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第2 讲 匀变速直线运动的规律
学习目标 1.理解匀变速直线运动的基本公式，并能熟练灵活应用。 2.掌握匀变
速直线运动的推论，并能应用解题。
1.匀变速直线运动
2.初速度为零的匀加速直线运动的推论
1.思考判断
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)
(2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。(×)
(3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。(√)
(4)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。
1
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(√)
2.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
B.
C.
D.
答案 B
3.物体做匀加速直线运动，已知第1 s 末的速度是6 m/s，第2 s 末的速度是8
m/s，则下面结论正确的是( )
A.物体零时刻的速度是3 m/s
B.物体的加速度是1 m/s2
C.任何1 s 内的速度变化都是2 m/s
D.第1 s 内的平均速度是6 m/s
答案 C
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.基本思路
→→→→
2.方法技巧
题目中所涉及的物理量(包括已知
量、待求量)
没有涉及的物理量
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－v＝2ax
v0、v、t、x
a
x＝t
除时间t 外，x、v0、v、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为
2
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正方向。当v0＝0 时，一般选加速度a 的方向为正方向。
角度
基本公式的应用
例1 (2024·浙江台州期中)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；
(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。
3
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角度
逆向思维法处理刹车类问题
例2 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( )
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。
分析刹车类问题的方法
(1)刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a 突然消失。
(2)求解时要注意确定实际运动时间。
(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。
(4)汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速直线
运动，然后做匀减速直线运动。
1.汽车在水平路面上刹车，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
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解析 由位移与时间的关系x＝(24t－6t2) m，结合运动学公式x＝v0t＋at2可知，
v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2，由v＝v0＋at 可知，汽车停止运动所用时间t＝＝2
s，故它在前3 s 内的位移等于前2 s 内的位移，则Δx＝24×2 m－6×22 m＝24
m，汽车在前3 s 内的平均速度v＝＝ m/s＝8 m/s，故A 正确。
考点二 匀变速直线运动的推论及应用
解决匀变速直线运动的常用推论
角度
平均速度公式的应用
例3 (2023·山东卷，6)如图1 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( )
图1
A.3 m/s
B.2 m/s
C.1 m/s
D.0.5 m/s
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
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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。
角度
位移差公式的应用
例4 (2024·辽宁鞍山市模拟)如图2 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( )
图2
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。
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角度
初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用
例5 (多选)如图3 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( )
图3
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
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之比为∶∶∶1，D 正确。
2.在某次跳水比赛中，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 时间内、… 、第n 个t 时间内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn ＝
1∶3∶5∶…∶(2n－1)，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 时间内的位移即为逆过程中
第八个t 时间内的位移，最后两个t 时间内的总位移即为逆过程中前两个t 时间
内的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故C 正确。
3.(多选)(2024·湖北模拟预测)如图4(a)所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶
旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E 及对
应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d＝0.6 m 的地砖拼接而成，且A、C、
E 三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是( )
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图4
A.物块在由A 运动至E 的时间为0.6 s
B.位置A 与位置D 间的距离为1.30 m
C.物块在位置D 时的速度大小为2.25 m/s
D.物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2
答案 CD
解析 由题图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T＝0.40 s，故
AE 段的时间间隔为1.6 s，选项A 错误；AC 段与CE 段的时间间隔均为2T＝0.80
s，AC 段与CE 段的位移差为xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－xAC＝a(2T)2，解得a
＝1.875 m/s2，选项D 正确；物块在位置D 时的速度vD＝＝2.25 m/s，选项C 正
确；由vD＝vA＋a(3T)，得物块在位置A 时的速度vA＝0，则位置A、D 间距离为
xAD＝＝1.35 m，选项B 错误。
A 级 基础对点练
对点练1 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.中国第三艘航母“福建舰”已成功下水，该航母上有帮助飞机起飞的电磁弹射
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系统，若经过弹射后，飞机依靠自身动力以16 m/s2 的加速度匀加速滑行100
m，达到60 m/s 的起飞速度，则弹射系统使飞机具有的初速度大小为( )
A.20 m/s
B.25 m/s
C.30 m/s
D.35 m/s
答案 A
解析 由匀变速直线运动规律2ax＝v2－v，代入数据解得v0＝20 m/s，故A 正确。
2.在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在
水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝20t－2t2(x 的单位是m，t
的单位是s)。则该汽车刹车后6 s 在路面上留下的刹车痕迹长度为( )
A.48 m
B.50 m
C.72 m
D.120 m
答案 B
解析 对比位移与时间的关系式x＝v0t＋at2可知，汽车的初速度v0＝20 m/s、加
速度a＝－4 m/s2，汽车刹车时间为t＝＝5 s，所以汽车刹车后6 s 在路面上留下
的刹车痕迹长度等于汽车速度减小到零的过程中通过的位移大小，即x＝＝50
m，故B 正确。
3.某短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动
两个阶段。一次比赛中，该运动员用12 s 跑完全程，已知该运动员在加速阶段
的位移和匀速阶段的位移之比为1∶4，则该运动员在加速阶段的加速度为( )
A.2.0 m/s2
B.2.5 m/s2
C.3.0 m/s2
D.3.5 m/s2
答案 B
解析 由题意知x1∶x2＝1∶4，x1＋x2＝100 m，则加速阶段：x1＝at＝20 m，v＝
at1，匀速阶段：x2＝v(t－t1)＝80 m，联立解得a＝2.5 m/s2，故B 项正确。
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4.(多选)(2024·湖南衡阳高三月考)一质点从A 点做初速度为零、加速度为a1的匀
加速直线运动，经过一段时间后到达B 点，此时加速度突然反向，大小变为a2，
又经过同样的时间到达C 点。已知A、C 的距离为A、B 的距离的一半，则a1与
a2的大小之比可能为( )
A.
B.
C.
D.
答案 BC
解析 由题意可画出运动示意图，如图所示。
选从A 到B 方向为正方向，设AB＝x，则AC＝x，从A 到B 所用时间为t，则有x
＝a1t2，vB＝a1t，若C 点在A 点右侧，从B 到C，则有－x＝vBt－a2t2，解得＝；
若C 点在A 点左侧，从B 到C，则有－x＝vBt－a2t2，解得＝，故A、D 错误，
B、C 正确。
对点练2 匀变速直线运动的推论及应用
5.一列火车正在做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，第1 分钟内，发现火车
前进了180 m，第6 分钟内，发现火车前进了360 m。则火车的加速度为( )
A.0.01 m/s2
B.0.06 m/s2
C.0.6 m/s2
D.1.8 m/s2
答案 A
解析 由相同时间内的位移差x6－x1＝(6－1)aT2，解得a＝ m/s2＝0.01 m/s2，故
A 正确，B、C、D 错误。
6.(2024·郑州一中月考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x＝(5t＋t2) m，
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则该质点( )
A.第1 s 内的位移是5 m
B.前2 s 内的平均速度是6 m/s
C.任意相邻的1 s 内位移差都是1 m
D.任意1 s 内的速度增量都是2 m/s
答案 D
解析 将t1＝1 s 代入x＝(5t＋t2) m 可求出第1 s 内的位移x1＝6 m，故A 错误；
前2 s 内的平均速度为v＝＝ m/s＝7 m/s，故B 错误；由x＝(5t＋t2) m 可以求得加
速度为a＝2 m/s2，则任意相邻1 s 内的位移差Δx＝aT2＝2 m，故C 错误；任意1
s 内的速度增量Δv＝aΔt＝2 m/s，故D 正确。
7.(多选)(2024·河南漯河高三检测)地铁进站后的运动可以视为匀减速直线运动，
某同学站在地铁站观察，看到地铁进站后用时20 s 停止，最后1 s 内位移大小为
0.5 m，则地铁( )
A.进站的加速度大小是2.0 m/s2
B.进站后第1 s 内的位移大小是19.5 m
C.进站后前10 s 位移和后10 s 的位移之比为4∶1
D.进站的初速度大小是20 m/s
答案 BD
解析 由逆向思维法可把地铁的匀减速运动看作反向的初速度为零的匀加速运动，
最后1 s 内位移大小为0.5 m，根据位移与时间关系x20＝at，解得加速度大小为a
＝1.0 m/s2，故A 错误；地铁进站时的初速度大小为v0＝at＝1.0×20 m/s＝20
m/s，故D 正确；由x1∶x20＝39∶1 知地铁进站后第1 s 内的位移大小是x1＝39x20
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＝19.5 m，故B 正确；由初速度为零的匀加速直线运动比例关系可知，地铁前
10 s 的位移和后10 s 的位移之比为3∶1，故C 错误。
8.(2024·辽宁大连模拟)如图1 为大连星海湾大桥上的四段长度均为L 的等跨连续
桥梁，汽车从a 处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e 处停下。汽车通过ab
段的平均速度为v1，汽车通过de 段的平均速度为v2，则满足( )
图1
A.1<<2
B.3<<4
C.2<<3
D.4<<5
答案 B
解析 将汽车从a 到e 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，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论可得，汽车经过de 段和ab 段所
用的时间之比为1∶(2－)，所以＝＝＝2＋≈3.73，所以3<<4，故A、C、D 错误，
B 正确。
B 级 综合提升练
9.(2024·湖南益阳高三上期末)一辆汽车在笔直的道路上制动后做匀减速直线运动，
利用相机对汽车从制动开始每隔1 s 拍摄照片，拍摄结束后，根据一定比例测出
了每两次拍摄之间车运动的距离，将照片合成如图2 所示。下列说法正确的是(
)
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图2
A.汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2
B.汽车制动后第2 s 内的平均速度为8 m/s
C.汽车制动后第1 s 末的速度大小为6 m/s
D.汽车开始制动时的速度为9 m/s
答案 A
解析 根据Δx＝aT2，可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为a＝＝ m/s2
＝2 m/s2，故A 正确；汽车制动后第2 s 内的平均速度为v＝＝ m/s＝7 m/s，故B
错误；汽车制动后第1 s 末的速度等于前2 s 的平均速度，则有v1＝＝ m/s＝8
m/s，故C 错误；汽车制动时的初速度为v0＝v1＋at1＝8 m/s＋2×1 m/s＝10 m/s，
故D 错误。
10.(多选)(2024·河北石家庄模拟)如图3 所示，某飞机着陆时的速度v0＝216
km/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4
s 内的位移为7 m，下列说法正确的是( )
图3
A.该飞机的加速度大小为2 m/s2
B.该飞机着陆后5 s 时的速度大小为40 m/s
C.该飞机在跑道上滑行的时间为30 s
D.该飞机在跑道上滑行的距离为1 800 m
答案 AC
解析 飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a 的匀加
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速直线运动，则在t1＝3 s 内的位移为s1＝at，在t2＝4 s 内的位移为s2＝at，根据
题意有s2－s1＝7 m，联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A 正确；该飞机着陆后5
s 时的速度大小为v5＝v0－at＝ m/s－2×5 m/s＝50 m/s，B 错误；该飞机在跑道
上滑行的时间为t＝＝ s＝30 s，C 正确；该飞机在跑道上滑行的距离为s＝t＝
×30 m＝900 m，D 错误。
11.(多选)(2024·武汉市高三模拟)如图4 所示，一辆汽车在平直公路上以54 km/h
的速度沿车道②匀速行驶，驾驶员发现前方无信号灯的斑马线上有行人以0.6
m/s 的速度通过A 处，立即轻踩刹车，汽车以2 m/s2的加速度减速行驶，当速度
降为18 km/h 时深踩刹车，汽车以5 m/s2的加速度减速行驶，最终停在停止线前
2 m 处，当行人匀速运动到达B 处后，驾驶员启动汽车继续沿车道②行驶。已知
AB＝6 m，下列说法正确的是( )
图4
A.汽车停车让行的时间至少为4 s
B.汽车停车让行的时间至少为10 s
C.汽车刚开始减速的位置距停止线50.5 m
D.汽车刚开始减速的位置距停止线54.5 m
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答案 AD
解析 由题意知v 车0＝54 km/h＝15 m/s，v 人＝0.6 m/s，a 车1＝－2 m/s2，v 车1＝18
km/h＝5 m/s，a 车2＝－5 m/s2，xAB＝6 m，则t 车1＝＝5 s，t 车2＝＝1 s，t 人＝＝10
s，则t 让＝t 人－t 车1－t 车2＝4 s，故A 正确，B 错误；x 车1＝＝50 m，x 车2＝＝2.5
m，则x＝x 车1＋x 车2＋2 m＝54.5 m，故C 错误，D 正确。
C 级 培优加强练
12.据统计，开车时看手机发生事故的概率是安全驾驶的23 倍，开车时打电话发
生事故的概率是安全驾驶的2.8 倍。一辆小轿车在平直公路上以某一速度行驶时，
司机低头看手机2 s，相当于盲开50 m，该车遇见紧急情况，紧急刹车的距离(从
开始刹车到停下来汽车所行驶的距离)至少是25 m，根据以上提供的信息：
(1)求汽车行驶的速度和刹车的最大加速度大小；
(2)若该车以108 km/h 的速度在高速公路上行驶时，前方100 m 处道路塌方，该
司机因用手机微信抢红包2 s 后才发现危险，司机的反应时间为0.5 s，刹车的加
速度与(1)问中大小相等。试通过计算说明汽车是否会发生交通事故。
答案 (1)25 m/s 12.5 m/s2 (2)会发生交通事故
解析 (1)由题意可知，汽车运动的速度为
v1＝＝ m/s＝25 m/s
设汽车刹车的最大加速度为a，则
a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2。
(2)由于v2＝108 km/h＝30 m/s
司机看手机时，汽车发生的位移为x1＝v2t＝30×2 m＝60 m
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反应时间内汽车发生的位移大小为x2＝v2Δt＝30×0.5 m＝15 m
刹车后汽车发生的位移为x3＝＝ m＝36 m
所以汽车前进的距离为x＝x1＋x2＋x3＝60 m＋15 m＋36 m＝111 m＞100 m
所以会发生交通事故。
17
