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第2 讲 匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)匀变速直线运动
沿着一条直线，且加速度不变的运动。匀变速直线运动的v－t 图像是一条倾斜的直线。
(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 ＋
at 2 。
③速度与位移的关系式：v2－v＝2 ax
。
以上匀变速直线运动规律表达式均是矢量式。
2．匀变速直线运动的推论
(1)三个推论
①连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等，即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT
2 。
②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初、末时刻速度矢量
和的一半，还等于该段时间中间时刻的瞬时速度。
③位移中点的速度v
\f(x,2
＝。
(2)初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
①T 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 2 ∶
2 2 ∶
3 2 ∶
…
∶
n 2 。
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通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1 ∶
( －
1)
∶
( －
) ∶
(2
－
) ∶
…
∶
( －
) 。
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1．公式选取技巧
涉及的物理量
未涉及的物理量
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
2.正方向的选取
(1)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。
(2)当v0＝0 时，一般以加速度a 的方向为正方向。
3．两类特殊的匀减速直线运动
刹车类问题
双向可逆类问题
其特点为匀减速到速度为0 后即停止运动，
求解时要注意确定其刹车时间为t＝，有时可
应用逆向思维
其特点为往返过程加速度不变，如沿光滑斜
面上滑的运动和竖直上抛运动，求解时可用
全程法，也可用分段法，但必须注意各物理
量的正负号
考向1 基本公式的应用
【典例1】（2026·辽宁·模拟预测）冰壶比赛中，运动员需要在冰壶第二段运动过程中持续
刷冰，从而改变其加速度。假设冰壶在t=0 时以某一初速度滑出，4s 后开始刷冰，0~4s 内的
位移与4~16s 内的位移之比为5：6，且16s 末速度刚好减为零，若冰壶在这两个时间段的运
动过程均可视为匀变速直线运动，则前4s 与后12s 冰壶的加速度之比为（ ）
A．2：3
B．3：2
C．2：15
D．5：12
【答案】B
【详解】设冰壶在4s 末的速度为v， 0~4s 内的加速度大小为a1，4s~16s 内的加速度大小为
a2，两段均做匀减速直线运动。
4s~16s 内冰壶匀减速到速度为0，根据速度公式有v =a2×12
冰壶在 4s~16s 内的加速度大小a2= v
12
冰壶在 0~4s 内的位移x1= v0+ v
2
×4 =2(v0+ v)
冰壶在4s~16s 内的位移x2= v +0
2
×12=6 v
又知x1: x2=5:6
联立解得v0= 3 v
2
冰壶在 0~4s 内的加速度大小a1= v0−v
4
=
3 v
2 −v
4
= v
8
前4s 与后12s 冰壶的加速度大小之比a1:a2= v
8 : v
12 =3:2
故选B。
考向2 刹车问题
【典例2】（2026·重庆·模拟预测）一辆汽车正在平直公路上以速度v0=30 m /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=5 m /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x1= v0t1=30×0.5=15m
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0−v0
2=−2a x2
得刹车位移x2= v0
2
2a = 30
2
2×5 =90m
总最小安全距离x = x1+ x2=15+90=105m
故选C。
考点二 匀变速直线运动的推论及应用
1．常用推论
2．方法选取技巧
(1)若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用平均速度法。
(2)匀减速到0 的运动常用逆向思维法。
(3)处理纸带类问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度。
【典例3】（2026·江苏·二模）M、N、P、Q 为同一直线上的四个点，N、P 间的距离为a，
P、Q 间的距离为b。一个质点从M 点由静止出发，沿该直线做匀加速直线运动，依次经过
N、P、Q 三点，且质点通过NP 段和PQ 段的时间相等。则M 点到N 点的距离为（ ）
A．（3a−b）
2
8（b−a）
B．（a+b）
2
8（b−a）
C．（b−a）
2
8（a+b）
D．（3a+b）
2
8（b−a）
【答案】A
【详解】设质点做匀加速直线运动的加速度为a1，质点通过NP 段和PQ 段的相等时间为t，
由匀变速直线运动的判别式可得b−a=a1t
2
v P= a+b
2t
设M 点到N 点的距离为x，质点从M 点由静止出发，有v P
2 =2a1( x +a)
联立各式解得x = （3a−b）
2
8（b−a）
，故选A。
考点三 初速度为零的匀变速直线运动的比例关系问题
【典例4】（2025·海南·一模）旱冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜
爱，如图1 所示。图2 为某旱冰壶比赛的简化示意图，已知B、C、D 为AO 的四等分点。运
动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到B 点，最终冰壶刚好停
在O点，假设冰壶在该过程中的运动为匀减速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．冰壶在C点的速度为v0
2
B．冰壶在D点的速度为v0
2
C．冰壶由D到O的时间为❑√3t
D．冰壶运动的总时间为4 t
【答案】B
【详解】A．中间位置的瞬时速度vC =
❑√
v0
2+ v
2
2
=
❑√2
2 v0
，故A 错误；
B．中间位置的瞬时速度v D=
❑√
vC
2 + v
2
2
= 1
2 v0
，故B 正确；
CD．由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O 到A 的初速度为零的匀加速直线运动，由匀
变速直线运动的推论可知tOD:t DC:tCB:t BA =1:(❑√2−1):(❑√3−❑√2):(2−❑√3)
冰壶由D到O的时间t DO=
1
2−❑√3 t BA =(2+ ❑√3)t
总时间t 总=
2
2−❑√3 t BA =(4 +2❑√3)t，故C 错误，D 错误。
故选B。
1.
（2026·江西赣州·二模）2025 年世界人形机器人运动会在北京国家速滑馆“冰丝带”举行，
有足球、跑步、跳舞、实用场景挑战等项目，机器人选手们展现了前沿科技的硬核实力，未
来感拉满。某轮比赛中，一机器人从静止开始做直线运动，其运动过程中的a−t图像如图
所示，则该机器人（ ）
A．在3s 时的速度大小为2m/s
B．在0~3s 时间内运动的位移大小为9m
C．在3~6s 时间内的速度变化量大小为15m/s
D．在0~6s 时间内的平均加速度大小为2m /s
2
【答案】B
【详解】A．0~3s 内，加速度恒定为a=2m/s2，机器人从静止开始做匀加速直线运动。根据
速度公式可得3s 时速度为v = v0 + at = 0 + 2 ×3 m/s = 6m/s，故A 错误；
B．0~3s 内，机器人做匀加速直线运动，运动的位移为x = 1
2 at
2= 1
2 ×2×3
2m=9m，故B 正
确；
C．3~6s 内的速度变化量等于a-t 图像在这段的面积，则Δv = 1
2 ×(2+ 4)×(6−3)m/s=9m/s，
故C 错误；
D．在0~6s 时间内的平均加速度大小为a= Δv
Δt =
2×3+ 1
2 ×(2+ 4)×(6−3)
6
m/s
2=2.5m/s
2，
故D 错误。
故选B。
2.
（2026·北京房山·二模）在研究自由落体运动时，伽利略让一个铜球从阻力很小（可忽略不
计）的斜面上由静止开始滚下，他在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、
C 滚下，如图所示。并且重复了上百次。设A、B、C 与斜面底端的距离分别为x1、x2、x3，
小球由A、B、C 运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C 运动到斜面底端
时的速度分别为v1、v2、v3，下列关系式是伽利略证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速
直线运动的是（ ）
A．x1
t1
2 = x2
t2
2 = x3
t3
2
B．x1
t1
= x2
t2
= x3
t3
C．v1
t1
= v2
t2
= v3
t3
D．x2−x3= x1−x2
【答案】A
【详解】A．由匀变速直线运动的位移公式x1= 1
2 at1
2，x2= 1
2 at2
2，x3= 1
2 at3
2
解得x1
t1
2 = x2
t2
2 = x3
t3
2
如果上式成立，则小球做匀变速直线运动。在伽利略那个年代，能够比较准确测量小球沿斜
面下滑时的位移和运动时间，故A 正确；
B．由平均速度公式可得x1
t1
> x2
t2
> x3
t3
，故B 错误；
C．v1
t1
= v2
t2
= v3
t3
可以证明小球沿斜面下滑是匀变速直线运动，但是，在伽利略那个年代，比
较准确测量小球的速度是做不到的，故C 错误；
D．表达式x1−x2= x2−x3， 并不能证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动，故
D 错误。
故选A。
3.
（2026·北京昌平·二模）甲、乙两物体0 时刻开始从同一地点沿同一方向做直线运动，其位
移x 随时间t 变化的图像如图所示。在0~t1时间内（ ）
A．甲的速度一直比乙大
B．甲的路程比乙小
C．甲、乙的平均速度相同
D．甲的平均速度比乙大
【答案】C
【详解】A．此图像中图线斜率表示其速度，在0~t1时间内甲的斜率不变，则速度不变，做
匀速运动。乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速运动，
故A 错误；
B．运动学图像描述的都是直线运动，由题可知甲、乙都做单向运动，通过的路程等于位移
的大小，则甲、乙通过的路程相同，故B 错误；
CD．在0~t1时间内甲、乙的起点和终点都相同，则位移相同，时间相同，根据v = x
t
可知平
均速度相同，故C 正确，D 错误。
故选C。
4.
（2026·广东清远·二模）如图所示为水火箭发射与回收的情景。发射时，水火箭靠反冲推力
竖直加速上升；推力衰竭后，水火箭减速上升至最高点。随后自由下落，到达预设高度时打
开降落伞减速，最终平稳降落到地面。整个过程中，水火箭的运动图像可能正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．s−t 图像的斜率表示速度。水火箭先加速上升后减速上升，速度先增大后减小，
故s−t 图像切线斜率应先增大后减小；且在最高点速度为零，图像切线应水平，不能出现尖
角（尖角表示速度突变），故A 错误；
B．取竖直向上为正方向。发射时加速上升，加速度a>0；推力衰竭后减速上升，加速度方
向向下，a<0。图B 中前两段时间内加速度均为正值，表示物体一直做加速运动，与“减速
上升”不符，故B 错误；
C．v−t 图像的斜率表示加速度，纵坐标表示速度。图像第一部分（t 轴上方，v 增大），对
应加速上升阶段；图像第二部分（t 轴上方，v 减小），对应推力衰竭后减速上升阶段；图
像第三部分（t 轴下方，|v|增大），对应自由下落阶段；图像第四部分（t 轴下方，|v|减
小），对应打开降落伞减速下降阶段，最终速度趋于零（平稳降落）。该图像完整且正确地
描述了水火箭的整个运动过程，故C 正确；
D．t 轴下方（下落阶段），速度大小一直在增大，只体现了自由下落过程，没有体现“打
开降落伞减速”这一过程，故D 错误。
故选C。
5.
（2026·内蒙古乌兰察布·二模）（多选）小朋友用遥控器控制玩具汽车使其在平直的轨道上
沿同一方向行驶，从t =0时刻开始计时，通过位移传感器描绘了玩具车的位移（x）随时间
（t）的变化规律，如图所示。图线为抛物线，图中标出了t = 4s时的P 点坐标值，倾斜的直
线为P 点的切线。下列说法正确的是（ ）
A．玩具车做匀加速直线运动
B．玩具车在t =0时的速度为10m/s
C．玩具车的加速度大小为1m /s
2
D．玩具车在0∼6s内的位移为25m
【答案】BD
【详解】A．如图所示，图线为抛物线，即玩具车的位移是时间的二次函数，根据
x = v0t + 1
2 at
2可知玩具车做匀变速直线运动，又图像斜率表示速度，斜率变小，可知玩具
车做减速运动，故A 错误；
B．玩具车在0∼4s的位移24 m，倾斜的直线为P 点的切线，可知4s时速度为
v1= 24−16
4
m /s=2m /s
根据v1+ v0
2
t =24 m
代入数据解得玩具车在t =0时的速度为10m/s，故B 正确；
C．根据v1= v0−at可得玩具车的加速度大小为2m/s
2，故C 错误；
D．根据速度公式v0=at0
解得t0=5s
可知玩具车在t0=5s时停止运动，根据逆向思维有v0
2=2ax
可得玩具车在0∼5s内的位移为x =25 m
即玩具车在0∼6s内的位移为x =25 m，故D 正确。
故选BD。
6.
（2026·广东江门·二模）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 /s
2
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
【详解】A．由图可知，A 机器人在t =0时开始运动，而B 机器人在t =2s开始运动，故A 错
误；
B．0～2s 内，A 机器人的加速度大小为aA=Δv
Δt = 2−0
2−0 m/s
2=1m/s
2，故B 错误；
C．根据v −t图线与坐标轴所围面积表示位移可知，t =5s时，A 机器人的位移大小为
xA= 1
2 ×2×2m +2×(5−2)m =8 m
B 机器人的位移大小为xB= 1
2 ×4×(4−2)m + 4×(5−4)m =8 m = xA
即t=5s 时，B 机器人刚好追上A 机器人，故C 正确；
D．由图可知，B 机器人在2s 刚开始运动时的速度小于A 机器人的速度，A 在B 前方，两机
器人之间的距离在增大；3s 后B 的速度大于A 的速度，两机器人之间的距离在减小。所以
2s～5s 内，两机器人之间的距离先增大后减小，故D 错误。
故选C。
7.
（2026·江西吉安·三模）（多选）小华同学在平直公路上骑自行车上学，t=0 时刻起小华的
位移x 与时间的二次方t
2的比值x
t
2随1
t 变化的规律如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．t=0 时刻起小华做匀加速直线运动
B．小华的加速度大小为0.6 m/s
2
C．小华的初速度大小为2m/s
D．0~2 s 时间内小华的位移大小为4.8m
【答案】BD
【详解】ABC．观察图像，列出对应的解析式x
t
2 =k 1
t +b
其中，斜率k = 0.3−0
0.2−0.1 =3
截距b=−0.1k =−0.3
化简得x =kt +bt
2
其公式结构与匀变速直线运动的位移-时间公式一样，即x = v0t + 1
2 at
2
两个公式一一对应得，初速度v0=k =3 m /s
加速度a=2b=−0.6 m /s
2
初速度与加速度方向相反，可得小华做匀减速直线运动，故A 错误，B 正确，C 错误；
D．代入t =2s，可得x =(3×2−0.3×2
2)m = 4.8 m，故D 正确。
故选BD。
8.
（2026·安徽·模拟预测）某品牌新能源汽车在直线道路上进行辅助智能驾驶系统测试时，车
载雷达感应器获得该汽车一段时间内的v −t图像如图所示。在t1∼t2时间内该汽车（ ）
A．做匀加速直线运动
B．运动的位移等于v0
2 (t2−t1)
C．运动的位移小于v0
2 (t2−t1)
D．运动的位移大于v0
2 (t2−t1)
【答案】C
【详解】A．根据v −t图像斜率的物理意义，可判断加速度在增大，故A 错误；
BCD．根据v −t图像围成的面积表示位移，如图所示
假设汽车在t1∼t2时间内做匀变速直线运动，其运动位移为x = v0
2 (t2−t1)，但实际情况是在
t1∼t2时间内做加速度增大的变加速直线运动，所以在t1∼t2时间内运动位移x< v0
2 (t2−t1)，
BD 错误，C 正确。
故选C。
9.
（2026·江西南昌·二模）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6 m/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1 m/s
2，甲车到B景点速度减为零。则
甲、乙相遇时，甲距离B景点（ ）
A．4.5 m
B．9 m
C．13.5 m
D．18 m
【答案】A
【详解】解法一：设甲车开始减速后，经过时间t后，两车在距离B景点x处相遇
甲车到B景点速度减为零，加速度大小a甲=1m/s
2，根据位移-速度公式得，开始减速时甲
车到B景点的距离为x总= v0
2−0
2
2a甲
=18 m
根据位移-时间公式得，甲车开始减速到相遇过程中，甲车的位移大小x甲= v0t −1
2 a甲t
2
乙车从B景点由静止启动，加速度大小a乙=1m/s
2，根据位移-时间公式得，甲车开始减速
到相遇过程中，乙车的位移大小x乙= 1
2 a乙t
2
又x总= x甲+ x乙
联立得t =3s，x甲= 27
2 m
则甲、乙相遇时，甲距离B景点的距离x = x总−x甲= x乙= 9
2 m
故选A。
解法二：由于甲乙加速度大小一样，根据运动的对称性，可得甲到B景点时，乙刚好到达甲
开始减速的位置。又从甲开始减速的位置到相遇位置，与从B景点到相遇位置时间一样，为
等时间位移，根据从零开始的匀加速运动的比例关系，可得从甲开始减速的位置到相遇位置
的距离x1与从B景点到相遇位置的距离x2之比为x1: x2=3:1
甲车到B景点速度减为零，加速度大小a甲=1m/s
2，根据位移-速度公式得，开始减速时甲
车到B景点的距离为x总= v0
2−0
2
2a甲
=18 m
又x总= x1+ x2
解得x2= x总
4 = 9
2 m
故选A。
【点睛】
10. （2026·山东日照·二模）汽车在刹车测试中，可认为做匀减速直线运动。若汽车从t=0 时开
始刹车，第1s 内的位移为6.4m，第3s 内的位移为0.4m。则汽车（ ）
A．刹车时的加速度大小为3m/s2
B．t=2s 时的速度大小为1.6m/s
C．在第2s 内的位移大小为3.4m
D．刹车的总时间为3s
【答案】B
【详解】AD．将汽车刹车的逆过程看做是逆向的初速度为零的匀加速运动，若第3s 末恰好
停止，根据初速度为零的匀加速运动相等时间的位移之比为1:3:5…可知第1s 内的位移应该
为5×0.4m=2m<6.4m，由此可知汽车在第3s 内已经停止，不能直接用连续相等时间位移差
公式，设刹车总时间为t（2s<t <3s），加速度大小为a，初速度v0=at。
根据x = v0t −1
2 at
2可知，第1s 内位移x1= v0×1−1
2 a×1
2=at −0.5a=6.4 m
第3s 内位移为总位移减去前2s 位移1
2 at
2−(2v0−1
2 a⋅2
2)=0.4 m
代入v0=at得a(0.5t
2−2t +2)=0.4 m
联立两式解得t =2.5s，a=3.2m /s
2，v0=8 m /s，故AD 错误；
B．t =2s时速度v = v0−at2=(8−3.2×2)m/s=1.6 m /s，故B 正确；
C．第2s 内位移为前2s 位移减前1s 位移：Δ x2=(8×2−1
2 ×3.2×2
2)m-6.4m=3.2m，故C
错误；
故选B。
11. （2026·江西九江·二模）商场感应门如图所示，人走近时感应门同时向两侧平移，若门从静
止开始先匀加速后匀减速运动，完全打开时速度恰好为零，且匀加速运动的位移小于匀减速
运动的位移。其中右侧门的速度、加速度的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】AB．因门打开时先从静止开始匀加速后匀减速运动，完全打开时速度恰好为零，
且匀加速运动的位移小于匀减速运动的位移，v-t 图像中图线与时间轴所围图形的面积表示
位移，故A 正确，B 错误；
CD．由2ax = v❑
m
2
得门加速阶段的加速度比匀减速运动的加速度大，且右侧门加速阶段的加速度方向与速度方
向相同向右，减速阶段的加速度方向与速度方向相反向左，故两段加速度方向相反，故CD
错误。
故选A。
12. （2026·北京昌平·一模）t =0时刻，质点P从原点O由静止开始做直线运动，在0~3t0时间内，
其加速度a随时间t变化关系的图像如图所示。下面正确的是（ ）
A．t =t0时，P的速度最小
B．t =t0时，P回到原点
C．t =t0时，P的速度与t =3t0时相同
D．t =2t0时，P到原点的距离最远
【答案】C
【详解】A．0~t0内，加速度为正，质点P的速度一直增大，t =t0时，P的速度最大，故A
错误；
B．0~t0内，加速度为正，质点P的速度一直增大，速度方向没有改变，t =t0时，P没有回
到原点，故B 错误；
C．加速度与时间轴所围面积为速度，0~t0与t0~2t0的面积大小相等，速度大小相等，方向
相反，因此t =2t0的速度为零；0~t0与2t0~3t0的面积相同，初速度相同，因此t =t0时，P
的速度与t =3t0时相同，故C 正确；
D．0~2t0内速度方向没有改变，t =2t0后，质点从零开始加速，速度方向与0~2t0内速度
方向相同，因此质点一直远离原点，t =2t0时，P到原点的距离不是最远，故D 错误。
故选C。
13. （2026·湖南怀化·三模）（多选）做自由落体运动的质点依次通过A、B、C三点，已知相
邻两点的时间间隔t BC =2t AB =2t，下落高度hBC = 4 hAB= 4 h，下列判断正确的（ ）
A．质点是从A点开始下落的
B．A点与开始下落点间距离为1
3 h
C．质点经过B点时的速度为4 h
3t
D．过C点后再经过3t时间，质点下落的距离为9h
【答案】BC
【详解】A．设A点速度为v A，加速度为g。由题可知t AB=t，t BC =2t，hAB=h，hBC = 4 h。
根据位移公式有hAB= v At + 1
2 gt
2=h，hAC = v A(3t )+ 1
2 g(3t )
2=5h
联立解得v A = 2h
3t ，g= 2h
3t
2
因为A 点速度不是零，所以质点不是从A点开始下落的，故A 错误；
B．设开始下落点为O，则v A
2 =2 ghOA
解得hOA = 1
3 h，故B 正确；
C．质点经过B点时的速度vB= v A+>= 4 h
3t
，故C 正确；
D．过C点后再经过时间3t，根据位移差公式可知h
′−hAC = g×(3t )
2
解得过C点后再经过3t时间，质点下落的距离为h
′ =11h，故D 错误。
故选BC。
14. （2026·广东汕头·二模）在平直测试道路上，无人驾驶汽车甲与目标车乙在t＝0 时经过同一
路标，并沿同一方向做直线运动，用x、v、v、a 分别表示两车的位移、速度、平均速度和
加速度，t 表示运动时间。下列图像中，能表示甲、乙两车在t0时刻相遇的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．由x-t 图像可知，在t=t0时刻，乙的位移大于甲的位移，可知甲、乙两车在t0时
刻不能相遇，A 错误；
B．因v-t 图像的面积等于位移，可知在t=t0时刻，乙的位移大于甲的位移，可知甲、乙两车
在t0时刻不能相遇，B 错误；
C．由图可知，在t=t0时刻，甲乙的平均速度相同，可知乙的位移等于甲的位移，可知甲、
乙两车在t0时刻能相遇，C 正确；
D．因a-t 图像的面积等于速度的变化量，则在t=t0时刻，乙的速度变化量大于甲的速度变化
量，而因开始时初速度大小关系不确定，可知甲乙位移关系不能确定，即两车不一定相遇，
D 错误。
故选C。
15. （2026·安徽合肥·模拟预测）宇树机器狗的野外活动性能卓越，能够完成爬山、涉水、翻越
障碍等高难度动作。在某次机器狗的测试中，测试人员和机器狗的位置一时间（x−t图
像）如图所示，人的x−t图像为曲线，机器狗的x−t图像为两条线段，从t =0到t =t2的过程
中，关于人和机器狗的运动，下列说法正确的是（ ）
A．0~t1时间内，机器狗做匀加速直线运动
B．0~t2时间内，人的速度大小一直减小
C．0~t2时间内，人与机器狗的距离一直增大
D．0~t2时间内，人的平均速度大于机器狗的平均速度
【答案】B
【详解】A．x−t图斜率表示速度，图像可知0~t1时间内，机器狗图像斜率不变，机器狗做
匀速直线运动，故A 错误；
B．0~t2时间内，人的图像斜率在减小，因此人的速度大小一直减小，故B 正确；
C．0~t2时间内，图像可知，人与机器狗的纵坐标之差绝对值先增大后减小，因此人与机器
狗的距离先增大后减小，故C 错误；
D．0~t2时间内，图像可知，人与机器狗位移相同，用时也相同，根据v = x
t
可知，人的平
均速度等于机器狗的平均速度，故D 错误。
故选B。
16. （2026·陕西咸阳·三模）为了测试电动汽车的性能，先让电动汽车从静止开始加速，然后关
闭电源，最后停止。现某种型号的汽车测试，第一次加速时间是t1，汽车行驶距离为x1；该
车第二次加速时间为t2，则这次汽车行驶的最远距离是多少（若该汽车加速、减速的加速度
恒定）（ ）
A．(
t2
t1)
2
x1
B．(
t2
t1)
1
2 x1
C．(
t2
t1)x1
D．(
t2
t1)
3
x1
【答案】A
【详解】设汽车加速的恒定加速度为a1，减速的恒定加速度为a2，两次测试a1、a2均不变。
若某次测试加速时间为t，则加速过程的末速度v =a1t，总行驶距离为加速过程的位移与减
速过程的位移之和x = 1
2 a1t
2+ v
2
2a2
= 1
2 a1(1+ a1
a2
)t
2
可见总位移x与加速时间t的平方成正比，即x =k t
2（k为定值）。
对第一次测试x1=k t1
2
对第二次测试x2=k t2
2
联立得x2= t2
2
t1
2 x1。
故选A。
17. （2026·河南信阳·一模）图像法是研究物理量之间关系常用的一种数学物理方法。下面两幅
图为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（x、v、a、t 分别表示物体的位移、速度、
加速度和时间），设0~2s 内甲和乙的位移之比为k1，0~2s 的中间位置速度之比为k2，下列
说法中正确的是（ ）
A．k1=1:4，k2=1:4
B．k1=1:1，k2=1:1
C．k1=1:2，k2=1:4
D．k1=1:4，k2=1:8
【答案】A
【详解】对甲，根据速度位移关系可得v
2=2a甲x
结合图线可得2a甲= 2
2
所以a甲=0.5 m/s
2
对乙，根据位移时间关系可得x = 1
2 a乙t
2
则x
t = 1
2 a乙t
结合图线可得1
2 a乙= 2
2
所以a乙=2m/s
2
所以0~2s 内甲和乙的位移之比为k1=
1
2 a甲t
2
1
2 a乙t
2 = 1
4
0~2s 的中间位置速度之比为k2=
❑√
v甲
2
2
❑√
v乙
2
2
= v甲
v乙
= a甲t
a乙t = a甲
a乙
= 1
4
故选A。
18. （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
【答案】A
【详解】A．由匀变速直线运动规律可得x = x0+ v0t + 1
2 at
2
其中x0=−14 m，抛物线上找两点（1，0）、（4，18），代入解得a=−4 m/s
2，
v0=16 m/s
b 车的速度为v = Δ x
Δt = 18
3 m/s=6 m/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。
19. （2026·辽宁·一模）（多选）t =0时刻，一质点由静止开始做直线运动，其速度v 随时间t 变
化的图线如图所示，已知在2t0时刻，质点刚好回到了出发位置，质点在0~t0内的加速度大
小为a1，在t0~2t0内的加速度大小为a2，t0时刻的速度大小为v1，2t0时刻的速度大小为v2，
下列说法正确的是（ ）
A．a2=2a1
B．v2=2v1
C．在t0时刻，质点运动方向发生变化
D．在0~2t0内，质点在4t0
3
时刻距离出发点
最远
【答案】BD
【详解】A．质点在2t0回到出发位置，由运动学公式有1
2 a1t0
2+a1t0
2−1
2 a2t0
2=0
解得a2=3a1，故A 错误；
B．由运动学公式有v1=a1t0，−v2= v1−a2t0=a1t0−3a1t0=−2a1t0
解得v2=2v1，故B 正确；
C．由图线可知，在t0时刻，质点由加速运动变为减速运动，但是速度仍为正值，运动方向
未发生变化，故C 错误；
D．由运动学公式可知，在4 t0
3
时刻的速度为v = v1−a2× t0
3 =0，故质点在4 t0
3
时刻距离出
发点最远，D 项正确。
故选BD。
20. （2026·海南海口·二模）（多选）如图所示为某同学运动过程中位移x与时间t的关系图像，
图像为一直线，则该同学（ ）
A．在0~2t0时间内做匀减速直线运动
B．在0~2t0时间内做匀速直线运动
C．在t0时刻改变运动方向
D．在0~t0及t0~2t0时间内位移相同
【答案】BD
【详解】ABC．根据x−t图线的斜率表示速度可知，该同学在0~2t0时间内做匀速直线运动，
且在t0时刻该同学的运动方向不变，故AC 错误，B 正确；
D．由以上分析可知该同学在0~2t0时间内做匀速直线运动，根据x = vt可知，该同学在相同
时间内通过的位移相同，即该同学在0~t0及t0~2t0时间内位移相同，故D 正确。
故选BD。
21. 小郑同学为了估测某品牌照相机的曝光时间，让一块石子从砖墙前高处自由下落，同时小王
同学用该品牌照相机拍摄石子在空中的照片，如图所示，由于石子的运动，它在照片上留下
了一条模糊的径迹，已知每块砖的平均厚度为5cm，若想要估算该品牌照相机拍这张照片的
曝光时间，则还需要测量的一个物理量为（ ）
A．石子的质量
B．照片中石子的径迹长度
C．石子释放时距地面的实际高度
D．每块砖的长度
【答案】C
【详解】设曝光时间为Δt，从开始下落到A 点的高度为h，时间为t，则h= 1
2 gt
2
从开始下落到A 点h+2d = 1
2 g(t + Δt )
2
可知2d =>Δt + 1
2 g( Δt )
2
或者2d = g Δt ❑√
2h
g + 1
2 g( Δt )
2
可知想要估算该品牌照相机拍这张照片的曝光时间Δt，则还需要测量的一个物理量为石子
释放时距地面的实际高度h。
故选C。
22. （2026·山东东营·一模）利用相机的连拍功能，结合拍摄过程的曝光时间，可以获得运动残
影来研究物体的运动。现定义：“曝光时间”Δt 为每次快门开启进行拍摄的时间，“曝光
间隔时间”t0为相邻两次快门执行“开启”操作的时间间隔，如图甲所示，Δt=0.02s，
t0=0.1s。某同学打开相机连拍小球自由下落的影像，选取几段连续的残影，如图乙所示，若
x1=2cm，g=10m/s2。通过理论计算，x3的长度为（ ）
A．4cm
B．6cm
C．22cm
D．42cm
【答案】B
【详解】设第一个曝光时间Δt内的初速度为v0；根据运动学公式，第一个曝光时间Δt内的
位移x1= v0 Δt + 1
2 g Δt
2
第三次曝光的初速度v = v0+ g×2t0= v0+2 gt0
第三次曝光时间Δt内的位移x3= v Δt + 1
2 g Δt
2=(v0+2gt0) Δt + 1
2 g Δt
2=6cm
故选B。
