 km/h，车通过ETC 通道的流程如图所示．为简便计算，
假设汽车以v0＝30 m/s 的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC 通道，需要在收费站中
心线前d＝10 m 处正好匀减速至v1＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．
设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，忽略汽车车身长度．
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(1)求汽车过ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)如果汽车以v2＝10 m/s 的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费
站过程中比提速前节省的时间．
答案 (1)894 m (2)10.7 s
解析 (1)设汽车匀减速过程位移大小为d1，
由运动学公式得v1
2－v0
2＝－2ad1
解得d1＝442 m
根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小
x1＝2d1＋d＝894 m
(2)如果汽车以v2＝10 m/s 的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为
d2，
由运动学公式得v2
2－v0
2＝－2ad2
解得d2＝400 m
提速前，汽车匀减速过程时间为t1，
则d1＝t1
解得t1＝26 s
通过匀速行驶区间的时间为t1′，有d＝v1t1′
解得t1′＝2.5 s
从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t1′＝54.5 s
提速后，汽车匀减速过程时间为t2，
则d2＝t2
解得t2＝20 s
通过匀速行驶区间的时间为t2′，
则d＝v2t2′
解得t2′＝1 s
匀速通过(d1－d2)位移时间Δt＝＝1.4 s
通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8 s
所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7 s.
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