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第 1 讲 匀变速直线运动的规律及应用 题型全练
题型一 基本公式和速度位移关系式的应用
1．（2026•沙坪坝区校级模拟）驾驶员对匀速行驶的汽车进行紧急刹车测试，停车距离包括反应距离和
刹车距离，其中反应距离为汽车在驾驶员反应时间内匀速通过的距离，刹车距离为汽车开始匀减速到
停止运动的距离。当初速度为v 时测得反应距离和刹车距离均为x。若每次测试时驾驶员的反应时间
和汽车减速过程的加速度均不变，则初速度为2v 时停车距离为（ ）
A．2x
B．4x
C．6x
D．8x
【答案】C
【分析】先计算出驾驶员的反应时间和汽车刹车时的加速度，然后根据运动学公式计算即可。
【解答】解：驾驶员的反应时间为t0= x
v ，汽车刹车时的加速度大小为a，则a= v
2
2 x 。当汽车的初速度
为2v 时汽车的停车距离为s=2v t0+ (2v)
2
2a
，联立解得s＝6x，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2．（2026•齐齐哈尔二模）我国福建号航母配置的隐身舰载机歼﹣35 战机，具有优异的战斗性能，某次
歼﹣35 完成任务后，返回航母时着舰速度大小为60m/s，之后滑行3s 停下来，若这个过程可看作匀减
速直线运动，则歼﹣35 在甲板上减速滑行的加速度大小和滑行距离分别是（ ）
A．10m/s2 100m
B．20m/s2 90m
C．20m/s2 100m
D．10m/s2 90m
【答案】B
【分析】已知初速度、末速度和减速时间，根据速度—时间公式求出加速度；根据位移—时间公式求
出位移。
【解答】解：歼﹣35 做匀减速直线运动，根据速度公式有0＝v0﹣at
解得a＝20m/s2
匀减速到停止的过程的位移与初速度为零的匀加速直线运动位移大小相等，为x= 1
2 at
2= 1
2 ×20×3
2m
＝90m
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．（2026•萍乡二模）如图所示，高铁站内的柱子沿直线铁轨等间距排列，高铁启动前某乘客座位旁边
正好有一根柱子，记为第1 根，出发后4s 恰好经过第2 根。假设高铁做匀加速直线运动，则出发后8s
恰好经过的柱子为（ ）
A．第3 根
B．第4 根
C．第5 根
D．第6 根
【答案】C
【分析】根据匀变速直线运动的位移—时间公式求出。
【解答】解：设两根柱子之间的距离为L，高铁的加速度为a，则L= 1
2 at1
2
经过8s 后x= 1
2 at2
2
代入数据联立可得x＝4L，所以出发后8s 恰好经过第5 根。故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026•沧州模拟）如图所示，小球由地面竖直向上做匀减速直线运动，加速度大小为
10m/s2，向上运动过程中依次通过A、B、C 三点，三点距地面的高度分别为2.0m、3.4m、4.4m，若A
到B 和B 到C 的时间均为t，小球能达到的最高点距地面的高度为h。下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.1s
B．t＝0.2s
C．h＝5.2m
D．h＝5.8m
【答案】BC
【分析】由匀变速直线运动的推论Δx＝at2以及某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度结合速
度—位移关系求解。
【解答】解：AB．小球由地面竖直向上做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的推论Δx＝at2
AB 间位移xAB＝（3.4﹣2.0）m＝1.4m
BC 间位移xBC＝（4.4﹣3.4）m＝1.0m
则Δx＝xBC﹣xAB＝（1.0﹣1.4）m＝﹣0.4m
加速度大小为10m/s2，即加速度a＝﹣10m/s2
则t＝0.2s，故A 错误，B 正确；
CD．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，AC 段的平均速度等于B 点的瞬时速度
则B 点的速度vB= x AC
2t = 2.4 m
0.4 s =6m/ s
从B 点到最高点，根据0−vB
2 =2a xB
可得B 点到最高点的距离xB= 0−vB
2
2a
，解得xB=1.8m
所以最高点距地面高度h＝（3.4+1.8）m＝5.2m，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
题型二 平均速度与中间时刻速度的应用
1．（2026•徐州模拟）某物体做匀减速直线运动，连续通过两段0.9m 的位移，第一段用时0.4s，第二段
用时0.5s。该物体的加速度大小为（ ）
A．0.8m/s2
B．1.0m/s2
C．1.2m/s2
D．1.5m/s2
【答案】B
【分析】利用匀变速直线运动中“中间时刻的瞬时速度等于对应时间内的平均速度”，求出两段位移
中间时刻的瞬时速度；计算两个中间时刻的时间间隔；根据加速度的定义式，求出加速度的大小。
【解答】解：根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于对应时间内的平均速度，第一段0.9m 位
移用时0.4s，对应中间时刻的瞬时速度为v1= 0.9
0.4 m/ s=2.25m/ s；第二段0.9m 位移用时0.5s，对应
中间时刻的瞬时速度为v2= 0.9
0.5 m/ s=1.8m/ s。
两个中间时刻的时间间隔为Δt = 0.4
2 s+ 0.5
2 s=0.45 s。
根据加速度的定义式，物体的加速度a= v2−v1
Δt
= 1.8−2.25
0.45
m/ s
2=−1.0m/ s
2，即加速度的大小为
1.0m/s2，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
2．（2026•晋中模拟）如图所示，一架歼﹣35 舰载机在福建舰的电磁弹射器作用下，从静止开始做匀加
速直线运动。已知弹射距离为100m，弹射结束时飞机的速度为80m/s，则该过程所需的时间为
（ ）
A．1.25s
B．2.5s
C．3.2s
D．0.8s
【答案】B
【分析】利用匀加速直线运动的平均速度等于初末速度的平均值，结合位移公式x = v0+ v
2
t，代入已
知的初速度、末速度和位移，求解弹射所需时间。
【解答】解：根据匀变速运动位移时间公式x = v0+ vt
2
t
代入数据得t＝2.5s，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．（2025 秋•南充期末）一辆小车在一段长直公路上做直线运动，若这段过程中间时刻的瞬时速度为
v1，中间位置的瞬时速度为v2。则（ ）
A．当小车做匀加速直线运动时，v1＝v2
B．当小车做匀减速直线运动时，v1＞v2
C．当小车做匀加速直线运动时，v1＞v2
D．当小车做匀速直线运动时，v1＝v2
【答案】D
【分析】推导匀变速直线运动中间时刻和中间位置的瞬时速度表达式，结合匀速直线运动的速度特点
分析两者关系。
【解答】解：ABC、设物体运动的初速度为v0，末速度为v，则中间时刻的瞬时速度
v1= v0+a⋅t
2 = 2v0+at
2
= v0+(v0+at )
2
= v0+ v
2
根据速度与位移关系式，物体在中间位置的瞬时速度v2满足以下关系式v2
2−v0
2=2a⋅x
2 = v
2−v2
2
解得v2=
❑√
v
2+ v0
2
2
根据数学关系比较❑√
v
2+ v0
2
2
≥v0+ v
2
当物体做匀速运动即v＝v0时取等号，故可知无论物体做加速运动还是减速运动，都满足v1＜v2，故
ABC 错误
D、当小车做匀速直线运动时速度不变，任何时刻速度都相等，那么v1＝v2，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2025 秋•河东区校级期中）现代物理学中加速度的定义式为a= vt−v0
t
，而历史上有些科学
家曾把相同位移内速度变化量相同的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线
运动”），“另类加速度”的定义式为A= vs−v0
s
，其中v0、vs分别表示某段位移s 内的初速度和末速
度。A＞0 表示物体在做加速运动，A＜0 表示物体在做减速运动。则下列说法正确的是（ ）
A．若A 不变，则a 也不变
B．若A＞0 且保持不变，则a 逐渐变大
C．若A 不变，则物体在位移中点处的速度比v0+ vs
2
大
D．若A＞0 不变，则物体在中间时刻的速度比v0+ vs
2
小
【答案】BD
【分析】根据题目所提供信息的物理意义，将两个表达式进行对比，一个为速度随时间的变化率，一
个为速度随位移的变化率。
【解答】解：AB、若A 不变，有两种情况：A＞0 时，相同位移内速度增加量相同，平均速度越来越
大，通过相同位移所用时间越来越短，由a= vt−v0
t
可知，a 越来越大；A＜0 时，相同位移内速度减少
量相同，平均速度越来越小，所以通过相同位移用的时间越来越长，由a= vt−v0
t
可知，a 越来越小，
故A 错误，B 正确；
C、A 不变时，相同位移内速度变化量相同，设位移中点处的速度为v1，则有：v1﹣v0＝vs﹣v1，可
得：v1= v0+ vs
2
，故C 错误；
D、若A＞0 且保持不变，则前一半时间内的平均速度小于后一半时间内的平均速度，后一半时间内物
体将经过更多的位移，所以物体在中间时刻时，还没有到达中间位置，所以物体在中间时刻的速度比
v0+ vs
2
小，故D 正确。
故选：BD。
题型三
位移差公式及比例的应用
1．（2026•沈北新区校级开学）质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1 个2s、第2 个2s 和第3 个2s
内三段位移比为（ ）
A．1：2：3
B．1：4：9
C．1：3：5
D．1：8：27
【答案】C
【分析】根据初速度为0 的匀变速直线运动公式求解。
【解答】解：质点从静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。第1 个2s 内位移s1= 1
2 a×2
2=2a
第2 个2s 内位移s2= 1
2 a×4
2−1
2 a×2
2=6a
第3 个2s 内位移s3= 1
2 a×6
2−1
2 a×4
2=10a
代入数据得三段位移之比为s1：s2：s3＝2a：6a：10a＝1：3：5，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2．（2025 秋•济南期末）“福建舰”是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，其电磁弹射系统能为
舰载机提供高效助力。某舰载机训练时，由静止开始在甲板上做匀加速直线运动，加速距离约为
100m，加速时间约为2s，下列说法正确的是（ ）
A．舰载机加速过程中的加速度大小约为25m/s2
B．舰载机加速过程中的加速度大小约为100m/s2
C．舰载机开始运动后第1 秒内和第2 秒内的位移之比为1：3
D．舰载机开始运动后第1 秒内和第2 秒内的位移之比为1：4
【答案】C
【分析】利用匀变速直线运动位移公式x = 1
2 at
2计算加速度，再结合初速度为零的匀加速直线运动位
移比例关系判断位移之比。
【解答】解：已知舰载机由静止开始做匀加速直线运动，位移x＝100m，时间t＝2s，初速度v0＝0
AB.根据匀变速直线运动位移公式x = 1
2 at
代入数据得a＝50m/s2，故AB 错误；
CD.初速度为零的匀加速直线运动，第1 秒内位移x1= 1
2 at1
2
代入数据得x1＝25m
前2 秒内位移x2= 1
2 at2
2
代入数据得x2＝100m
则第2 秒内位移x′2为x′2＝x2﹣x1
代入数据得x′2＝75m，位移之比为x1：x2＝25：75＝1：3，故C 正确，D 错误。
故选：C。
3．（2026•九台区校级开学）如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v
射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D 位置）时速度恰好为零，子弹可
视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．子弹通过每一个木块时，其速度变化量均相同
B．子弹到达各点的速率vO：vA：vB：vC＝4：3：2：1
C．子弹从O 运动到D 全过程的平均速度等于C 点的瞬时速度
D．子弹通过各木块经历的时间tA：tB：tC：tD=1：❑√2：❑√3：2
【答案】C
【分析】将子弹的匀减速运动反向视为初速度为0 的匀加速运动，利用匀加速直线运动的速度—位
移、时间—位移关系，结合四个木块对应的位移分段（相等），分析各点的速度、时间比例；再结合
平均速度的推论（匀变速全程平均速度等于中间时刻的瞬时速度），判断全程平均速度与C 点速度的
关系，进而验证各选项。
【解答】解：A、由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，根据Δv＝aΔt，可知子
弹通过每一个木块时，其速度变化量不相同，故A 错误；
B、将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，由v2＝2ax
可知，子弹通过C、B、A、O 的速度之比为1：❑√2：❑√3：2，故B 错误；
D、将子弹的运动视为反向初速度为零的匀加速直线运动，则由x= 1
2 at
2
可知，反向通过各木块用时之比为1：（❑√2−1）：（❑√3−❑√2）：（2−❑√3）
则子弹从进入木块到达各点经历的时间tA：tB：tC：tD=(2−❑√3)：(❑√3−❑√2)：(❑√2−1)：1
故D 错误；
C、根据匀变速直线运动的推论：根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可知子弹从O
运动到D 全过程的平均速度等于v = v0+ vt
2
= v
2 = vC，故C 正确。
故选：C。
（多选）4．（2025 秋•渭南期末）小亮同学看到家里的扫地机器人刚好充电完成后从静止开始沿着铺有
相同大瓷砖的地面做匀变速直线运动，如图所示，扫地机器人连续经过R、S、T 三点，在RS 段和ST
段的平均速度大小分别为0.2m/s 和0.6m/s，不计相邻瓷砖间的缝隙。则（ ）
A．机器人在RS 段与ST 段的时间之比为1：3
B．机器人在RT 段的平均速度为0.4m/s
C．机器人通过第一块砖与通过第四块砖的时间之比为(2+ ❑√3)：1
D．机器人通过每块砖的速度变化量相同
【答案】BC
【分析】初速度为0 的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间比为
t1：t2：t3：t 4=1：(❑√2−1)：(❑√3−❑√2)：(❑√4−❑√3)；平均速度的大小为位移与时间的比值。
【解答】解：A、机器人从静止开始做匀变速直线运动，设每块砖的宽度为L，机器人在RS 段所花时
间t1= L
v1
= L
0.2s，
在ST 段的时间t2= 3 L
v2
= 3 L
0.6s，则机器人在RS 段与ST 段的时间之比t1
t2
=
L
0.2
3 L
0.6
=1：1，故A 错误；
B、机器人在RT 段的平均速度v = 4 L
t1+t2
=
4 L
L
0.2 + L
0.2
m/ s=0.4 m/ s，故B 正确；
C、初速度为0 的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间比为
t1：t2：t3：t 4=1：(❑√2−1)：(❑√3−❑√2)：(❑√4−❑√3)，机器人通过第一块砖与通过第四块砖的
时间之比
t1
t 4
=
1
❑√4−❑√3 =(2+ ❑√3)：1，故C 正确；
D、由于机器人做匀加速运动，通过每块砖的时间越来越短，根据Δv＝aΔt，知Δt 变小，则Δv 变小，
故D 错误。
故选：BC。
题型四 刹车类问题
1．（2025 秋•渝中区校级期末）运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3s 停止，试问它在制动开始
后第1s 内、第2s 内运动的位移大小之比为（ ）
A．3：5
B．5：3
C．3：1
D．4：1
【答案】B
【分析】根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间内位移之比为奇数比进行分析。
【解答】解：逆向分析，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间内位移之比为1：3：
5 可知，它在制动开始后第1s 内、第2s 内运动的位移大小之比为5：3，故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
2．（2026•广安模拟）某无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾
驶。对该车刹车系统进行某次测试时，视为匀减速直线运动，从刹车开始计时，已知前2s 与最后2s 的
位移之比是12：5。刹车开始到停止用时为（ ）
A．3.4s
B．3.6s
C．4.3s
D．4.6s
【答案】A
【分析】汽车做匀变速直线运动，根据位移—时间的关系式表示位移的大小，根据位移比值计算时
间。
【解答】解：将匀减速到0 的刹车运动逆向视为初速度为0 的匀加速直线运动分析，
设刹车总时间为t，加速度大小为a，
则最后2s 的位移等于逆向匀加速前2s 的位移x后= 1
2 a⋅2
2=2a
前2s 的位移等于总位移减去（t﹣2）s 内的位移x前= 1
2 at
2−1
2 a(t −2)
2=a(2t −2)；
由位移比
x前
x后
= 12
5
代入得(2t −2)a
2a
= 12
5 ，解得t＝3.4s。
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3．（2026 春•沈阳校级月考）汽车以20m/s 的速度做匀速直线运动，见前面有障碍物立即刹车，刹车后
加速度大小为5m/s2，则汽车刹车后2s 内及刹车后6s 内通过的位移之比为（ ）
A．1：9
B．3：4
C．5：13
D．1：3
【答案】B
【分析】已知初速度和加速度大小，需要比较两个不同时间段内的位移比值。分析的关键在于判断汽
车实际运动的时间，汽车从刹车到停止所需时间由初速度与加速度的关系决定，若给定时间大于停车
时间，则位移应按停车时间计算。因此需先计算停车时间，再分别计算两段时间对应的位移，其中2
秒时汽车仍在运动可直接用匀变速位移公式，6 秒时汽车已停止位移等于停车过程的位移，最后比较
两者比值。
【解答】解：汽车从开始刹车到停止所需时间由t0= v0
a 给出，代入数据，解得：t0＝4s。
由于t1＝2s＜t0，表明在t1时刻汽车仍在运动，其位移为x1= v0t1−1
2 at1
2，代入数据，解得：x1＝
30m；
由于t2＝6s＞t0，表明汽车在t0时刻已停止运动，因此t2时间内的位移等于t0时间内的位移，即x2= v0
2
2a
，代入数据，解得：x2＝40m。
综上，汽车在刹车后2s 内与6s 内通过的位移之比为x1：x2＝30：40＝3：4，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026 春•平阳县校级月考）冰壶（Curling），又称掷冰壶、冰上遛石，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。在某次比赛中，冰壶被投出
后，如果作匀减速直线运动，用时20s 停止，倒数第2s 内位移大小为0.6m，则下面说法正确的是（
）
A．冰壶的加速度大小是0.3m/s2
B．冰壶的加速度大小是0.4m/s2
C．冰壶第1s 内的位移大小是7.8m
D．冰壶的初速度大小是6m/s
【答案】BC
【分析】整个过程的逆过程是初速度为0 的匀加速直线运动，根据位移公式倒数第2s 内的位移等于倒
数前2s 位移减去倒数第1s 内的位移；由速度—时间公式求出初速度以及1s 末的速度，由位移—时间
公式求第1s 内的位移。
【解答】解：AB．整个过程的逆过程是初速度为0 的匀加速直线运动，倒数第2s 内位移大小为
0.6m，则x2= 1
2 at2
2−1
2 at1
2
代入数据得a＝0.4m/s2
故A 错误，B 正确；
CD．由速度—时间公式可知初速度为v0＝at0＝0.4×20m/s＝8m/s
第1s 内的位移为x1= v0t −1
2 at
2=8×1m−1
2 ×0.4×1
2m＝7.8m
故C 正确，D 错误。
故选：BC。
题型
五
追击相遇问题
1．（2026•兰州一模）在平直公路上两车同向匀速行驶，前车速度为v1，后车速度为v2，且v2＞v1。为
防止追尾，当两车相距s 时，后车开始刹车，匀减速直线运动的加速度大小为a。设司机反应时间为
t，则s 的最小值为（ ）
A．v2
2−v1
2
2a
B．v2
2
2a +v2t−v1v2
a
−v1t
C．(v2−v1)
2
2a
+（v2﹣v1）t
D．v2
2
2a +v2t
【答案】C
【分析】当两车速度相等时，距离最小，根据速度—时间公式求出共速的时间，再由位移关系列式求
解。
【解答】解：设从两车相距s 到两车共速时用时为T，则共速时，有v2﹣a（T﹣t）＝v1
位移关系为s＝v2t+v2（T﹣t）−1
2a（T﹣t）2﹣v1T
解得s= (v2−v1)
2
2a
+（v2﹣v1）t，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
2．（2026•武汉模拟）2026 年3 月29 日，中国品牌张雪机车在世界超级摩托车锦标赛第二回合比赛中勇
摘桂冠。某次训练中，乙车进入直线赛道时落后甲车6m，甲乙两车速度均为180km/h，此时开始计
时，此后两车均做匀加速直线运动，乙车的加速度为4.5m/s2，甲车的加速度为2.5m/s2，乙车从加速追
赶至最终冲线历时4s。则乙车冲线时超越甲车的距离为（ ）
A．6m
B．10m
C．12m
D．16m
【答案】B
【分析】题目描述两车在直线赛道上的匀加速追赶过程，已知初速度相同、加速度不同，计时开始时
乙车落后甲车一定距离。需要分析两车在相同时间内的位移变化，确定乙车从落后到超越的距离差。
核心是明确两车均做匀加速直线运动，利用位移公式比较它们在相同时间内的位移差值，再结合初始
落后距离计算最终超越距离。已知条件包括初速度、两车加速度、追赶时间及初始位置差，待求量为
乙车冲线时超越甲车的距离，需通过位移差与初始距离的关联得出结果。
【解答】解：两车的初速度均为v0＝180km/h＝50m/s；乙车追赶并冲线历时t＝4s，在此时间内，甲、
乙两车均做匀加速直线运动，其位移分别为x1= v0t + 1
2 a1t
2和x2= v0t + 1
2 a2t
2；两车在4s 内的位移差
为Δx = x2−x1= 1
2 (a2−a1)t
2，代入数据解得：Δx＝16m；由于计时开始时乙车落后甲车d＝6m，则乙
车冲线时超越甲车的距离为ΔL＝Δx﹣d，解得：ΔL＝10m，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．（2026•江门模拟）2025 年8 月，世界人形机器人运动会在北京举办。在百米机器人“飞人大
战”中，机器人站在同一起跑线上，发令枪响（记为0 时刻）后，A、B 两机器人沿直线运动，它们的
速度v 随时间t 变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两机器人同时出发
B．0～2s 内，A 机器人的加速度大小为2m/s2
C．t＝5s 时，B 机器人刚好追上A 机器人
D．2s～5s 内，两机器人之间的距离一直在减小
【答案】C
【分析】该题通过速度—时间图像分析两机器人的运动过程。明确A 机器人从0 时刻开始以匀加速启
动后匀速运动，B 机器人从2 秒后开始运动，结合速度—时间图像与时间轴所围面积代表位移，比较
两机器人在不同时间段内的速度大小关系，从而判断出发时间、加速度、追及时刻以及间距变化情
况。
【解答】解：A、由v﹣t 图像可知，A 机器人自t＝0 时刻起开始运动，B 机器人则从t＝2s 时刻才开始
运动，因此两者并不同时出发，故A 错误；
B、在0～2s 内，依据加速度的定义式a= Δv
Δt ，代入数据可求得A 机器人的加速度大小为
aA = 2m/ s−0
2s
，解得：aA =1m/ s
2，故B 错误；
C、根据v﹣t 图像与时间轴围成的面积代表位移，在t＝5s 时，A 机器人的位移
x A = 1
2 ×2s×2m/ s+3 s×2m/ s，解得：xA＝8m；B 机器人的位移
xB= 1
2 ×2s×4 m/ s+1s×4 m/ s，解得：xB＝8m。由于两者出发点一致且位移相等，表明此时B 恰
好追上了A，故C 正确；
D、在2s～5s 内，t＝3s 之前有vA＞vB，两机器人间的距离持续增大；t＝3s 之后则有vA＜vB，两者间
的距离逐渐减小，故D 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026 春•合肥月考）如图所示，在街头经常可以看见这种四四方方、长相“呆萌”的无人
驾驶快递车。某直线路段上，一辆无人驾驶快递车正跟随一辆同向行驶的轿车，两车初始相距d＝2m
（即快递车车头距轿车车尾2m）。现轿车因前方突发情况紧急刹车，快递车在信息技术加持下，可与
轿车驾驶员同时发现前方突发情况，反应时间内两车均以原速率匀速行驶，刹车过程均视为匀减速直
线运动，两车的运动数据如下表。下列说法正确的是（ ）
车辆
初始速度v0
（m/s）
反应时间t0
（s）
刹车加速度大小a（m/s2）
轿车
12
0.8
6.0
快递车
12
0.3
4.0
A．由题中信息可判断两车将会发生追尾
B．由题中信息可判断两车不会发生追尾
C．若无人快递车是在发现轿车开始刹车时才开始反应，则两车会发生追尾
D．若无人快递车是在发现轿车开始刹车时才开始反应，则两车不会发生追尾
【答案】BC
【分析】通过绘制v﹣t 图像直观呈现运动过程，分别计算轿车和快递车在不同反应时间下的总位移，
结合初始间距判断是否会发生追尾；分析快递车反应延迟的极端情况，重新计算两车位移并对比。
【解答】解：AB．根据两车的运动数据绘制两车运动的v﹣t 图像如图1 所示：
由题意可得轿车位移为x = v0t 反+ v0
2
2a =12×0.8m+ 12
2
2×6 m=21.6m，快递车位移为
x′ = v0t 反′ + v0
2
2a′ =12×0.3m+ 12
2
2×4 m=21.6m。两车初始相距d＝2m，即轿车在前，快递车位移与
轿车位移相等，说明两车的距离始终大于0，不会发生追尾，故A 错误，B 正确。
CD．若快递车在轿车开始减速时才做出反应，如图2 所示，轿车位移为x″ = v0
2
2a = 12
2
2×6 m=12m，快
递车位移x'＝21.6m＞12m+2m＝14m，说明快递车会追上轿车，两车会发生追尾，故C 正确，D 错
误。
故选：BC。
综合提升
一、选择题
1．（2026•太原模拟）国标要求电动自行车最高设计车速不超过25km/h，以最大速度在干态平直路面上行
驶，制动距离不得超过7m。若将制动过程看作匀减速直线运动，国标要求电动自行车在制动过程中
（ ）
A．最大加速度约为3.5m/s2
B．最小加速度约为3.5m/s2
C．最大加速度约为7m/s2
D．最小加速度约为7m/s2
【答案】B
【分析】以国标要求的最大车速为初速度，最远制动距离为减速到零的运动位移，可得到国标要求电
动自行车在制动过程中的最小加速度，不能得到最大加速度。根据做匀变速直线运动的位移与速度关
系解答。
【解答】解：以国标要求的最大车速v＝25km/h≈6.94m/s 为初速度，最远制动距离x＝7m 为减速到零
的运动位移，可得到国标要求电动自行车在制动过程中的最小加速度amin。
根据做匀变速直线运动的位移与速度关系可得：amin= v
2
2 x = 6.9 4
2
2×7 m/s2≈3.44m/s2，故B 正确，ACD 错
误。
故选：B。
2．（2026•南昌模拟）南昌梅岭云端索道总长5580 米，是我国最长的市内交通观景索道。如图所示，景
区中A、B 两景点间可通过缆车往返，当甲车以6m/s 的速度开始减速时，对面的乙车从B 景点由静止
启动，两车加速度大小均为1m/s2，甲车到B 景点速度减为零。则甲、乙相遇时，甲距离B 景点（
）
A．4.5m
B．9m
C．13.5m
D．18m
【答案】A
【分析】先计算出甲到B 景点的距离，然后计算出甲、乙相遇的时间，则乙的位移即为甲到B 景点的
距离。
【解答】解：开始减速时，甲到B 景点的距离为x= v
2
2a = 6
2
2×1m＝18m
设经时间t 甲、乙相遇，则x= vt −1
2 at
2+ 1
2 at
2= vt
解得t＝3s
所以甲、乙相遇时，甲到B 景点的距离为x′ = 1
2 at
2= 1
2 ×1×3
2m＝4.5m，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3．（2025 秋•昆明月考）如图所示，小球直径为d，其球心与光电门中心在同一竖直线上，让小球从光
电门上方自由下落，测得其经过光电门的时间为Δt，则小球球心经过光电门中心时的速度（ ）
A．小于d
Δt
B．等于d
Δt
C．大于d
Δt
D．无法比较与d
Δt 的大小关系
【答案】C
【分析】先根据平均速度计算出小球经过光电门的平均速度，即中间时刻的瞬时速度，然后根据做匀
变速直线运动的物体，在位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度比较。
【解答】解：小球经过光电门Δt 内，其中间时刻的瞬时速度为v = d
Δt ，球心经过光电门中心时的速度
等于位移中点的瞬时速度，由于位移中点速度大于时间中点速度，所以球心经过光电门中心时的速度
大于d
Δt ，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
4．（2025 秋•越秀区校级月考）一位花鼓戏演员在表演时，随着音乐的变化做匀减速直线运动，依次通
过A、B、C、D 四个标志物，测得的数据有：AB＝6.4m，CD＝1.6m，演员在AB、BC、CD 段的运动
时间依次为2s、1s、2s，则演员的加速度大小为（ ）
A．0.2m/s2
B．0.4m/s2
C．0.6m/s2
D．0.8m/s2
【答案】D
【分析】物体做匀变速直线运动，根据平均速度等于中间时刻速度和加速度定义式解决。
【解答】解：一位花鼓戏演员在表演时，随着音乐的变化做匀减速直线运动，
根据平均速度等于中间时刻速度得演员经过AB 段中间时刻的速度v1= x AB
t AB
= 6.4
2 m/s＝3.2m/s，演员经
过CD 段中间时刻的速度为v2= xCD
tCD
= 1.6
2 m/s＝0.8m/s，
则演员加速度大小为a= v2−v1
Δt
= 3.2−0.8
2
2 +1+ 2
2
m/s2＝0.8m/s2，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
5．（2025 秋•南宁期末）2025 年5 月31 日上午，“金蛇献瑞龙舞九州”全国龙舟大联动暨南宁龙舟公开
赛在邕江大桥畅游阁附近水域举行。如图乙所示，水面比赛的直道上有a、b、c、d、e 五个连续等距
的浮标（可忽略其大小），比赛开始后，某队伍的龙舟从浮标a 处由静止开始做匀加速直线运动，已
知船头通过ab 段的时间为t，则（ ）
A．船头通过de 段的时间为(2−❑√3)t
B．船头通过ae 段的时间为3t
C．船头通过ac 段的平均速度等于通过b 浮标时的瞬时速度
D．船头通过浮标b、c、d、e 时的速度之比为1：2：3：4
【答案】A
【分析】已知通过第一段位移的时间为t，需利用初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的
时间比例关系，或由位移公式分析通过各段位移所需时间，从而判断船头通过de 段时间是否正确。比
较通过ac 段的平均速度与通过b 浮标瞬时速度时，需明确匀变速直线运动中某段位移的平均速度等于
该段时间中间时刻的瞬时速度，而b 点并非ac 段的时间中点。分析通过各浮标瞬时速度之比时，需依
据速度与位移的平方根成正比的关系进行推导。
【解答】解：龙舟从静止开始做匀加速直线运动，设相邻浮标间的距离为s。
AB、根据位移公式x = 1
2 at
2可知，运动时间t = ❑√
2 x
a
，则通过ae 段（位移为4s）的时间
tae= ❑√
2×4 s
a
=2❑√
2s
a =2t；同理，通过ad 段（位移为3s）的时间tad = ❑√3t，则通过de 段的时间
Δt =tae−tad =(2−❑√3)t，故A 正确，B 错误；
C、根据初速度为0 的匀变速直线运动规律，通过ac 段的平均速度vac = vc
2
，由v2＝2as 可知vc = ❑√2vb
，代入解得：vac =
❑√2
2 vb，故C 错误；
D、根据公式v = ❑√2ax可知，速度v ∝❑√x，则通过各浮标时的速度之比为
vb：vc：vd：ve= ❑√1：❑√2：❑√3：❑√4 =1：❑√2：❑√3：2，故D 错误。
故选：A。
6．（2025 秋•泰安期末）图甲所示为高速避险车道，它是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。图乙是高速避险车道简化图，汽车自A 点冲进避险车
道，在E 点停下，B、C、D 为AE 的四等分点，汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动。已知汽
车自A 到B 的时间为t，则汽车自B 到E 的时间为（ ）
A．(❑√2+ ❑√3)t
B．(3+2❑√3)t
C．2(❑√2+ ❑√3)t
D．(3+ ❑√3)t
【答案】B
【分析】汽车在斜面上做匀减速直线运动至停下，可将此过程逆向视为从E 点开始的初速度为零的匀
加速直线运动。已知AE 被四等分，逆向过程中各段位移成已知比例。利用匀加速直线运动位移与时
间的平方关系，可建立逆向各段所用时间与总时间的比例关系。已知正向A 到B 的时间对应逆向B 到
A 的时间，由此求出逆向中从E 到B 的时间，即正向B 到E 的时间。
【解答】解：采用逆向分析法，将汽车在斜面上的匀减速直线运动视为从E 点开始的初速度为零的匀
加速直线运动的逆过程。已知B、C、D 三点将AE 四等分，设每段长度为L，则从E 点起算的位移依
次为xD＝L，xC＝2L，xB＝3L，xA＝4L。
根据匀变速直线运动位移公式x = 1
2 at
2，可得运动时间t = ❑√
2 x
a 。设逆向过程中从E 运动至D 的时间
为t0，则从E 到B 的时间为t EB= ❑√3t0，从E 到A 的时间为tEA＝2t0。
由题意，汽车从A 到B 的时间t 对应逆向过程中从B 到A 的时间，即t＝tEA﹣tEB，代入得
t =2t0−❑√3t0，解得：t0=(2+ ❑√3)t。
汽车从B 运动到E 的时间即为逆向过程中从E 到B 的时间tBE＝tEB，代入t0，解得：t BE=(3+2❑√3)t，
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
7．（2026•重庆模拟）一辆汽车正在平直公路上以速度v0＝30m/s 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/s2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
【分析】将汽车运动分为反应时间内的匀速阶段和刹车后的匀减速阶段，分别计算两段位移，求和得
到两车不相撞的最小安全距离。
【解答】解：汽车在司机反应时间t1＝0.5s 内做匀速直线运动，速度为初速度v0＝30m/s
根据匀速直线运动位移公式：x1＝v0t1
代入数据可得x1＝15m
刹车后汽车做匀减速直线运动，初速度v0＝30m/s，加速度大小a＝5m/s2（方向与运动方向相反），末
速度v＝0 （停止时）。根据匀变速直线运动速度—位移公式：v
2−v0
2=2a x2
代入数据可得x2＝90m
最小安全距离两车不相撞的最小距离为反应时间内的位移与刹车位移之和：d＝x1+x2＝15m+90m＝
105m，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
8．（2026•南昌一模）汽车自动跟车系统中的挡位对应其刹车时间，挡位越高则刹车时间越长。例如“3
挡”表示系统开始匀减速刹车后3 秒即可刹停。现甲车选3 挡以相同速度跟随前方乙车匀速行驶，两
车相距30m，某时刻乙车突然停止（时间极短），系统立即开始刹车，两车恰好不相撞，则两车同速
行驶的初速为（ ）
A．36km/h
B．50km/h
C．72km/h
D．90km/h
【答案】C
【分析】由题意可知，甲车选3 挡，即甲车刹车时间t＝3s，乙车突然停止后静止，甲车刹车后恰好不
相撞，说明甲车刹车位移等于两车间的初始距离，即甲车刹车位移x＝30m。根据匀变速直线运动的速
度公式和匀变速直线运动的位移公式，列方程组，则可求得两车同速行驶的初速。
【解答】解：根据题意，由匀变速直线运动速度公式可得
v0﹣at＝0
由匀变速直线运动位移公式可得
v0t −1
2 at
2= x
联立方程组，将t＝3s，x＝30m 代入，解得
两车同速行驶的初速v0＝20m/s＝72km/h，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
9．（2026•武汉模拟）在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两辆车的运动，两车在计时起点时刚
好经过同一位置沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知（ ）
A．在t＝2s 时，两车第一次相遇
B．在t＝4s 时，两车加速度相同
C．在0～10s 内，两车有6 次速度相同
D．在0～10s 内，两车有6 次加速度相同
【答案】C
【分析】解题时需明确v﹣t 图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，纵坐标表示
速度。比较两车位移可判断相遇条件，对比斜率分析加速度是否相同，观察图线交点确定速度相同的
时刻。
【解答】解：A、根据v﹣t 图像中图线与时间轴所围的面积表示位移可知，t＝2s 时，x 甲＞x 乙，两车
不在同一位置，故A 错误；
BD、v﹣t 图像的斜率表示加速度，斜率的正负代表加速度方向，斜率大小代表加速度大小。t＝4s
时，两车图线斜率符号相同，但大小不等，故加速度方向相同、大小不同。在0～10s 内，甲、乙图线
共有5 次斜率相同，即有5 次加速度相同，故BD 错误；
C、v﹣t 图像的纵坐标表示速度，在0～10s 内，甲、乙图线共有6 个交点，即两车有6 次速度相同，
故C 正确。
故选：C。
10．（2026•黄山一模）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为
计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车的加速度—时间图像如图（b）所示。则（
）
A．t＝2s 时，甲、乙两车的动能相等
B．0∼2s 内，甲车与乙车的位移相同
C．甲车在t＝2s 和t＝6s 时的速度相同
D．0∼8s 内，甲、乙两车的位移相同
【答案】A
【分析】题目给出甲车的速度—时间图像和乙车的加速度—时间图像，两车均从静止开始沿同一方向
运动。需要比较两车在特定时刻的动能、特定时间内的位移以及甲车在特定时刻的速度。分析时需明
确速度—时间图像可直接读出速度，加速度—时间图像的面积表示速度的变化量，结合两车质量相
同，动能取决于速度大小。位移需通过速度1 时间图像的面积判断，注意速度方向改变时位移的计
算。
【解答】解：A、v﹣t 图像上每一点对应物体在该时刻的速度，由甲图可知t＝2s 时甲车的速度为
2m/s。a﹣t 图像的面积表示速度的变化量，乙车从静止开始运动，初始速度为零，根据题图有
v乙−0= 1
2 ×2×2m/ s，解得：v 乙＝2m/s。动能的表达式为Ek = 1
2 m v
2，两车质量相同且t＝2s 时速
度大小相等，因此此时两车的动能相等，故A 正确；
B、结合题图b 可大致画出乙车的v﹣t 图像。
v﹣t 图像与时间轴所围面积代表物体的位移，由图可知在0～2s 内甲车的位移大于乙车的位移，故B
错误；
C、由甲车的v﹣t 图像可知，t＝2s 时其速度为2m/s，t＝6s 时速度为﹣6m/s，速度是矢量，因此两个
时刻的速度不相同，故C 错误；
D、v﹣t 图像反映物体的速度，由题图可知在0～8s 内甲车的位移为零，而乙车一直沿正方向运动，故
两车的位移不相同，故D 错误。
故选：A。
二、多选题
（多选）11．（2026•沙坪坝区校级模拟）图甲、乙所示的是一辆质量m＝6×103kg 的公共汽车在t＝0 和t＝
1.7s 末两个时刻的两张照片。当t＝0 时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）。图丙是车内横
杆上悬挂的拉手环经放大后的图像，测得θ＝30°，取重力加速度大小g＝10m/s2，根据题中提供的信息，下
列说法正确的是（ ）
A．汽车的长度约8.7m
B．1.7s 末汽车的速度约8.0m/s
C．1.7s 末汽车合外力的功率约3.5×105W
D．1.7s 内汽车牵引力所做的功约3.0×105J
【答案】AC
【分析】由牛顿第二定律结合运动学公式可以求出汽车的长度；由速度—时间关系可求汽车的瞬时速
度；由P＝F 合v 可求合外力的瞬时功率；由于不知道阻力的大小，则无法求出牵引力的功率。
【解答】解：A、以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得：mgtan30°＝ma，解得：
a= gtan30° = 10
3
❑√3m/ s
2，则汽车的长度为：L= 1
2 at
2= 1
2 × 10
3
❑√3×1.7
2m≈8.7m，故A 正确；
B、1.7s 末汽车的速度为：v =at = 10
3
❑√3×1.7m/ s=9.8m/ s，故B 错误；
C、1.7s 末汽车合外力的功率为：P=mav =6×10
3× 10
3
❑√3×9.8W ≈3.5×10
5W ，故C 正确；
D、合外力做功为：W 合= F合⋅L=6×10
3× 10 ❑√3
3
×8.7 J ≈2.87×10
5J，汽车启动时牵引力F＞F 合
（需克服阻力），故牵引力做功W F＞W 合≈3.0×10
5J，但题目未给阻力，无法直接计算牵引力做
功，故D 错误。
故选：AC。
(多选）12．（2026•安徽开学）正常情况下，高铁车厢数量是八节或者十六节，其中八节属于短编组动
车。高铁站台上一乘警站在八节短编组动车的第一节车厢前端，动车从静止开始做匀加速直线运动，
车厢间的间隙忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．第1 节和第2 节车厢经过乘警所用的时间之比是1：❑√2
B．第2、3 节车厢尾经过乘警瞬间的速度之比是❑√2：❑√3
C．最后4 节车厢经过乘警所用的时间小于第1 节车厢经过乘警所用的时间
D．动车中间位置经过乘警的瞬时速度小于动车通过乘警的平均速度
【答案】BC
【分析】基于初速度为零的匀加速直线运动规律，利用位移与时间、速度与位移的比例关系，分析各
节车厢经过乘警的时间和速度，逐一判断选项。
【解答】解：AB.结合初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，第1 节和第2 节车厢经过乘警所用的
时间之比为
t1
t2
=
1
❑√2−1
第2、3 节车厢尾经过乘警瞬间的速度之比为v2
v3
=
❑√2
❑√3
，故A 错误，B 正确；
C.设每节车厢的长度为l，根据位移—时间关系可得l = 1
2 at1
2，4l = 1
2 at 4
2，8l = 1
2 at8
2
代入数据得第1 节车厢经过乘警所用的时间t1= ❑√
2l
a
最后4 节车厢经过乘警所用的时间t 48=t8−t 4= 4 ❑√
l
a −2❑√
2l
a =(4−2❑√2)❑√
l
a ＜t1
最后4 节车厢经过乘警所用的时间小于第1 节车厢经过乘警所用的时间，故C 正确；
D.第8 节车厢尾经过乘警的速度为v，动车中间位置经过乘警的瞬时速度为v x
2
=
❑√
v
2
2 =
❑√2
2 v
动车通过乘警的平均速度为v t
2
= v
2 ＜
❑√2
2 v，故D 错误。
故选：BC。
（多选）13．（2026 春•重庆校级月考）某汽车正在水平路面上匀速行驶，前方出现紧急情况需刹车。从
刹车开始计时，汽车在第1s 内的位移为8.0m，在第3s 内的位移为0.5m，则（ ）
A．汽车匀速行驶时的速度为9.875m/s
B．汽车在2.5s 末速度为0
C．汽车的加速度大小为3.75m/s2
D．汽车在第2s 内的位移为4.0m
【答案】BD
【分析】汽车刹车过程可视为匀减速直线运动，已知第1 秒内和第3 秒内的位移，需判断汽车是否在
给定时间内已停止。分析的核心是建立初速度与加速度的关系，利用匀变速运动规律分别计算第1 秒
内位移，同时需检验第3 秒内位移是否满足连续运动条件，若时间不足则意味着汽车提前停止，需重
新设定运动时间求解实际加速度与初速度，进而验证各选项关于速度、加速度及位移的表述。
【解答】解：AC、汽车刹车后做匀减速直线运动，第1s 内的位移为x1＝8.0m，第3s 内的位移为x3＝
0.5m。
假设汽车在第3s 末速度不为零，则有x3−x1=2at
2，解得加速度a＝﹣3.75m/s2。
设刹车初速度为v0，则第1s 内有x1= v0t1−1
2 at1
2，解得v0＝9.875m/s。
由于
v0
a = 9.875m/ s
3.75m/ s
2 ≈2.633 s＜3s，表明假设不成立，即汽车在第3s 内已停止运动。
设汽车在第3s 内实际运动时间为t，则有x3= 1
2 at
2，根据速度公式可得at＝v0﹣2at1，代入数据解得v0
＝10m/s，加速度a＝4m/s2，t＝0.5s，故AC 错误；
B、汽车在第2.5s 末速度减为零，故B 正确；
D、汽车在第2s 内的位移为x2= v0×2t1−1
2 a(2t1)
2−x1，代入数据解得x2＝4m，故D 正确。
故选：BD。
（多选）14．（2026•山西模拟）甲、乙两辆汽车在平直公路上（相邻车道）同向行驶，其v﹣t 图像如图
所示，已知在t＝5s 时两车恰好相遇，将两车视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝2s 时，甲车在乙车后方
B．t＝0 时，甲车在乙车前方27.5m 处
C．两车下一次相遇的时刻是t＝11s
D．两次相遇的位置之间的距离为148m
【答案】BC
【分析】利用v﹣t 图像的斜率求加速度，面积求位移，结合t＝5s 时相遇的条件，列方程确定初始位
置关系，再分析其他时刻的位置，判断各选项。
【解答】解：AB、根据图像可知，甲车初速度v 甲0＝0，加速度a甲=3m/ s
2，位移为
x甲= 1
2 a甲t
2=1.5t
2，
乙车初速度v 乙0＝8m/s，加速度a乙=2m/ s
2，位移为x乙= v乙0t + 1
2 a乙t
2=8t +t
2，
当 t＝5s 时，x 甲＝37.5m，x 乙＝65m，可见t＝0 时，甲车在乙车前方27.5m 处，在t＝5s 之前，甲一
直在乙车前面，故A 错误，B 正确；
C、t＝5s 时两车速度分别为v 甲＝15m/s，v 乙＝18m/s，从t＝5s 到再次相遇，两车位移相等，有
15t + 3
2 t
2=18t +t
2，解得t＝6s，则在t＝11s 时两车再次相遇，故C 正确；
D、从t＝5s 到t＝11s 两车位移是x＝18×6m+62m＝144m，故D 错误。
故选：BC。
三、解答题
15．（2026 春•平阳县校级月考）如图所示，为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为
3mm 的遮光条。滑块向右匀加速直线运动依次通过两个光电门A 和B。光电门上的黑点处有极细的激
光束，当遮光条挡住光束时开始计时，不遮挡光束时停止计时。现记录了遮光条通过第一个光电门所
用的时间为Δt1＝0.03s，通过第二个光电门所用的时间为Δt2＝0.01s，遮光条从A 到B 的时间为Δt＝
2.0s。求：
（1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是多少？
（2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是多少？
（3）滑块的加速度约是多少？
【答案】（1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是0.1m/s；
（2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是0.3m/s；
（3）滑块的加速度约是0.1m/s2。
【分析】（1）根据题意，遮光条通过单个光电门的短暂时间里，视滑块做匀速运动，根据v = d
Δt ，求
得滑块通过第一个光电门的速度vA；
（2）根据题意，遮光条通过单个光电门的短暂时间里，视滑块做匀速运动，根据v = d
Δt ，求得滑块通
过第二个光电门的速度vB；
（3）根据a= Δv
Δt ，求得滑块的加速度。
【解答】解：（1）根据题意，遮光条通过单个光电门的短暂时间里，视滑块做匀速运动，由v = d
Δt ，
得滑块通过第一个光电门的速度为
v A = d
Δt1
= 0.003
0.03 m/ s=0.1m/ s
（2）滑块通过第二个光电门的速度为
vB= d
Δt2
= 0.003
0.01 m/ s=0.3m/ s
（3）滑块做匀加速直线运动，则加速度为
a= Δv
Δt = vB−v A
Δt
= 0.3−0.1
2.0
m/ s
2=0.1m/ s
2
答：（1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是0.1m/s；
（2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是0.3m/s；
（3）滑块的加速度约是0.1m/s2。
16．（2026 春•温州月考）为确保校园道路安全，某中学门外路段设置了如图所示的橡胶减速带。一汽车
正以v1＝15m/s 的速度行驶在该路段，在离减速带x1＝50m 处该车开始做匀减速直线运动，结果以v2
＝5m/s 的速度通过减速带，通过后立即以a2=2.5m/ s
2的加速度匀加速运动到原来的速度。汽车可视
为质点，减速带的宽度忽略不计。求：
（1）汽车匀减速时的加速度大小a1；
（2）汽车匀加速过程的位移大小x2；
（3）由于减速带的存在，汽车通过该路段多用的时间Δt。
【答案】（1）汽车减速时的加速度大小为2m/s2，方向与初速度相反；
（2）汽车匀加速过程的位移大小为40m；
（3）由于减速带的存在，该汽车通过这段距离多用的时间为3s。
【分析】（1）根据位移与速度的关系求解加速度；
（2）根据速度与时间关系求解时间，再用位移与时间的公式求出位移；
（3）根据位移—时间关系求解时间，根据时间关系求解时间差值。
【解答】解：（1）汽车初速度v1＝15m/s，v2＝5m/s，根据运动学公式v2
2−v1
2=2a1 x1
可得汽车减速时的加速度为a1=−2m/ s
2
负号表示方向与初速度相反。
（2）根据速度公式可得v1＝v2+a2t2
代入数据可得t2＝4s
匀加速过程的位移大小x2= v2t2+ 1
2 a2t2
2
联立可得x2＝40m
（3）根据速度公式可得v2＝v1﹣a1t1
代入数据可得汽车减速阶段的时间为t1＝5s
由于减速带的存在，汽车通过该路段的总时间为t 总＝t1+t2＝5s+4s＝9s
若没有减速带，总时间为t= x1+ x2
v1
= 50+ 40
15
s＝6s
可知由于减速带的存在，该汽车通过这段距离多用的时间Δt＝t 总﹣t＝9s﹣6s＝3s
答：（1）汽车减速时的加速度大小为2m/s2，方向与初速度相反；
（2）汽车匀加速过程的位移大小为40m；
（3）由于减速带的存在，该汽车通过这段距离多用的时间为3s。
17．（2026•安徽开学）如图所示，在一水平桌面同一直线上有a、b、c、d、e 五个点，相邻两点间的距
离均为0.2m。将一可视为质点的橡皮擦水平推出，使其从O 点开始做匀减速直线运动，刚好停在e
点。橡皮擦从d 点运动到e 点的时间为0.4s。求：
（1）橡皮擦运动的加速度大小；
（2）橡皮擦运动到a 点的速度大小；
（3）橡皮擦从a 点运动到e 点的时间。
【答案】（1）橡皮擦运动的加速度大小为2.5m/s2；
（2）橡皮擦运动到a 点的速度大小为2m/s；
（3）橡皮擦从a 点运动到e 点的时间为0.8s。
【分析】（1）根据逆向思维法，结合位移—时间公式计算；
（2）根据速度—位移公式计算；
（3）根据速度—时间公式计算。
【解答】解：（1）设相邻两点间的距离为l，d 点运动到e 点的时间为t1，根据逆向思维法可知，橡皮
擦从d 点运动到e 点，有l = 1
2 at1
2
代入数据解得a＝2.5m/s2
（2）橡皮擦从a 点运动到e 点，有2a⋅4l = va
2
代入数据解得va＝2m/s
（3）橡皮擦从a 点运动到e 点，根据速度—时间关系可得va＝at2
代入数据解得t2＝0.8s
答：（1）橡皮擦运动的加速度大小为2.5m/s2；
（2）橡皮擦运动到a 点的速度大小为2m/s；
（3）橡皮擦从a 点运动到e 点的时间为0.8s。
18．（2025 秋•凉州区期中）司机驾驶一辆汽车在银川大连路经过大连桥路段，以20m/s 的速度开始驶下
大连桥开往目的地，为保障安全汇入车流，车辆在大连桥最低点时的速度减小为15m/s，汽车下高架
桥时做匀减速直线运动，且加速度大小为2.5m/s2。
（1）汽车下大连桥过程中所用的时间；
（2）汽车下大连桥过程中的平均速度大小；
（3）根据题设条件，请你利用所学知识计算大连桥斜坡的长度。
【答案】（1）汽车下大连桥过程中所用的时间2s；
（2）汽车下大连桥过程中的平均速度大小为17.5m/s；
（3）大连桥斜坡的长度为35m。
【分析】（1）根据速度—时间公式计算；
（2）根据平均速度与初、末速度的关系计算；
（3）根据平均速度计算。
【解答】解：（1）设汽车下大连桥过程中所用的时间为t，根据速度—时间公式有
v＝v0﹣at
解得t= v0−v
a
= 20−15
2.5
s=2s
（2）汽车下大连桥过程中的平均速度大小为
v = v + v0
2
= 15+20
2
m/ s=17.5m/ s
（3）大连桥斜坡的长度为
s= v t =17.5×2m=35m
答：（1）汽车下大连桥过程中所用的时间2s；
（2）汽车下大连桥过程中的平均速度大小为17.5m/s；
（3）大连桥斜坡的长度为35m。
19．（2026•玉林模拟）我国自主研发的“复兴号”智能动车组，以其高颜值、智能化的特点成为国家名
片。当列车减速进站时，某同学通过观察车窗外里程碑和车厢内电子屏显示的车速来估算列车减速的
加速度大小。当他经过第1 个里程碑时，电子屏显示车速为288km/h，2 分钟后经过第n 个里程碑时，
车速显示为72km/h，已知相邻里程碑间的距离为1km，列车进站过程可视为匀减速直线运动。求：
（1）列车进站的加速度大小；
（2）从第1 个里程碑开始，到列车完全停下行驶的距离；
（3）2 分钟后该同学到达第n 个里程碑时，n 的数值。
【答案】（1）列车进站的加速度大小为0.5m/s2；
（2）从第1 个里程碑开始，到列车完全停下行驶的距离为6400m；
（3）2 分钟后该同学到达第n 个里程碑时，n 的数值为7。
【分析】（1）根据题意结合运动学规律判断列车窗户经过两相邻里程碑的时间和速度变化量；根据运
动学规律结合题意求出列车进站的加速度大小；
（2）根据速度—位移关系式计算位移大小；
（3）根据运动学规律，结合已知量求出列车前进的距离，由此求n。
【解答】解：（1）公式转换v0＝288km/h＝80m/s，v＝72km/h＝20m/s，t＝2min＝120s，Δs＝1km＝
1000m
列车做匀减速直线运动，设加速度为a，有a= v −v0
t
代入数据解得a＝﹣0.5m/s2
故列车进站的加速度大小为0.5m/s2。
（2）设从第1 个里程碑开始到列车完全停下行驶的距离为x，有x = 0−v0
2
2a
代入数据解得x＝6400m
（3）设列车从第1 个里程碑到第n 个里程碑行驶的距离为s，则s= v + v0
2
t
代入数据解得s＝6000m
则n= s
Δs +1= 6000
1000 +1=7
故n 的数值为7。
答：（1）列车进站的加速度大小为0.5m/s2；
（2）从第1 个里程碑开始，到列车完全停下行驶的距离为6400m；
（3）2 分钟后该同学到达第n 个里程碑时，n 的数值为7。
20．（2026 春•长沙月考）某兴趣小组对图1“婵宝跳台跳水”进行研究，因运动员跑、跳、翻等运动过
于复杂，做了简化：如图2，将运动员看作质量为m 的木块，在距水面H＝3m 高处以v0＝2m/s 竖直上
抛，之后落入水中，不计空气阻力和入水过程木块的大小，入水后以25m/s2的加速度减速下沉，直到
速度减为零再上浮。有人认为入水过程将木块看作质点太过简化，经查资料后在入水过程中将木块改
成1.6m 长的竖直直杆（全程保持竖直不翻转），从杆接触水面到没入水中过程视为减速直线运动，其
速度与杆入水深度关系为v =
l
l+h v1（其中l 为杆长，h 为杆入水的长度，v1为杆刚入水时的速度大
小）。杆全部入水后做匀减速直线运动，杆入水前、全部入水后受力与木块相同。请你计算：（提
示：重力加速度g 取10m/s2，可以用1
v −h图像下的“面积”代表时间）
（1）将运动员简化为木块（可视为质点）：
①木块竖直上升过程离跳台的最大高度和从抛出到刚入水的时间；
②为不让木块碰到池底，水至少多深；
（2）将运动员简化为竖直直杆：
①直杆刚没入水中时的速度大小；
②直杆从抛出到入水最深全程的平均速度大小（池水足够深）。
【答案】（1）将运动员简化为木块（可视为质点）：
①木块竖直上升过程离跳台的最大高度是0.2m，从抛出到刚入水的时间是1s；
②为不让木块碰到池底，水至少深1.28m；
（2）将运动员简化为竖直直杆：
①直杆刚没入水中时的速度大小是4m/s；
②直杆从抛出到入水最深全程的平均速度大小是246
73 m/s。
【分析】（1）①木块竖直上升过程的最大高度可通过初速度和重力加速度计算得出，从抛出到入水
的时间需考虑上升和下落两个阶段，利用位移公式结合初始条件求解。
②木块入水后受到恒定阻力作用，根据牛顿第二定律求出加速度，利用速度—位移关系计算减速距离
即为最小水深。
（2）③直杆刚没入水中时的速度与杆长和入水深度有关，根据给定速度关系式代入杆长和初速度求
解。④直杆运动过程分为空中运动、入水减速和完全入水后匀减速三个阶段，分别计算各段位移和时
间，总位移除以总时间得到全程平均速度。
【解答】解：（1）①根据速度—位移关系有v0
2=2 gh1
可得木块从跳台到最高点的距离h1= v0
2
2g =
2
2
2×10 m=0.2m
根据位移—时间关系有−H = v0t −1
2 gt
2
代入数据解得t＝1s
②选取向下为正方向，木块入水瞬间的速度大小v1＝gt﹣v0＝10×1m/s﹣2m/s＝8m/s
根据速度—位移关系可得木块从入水到速度减为零的位移h2= v1
2
2a =
8
2
2×25 m=1.28m
（2）①将运动员视为直杆对水面上的运动情况没有影响，当杆刚没入水中时，有h＝l＝1.6m
又v =
l
l+h v1
联立解得v2＝4m/s
②作1
v −h图像如图
利用图像的面积可得时间t，根据v =
l
l+h v1
整理得1
v = 1
v1
+ 1
l v1
⋅h
可知图像为一次函数，由图中梯形的面积可求得t2= 1
2 ×( 1
8 + 1
4 )×1.6 s=0.3 s
直杆全部入水后做匀减速直线运动，直杆的位移为x3= v2
2
2a =
4
2
2×25 m=0.32m
时间为t3= v2
a = 4
25 s=0.16 s
综上所述，全程平均速度大小为v = H +l+ x3
t1+t2+t3
= 3+1.6+0.32
1+0.3+0.16 m/ s= 246
73 m/ s
答：（1）将运动员简化为木块（可视为质点）：
①木块竖直上升过程离跳台的最大高度是0.2m，从抛出到刚入水的时间是1s；
②为不让木块碰到池底，水至少深1.28m；
（2）将运动员简化为竖直直杆：
①直杆刚没入水中时的速度大小是4m/s；
②直杆从抛出到入水最深全程的平均速度大小是246
73 m/s。
21．（2026•冀州区校级开学）汽车在平直的公路上以20m/s 的速度匀速行驶，司机发现险情时立即紧急
刹车，汽车做匀减速直线运动直到停车，取汽车开始紧急刹车的时刻为0 时刻，已知汽车在0～2s 内
的位移大小为32m，然后继续减速直到停止。求：
（1）汽车刹车时的加速度大小；
（2）汽车在静止前1s 内的位移大小。
【答案】（1）汽车刹车时的加速度大小为4m/s2；
（2）汽车在静止前1s 内的位移大小为2m。
【分析】（1）已知初速度、末速度和刹车总时间，直接用速度变化量除以时间算出加速度大小；
（2）把匀减速到停止的过程倒过来看成初速度为0 的匀加速，用初速度为0 的匀加速位移公式算第1
秒的位移。
【解答】解：（1）已知汽车在0～2s 内的位移大小为32m，根据运动学公式可得x2= v0t2−1
2 at2
2
代入数据解得汽车刹车时的加速度大小为a＝4m/s2
（2）根据逆向思维可得汽车在静止前1s 内的位移大小为x = 1
2 at1
2= 1
2 ×4×1
2m=2m
答：（1）汽车刹车时的加速度大小为4m/s2；
（2）汽车在静止前1s 内的位移大小为2m。
22．（2026 春•平阳县校级月考）以18m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3s 内前进36m，
求：
（1）汽车的加速度。
（2）制动后5s 汽车的速度。
【答案】（1）汽车的加速度是4m/s2，与速度方向相反。
（2）制动后5s 汽车的速度为0。
【分析】（1）把初速度、时间、位移代入匀变速直线运动位移公式，求解加速度；
（2）先算出汽车刹车静止的总时长，对比5s 判断车辆已停下，得出对应速度。
【解答】解：（1）以汽车初速度的方向为正方向，由运动学规律x = v0t + 1
2 at
2
代入数据可得a＝﹣4m/s2
（2）由速度公式v＝v0+at
知汽车速度减为0 所用的时间
代入数据可得t＝4.5s
所以制动后5s 汽车的速度为0。
答：（1）汽车的加速度是4m/s2，与速度方向相反。
（2）制动后5s 汽车的速度为0。
23．（2026 春•历城区校级月考）某兴趣小组用安装有蓝牙设备的遥控玩具小车A、B 研究追及相遇问
题。已知两蓝牙设备通信的最远距离d＝3.75m，忽略信号传递的时间。平直路段上有相距s0＝6m 的
两点O1、O2，开始时B 车停在O2点，A 车以v0＝3m/s 做匀速直线运动，已知两小车可视为质点，均
向右运动，相遇时擦肩而过，不会相撞。求：
（1）当A 车到达O2时，B 车立即以1.5m/s2的加速度启动，求两车相遇前达到最大距离的时间及最大
距离；
（2）当A 车到达O1时，B 车立即以1.5m/s2的加速度启动，通过计算说明两车蓝牙设备能否通信；
（3）在（2）问中，若两车的蓝牙设备能通信，求能保持通信的时间；若不能通信，求能让两车通信
的B 车的最大加速度。
【答案】（1）两车相遇前达到最大距离的时间为2s，最大距离为3m。
（2）两车蓝牙设备能通信。
（3）能保持通信的时间为2s。
【分析】（1）A 车匀速运动至O2时B 车启动，此后B 车做初速为零的匀加速运动。两车间距从初始
值开始先增大后减小，当两车速度相等时相对速度为零，间距达到最大。
需利用速度关系求出该时刻，再结合匀速与匀加速运动的位移差求最大距离。
（2）A 车到达O1时两车相距s0，B 车同时启动。两车在相遇前间距先减小，当速度相等时距离最小。
求出该最小距离并与通信最远距离d 比较，即可判断能否通信。
（3）若能通信，需找出两车间距从等于d 开始到再次等于d 的时间段。根据两车运动位移关系建立方
程，解出间距等于d 的两个时刻，其时间差即为保持通信的时间。
若不能通信，则需调整B 车加速度，使最小距离恰好等于d，据此求出B 车所需的最小加速度。
【解答】解：（1）当两车速度相等时，两者距离达到最大，由v0＝at1，解得：t1＝2s。此时最大距离
为Δ xm= v0t1−1
2 at1
2，代入数据计算得Δxm＝3m。
（2）当两车速度相等时，距离最小，最小距离为Δ xm= 1
2 at1
2+ s0−v0t1，代入数据计算得Δxm＝3m＜
d，因此两车能够进行通信。
（3）当两车距离小于d 时即可通信，设经过时间t 两车相距d，则有1
2 at
2+ s0−v0t =d，解得：t＝1s
或t＝3s。根据题意，能够保持通信的时间为Δt＝3s﹣1s＝2s。
答：（1）两车相遇前达到最大距离的时间为2s，最大距离为3m。
（2）两车蓝牙设备能通信。
（3）能保持通信的时间为2s。
24．（2026 春•浑南区校级月考）近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应
用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A 和B 正在进行性能测试。如图1
所示，在直线测试跑道上，机器人A 在t＝0 时从起点以初速度vA0＝2m/s 和加速度aA =0.5m/ s
2向右
匀加速运动；机器人B 在t1＝4s 时从起点由静止开始以加速度an（未知）向右做匀加速运动。已知机
器人B 在t2＝10s 时追上机器人A，求：
（1）机器人B 的加速度大小aB；
（2）在机器人B 追上A 之前，两者之间的最大距离；
（3）如图2 所示，假设跑道长100 米，机器人A 以vA＝4m/s 的速度从起点匀速向终点出发，机器人
B 以vB＝8m/s 的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时
间，则在100 秒内机器人A 与B 会相遇几次？
【答案】（1）机器人B 的加速度大小为2.5m/s2。
（2）在机器人B 追上A 之前，两者之间的最大距离为16m。
（3）在100 秒内机器人A 与B 会相遇6 次。
【分析】（1）机器人A 和B 在t2时刻位移相等，这是求解B 加速度的关键。A 从t＝0 开始做匀加速
运动，而B 从t1时刻开始做匀加速运动。通过建立两者在t2时刻的位移方程，将A 的位移与B 的位移
关联，即可解出未知的加速度aB。
（2）在B 追上A 之前，两者距离的变化取决于它们的速度差。当B 的速度从零增加到与A 的速度相
等时，两者距离最大。因此，需要先求出速度相等的时刻，再分别计算该时刻A 和B 的位移，其差值
即为最大距离。
（3）两机器人做匀速折返运动，相遇时它们通过的总路程是跑道长度的奇数倍。需要找出在100 秒
内，总路程满足此关系的时间点有多少个。通过建立路程和与时间的关系式，并确定时间范围，即可
计算出相遇次数。
【解答】解：（1）机器人B 与A 在t2＝10s 时相遇，两者位移相等，满足
v A 0t2+ 1
2 aAt2
2= 1
2 aB(t2−t1)
2，代入数据解得机器人B 的加速度aB=2.5m/ s
2。
（2）当机器人A 与B 速度相等时，两者相距最远。由速度关系vA0+aAt＝aB（t﹣t1），解得t＝6s。
将此时间代入位移差公式Δx =(v A 0t + 1
2 aAt
2)−1
2 aB(t −t1)
2，解得最大距离Δx＝16m。
（3）机器人A 与B 从两端相向做折返运动，相遇时路程之和满足（vA+vB）t＝（2n﹣1）L，即12t＝
100（2n﹣1）。
在t≤100s 的时间范围内，解得2n﹣1≤12，即n≤6.5，故机器人A 与B 共相遇6 次。
答：（1）机器人B 的加速度大小为2.5m/s2。
（2）在机器人B 追上A 之前，两者之间的最大距离为16m。
（3）在100 秒内机器人A 与B 会相遇6 次。
