文档文本内容
第01 讲 直线运动模型
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目录
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模型一 刹车与限速模型
类型1 刹车模型
类型2 限速模型
模型二 “0-v-0”模型
模型三 双向可逆模型
模型四 折返模型
模型五 追击相遇模型
类型1 变速物体追匀速物体
类型2 变速物体追变速物体
类型3 匀速物体追变速物体
类型4 避免相撞问题
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模型建构
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✡模型一 刹车与限速模型
模型剖析
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一、刹车模型（匀减速至静止）
核心特点
汽车刹车减速到速度为 0 就彻底静止，不会反向倒车加速，是最容易直接套公式算错的陷阱题型。
解题步骤
1.
算临界刹车总时间：t0=−v0
a （a为负的减速加速度）
2.
分段判断：
1.
给定时间 t<t0：车还在减速，直接用 v=v0+at、位移公式正常计算；
2.
给定时间 t≥t0：车早已停下，末速度 v=0，位移只能用总刹车距离计算。
3.
刹车总距离 3 种算法：
①代入总刹车时间：x=v0t0+1
2 at0
2
②速度位移公式（首选）：0−v0
2=2ax
③平均速度：x=v0
2 t0
易错点
时间给得很长时，不能直接把题干时间代入位移公式，必须用刹车总时间t0。
二、限速模型（匀变速 + 匀速组合运动）
核心特点
车辆加速 / 减速过程有最大限定速度，到达限速后不再变速，改为匀速直线运动，全程分两段运动。
解题步骤
1.算临界值：算出刚好达到限速vmax的临界时间t临、临界位移x临；
2.分段判断：
位移 / 时间小于临界值：全程匀加速 / 匀减速，直接套用匀变速公式；
位移 / 时间大于临界值：拆成两段 —— 先匀变速到限速，剩余路程 / 时间匀速运动，两段位移、时间
分开计算再求和。
易错点
不能默认全程匀变速，一旦算出瞬时速度超过限速，必须分段计算。
模型特训
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类型1 刹车类问题
【典例1】（2025·河北保定·一模）一辆汽车以20m/s 的速度匀速行驶，刹车后做匀减速直线运动的速度v
随位移x 变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．汽车刹车时的加速度大小为4m/s²
B．汽车刹车时间为2.75s
C．汽车刹车最后1s 内的位移大小为4m
D．汽车刹车过程的平均速度大小为5m/s
【推理演示】
A．根据匀变速直线运动规律
代入解得
，故A 错误；
B．根据匀变速直线运动速度与时间的关系
解得t=2.5s，故B 错误；
C．汽车刹车最后1s 内的位移大小为可以等效为汽车以初速为0 匀加速运动第1s 内的位移，故有
代入解得
，故C 正确；
D．汽车刹车过程的平均速度大小为
，故D 错误。
故选C。
【变式1-1】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）某国产电动汽车进行制动测试实验，在平直道路上急踩刹车，
用传感器记录位移与时间的比值
随刹车时间t变化的规律，其图像如图所示，下列说法正确的是
（ ）
A．经过
时车速大小为
B．刹车过程中加速度大小为
C．经过18s 汽车刚好停下不动
D．自刹车开始10s内该车的位移大小为
【答案】A
【详解】B．根据匀变速直线运动位移公式
整理得
即
图像中，截距为初速度
，斜率为a
2 。
由图像得：截距
，斜率
因此
，得
，即刹车加速度大小为
，故B 错误；
A． t=2s时，车速
，故A 正确；
C．汽车刹车到停止的总时间
，即汽车9s 就已经停下，故C 错误；
D．汽车9s 已经停下，因此10s 内位移等于9s 内刹车总位移
，故D 错误。
故选A。
【变式1-2】（2026·重庆·模拟预测）一辆汽车正在平直公路上以速度
匀速直线行驶，司机突然
发现正前方有一辆静止的自行车，司机反应0.5s 后，立刻以大小a =5m/s
2的加速度沿直线匀减速刹车。要
使两车不相撞，则司机刚发现自行车时，两车之间的距离至少为（ ）
A．120m
B．115m
C．105m
D．90m
【答案】C
【详解】两车不相撞的临界条件为汽车减速至速度为0 时，总位移刚好等于初始两车的最小距离，汽车运
动分为两个阶段：
反应阶段：0.5s 内汽车匀速行驶，位移
刹车阶段：汽车做匀减速直线运动，末速度为0，由运动学公式
得刹车位移
总最小安全距离
故选C。
类型2 限速模型
【典例2】（2026·安徽·模拟预测）某品牌电动汽车在平直公路上进行性能测试，已知该车作匀加速直线运
动，车载传感器记录了某段时间内的位移x 与时间t 的数据，计算机以x
t
2 为纵坐标，1
t 为横坐标得出如下
图的一条直线，已知该路段限速60 km/h，下列说法正确的是
A．该车的加速度大小为3m/s
2
B．启动后2 s 内该车的平均速度大小为6 m/s
C．启动后2 s 内该车的位移为12 m
D．t=2s时，该车的速度大小为15 m/s，并未超速
【推理演示】
A．根据匀加速直线运动位移公式x=v0t+12at2
整理得：xt2=12a+v0t
由上述分析，该车的加速度大小为6m/s2，初速度v0=3m/s，故A 错误；
B．启动后2s 内该车的平均速度大小为v=12v1+v2=9m/s，故B 错误；
C．启动后2s 内该车的位移为x=v0t+12at2=18m，故C 错误；
D．t=2s 时，该车的速度大小为15m/s，限速60km/h≈16.67m/s，未超速，故D 正确。
故选D。
【变式2-1】（2026·山东德州·三模）ETC 是电子不停车收费系统，通过电子识别与自动扣费实现高速收费
站不停车缴费，可有效缓解收费站拥堵。汽车在高速公路正常行驶的速度v0=30 m/s，通过ETC 通道时，
因通道限速其速度随时间变化的关系如图所示，忽略车身长度与变道时间，则该车通过ETC 通道产生的时
间延误为（ ）
A．4 s
B．6 s
C．8 s
D．10 s
【答案】A
【详解】由v t
−图像可知，汽车实际通过的位移等于图线与时间轴围成的面积，即
x=30+6
2
×3m+6×2m+6+30
2
×3m=120m
若汽车以v0=30m/s匀速通过该位移，所需时间t0=x
v0
=4s
而实际通过时间t=8s，则时间延误Δt=t−t0=4s
故选A。
【变式2-2】（2025·河南信阳·一模）一辆汽车紧急避让急刹车（车轮抱死）后停了下来，路面上留下了一
条车轮滑动的磨痕。警察为了判断该汽车是否超速，测出路面上车轮磨痕的长度为18m，重力加速度
g=10m/s
2。已知轮胎与地面的摩擦因数是0.8。道路限速50km/h，请根据以上条件判断该汽车（ ）
A．没有超速
B．超速10%以内
C．超速20%以内
D．超速20%以上
【答案】D
【详解】刹车过程中，摩擦力做负功使汽车停止。根据动能定理μmg s=
⋅
1
2 m v0
2
得初速度v0= ❑√2μgs= ❑√2×0.8×10×18m/s= ❑√288m/s≈16.97m/s
换算为千米每小时v0≈16.97×3.6km/h≈61.1km/h
超速比例为61.1 50
−
50
×100%≈22.2%
结论：超速超过20%。
故选D。
✡模型二 “0-v-0” 模型
模型剖析
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物体初速度为 0，先匀加速直线运动达到最大速度v，立刻切换为匀减速直线运动，最终末速度回归 0，
全程单向不折返，v-t 图像为三角形。
关键规律
1.加速、减速两段平均速度相等，均等于v=v
2 ，全程平均速度也相同；
2.时间、加速度、位移比例关系：t1
t2
=a2
a1
=x1
x2
；
3.总位移 x总=v
2 (t1+t2)，适合机车启动刹车、传送带物体加速减速、电梯升降等场景。
解题技巧
抓住中间最大速度v作为两段运动的连接量，优先用平均速度公式简化计算。
模型特训
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【典例1】（2026·广东·高考真题）足球比赛中，某队员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲
刺，后匀减速至接球点停止。全程用时5 s，位移大小为20 m，则该队员在某时刻的速度和加速度的大小
可能是（ ）
A．6m/s，2m/s
2
B．6m/s，1m/s
2
C．9m/s，2m/s
2
D．9m/s，1m/s
2
【推理演示】
根据题意，设运动过程中最大速度为vm，则有x=vm2t
代入数据解得vm=8ms
根据题意可知，加速过程或减速过程的最大时间均小于总时间，则有vm=at
解得加速过程或减速过程的最小加速度a=vmt=1.6ms2
综上所述，该球员某时刻的速度不可能为9ms，加速度大小不可能为1ms2。所以根据题意和选项速度和加
速度大小可能是6m/s，2ms2。
故选A。
【变式1-1】（2026·陕西·二模）感应自动门在人走近时自动打开，离开时自动关闭，已知该感应门完全打
开过程中移动的距离为d，感应门打开过程中的v-t 图像如图所示，最大速度为vm，加速与减速时的加速度
大小均为a，则该感应门完全打开需要的时间为（ ）
A．d
vm
−vm
a
B．d
vm
−2vm
a
C．d
vm
+2vm
a
D．d
vm
+vm
a
【答案】D
【详解】感应门打开经历先加速后匀速再减速的过程，加速和减速的时间相同，为t1=vm
a
加速和减速的位移相等，均为x=vm
2 t1
则匀速的时间为t2=d 2
−x1
vm
故感应门完全打开需要的时间为t=2t1+t2=d
vm
+vm
a
故选D。
【变式1-2】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）质点从静止开始做直线运动的加速度-时间(a−t)图像
如图所示，由图可知质点（ ）
A．0~2s内先加速后减速
B．1s 末的速度大小为1m/s
C．0~1s内的平均速度大小为0.5m/s
D．0~2s内的位移大小为2m
【答案】BD
【详解】A．0~2s内加速度始终为正，质点初速度为0，速度方向始终与加速度方向相同，因此速度一直
增大，只是加速度先增大后减小，并非先加速后减速，A 错误；
B．1s 末速度等于0~1s内a t
−图像的面积，计算得v1=1
2 ×1×2m/s=1m/s，B 正确；
C．若0~1s为匀加速运动，平均速度为0.5m/s；本题中0~1s加速度逐渐增大，位移小于同时间匀加速运
动的位移，因此平均速度小于0.5m/s，C 错误；
D．0~2s 末质点速度为2m/s，且速度一直增大，其v t
−关系如图中蓝线所示，0~2s内的位移大小等于图
中蓝线下方的面积
由图像的对称性可知，蓝线下方的面积与黑色线（匀加速直线运动）下的面积相同，所以0~2s内的位移大
小为x=0+2
2
×2m=2m，D 正确。
故选BD 。
✡模型三 双向可逆模型
模型剖析
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物体沿直线单向匀减速至速度为 0 后，以大小、方向完全不变的加速度原路反向匀加速运动，上升 / 上
滑与下落 / 下滑过程严格对称。
典例
竖直上抛运动、光滑斜面小球上滑后自由下滑。
核心对称规律
1.时间对称：同一往返位置，上行、下行时间相等；
2.速度对称：同一位置，上行与下行速度大小相等、方向相反；
3.位移对称：最高点为速度零点，往返总位移可分段拆分计算。
解题技巧
可将逆向运动等效为反向初速度为 0 的匀加速直线运动（逆向思维法）。
模型特训
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【典例1】（2026·安徽马鞍山·二模）物块以某一速度从固定粗糙斜面的底端开始上滑，向上运动至最高点
后返回底端，该过程物块的加速度为a、速度大小为v、位移为x、时间为t。不计空气阻力，以下图像正
确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【推理演示】A．上滑时，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ= m a上
下滑时，根据牛顿第二定律mgsinθ−μmgcosθ= m a下，a 下=gsinθ−μgcosθ，方向仍沿斜面向下。可得
a上>a下 ，且两个加速度方向相同，A 错误；
B．题干中v 是速度大小，因此全程v 为正
上滑过程，匀减速直线运动，速度从初速度v1 均匀减到0，加速度大，因此v−t 图线斜率绝对值大（更
陡）。下滑过程，匀加速直线运动，速度从0 均匀增大，全程摩擦力做负功，机械能损失，因此回到底端
时速度大小v2<v1，B 正确；
C．匀变速直线运动的位移满足x=v0t+1
2 at
2，因此x−t 图像为抛物线。根据x=1
2 at
2（x 是上滑/下滑的
总位移大小），因a上>a下，可得下滑时间t下>t上，即总时间大于2t0，C 错误；
D．仅上滑过程x=v0t−1
2 a上t
2，整理得 x
t =v0−1
2 a上t，确实是线性关系；但到达最高点后下滑，位移
表达式发生变化，x
t 不再满足线性关系，不可能一直保持直线下降到0，D 错误。
故选 B。
【变式1-1】（2026·广东广州·三模）将一排球竖直向上抛出，忽略空气阻力，则排球从抛出到落回抛出点
的过程中，其速度大小v、加速度大小a、动能Ek、机械能E 分别随时间t 变化的关系图像，其中正确的图
像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】A．忽略空气阻力，排球只受重力作用，加速度为定值（g），竖直上抛运动中，速度大小先匀减
速至 0（时间t0），再匀加速回落，速度大小随时间线性变化，题图v t
−图像符合规律，故A 正确；
B．加速度始终为重力加速度g（大小、方向均不变），因此a t
−图像是一条水平直线，故B 错误；
C．动能Ek=1
2 m v
2，速度大小随时间线性变化，故动能随时间呈二次函数变化（先减小至 0，再增大）；
但题目中Ek
t
−图像为线性变化，故C 错误；
D．忽略空气阻力时，机械能守恒，故E t
−图像是一条水平直线，故D 错误。
故选A。
【变式1-2】（2026·河北衡水·模拟预测）（多选）如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一
滑块从斜面底端以一定的初速度沿斜面上滑，一段时间后回到斜面底端。以沿斜面向上为正方向，下列关
于滑块的位移x、速度v 和加速度a 随运动时间t 变化的图像中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】CD．由题意可知，滑块先沿斜面向上做匀减速直线运动，速度为零后沿斜面向下做匀加速直线运
动，根据牛顿第二定律可知整个运动过程中其加速度不变，方向沿斜面向下，故C 错误，D 正确；
A．根据位移-时间关系x=v0t−1
2 at
2
可知位移随时间的关系为开口向下的抛物线且物块向上、向下运动过程具有对称性，故A 正确；
B．物块向上做匀减速运动，根据速度-时间公式v=v0
at
−
可知速度随时间的关系为倾斜的直线，且物块向上、向下运动过程具有对称性，故B 正确。
故选ABD。
✡模型四 折返模型
模型剖析
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物体从起点出发向前运动，抵达最远点后反向折返回到初始出发点，往返两段位移大小相等、方向相反；
两段加速度大小可以不同（区别于双向可逆模型）。
典例
粗糙斜面上滑下滑、有恒定阻力的竖直抛体、物体撞击挡板反弹。
解题要点
1.两段运动衔接点速度大小相等；
2.往返总位移为 0，分别对去程、返程列位移公式联立求解；
3.粗糙面往返问题上下加速度不同，不能套用对称结论。
模型特训
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【典例1】（2026·山东泰安·三模）如图所示，倾角为θ=30°的足够长斜面固定在水平地面上，现有一
物块以某一初速度从底端冲上斜面，一段时间后物块返回到斜面底端。已知物块沿斜面向下运动的时间是
向上运动的时间的❑√3倍，则它与斜面间的动摩擦因数为（ ）
A．
❑√3
3
B．
❑√3
4
C．
❑√3
5
D．
❑√3
6
【推理演示】因上滑与下滑两个单程的位移相等，上滑过程用可逆法看作初速度为零的匀加速直线运动，
故上滑过程由牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ= m a1
解得a1=g(sinθ+μcosθ)
下滑过程由牛顿第二定律mgsinθ−μmgcosθ= m a2
解得a2=g(sinθ−μcosθ)
由1
2 a1t
2=1
2 a2(❑√3t)
2
解得μ=1
2 tanθ=
❑√3
6
故选D。
【变式1-1】（2023 湖北武汉·期末）（多选）倾角均为θ=37°且足够长的甲、乙两斜面固定在水平地面
上，甲的斜面光滑，乙的斜面粗糙。如图所示，有两个可看作质点的滑块，以相同的初速度分别从甲、乙
的底端沿斜面上滑，且向上滑行的最大距离分别为x1和x2。已知x1:x2=3:2，重力加速度大小为
g=10m/s
2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（ ）
A．两滑块分别沿甲、乙斜面向上滑行的加速度之比为2:3
B．滑块与乙斜面的动摩擦因数为μ=0.375
C．两滑块沿甲、乙斜面向上滑行的时间之比为❑√3:❑√2
D．两滑块沿甲、乙斜面向下滑行的时间之比为❑√3:2
【答案】ABD
【详解】B.设乙斜面的摩擦因数为μ，分别对甲乙根据动能定理mg
−
x1sinθ=0−1
2 m v0
2
mg
−
x2sinθ μmg
−
x2cosθ=0−1
2 m v0
2
由题知x1:x2=3:2
解得μ=0.375
故B 正确；
A. 滑块沿甲斜面向上滑行的加速度大小a1=gsinθ=6m/s
2
滑块沿乙斜面向上滑行的加速度大小a2=gsinθ+μgcosθ=9m/s
2
两滑块分别沿甲、乙斜面向上滑行的加速度之比为a1:a2=2:3
故A 正确；
C.根据t=Δv
a
两滑块沿甲、乙斜面向上滑行的时间之比为t1
t2
=a2
a1
=3
2
故C 错误；
D.滑块沿乙斜面向下滑行的加速度大小a3=gsinθ μgcosθ=3
−
m/s
2
根据x=1
2 at
2
可得t= ❑√
2x
a
两滑块沿甲、乙斜面向下滑行的时间之比为t3
t4
= ❑√
2x1
a1
:❑√
2x2
a3
=
❑√3
2
故D 正确。故选ABD。
【变式1-2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）（多选）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同
算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B 两颗算珠
未在归零位。A、B 相隔s1=3.5cm，B 与上边框相隔s2=2cm。现用手指将A 以某一初速度拨出，在方格
纸中作出A、B 运动的v-t 图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）、忽略算珠A、B 碰撞的时间，g
取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．算珠A 不能自己归零位、算珠B 能自己回到归零位
B．算珠A 在碰撞前运动了0.2s
C．算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1
D．算珠A 与算珠B 在碰撞过程中机械能守恒
【答案】AC
【详解】AB．由乙图可知，A 拨出时的速度v0=0.4m/s
A 与B 碰前A 的速度为vA=0.3m/s
A 与B 碰后A 的速度为vA
' =0.1m/s
A 与B 碰后B 的速度为vB=0.2m/s
根据匀变速直线运动规律则有1
2 (vA+v0)t=s1
代入数据解得算珠A 在碰撞前运动的时间t=2s1
v0+vA
=2×3.5×10
2
−
0.3+0.4
s=0.1s
算珠A 的加速度大小为a=Δv
Δt =0.1
0.1 m/s
2=1m/s
2
碰撞后算珠A 的位移s1
'=vA
'2
2a =0.1
2
2×1 m=0.5cm
由于s1+s1
'=4cm
而算珠A 到边框的距离s=s1+s2=5.5cm>4cm
算珠A 无法归零，碰后算珠B 的位移sB=vB
2
2a =0.2
2
2×1 m=2cm
而算珠B 到边框的距离恰好为2cm，算珠B 恰好归零，A 正确，B 错误；
C．结合上述分析，根据牛顿第二定律则有μmg=ma
解得μ=a
g =0.1
C 正确；
D．设算珠的质量为m，碰前算珠的机械能E=1
2 m vA
2 =1
2 ×m×0.3
2(J)=0.045m(J)
碰撞后算珠具有的机械能E
'=1
2 m vA
'2+1
2 m vB
2 =1
2 m(0.1
2+0.2
2)(J)=0.025m(J)
显然E≠E
'，D 错误。
故选AC。
✡模型五 追击相遇模型
模型剖析
▶
核心解题总纲领：一个临界条件（速度相等）+ 两个基本关系（时间关系、位移关系），速度相等是相距
最远 / 最近、恰好追上 / 撞不上的分界点，细分 4 类题型：
类型 1：变速物体追匀速物体
匀加速追匀速：二者速度相等时，相距距离最大；之后前者持续加速，距离不断缩小，一定能追上且只相
遇 1 次。
匀减速追匀速：速度相等是能否追上的临界节点，此时若仍未追上，后续前者速度更小，永远无法追上。
类型 2：变速物体追变速物体
多用于匀加速追匀减速、匀减速追匀加速组合，必须联立两个物体的位移方程，结合速度临界点判断相遇
次数（0 次 / 1 次 / 2 次）。
类型 3：匀速物体追变速物体
匀速追赶匀加速物体：初始距离缩小，当变速物体速度超过匀速后，距离重新拉大，最多 1 次相遇；匀
速追赶匀减速物体大概率一定追上，需留意减速物体提前停止的陷阱。
类型 4：避免相撞问题（临界压轴题型）
本质是 “恰好不相撞”= 两物体速度相等时，刚好接触（位移差等于初始间距）；
解题固定思路：先找速度相等时刻，再计算该时刻二者位移差，与初始安全距离对比判断是否相撞。
模型特训
▶
类型1 变速物体追匀速物体
【典例1】（2026·黑龙江双鸭山·一模）在平直公路上，a、b 两小车运动的x-t 图像如图所示，其中a 是一
条抛物线，M 是其顶点，b 是一条倾斜、过原点的直线，关于a、b 两小车，下列说法正确的是（ ）
A．当t＝2.5s 时，两车相距最近
B．a 车做变加速直线运动，b 车做匀速直线运动
C．a 车速度始终大于b 车速度
D．t＝0 时刻，a、b 两小车相距16m
【推理演示】A．由匀变速运动规律可得x=x0+v0t+1
2 at
2
其中x0=−14m，抛物线上找两点（1，0）、（4，18），代入解得a=−4m/s2，v0=16m/s
b 车的速度为v=Δx
Δt =18
3
m/s=6m/s
当两车速度相等时，两车相距最近，即v=v0+at
解得t＝2.5 s，故A 正确；
B．由a 是一条抛物线，所以a 车做匀减速直线运动，b 为一条直线，所以b 车做匀速直线运动，故B 错误；
C．x－t 图像的斜率表示速度，所以a 车的速度逐渐减小，当图像斜率与直线b 平行时，两车速度相等，故
C 错误；
D．由题图可知，在t＝0 时，b 车处在坐标原点，a 车处于离坐标原点14 m 处，所以两车相距14 m，故D
错误；
故选A。
【变式1-1】（2025·广东肇庆·一模）（多选）一辆公交车在路口等候绿灯，当绿灯亮时，公交车以
a1=2m/s
2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，此时恰有一辆电动车以v0=6m/s的速度匀速从旁边超过
公交车，已知公交车在加速至vm =10m/s后做匀速直线运动，两车均可视为质点，从公交车启动到追上电
动车的过程，下列说法正确的是（ ）
A．在公交车启动5s 后，两者间的距离最大
B．公交车追上电动车前，两者间的最大距离为9m
C．公交车加速至10m/s 前已追上电动车
D．公交车追上电动车所需的总时间为6.25s
【答案】BD
【详解】AB．两车速度相等时距离最大，即v0=a1t1
解得时间为t1=v0
a1
=6
2 s=3s
公交车的位移大小为x1=1
2 a1t1
2=1
2 ×2×3
2m=9m
电动车的位移大小为x2=v0t1=6×3m=18m
最大距离为Δx=x2−x1=9m，故A 错误，B 正确；
C．公交车加速至vm =10m/s 所需时间为t2=vm
a1
=10
2
s=5s
此时公交车的位移大小为x
′
1=1
2 a1t2
2=1
2 ×2×5
2m=25m
电动车的位移大小为x
′
2=v0t2=6×5m=30m>25m
由于电动车位移大于公交车位移，所以公交车尚未追上电动车，故C 错误；
D．公交车加速阶段结束后，与电动车的距离为L=30m 25m=5m
−
之后公交车以vm =10m/s匀速追赶电动车，电动车以v0=6m/s匀速行驶，追赶所需时间为
t3=L
vm−v0
=5
10 6
−
s=1.25s
总时间为t=t2+t3=6.25s，故D 正确。
故选BD。
【变式1-2】（2025·广西南宁·模拟预测）如图所示，一辆小轿车从匝道驶入平直行车道时速率为16m/s，
想要加速后驶入内车道。小轿车司机先加速8s 后发现无超车条件，再立即踩刹车减速，经过3s 减速后，
刚好与前方大货车保持距离约60m 同速跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示，货车一直
保持匀速直线运动。下列说法中正确的是（ ）
A．该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大
B．该过程小轿车的平均速度大小为15m/s
C．该过程小轿车的平均加速度大小为2
11 m/s
2
D．轿车开始加速时与货车的距离约为154m
【答案】C
【详解】A．由题意可知货车的速度为14m/s，则轿车速度一直大于货车速度，直到11s 末两车速度相等，
所以两辆车距离一直在减小，故A 错误；
B．由图乙可知0~11s 内，轿车的位移为s1=1
2
(20+16)×8m+1
2
(20+14)×3m=195m
平均速度大小约为v=s1
t =195
11
m/s=17.7m/s，故B 错误；
C．该过程轿车的平均加速度大小为a =|
Δv
Δt)=|
14 16
−
11
)m/s
2=2
11 m/s
2，故C 正确；
D．0~11s 内，轿车的位移为s1=1
2
(20+16)×8m+1
2
(20+14)×3m=195m
货车的位移为s2=14×11m=154m
开始的距离为d=195m+60m 154m=101m
−
，故D 错误。
故选C。
类型2 变速物体追变速物体
【典例2】（2026·江西·模拟预测）某公司为了测试摩托车的性能，让两驾驶员分别驾驶摩托车在一平直路
面上行驶，利用速度传感器测出摩托车A、B 的速度随时间变化的规律并将其描绘在计算机中，如图所示，
两摩托车在t=25 s 时同时到达目的地。下列说法正确的是（ ）
A．摩托车A 的加速度是摩托车B 的3 倍
B．在t=0 时刻，两辆摩托车距离最远
C．在0~25 s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为200 m
D．在0~25 s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为280 m
【推理演示】A．v−t图像的斜率表示加速度，则A、B 两摩托车的加速度分别为aA=Δv
Δt =0.4 m/s
2，
aB=Δv'
Δt' =2m/s
2
因为aB
aA
=2
0.4 =5
1
所以摩托车B 的加速度为摩托车A 的5 倍，故A 错误；
B．由题图可知，在t=25s 时两车达到相同的速度，在此之前摩托车A 的速度一直大于摩托车B 的速度，
两辆摩托车的距离一直在缩小，所以在t=0 时刻，两辆摩托车距离最远，故B 正确；
CD．两辆摩托车间的最远距离Δx=xA−xB=1
2 ×(20+30)×25m−1
2 ×30×(25 10
−
)m=400m，故CD 错
误。
故选B。
【变式2-1】（2026·山东临沂·一模）甲、乙两辆遥控小汽车在一条直线上沿同一方向做匀加速直线运动，
它们的速度v 随着时间t 变化的关系图像如图所示。已知t=0时，两车经过同一位置，下列说法正确的是（
）
A．t=2s时，两车相遇
B．t=2.5s时，两车相遇
C．t=2s时，两车相距最远
D．相遇前两车之间的最大距离为1m
【答案】A
【详解】ABC．t=0时两车经过同一位置，结合图像可知甲车的初速度v0=1m/s
甲车的加速度a甲=Δv
Δt =3 1
−
1
m/s
2=2m/s
2
乙车的初速度v1=2m/s
乙车的加速度a乙=Δv
Δt =3 2
−
1
m/s
2=1m/s
2
当t=2s时，甲车的位移为x甲=v0t+1
2 a甲t
2=6m
乙车的位移为x乙=v1t+1
2 a乙t
2=6m
可知t=2s时，两车相遇，故A 正确，BC 错误；
D ．相遇前两车之间的距离最大时速度相等，由图可知为t1=1s时刻，甲车的位移为
x甲'=v0t1+1
2 a甲t1
2=2m
乙车的位移为x乙'=v1t1+1
2 a乙t1
2=2.5m
两车之间的最大距离为Δx=x乙'−x甲'=0.5m，故D 错误。
故选A。
【变式2-2】（2026·山东烟台·一模）甲、乙两车在平直公路上从同一地点同时出发，如图所示为甲、乙两
车运动的位置x 与速度的平方v
2的变化关系图像，甲、乙两车的出发位置均为x=0，则甲、乙两车在下一
次相遇前的最大距离为（ ）
A．2m
B．4m
C．8m
D．12m
【答案】D
【详解】由速度位移公式2ax=vt
2−v0
2
整理得到x=1
2a v
2−1
2a v0
2
表达式结合图像坐标系可知图线的斜率为1
2a ，纵截距为1
2a v0
2，可以求得乙的初速度和加速度分别为
v0乙=4m/s，a乙=2m/s
2
结合图像信息可知当x=12m时，vt
2=64 m
2/s
2。甲的初速度和加速度分别为v0甲=0，a甲=8
3 m/s
2
当甲、乙两车在下一次相遇前距离达到最大时，两车速度相等，得v甲=v乙
由速度时间公式得v0甲+a甲t=v0乙+a乙t
解得t=6s
最大距离Δx=（v0乙t+1
2 a乙t
2）（
−
v0甲t+1
2 a甲t
2）=12m
故选D。
类型3 匀速物体追变速物体
【典例3】（2026·安徽·模拟预测）小明在水平场地上运动训练，正前方有一静止足球，足球与前方竖直墙
的距离为15m。小明沿垂直墙的方向以3m/s 的速度匀速向前运动，接触足球时将其以8m/s 的速度沿自己
运动的方向向前踢出（此过程中小明保持原速度不变），足球在地面上沿直线做匀减速运动，加速度大小
恒为2m/s2，与墙碰撞无能量损失（碰撞后速度反向）。忽略足球的大小及足球与人和墙接触的时间，从
小明踢出足球后，到人与球再次相遇所经历的时间为（ ）
A．13
3 s
B．14
3
s
C．4s
D．5s
【推理演示】方法一由于足球被踢出后做匀减速直线运动，设初速度为v1，与墙碰撞瞬间速度为v2，则
v1
2−v2
2=2a x0
代入数据解得v2=2m/s
运动时间为为t1=v1−v2
a
=3s
人运动的位移为x1=v0t1=9m
设足球反弹后经过时间t2停止运动，则t2=v2
a =1s
由于v2
2 t2+v0t2=4m<x0−x1=6m
说明足球停止运动之后才与人相遇，所以从小明踢出足球后，到人与球再次相遇所经历的时间为t=t1+t2+
x0−x1
(
−v0t2+v2
2 t2)
v0
=14
3
s
方法二：足球被踢出后做匀减速直线运动，与墙碰撞无能量损失（碰撞后速度反向），故设运动到停下来
的总时间为t1，则有t1=0−v0
−a
=4s
此时足球运动的路程为x1=1
2 v0t1=16m，之后停在此处不动。
人运动到足球所有的总时间t2=2x0−s
v
=2×15 16
−
3
s=14
3
s>4s
故选B。
【变式3-1】（2025·河北·模拟预测）a、b 两物体从坐标原点出发沿x 轴运动，它们的x−t图像如图所示，
其中a 为抛物线，t=5s时，xmax=25m，b 物体以2m/s 的速度做匀速直线运动，下列说法正确的是
（ ）
A．前10s 内，a 物体的运动方向保持不变
B．在b 物体追上a 物体前，t=5s时两个物体距离最远
C．t=7.5s时b 物体追上a 物体
D．两个物体相遇时，它们相对速度的大小为8m/s
【答案】D
【详解】A．x t
−图像反映是物体位置与时间的关系，可知前5s 内a 物体沿x轴正方向运动，5s~10s时间
内，a 物体朝x轴负方向运动，A 错误；
B．设抛物线方程为x=v0t−1
2 at
2
x t
−图像的斜率表示速度，可知t1=5s时，速度为零，则有0=v0
a
−t1
联立解得数据可知a=2m/s
2，v0=10m/s
由运动学知识可知当a、b 两物体共速时相距最远，即vb=v0
a
−t2
解得t2=4s时两个物体距离最远，B 错误；
C．由运动学知识两物体相遇时有v0t−1
2 at
2=vbt
解得t=8s
即t=8s时b 物体追上a 物体，C 错误；
D．由上述分析可知，b 物体追上a 物体时，a 物体的速度为va=v0
at
−
故两个物体相遇时，它们相对速度的大小为Δv=vb−va=2m/s−
，D 正确。
故选D。
【变式3-2】（2025·重庆·模拟预测）如图所示，在一条足够长的水平直道上，汽车甲做匀速直线运动，汽
车乙从t=0时刻由静止开始做匀加速直线运动。在t=0到t=t0时间段内，下列说法正确的是（ ）
A．若t=0时刻，甲在前、乙在后，则乙一定能追上甲
B．若t=0时刻，甲在前、乙在后，则乙可能追上甲
C．若t=0时刻，甲在后、乙在前，则甲一定能追上乙
D．若t=0时刻，甲在后、乙在前，则甲可能追上乙
【答案】D
【详解】AB．若t=0时刻，甲在前、乙在后，则乙与甲的距离将越来越大，乙一定不能追上甲，故AB 错
误；
CD．若t=0时刻，甲在后、乙在前，当甲、乙的初始距离较小（小于或等于0∼t0内的相对位移）时，甲
能追上乙，反之则不能追上乙，可知甲可能追上乙，故D 正确、C 错误。
故选D。
类型4 避免相撞问题
【典例4】（2026·重庆沙坪坝·二模）（多选）一辆汽车在能见度很低的雾天在平直路面上以速度
v0=30m/s匀速行驶，突然发现正前方有一辆静止的自行车，当汽车发现自行车时立刻刹车。已知该汽车
在减速过程中的加速度a 与速度v 满足关系a =−kv(k=2s
1
−)。则汽车发现自行车时，两车相距多少米可
以不相撞（ ）
A．10m
B．12m
C．25m
D．30m
【推理演示】由题意，汽车在减速过程中任意一小段时间内，速度的变化量为Δv=∑aΔt=−k∑vΔt=−kΔx
累计求和可知，当汽车的速度为v 时，汽车的位移满足v=v0−kx
当汽车的末速度v=0 时，汽车的位移最大，满足x=v0k=15m
故汽车发现自行车时，两车相距至少大于15 米可以不相撞，选项C、D 的距离均大于15m，可以不相撞。
故选CD。
【变式4-1】（2025·云南昆明·模拟预测）如图所示，直线MN 表示一条平直单车道，甲、乙两辆汽车刚开
始静止，车头分别在A、B 两处，两辆车长均为L=4m，两个车头间的距离为x0=94m，现甲车先开始向右
做匀加速直线运动，加速度a1=2.5m/s2，甲车运动了t0=5s 后，发现乙车仍然静止，甲车立即鸣笛，又经过
t1=1s，乙车才开始向右做匀加速直线运动。
(1)求乙车开始运动时，甲车车头到乙车车尾间的距离d；
(2)若乙车运动的加速度a2=5.5m/s2，两辆汽车是否会相撞？若会，请通过计算说明；若不会，请求出甲车
车头到乙车车尾间的最小距离dmin；
(3)若要使两车不相撞，求乙车运动的最小加速度。
【答案】(1)d=45m
(2)不会，dmin=7.5m
(3)5m/s
2
【详解】（1）甲车在乙车开始运动前的位移x甲=1
2 a1(t0+t1)
2=45m
乙车开始运动时，甲车车头到乙车车尾间的距离d=x0−x甲
L=45m
−
（2）设乙车运动后，经过t2时间两车速度相等，此时两车距离最小，则有a2t2=a1(t0+t1+t2)
解得t2=5s
此时甲车车头到乙车车尾间的距离dmin=x0
L+
−
1
2 a2t2
2−1
2 a1(t0+t1+t2)
2
联立解得dmin=7.5m>0
可知两车不会相撞且dmin=7.5m。
（3）设乙车运动后，经过时间t3两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，此种情况下乙车加速度记为a3，
则有a3t3=a1(t0+t1+t3)，1
2 a3t3
2+x0
L=
−
1
2 a1(t0+t1+t3)
2
联立解得a3=5m/s
2
即要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少为5m/s
2。
【变式4-2】（2024·河北衡水·二模）有两辆汽车在平直路面上一前一后朝着相同方向匀速行驶，前车速度
vA=16m/s，后车速度vB=18m/s，当后车与前车相距L=20m时，前车以大小aA=4 m/s
2的加速度刹车，后
车司机看到前车刹车灯亮起，然后以大小aB=6m/s
2的加速度刹车，已知后车司机的反应时间t0=0.5s，
求：
(1)后车刚开始减速时两车之间的距离；
(2)请通过计算判断两车是否发生了追尾事故?
【答案】(1)18.5m (2)不会发生追尾事故
【详解】（1）反应时间t0时间内前车行驶的位移xA=vAt0−1
2 aAt0
2=7.5m
后车行驶的位移xB=vBt0=9m
两车之间的距离x=L+xA−xB=18.5m
（2）设两车经过t 时间共速，则有vB−aB(t−t0)=vA−aAt
解得t=2.5s。
从开始到共速，前车位移LA=vAt−1
2 aAt
2
代入数据解得LA=27.5m
从开始到共速，后车位移LB=vBt0+vB(t−t0)−1
2 aB(t−t0)
2
代入数据解得LB=33m
共速时两车之间的距离ΔL=L+LA−LB=14.5m>0，所以不会发生追尾事故
