第02 讲 匀变速直线运动的规律
一、 考点精讲练
考点01：匀变速直线运动的基本规律（必备知识+2 例+3 变式+能力提升）
考点02：匀变速直线运动的推论（必备知识+3 例+3 变式）
考点03：匀变速直线运动问题的一题多解（1 例+6 种解题方法+能力提升）
二、巩固提升（精选16 道题）
1.匀变速直线运动:沿着一条直线且加速度不变的运动。
2.匀变速直线运动的基本规律
(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＋1
2at2。
由以上两式联立可得速度与位移的关系式：v2－v0
2＝2ax。
【例1-1】（2025·江苏·高考真题）新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做
匀减速直线运动。2s内速度由12m /s减至0。该过程中加速度大小为（ ）
A．2m /s
2
B．4 m /s
2
C．6 m /s
2
D．8 m /s
2
【答案】C
【详解】根据运动学公式v = v0+at，代入数值解得a=−6m/ s
2
故加速度大小为6m/ s
2。
故选C。
【例1-2】（2025·安徽·高考真题）汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a 的匀加速
运动，位移大小为x；接着在t 时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a 的匀减速运动，到达乙站时速
度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8 x，则（ ）
考点一
匀变速直线运动的基本规律
本讲要点
A．x = 1
18 at
2
B．x = 1
16 at
2
C．x = 1
8 at
2
D．x = 1
2 at
2
【答案】A
【详解】由题意可知，设匀加速直线运动时间为t
′，匀速运动的速度为v，
匀加速直线运动阶段，由位移公式x = v
2 t
′
根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，
则匀速直线运动阶段有8 x−x−x = vt
联立解得t
′ = t
3
再根据x = 1
2 at
′2
解得x = 1
18 at
2
BCD 错误，A 正确。
故选A。
【变式1-1】（2025·山东济南·二模）如图所示，一条直线上分布着等间距的a、b、c、d、e、f 点，一质
点从ab间的P点（未画出）以初速度v0沿直线做匀减速运动，运动到f 点时速度恰好为零。若此质点从P点
以v0
2 的初速度出发，以相同加速度沿直线做匀减速运动，质点速度减为零的位置在（ ）
A．bc之间的某点 B．cd之间的某点 C．de之间的某点
D．ef 之间的某点
【答案】A
【详解】设相邻点间的距离为s，P 点距b 的距离为s0，质点的加速度为a，根据题意则有2a(s0+ 4 s)= v0
2
设质点从P点以v0
2
的匀减速运动可以运动n 个相等间距，则有2a(s0+ns)=( v0
2 )
2
联立解得n=1−3 s0
4 s <1
故质点速度减为零的位置在bc 之间。
故选A。
【变式1-2】(2024·海南·高考真题)商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时分别向左、
右平移，经4 s 恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同的加速度大小先匀加速运
动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为( )
A.1.25 m/s2
B.1 m/s2
C.0.5 m/s2
D.0.25 m/s2
【答案】 C
【详解】作出单扇感应门打开过程的v－t 图像如图所示，根据v－t 图像与横坐标轴所围图形的面积表示位
移可知，1
2vm×4 s=2 m，解得vm=1 m/s，根据加速度的定义可知a= Δv
Δt =0.5 m/s2，C 正确。
【变式1-3】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72 km/h
的速度匀速行驶时，前方45 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5 m 处停车。求：
(1)汽车在刹车后2 s 内和刹车后5 s 内的位移大小；
(2)汽车开始“主动刹车”后第4 s 内通过的位移大小。
【答案】 (1)30 m 40 m (2)2.5 m
【详解】 (1)依题意，汽车做匀减速直线运动，其位移为x＝45 m－5 m＝40 m，初速度v0＝72 km/h＝20
m/s，设加速度大小为a，则有0－v0
2＝－2ax，解得a＝5 m/s2，汽车的刹车时间为t 刹＝v0
a ＝4 s，刹车后5
s 汽车已停止，故刹车后5 s 内的位移大小等于刹车位移40 m，刹车后2 s 内位移x＝v0t－1
2at2＝30 m
(2)由“逆向思维”可知汽车开始“主动刹车”后第4 s 内通过的位移大小为反方向做匀加速直线运动第1 s
内的位移大小，即x'＝1
2at'2＝2.5 m。
【解题能力提升】
1.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＋1
2at2
不涉及时间，选用v2－v0
2＝2ax
2.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。
3.逆向思维在匀减速直线运动中的应用
当物体做匀减速直线运动时，若末速度已知，利用逆向思维，可看作初速度已知的匀加速直线运动，例如
匀减速直线运动速度减到零，利用逆向思维看作初速度为零的匀加速直线运动。
4.刹车类问题的特点和处理方法
(1)刹车类问题的特点：匀减速到速度为零后停止运动，加速度突然消失。
(2)求解时应先判断车停下来所用时间，再计算末速度或位移。
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可采用逆向思维法，把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速
直线运动。
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：v ＝v0＋v
2
＝v t
2
。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 … (2
∶∶∶
∶
n－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 (∶❑√2－1) (∶❑√3－❑√2) … (
∶
∶❑√n－❑√n−1)。
特别提醒：
(1)加速度大小和方向不变的直线运动一定是匀变速直线运动，与速度方向是否发生变化无关。
(2)无论匀加速还是匀减速直线运动，中间位置的速度总是大于中间时刻的速度。
考点二
匀变速直线运动的推论
【例2-1】(2024·山东·高考真题)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A 点距离为
L。木板由静止释放，若木板长度L，通过A 点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A 点的时间
间隔为Δt2。Δt2 Δ
∶t1为( )
A.(❑√3－1) (∶❑√2－1)
B.(❑√3－❑√2) (∶❑√2－1)
C.(❑√3＋1) (∶❑√2＋1)
D.(❑√3＋❑√2) (∶❑√2＋1)
【答案】 A
【详解】 方法一 基本公式法
木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A 点的过程，根据
运动学公式有L＝1
2at0
2
木板从静止释放到上端到达A 点的过程，当木板长度为L 时，有2L＝1
2at1
2
当木板长度为2L 时，有3L＝1
2at2
2
又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0
联立解得Δt2 Δ
∶t1＝(❑√3－1) (∶❑√2－1)
故选A。
方法二 比例式法
设木板从静止释放到下端到达A 点的时间为t0，木板经过A 点时间为Δt1
若木板长度为L，
则t0 Δ
∶t1＝1 (∶❑√2－1)
①
若木板长度为2L，设木板经过A 点时间为Δt2
t0 Δ
∶t2＝1 [(
∶
❑√2－1)＋(❑√3－❑√2)]＝1 (∶❑√3－1)
②
联立①②得Δt2 Δ
∶t1＝(❑√3－1) (∶❑√2－1)
【例2-2】 (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
【答案】 C
【详解】 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v1+ v2
2
=10 m/s，v2+ v3
2
=5 m/s，则v1－
v3=10 m/s，又x
t1
=10 m/s，2 x
t2
=5 m/s，则t1+t2= x
2 ，全程的平均速度v= 3 x
t1+t2
=6 m/s，即v1+ v3
2
=6 m/s，联立
解得v3=1 m/s，故C 正确。
【例2-3】(2024·广西·高考真题)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝
0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1 号锥筒运动到2 号锥筒用时t1＝0.4 s，从2 号锥
筒运动到3 号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
【答案】 (1)1 m/s2 (2)4
【详解】 (1)根据匀变速直线运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2 间中
间时刻的速度为v1＝d
t1
＝2.25 m/s
2、3 间中间时刻的速度为v2＝d
t2
＝1.8 m/s
故可得加速度大小为
a＝
Δv
Δt ＝v1−v2
t1
2 ＋t2
2
＝1 m/s2
(2)设到达1 号锥筒时的速度为v0，
根据匀变速直线运动规律得v1＝v0－at1
2
代入数据解得v0＝2.45 m/s
从1 号开始到停止时通过的位移大小为
x＝v0
2
2a
＝3.001 25 m≈3.33d
故可知最远能经过4 号锥筒。
【变式2-1】高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C 三个位置，已知
AB = BC，测得AB 段的平均速度为30m/s，BC 段平均速度为20 m/s。则（ ）
A．高铁车头经过A 的速度为32 m/s
B．高铁车头经过B 的速度为25 m/s
C．高铁车头经过C 的速度为14 m/s
D．高铁车头经过AC 段的平均速度为25 m/s
【答案】C
【详解】由平均速度公式得
v A+ vB
2
=30 m /s
vB+ vC
2
=20 m /s
因为AB=BC，由位移中点速度公式得
vB=
❑√
v A
2 + vC
2
2
由以上三式解得
v A =34 m/s
vB=26 m/s
vC =14 m/s
对全程由平均速度公式得
v AC = v A+ vC
2
=24 m/s
故C 正确。
【变式2-2】（2025·贵州毕节·三模）2024 年12 月27 日，中国自主研制、创新应用电磁弹射技术的两栖攻
击舰四川舰在上海下水，其对舰载机的弹射距离恒为x。若最低起飞速度为v的某舰载机在四川舰上被弹射
安全起飞，该过程视为初速度为0 的匀变速直线运动，则弹射过程（ ）
A．经历的时间一定为2 x
v
B．经历的时间可能大于2 x
v
C．获得的加速度一定为v
2
2 x
D．获得的加速度可能大于v
2
2 x
【答案】D
【详解】AB．舰载机最低起飞速度为v，则舰载机的末速度大小大于或等于v，又因为是匀变速运动，则
全程的平均速度v ≥v
2
根据t = x
v
可得t ≤2 x
v
故AB 错误；
CD．舰载机的末速度大小大于或等于v，根据2ax = v
2
可得a≥v
2
2 x
故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式2-3】高速避险车道是指在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆
减速和安全停车，如图甲。图乙是高速避险车道简化图，B、C 、D为AE的四等分点。汽车刚冲进避险
车道A点时的速度为v，经过t时间到达B，最终在E点停下。汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动，
下列说法正确的是（ ）
A．汽车在C点的速度大小为1
2 v
B．汽车由D点到E点的时间为(2−❑√3)t
C．汽车运动的总时间为(4 + ❑√3)t
D．汽车运动的总位移(2+ ❑√3)vt
【答案】D
【详解】A．题意可知C 点为AE 中间位置点，根据匀变速直线运动推论，中间位置速度v中=
❑√
v
2+ v0
2
2
结合题意可知C 点速度vC =
❑√
v
2+0
2
2
=
❑√2
2 v
故A 错误；
B．汽车从A 点匀减速到E 点停下，逆向思维法，可看做汽车从E 点做初速度为0 的匀加速直线运动到A
点，根据匀变速直线运动推论，在连续相等的位移内所用时间关系，有
t ED:t DC:tCB:t BA =1:(❑√2−1):(❑√3−❑√2):(2−❑√3)
因为t BA =t，则t ED=
t
2−❑√3 =(2+ ❑√3)t
故B 错误；
C．综合以上分析，可知运动总时间t 总=t ED+t DC +tCB+t BA =(4+2❑√3)t
故C 错误；
D．根据匀变速直线运动位移时间关系有x AE= v
2 t 总
联立以上解得x AE=(2+ ❑√3)vt
故D 正确。
故选D。
匀变速直线运动问题的一题多解
【例3】物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面,到达斜面最高点C 时速度恰好为零,如图所示,已知物
体运动到斜面长度3
4 处的B 点时,所用时间为t,求物体从B 滑到C 所用的时间。
【答案】t
【解析】方法一 逆向思维法
拓展学习
物体向上匀减速冲上斜面到C 的过程可以看作物体沿斜面向下由静止开始的匀加速直线运动,
故xBC=1
2at BC
2,xAC=1
2a(t+tBC)2,
又xBC= x AC
4 ,解得tBC=t。
方法二 基本公式法
以沿斜面向上为正方向,设物体从B 滑到C 所用的时间为tBC,根据公式v2-v0
2=2ax 有
v0
2=2axAC,vB
2-v0
2=-2axAB,xAB=3
4 xAC,
解得vB=v0
2 ;
又vB=v0-at,0=vB-atBC,解得tBC=t。
方法三 比例法
由于xBC∶xAB=1 3,
∶
对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3 …
∶
∶xn=1 3 5 … (2
∶∶∶
∶
n-1),
由其逆过程可知从B 到C 所用的时间tBC=t。
方法四 中间时刻速度法
由于中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,有v AC=v0+ v
2
=v0
2 ,
而v0
2=2axAC,vB
2=2axBC,xBC= x AC
4 ,
解得vB=v0
2 ,
即vB等于AC 段的平均速度,因此B 点是这段位移的中间时刻,则tBC=t。
方法五 图像法
根据匀变速直线运动的规律,作出v-t 图像,如图所示,由于v-t 图像中图线与t 轴围成的面积表示位移,根据
相似三角形的规律,面积之比等于对应边平方比,
得S△AOC
S△BDC
=C O
2
C D
2,且S△AOC
S△BDC
=4
1 ,
OD=t,OC=t+tBC。
所以4
1 =(t +t BC )
2
t BC
2
,解得tBC=t。
方法六 时间比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3 …
∶
∶tn=1 (∶❑√2-1) (∶❑√3
-❑√2) … (
∶
∶❑√n-❑√n-1)。
由于xAB=3xBC,将斜面分成相等的四段,如图所示,通过BC 段的时间为tBC,那么通过BD、DE、EA 的时间分
别为
tBD=(❑√2-1)tBC,
tDE=(❑√3-❑√2)tBC,
tEA=(2-❑√3)tBC,
又tBD+tDE+tEA=t,解得tBC=t。
【解题能力提升】
1.应用匀变速直线运动规律解题的基本思路
画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论
2.匀变速直线运动问题常用的解题方法
1．（2025·广西·高考真题）某位同学观察火车进站，火车由初速度为36km/h，降速到停下，火车的运动
看做匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70 下，已知该同学每分钟脉搏跳动60 下，
则火车共行驶距离约为（ ）
A．216m
B．350m
C．600m
D．700m
【答案】B
【详解】火车运动的时间为t = 60
60 ×70s=70s
火车共行驶的距离x = v0
2 t = 10
2 ×70 m =350 m
故选B。
2．（2025·广西·三模）如图是位于南宁市东南郊的两座邕江大桥，近处为公路桥，远处更高大的是铁路桥。
公路桥所用吊杆为高强度平行钢丝，吊点等间距分布，相邻吊点之间的水平距离为d。一辆汽车正在匀加
速通过公路桥，依次经过相邻的1-5 号吊杆。设车头以速度v经过2 号吊杆，经过时间t，车头以3 v经过5
号吊杆。则汽车的加速度大小为（ ）
A．d
t
2
B．3d
t
2
C．3d
2t
2
D．3d
4t
2
【答案】B
【详解】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，
且等于中间时刻的瞬时速度。由2 号吊杆运动到5 号吊杆用时t，则有3d
t = v2~5= v +3 v
2
解得v = 3d
2t
则加速度a= 3 v −v
t
= 3d
t
2
巩固提升
故选B。
3.一辆长为0.6 m 的电动小车沿水平面向右做匀变速直线运动，某监测系统每隔2 s 拍摄一组照片，用刻度
尺测量照片上的长度，结果如图所示。则小车的加速度大小约为( )
A.0.5 m/s2
B.1 m/s2
C.2 m/s2
D.5 m/s2
【答案】 A
【详解】 刻度尺测量出图中电动小车的长度为1.2 cm，实际长度为0.6 m，按比例确定出电动小车拍摄
第1 个像与第2 个像间的位移大小x1= 3
1.2×0.6 m=1.5 m，拍摄第2 个像与第3 个像间的位移大小x2= 7
1.2
×0.6 m=3.5 m，由Δx=aT2可得a= Δ x
T
2 =3.5−1.5
2
2
m/s2=0.5 m/s2，选项A 正确。
4．（2025·山东济宁·模拟预测）一质点沿x 轴运动，其位置坐标x 随时间t 变化关系为x =5+10t −t
2（x
的单位为m，t 的单位为s）．下列说法正确的是（ ）
A．质点做变加速直线运动
B．质点加速度大小为1m/s
2
C．0~6s 内质点平均速度大小为4m/s
D．0~6s 内质点位移为36m
【答案】C
【详解】AB．由x =5+10t −t
2
可得质点运动速度v =10−2t
所以加速度恒定为2m/s
2，质点做匀减速直线运动，AB 错误；
CD．0~6s 内初速度v0=10 m/s
末速度v =−2m/s
所以平均速度v = v0+ v
2
= 4 m/s
位移x = v t =24 m
C 正确，D 错误。
故选C。
5．（2025·北京海淀·二模）一辆做匀减速直线运动的汽车，依次经过a、b、c 三点。已知汽车在ab间与bc
间的运动时间均为1s，ab段的平均速度是10m/s，bc段的平均速度是5m/s，则汽车做匀减速运动的加速
度大小为（ ）
A．2.5 m /s
2
B．5 m /s
2
C．7.5 m /s
2
D．10 m /s
2
【答案】B
【详解】质点在ab段，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度有vab= v0.5s=10 m/s
同理可知，在bc段有vbc= v1.5s=5 m/s
汽车做匀减速运动的加速度a= v1.5s−v0.5s
1.5s−0.5s =−5 m/s
2
则汽车做匀减速运动的加速度大小为5 m /s
2。
故选B。
6．（2025·山东聊城·模拟预测）动车进站时可看做匀减速直线运动，列车停止时，各车厢的车门正好对着
站台上对应车厢的候车点，忽略车厢之间的空隙，一乘客站在5 号车厢候车点候车，则1 号车厢与2、3 号
车厢在乘客面前经过所用的时间比最接近于（ ）
A．（2−❑√3）：（❑√3−1）
B．（❑√3−1）：1
C．2：❑√2
D．（❑√3−❑√2）：1
【答案】A
【详解】根据可逆思想，将动车进站的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为
零的匀加速直线运动中相邻的相等的位移所用时间之比为1:（❑√2−1）:（❑√3−❑√2）:（2−❑√3）
……，可得1 号车厢与2、3 号车厢在乘客面前经过所用的时间比为
（2−❑√3）∶（❑√3−❑√2+ ❑√2−1)=(2−❑√3）∶（❑√3−1）。
故选A。
7．（2025·宁夏石嘴山·三模）某物体做匀变速直线传动，依次通过A，B，C，D 四个点，通过相邻两点的
时间间隔均为2s，已知AB=12m，CD=28m，则下列说法正确的是（ ）
A．物体在BC 段的位移大小为22m
B．物体的加速度大小为2m/s2
C．物体通过A 点的速度大小为6m/s
D．物体通过C 点的速度大小为14m/s
【答案】B
【详解】AB．物体做匀变速直线运动，在连续相等时间内位移差相等，所以BC −AB =CD−BC =aT
2
代入数据解得BC =20 m，a=2m/s
2
故A 错误，B 正确；
C．根据位移时间关系可得AB = v AT + 1
2 aT
2
代入数据解得v A = 4 m/s
D．物体通过C 点的速度为vC = v A+2aT =12m/s
故D 错误。
故选B。
8．（2025·安徽黄山·二模）一辆小汽车在高速公路上正常行驶，驾驶员发现前方较远处有异常情况，立即
刹车，车辆匀减速直线行驶经过一段分别标有“0m”“50m”“100m”的标志牌路面。车头到达“0m”标志牌时
开始计时，车头经过“0m”~“50m”路段用时2s，车头经过“50m”~“100m”路段用时3s，下列说法正确的是
（ ）
A．车头在“0m”标志牌处速度大小等于85
3 m/s
B．车辆加速度大小等于125
36 m/s
2
C．车头在“50m”标志牌处速度大小为20m/s
D．车头在1~3.5s 时间内的位移小于50m
【答案】A
【详解】AB．根据题意可得，车头经过0~50m 路段中间时刻的速度大小为v1= x
t1
=25 m/s
经过50~100m 路段中间时刻的速度大小为v2= x
t2
= 50
3 m/s
所以加速度大小为a= v1−v2
t1+t2
2
= 10
3 m/s
2
所以车头在“0m”标志牌处速度大小等于v0= v1+a t1
2 = 85
3 m/s
故A 正确，B 错误；
C．车头在“50m”标志牌处速度大小为v50= v1−a t1
2 = 65
3 m/s
故C 错误；
D．车头在1~3.5s 时间内的位移为x = v1t
′−1
2 at
′2=25×2.5−1
2 × 10
3 ×2.5
2m =72.9 m
故D 错误。
故选A。
9．（2025·湖北武汉·三模）某场足球比赛中，一球员不小心踢歪了球，足球往边界滚去。足球距离边界
35m 时，速度v0=12m/s，加速度a=2m/s
2，若将足球的运动看做匀减速直线运动，下列说法正确的是（
）
A．足球到达不了边界
B．经过6s，足球越过了边界
C．经过7s，足球恰好到达边界
D．经过8s，足球距离边界3m
【答案】B
【详解】足球停止所需时间为t = v0
a =6s
位移为x = v0
2 t =36m
Δ x =36m-35m=1m
可见经过6s，足球越过了边界，且经过8s，足球距离边界1m。
故选B。
10．（多选）哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人
与冰壶之间的距离保持在8m 之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练
习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速直线运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准
确命中目标，二者在整个运动过程中的v −t图像如图乙所示。此次比赛中，下列说法正确的是（ ）
A．机器人减速运动的加速度大小为0.125 m/s
2
B．9s 末，冰壶的速度大小为5.25 m/s
C．7s 末，冰壶与机器人二者间距为7m
D．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息
【答案】BC
【详解】A．根据加速度的定义可知，机器人减速运动的加速度a机= Δv
Δt = 0−6
9−3 m/s
2=−1m/s
2
加速度大小为1m/s
2，A 错误；
B．由图线可知，冰壶的加速度为a冰= Δv
Δt = 5−6
11−3 m/s
2=−0.125 m/s
2
由速度时间公式可得，9s 末，冰壶的速度大小v = v0+at =6 m/s−0.125×6 m/s=5.25 m/s，B 正确；
C．7s 末冰壶的位移为x冰= v0t + 1
2 a冰t
2=23 m
机器人的位移为x机= v0t + 1
2 a机t
2=16 m
则7s 末冰壶、机器人二者间距为7m，C 正确；
D．由于机器人停止运动时，其位移为18m，而此时冰壶的位移为x冰= v0t + 1
2 a冰t
2=33.75 m
可知，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D 错误。
故选BC。
11.(多选)(2025·陕西渭南一模)如图(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，tA=11.36 s，tB=11.76 s，tC=12.16
s，tD=12.56 s，tE=12.96 s。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( )
A.位置A 与D 间的距离为1.2 m
B.物体在位置A 时的速度为零
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1.5 m/s2
【答案】 BC
【详解】 由图(b)可知相邻两点间的时间间隔T=0.4 s，物块从C 到D 的时间间隔与物块从D 点到E 点的
时间间隔相等，所以物块在位置D 时的速度为C 到E 中间时刻的速度，则有vD= xCE
2T
=2.25 m/s，故C 正确;
AC 段与CE 段的时间间隔为t=2T=0.80 s，且xCE－xAC=3d－d=2d，由Δx=at2，可知xCE－xAC=a(2T)2，代入数
据解得a=1.875 m/s2，故D 错误;由vD=vA+a·3T，代入数据解得vA=0，则位置A、D 间距离xAD=v D
2−v A
2
2a
=1.35 m，故A 错误，B 正确。
12.一辆汽车以速度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❑√
23
24
v0
B.汽车经过第18 块路边石末端时的速度大小为
❑√3
2 v0
C.汽车经过前12 块路边石与后12 块路边石的时间比为1∶❑√2
D.汽车经过前18 块路边石与后6 块路边石的时间比为2 1∶
【答案】 A
【详解】 设汽车做减速运动的加速度大小为a，从刹车到停止，汽车正好经过了24 块规格相同的路边石，
设每块路边石的长度为L，则有0－v0
2=－2a·24L，解得a= v0
2
48 L
，则汽车经过第1 块路边石末端时的速度
大小为v1=❑√v0
2−2aL=❑√
23
24
v0 ，故A 正确; 汽车经过第18 块路边石末端时的速度大小为v18=
❑√v0
2−2a·18 L=1
2v0，故B 错误;根据初速度为零的匀变速直线运动的连续相等位移的所用时间比例关系
1 (∶❑√2－1) (∶❑√3－❑√2) … (
∶
∶❑√n－❑√n−1)可得，汽车经过前12 块路边石与后12 块路边石的时间比为(❑√2－
1) 1∶，故C 错误;根据初速度为零的匀变速直线运动的连续相等时间的通过位移比例关系是1 3 5 … (2
∶∶∶
∶
n－1)
可得，汽车经过前18 块路边石与后6 块路边石的时间比为1 1∶，故D 错误。
13. (多选)如图所示，在水平面上固定着四个材料完全相同的木块，长度分别是L、2L、3L、4L 一子弹以
水平初速度v 射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，则（
）
A．子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比v
v =2
B．子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比3:2
C．子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比t1
′
t2
′ = 3−❑√7
❑√7−2
D．通过前二个木块和前三个木块的时间之比t1
t2
=
❑√10−❑√7
❑√10−2
【答案】BCD
【详解】A．子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比
v
v =
v
2
v = 1
2
故A 错误；
B．若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由
2ax = v
2
可得子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比
v1
v2
=
❑√2a⋅(2 L+3 L+ 4 L)
❑√2a⋅4 L
= 3
2
故B 正确；
C．子弹穿出第二个木块的速度为
v
′
2= ❑√2a⋅(3 L+ 4 L)
穿过第二个木块的平均速度为
v2= v1+ v
′
2
2
所用时间
t1
′ = 2 L
v2
子弹通过第三个木块的平均速度
v3= v
′
2+ v2
2
所用时间
t2
′ = 3 L
v3
则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比
t1
′
t2
′ =
❑√7−1
3
= 3−❑√7
❑√7−2
故C 正确；
D．设总时间为t，则
4 L+3 L+2 L+ L= 1
2 at
2
解得
t = ❑√
20 L
a
穿过最后一块木板过程中，根据逆向的匀加速直线运动可得
4 L= 1
2 at 4
2
所用时间为
t 4= ❑√
8 L
a
穿过最后两块木板过程中，根据逆向的匀加速直线运动可得
4 L+3 L= 1
2 at
′2
所用时间为
t
′ = ❑√
14 L
a
故通过前二个木块和前三个木块的时间之比
t1
t2
= t −t
′
t −t 4
=
❑√10−❑√7
❑√10−2
故D 正确。
故选BCD。
14.一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这
段时间内的路程与位移之比为5 3∶，则下列说法正确的是( )
A.这段时间内质点运动方向不变
B.这段时间为3 v
a
C.这段时间质点运动的路程为3 v
2
2a
D.再经过相同时间，质点速度大小为3v
【答案】 B
【详解】 由题意知，质点先做匀减速直线运动，速度减小到零后，再反向做匀加速直线运动，即在这段
时间内运动方向改变，如图所示，
选项A 错误；由v＝v0＋at 得－2v＝v－at，可得时间t＝3 v
a ，选项B 正确；由v2－v0
2＝2ax 得，从初速度
为v 减速到零所通过的路程x1＝v
2
2a，然后反向加速到2v 所通过的路程x2＝(2v)
2
2a ＝2v
2
a
，总路程为x＝x1
＋x2＝5 v
2
2a ，选项C 错误；再经过相同时间，质点速度为v'＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，选项D 错
误。
15．小明是学校的升旗手，国歌响起时他拉动绳子开始升旗，国歌结束时国旗恰好停在旗杆顶端。若国旗
从A 点由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度0.4m/s，然后以最大速度匀速直线运动，最后做匀减
速直线运动恰好到达顶端B 点。已知国歌从响起到结束的时间是46s，A 至B 的高度H =17.2m，如图所示，
匀加速运动的加速度大小与匀减速运动的加速度大小相等。
(1)求国旗上升过程的平均速度（保留3 位有效数字）；
(2)求国旗匀速运动的时间。
【答案】(1)0.374m/s，方向沿AB 方向 (2)40s
【详解】（1）国旗上升过程的平均速度
v = H
t0
代入数据解得
v =0.374 m/s
方向沿AB 方向。
（2）匀加速过程有
x1= vmax
2 t1
匀速过程有
x2= vmaxt2
利用逆向思维，匀减速过程有
x3= vmax
2 t3
其中
H = x1+ x2+ x3，t0=t1+t2+t3
解得
t2= 40s
16．（2025·重庆·二模）2025 年春节期间，重庆“两江四岸”2025 架无人机腾空而起，将夜空装点得美轮
美奂（如图1）。如图2 所示，两架无人机a、b 分别悬停在空中A、B 处，A 点在B 点正上方且AB =ℎ0。
t =0时刻，a 沿与水平方向夹θ =30°角的AC方向匀速运动，同时b 做初速度为零的匀加速直线运动。
t =t0时刻，a、b 在C 点相遇，且AC =2ℎ0。a、b 均可视为质点，求：
(1)a 飞行的速度大小；
(2)b 飞行的加速度大小，以及b 刚到达C 处时的速度大小。
【答案】(1)v0= 2ℎ0
t0
(2)2❑√7ℎ0
t0
2
，2❑√7ℎ0
t0
【详解】（1）设a 飞飞行的速度大小为v0，由2ℎ0= v0t0
解得v0= 2ℎ0
t0
（2）设b 飞行的加速度大小为a，从B 点运动到C 点的位移大小为x
由几何关系可得x
2=(2ℎ0cosθ)
2+(ℎ0+2ℎ0sinθ)
2
解得x = ❑√7ℎ0
又由x = 1
2 at0
2
解得a= 2❑√7ℎ0
t0
2
因此，b 刚到达C 点时的速度大小vC =at0= 2❑√7ℎ0
t0
