匀变速直线运动的规律及应用--2025届高考物理（含解析）

匀变速直线运动的规律及应用--2025届高考物理
匀变速直线运动的规律及应用
目录
题型一匀变速直线运动基本规律的应用
类型 1　基本公式和速度位移关系式的应用
类型 2逆向思维法解决匀变速直线运动问题
题型二匀变速直线运动的推论及应用
类型 1平均速度公式
类型 2位移差公式
类型 3初速度为零的匀变速直线运动比例式
类型 4第n秒内位移问题
题型三自由落体运动和竖直上抛运动
类型 1自由落体运动基本规律的应用
类型 2自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
类型 3竖直上抛运动的基本规律
类型 4自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
题型四多过程问题
题型一 匀变速直线运动基本规律的应用
【解题指导】1． v= v0+ at、x= v0t+ 1 at2、v2- v20= 2ax原则上可解任何匀变速直线运动的问题，公式中 v2 0、
v、a、x都是矢量，应用时要规定正方向.
2.对于末速度为零的匀减速直线运动，常用逆向思维法.
3.对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退 (即做反向的匀加
速直线运动)，一般需判断减速到零的时间．
【必备知识与关键能力】
1.基本规律
(1)速度-时间关系：v=v0+at v=at初速度为零
2
0(2)位移-时间关系：x=v0t+ 12 at
2
----→
1 2
x= 2 at
(3)速度-位移关系：v2-v=2ax v0=0 v2=2ax
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
题目中所涉及的物理量 (包括已知 没有涉及的物理
适宜选用的公式
量、待求量和为解题设定的中间量) 量　
v0、v、a、t x 【速度公式】v= v0+ at
1
v 20、a、t、x v 【位移公式】x= v0t+ at2
v 、v、a、x t 【速度位移关系式】v2- v20 0= 2ax
v+v
v0、v、t、x a 【平均速度公式】x= 0 t2
类型 1　基本公式和速度位移关系式的应用
1
1 (2024·北京·高考真题)一辆汽车以 10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经 2s停止，汽
车的制动距离为 ( )
A. 5m B. 10m C. 20m D. 30m
2 (2024·湖南永州·三模)质点做直线运动的位移 x与时间 t的关系为 x= 5t+ t2(各物理量均采用国际
单位制单位)，下列说法正确的是 ( )
A.该质点的加速度大小为 1m/s2 B.该质点在 1s末的速度大小为 6m/s
C.前 2s内的位移为 8m D.该质点第 2s内的平均速度为 8m/s
3 (2024·全国·高考真题甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从 t= 0时由静止
开始做匀加速运动，加速度大小 a= 2m/s2，在 t1= 10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止
鸣笛，t2= 41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速 v0= 340m/s，求：
(1)救护车匀速运动时的速度大小；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
类型 2逆向思维法解决匀变速直线运动问题
1.方法简介
很多物理过程具有可逆性 (如运动的可逆性)，在沿着正向过程或思维 (由前到后或由因到果)分析受阻时，有
时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维 (由后到前或由果到因)来思考，可以化难为易、出奇制胜。解决物理
问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等。
2.实例特点
刹车类问题或子弹打木块问题的特点都是匀减速至 0后保持静止，在分析问题时，都看成反向的初速度为 0的
匀加速直线运动来处理。
1 (2024·山东潍坊·三模)2024潍坊市足球联赛于 3月 24日在潍坊四中和利昌学校开赛。在赛前训练
中，运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为匀变速运动，足球离脚后，在 0 ~
t时间内位移大小为 2x，在 t ~ 3t时间内位移大小为 x。则足球的加速度大小为 ( )
4 2- 3 x 2 2- 3 x
A. B. C. x D. x
t2 t2 t2 2t2
2
2 (2024·贵州铜仁·二模)汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常情况下，安全距离与驾驶者的
反应时间和汽车行驶的速度有关。郭老师采用如下方法在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时
间：汽车以速度 v1匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移 x1；然后再以另一速度 v2匀速行驶，
记录下从看到减速信号至汽车停下的位移 x2，假设两次实验的反应时间不变，加速度相同且恒定不变。可
测得郭老师的反应时间为 ( )
v22x
2
1-v1x2 2 v1x2-v2x 2 v x -v x v2x -v2xA. B. 1 C. 2 2 1 1 D. 2 1 1 2
v 2 2 2 21v2-v2v1 v1v2 v1v2 v2v1-v1v2
3 (2023·甘肃陇南·一模)具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动“主动刹车系统”。
某汽车以 v0= 28m/s的速度在公路上匀速行驶时，其前方L= 50m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，恰好在羚羊前 l= 1m处停车。求：
(1)汽车开始“主动刹车”时的加速度大小 a；
(2)汽车在“主动刹车”最后 1s通过的位移大小 x。
题型二 匀变速直线运动的推论及应用
【解题指导】
1．凡问题中涉及位移及发生这段位移所用时间或一段运动过程的初、末速度时，要尝试运用平均速度公式.
2．若问题中涉及两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx= aT2.
3．若从静止开始的匀加速直线运动，涉及相等时间或相等位移时，则尝试应用初速度为零的比例式．
【必备知识与关键能力】
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= aT2.
(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，还等于中
间时刻的瞬时速度．
= v0+v平均速度公式：v = v t .2 2
2 2
(3) v +v位移中点速度 v = 0x .
2 2
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(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= 12 ∶ 22 ∶ 32 ∶ ∶n2.
3
(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 ∶ ∶ (2n-
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 ) ∶ (2- 3 ) ∶ ∶
( n- n-1 )．
3.思维方法
迁移角度 适用情况 解决办法
常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动 由连续相邻相等时间 (或长度)的比例关
比例法
具有等时性或等距离 系求解
推论法 适用于“纸带”类问题 由Δs= aT2求加速度
常用于“等分”思想的运动，把运动按时间 (或 根据中间时刻的速度为该段位移的平均速
平均速度法
距离)等分之后求解 度来求解问题
图象法 常用于加速度变化的变速运动 由图象的斜率、面积等条件判断
类型 1平均速度公式
(1)平均速度法：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，常用此法。
(2)逆向思维法：匀减速到 0的运动常用此法。　　
(3).两段时间内平均速度的平均速度
v t +v t
第一段时间 t1内的平均速度为 v1，第一段时间 t2内的平均速度为 v ，则全程的平均速度 v= 1 1 2 22 t1+t2
(4).两段位移内平均速度的平均速度
x +x
第一段位移 x1内的平均速度为 v1，第一段位移 x2内的平均速度为 v2，则全程的平均速度 v= 1 2x1 x2
v +1 v2
(5).两种特殊情况

前一半时间v1，后一半时间v2 v
= v1+v全程的 22
两段平均速度的平均速度 v v v = 2v1v前一半位移 1，后一半位移 全程的 22 v1+v2
1 (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=
0.9m，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= 0.4s，从 2号锥筒
运动到 3号锥筒用时 t2= 0.5s。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
4
2 (2024·辽宁丹东·一模)2024年，东北地区：哈尔滨、长春、沈阳、大连四座城市将有新的地铁线路开通，
新线路将会大大减轻交通压力，加快城市的发展。沈阳地铁一号线从S站到T站是一段直线线路，全程
1.6km，列车运行最大速度为 72km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在S站从静止开
始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，直
4
至到T站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的 倍。现匀加速运动过程中连续经过A、B、C
5
三点，S→A用时 2s，B→C用时 4s，且SA长 2m，BC长 24m。求：
(1)列车在C点的速度大小；
(2)列车匀速行驶的时间。
3 某型号新能源汽车在一次测试中从静止开始沿直线运动，其位移 x与时间 t图像为如图所示的一条
过原点的抛物线，P t1,x1 为图像上一点，虚线PQ与图像相切于P点，与 t轴相交于Q t0,0 。 0~t0时间
内车的平均速度记作 v1，t0 t1时间内车的平均速度记作 v2，下列说法正确的是 ( )
x x
A. t1时刻小车的速度大小为
1 B.小车加速度大小为 1
t t21 1
C. v2= 2v1 D. v2= 3v1
5
类型 2位移差公式
1 某物体沿着一条直线做匀减速运动，依次经过A、B、C三点，最终停止在D点。A、B之间的距离
2
为S0，B、C之间的距离为 S0，物体通过AB与BC两段距离所用时间都为 t0，则下列正确的是 ( )3
5S 3t
A. B点的速度是 0 B.由C到D的时间是 0
3t0 2
2S S
C.物体运动的加速度是 0 D. CD之间的距离 0
t20 3
2 (2024·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= 11.36s，tB= 11.76s，tC=
12.16s，tD= 12.56s，tE= 12.96s。已知斜坡是由长为 d= 0.6m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 1.2m 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 2.25m/s D.物块下滑的加速度大小为 1.5m/s2
3 一物体从A点由静止开始做匀加速运动，途经B、C、D三点，B、C两点间的距离为 0.8m，C、D两
点间距离为 1.6m，通过BC段的时间与通过CD段的时间相等，则A、D之间的距离为 ( )
A. 2.0m B. 2.5m C. 3.2m D. 3.6m
4 (2024·河南·模拟预测)如图所示，小球从斜面上的A点以一定的初速度开始下滑，加速度恒为 a，小
球在B点的速度等于小球从A运动到C的平均速度，且A、B两点间的距离为L1，A、C两点间的距离为
L2，则小球从A到C的运动时间为 ( )

6
L2-L1 L2-L1 L2-2L1 LA. B. 2 C. D. 2 2-2L1
a a a a
类型 3初速度为零的匀变速直线运动比例式
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:Δt1为 ( )
A. ( 3- 1):( 2- 1) B. ( 3- 2 ):( 2- 1)
C. ( 3+ 1):( 2+ 1) D. ( 3+ 2 ):( 2+ 1)
2 某次冰壶训练中，一冰壶以某初速度在水平冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为 x时其速度恰
x x
好为零，若冰壶通过第一个 的距离所用的时间为 t，则冰壶通过最后 的距离所用的时间为 ( )
6 6
A. 5-2 t B. 6- 5 t C. 5+2 t D. 6+ 5 t
3 钢架雪车也被称为俯式冰橇，是 2022年北京冬奥会的比赛项目之一。运动员需要俯身平贴在雪橇
上，以俯卧姿态滑行。比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成。若某次运动员练习时，恰好在终
t
点停下来，且在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动。运动员通过减速区时间为 t，其中第一个 时
4
间内的位移为 x t1，第四个 时间内的位移为 x4 2
，则 x2:x1等于 ( )
A. 1：16 B. 1：7 C. 1：5 D. 1：3
4 一汽车沿平直公路做匀减速直线运动刹车，从开始减速到刹车停止共运动 18s。汽车在刹停前的 6s
内前进了 9m，则该汽车的加速度大小和从开始减速到刹车停止运动的距离为 ( )
A. 1m/s2，81m B. 1m/s2，27m C. 0.5m/s2，81m D. 0.5m/s2，27m
5 (2024·辽宁·一模)某同学原地竖直起跳进行摸高测试，从离地到上升到最高点所用时间为 t，重心上
升的总高度为H。若不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
A. t t该同学在上升第一个 与上升第三个 的过程中，克服重力做功之比为 3:1
3 3
7
B. t t该同学在上升第一个 与上升第三个 的过程中，克服重力做功之比为 3 :1
3 3
C. H H该同学在上升第一个 与上升第三个 的过程中，重力的冲量之比为 3 :1
3 3
D. H H该同学在上升第一个 与上升第三个 的过程中，重力的冲量之比为 3- 2 :1
3 3
类型 4第n秒内位移问题
1.第n秒内指的是 1s的时间，前n秒指的是n秒的时间，二者不同；
2.第n秒内位移等于前n秒内位移减去前 (n- 1)秒内位移；
v +v
3.第n秒内的平均速度数值上等于第n秒内位移,也等于 (n- 0.5)s时刻的瞬时速度,还等于 n-1 n ；
2
4.第m秒内的位移和第n秒内的位移之差 xm- xn= (m-n)aT2。
1 (2024·四川成都·二模)如图所示是一辆汽车正在以 v0= 20m/s的速度匀速行驶，突然公路上横冲出
三只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程可视为匀减速直线运动，加速度大小为 4m/s2，小动物与汽车距
离约为 55m，以下说法正确的是 ( )
A.从汽车刹车开始计时，第 4s末到第 6s末汽车的位移大小为 2m
B.从汽车刹车开始计时，6s末汽车的位移大小为 48m
C.从汽车刹车开始计时，6s末汽车的速度大小为 4m/s
D.汽车将撞上小动物
2 做匀加速直线运动的质点，在第 5 s内及第 6 s内的平均速度之和是 56 m/s，平均速度之差是 4
m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为 ( )
A. 4 m/s2；4 m/s B. 4 m/s2；8 m/s C. 26 m/s2；30 m/s D. 8 m/s2；8 m/s
3 中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过 2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直
线运动，加速过程中连续经过两段均为 120m的测试距离，用时分别为 2s和 l s，则无人机的加速度大小是
( )
A. 20m/s2 B. 40m/s2
C. 60m/s2 D. 80m/s2
4 (2024·青海·二模)一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后保持匀速
运动。已知汽车在启动后的第 2s内前进了 6m，第 4s内前进了 13.5m，下列说法正确的是 ( )
A.汽车匀加速时的加速度大小为 6m/s2 B.汽车在前 4s内前进了 32m
8
C.汽车的最大速度为 14m/s D.汽车的加速距离为 20m
题型三 自由落体运动和竖直上抛运动
【解题指导】1.自由落体运动是初速度为 0、加速度为 g的匀加速直线运动，匀变速直线运动的一切推论公式也
都适用.
1．竖直上抛运动是初速度方向竖直向上、加速度大小为 g的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动规
律列方程，也可分成上升、下降阶段分段处理，特别应注意运动的对称性.
3. “双向可逆类运动”是 a不变的匀变速直线运动，参照竖直上抛运动的分析方法，可分段处理，也可全过程列
式，但要注意 v0、a、x等物理量的正负号．
【必备知识与关键能力】
一.自由落体运动
(1)运动特点：初速度为 0，加速度为 g的匀加速直线运动．
(2)基本规律：
①速度与时间的关系式：v= gt.
1
②位移与时间的关系式：x= gt2.
2
③速度与位移的关系式：v2= 2gx.
(3)方法技巧：
①比例法等初速度为 0的匀变速直线运动规律都适用．
②Δv= gΔt.相同时间内，竖直方向速度变化量相同．
③位移差公式：Δh= gT2.
二．竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为 g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v= v0- gt；
1
②位移与时间的关系式：x= v0t- gt2.2
(3)研究方法
上升阶段：a= g的匀减速直线运动
分段法
下降阶段：自由落体运动
初速度 v0向上，加速度为-g的匀变速直线运动，v= v0- gt，h= v0t- 1 gt2(以竖直向上为正方向)2
全程法 若 v> 0，物体上升；若 v< 0，物体下落
若 h> 0，物体在抛出点上方；若 h< 0，物体在抛出点下方
类型 1自由落体运动基本规律的应用
1 (2024·河南·模拟预测)某兴趣小组用频闪投影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理书竖
直放置，将一小钢球从与书上边沿等高处静止释放，整个下落过程的频闪照片如图所示，已知物理书的长度
为 l，重力加速度为 g，忽略空气阻力，该频闪摄影的闪光频率为 ( )
9
g 25g
A. B. 2l C. D. 25l
2l g 2l 2g
2 (2024·江西南昌·二模)屋檐的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，两雨滴在空中运动的过程
中，它们之间的距离 ( )
A.保持不变 B.不断减小 C.不断增大 D.与雨滴质量有关
3 小球从靠近竖直砖墙的某个位置 (可能不是图中 1的位置)由静止释放，用频闪方法拍摄的小球位置
如图中 1、2、3和 4所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为 d，重力加速度为 g，可知
小球 ( )
A. 9d经过位置 2时的瞬时速度大小约 2gT B.从位置 1到 4过程中的平均速度大小约为
4T
C. d下落过程中的加速度大小约为 D.小球的静止释放点距离位置 1为 d
T2
4 如图所示，长为 4m的竖直杆从竖直管道正上方由静止释放，它完全通过这一竖直管道的时间为 2s，
已知竖直杆释放时其下端到竖直管道上端的高度为 5m，不计空气阻力，取重力加速度大小 g= 10m/s2，则
这个管道长为 ( )
10
A. 40m B. 36m C. 32m D. 30m
5 (2024·辽宁辽阳·一模)某人坐在树下看到熟透的苹果 (视为质点)从树上掉下来，从与头顶相同高度
处落到水平地面的时间为 0.1s。已知头顶到地面的高度为 1.25m，取重力加速度大小为 10m/s2，则苹果
( )
A.经过与头顶相同高度处时的速度大小为 10m/s
B.在空中运动的时间为 1.2s
C.刚掉落时离地的高度为 8.45m
D.落地时的速度大小为 12m/s
类型 2自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
1 (2024·吉林白山·一模)两个弹性小球A、B相互挨着，A在B的正上方，一起从某一高度处由静止开
始下落，小球下落的高度远大于两小球直径。若小球B与水平地面、小球A与小球B之间发生的都是弹性
正碰，B球质量是A球质量的 2倍，则A球第一次的下落高度与其碰后第一次上升的最大高度之比为
( )
A. 25 B. 9 C. 5 D. 3
9 25 3 5
2 (2024·山西·二模)如图所示，在做自由落体运动与竖直上抛运动的杂技表演中，表演者让甲球从离地
高度为H的位置由静止释放，同时让乙球在甲的正下方的某点由静止释放，已知乙球与水平地面碰撞后的
速度大小是刚落地时速度大小的 0.5倍，且碰撞后的速度方向竖直向上，两小球均视为质点，忽略空气阻
力，乙球与地面的碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是 ( )
11
gH
A.若乙释放时的高度为 0.5H，则乙与地面碰撞刚结束时的速度大小为
4
B.若乙释放时的高度为 0.5H，则乙从释放到再次到达最高点的运动时间为 2 H
g
C. H若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙第一次上升的最大高度为
10
D. H若乙在第一次上升的过程中能与甲相撞，则乙释放时的高度 h的范围为H> h>
10
3 如图所示，在水平线OO 某竖直平面内，距地面高度为 h，一条长为L L球A和B，小球A在水平线OO 上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态。现从OO 上另
一点静止释放小球 1，当小球 1下落至与小球B等高位置时，从OO 上静止释放小球A和小球 2，小球 2在
小球 1的正上方。则下列说法正确的是 ( )
A.小球 1将与小球B同时落地
B.在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上
C. h越大，小球A与小球B的落地时间差越大
D.在小球 1落地前，小球 1与 2之间的距离随时间的增大而增大
类型 3竖直上抛运动的基本规律
1.竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，物体以初速度 v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，如图所示，则：
12
②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问
题时要注意这个特性。
2.竖直上抛运动的 v- t图和 x- t图
1 小球从高空被竖直向上抛出。以向上为正，若 2s内它的平均速度为-5m/s，g取 10 m/s2，则上抛的
初速度为 ( )
A. 5 m/s B. 10 m/s C. 15 m/s D. 25 m/s
2 甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高
度 h与时间 t的关系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为 g，则两小球同时在同一水平线上时，距
离抛出点的高度为 ( )
A. 1 gt2 1 22 B. g(t2- t2 1 21) C. g(t2- t21) D. 1 g(t2- t22 1)2 2 4 8
3 升降机从井底以 5m/s的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过 4s升降机底
板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度 g= 10m/s2，下列说法正确的是
( )
A.螺钉松脱后做自由落体运动
B.矿井的深度为 45 m
C.螺钉落到井底时的速度大小为 40 m/s
D.螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动
类型 4自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
13
(1)同时运动，相遇位移方程： gt2+ v 20t- gt =H,解得 t=H /v0
(2)上升、下降过程中相遇问题
①若在 a球上升时两球相遇，则有 t< v0/g，即H /v0< v0/g。解得 v0> gH
②若在 a球下降时两球相遇，则有 v0/g< t< 2v0/g，即 v0/g(3)中点相遇问题
若两球在中点相遇，有H /2= gt2,H /2= v t- gt20 ;解得 v0= gH ,t= H /g .
此时 a球速度 va= v0- gt= gH - g H /g= 0 ；b球速度 vb= gt= g H /g= v0.
交换速度大小。
(4)相遇时速率相等问题
若两球相遇时速率相等，则必然是速度大小相等，方向相反。有 gt= v0- gt，且 t=H /v0，联立解得 v0= 2gH，
t= 1 2H 。此时 a球下降 ha= gt2=H /4；b球上升 hb= 3H /4.2 g
1 如图所示，某同学将球A以速度 v竖直向上抛出，到达最高点的同时，将球B也以速度 v从同一位置
竖直向上抛出。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为 g。求：
(1)自球A抛出到与球B相遇所经历的时间；
(2)两球相遇时，A、B两球的速度大小；
(3)自球A抛出到两球相遇的过程中，A、B两球的速度变化量。

14
2 如图所示，a、b、c三点位于空中同一竖直线上且 b为 ac中点，小球甲、乙完全相同，甲从 a由静止释
放的同时，乙从 b以速度 v0竖直向上抛出，两球在 ab中点发生弹性碰撞。已知重力加速度大小为 g，则甲、
乙经过 c点的时间差为 ( )
v0 ( 3-1)v0 (2- 2)v0 ( 2-1)vA. B. C. D. 0
g g g g
3 如图所示，从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度H处有一物体B开始自由下落，两物
体在空中同时到达同一高度 h时速度大小均为 v，则下列说法正确的是 ( )
A.两物体在空中运动的加速度相同，运动的时间相等
B. A上升的最大高度小于B开始下落时的高度H
C.两物体在空中同时达到的同一高度的位置 h一定在B开始下落时高度H的中点下方
D. A上抛的初速度与B落地时速度大小均为 2v
4 如图所示，从空中将小球P从 a点竖直向上抛出的同时，将小球Q从 c点由静止释放，一段时间后
Q在 a点正下方的 b点时追上P，此过程中两小球均末落地且末发生碰撞。若 a、b两点间的高度差为 h，
c、a两点间的高度差为 2h。不计空气阻力，重力加速度为 g，两小球均可视为质点，则小球P相对抛出点上
升的最大高度为 ( )
15

A. h B. h C. h D. 3 h
6 3 2 4
题型四 多过程问题
【解题指导】1．多过程问题一般情景复杂、条件多，可画运动草图或作 v- t图像形象地描述运动过程，这有助
于分析问题，也往往能从中发现解决问题的简单方法.
2.多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂
程度．
【必备知识与关键能力】
1．一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程．
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量．
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程．
2．解题关键
多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键．
1 (2024·湖北武汉·二模)为满足旅客乘坐高铁出行的不同需要，城际高铁开通了“一站直达”列车和
“站站停”列车两种班次。假设两城高铁站之间均匀分布了 4个车站，若列车在进站和出站过程中做匀变速
直线运动，加速度大小均为 2m/s2，其余行驶时间内保持最高时速 288km/h匀速运动，“站站停”列车在每个
车站停车时间均为 t0= 2min，则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为 ( )
A. 10min40s B. 11min20s C. 13min20s D. 14min40s
2 (2023·全国·模拟预测)如图所示的自由落锤式强夯机将 8~30 t的重锤从 6~30m高处自由落下，对
土进行强力夯实。某次重锤从某一高度自由落下，已知重锤在空中运动的时间为 t1、从自由下落到运动至
最低点经历的时间为 t2，重锤从地面运动至最低点的过程可视为做匀减速直线运动，当地重力加速度为 g，
则该次夯土作业 ( )
16
A. 1重锤下落时离地高度为 gt2
2 1
B. 1重锤接触地面后下降的距离为 gt
2 1
t2
gt
C. 1重锤接触地面后的加速度大小为
t2-t1
D.重锤在空中运动的平均速度大于接触地面后的平均速度
3 如图所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如下表：
运动过程 运动时间 运动状态
匀加速运动 0~40s 初速度 v0= 0；末速度 v= 4.2m/s
匀速运动 40~640s v= 4.2m/s
匀减速运动 640~720s 靠岸时的速度 v1= 0.2m/s
(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小 a1及位移大小 x1；
(2)求游船匀减速运动过程中加速度大小 a2及位移大小 x2；
(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。
4 足球比赛中，某运动员以 12m/s的速度将球踢出的同时，立即起跑追赶足球。若足球沿草地做加速
度大小为 2m/s2的匀减速直线运动，该运动员沿足球运动方向，先从静止开始做加速度为 4m/s2的匀加速直
线运动，达到最大速度 8m/s后保持该速度不变做匀速直线运动。则该运动员从起跑到追上足球所用的时
间为 ( )
A. 2+2 3 s B. 4s C. 2+ 3 s D. 2s
5 (2024·河南·模拟预测)两列高铁交会时会对周围的空气产生强烈的扰动，造成车体表面的压力变化，
突变的压力会冲击车体。实际在交会时可以适度降低车速以减小该冲击现象，假设长度均为L的两列高铁
列车在平直轨道上以速率 v0正常行驶，当两列车的任一部分侧视重叠时，列车速率都不允许超过
v v17
回到正常行驶速率 v0所用时间至少为 ( )
2 v0-v L 2 v0-v 2L v0-v+ +
v -v
A. B. C. + L D. 0 + 2L
a v a v a v a v
6 为激发飞行学员的职业荣誉感，空军于 2022年 7月 31日首次派出运-20飞机运送新录取飞行学员
到空军航空大学报到。运-20飞机沿直线跑道由静止开始以最大加速度匀加速起飞，经过时间 t1= 20s达
到起飞速度 v= 60m/s。
(1)求飞机起飞时的加速度大小 a1和发生的位移大小 x1；
(2)跑道上有一个航线临界点 (如图所示)，超过临界点就必须起飞，如果放弃起飞飞机将可能冲出跑道，已知跑
道长度L= 1200m，飞机减速的最大加速度大小 a2= 2m/s2，求临界点距跑道起点的距离 x0。
18
匀变速直线运动的规律及应用
目录
题型一匀变速直线运动基本规律的应用
类型 1　基本公式和速度位移关系式的应用
类型 2逆向思维法解决匀变速直线运动问题
题型二匀变速直线运动的推论及应用
类型 1平均速度公式
类型 2位移差公式
类型 3初速度为零的匀变速直线运动比例式
类型 4第n秒内位移问题
题型三自由落体运动和竖直上抛运动
类型 1自由落体运动基本规律的应用
类型 2自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
类型 3竖直上抛运动的基本规律
类型 4自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
题型四多过程问题
题型一 匀变速直线运动基本规律的应用
1
【解题指导】1． v= v0+ at、x= v0t+ at2、v2- v20= 2ax原则上可解任何匀变速直线运动的问题，公式中 v 、2 0
v、a、x都是矢量，应用时要规定正方向.
2.对于末速度为零的匀减速直线运动，常用逆向思维法.
3.对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退 (即做反向的匀加
速直线运动)，一般需判断减速到零的时间．
【必备知识与关键能力】
1.基本规律
(1)速度-时间关系：v=v0+at v=at初速度为零
2(2)位移-时间关系：x=v t+ 1 at2 1 20 0 2 ----→ x= 2 at
(3)速度-位移关系：v2-v=2ax v0=0 v2=2ax
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
题目中所涉及的物理量 (包括已知 没有涉及的物理
适宜选用的公式
量、待求量和为解题设定的中间量) 量　
v0、v、a、t x 【速度公式】v= v0+ at
1
v0、a、t
2
、x v 【位移公式】x= v0t+ at2
v0、v、a、x t 【速度位移关系式】v
2- v20= 2ax
= v+vv0、v、t、x a 【平均速度公式】x 0 t2
类型 1　基本公式和速度位移关系式的应用
1
1 (2024·北京·高考真题)一辆汽车以 10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经 2s停止，汽
车的制动距离为 ( )
A. 5m B. 10m C. 20m D. 30m
【答案】B
【详解】速度公式汽车做末速度为零的匀减速直线运动，则有
v +v
x= 0 t= 10m
2
故选B。
2 (2024·湖南永州·三模)质点做直线运动的位移 x与时间 t的关系为 x= 5t+ t2(各物理量均采用国际
单位制单位)，下列说法正确的是 ( )
A.该质点的加速度大小为 1m/s2 B.该质点在 1s末的速度大小为 6m/s
C.前 2s内的位移为 8m D.该质点第 2s内的平均速度为 8m/s
【答案】D
【详解】A．质点做直线运动的位移 x与时间 t的关系为
x= 5t+ t2
结合匀变速直线运动位移与时间关系
x= v0t+ 1 at22
可得质点的初速度和加速度分别为
v = 5m/s，a= 2m/s20
故A错误；
B．该质点在 1s末的速度大小为
v1= v0+ at1= 5m/s+ 2× 1m/s= 7m/s
故B错误；
CD．质点前 2s内的位移为
x2= 5t2+ t22= 5× 2m+ 22m= 14m
质点前 1s内的位移为
x1= 5t1+ t21= 5× 1m+ 12m= 6m
该质点第 2s内的平均速度为
v = Δx = 14-6m/s= 8m/s
Δt 1
所以C错误，D 正确。
故选D。
3 (2024·全国·高考真题甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从 t= 0时由静止
开始做匀加速运动，加速度大小 a= 2m/s2，在 t1= 10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止
鸣笛，t2= 41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速 v0= 340m/s，求：
2
(1)救护车匀速运动时的速度大小；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
【答案】(1)20m/s；(2)680m
【详解】(1)根据匀变速运动速度公式
v= at1
可得救护车匀速运动时的速度大小
v= 2× 10m/s= 20m/s
(2)救护车加速运动过程中的位移
x1= 1 at21= 100m2
设在 t3时刻停止鸣笛，根据题意可得
(t3-t1)20+100 + t = t
v 3 20
停止鸣笛时救护车距出发处的距离
x= x1+ (t3- t1) × v
代入数据联立解得
x= 680m
类型 2逆向思维法解决匀变速直线运动问题
1.方法简介
很多物理过程具有可逆性 (如运动的可逆性)，在沿着正向过程或思维 (由前到后或由因到果)分析受阻时，有
时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维 (由后到前或由果到因)来思考，可以化难为易、出奇制胜。解决物理
问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等。
2.实例特点
刹车类问题或子弹打木块问题的特点都是匀减速至 0后保持静止，在分析问题时，都看成反向的初速度为 0的
匀加速直线运动来处理。
1 (2024·山东潍坊·三模)2024潍坊市足球联赛于 3月 24日在潍坊四中和利昌学校开赛。在赛前训练
中，运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为匀变速运动，足球离脚后，在 0 ~
t时间内位移大小为 2x，在 t ~ 3t时间内位移大小为 x。则足球的加速度大小为 ( )
4 2- 3 x 2 2- 3 x
A. B. C. x D. x
t2 t2 t2 2t2
【答案】A
【详解】若足球在 3t时刻停止，根据逆向思维法可知，相等时间间隔内的位移之比为 1：3：5： ，由 0 ~ t时
间内位移大小为 2x，则在 t ~ 3t时间内位移大小应为 1.6x，而题干为 x，则说明在 3t之前足球就已经停止
运动。根据逆向思维法则有
v2 = 2ax
2x= vt+ 1 at2
2
3
联立解得
4 2- 3 x
a=
t2
故选A。
2 (2024·贵州铜仁·二模)汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常情况下，安全距离与驾驶者的
反应时间和汽车行驶的速度有关。郭老师采用如下方法在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时
间：汽车以速度 v1匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移 x1；然后再以另一速度 v2匀速行驶，
记录下从看到减速信号至汽车停下的位移 x2，假设两次实验的反应时间不变，加速度相同且恒定不变。可
测得郭老师的反应时间为 ( )
v22x1-v21x2 2 v1x2-v x 2 v 2 2A. B. 2 1 C. 2
x2-v1x1 vD. 2x1-v1x2
v v2-v v2 v v v v v v2-v v21 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2
【答案】A
【详解】设司机的反应时间为 t，匀减速运动的加速度大小为 a，第一次匀减速运动的时间为 t1，第二次匀减
速运动的时间为 t2，则由逆向思维，根据位移与时间的关系有
x1- v t= 1 21 at ①2 1
x2- v 12t= at22 2②
由平均速度公式有
v1 t1= x1- v1t③2
v2 t2= x2- v2 2t④
可得
2(x -v t)
t 1 11= ⑤v1
= 2(x2-vt 2t)2 ⑥v2
将⑤代入①解得
= v
2
a 1 ⑦
2(x1-v1t)
将⑥⑦代入②解得
2
= v2x -v
2
t 1 1
x2
v v2 21 2-v2v1
故选A。
3 (2023·甘肃陇南·一模)具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动“主动刹车系统”。
某汽车以 v0= 28m/s的速度在公路上匀速行驶时，其前方L= 50m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，恰好在羚羊前 l= 1m处停车。求：
4
(1)汽车开始“主动刹车”时的加速度大小 a；
(2)汽车在“主动刹车”最后 1s通过的位移大小 x。
【答案】(1)8m/s2；(2)4m
【详解】(1)汽车刹车时做匀减速直线运动，有
v20= 2a(L- l)
解得
a= 8m/s2
(2)汽车在“主动刹车”最后 1s内的运动可以等效为反向的匀加速直线运动，有
x= 1 a(Δt)2
2
Δt= 1s
解得
x= 4m
题型二 匀变速直线运动的推论及应用
【解题指导】
1．凡问题中涉及位移及发生这段位移所用时间或一段运动过程的初、末速度时，要尝试运用平均速度公式.
2．若问题中涉及两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx= aT2.
3．若从静止开始的匀加速直线运动，涉及相等时间或相等位移时，则尝试应用初速度为零的比例式．
【必备知识与关键能力】
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= aT2.
(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，还等于中
间时刻的瞬时速度．
v v +v平均速度公式： = 0 = v t .2 2
2 2
(3)位移中点速度 vx = v0+v .
2 2
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(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= 12 ∶ 22 ∶ 32 ∶ ∶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 ∶ ∶ (2n-
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 ) ∶ (2- 3 ) ∶ ∶
( n- n-1 )．
3.思维方法
迁移角度 适用情况 解决办法
5
常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动 由连续相邻相等时间 (或长度)的比例关
比例法
具有等时性或等距离 系求解
推论法 适用于“纸带”类问题 由Δs= aT2求加速度
常用于“等分”思想的运动，把运动按时间 (或 根据中间时刻的速度为该段位移的平均速
平均速度法
距离)等分之后求解 度来求解问题
图象法 常用于加速度变化的变速运动 由图象的斜率、面积等条件判断
类型 1平均速度公式
(1)平均速度法：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，常用此法。
(2)逆向思维法：匀减速到 0的运动常用此法。　　
(3).两段时间内平均速度的平均速度
v t +v t
第一段时间 t1内的平均速度为 v1，第一段时间 t 内的平均速度为 v ，则全程的平均速度 v= 1 1 2 22 2 t1+t2
(4).两段位移内平均速度的平均速度
x +x
第一段位移 x1内的平均速度为 v1，第一段位移 x2内的平均速度为 v2，则全程的平均速度 v= 1 2x1
v +
x2
1 v2
(5).两种特殊情况
v v v = v前一半时间 ，后一半时间 全程的 1+v21 2 2
两段平均速度的平均速度 2v v前一半位移v1，后一半位移v2 全程的v= 1 2v1+v2
1 (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=
0.9m，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= 0.4s，从 2号锥筒
运动到 3号锥筒用时 t2= 0.5s。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)1m/s2；(2)4
【详解】(1)根据匀变速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
v d1= = 2.25m/st1
2、3间中间时刻的速度为
v = d2 = 1.8m/st2
故可得加速度大小为
6
= Δv = v1-va 2 = 1m/s2
Δt t1 t2
2 + 2
(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
v0t1- 1 at22 1= d
代入数值解得
v0= 2.45m/s
从 1号开始到停止时通过的位移大小为
= v
2
x 0 = 3.00125m≈ 3.33d
2a
故可知最远能经过 4号锥筒。
2 (2024·辽宁丹东·一模)2024年，东北地区：哈尔滨、长春、沈阳、大连四座城市将有新的地铁线路开通，
新线路将会大大减轻交通压力，加快城市的发展。沈阳地铁一号线从S站到T站是一段直线线路，全程
1.6km，列车运行最大速度为 72km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在S站从静止开
始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，直
至到T 4站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的 倍。现匀加速运动过程中连续经过A、B、C
5
三点，S→A用时 2s，B→C用时 4s，且SA长 2m，BC长 24m。求：
(1)列车在C点的速度大小；
(2)列车匀速行驶的时间。
【答案】(1)8m/s；(2)62s
【详解】(1) 1由 x= at2可知
2
a1= 1m/s2
根据
v t = v
2
可知BC段平均速度
x
v BCBC= = 6m/stBC
v= v0+ at
vc= 8m/s
7
(2)由Δv= a Δt得
匀加速阶段
t = v1 = 20sa1
匀减速阶段
t2= v = 16s5
4 a1
v = x由 得
t
匀加速阶段
x1= v
t1= 200m
匀减速阶段
x2= v
t2= 160m
匀速运动时间
t3=
x-x1-x2 = 62s
v
3 某型号新能源汽车在一次测试中从静止开始沿直线运动，其位移 x与时间 t图像为如图所示的一条
过原点的抛物线，P t1,x1 为图像上一点，虚线PQ与图像相切于P点，与 t轴相交于Q t0,0 。 0~t0时间
内车的平均速度记作 v1，t0 t1时间内车的平均速度记作 v2，下列说法正确的是 ( )
x x
A. t1时刻小车的速度大小为
1 B.小车加速度大小为 1
t1 t21
C. v2= 2v1 D. v2= 3v1
【答案】D
【详解】A．图线切线的斜率等于速度，则 t1时刻小车的速度大小为
x
v = 1t1 t1-t0
选项A错误；
B．车的初速度为零，根据
vt1=
x1
- = att 11 t0
可得小车加速度大小为
8
= xa 1
t1(t1-t0)
选项B错误；
CD．因为
x1= 1 at22 1
联立
= xa 1
t1(t1-t0)
可得
t1= 2t0
则 t0为 0 t1的中间时刻，则 t0 t1时间内车的位移等于 0~t0时间内车的位移的 3倍，根据
v = x
t
可知 t0 t1时间内车的平均速度等于 0~t0时间内车的平均速度的 3倍，即
v2= 3v1
故选项C错误，D正确。
故选D。
类型 2位移差公式
1 某物体沿着一条直线做匀减速运动，依次经过A、B、C三点，最终停止在D点。A、B之间的距离
为S 20，B、C之间的距离为 S0，物体通过AB与BC两段距离所用时间都为 t0，则下列正确的是 ( )3
5S 3t
A. B点的速度是 0 B.由C到D的时间是 0
3t0 2
2S S
C.物体运动的加速度是 0 D. CD之间的距离 0
t20 3
【答案】B
【详解】A．物体通过AB与BC两段距离所用时间都为 t0，所以 vB为AC的中间时刻速度，根据匀变速直
线运动的中间时刻速度推论式可得
S 20+ S0 5S
v 3B= = 02t0 6t0
故A错误；
BC．AB与BC两段为连续相邻相同时间的位移，根据匀变速直线运动的推论式ΔS= aT2可得
2 S0-S0= at23 0
解得
S
a=- 0
3t20
9
根据速度时间关系式 vt= v0+ at，代入数据可得物体从B到D的时间为
0- 5S0
= 6tt 0 = 5 t
- S
0
0 2
3t20
则物体从C到D的时间为
5 t 3
2 0
- t0= t2 0
故选项B正确，C错误；
D．根据匀变速直线运动的速度位移公式 v2- v2t 0= 2ax，代入数据可得BD间距离为
2
0- 5S0
= 6t

x 0 = 25 S
-2 S0 24
0
3t20
则CD间距离为
25 S 2 9
24 0
- S
3 0
= S
24 0
故D错误。
故选B。
2 (2024·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= 11.36s，tB= 11.76s，tC=
12.16s，tD= 12.56s，tE= 12.96s。已知斜坡是由长为 d= 0.6m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 1.2m 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 2.25m/s D.物块下滑的加速度大小为 1.5m/s2
【答案】BC
【详解】C．由图 (b)可知相邻两点间的时间间隔
T= 0.4s
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
10
x
v = CED = 2.25m/s2T
故C正确；
D．AC段与CE段的时间间隔为
t= 2T= 0.80s
且
xCE- xAC= 3d- d= 2d
由
Δx= at2
可知
x 2CE- xAC= a× 2T
代入数据解得
a= 1.875m/s2
故D错误；
AB．由
vD= vA+ a× 3T
代入数据解得
vA= 0
则位置A、D间距离
v 2-v2
xAD=
D A = 1.35m
2a
故A错误B正确。
故选BC。
3 一物体从A点由静止开始做匀加速运动，途经B、C、D三点，B、C两点间的距离为 0.8m，C、D两
点间距离为 1.6m，通过BC段的时间与通过CD段的时间相等，则A、D之间的距离为 ( )
A. 2.0m B. 2.5m C. 3.2m D. 3.6m
【答案】B
【详解】B、C之间的距离为 l= 0.8m，由连续相等时间内的位移之差公式得
2l- l= at2
解得
a= l
t2
由平均速度公式
v 2l+ l 3lC= =2t 2t
A与C的距离
11
v2
x = CAC =
9l = 0.9m
2a 8
A、D之间的距离为
Δx= 0.9m+ 1.6m= 2.5m
故选B。
4 (2024·河南·模拟预测)如图所示，小球从斜面上的A点以一定的初速度开始下滑，加速度恒为 a，小
球在B点的速度等于小球从A运动到C的平均速度，且A、B两点间的距离为L1，A、C两点间的距离为
L2，则小球从A到C的运动时间为 ( )

L2-L1 L2-L1 L2-2L1 L2-2LA. B. 2 C. D. 2 1
a a a a
【答案】D
【详解】由题意可知，小球在B点的速度等于小球从A运动到C的平均速度，根据匀变速直线运动中间时刻
的速度是全程的平均速度，则小球从A到B的运动时间与小球从B到C的运动时间相等，设这个相等的时
间为T，由
L -L -L = aT22 1 1
解得
= LT 2-2L1
a
小球从A到C的运动时间为
L
2T= 2 2-2L1
a
故选D。
类型 3初速度为零的匀变速直线运动比例式
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:Δt1为 ( )
A. ( 3- 1):( 2- 1) B. ( 3- 2 ):( 2- 1)
12
C. ( 3+ 1):( 2+ 1) D. ( 3+ 2 ):( 2+ 1)
【答案】A
【详解】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 at2
2 0
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 at2
2 1
当木板长度为 2L时，有
3L= 1 at2
2 2
又
Δt1= t1- t0，Δt2= t2- t0
联立解得
Δt2:Δt1= 3-1 : 2-1
故选A。
2 某次冰壶训练中，一冰壶以某初速度在水平冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为 x时其速度恰
x x
好为零，若冰壶通过第一个 的距离所用的时间为 t，则冰壶通过最后 的距离所用的时间为 ( )
6 6
A. 5-2 t B. 6- 5 t C. 5+2 t D. 6+ 5 t
【答案】D
【详解】由逆向思维可知，冰壶从静止开始做匀加速直线运动，由
s= 1 aT2
2
可知，冰壶通过连续相等距离所用时间之比为 1: 2-1 : 3- 2 : : n+1- n ，n为大于或等于 1
x
的整数，冰壶通过最后 的距离所需时间为
6
t = t = ( 6+ 5 )t
6- 5
故选D。
3 钢架雪车也被称为俯式冰橇，是 2022年北京冬奥会的比赛项目之一。运动员需要俯身平贴在雪橇
上，以俯卧姿态滑行。比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成。若某次运动员练习时，恰好在终
t
点停下来，且在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动。运动员通过减速区时间为 t，其中第一个 时
4
t
间内的位移为 x1，第四个 时间内的位移为 x2，则 x2:x4 1等于 ( )
13
A. 1：16 B. 1：7 C. 1：5 D. 1：3
【答案】B
【详解】由题意知，在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，将此减速过程由逆向思维，
可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比为
1:3:5 t t可知，x2:x1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个 时间内的位移与第四个 时间内的4 4
位移之比，即
x2:x1= 1:7
故选B。
4 一汽车沿平直公路做匀减速直线运动刹车，从开始减速到刹车停止共运动 18s。汽车在刹停前的 6s
内前进了 9m，则该汽车的加速度大小和从开始减速到刹车停止运动的距离为 ( )
A. 1m/s2，81m B. 1m/s2，27m C. 0.5m/s2，81m D. 0.5m/s2，27m
【答案】C
【详解】按照逆向思维刹车运动是初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀变速直线运动推论可
知，汽车共运动了 18s，每 6s内的位移之比为 5:3:1，又
x= 9m= 1 at2
2
可得
a= 0.5m/s2
x3= 1+3+5 x= 81m
故选C。
5 (2024·辽宁·一模)某同学原地竖直起跳进行摸高测试，从离地到上升到最高点所用时间为 t，重心上
升的总高度为H。若不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
A. t t该同学在上升第一个 与上升第三个 的过程中，克服重力做功之比为 3:1
3 3
B. t t该同学在上升第一个 与上升第三个 的过程中，克服重力做功之比为 3 :1
3 3
C. H H该同学在上升第一个 与上升第三个 的过程中，重力的冲量之比为 3 :1
3 3
D. H H该同学在上升第一个 与上升第三个 的过程中，重力的冲量之比为 3- 2 :1
3 3
【答案】D
t t
【详解】AB．根据题意，由逆向思维可看成自由落体运动，则该同学在上升第一个 与上升第三个 的位
3 3
14
移之比为 5:1，由公式W=Fx可知，克服重力做功之比为 5:1，故AB错误；
CD H H．根据题意，由逆向思维可看成自由落体运动，该同学在上升第一个 与上升第三个 的时间之比
3 3
为 3- 2 :1，由公式 I=Ft可知，重力的冲量之比为 3- 2 :1，故C错误，D正确。
故选D。
类型 4第n秒内位移问题
1.第n秒内指的是 1s的时间，前n秒指的是n秒的时间，二者不同；
2.第n秒内位移等于前n秒内位移减去前 (n- 1)秒内位移；
3.第n秒内的平均速度数值上等于第n秒内位移,也等于 (n- 0.5)s时刻的瞬时速度, v +v还等于 n-1 n ；
2
4.第m秒内的位移和第n秒内的位移之差 x 2。m- xn= (m-n)aT
1 (2024·四川成都·二模)如图所示是一辆汽车正在以 v0= 20m/s的速度匀速行驶，突然公路上横冲出
三只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程可视为匀减速直线运动，加速度大小为 4m/s2，小动物与汽车距
离约为 55m，以下说法正确的是 ( )
A.从汽车刹车开始计时，第 4s末到第 6s末汽车的位移大小为 2m
B.从汽车刹车开始计时，6s末汽车的位移大小为 48m
C.从汽车刹车开始计时，6s末汽车的速度大小为 4m/s
D.汽车将撞上小动物
【答案】A
【详解】A．汽车刹车速度减为零所用的时间
= vt 0 = 20 s= 5s
a 4
因此第 4s末到第 6s末汽车的位移即为第 4s末到第 5s末汽车的位移，运用逆向思维，向汽车速度减为零的
运动看成逆向的匀加速直线运动，可得第 4s末到第 5s末汽车的位移为
x = 1 at2= 1 245 1 × 4× 1 m= 2m2 2
故A正确；
B．从汽车刹车开始计时，6s末汽车已经停止运动，其位移运用逆向思维，可得
x= 1 at= 1 × 4× 52m= 50m
2 2
故B错误；
C．根据以上分析可知，5s末汽车已经停止，因此 6s末汽车的速度大小为 0，故C错误；
D．汽车停止运动的位移为 50m，小于汽车开始刹车时距小动物的距离 55m，因此汽车不会撞上小动物，
15
故D错误。
故选A。
2 做匀加速直线运动的质点，在第 5 s内及第 6 s内的平均速度之和是 56 m/s，平均速度之差是 4
m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为 ( )
A. 4 m/s2；4 m/s B. 4 m/s2；8 m/s C. 26 m/s2；30 m/s D. 8 m/s2；8 m/s
【答案】　B
【解析】　根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度．依题意，可得
4.5 s末及 5.5 s末的速度之和及速度之差为 v4.5+ v5.5= 56 m/s，v5.5- v4.5= 4 m/s，联立求得 v4.5= 26
m/s，v5.5= 30 m/s，即有 26 m/s= v0+ a× (4.5 s)，30 m/s= v0+ a× (5.5 s)，联立求得 a= 4 m/s2，v0= 8
m/s，故选B.
3 中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过 2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直
线运动，加速过程中连续经过两段均为 120m的测试距离，用时分别为 2s和 l s，则无人机的加速度大小是
( )
A. 20m/s2 B. 40m/s2
C. 60m/s2 D. 80m/s2
【答案】B
【解析】
x 120 x 120
第一段的平均速度 v1= = m/s= 60m/s；第二段的平均速度 v2= = m/s= 120m/s，中间时刻t1 2 t2 1
v -v 120-60
的速度等于平均速度，则 a= 2 1 = m/s2= 40m/s2，故选B.
1
2 t1+t
1.5
2
4 (2024·青海·二模)一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后保持匀速
运动。已知汽车在启动后的第 2s内前进了 6m，第 4s内前进了 13.5m，下列说法正确的是 ( )
A.汽车匀加速时的加速度大小为 6m/s2 B.汽车在前 4s内前进了 32m
C.汽车的最大速度为 14m/s D.汽车的加速距离为 20m
【答案】C
【详解】AC．由于汽车从静止开始做匀加速直线运动，则在连续相等时间内位移之比为 1:3:5:7 ，第 2s
内前进了 6m，则第 3s内前进 10m，第 4s内前进 14m，但实际汽车在第 4s内前进了 13.5m，由此可知，汽车
在第 4s内的某一时刻达到最大速度，开始匀速，所以
a= Δx = 4 m/s2= 4m/s2
T2 1
v +v
x 3 m3~4= t1+ vmt2= 13.5m2
t1+ t2= 1s
vm= v3+ at1
16
v3= at3
解得
v3= 12m/s，vm= 14m/s，t1= t2= 0.5s
故A错误，C正确；
BD．由以上分析可知，汽车在 3.5s达到最大速度，所以加速阶段的位移为
v
x m0~3.5= t3.5= 24.5m2
前 4s内的位移为
v
x 30~4= t2 3+ x3~4= 31.5m
故BD错误。
故选C。
题型三 自由落体运动和竖直上抛运动
【解题指导】1.自由落体运动是初速度为 0、加速度为 g的匀加速直线运动，匀变速直线运动的一切推论公式也
都适用.
1．竖直上抛运动是初速度方向竖直向上、加速度大小为 g的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动规
律列方程，也可分成上升、下降阶段分段处理，特别应注意运动的对称性.
3. “双向可逆类运动”是 a不变的匀变速直线运动，参照竖直上抛运动的分析方法，可分段处理，也可全过程列
式，但要注意 v0、a、x等物理量的正负号．
【必备知识与关键能力】
一.自由落体运动
(1)运动特点：初速度为 0，加速度为 g的匀加速直线运动．
(2)基本规律：
①速度与时间的关系式：v= gt.
②位移与时间的关系式：x= 1 gt2.
2
③速度与位移的关系式：v2= 2gx.
(3)方法技巧：
①比例法等初速度为 0的匀变速直线运动规律都适用．
②Δv= gΔt.相同时间内，竖直方向速度变化量相同．
③位移差公式：Δh= gT2.
二．竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为 g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v= v0- gt；
1
②位移与时间的关系式：x= v0t- gt2.2
(3)研究方法
17
上升阶段：a= g的匀减速直线运动
分段法
下降阶段：自由落体运动
1
初速度 v0向上，加速度为-g的匀变速直线运动，v= v 20- gt，h= v0t- gt (以竖直向上为正方向)2
全程法 若 v> 0，物体上升；若 v< 0，物体下落
若 h> 0，物体在抛出点上方；若 h< 0，物体在抛出点下方
类型 1自由落体运动基本规律的应用
1 (2024·河南·模拟预测)某兴趣小组用频闪投影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理书竖
直放置，将一小钢球从与书上边沿等高处静止释放，整个下落过程的频闪照片如图所示，已知物理书的长度
为 l，重力加速度为 g，忽略空气阻力，该频闪摄影的闪光频率为 ( )
g 25g
A. B. 2l C. D. 25l
2l g 2l 2g
【答案】C
【详解】由图可知，小钢球下落过程经过 5段间隔，则运动时间为
t= 5
f
根据
l= 1 gt2
2
得该频闪摄影的闪光频率为
f= 25g
2l
故选C。
2 (2024·江西南昌·二模)屋檐的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，两雨滴在空中运动的过程
中，它们之间的距离 ( )
A.保持不变 B.不断减小 C.不断增大 D.与雨滴质量有关
【答案】C
【详解】设两雨滴的时间间隔为Δt，它们之间的距离
Δh= 1 g(t+Δt)2- 1 gt2
2 2
整理得
18
Δh= 1 g(2tΔt+Δt2)
2
随着时间的增加，两雨滴之间的距离不断增大。
故选C。
3 小球从靠近竖直砖墙的某个位置 (可能不是图中 1的位置)由静止释放，用频闪方法拍摄的小球位置
如图中 1、2、3和 4所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为 d，重力加速度为 g，可知
小球 ( )
A.经过位置 2时的瞬时速度大小约 2gT B.从位置 1 9d到 4过程中的平均速度大小约为
4T
C. d下落过程中的加速度大小约为 D.小球的静止释放点距离位置 1为 d
T2
【答案】C
【详解】A．由题知因 1位置不一定是释放点，故经过位置 2时的瞬时速度不一定等于
v= gt= 2gT
应根据小球经过位置 2的瞬时速度等于 1、3段的平均速度进行计算，即
v = 2d+3d = 5d2 2T 2T
故A错误；
B．位置 1到位置 4的平均速度为
v = 9d = 3d3 3T T
故B错误；
C．由图可知，2、3与 1、2两段的位移差为Δx= d，根据
Δx= aT2
解得下落过程中的加速度大小为
a= d
T2
故C正确；
D．设释放点距离位置 1为 h，则从释放点到 2位置，则有
19
v2
h+ 2d= 2
2a
5d d
将 v2= 、a= 代入可得2T T2
h= 9 d
8
9
小球的静止释放点距离位置 1为 d，故D错误。
8
故选C。
4 如图所示，长为 4m的竖直杆从竖直管道正上方由静止释放，它完全通过这一竖直管道的时间为 2s，
已知竖直杆释放时其下端到竖直管道上端的高度为 5m，不计空气阻力，取重力加速度大小 g= 10m/s2，则
这个管道长为 ( )
A. 40m B. 36m C. 32m D. 30m
【答案】B
【详解】设竖直杆的下端到管道上端的时间为 t1，设竖直杆的上端到管道下端的时间为 t2，由自由落体运动
公式得
h = 11 gt22 1
h1+ h2+L= 1 gt22 2
其中
Δt= t2- t1= 2s，h1= 5m，h2= 4m
联立解得，这个管道长为
L= 36m
故选B。
5 (2024·辽宁辽阳·一模)某人坐在树下看到熟透的苹果 (视为质点)从树上掉下来，从与头顶相同高度
处落到水平地面的时间为 0.1s。已知头顶到地面的高度为 1.25m，取重力加速度大小为 10m/s2，则苹果
( )
A.经过与头顶相同高度处时的速度大小为 10m/s
B.在空中运动的时间为 1.2s
20
C.刚掉落时离地的高度为 8.45m
D.落地时的速度大小为 12m/s
【答案】C
【详解】设经过与头顶相同高度处时的速度大小为 v1，根据运动学公式可得
h 1 22= v1t2+ gt2 2
其中
h2= 1.25m，t2= 0.1s
可得经过与头顶相同高度处时的速度大小为
v1= 12m/s
苹果在空中的时间为
= vt 1 + t = 122 s+ 0.1s= 1.3sg 10
苹果刚掉落时离地的高度为
h= 1 gt2= 1 × 10× 1.32m= 8.45m
2 2
苹果落地时的速度大小为
v= gt= 10× 1.3m/s= 13m/s
故选C。
类型 2自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
1 (2024·吉林白山·一模)两个弹性小球A、B相互挨着，A在B的正上方，一起从某一高度处由静止开
始下落，小球下落的高度远大于两小球直径。若小球B与水平地面、小球A与小球B之间发生的都是弹性
正碰，B球质量是A球质量的 2倍，则A球第一次的下落高度与其碰后第一次上升的最大高度之比为
( )
A. 25 B. 9 C. 5 D. 3
9 25 3 5
【答案】B
【详解】规定竖直向下为正方向，设A、B球开始下落的高度为 h，B球与地面碰撞后等速率反弹，则由运动
学公式
v2= 2gh
可知，A、B碰前的速度分别为
vA= 2gh，vB=- 2gh
21
A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得
mAvA+mBvB=m v A A+mBv B
由机械能守恒定律得
1 m v2 + 1 m v2 = 1A A B B m 2
1 2
2 2 2 A
vA + m v2 B B
其中
mB= 2mA
联立解得
v =- 5A 2gh，v A= 2gh (舍去)3
A球碰后第一次上升的最大高度为
v

h = A = 25 h
2g 9
所以A球第一次的下落高度与其碰后第一次上升的最大高度之比为
h = 9
h 25
故选B。
2 (2024·山西·二模)如图所示，在做自由落体运动与竖直上抛运动的杂技表演中，表演者让甲球从离地
高度为H的位置由静止释放，同时让乙球在甲的正下方的某点由静止释放，已知乙球与水平地面碰撞后的
速度大小是刚落地时速度大小的 0.5倍，且碰撞后的速度方向竖直向上，两小球均视为质点，忽略空气阻
力，乙球与地面的碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是 ( )
gH
A.若乙释放时的高度为 0.5H，则乙与地面碰撞刚结束时的速度大小为
4
B.若乙释放时的高度为 0.5H，则乙从释放到再次到达最高点的运动时间为 2 H
g
C. H若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙第一次上升的最大高度为
10
D.若乙在第一次上升的过程中能与甲相撞，则乙释放时的高度 h的范围为H> h> H
10
【答案】C
【详解】AB．若乙释放时的高度为 0.5H，则由
22
2g 0.5H= v2
可得乙落地时的速度大小为
v= gH
落地时间为
t = v = H1 g g
乙与地面碰撞刚结束时的速度大小为
gH
v2= 0.5v1= 2
与地面碰后上升的时间为
v
t 2 1 H2= =g 2 g
乙从释放到再次到达最高点的运动时间为
t= t1+ t = 3 H2 2 g
故AB错误；
C．若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，设乙第一次上升的最大高度为 h，与地面碰后速度大小为
v3，则有
h= 1 gt2
2 3
由乙球与水平地面碰撞后的速度大小是刚落地时速度大小的 0.5倍可知，乙第一次下落的时间
t4= 2t3
则甲与乙碰撞时运动的总时间为
t总= t4+ t3
则有
1 gt2总+ h=H2
联立可得
h= H
10
故C正确；
D．若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙下落高度为
h 1乙= gt24= 4h=
2H
2 5
所以若乙在第一次上升的过程中能与甲相撞，则乙释放时的高度 h的范围为
H> h> 2H
5
故D错误。
故选C。
3 如图所示，在水平线OO 某竖直平面内，距地面高度为 h，一条长为L L23
球A和B，小球A在水平线OO 上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态。现从OO 上另
一点静止释放小球 1，当小球 1下落至与小球B等高位置时，从OO 上静止释放小球A和小球 2，小球 2在
小球 1的正上方。则下列说法正确的是 ( )
A.小球 1将与小球B同时落地
B.在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上
C. h越大，小球A与小球B的落地时间差越大
D.在小球 1落地前，小球 1与 2之间的距离随时间的增大而增大
【答案】D
【详解】A．设小球 1下落到与B等高的位置时的速度为 v，设小球 1还需要经过时间 t1落地，则
h- l= vt + 11 gt22 1
设B运动的时间为 t2，则
h- l= 1 gt2
2 2
比较可知
t1< t2
故A错误；
B．小球A与B都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力，故B错误。
C．设A运动时间为 t3，则
h= 1 gt2
2 3
可得
2(h-l)
t3- t2= 2h -g g
可知 l是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差越小，故C错误；
D． 1与 2两球的距离
Δx= vt+ 1 gt2- 1 gt2= vt
2 2
可见在小球 1落地前，小球 1与 2之间的距离随时间的增大而增大，故D正确。
故选D。
24
类型 3竖直上抛运动的基本规律
1.竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，物体以初速度 v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，如图所示，则：
②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问
题时要注意这个特性。
2.竖直上抛运动的 v- t图和 x- t图
1 小球从高空被竖直向上抛出。以向上为正，若 2s内它的平均速度为-5m/s，g取 10 m/s2，则上抛的
初速度为 ( )
A. 5 m/s B. 10 m/s C. 15 m/s D. 25 m/s
【答案】A
【详解】设小球的初速度为 v0，t= 2s后的速度为
v= v0- gt
小球抛出后做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式，有
v = v0+v = v0+v0-gt
2 2
代入数据，得
2v0-2×10m/s =-5m/s
2
解得
v0= 5m/s
故选A。
2 甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高
度 h与时间 t的关系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为 g，则两小球同时在同一水平线上时，距
离抛出点的高度为 ( )
25
A. 1 gt2 B. 1 g(t2- t2) C. 1 g(t22 2 1 2- t21) D. 1 g(t2- t22 2 4 8 2 1)
【答案】D
【详解】根据竖直上抛运动规律，竖直向上运动到同一水平线上时，乙小球的运动时间为
= t2-tt 1
2
甲小球到达的最高点高度为
h= 1 tg 2
2
= 1 gt2
2 2 8 2
甲小球下落的高度为
= 1 t2 - t2-th g 1
2
= 1 gt22 2 2 8 1
故该位置距离抛出点的高度为
h = h- h = 1 g(t2- t2
8 2 1
)
故选D。
3 升降机从井底以 5m/s的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过 4s升降机底
板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度 g= 10m/s2，下列说法正确的是
( )
A.螺钉松脱后做自由落体运动
B.矿井的深度为 45 m
C.螺钉落到井底时的速度大小为 40 m/s
D.螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动
【答案】D
【详解】AD．螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动，故A错误，D正确；
C．规定向下为正方向，根据
v=-v0+ gt
螺钉落到井底时的速度大小为
v=-5m/s+ 10× 4m/s= 35m/s
故C错误；
B．螺钉下降距离为
26
h1=-v0t+ 1 gt2=-5× 4m+ 1 × 10× 42m= 60m2 2
因此井深
h= v0t+ h1= 80m
故B错误。
故选D。
类型 4自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
(1)同时运动，相遇位移方程： gt2+ v0t- gt2=H,解得 t=H /v0
(2)上升、下降过程中相遇问题
①若在 a球上升时两球相遇，则有 t< v0/g，即H /v0< v0/g。解得 v0> gH
②若在 a球下降时两球相遇，则有 v0/g< t< 2v0/g，即 v0/g(3)中点相遇问题
若两球在中点相遇，有H /2= gt2,H /2= v 20t- gt ;解得 v0= gH ,t= H /g .
此时 a球速度 va= v0- gt= gH - g H /g= 0 ；b球速度 vb= gt= g H /g= v0.
交换速度大小。
(4)相遇时速率相等问题
若两球相遇时速率相等，则必然是速度大小相等，方向相反。有 gt= v0- gt，且 t=H /v0，联立解得 v0= 2gH，
t= 1 2H 。此时 a球下降 h = gt2a =H /4；b球上升 hb= 3H /4.2 g
1 如图所示，某同学将球A以速度 v竖直向上抛出，到达最高点的同时，将球B也以速度 v从同一位置
竖直向上抛出。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为 g。求：
(1)自球A抛出到与球B相遇所经历的时间；
(2)两球相遇时，A、B两球的速度大小；
(3)自球A抛出到两球相遇的过程中，A、B两球的速度变化量。

27
(1) 3v v v 3【答案】 ；(2) ； ；(3) v v； ；方向均竖直向下
2g 2 2 2 2
【详解】(1)根据竖直上抛运动性质可知，球A运动到最高点的时间
t v1= g
球A上升的最大高度为 h，则
v2= 2gh
当球A运动到最高点后将向下做自由落体运动，球B此时做竖直上抛运动，设运动 t2时间后两球在空中相
遇，由运动学公式有
h= vt2- 1 gt22+ 1 gt22 2 2
联立解得
t2= v2g
而自球A抛出到与球B相遇所经历的时间
t= t1+ t = v2 + v = 3vg 2g 2g
(2)设相遇时A、B两球的速度大小分别为 v1、v2，则根据运动学公式可得
v1= gt2= v2
v v2= v- gt2= 2
(3)设自球A抛出到两球相遇过程中，A、B两球的速度变化量分别为Δv1、Δv2，取竖直向上为正方向，可得
Δv v1=- - v=- 3 v2 2
Δv = v2 - v=- v2 2
3 v
则A、B两球速度变化量的大小分别为 v， ，方向均竖直向下
2 2
2 如图所示，a、b、c三点位于空中同一竖直线上且 b为 ac中点，小球甲、乙完全相同，甲从 a由静止释
放的同时，乙从 b以速度 v0竖直向上抛出，两球在 ab中点发生弹性碰撞。已知重力加速度大小为 g，则甲、
乙经过 c点的时间差为 ( )
28
v0 ( 3-1)v0 (2- 2)v ( 2-1)vA. B. C. 0 D. 0
g g g g
【答案】B
【详解】从开始到两球在 ab中点发生弹性碰撞，对甲、乙分别有
h= 1 gt2，v
2 甲
= gt
-h=-v0t+ 1 gt2，v2 乙=-v0+ gt
解得
v 2
t= 0 ，h= v0 ，v = v ，v
g 2g 甲 0 乙
= 0
两球发生弹性碰撞，则有
mv 甲+mv乙=mv甲+mv乙
1 mv2 + 1 mv2 1 2 1 2
2 甲 2 乙
= mv甲+ mv2 2 乙
解得
v 甲= 0，v 乙= v0
两球碰后运动到 c点过程中，对甲、乙分别有
3h= v t + 1 gt2 甲 甲 甲，3h= v乙t乙+
1 gt2
2 2 乙
解得甲、乙经过 c点的时间差为
- = ( 3-1)vt甲 t
0
乙 g
故选B。
3 如图所示，从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度H处有一物体B开始自由下落，两物
体在空中同时到达同一高度 h时速度大小均为 v，则下列说法正确的是 ( )
A.两物体在空中运动的加速度相同，运动的时间相等
B. A上升的最大高度小于B开始下落时的高度H
C.两物体在空中同时达到的同一高度的位置 h一定在B开始下落时高度H的中点下方
D. A上抛的初速度与B落地时速度大小均为 2v
【答案】D
29
【详解】AD．设两物体从下落到相遇的时间为 t，竖直上抛物体的初速度为 v0，则由题有
gt= v0- gt= v
解得
v0= 2v
根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为 2v，在空中运动时间为
t 2vB= g
A竖直上抛物体在空中运动时间为
t = 2× 2vA =
4v
g g
故D正确，A错误。
B．物体A能上升的最大高度为
(2v)2
h 2v
2
A= =2g g
B开始下落的高度为
H= 1 g 2v
2 2
= 2v
2 g g
显然两者相等。故B错误。
C．两物体在空中同时达到同一高度时，B下降的高度为
h= 1 gt2= 1 g v
2 v2= = 1 H
2 2 g 2g 4
两物体在空中同时达到的同一高度的位置 h在B开始下落时高度H的中点上方，故C错误。
故选D。
4 如图所示，从空中将小球P从 a点竖直向上抛出的同时，将小球Q从 c点由静止释放，一段时间后
Q在 a点正下方的 b点时追上P，此过程中两小球均末落地且末发生碰撞。若 a、b两点间的高度差为 h，
c、a两点间的高度差为 2h。不计空气阻力，重力加速度为 g，两小球均可视为质点，则小球P相对抛出点上
升的最大高度为 ( )

A. h B. h C. h D. 3 h
6 3 2 4
【答案】B
【详解】Q做自由落体运动，有
30
x = 3h= 1Q gt22
解得
t= 6h
g
从抛出到相遇，以向下为正方向，可得
xP=-v t+
1 gt20 2
据几何关系可得
xQ- xP= 2h
解得
= 6ghv0 P上升的最大高度为3
= v
2
h 0 = hm 2g 3
故选B。
题型四 多过程问题
【解题指导】1．多过程问题一般情景复杂、条件多，可画运动草图或作 v- t图像形象地描述运动过程，这有助
于分析问题，也往往能从中发现解决问题的简单方法.
2.多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂
程度．
【必备知识与关键能力】
1．一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程．
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量．
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程．
2．解题关键
多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键．
1 (2024·湖北武汉·二模)为满足旅客乘坐高铁出行的不同需要，城际高铁开通了“一站直达”列车和
“站站停”列车两种班次。假设两城高铁站之间均匀分布了 4个车站，若列车在进站和出站过程中做匀变速
直线运动，加速度大小均为 2m/s2，其余行驶时间内保持最高时速 288km/h匀速运动，“站站停”列车在每个
车站停车时间均为 t0= 2min，则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为 ( )
A. 10min40s B. 11min20s C. 13min20s D. 14min40s
【答案】A
【详解】由题可知，列车加速到速度最大所用的时间为
288
= vt m = 3.6加 s= 40sa 2
31
列车进站加速与出站减速时的加速度相等，故
t加= t减
设一站直达列车匀速行驶用时为 t，“站站停”列车匀速行驶用时 t′，根据题意可知
1 at2 + 1加 at2减+ vmt= 5
1 at2 1 2加+ 5 at减+ vmt 2 2 2 2
一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为
Δt= (t + 4t0+ 5t加+ 5t减) - (t+ t加+ t减)
联立解得
Δt= 640s= 10min40s
故选A。
2 (2023·全国·模拟预测)如图所示的自由落锤式强夯机将 8~30 t的重锤从 6~30m高处自由落下，对
土进行强力夯实。某次重锤从某一高度自由落下，已知重锤在空中运动的时间为 t1、从自由下落到运动至
最低点经历的时间为 t2，重锤从地面运动至最低点的过程可视为做匀减速直线运动，当地重力加速度为 g，
则该次夯土作业 ( )
A. 1重锤下落时离地高度为 gt2
2 1
B. 1重锤接触地面后下降的距离为 gt1t2 2
gt
C. 1重锤接触地面后的加速度大小为
t2-t1
D.重锤在空中运动的平均速度大于接触地面后的平均速度
【答案】AC
【详解】AD．由题意可知，重锤在运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计。作出 v- t图像，如图所示，
根据自由落体公式可知，重锤下落时离地高度为
h = 1 gt21 2 1
v
根据匀变速直线运动中平均速度 v= 可知，重锤在空中运动的平均速度等于接触地面后的平均速度，A
2
正确，D错误；
B．根据
s= v t
2
32
可知，重锤下落时离地高度 h1和重锤接触地面后下降距离 h2之比为
h1 = t1
h2 t2-t1
故重锤接触地面后下降的距离为
h = 12 gt t -t 2 1 2 1
B错误；
C．根据 v= at可知，重锤接触地面后的加速度大小为
= v = gta 1
t2-t1 t2-t1
C正确。
故选AC。
3 如图所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如下表：
运动过程 运动时间 运动状态
匀加速运动 0~40s 初速度 v0= 0；末速度 v= 4.2m/s
匀速运动 40~640s v= 4.2m/s
匀减速运动 640~720s 靠岸时的速度 v1= 0.2m/s
(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小 a1及位移大小 x1；
(2)求游船匀减速运动过程中加速度大小 a2及位移大小 x2；
(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。
【答案】(1)0.105m/s2，84m；(2)0.05m/s2，176m；(3)3.86m/s
【详解】(1)根据题意，结合表中数据，由公式
v= v0+ at
可得，游船匀加速运动过程中加速度大小为
a = v1 = 0.105m/s2t1
由公式
33
v2- v20= 2ax
可得，位移大小为
2
x1= v = 84m．2a1
(2)根据题意，结合表中数据，由公式
v= v0+ at
v -v
可得，游船匀减速运动过程中加速度为 a = 12 =-0.05m/s2t3
即游船匀减速运动过程中加速度大小为 0.05m s2，由公式
v2- v20= 2ax
可得，位移大小为
2 2
x2=
v1-v = 176m
2a2
(3)游船在整个行驶过程中的总位移
x= x1+ vΔt2+ x2= 2780m
游船在整个行驶过程中的平均速度大小
v = x = 2780m/s≈ 3.86m/s
t 720
4 足球比赛中，某运动员以 12m/s的速度将球踢出的同时，立即起跑追赶足球。若足球沿草地做加速
度大小为 2m/s2的匀减速直线运动，该运动员沿足球运动方向，先从静止开始做加速度为 4m/s2的匀加速直
线运动，达到最大速度 8m/s后保持该速度不变做匀速直线运动。则该运动员从起跑到追上足球所用的时
间为 ( )
A. 2+2 3 s B. 4s C. 2+ 3 s D. 2s
【答案】A
【详解】设运动员、足球的加速度大小分别为 a1、a2，该运动员从起跑到追上足球所用的时间为 t，运动员的
加速时间为 t1，则有
v
t = 1 = 81 s= 2sa1 4
追上时
v0t- 1 a t2 12 = a t22 2 1 1+ v1 t-t1
代入数据
12t- 1 × 2t2= 1 × 4× 22+ 8 t-2
2 2
解得
t= 2+2 3 s
或
t= 2-2 3 s(不符合实际舍去)
34
因为足球减速到零的时间为
v
t = 0 = 6s> 2+2 3 s
a2
所以 t= 2+2 3 s符合实际。
5 (2024·河南·模拟预测)两列高铁交会时会对周围的空气产生强烈的扰动，造成车体表面的压力变化，
突变的压力会冲击车体。实际在交会时可以适度降低车速以减小该冲击现象，假设长度均为L的两列高铁
列车在平直轨道上以速率 v0正常行驶，当两列车的任一部分侧视重叠时，列车速率都不允许超过
v v回到正常行驶速率 v0所用时间至少为 ( )
2 v -v 2 v -v
A. 0 + L B. 0 + 2L
v -v v
C. 0 + L D. 0
-v + 2L
a v a v a v a v
【答案】A
【详解】减速时间 t1=
v0-v
a
匀速时间
t L2= v
加速度时间
v -v
t = 03 a
所以用时间至少
2 v -v
t= t 0 L1+ t2+ t3= +a v
故选A。
6 为激发飞行学员的职业荣誉感，空军于 2022年 7月 31日首次派出运-20飞机运送新录取飞行学员
到空军航空大学报到。运-20飞机沿直线跑道由静止开始以最大加速度匀加速起飞，经过时间 t1= 20s达
到起飞速度 v= 60m/s。
(1)求飞机起飞时的加速度大小 a1和发生的位移大小 x1；
(2)跑道上有一个航线临界点 (如图所示)，超过临界点就必须起飞，如果放弃起飞飞机将可能冲出跑道，已知跑
道长度L= 1200m，飞机减速的最大加速度大小 a2= 2m/s2，求临界点距跑道起点的距离 x0。
【答案】(1)3m/s2，600m；(2)480m
35
【详解】(1) v飞机起飞时的加速度大小 a1= = 3m/s2t1
1
加速起飞发生的位移为 x1= a t22 1 1
解得
x1= 600m
(2)假如飞机加速至临界点，则飞机以最大加速度 a2减速能刚到达跑道的末端。设此过程中飞机的最大速
度为 vm，则加速过程有 v
2
m= 2a1x0
减速过程有 v2m= 2a2 L-x0
解得
x0= 480m
36