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易错点01 不会分析直线运动中的匀变速与变速问题
目 录
01 易错陷阱
易错点一、忽略运动公式中、速度和加速度的矢量性
易错点二、两种匀减速直线运动的比较
易错点三、对追及相遇问题挖掘隐含条件、临界条件不够
易错点四、对运动学图像理解不准确
02 易错知识点
知识点一 刹车问题
知识点二 0-v-0 模型
知识点三 反应时间与限速问题
知识点四 蹦极类问题
03 举一反三——易错题型
题型一：刹车类问题
题型二：运动学图像问题
题型三：追及、相遇问题
题型四：0-v-0 运动模型
题型五：反应时间与限速问题
题型六：非匀变速直线运动问题
04 易错题通关
易错点一、忽略运动公式中、速度和加速度的矢量性
1.对于匀变带直线运动公式运用时一定要注意矢量的方向，如果题中没有给出，则需要考生考虑多
方向的可能性，然后规定正方向(或建立x 轴或y 轴)，将矢量转化为标量进行运算求解。运动存在
往返情况：一定要先选定一个正方向，在使用匀变速直线运动的公式进行计算时要注意矢量(如速
度、加速度、位移等)的正负。比较矢量情况：矢量相同必须是大小、方向都相同；若只比较大小，
不需要考虑方向。
易错点二、两种匀减速直线运动的比较
1.刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度α 突然消失.
(2)求解时要注意确定实际运动时间.
1
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(3)如果问题涉及最后阶段（到停止）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.
2.双向可逆类问题0-v-0 模型
(1)示例：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，
(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、α 等矢量的正负号及物
理意义.
易错点三、对追及相遇问题挖掘隐含条件、临界条件不够
可概括为“一个临界条件”“两个关系”。
(1)一个临界条件:速度相等。它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件,也是分
析判断问题的切入点。
(2)两个关系:时间关系和位移关系,通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破
口。
易错点四、对运动学图像理解不准确
1.不理解直线运动x-t 图像
①匀速直线运动的x－t 图象是一条倾斜的直线，如图中图线甲；
②匀变速直线运动的x－t 图象是一条抛物线，如图线乙。
③若x－t 图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态，如图线丙。
2 不理解直线运动v-t 图像
①匀速直线运动的v－t 图象是与横轴平行的直线，如图中图线甲。
②匀变速直线运动的v－t 图象是一条倾斜的直线，如图线乙。
若v－t 图象是曲线，不同点切线的斜率不同，表示物体做变加速运动。图线丙表示物体的加速度逐
渐变大，图线丁表示物体的加速度逐渐减小。
2
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知识点一 刹车问题
(1)刹车问题在实际生活中，汽车刹车停止后，不会做反向加速运动，而是保持静止。
(2)题目给出的时间比刹车时间长还是短?若比刹车时间长，汽车速度为零．若比刹车时间短，可利
用公式v = v0+at直接计算，因此解题前先求出刹车时间t0。
(3)刹车时间t0的求法．由v = v0+at，令v =0，求出t0便为刹车时间，即t0=- v0
a
。
(4)比较t与t0,若t ≥t0，则v =0；若t <t0，则v = v0+at。
(5)若t ≥t0，则v =0，车已经停止，求刹车距离的方法有三种：
①根据位移公式x=v0t＋at2，注意式中t只能取t0
②根据速度位移公式－v＝2ax； [来源:学*科*网Z*X*X*K]
③根据平均速度位移公式x = v0
2 t.
知识点二 0-v-0 模型
1.特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：
①速度公式v0=a1t1 v0=a2t2 推导可得：
a1
a2
= t2
t1
②速度位移公式v0
2=2a1 x1 v0
2=2a2 x2 推导可得：
a1
a2
= x2
x1
③平均速度位移公式x1= v0t1
2 x2= v0t2
2 推导可得：
x1
x2
= t1
t2
2.位移三个公式：x = v0
2 (t1+t2)；x = v0
2
2a1
+ v0
2
2a2
；x = 1
2 a1t1
2+ 1
2 a2t2
2
3.v-t 图像
3
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知识点三 反应时间与限速问题
1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题
总位移x = v0t1+ v0
2
2a
2.先加速后匀速运动模型----限速问题
加速时间t1= v0
a ；加速距离x1= v0
2
2a
匀速时间t2=t - v0
a ；匀速距离x2= v0(t - v0
a )
总位移x = v0t - v0
2
2a
v0
a1
a2
t1
t2
v
O
t
x1
v0
a
t1
x2
v
O
t
v0
a
t
v
O
t
4
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知识点四 蹦极类问题
1.力与运动-----下落的“三段四点”：
2.四个图像
v-t 图
a-t 图
F-t 图
a-x 图
题型一：刹车类问题
【例1】（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
5
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【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﹣at5＝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
2v0t= 1
2 ×60×30m＝900m
故D 错误。
故选：AC。
【变式1-1】（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
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
2at2＝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；
6
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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。
【变式1-2】（多选）（2023•宝鸡一模）甲、乙两车在同一条平直的道路上行驶，它们运动的位置
x 随时间t 变化的x﹣t 图线如图所示，已知甲车做匀速直线运动，乙车做匀变速直线运动，且乙
车运动x﹣t 图线与t 轴相切于10s 处，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝10s 时刻乙车速度减小为零
B．乙车的初位置在x0＝60m 处
C．从0 至t＝5s 的时间内两车行驶的位移相等
D．两车相遇时，乙车速度大小为8m/s
【解答】解：A、x﹣t 图像切线的斜率表示速度，乙车运动的x﹣t 图线与t 轴相切于10s 处，则t
＝10s 时刻乙车速度减小为零，故A 正确；
B、乙车的运动可逆向看作初速度为0 的匀加速直线运动，5～10s 内，由位移—时间公式得：x1
= 1
2 at1
2
代入数据解得：a＝1.6m/s2
乙车的位移大小x2= 1
2 at2
2= 1
2 ×1.6×102m＝80m
则乙车的初位置在x0＝80m 处，故B 错误；
C、0～5s 内，甲车的位移x 甲＝20m﹣0＝20m
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乙车的位移x 乙＝0﹣80m＝﹣80m
两车位移不相等，故C 错误；
D、两车相遇时，乙车速度大小为v＝at1＝1.6×5m/s＝8m/s
故D 正确。
故选：AD。
【变式1-3】（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
解得：a' = v0
2
2s0
根据速度—时间公式得：v0＝a't
解得：t = 2s0
v0
题型二：运动学图像问题
【例2】（2024•郑州一模）如图所示，抛物线a 和直线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的
位置—时间（x﹣t）图像，t2时刻对应抛物线的顶点。下列说法正确的是（ ）
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A．在t3时刻，两车速率相等
B．在0～t3时间内，b 车做匀变速直线运动
C．在0～t3时间内，t2时刻两车相距最远
D．在t1～t3时间内，a 与b 车的平均速度相等
【解答】解：A、根据﹣t 图像的斜率表示速度，图线的斜率大小表示速度大小，可知在t3时刻，
两车图像斜率不相等，则两车速率不相等，故A 错误；
B、在0～t3时间内，b 车图像的斜率不变，速度不变，做匀速直线运动，故B 错误；
C、在0～t3时间内，当两车速度相同时，相距最远，根据图线的切线斜率可知不是t2时刻，故C
错误；
D、在t1～t3时间内，a 与b 车通过的位移相同，所用时间相同，则平均速度相同，故D 正确。
故选：D。
【变式2-1】（2025•什邡市校级一模）为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车
实验，某动力车在刹车过程中位移和时间的比值x
t 与t 之间的关系图像如图所示。下列说法正确
的是（ ）
A．动力车的初速度为20m/s
B．刹车过程中加速度大小为2.5m/s2
C．刹车过程持续的时间为6s
D．从开始刹车时计时，经过8s，该车的位移大小为80m
【解答】解：AB、由图可得x
t =-2.5t +30m/ s，根据匀变速直线运动的位移与时间公式
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x = v0t + 1
2 at
2得x
t = 1
2 at + v0，对比可得v0＝30m/s，a＝﹣5m/s2，即刚刹车时动力车的速度大小
为30m/s，刹车过程动力车的加速度大小为5m/s2，故AB 错误；
C、刹车过程持续的时间为t= 0- v0
a
=-30
-5
s=6 s，故C 正确；
D、整个刹车过程动力车经过6s，则8s 内的位移为x = v0
2 t = 30
2 ×6m=90m，故D 错误。
故选：C。
【变式2-2】（2024•浙江二模）小张同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况而绘制的
x
t
2 - 1
t 图像（如图）。已知机动车运动轨迹是直线，则下列说法合理的是（ ）
A．机动车处于匀加速状态
B．机动车的初速度为﹣4m/s
C．机动车的加速度大小为20m/s2
D．机动车在前3 秒的位移是25m
【解答】解：ABC、根据匀变速直线运动的位移—时间公式x = v0t + 1
2 at
2，
变形可得：x
t
2 = v0
t + 1
2 a，可知x
t
2 - 1
t 的图像斜率表示初速度，得出v0＝k= 4
0.2m/s＝20m/s，
纵轴截距为b＝﹣4m/s2= 1
2 a，解得a＝﹣8m/s2，可知机动车处于匀减速状态，初速度为20m/s，
加速度大小为8m/s2，故ABC 错误；
D、根据速度—时间公式v0＝at 可得机动车匀减速运动的总时间为t =- v0
a =2.5s，
故机动车在前3 秒的位移等于机动车在前2.5 秒的位移，可得机动车在前3 秒的位移为
x = v0
2 t =25m，故D 正确。
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故选：D。
【变式2-3】（2024•龙凤区校级模拟）利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方
法。如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t 分别表示物体的位
移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是（ ）
A．根据甲图可求出物体的加速度大小为1m/s2
B．根据乙图可求出物体的加速度大小为5m/s2
C．根据丙图可求出物体的加速度大小为2m/s2
D．根据丁图可求出物体在前2s 内的速度变化量大小为6m/s
【解答】解：A．根据公式x = v0t + 1
2 at
2，由于甲图中x﹣t2图像为正比关系图线，可知x﹣t2图
像的斜率为：1
2 a= 2-0
2-0 m/ s
2=1m/ s
2，则加速度为a＝2m/s2，故A 错误；
B．根据关系v
2- v0
2=2ax，根据乙图中v2﹣x 图像为正比关系图线，可知v2﹣x 图像的斜率为：
2a= 10
1 m/ s
2=10m/ s
2，则加速度为a＝5m/s2，故B 正确；
C．根据公式x = v0t + 1
2 at
2，整理得x
t = v0+ 1
2 at，根据丙图中x
t -t图像为一次关系图线，则
x
t -t 图像的斜率为：1
2 a=k = 0- 4
2
m/ s
2=-2m/ s
2，解得a＝﹣4m/s2，物体的加速度大小为
4m/s2，故C 错误；
D．物理学中a﹣t 图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则丁图
中a﹣t 图可求出物体在前2s 内的速度变化量大小为Δv = 1
2 ×3×2m/ s=3m/ s，故D 错误。
故选：B。
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题型三：追及、相遇问题
【例3】（2025•什邡市校级一模）甲车以4m/s 的速度做匀速直线运动，乙车在甲前面的另一平行
车道以10m/s 的速度同向做匀速直线运动，当它们相距16m（沿车道方向）时，乙车开始刹车做
匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2。从乙车开始刹车到甲车追上乙车，所用为时间（ ）
A．8s
B．10.25s
C．10.5s
D．15s
【解答】解：乙车减速时间t乙= v2
a = 10
2 s=5 s
乙刹车到停止的位移x乙= v2
2
2a = 10
2
2×2 m=25m
从乙车开始刹车到甲车追上乙车，有v 甲t﹣x 乙＝x0
解得t＝10.25s
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【变式3-1】（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：
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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；
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。
【变式3-2】春暖花开，惠风和畅，自驾出游。在平直公路上，甲、乙两车同向行驶，其v﹣t 图像
如图所示。已知两车在t＝3s 时并排行驶，则（ ）
A．在t＝0.5s 时，乙车在甲车前
B．在t＝0 时，甲车在乙车前12.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【解答】解：AC、v﹣t 图像与坐标轴所围的面积表示位移，由图像得，1～3s 内两车位移相同，
由题意可知，3s 时两车并排行驶，则1s 时两车并排行驶。由图像得，0.5s～1s 内，乙的位移大
于甲的位移，在0.5s 时，甲车在乙车前，故AC 错误；
B、1s 时，甲车的速度为v 甲= v0甲+ v共
2
= 0+20
2
m/s＝10m/s
乙车的速度为v 乙= v0乙+ v共
2
= 10+20
2
m/s＝15m/s
13
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0～1s 内，甲车的位移为x 甲= 1
2（v0 甲+v 甲）t= 1
2 ×（0+10）×1m＝5m
乙车的位移为x 乙= 1
2（v0 乙+v 乙）t= 1
2 ×（10+15）×1m＝12.5m
则t＝0 时，甲车在乙车前方，距离为Δx＝x 乙﹣x 甲＝12.5m﹣5m＝7.5m
故B 错误；
D、1～3s 内甲车的位移为x= vt′＝20×（3﹣1）m＝40m
即甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D 正确。
故选：D。
【变式3-3】（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
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。
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此时两车之间的距离：Δx＝xA+x0﹣xB＝200m+200m﹣250m＝150m
题型四：0-v-0 运动模型
【例4】（2024•贵州模拟）一辆车在水平地面上直线行驶，在0﹣2t 时间内做匀加速直线运动，速
度由0 变为v。在2t～3t 时间内做匀减速直线运动，速度由v 变为0，在这两段时间内，下列说
法正确的是（ ）
A．加速度的大小之比为2：1
B．位移的大小之比为2：1
C．平均速度的大小之比为1：2
D．平均速度的大小之比为2：1
【解答】解：根据题意作出v﹣t 图象，A、根据图象的斜率等于加速度，可得加速度的大小之比
a1：a2= v
2t ：v
t =1：2，故A 错误。
B、位移的大小之比为 x1：x2= 1
2v•2t：1
2vt＝2：1，故B 正确。
CD、平均速度的大小之比0+ v
2
：v +0
2
=1：1，故CD 错误。
故选：B。
【变式4-1】（2024•延边州一模）如图，某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上A 点由静止滑下，滑到
水平雪道上C 点时速度刚好为零，滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B 点时速度大小不变。若
滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动，已知从A 到C 运动的路程为60m，时间
为40s，则该滑雪爱好者经过B 点时的速度大小为（ ）
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A．5m/s
B．3m/s
C．4m/s
D．2m/s
【解答】解：设滑雪爱好者经过B 点时的速度大小为v，在AB 段运动时间为t1，路程为x1，BC
段运动时间为t2，路程为x2，根据匀变速直线运动的规律有
x1= v
2•t1
x2= v
2•t2
且t1+t2＝40s
x1+x2＝60m
联立解得
v＝3m/s
故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
题型五：反应时间与限速问题
【例5】（2024•滨州三模）汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常情况下，安全距离与驾
驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关。郭老师采用如下方法在封闭平直道路上测量自己驾驶
汽车时的反应时间：汽车以速度v1匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移x1；然
后再以另一速度v2匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移x2，假设两次实验的反
应时间不变，加速度相同且恒定不变。可测得郭老师的反应时间为（ ）
A．v2
2 x1- v1
2 x2
v1v2
2- v2v1
2
B．2(v1 x2- v2 x1)
v1v2
C．2(v2 x2- v1 x1)
v1v2
D．v2
2 x1- v1
2 x2
v2v1
2- v1v2
2
【解答】解：设司机的反应时间为t，匀减速运动的加速度大小为a，第一次匀减速运动的时间
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为t1，第二次匀减速运动的时间为t2，则由逆向思维，根据位移与时间的关系有x1﹣v1t= 1
2at1
2
x2﹣v2t= 1
2at2
2
由平均速度公式有
v1
2
t1＝x1﹣v1t
v2
2
t2＝x2﹣v2t
可得t1= 2( x1- v1t )
v1
t2= 2( x2- v2t )
v2
联立解得a=
v1
2
2( x1- v1t )
从而得到t= v2
2 x1- v1
2 x2
v1v2
2- v2v1
2，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【变式5-1】（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
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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。
题型六：非匀变速直线运动问题
【例6】（多选） “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳
下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程
中，下列分析正确的是（ ）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的机械能最大
D．用坚固的大麻绳替代弹性绳，蹦极运动更安全
【解答】解：A、绳对人的作用力方向一直向上，绳对人的冲量始终向上；绳恰好拉直后，人具
有向下的速度，人向下运动的过程中，开始绳的拉力小于人的重力，合力向下，人向下做加速
运动，当绳的拉力等于重力时，人的速度最大，然后绳的拉力大于重力，合力向上，人向下做
减速运动直到速度减为零，人到达最低点，因此人的速度向增大后减小，人的动量先增大后减
小，故A 正确；
B、人在最低点时，具有向上的加速度，处于超重状态，所以绳子对人的拉力一定大于人受到的
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重力，故B 错误；
C、绳恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；人向下运动过程绳的拉力对人做负功，
人的机械能减小，绳恰好伸直时人的机械能最大，故C 正确；
D、从绳恰好伸直时到人的速度为零过程中，人的动量的变化量是一定的，弹性绳与坚固的大麻
绳相比，弹性绳可以延长人的运动时间，由动量定理可知，弹性绳受到的拉力小于坚固的大麻
绳的作用力，坚固的大麻绳容易断裂，用弹性绳蹦极运动更安全，故D 错误。
故选：AC。
【变式6-1】如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m 的小球从弹簧
的另一端所在位置由静止释放，设弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，
重力加速度为g。在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球的加速度先增大后减小
C．小球速度最大时弹簧的形变量为2mg
k
D．弹簧的最大形变量为2mg
k
【解答】解：A、小球向下运动过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减少，故A 错误；
B、在小球将弹簧压缩到最短的过程中，小球受到向下的重力和向上的弹簧弹力，开始时弹力小
于重力，小球的合力向下，向下加速运动，由于弹力增大，合力减小，故加速度减小，物体做
加速度减小的加速运动。当弹力大于重力，小球的合力向上，向下减速运动，由于弹力增大，
合力增大，故加速度增大，物体做加速度增大的减速运动，因此小球的加速度先减小后增大，
故B 错误；
C、当弹力等于重力时，加速度为零，速度达最大，则有：mg＝kx，得x= mg
k ，故C 错误；
D、设弹簧最大压缩量为xm，根据功能关系可得：mgxm= 1
2 k xm
2 ，解得：xm= 2mg
k
，故D 正确。
故选：D。
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1.
（2024•茂名二模）甲驾驶汽车在一段平直马路上等绿灯，甲启动汽车时乙驾驶汽车
刚好从旁边经过，他们的v2﹣x 图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两车同时到达x0处
B．甲驾驶汽车匀加速度直线运动时的加速度为2v0
2
x0
C．从甲启动汽车到两车速度相等经历的时间为2 x0
v0
D．两车在0﹣x0内，乙受到座椅的作用力竖直向上，甲受到座椅的作用力水平向前
【解答】解：B．在0﹣x0位移内，设甲的加速度为a，由初速度为0 的匀加速直线运动规律可得
2a x0= v0
2
解得
a= v0
2
2 x0
故B 错误；
A．由图像可知甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动，当甲、乙运动相等的位移x0，所需要
的运动时间不相等，即两物体不会在同一时刻到达x0处，则两物体不会在x0处相遇，故A 错误；
C．由速度—时间公式
v0＝at
速度—位移公式可得
a= v0
2
2 x0
20
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联立解得甲、乙速度相等的时刻为
t = 2 x0
v0
故C 正确；
D．乙做匀速直线运动，根据平衡条件可知乙受到座椅的作用力竖直向上，甲做匀加速直线运动，
座椅对甲的作用力竖直方向的分力与重力平衡，水平方向的分力提供加速度，根据力的合成可
知甲受到座椅的作用力斜向前上，故D 错误。
故选：C。
2.
（2024•富平县一模）甲、乙两新能源汽车在同一条平直公路上进行测试，t＝0 时两
车均静止。测试过程中两车的加速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示，下列说法正
确的是（ ）
A．t1时刻两车的运动方向相反
B．两车在t1时刻一定相遇
C．两车的加速度大小均先增大后减小
D．t1时刻甲车的速度大于乙车的速度
【解答】解：A．根据题意可知，两车均由静止运动，由图可知，0∽t1时刻两车的加速度都为
正值，a﹣t 图像中面积表示速度变化量，t1时刻，两车速度都为正，两车均由静止运动，故车的
运动方向相同，故A 错误；
B．题中没有确定两车出发时的位置关系，所以不能确定两车在t1时刻是否相遇，故B 错误；
C．由图可知，甲的加速度先增大后减小，乙的加速度先减小后增大，故C 错误；
D．根据a﹣t 图像中面积表示速度变化量，由图可知，0～t1时间内，甲的速度变化量大于乙的
速度变化量，由于两车均由静止运动，则t1时刻甲车的速度大于乙车的速度，故D 正确。
故选：D。
3.
（2024•泸州模拟）可视为质点的甲、乙两辆小车分别处于两条平直的平行车道上。t
＝0 时，乙车在前，甲车在后，两车间距Δx＝40m，此后两车运动的v﹣t 图像如图所示。关于
两车在0～11s 时间内的运动，下列说法中正确的是（ ）
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A．t＝5s 时，两车第一次并排行驶
B．两车全程会有三次并排行驶的机会
C．t＝7s 时，两车在全程中相距最远
D．0～7s 内，甲车的平均速度大小为10m/s
【解答】解：A．由图可知，甲加速阶段加速度为
a1= Δv
Δt = 20
5 m/ s
2= 4 m/ s
2
乙加速阶段加速度为
a2= Δv
Δt = 30
9-3 m/ s
2=5m/ s
2
t＝5s 时，根据位移—时间公式，甲物体运动位移为
x1= 1
2 a1t
2= 1
2 ×4×5
2m=50m
根据位移—时间公式，乙物体运动位移为
x2= 1
2 at
2= 1
2 ×5×(5-3)
2m=10m
由于
x1＝x2+Δx
故A 正确；
C．t＝5s 后的运动过程中，当二者速度相同时，相距最远，故t＝7s 时，两车在t＝5s 后的运动
过程中相距最远，故最远距离为
Δx ' = x甲- x乙=(2×20)m- 1
2 ×(10+20)×2m=10m
由于
Δx′＜Δx，即10m＜40m，故在0s 时相距最远。
故C 错误；
B．由A 项可知，第一次相遇在t＝5s 时，此后甲车做匀速直线运动，t＝7s 时，两车在5s 后的
运动中相距最远，此后乙的速度大于甲的速度，故后再相遇一次后再无法相遇，可相遇两次，
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故未有三次并排行驶的机会，故B 错误；
D．0～7s 内，根据平均速度公式，甲车的平均速度大小为
v = x
t =
1
2 ×(2+7)×20
7
m/ s= 90
7 m/ s
故D 错误。
故选：A。
4.
（2024•海口模拟）某次足球比赛中，足球以v0＝4m/s 的速度从球员身边直线滚过，
在运动方向上离边界还有7.5m。该球员立即由静止开始同向直线追赶，球员和足球的v﹣t 图
像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．球员的加速度大小为1m/s2
B．0～1s 内，足球的平均速度大小为1.5m/s
C．1s 时，球员刚好追上足球
D．若球员不追赶足球，足球会滚出边界
【解答】解：A、根据v﹣t 图像的斜率表示加速度，可得球员的加速度大小为a= Δv
Δt = 3
1 m/ s
2，
故A 错误；
B 、0 ～1s
内，足球做匀减速直线运动，其平均速度大小为
v = 1
2 (v0+ v)= 1
2 (3+ 4)m/ s=3.5m/ s，故B 错误；
C、1s 时，球员的位移为x1= 1
2 v1t = 1
2 ×3×1m=1.5m
足球的位移为
x2= 1
2 (v0+ v1)t = 1
2 (4 +3)×1=3.5m
显然足球的位移大于运动员的位移，因t＝0 时，足球从球员身边直线滚过，所以1s 时，球员还
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没有追上足球，故C 错误；
D、若球员不追赶足球，足球静止时的位移x = 1
2 v0t 总= 1
2 ×4×4 m=8m＞7.5m，足球会滚出
边界，故D 正确。
故选：D。
5.
（2024•浑南区校级模拟）如图所示的一次函数图像，横轴与纵轴所表示的物理量并
未标出，已知图像的横轴、纵轴的截距分别为x0、y0，根据所学的匀变速直线运动的规律来分
析，下列说法正确的是（ ）
A．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度v，则t0时刻物体的速度为 y0
x0
( x0+t0)
B．若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方v2，则物体的加速度为- y0
x0
C．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，则物体的加速度为- y0
2 x0
D．当物体受到竖直向下的拉力 F 在真空中下落，若横轴表示 F，纵轴表示物体加速度a，则物
体的质量为- x0
g
【解答】解：A、若横轴表示时间 t，纵轴表示物体的速度v，由v＝v0+at 对比图像可得：
v0= y0、a=- y0
x0
则t0时刻物体的速度为v = y0- y0
x0
t0= y0
x0
( x0-t0)，故A 错误；
B、若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方 v2，由v
2= v0
2+2ax可知图像的斜率k＝2a
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= y0
- x0
，可得a=- y0
2 x0
，故B 错误；
C、若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，由位移—时间公式有
x = v0t + 1
2 at
2
可得
x
t = v0+ a
2 t
结合平均速度公式v = x
t 可得
v =v0+ a
2 t
对比图像可得
v0= y0，a
2 =- y0
x0
可得a=- 2 y0
x0
，故C 错误；
D、当物体受到竖直向下的拉力F 在真空中下落，由牛顿第二定律得
F+mg＝ma
变形可得：a= 1
m F + g
对比图像可得
y0= g、1
m =- y0
x0
综合可得，m=- x0
g ，故D 正确。
故选：D。
6.
（2024•辽宁三模）中国高铁向世界展示了中国速度。和谐号和复兴号高铁相继从沈
阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下
列说法正确的是（ ）
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A．复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝70s 时两车相距最远
B．复兴号高铁经过95s 加速达到最大速度
C．t＝140s 时，复兴号高铁追上和谐号动车
D．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m
【解答】解：A.0～140s 时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，140s 后，和谐号动车速度小于复
兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝140s 时两车相距最远，故A 错误；
B.复兴号高铁的加速度为a 复= Δv
Δt =
70
140-70m/s2＝1m/s2，复兴号高铁加速到最大速度所需时间
为：t= vm
a复
= 95
1 s＝95s，故B 正确；
C.v﹣t 图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知t＝140s 时，x 复= 1
2 ×70×(140-70)m＝
2450m，x 和= 1
2 ×70×140m＝4900m，x 复＜x 和，所以复兴号没有追上和谐号，故C 错误；
D.当t＝140s 时，两车相距最远，最远为Δx＝x 和﹣x 复＝4900﹣2450m＝2450m，故D 错误。
故选：B。
7.
（2024•江苏模拟）一长为L 的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管口正上方高h
（h＞L）处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不
计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是（ ）
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A．小球穿过管所用时间大于L
v0
B．若小球在管上升阶段穿过管，则v0＞√(h+ L)g
C．若小球在管下降阶段穿过管，则√
(2h+ L)g
2
＜v0＜√gh
D．小球不可能在管上升阶段穿过管
【解答】解：A、两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小
球穿过管所用时间为t = L
v0
，故A 错误；
B、刚好在管上升最高点穿过管有L+h- v0
2
2g = 1
2 g( v0
g )
2
解得v0=√(h+ L)g
若小球在管上升阶段穿过管，则v0＞√(h+ L)g，故B 正确；
C、若小球在管刚着地时穿管，有h+ L= 1
2 g( 2v0
g )
2
解得：v0=√
g(h+ L)
2
结合B 向下分析可知√
(h+ L)g
2
＜v0＜√(h+ L)g，故C 错误；
D、根据以上分析可知，故D 错误。
故选：B。
8.
（2024•洛阳一模）如图，升降机模型以v0＝8m/s 的速度匀速向上运动，当升降机模
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型的底部运动到坐标原点O 处时，顶部的小球恰好脱落，已知升降机模型的高度h＝0.2m，小
球与模型底部第一次碰撞后其速度增加了3m/s。重力加速度g＝10m/s2，碰撞时间极短，不计
空气阻力。求：
（1）小球与底部第1 次碰撞时的位置坐标。
（2）第1 次碰撞后到第2 次碰撞前瞬间小球与顶部的最小距离。
（3）第1 次碰撞后到第2 次碰撞前瞬间，小球的平均速度。
【解答】解：（1）设小球与底部第一次碰撞时的位置坐标为y1，则有：y1＝v0t1
y1-h= v0t1- 1
2 gt1
2
联立代入数据解得：t1＝0.2s，y1＝1.6m；
（2）第一次碰撞前瞬间，小球的速度为：v1＝v0﹣gt1＝8m/s﹣10×0.2m/s＝6m/s
第一次碰撞后瞬间，小球的速度为：v2＝v1+Δv＝6m/s+3m/s＝9m/s
第一次碰撞后，当小球与升降机模型速度相等时，小球与顶部的距离最小，则有：v2﹣gt2＝v0，
此过程中，小球和升降机的位移分别为：y2= v2+ v0
2
t2= 9+8
2
×0.1m=0.85m
y3＝v0t3＝8×0.1m＝0.8m
小球与顶部的最小距离为：Δy＝h﹣（y2﹣y3）＝0.2m﹣（0.85m﹣0.8m）＝0.15m；
（3）设第一次碰撞后到第二次碰撞前瞬间所经历的时间为t3，则有：v0t3= v2t3- 1
2 gt3
2，代入
数据解得：t3＝0.2s
第二次碰撞前瞬间，小球的速度为：v3＝v2﹣gt3＝9m/s﹣10×0.2m/s＝7m/s
在第一次碰撞后到第二次碰撞前瞬间的过程中，小球的平均速度为：
v = v3+ v2
2
= 7+9
2
m/ s=8m/ s。
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