第2講勻變速直線運動的規(guī)律

考點一勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用

基礎梳理.

對于運動學公式的選用可參考下表所列方法

題目中所涉及的物理量（包括已知量、待求沒有涉及的物

適宜選用的公式

量和為解題設定的中間量）理量

vo>a、tX［速度公式］v=vo+r

2

vo>〃、t、xV［位移公式］x=yoE+ga/

22

vo>〃、Xt［速度與位移關系式］V—v0=2ax

vo>v、t、xa［平均速度公式］t

。判斷小題

1.勻變速直線運動是加速度均勻變化的直線運動。（x）

2.勻加速直線運動的位移是均勻增加的。（X）

3.勻變速直線運動中，經過相同的時間，速度變化量相同。（4）

深化理解

2

l.v=vo+at,x=v0t+^at,%2=26原則上可解任何勻變速直線運動的問題，公式中功、v、。、x都是矢量，

應用時要規(guī)定正方向。

2.對于末速度為零的勻減速直線運動，常用逆向思維法。

3.對于汽車剎車做勻減速直線運動問題，要注意汽車速度減為零后保持靜止，而不發(fā)生后退（即做反向的勻加速直

線運動），一般需判斷減速到零的時間。

基本公式的應用

考向一

【例1】（2024?內蒙古通金模擬）一個質點在x軸上運動，位置隨時間的變化規(guī)律是尤=4r+2p（m）,關于這

個質點的運動，以下說法正確的是（）

A.質點做勻速直線運動

B.質點的加速度的大小為4m/s2,方向沿x軸正方向

C.t=2s時質點的位置在x=12m處

Dl=2s時質點的速度大小為16m/s,方向沿x軸正方向

答案：B

解析：根據題意，由公式尤=丫0/+）戶結合位置隨時間的變化規(guī)律％=4/+2-m,可得v（）=4m/s,a=4m/s2可知,

質點在尤軸上做初速度為4m/s、加速度為4m/s2的勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；由位置隨時間的變化規(guī)

律％=4，+2型（m）可得，/=2s時質點的位置在x=（4X2+2X22）m=16m,故C錯誤；由公式y(tǒng)=w+曲可

得，/=2s時質點的速度大小v=（4+4X2）m/s=12m/s,方向沿冗軸正方向，故D錯誤。

【例2】中國第3艘航空母艦一“福建艦”上的艦載飛機采用了最先進的電磁彈射系統(tǒng)輔助起飛，它能使飛機在

更短的距離內加速起飛。設在靜止的航母上，某艦載飛機在沒有電磁彈射系統(tǒng)時，勻加速到起飛速度v需要的距

離為Lo,在有電磁彈射系統(tǒng)給飛機一個彈射初速度物之后，勻加速到起飛速度v需要的距離為心若L=，o,飛

機兩次起飛的加速度相同。則彈射速度W與起飛速度v之比為（）

2Q

A.-B.—

316

C.-D.-

49

答案：A

解析：設飛機兩次起飛的加速度為根據勻變速直線運動規(guī)律有廿=2〃Lo,v2—%2=2〃L,又L=沁,聯(lián)立解得

四=[,故選Ao

v3

逆向思維法解決勻變速直線運動問題

1.方法簡介

很多物理過程具有可逆性（如運動的可逆性），在沿著正向過程或思維（由前到后或由因到果）分析受阻時，有

時“反其道而行之”，沿著逆向過程或思維（由后到前或由果到因）來思考，可以化難為易、出奇制勝。解決物

理問題常用的逆向思維有過程逆向、時間反演等。

2.實例特點

剎車類問題或子彈打木塊問題的特點都是勻減速至0后保持靜止，在分析問題時，都可看成反向的初速度為0的

勻加速直線運動來處理。

【例3】（2024?河南鄭州模擬）具有“主動剎車系統(tǒng)”的汽車遇到緊急情況時，會立即啟動主動剎車。某汽車

以28m/s的速度勻速行駛時，前方50m處突然出現一群羚羊橫穿公路，”主動剎車系統(tǒng)”立即啟動，汽車開始做

勻減速直線運動，恰好在羚羊通過道路前1m處停車。則汽車開始“主動剎車”后第4s內通過的位移大小為

（）

A.OB.lm

C.2mD.3m

答案：B

解析：設xi=50m,%2=lm,汽車的剎車時間為"剎車時的加速度大小為則有%2=2〃（愈一為），，=皆，解

得f=3.5s,所以汽車開始“主動剎車”后第4s內通過的位移大小為3?3.5s內通過的位移大小，有必=）義

（0.5s）2,聯(lián)立解得X4=lm,故選B。

【例4】（2024?云南昆明質檢）一輛公共汽車進站后開始剎車，做勻減速直線運動。開始剎車后的第1s內和第

2s內位移大小依次為9m和7m,則剎車后6s內的位移是（)

A.20mB.24m

C.25mD.75m

答案：C

解析：解法一：基本公式法

設汽車的初速度為no,加速度為根據勻變速直線運動的規(guī)律

xi=n)T+①

XI+X2=2VOT+?(2T)2②

解得vo=lOm/s,a=-2m/s2；汽車剎車到停止所需的時間而=匕■也=匕工s=5s,則汽車剎車后6s內的位移等于

a—2

5s內的位移，則彳=我=/乂5m=25m,故C正確，A、B、D錯誤。

解法二：推論法

設汽車的初速度為vo,加速度為。，根據勻變速直線運動的推論雙一切=。72,解得。=—2m/s2；汽車第Is內的

位移4=加+%產，代入數據解得均=10m/s；汽車剎車到停止所需的時間二=0s=5s,則汽車剎車后6

2a—2

s內的位移等于5s內的位移，則X=￡to=￡x5m=25m,故C正確，A、B、D錯誤。

考點二勻變速直線運動的推論及應用

基礎梳理

1.三個推論

(1)連續(xù)相等的相鄰時間間隔T內的位移差相等，即及一X1=X3—X2=~=X〃一％"1=。

(2)做勻變速直線運動的物體在一段時間內的平均速度等于這段時間初、末時刻速度矢量和的一半，還等于中間

時刻的瞬時速度。

平均速度公式：方=也±=/。

25

(3)位移中點速度：心手。

2.初速度為零的勻加速直線運動的四個重要推論

(1)T末、27末、3T末、…、wT末的瞬時速度之比為也：也：V3：…：v”=1：2：3：…：n。

(2)前T內、前2T內、前3T內、…、前〃T內的位移之比為汨：不：尤3：…：尤”=F：3?：…：/。

(3)第1個T內、第2個T內、第3個T內、…、第”個T內的位移之比為無I：xn：硒：…：xN=_

1：3：5：…：⑵一1)。

(4)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為G：f2：B：…："=1：(/一1):(知一企)：(2—

百)：…：(赤-Jn-1)。

深化理解

1.選取技巧

（1）凡問題中涉及位移及發(fā)生這段位移所用時間或一段運動過程的初、末速度時，要嘗試運用平均速度公式。

（2）若問題中涉及兩段相等時間內的位移，或相等An的運動時可嘗試運用Ax=aT2。

（3）若從靜止開始的勻加速直線運動，涉及相等時間或相等位移時，則嘗試應用初速度為零的比例式。

2.思維方法

遷移角度適用情況解決辦法

常用于初速度為零

的勻加速直線運動

比例法由連續(xù)相鄰相等時間（或長度）的比例關系求解

且運動具有等時性

或等距離

適用于“紙帶”類

推論法由Ax=aT2求加速度

問題

續(xù)表

遷移角度適用情況解決辦法

常用于“等分”思

平均想的運動，把運動

根據中間時刻的速度為該段位移的平均速度來求解問題

速度法按時間（或距離）

等分之后求解

常用于加速度變化

圖像法由圖像的斜率、面積等條件判斷

的變速運動

平均速度公式

【例5】（2023?山東高考6題）如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經過R、S、T三點,已知

ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s,ST段的平均速度是5m/s,則公交車經過T點時的瞬時速度

為（）

RST

A.3m/sB.2m/s

C.lm/sD.O.5m/s

答案：C

解析：根據題意，設RS間的距離為s,則ST間的距離為2s,設R點速度為VR,S點速度為vs,T點速度為相，加

22

速度為根據運動學公式，有為2—以2=2抽，vT—vs=2aX2s,根據在勻變速直線運動中平均速度等于初、

末速度的平均值，有“R；"s=]0向vs：竹=5m/s,聯(lián)立解得VT=1HI/S,C正確。

位移差公式

考向二

【例6】（2024?江蘇蘇州模擬）某物體沿著一條直線做勻減速運動，依次經過A、B、C三點，最終停止在。

點。A、2之間的距離為兜，B、C之間的距離為|so,物體通過AB與BC兩段距離所用時間都為力，則下列正確的

是（）

~ABC~~D

A.8點的速度大小是好

B.由C到。的時間是等

C.物體運動的加速度大小是粵

“

D.C、。之間的距離為藁

答案：B

解析：物體通過A3與兩段距離所用時間都為力，所以如為AC的中間時刻速度，根據勻變速直線運動的中間

時刻速度推論式可得%=空直=等，故A錯誤；與兩段為連續(xù)相鄰相等時間的位移，根據勻變速直線運

2to6to

動的推論式以="可得;so一S0=成2,解得。=—碧，根據速度與時間關系式上w+m,代入數據可得物體從8

33LQ

5,則物體從到。的時間為而二|仙故正確，錯誤；根據勻變速直線運動的速

到。的時間為t==即C|fo—BC

3t()2

度與位移公式=2辦，代入數據可得及。間的距離為K則C、。之間的距離為青。一|5。=

|so,故D錯誤。

O

初速度為零的勻變速直線運動比例式

【例7】鋼架雪車也被稱為俯式冰橇，它是2022年北京冬奧會的比賽項目之一。運動員需要俯身平貼在雪橇

上，以俯臥姿態(tài)滑行。比賽線路由起跑區(qū)、出發(fā)區(qū)、滑行區(qū)及減速區(qū)組成。若某次運動員練習時，恰好在終點停

下來，且在減速區(qū)A8間的運動視為勻減速直線運動。運動員通過減速區(qū)時間為才，其中第一個:時間內的位移為

4

XI，第四個:時間內的位移為尤2,則愈：尤1等于（）

4

答案：B

解析：由題意知，在減速區(qū)間的運動視為勻減速直線運動，且最終減為零，將此減速過程由逆向思維，可看作

初速度為零的勻加速直線運動，則根據初速度為零的勻加速直線運動，連續(xù)相等時間內位移之比為1：3：5…可

知，X2：XI之比即為初速度為零的勻加速直線中第一個:時間內的位移與第四個J時間內的位移之比，即尤2：的=

44

1：7,故選B。

【例8】（2024?遼寧沈陽模擬）如圖為某海灣大橋上四段長度均為110m的等跨連續(xù)橋梁，汽車從。處開始做

勻減速直線運動，恰好行駛到e處停下。設汽車通過漏段的平均速度為也，汽車通過改段的平均速度為也，則”

笠2

滿足（）

abcde

~~I~~I~~~~y

*110mT110m"：二~110m*

A.2c也＜3B.3＜也＜4C.4c也＜5D.5c也＜6

V2v2v2v2

答案：B

解析：將汽車從“到e的勻減速直線運動，可看作反向初速度為零的勻加速直線運動，根據初速度為零的勻變速

直線運動的規(guī)律可得，汽車經過de段和乃段所用的時間之比為1：（2-V3）,所以汽車經過ab段的平均速度與

通過de段的平均速度之比為尸，又因為2—次心2—1.73=0.27,所以3＜絲＜4,故選B。

v22—V3v2

“o—n—0”模型

|方法模型解讀

1.模型介紹

所謂“O—v—O”模型是指一物體從靜止開始，先做勻加速直線運動，速度達到最大值后，再勻減速至速度為0。

這類問題除了可以列基本方程求解外，利用v—f圖像去解答會更快速。

2.方法分析

（1）三個比例式：

第一段的末速度等于第二段的初速度，兩段的平均速度相同。

①速度公式v=a\t\i口=。2及，推導可得

②速度與位移公式廿=20刈，材=2°2松，推導可得也=衛(wèi)。

a2%i

③平均速度位移公式XI=萼，彳2=等，推導可得遼=4。

22%2t2

（2）三個位移公式：X=-（0+亥），X=—+—fX=Z1tL2+工〃2t22。

22al2a222

（3）v—f圖像

【典例】（多選）（2024.山東濟寧期中）為了研究汽車的啟動和制動性能，現用甲、乙兩輛完全相同的汽車在

平直公路上分別進行實驗。讓甲車以加速度?加速到最大速度后勻速運動一段時間再以最大加速度的制動，直到

停止；乙車以加速度ai加速到最大速度后立即以加速度管制動，直到停止。實驗測得甲、乙兩車的運動時間相

等，且兩車運動的位移之比為7：5。則（）

A.甲加速的時間和甲減速的時間之比為1：2

B.甲加速的時間和甲減速的時間之比為3：1

C.6Z1:。2=2：1

D.〃1:（22=1-3

答案：AC

解析：根據題目描述畫出v—f圖像，如圖所示

甲的位移用=三心，乙的位移尤2=詈，兩車運動的位移之比為7：5,則曰=|，因為甲車減速時加速度為。2,

乙車為手，所以乙車勻減速時間是甲車勻減速時間的2倍，則甲車勻減速和勻速時間相等，因此甲車加速的時間和

減速的時間之比為1：2,故A正確，B錯誤；由以上分析可知，乙車勻加速時間和勻減速時間之比為1：4,故加

速度比為號=4,解得:々2=2：1,故C正確，D錯誤。

針對訓練

轎車在筆直的公路上做勻速直線運動，當轎車經過公路上的A路標時，?？吭谂赃叺囊惠v卡車開始以加速度的

做勻加速直線運動，運動一段時間后立即以加速度做勻減速直線運動，結果卡車與轎車同時到達下一個路標，

此時卡車的速度恰好減為零，若兩路標之間的距離為d,則轎車勻速運動的速度大小為（）

a1d

。1一。22(a1+a2)

2。1。2d

3(%—0,2)

解析：B設卡車行駛過程中的最大速度為小,則加速過程和減速過程的時間分別為「膏，7

作出卡車整個過程的v-r圖像如圖所示，圖像與時間軸所圍成的面積為（等+鬻）乂竽=%

解得Vmax=Jj：f,設轎車勻速運動的速度為VO,有VmaxG1+）x|=Vo（fl+?2）,解得V0=%

跟蹤訓練鞏固提升

基礎練

1.（2024?貴州貴陽模擬）一質點做勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為x,速度增為原來的兩倍，方向不變,

則該質點的加速度為（）

X

AB白

A?市2t2

C.鳥D.鳥

3t22t2

解析：C設這段時間的初速度為V0,則末速度為2vo,根據運動學公式可得尤=誓?，2v0=v0+at,聯(lián)立解得該

質點的加速度為a——^,故選c。

3tz

2.（2024?云南昆明模擬）滑雪運動員由靜止開始沿一斜坡勻加速下滑，經過斜坡中點時的速度為V,則他通過斜坡

后半段的平均速度為（)

nV2+1

A.1.5vB.-----v

2

c2V2+1

C.2vD.-------v

2

2

解析：B設斜坡的長度為無,運動員到達底端的速度為V2,根據勻變速直線運動速度與位移公式得y=2o|,v2

=23聯(lián)立兩式可得V2=&v,則運動員通過斜坡后半段的平均速度為萬=等=咎丫，故選B。

3.（2022?全國甲卷15題）長為/的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為％,要通過前方一長為乙的隧道，當

列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v（v<w）。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a

和2a,則列車從減速開始至回到正常行駛速率vo所用時間至少為（）

A+gv0-v^L+2l

2avav

3（v0—v）|L+i口3（v0—v）_|_L+2Z

2avav

解析：c當列車恰好以速率”勻速通過隧道時，從減速開始至回到原來正常行駛速率所用時間最短，列車減速過

程所用時間宇，勻速通過隧道所用時間/2=山，列車加速到原來速率W所用時間勾=”二，所以列車從減

2ava

速開始至回到正常行駛速率所用時間至少為/=+?2+f3=3<v°~v）+—,故C正確。

2av

4.（2024?福建福州模擬）自動駕駛汽車己經在某些路段試運行。假設一輛自動駕駛汽車在筆直的公路上行駛，剎

車后做勻減速直線運動直到停止，小馬同學利用閃光頻率為1Hz的照相機拍攝下連續(xù)三幅汽車照片，測量出第一

幅照片與第二幅照片中汽車之間的距離為15m,第二幅照片與第三幅照片中汽車之間的距離為13m,則汽車最后

2s時間內的平均速度大小為（）

A.4m/sB.3m/s

C.2m/sD.lm/s

解析：C頻閃間隔時間T=，=ls,根據Ar=aP,解得。=2m/s2,利用逆向思維法，可將汽車的運動看成反向

的初速度為零的勻加速直線運動，汽車最后2s時間內的位移大小xMlpn:XZXZZmndm,汽車最后2s時間內

的平均速度大小為v=：=；m/s=2m/s,故選C。

5.（2024?湖南衡陽模擬）小明同學乘坐汽車，觀測到做勻加速直線運動的汽車（可視為質點）連續(xù)通過A、B、

C、。四個位置，且通過A3、BC、段的時間分別為八2八3t,AB段、段的長度分別為工、6L,則汽車通

過C點時的速度大小為（）

解析：D由題意知汽車在48段中間時刻的瞬時速度也等于其在AB段的平均速度，即也=《，汽車在CD段中間

時刻的瞬時速度"2等于其在CD段的平均速度，即丫2=號=與，又丫2=叫+。（1+2t+|t）,解得.=擊，又Vc=V|

+aX2.5t,解得vc=￥，故選D。

OL

6.（2024?江西豐城中學模擬）如圖所示，在光滑的斜面上放置3個相同的小球（可視為質點），小球1、2、3距

斜面底端A點的距離分別為XI、X2、X3,現將它們分別從靜止釋放，以相同的加速度向下運動，到達A點的時間分

別為小企、t3,平均速度分別為VI、吸、V3,則下列說法正確的是（）

C.V3—V1+V2D.2V2~V1+V3

解析：B小球做初速度為零的勻加速直線運動，根據丫2=2"知到達A點的速度V3>V2>V1,根據平均速度推論

可知53>方2>%，則?<詈<菖，故A錯誤，B正確；由于位移之間的大小關系未知，無法比較平均速度的等量關

系，故C、D錯誤。

7.（2024?四川宜賓模擬）一質點做勻加速直線運動時，速度變化Av時發(fā)生位移xi,緊接著速度變化同樣的Av時

發(fā)生位移X2,則該質點的加速度為（）

2

A.（Av）2住+工）

\%1X2JX2—Xi

C.(Av)2f-

X2/X2—Xi

解析：D勻變速直線運動中，速度變化量相等時，運動時間相等，則可得

根據逐差相等的推論可得無2—

故A、B、C錯誤，D正確。

提升練

8.（2024?河南開封模擬）如圖所示，某一時刻開始用頻閃照相機給一個下落的小球拍照，照相機的拍攝頻率為力

經測量小球經2、3位置間的距離為為，小球經3、4位置間的距離為尤2,試計算小球經1位置時的速度（）

.3x+%2rn5x-|-3xr

A.vi=U1■9B.vi='2f

C.V1=3X2：X1/D.VI=5X2~3X1/

解析：B頻閃照相機的曝光時間間隔為T=：設小球下落的加速度大小為“，則Ax=X2—為=。72,小球經過位

置3時的瞬時速度為為=&，根據速度與時間關系有V3=w+2qT,聯(lián)立以上各式解得也=汽當，故選B。

9.（多選）（2024?河南潺河模擬）地鐵進站后的運動可以視為勻減速直線運動，某同學站在地鐵站觀察，看到地

鐵進站后用時20s停止，最后1s內位移大小為0.5m,則地鐵（）

A.進站的加速度大小是2.0m/s2

B.進站后第1s內的位移大小是19.5m

C.進站后前10s位移和后10s的位移之比為4：1

D.進站的初速度大小是20m/s

解析：BD由逆向思維法，可把地鐵的勻減速運動看作初速度為零的勻加速運動，最后1s內位移大小為0.5m,

根據位移與時間關系得陽=）L2,解得加速度大小為a=1.0m/s2,故A錯誤；地鐵進站時的速度大小為vo=m=

1.0X20m/s=20m/s,故D正確；地鐵第1s內的位移大小是Ar=v（）Af—3（Af）2=19.5m,故B正確；由初速度

為零的勻加速直線運動規(guī)律可知，進站后地鐵前10s的位移和后10s的位移之比為3：1,故C錯誤。

10.（2024?河南開封模擬）某汽車以速度出勻速行駛，為了避免通過路口時出現意外，到達路口前以加速度。做勻

減速運動，然后用t時間以速度勻速通過路口，接著再以加速度2a勻加速到原來速度w，則汽車從vo開始減速

到再恢復到vo的過程中，通過的位移大小為（）

2

解析：C由運動學公式，減速過程有G%）—v0=-2axi,勻速過程有尤2=：vof,加速過程有幾？一=

2X2ax2,總位移為％=制+X2+尤3,聯(lián)立解得尤=也-+工丫03故選C。

3a3

創(chuàng)新練

11.（2024?山東濰坊模擬）如圖所示，ETC是高速公路上不停車電子收費系統(tǒng)的簡稱。一汽車在平直公路上以15

m/s的速度行駛，汽車通過ETC通道前，以大小為2.5m/s2的加速度減速，當速度減至5m/s后，勻速通過長為10

m的勻速行駛區(qū)間。當車頭到達收費站中心線后，再以大小為5m/s2的加速度勻加速至15m/s,汽車從開始減速至

回到原行駛速度的過程，下列判斷正確的是（

收費站中心線

:10m:

入口r

15m/s-?

f

ETC通道勻速行駛區(qū)間

A.通過的最短距離為60m

B.通過的最短距離為70m

C.所用的最短時間為4s

D.所用的最短時間為6s

解析：B汽車通過ETC通道，減速時間」=也"°=J^s=4s,勻速時間玄=程="s=2s,加速時間

—2.5%5a2

=-s=2s,從開始減速到恢復正常行駛過程中的時間f=fi+f2+r3=8s,故C、D錯誤；汽車通過ETC通道，

減速位移大小為》1=工也/1=^^乂4m=40m,加速位移大小為尤3="手里勾=節(jié)空義2m=20m,從開始減速到剛

好恢復正常行駛過程中經過的位移大小為x=xi+x2+x3=70m,故A錯誤，B正確。

12.（多選）高鐵站臺上，5位旅客在各自車廂候車線處候車，若動車每節(jié)車廂長為/,動車進站時做勻減速直線運

動。站在2號候車線處的旅客發(fā)現1號車廂經過他所用的時間為3動車停下時該旅客剛好在2號車廂門口（2號

車廂最前端），如圖所示，則（）

if-

i<—><—）<—>11—><—>11icc<-5154,2

/2Z/zzzzz22'zzz/zz22zz/zz77/7zzzzzzzz/zzzzzzzzzzzzzzz

A.動車從經過5