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第2 讲 匀变速直线运动规律的应用
1、掌握并会利用匀变速直线运动规律处理物理问题。
2、掌握并会利用匀变速直线运动的推论处理物理问题
考点一 匀变速直线运动公式的应用
1．基本规律
(1)速度公式：v ＝
v 0＋
at .
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)位移速度关系式：v 2 －
v ＝
2 ax
.
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．
1
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2．两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和
的一半，即：＝v
＝.
(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1
＝aT
2 .
3．v0＝0 的四个重要推论
(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1 ∶
2 ∶
3 ∶
…
∶
n
(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1 2 ∶
2 2 ∶
3 2 ∶
…
∶
n 2
(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1 ∶
3 ∶
5 ∶
…
∶
(2
n
－
1)
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)
[例题1] （2024•佛山一模）为提高航母的效能，福建舰安装了电磁弹射器，舰载机在弹
射器的助推下能获得30m/s2～50m/s2 的加速度。若某舰载机从静止开始弹射，匀加速运动
150m 达到100m/s 的起飞速度，则该过程的时间为（ ）
A．3.3s
B．3.0s
C．2.5s
D．1.5s
【解答】解：由题意可知，舰载机从静止开始弹射，匀加速运动150m 达到100m/s 的起飞速度，
则根据x
t = v
2
代入数据解得
t＝3.0s，故B 正确。
故选：B。
[例题2] （多选）（2022•庐阳区校级模拟）物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使
用简陋的器材反映了深刻的物理本质，例如伽利略的斜面实验就揭示了匀变速直线运动的规律。
2
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某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图1 所示，他让小球以某﹣﹣确定的初
速度从固定斜面顶端0 点滚下，经过A、B 两个传感器，其中B 传感器固定在斜面底端，利用
传感器测出了A、B 间的距离x 及小球在A、B 间运动的时间t。改变A 传感器的位置，多次重
复实验，计算机作出图像如图2 所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上运动的平均速度大小为8m/s
B．小球在斜面上0 点的速度大小为4m/s
C．小球在斜面上运动的加速度大小为2m/s2
D．固定斜面的长度为6m
【解答】解：设小球在经过A 传感器时的速度大小为vA，在斜面上运动的加速度大小为a，根
据运动学规律可得vB＝vA+at
x = v At + 1
2 at
2
联立并化简得：x
t
2 = vB⋅1
t - a
2
结合图像可得：vB＝8m/s；a＝4m/s2
当A 传感器放置在O 点时，传感器所测时间为小球从O 到B 传感器的运动时间t1，对应图像上
1
t 的最小值，即1
t1
=1s
-1
解得：t1＝1s
所以小球在斜面上O 点的速度大小为
v0＝vB﹣at1＝8m/s﹣4×1m/s＝4m/s
小球在斜面上运动的平均速度大小为
3
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v = v0+ vB
2
= 4+8
2
m/ s=6m/ s
固定斜面长度为l = v t1=6×1m=6m，故AC 错误，BD 正确；
故选：BD。
[例题3] （2024•新郑市校级三模）一质点在连续的6s 内做匀加速直线运动，在第一个2s
内位移为12m，最后一个2s 内位移为36m，下面说法正确的是（ ）
A．质点的加速度大小是6m/s2
B．质点的加速度大小是3m/s2
C．质点第2s 末的速度大小是12m/s
D．质点在第1s 内的位移大小是6m
【解答】解：AB、设第一个2s 内的位移为x1，第三个2s 内，即最后1 个2s 内的位移为x3，根
据x3- x1=2aT
2，可得加速度a＝3m/s2，故A 错误，B 正确；
C、由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值，即x3﹣x2＝x2﹣x1，解得x2＝
24m，第2s 末的瞬时速度等于前4s 内的平均速度，则第2s 末速度为v = x2+ x1
2T
，解得v＝9m/s，
故C 错误；
D、第1 s 末的瞬时速度等于第一个2s 内的平均速度，则v1= x1
T = 36
6
m/s＝6m/s，在第1 s 内反
向看为匀减速运动，则有x1＝v1t- 1
2at2，解得x1＝4.5m，故D 错误。
故选：B。
考点二 常用的“六种”物理思想方法
1．一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．
2．平均速度法
定义式＝对任何性质的运动都适用，而＝
v ＝
( v 0＋
v ) 只适用于匀变速直线运动．
3．比例法
4
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对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直
线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解．
4．逆向思维法
如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．
5．推论法
利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝( m －
n ) aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．
6．图象法
利用v－t 图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v
与v
，还可以求解追及问题；用x－t 图
象可求出任意时间内的平均速度等．
[例题4] （2024•湖北二模）如图所示，在2022 年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中
中国选手张洋铭沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d 四个位置。若将此过程视为匀加速直线
运动，张洋铭在ab、bc、cd 三段位移内速度增加量之比为1：2：1，a、b 之间的距离为L1，
c、d 之间的距离为L3，则b、c 之间的距离L2为（ ）
A．8L1
B．8
7 L3
C．L1+L3
D．1
2 ( L1+ L3)
【解答】解：张洋铭在ab、bc、cd 三段位移内速度增加量之比为1：2：1，则对应时间之比为
1：2：1，有
L1= v0t + 1
2 at
2
L2＝（v0+at）•2t+ 1
2a（2t）2＝2v0t+4at2
L3＝（v0+3at）•t+ 1
2at2＝v0t+ 7
2at2
5
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根据数学知识观察可得
L2＝L1+L3
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[例题5] （2024•琼山区校级模拟）沿平直轨道匀加速行驶的长度为L 的列车，保持加速
度不变通过长度为L 的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车
尾通过桥尾时的速度为（ ）
A．v1：v2
B．√2v2
2- v1
2
C．√v1
2+ v2
2
D．√2v2
2+ v1
2
【解答】解：火车车头从桥头到桥尾运动的过程中，根据速度—位移关系可得：2aL＝v2
2﹣v1
2
火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过程中，根据速度—位移关系可得：2a•2L＝v2﹣v1
2
解得：v=√2v2
2- v1
2，故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
[例题6] （2024•日照一模）某物理学习兴趣小组研究公交车的运动，公交车进站过程认
为做匀减速直线运动直至停下。公交车在最初6s 内通过的位移与最后6s 内通过的位移之比为
21：9，若公交车运动的加速度大小为1m/s2，则（ ）
A．公交车运动的总位移为60m
B．公交车在最初6s 内通过的位移与最后6s 内通过的位移之差为36m
C．公交车的初速度为12m/s
D．公交车运动的时间为10s
【解答】解：设公交车开始减速的速度为v0，运动总时间为t，则公交车在最初减速6s 内通过的
位移为x1= v0t0- 1
2 at0
2=(6 v0-18m)
把物体运动看成反向的初速度为0 的匀加速直线运动，最后6s 内通过的位移为x2= 1
2 at1
2
代入数据解得x2＝18m
由于公交车在最初6s 内通过的位移与最后6s 内通过的位移之比为21：9，则由以上有
6 v0-18
18
= 21
9
6
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又有0＝v0﹣at
代入数据解得v0＝10m/s
t＝10s
则公交车的总位移为x = v0t - 1
2 at
2
代入数据解得x＝50m
公交车在最初6s 内通过的位移与最后6s 内通过的位移之差为Δx＝x1﹣x2
代入数据解得
Δx＝24m，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[例题7] （2024•长沙模拟）2023 年8 月28 日株洲清水塘大桥正式通车。如图甲所示，大
桥全长2.85 千米，主跨为408 米双层钢桁架拱桥结构，位列同类桥梁中湖南第一、桥梁上层为
机动车道，下层为行人和非机动车通行的景观通道。大桥一经开通就成为了株洲市民观光散步、
娱乐休闲的“网红桥”。图乙中A、B、C、D、E、F 为大桥上的六根竖直钢丝绳吊索，相邻
两根吊索之间距离均相等，若一汽车在桥梁上层从吊索A 处开始做匀减速直线运动，刚好在
吊索E、F 的中点N 点停下，汽车通过吊索E 时的瞬时速度为vE，从E 点到N 点的时间为t，
则（ ）
A．汽车通过吊索A 时的速度为9vE
B．汽车通过AE 段的时间等于3t
C．汽车通过AE 段的平均速度是EN 段平均速度的4 倍
D．汽车通过全程AN 的平均速度小于vE
【解答】解：A．令加速度为a，E 到N 的距离为L，从E 到N 有
v E
2 =2aL
从N 到A 有
7
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v A
2 =2a⋅9 L
联立可得
vA＝3vE
故A 错误；
B．根据速度—时间公式，有
t AE= v A - v E
a
= 2v E
a
t EN = v E-0
a
= v E
a =t
所以汽车通过 AE 段的时间等于2t，故B 错误；
C．根据匀变速直线运动的推论有
v AE= v A+ v E
2
=2v E
v EN = v E+0
2
= v E
2
所以汽车通过 AE 段的平均速度是EN 段平均速度的4 倍，故C 正确；
D．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，汽车通过全程AN 的平均速度为
v AN = v A+0
2
= 3 v E
2 ＞v E
故D 错误。
故选：C。
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．特点和规律
(1)自由落体运动的特点
①从静止开始，即初速度为零．
②只受重力作用的匀加速直线运动．
③公式：v＝gt，h＝gt2，v2＝2gh.
(2)竖直上抛运动的特点
①初速度竖直向上．
②只受重力作用的匀变速直线运动．
③若以初速度方向为正方向，则a＝－g.
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2．处理竖直上抛运动的方法
(1)分段处理
①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．
②几个特征物理量
上升的最大高度H＝，上升到最高点所用的时间T＝，回到抛出点所用的时间t＝，回到抛出点时的
速度v＝－v0.
(2)全程处理
①初速度为v0(设为正方向)，加速度为a＝－
g 的匀变速直线运动．
②v>0 时，物体上升．
v<0 时，物体下降．
③h>0 时，物体在抛出点上方．
h<0 时，物体在抛出点下方．
[例题8] （2024•广东模拟）如图，调整水龙头的开关，使单位时间内流出水的体积相等。
水由于重力作用，下落速度越来越大，水柱越来越细。若水柱的横截面可视为圆，图中a、b
两处的横截面直径分别为0.8cm 和0.6cm，则经过a、b 的水流速度之比va：vb为（ ）
A．1：3
B．1：9
C．3：4
D．9：16
【解答】解：由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等，取一段极短的时间Δt，对两个
不同的截面，有π( da
2 )
2va Δt = π( db
2 )
2vb Δt
可得va：vb=db
2：da
2=0.6
2：0.8
2=9：16
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[例题9] （2024•琼山区校级模拟）2012 年6 月1 日，空降兵某部官兵使用新装备从260m
超低空跳伞成功．若跳伞空降兵在离地面224m 高处，由静止开始在竖直方向做自由落体运动．
一段时间后，立即打开降落伞，以12.5m/s2的平均加速度匀减速下降，为了空降兵的安全，要
求空降兵落地速度最大不得超过5m/s（g 取10m/s2）．则（ ）
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A．空降兵展开伞时离地面高度至少为125 m，相当于从2.5 m 高处自由落下
B．空降兵展开伞时离地面高度至少为125 m，相当于从1.25 m 高处自由落下
C．空降兵展开伞时离地面高度至少为99 m，相当于从1.25 m 高处自由落下
D．空降兵展开伞时离地面高度至少为99 m，相当于从2.5 m 高处自由落下
【解答】解：设空降兵做自由落体运动的高度为h 时速度为v，此时打开伞开始匀减速运动，落
地时速度刚好为5m/s，这种情况空降兵在空中运动时间最短，则有v2＝2gh，vt
2﹣v2＝2a（H﹣
h）
解得：h＝125m，v＝50m/s，为使空降兵安全着地，他展开伞时的高度至少为H﹣h＝224m﹣
125m＝99m，故A、B 错误；
他以5m/s 的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，由vt
2＝2gh′，得h′= vt
2
2g =
25
2×10
m＝
1.25m，选项D 错误，C 正确。
故选：C。
[例题10] （2024•开福区校级模拟）在地面上以初速度2v0 竖直上抛一物体A 后，又以初
速度v0从同一地点竖直上抛另一物体B。若要使两物体能在B 上升过程中相遇，则两物体抛出
的时间间隔Δt 必须满足的条件是（不计空气阻力，重力加速度大小为g）（ ）
A．2v0
g ＜Δt ＜3 v0
g
B．2v0
g ＜Δt ＜4 v0
g
C．(√3+1)v0
g
＜Δt ＜4 v0
g
D．3 v0
g ＜Δt ＜4 v0
g
【解答】解：设B 经过时间t，AB 在空中相遇，有：
2v0(t + Δt )- 1
2 g(t + Δt )
2= v0t - 1
2 gt
2
上升过程中相遇：0＜t ＜v0
g
解得：(√3+1)v0
g
＜Δt ＜4 v0
g
。
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[例题11] （2024•皇姑区校级模拟）如图所示，A，B 两棒的长度相同，A 的下端和B 的上
端相距s＝40m。若A，B 同时运动，A 做自由落体运动，B 做竖直上抛运动且初速度v0＝
20m/s（g 取10m/s2），则A，B 相遇时A 的速度大小为（ ）
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A．40m/s
B．10m/s
C．30m/s
D．20m/s
【解答】解：根据位移—时间公式，可得A 棒自由落体运动位移为：x1= 1
2gt2
B 棒做竖直上抛运动位移为：x2＝v0t- 1
2gt2
二者的位移关系：x1+x2＝s
联立并代入数据解得A，B 两棒相遇的时间为：t＝2s
根据速度—时间公式，可得A，B 相遇时A 的速度大小为：
vA＝gt＝10×2m/s＝20m/s，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
题型1 匀变速直线运动基本公式的应用
1.
（2023 秋•叙州区校级期末）一物体车以﹣5m/s2做匀变速直线运动，那么下列关于该
物体运动的描述正确的是（ ）
A．该物体在做匀减速直线运动
B．下一秒末与前一秒初的速度变化量大小为5m/s
C．下一秒末与前一秒末的速度变化量大小为5m/s
D．下一秒的平均速度比前一秒的平均速度小5m/s
【解答】解：A、不知初速度方向，从而不能确定物体做加速还是减速运动，故A 错误；
B、下一秒末与前一秒初的时间间隔为2s，则Δv＝at＝5×2m/s＝10m/s，故B 错误；
C、下一秒末与前一秒末的时间间隔为1s，则Δv＝at＝5×1m/s＝5m/s，故C 正确；
D、下一秒比前一秒多1s，则故两段时间的中间时刻也相差1s，故平均速度相差v＝at＝5×1m/s
＝5m/s，由于不知是加速还是减速，故下一秒的平均速度比前一秒的平均速度可能小5m/s，也
11
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可能大5m/s，故D 错误；
故选：C。
2.
（2024•北京模拟）一质点静止在光滑水平面上，先向右做初速度为零的匀加速直线
运动，加速度大小为a1，经过时间t 后加速度变为零；又运动时间t 后，质点加速度方向变为
向左，且大小为a2，再经过时间t 后质点回到出发点。以出发时刻为计时零点，则在这一过程
中（ ）
A．a2＝3a1
B．质点向右运动的最大位移为8
5 a2t
2
C．质点回到出发点时的速度大小为4
5 a2t
D．最后一个时间t 内，质点的位移大小和路程之比为3：5
【解答】解：A、以向右为正方向，由速度—时间公式有：v1＝a1t
由题意三段时间返回出发点可列：0＝x1+x2+x3
由位移—时间公式得：x1= 1
2 a1t
2，x2＝v1t，x3= v1t - 1
2 a2t
2
代入解得：a2＝5a1，故A 错误；
B、根据题意，作出质点运动的v﹣t 图象，如图所示，
设向右从v1减速到0 所用的时间为t′，则有：v1＝a2t′
又因为：v1＝a1t
解得：t ' = 1
5 t
根据v﹣t 图象的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移：x= 1
2 v1t +v1t+ 1
2 v1⋅t '，
代入数据得：x= 8
5 a1t
2，故B 错误；
C、质点回到出发点时所用的时间为：t″＝t﹣t′＝t- 1
5 t = 4
5 t，则对应的速度大小为：v2＝
12
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a2t″= 4
5 a2t，故C 正确；
D、最后一个时间t 内，质点的位移大小为：x′＝x1+x2，代入数据得：x′= 3
2 a1t
2
路程：s= 1
2 a1t × 1
5 t + 1
2 ×4 a1t × 4
5 t，代入数据得：s= 17
10 a1t
2
所以最后一个时间t 内，质点的位移大小和路程之比为15：17，故D 错误。
故选：C。
3.
（2024•琼山区校级模拟）一步行者以6.0m/s 的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，
在跑到距汽车25m 处时，绿灯亮了，汽车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，则（ ）
A．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7m
C．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36m
D．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43m
【解答】解：当两车速度相等时，经历的时间t = v
a = 6
1 s=6 s．此时人的位移x1＝vt＝6×6m＝
36m，汽车的位移x2= 1
2 at
2= 1
2 ×1×36m=18m。
因为x1＜x2+25m，可知人不能追上汽车。
速度相等时有最小距离，最小距离Δx＝x2+25﹣x1＝18+25﹣36m＝7m。
在追及的整个过程中，人车距离先减小再增大。故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
题型2 刹车类问题
4.
（2023 秋•宁波期末）2023 年SUV 制动距离排行榜上国产汽车成绩进步明显，如图
中吉利车型领克05 测试过程中以100km/h 的初速度进行刹车制动，经过34m 的距离刹停。若
制动过程可看成匀减速直线运动，关于此次测试过程，该车（ ）
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A．刹车时间约为2.4s
B．刹车过程的加速度大小约为147m/s2
C．刹车过程的平均速度大小为50m/s
D．在第3s 末的速度大小约为6m/s
【解答】解：初速度大小为v0＝100km/h≈27.8m/s。
A、设刹车时间约为t，则有：v0
2 t =x，解得：t＝2.4s，故A 正确；
B、根据加速度的定义式可得：a≈v0
t = 27.8
2.4 m/ s
2=11.6m/s2，故B 错误；
C、刹车过程的平均速度大小为v = v0
2 = 27.8
2
m/s＝13.9m/s，故C 错误；
D、由于刹车时间约为2.4s，所以在第3s 末的速度大小为0，故D 错误。
故选：A。
5.
（2023 秋•海安市期末）神舟十六号载人飞船返回地面，速度为v0时开启缓冲发动机，
获得大小为a 的加速度，经过时间t 后速度恰好为零，则该过程中飞船的位移可以表达为（
）
A．v0t + 1
2 at
2
B．v0t
2
C．a
2
2v0
D．t
2v0
【解答】解：由题意可知，飞船做匀减速直线运动，由位移公式可得其该时间内的位移为：
x = v0t - 1
2 at
2；
又由匀变速直线运动的平均速度与位移的关系可得该阶段内的位移为x = v t = v0+0
2
t = v0
2 t；
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由匀变速直线运动的速度—位移公式可得：v0
2=2ax，可得x = v0
2
2a
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
6.
冰壶（Crling），又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞
赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。中国女子冰壶队于2003 年成立，在2009 年
的女子冰壶世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠，已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中，冰壶
被投出后，如果做匀减速直线运动用时20s 停止，最后1s 内的位移大小为0.2m，则下列说法
正确的是（ ）
A．冰壶的加速度大小是0.3m/s2
B．冰壶第1s 内的位移大小是78m
C．全程的平均速度大小为4m/s
D．冰壶的初速度大小是6m/s
【解答】解：A、冰壶的运动为末速度为0 的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为0 的匀加速
直线运动，设冰壶的加速度大小为a，根据位移—时间公式得：x1= 1
2 at1
2
代入数据解得：a＝0.4m/s2
故A 错误；
D、冰壶的初速度v0＝at＝0.4×20m/s＝8m/s
故D 错误；
B、冰壶第1s 内的位移大小是x2＝v0t1- 1
2 at1
2=8×1m/s- 1
2 ×0.4×12m＝7.8m
故B 错误；
C、全程的平均速度大小为v = v0
2 = 8
2m/s＝4m/s
故C 正确；
故选：C。
题型3 匀变速直线运动中的多过程问题
7.
（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
15
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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（ ）
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。
8.
（2024•渝中区模拟）汽车已经走进了千家万户，成为普通家庭的消费品，驾驶技能
从职业技能成为基本生活技能。考驾照需要进行一项路考——定点停车。路旁竖一标志杆，在
车以大小为v 的速度匀速行驶的过程中，当车头与标志杆的距离为x 时，学员立即刹车，让车
做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。若忽略学员的反应时间，则汽车刹车（ ）
A．时间为x
v
B．加速度大小为v
2
2 x
C．经过一半时间时的位移大小为x
2
D．经过一半距离时的速度大小为v
2
【解答】解：根据逆向思维法，将匀减速直线运动反向处理成初速度为0 的匀加速直线运动。
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A.根据匀变速直线运动位移—时间规律有x= v
2•t，得t= 2 x
v ，故A 错误；
B.根据匀变速直线运动位移—速度规律有x= v
2
2a，得a= v
2
2 x ，故B 正确；
C.根据初速度为0 的匀加速直线运动规律，把总时间平分，则位移之比为1：3，故按原题经过
一半时间对应的位移为总位移的3
4 x，故C 错误；
D.根据初速度为0 的匀加速直线运动规律，把总位移平分，由公式v′=√
0+ v
2
2
= √2
2
v，故D 错
误。
故选：B。
9.
（2023 秋•福田区校级期末）某次列车出站时做匀加速运动，途中连续经过三个测试
点A、B、C，已知AB 段距离为BC 段的一半，AB 段平均速度为72km/h，BC 段平均速度为
144km/h，如图所示，则列车经过C 点时速度大小为（ ）
A．30m/s
B．40m/s
C．50m/s
D．60m/s
【解答】解：设AB 段距离为x，BC 段距离为2x，AB 段平均速度为v1＝72km/h＝20m/s
BC 段平均速度为v2＝144km/h＝40m/s
可知v2＝2v1
由于AB 段距离为BC 段的一半，根据：t= x
t ，可得列车经过AB 段和BC 段的时间相等。
设列车经过AB 段和BC 段的时间均为t，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时
速度的性质，可得列车经过B 点时速度等于AC 段的平均速度，则有
vB= x AB+ xBC
2t
= v1t + v2t
2t
= v1+ v2
2
= 20+ 40
2
m/s＝30m/s
由匀变速直线运动的规律可得v2= vB+ vC
2
解得列车经过C 点时速度大小为vC＝50m/s，故ABD 错误，C 正确。
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故选：C。
题型4 平均速度和中点时刻瞬时速度
10. （2023 秋•玉溪期末）一质点做匀加速直线运动，依次通过a、b、c 三点。测得a、b
两点之间的距离为s，b、c 两点之间的距离为4s，通过ab 段所用时间为t，通过bc 段所用时间
为2t。则该质点运动的加速度大小为（ ）
A．s
4t
2
B．s
2t
2
C．s
t
2
D．2s
3t
2
【解答】解：ab 段中间时刻的速度大小为
v1= s
t
bc 段中间时刻的速度大小为
v2= 4 s
2t
从ab 段中间时刻到bc 段中间时刻经历的时间
Δt = t
2 +t
可得
v2﹣v1＝aΔt
解得
a= 2s
3t
2
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
11. （2023 秋•杭州期中）运动会上，用电子机器狗运送铁饼既便捷又安全，将机器狗在
某次运送铁饼的运动过程视为匀加速直线运动，相继经过两段距离为12 米的路程，用时分别
为6s 和4s。则机器狗的加速度大小是（ ）
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A．0.1m/s2
B．0.2m/s2
C．0.48m/s2
D．2m/s2
【解答】解：第一段的平均速度为：v1= Δx
Δt = 12
6 m/s＝2m/s，第二段的平均速度为v2= Δx
Δt = 12
4
m/s＝3m/s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔
为
Δt＝（3+2）s＝5s，则加速度为a= Δv
Δt = 3-2
5
m/s2＝0.2m/s2。
故选：B。
题型5 中间位置瞬时速度
12. （2023 秋•雨花区校级月考）如图所示是某物体做直线运动的v2﹣x 图像（其中v 为
速度，x 为位置坐标），下列关于物体从x＝0 处运动至x＝x0 处的过程分析，正确的是
（ ）
A．该物体做匀加速直线运动
B．该物体的加速度大小为v0
2
2 x0
C．该物体在位移中点的速度小于1
2 v0
D．该物体在运动中间时刻的速度大于1
2 v0
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【解答】解：A、由匀变速直线运动的速度—位移关系公式v2- v0
2=2ax，可得v2＝2ax+ v0
2，可知
物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故A 错误；
B、由上式知，v2﹣x 图象的斜率等于2a，由图可得：2a= v0
2
x0
，则物体的加速度大小为a= v0
2
2 x0
，
故B 正确；
CD、设匀变速运动的初速度为v0，末速度为v，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，即
v t
2
= v0+ v
2
，中点位移速度为v x
2
=√
v0
2+ v
2
2
，则：（v t
2）
2﹣（v x
2）
2
= v0
2+2v0v + v
2
4
- v0
2+ v
2
2
=- (v0- v)
2
4
＜0，故v t
2
＜v x
2，即物体在中间时刻的瞬时速度小于在位
移中点的速度。
该物体在运动过程中的平均速度为v0
2 ，因为物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时
刻的速度等于平均速度v0
2 ，而物体在位移中点的速度大于中间时刻的速度，所以物体在位移中
点的速度大于v0
2 ，故CD 错误。
故选：B。
13. （2023 秋•越秀区校级月考）在匀变速直线运动中，关于中间时刻瞬时速度的大小v t
2
和中间位置瞬时速度的大小v s
2，下列说法正确的是（ ）
A．不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有v s
2
＞v t
2
B．只有做匀加速直线运动时有v s
2
＞v t
2
C．只有做匀减速直线运动时有v s
2
＞v t
2
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D．以上说法都不对
【解答】解：当物体做匀加速直线运动时，速度—时间图像如图1，当物体做匀减速直线运动时，
速度图像如图2，v1为中间时刻瞬时速度，v2为中间位置瞬时速度
物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由图
看出 v2＞v1
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
14. （多选）（2022 秋•内江期末）物体沿一直线运动，在t 时间内通过的路程是x，它在
中间位置1
2 x处的速度为v1，在中间时刻1
2 t时的速度为v2，则v1和v2的关系为（ ）
A．当物体做匀加速直线运动时，v1＜v2
B．当物体做匀减速直线运动时，v1＜v2
C．当物体做匀速直线运动时，v1＝v2
D．当物体做匀减速直线运动时，v1＞v2
【解答】解：A．当物体做匀加速直线运动时，如图1 所示
根据图像，位移中点的时刻在时间中点的时刻的右侧，则有v1＞v2
故A 错误；
BD．当物体做匀减速直线运动时，如图2 所示
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根据图像，位移中点的时刻在时间中点的时刻的左侧，则v1＞v2
故B 错误，D 正确；
C．当物体做匀速直线运动时，速度始终不变，故v1＝v2
故C 正确。
故选：CD。
题型6 逐差法
15. （2022 秋•孝感期末）物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s 内与第2s 内的
位移之差是8m。则下列说法错误的是（ ）
A．物体运动的加速度为8m/s2
B．第2s 末的速度为8m/s
C．第2s 内的位移为6m
D．物体在0～3s 内的平均速度为6m/s
【解答】解：A、由
x4- x2=2aT
2
可知，物体运动的加速度为
a= x4- x2
2T
2 =
8
2×1 m/ s
2= 4 m/ s
2
故A 错误；
B、由速度公式
v2＝at＝4×2m/s＝8m/s
故B 正确；
C、由
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x = 1
2 at
2
可得
Δ x2= 1
2 ×4×2
2m- 1
2 ×4×1
2m=6m
故C 正确；
D、由平均速度定义
v = x
t '
可得
v =
1
2 at '
2
t '
=
1
2 ×4×3
2
3
m/ s=6m/ s
故D 正确。
故选：A。
题型7 初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
16. （2024•荔湾区校级开学）如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一颗
子弹（可视为质点），以水平速度v0射入，子弹可视为质点。若子弹在木块中做匀减速直线
运动，当它穿透第三个木块（即C 位置）时速度恰好为0，下列说法正确的是（ ）
A．子弹通过每个木块的时间均相同
B．子弹到达各点的速率之比为vO：v A：vB=√3：√2：1
C．子弹通过每一部分时，其速度变化量相同
D．子弹从O 运动到C 全过程的平均速度等于B 点的瞬时速度
【解答】解：AC、根据逆向思维，子弹运动的逆过程是由C 点开始做初速度为0 的匀加速直线
运动到O 点的过程，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知：连续相等位移所用时间之
比为：1：(√2-1)：(√3-√2)：(2-√3)...，可知子弹通过每个木块的时间均不相同。
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根据Δv＝at，由于子弹通过每一部分所用时间不相等，则速度变化量不相同，故A 错误，C 错
误；
B 、根据速度— 位移公式v2 ＝2ax ，可得v=√2ax，则子弹到达各点的速率之比为：
vO：v A：vB=√3：√2：1，故B 正确；
D、根据匀变速直线运动中全过程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知子弹从O 点运动到
C 点全过程的平均速度不等于B 点的瞬时速度，故D 错误。
故选：B。
17. （多选）（2023 秋•大通县期末）滑块以某一初速度从斜面底端O 上滑到最高点D，
用频闪仪记录的上滑过程如图所示，则（ ）
A．滑块在B 点的速度大小为在C 点的两倍
B．滑块在A 点的速度大小为在C 点的两倍
C．AB 和CD 的距离之比为3：1
D．AB 和CD 的距离之比为5：1
【解答】解：AB、滑块从O 到D 做匀减速运动，可看成从D 到O 的初速度为零的匀加速直线运
动，设频闪仪记录的时间间隔为T，滑块的加速度为a，则 vC＝aT，vB＝2aT，vA＝3aT，故A 正
确，B 错误；
CD、由初速度为零的匀加速直线运动推论知AB 和CD 的距离之比为5：1，故C 错误，D 正确；
故选：AD。
18. （2023 秋•光明区校级期中）如图所示，九个相同的木块并排固定在水平面上，从左
至右编号依次为1、2、…、8、9。一个子弹（可视为质点）从木块1 左端以速度v 射入，恰好
没有从木块9 穿出，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹刚进入木块6 和刚进入木块9 时的速度大小之比为2：1
B．子弹穿过前三个木块的时间和穿过后三个木块的时间之比为1：√4 -√3
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C．子弹刚进入木块9 时的速度与初速度v 的大小之比为1：√2
D．子弹在木块5 中点的速度大小为v
2
【解答】解：AC、把子弹的运动看成逆向初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式：
x = 1
2 at
2
v＝at
联立得：v =√2ax
则：v6：v9＝2：1，故A 正确；
则：v9：v1＝1：3，故C 错误；
B、设子弹穿过前三个木块所需时间为t1、位移为x1，穿过后三个木块所需时间为t2、位移为
x2，穿过后六个所需时间为t3、位移为x3，运动全程所需时间为t4、位移为x4，由运动学公式得：
t2=√
2 x2
a
t1=t 4-t3=√
2 x4
a -√
2 x3
a
则：t1：t2=(√3-√2)：1
故B 错误；
D、由中间位置速度公式：
v5.5=√
v
2+ v9
2
2
得：v5.5= √2
2 v，故D 错误。
故选：A。
题型8 自由落体运动的基本规律应用
19. （2024•山东开学）杭州第19 届亚运会跳水比赛于2023 年9 月30 日至10 月4 日在杭
州奥体中心游泳馆举行。我国跳水运动员包揽了全部的10 枚金牌，真正做到了“十全十美”。
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如图甲所示为10 米跳台冠军杨昊比赛时的精彩瞬间。图乙对跳水过程进行了模拟，假设将杨
昊看作质点，0 时刻杨昊到达最高点A，此后做自由落体运动，t 时刻到达标记点B，3t 时刻到
达落水点C，已知BC 的高度为9.6m，则AC 的高度为（ ）
A．10m
B．10.4m
C．10.8m
D．11.2m
【解答】解：从最高点开始杨昊做自由落体运动，从A 到B 的时间为t，从B 点到C 点的时间为
2t，取时间间隔为t，根据相同时间间隔位移之比为1：3：5，则AB 段位移与BC 段位移之比为
1：8，则AC 的高度为h=9.6× 9
8 m=10.8m。
故选：C。
20. （2024•成都开学）一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一小球从一定
的高度自由下落，测得小球第5s 内的位移大小为18m（此时小球还未落地）。下列说法正确
的是（ ）
A．该星球上的重力加速度大小为g＝9.8m/s2
B．小球第5s 内的平均速度大小为3.6m/s
C．小球第5s 末的速度大小为10m/s
D．小球第2s 内的位移大小为6m
【解答】解：A、根据 x = 1
2 gt
2，设t1＝4s，t2＝5s
可得Δx = 1
2 gt2
2- 1
2 gt1
2
且Δx＝18m
代入数据解得星球上的重力加速度大小为 g＝4m/s2
故A 错误；
B、小球第5s 内的平均速度大小 v = 18
1 m/ s=18m/ s，故B 错误；
C、小球第5s 末的速度大小v＝gt
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代入数据解得v＝20m/s，故C 错误；
D、设t＝2s，t′＝1s
小球第2s 内的位移大小x2= 1
2 gt
2- 1
2 gt'
2
代入数据解得x2＝6m，故D 正确。
故选：D。
21. （2023 秋•东城区期末）在地铁某路段的隧洞墙壁上，连续相邻地挂有相同的广告画，
画幅的宽度为0.8m，在列车行进的某段时间内，由于视觉暂留现象，车厢内的人向窗外望去
会感觉广告画面是静止的。若要使人望向窗外时，看到的是画中的苹果做自由落体运动，则这
段时间内（人眼的视觉暂留时间取0.05s，重力加速度g 取10m/s2）（ ）
A．列车的车速为8m/s
B．隧洞墙壁上每幅画中苹果所在的位置可连成抛物线
C．隧洞墙壁上相邻两幅画中苹果之间的高度差都相等
D．隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差不相等，依次相差5cm
【解答】解：A、地铁移动速度达到相邻图片时间间隔为0.05s 时，可以认为广告画面静止，所
以列车速度为v = x
t = 0.8
0.05 m/ s=16m/ s，
故A 错误；
B、以匀速行驶的列车为参考系，画中的苹果是自由落体运动，则在以地面为参考系的画中苹果
任意时刻水平方向的位置与列车相同，竖直方向自由落体的位置，因此隧洞墙壁上每幅画中苹
果所在的位置可连成抛物线，故B 正确；
C、列车匀速直线运动，每隔相等时间通过一幅画，则苹果在竖直方向的自由落体运动，连续相
等时间内的位移之比是1：3：5：…：（2n﹣1），隧洞墙壁上相邻两幅画中苹果之间的高度差
不相等，故C 错误；
D、根据Δy＝gT2可得隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差的差值为
Δy＝gT2＝10×（0.05）2m＝2.5cm
故D 错误。
故选：B。
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题型9 竖直上抛运动的基本规律的应用
22. （2023 秋•齐齐哈尔期末）小球被竖直向上抛出，如图所示为小球向上做匀减速直线
运动时的频闪照片，频闪仪每隔0.05s 闪光一次，测得ac 长为23cm，af 长为34cm，下列说法
正确的是（ ）
A．bc 长为13cm
B．小球通过f 点时的速度大小为0.6m/s
C．小球通过d 点时的速度大小为2.2m/s
D．小球的加速度大小为12m/s2
【解答】解：C.匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这段中间时刻的瞬时速度，则
vd = xcf
2T
代入数值可得vd＝1.1m/s
故C 错误；
D.根据匀变速直线运动规律，连续相等时间间隔内的位移差为定值，可得xac- xcf = 4 aT
2
解得：a= xac - xcf
4T
2
= xac -( xaf - xac)
4T
2
=12m/s2
故D 正确；
A.根据匀变速直线运动规律，连续相等时间间隔内的位移差为定值，可得
Δx = xab- xbc=aT
2
xab+xbc＝xac＝0.23m
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联立解得xbc＝0.1m＝10cm
故A 错误；
B.由速度—时间关系式可得vf＝vd﹣aT
代入数值，解得vf＝0.5m/s，
故B 错误；
故选：D。
23. （2023 秋•新市区校级期末）2023 年成都大运会乒乓球比赛在高新体育中心举行，来
自湖北工业大学的选手周凯击败来自西南大学的选手徐瑛彬，获得男子乒乓球单打冠军。乒乓
球赛场上高抛发球是一种典型的发球方式，若将乒乓球离开手向上的运动视为竖直方向上的匀
减速直线运动，且向上运动的时间为t。设乒乓球离开手后向上运动第一个t
5时间内的位移为
x1，最后一个t
5时间内的位移为x2，则x2：x1为（ ）
A．1：9
B．11：1
C．9：1
D．1：5
【解答】解：采取逆向思维，看成是初速度为0 的匀加速直线运动。根据初速度为0 的匀加速直
线运动在连续相等的时间内的位移之比为1：3：5：7：9：11：13⋅⋅⋅，可知
x2：x1＝9：1，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
24. （2023 秋•石家庄期末）长为L＝1.0m 的空心管AB 沿竖直方向固定，下端管口B 距
离地面的高度为h2＝1.0m，小球a 从距离上端管口h1＝1.8m 处沿管的轴线由静止释放，同时
小球b 由地面以初速度v0＝6m/s 沿管的轴线竖直上抛，两小球的直径均小于管的直径，不考虑
空气阻力，重力加速度为g＝10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．a、b 两球在管口A 上方相遇
B．a、b 两球在管内相遇
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C．a、b 两球在管口B 下方空中相遇
D．a、b 两球不能在空中相遇
【解答】解：设a 球下落h1所用时间t1
则h1= 1
2 gt1
2
解得t1=√
2h1
g =√
2×1.8
10
s=0.6 s
根据速度—位移同时，b 球上升的最大高度
H = v0
2
2g =
6
2
2×10 m=1.8m
根据速度—时间公式，b 球上升的时间为t = v0
g = 6
10 s=0.6 s
当a 球自由下落到管口A 时，b 球上升到管内，距离上端管口
h3＝L+h2﹣H＝1m+1m﹣1.8m＝0.2m
处，此时va＝gt1＝10×0.6m/s＝6m/s
设a 球追上b 球下落距离h4，追上时有vat2+ 1
2 gt2
2- 1
2 gt2
2=h3
解得t2= 1
30 s
则有h4= vat2+ 1
2 gt2
2=6× 1
30 m+ 1
2 ×10×( 1
30 )
2
m= 37
180 m＜L
所以a、b 两球在管内相遇。
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
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