2026届高三复习讲义：讲义：专题一 匀变速直线运动中常见的模型

专题一 匀变速直线运动中常见的模型
模型一：“刹车”模型
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知识总结
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（1）刹车问题在实际生活中，汽车刹车停止后，不会做反向加速运动，而是保持静止。
（2）刹车时间的求法。由v＝，令v＝0，求出便为刹车时间，即。
（3）比较题中给定时间t与，若t≥，则v＝0；若t＜，则v＝。
（4）若t≥，则v＝0，车已经停止，求刹车位移的方法有三种：
①根据位移公式x＝v0t＋，注意式中t只能取；
②根据速度位移公式＝2ax
③根据平均速度位移公式x＝，注意式中t只能取。
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典型例
题
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1．在平直公路上行驶的汽车，司机突然发现前方出现交通事故，立即刹车，从此时刻起汽车的位置坐标与时间的数值关系为x＝－2t2＋20t＋10（x和t的单位分别为m和s），则下列说法正确的是（ ）
A．4 s内汽车发生的位移为58 m
B．8 s内汽车发生的位移为32 m
C．8 s内汽车的平均速度大小为10 m/s
D．8 s内汽车的平均速度大小为6.25 m/s
【答案】D
【解析】已知汽车的位置坐标与时间的关系为x＝－2t2＋20t＋10，根据位移公式x＝v0t＋，对照可以得出汽车的初速度为v0＝20 m/s，加速度为a＝－4 m/s2，初位置坐标为10 m处。
根据速度公式v＝v0＋at，汽车停止的时间为t＝＝ s＝5 s
A、4 s内汽车的位移x4＝20×4－×4×42＝48 m，故A错误；
B、8 s内的位移等于5 s内位移，即x8＝x5＝＝＝50 m，故B错误；
CD、8 s内汽车的平均速度大小v＝＝ m/s＝6.25 m/s，故D正确，C错误。
故选：D。
2．为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某动力车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．动力车的初速度为20 m/s
B．刹车过程中加速度大小为2.5 m/s2
C．刹车过程持续的时间为6 s
D．从开始刹车时计时，经过8 s，该车的位移大小为80 m
【答案】C
【解析】AB．根据题意，由运动学公式有x＝v0t＋，整理可得＝v0＋，结合图像可得v0＝30 m/s，＝ m/s2，解得a＝－5 m/s2，即刹车过程中加速度大小为5 m/s2，故AB错误；
C．刹车过程持续的时间为t＝＝6 s，故C正确；
D．从开始刹车时计时，经过t＝6 s车停止，则经过8 s，该车的位移大小为x＝＝90 m，故D错误。
故选C。
3．一辆汽车遇到前方有障碍物开始刹车，刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为7 m和5 m。则下列分析正确的是（ ）
A．汽车开始刹车时的初速度为6 m/s B．刹车过程持续的时间为5 s
C．刹车最后4 m的初速度为2 m/s D．刹车后5 s内的位移是16 m
【答案】D
【解析】A．汽车刹车做匀减速直线运动，设加速度大小为a，由Δx＝aT2得a＝2 m/s2，根据位移与时间的关系x1＝v0t－，得v0＝8 m/s，故A错误；
B．汽车刹车过程持续的时间t＝＝ s＝4 s，故B错误；
C．刹车最后的末速度为0，由v′2＝2ax′得，刹车最后4 m的初速度v′＝＝ m/s＝4 m/s，故C错误；
D．刹车过程持续4 s，刹车后5 s内的位移即为刹车过程的位移，由＝2ax得，x＝＝ m＝16 m，故D正确。
故选D。
模型二：先加速度后减速模型－“0－v－0”问题
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知识总结
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1．所谓0－v－0模型是指，一物体从静止开始，先做匀加速直线运动，速度达到最大值后，再匀减速至速度为0。
2．运动过程对应的v－t图像
3．根据匀变速直线运动推导出三个比例式：
①速度公式，，推导可得：
②速度位移公式，，推导可得：
③平均速度位移公式，，推导可得：
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典型例
题
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1．一辆汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚在路中央，所以又紧急刹车，经4 s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2＝1∶2
B．加速、减速中的位移之比x1∶x2＝1∶1
C．加速、减速中的平均速度之比v1∶v2＝2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2＝2∶1
【答案】A
【解析】由题意知汽车做由静止开始做8 s匀加速运动，设末速度为v，接着做4 s做匀减速运动至停止。
AD．据a＝知，加速减速过程中速度的变化量大小相等，故加速度与时间成反比，所以a1∶a2＝1∶2，故A正确，D错误；
B．因为加速减速运动过程中平均速度相等，故位移比等于时间比，即加速、减速中的位移之比x1∶x2＝2∶1，故B错误；
C．根据匀变速直线运动的平均速度公式有：＝，知匀加速运动过程中的平均速度为，匀减速运动过程中的平均速度也为，所以加速、减速中的平均速度之比v1∶v2＝1∶1，故C错误。
故选：A
2．一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，列车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为S，则火车从A地到B地所用时间t为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设加速结束时的速度为v，则，解得，则整个过程中的平均速度为，则火车从A地到B地所用时间t为，故选C。
模型三：先加速度后减速模型－“最短时间”问题
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知识总结
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1．在给定的一段距离内，通过合适的运动过程以最短时间恰好到达指定位置，即为最短时间问题。
2．处理先加速再匀速最后减速过程中最短时间问题的一般思路：由于给定的距离一定，故要使运动的时间最短，一是加速和减速阶段的加速度要最大；二是加速度阶段的最大速度等于减少阶段的初速度可以确定加速阶段和减速阶段的时间关系；三是，根据三个阶段的位移和一定，建立等式关系进行求解。
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典型例
题
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1．2024年8月1日，“八一”建军节，江西南昌八一广场举行升旗仪式，八万多名游客和市民在现场观看升旗仪式。升旗手在庄严的国歌声响起时开始升旗，当国歌结束时五星红旗恰好升到旗杆顶端。已知红旗从离地面1.5 m处开始升起，国歌从响起到结束的时间是46 s，升旗手升旗时先拉动绳子使红旗向上做匀加速运动，持续一段时间后，使红旗以0.6 m/s的速度匀速上升41 s，最后使红旗做匀减速运动。开始升旗时的加速度大小与减速时的加速度大小之比a1∶a2＝2∶3，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零，求：
（1）红旗做匀加速运动的加速度的大小和所用的时间；
（2）旗杆的高度。
【答案】（1）设红旗做匀加速运动、匀速运动、匀减速运动所用的时间分别为t1、t2、t3，
则有a1t1＝v，a2t3＝v，t1＋t2＋t3＝t，
解得a1＝0.2 m/s2，t1＝3 s。
（2）红旗做匀加速运动的位移x1＝＝0.9 m，
红旗做匀减速运动的位移x3＝vt3－＝0.6 m，
红旗做匀速运动的位移x2＝vt2＝24.6 m，
故旗杆的高度h＝x0＋x1＋x2＋x3＝27.6 m。
2．如图所示，替代人工操作的AI机器人已在各行各业中得到一定的应用，其中，送餐服务就是应用领域之一，只要设置好路线、安放好餐盘，机器人就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐，若某一配餐点和目标位置在距离为x0＝40.5 m的直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小为a1＝1.5 m/s2，速度达到v＝1.5 m/s后保持匀速，之后适时做加速度大小为a2＝1.5 m/s2的匀减速运动，餐送到目标位置时速度恰好为零。
（1）画出机器人大致的速度时间图像；
（2）求机器人整个送餐过程所用时间；
（3）假设配餐点和目标位置的距离为x＝30 m，机器人在加速和减速阶段的加速度大小均为a＝1.2 m/s2，要使送餐用时最短，则机器人能达到的最大速度vm为多少？并求出最短时间tmin。
【答案】（1）根据题意，机器人先做初速度为零的匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，再做匀减速直线运动，直至速度减至零，所以速度时间图像如图甲所示
（2）匀加速直线运动阶段的时间和位移为
t1＝＝ s＝1 s，x1＝＝ m＝0.75 m
匀减速直线运动阶段的时间和位移为
t3＝＝ s＝1 s，x3＝＝ m＝0.75 m
所以匀速直线运动阶段的位移为x2＝x0－x1－x3＝39 m，t2＝＝26 s
所以机器人整个送餐过程所用时间t＝t1＋t2＋t3＝28 s
（3）如图乙所示，机器人先做匀加速直线运动至最大速度vm，再做匀减速直线运动，送餐到目标位置时速度恰好减为零，送餐用时最短
v－t图线与横轴所围区域的面积表示位移，则x＝，vm＝
解得vm＝6 m/s，tmin＝10 s
模型四：往返模型－双向可逆类运动
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知识总结
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1．模型特点：物体做往返运动，且运动过程中加速度始终不变。
2．两类常见情境
（1）竖直上抛运动（2）沿光滑斜面上滑的小球
3．处理这类问题的方法
（1）分段应用匀变速直线运动规律
（2）整体应用匀变速直线运动规律，注意选定初始正方向。
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典型例
题
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1．如图所示，一物块（可视为质点）以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5。忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是（ ）
A．8 s B．10 s C．16 s D．20 s
【答案】C
【解析】设物体运动的加速度为a，上滑运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后5 s内位移为s1＝×52＝
最初5 s内位移为
又因为s2∶s1＝11∶5，解得t＝8 s
由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s。
故选C。
2．在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为（ ）
A．2 s B． s C．(2＋) s D． s
【答案】C
【解析】物体位移大小为10 m的位置有两处，一处在A点之上，另一处在A点之下。在A点之上时有上升和下降两种过程，在A点之下时只有下降过程，如图所示
由H＝，得初速度v0＝20 m/s。
法一：分段法
①在A点之上，且处于上升过程10 m时：设上升过程10 m时的速度为v1，
由＝－2gh，得v1＝ m/s，则t1＝＝(2－) s，故A错误；
②在A点之上，且处于下降过程10 m时：t2＝t1＋＝(2＋) s，故B错误；
③在A点之下，且处于下降过程10 m时：H＋h＝，则t3＝ s，
故物体从抛出到下落至A点下方10 m处所用时间t3′＝＋t3＝(2＋) s，故C正确，D错误。
法二：全程法
取竖直向上为正方向，物体的位移为x＝，当物体位于A点上方10 m处时，x＝10 m，
解得t1＝(2－) s，t2＝(2＋) s，故选项A、B错误。
当物体位于A下方10 m处时，x＝－10 m，
解得t3＝(2＋) s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误。
故选C。
模型五：往返模型－等时间往返问题
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知识总结
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1．模型建构：物体由静止出发，先经过一段时间匀加速直线运动，速度达到一定值后，然后立即做匀减速直线运动，如果经过相等的时间（或倍数时间）物体回到了原出发点。即为该类问题。
2．往返过程中的两个等量关系及推导过程
如图所示，设物体由A点出发做匀加速直线运动，加速度大小为，运动到B点时速度大小为，这时立即以大小为的加速度做匀减速直线运动，由题意可知，物体速度应先减速到0再返回出发点A，速度为
从A点运动到B点的时间等于由B回到A点的时间，设为t，
（1）取向右为正方向：
物体从A到B，由运动学公式得： ① ②
从B返回A的整个过程： ③ ④
由①②③④解得：，
（2）往返过程中合力、合力所做的功、合力的冲量之间的关系
设从A到B（匀加速过程）受到的合外力大小为，合力做的功为，物体受到的冲量为；从B返回A（匀减速过程）受到的合力为，合力做的功为，物体受到的冲量为，则：
由结合可得
由，，可得
由，，可得
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典型例
题
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1．（多选）一物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，经过一段时间t后速度大小为v1，此后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动，再经过相同的一段时间t后，物体恰好回到原出发点，物体速度的大小为v2，关于物体两段末速度大小之比和加速度大小之比的判断正确的是（ ）
A．v1∶v2＝1∶2 B．v1∶v2＝1∶3
C．a1∶a2＝1∶4 D．a1∶a2＝1∶3
【答案】AD
【解析】解：对于匀变速直线运动，则有v1＝a1t；x＝
对于匀减速直线运动，则有－v2＝v1－a2t；－x＝vt－
联立解得：v1∶v2＝1∶2，a1∶a2＝1∶3
故选：AD。
2．质量为m的某质点在恒力F1作用下从A点由静止出发，当其速度为时立即将F1改为相反方向的恒力F2，质点总共经历时间t运动至B点刚好停下。若该质点以速度v匀速通过A、B两点时，其经历的时间也为t，则（　　）
A．无论F1、F2为何值，均为2v
B．随着F1、F2的取值不同，可能大于2v
C．F1、F2的冲量大小不相等
D．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相同
【答案】A
【解析】AB．在恒力F1和F2作用下运动时，有
匀速运动时，有
联立解得，故A正确，B错误；
CD．对恒力F1和F2的冲量，有，，故冲量大小相等，方向相反，故CD错误。
故选A。
3．（多选）如图所示，平行板电容器与电源相连，开始极板不带电，质量为m、电量为q的油滴开始自由下落，一段时间后合上开关S，油滴经过相同时间回到出发点。忽略电容器充电时间极板间距足够大，已知充电后的电场强度大小为E，下列判断正确的是（ ）
A．油滴带负电
B．Eq＝4mg
C．油滴回到出发点的速度为0
D．油滴向下运动的过程中，机械能先不变后减小
【答案】ABD
【解析】充电后油滴向上运动，即受到向上的电场力，而电容器上极板带正电，电场方向竖直向下，故油滴带负电，A正确；对闭合前，油滴向下运动的过程，，闭合开关后的过程中，又知道，，解得，对第二个过程用牛顿第二定律可得，B正确；返回到出发点的速度为，C错误；自由下落过程中机械能守恒，当闭合开关后，电场力做负功，所以机械能减小，故向下运动的过程中，机械能先不变后减小，D正确。
4．真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块处于静止状态，若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间t后立即换成与E1相反方向的匀强电场E2，又经过2t时间后，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek。在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，t时刻物体的速度大小为v1，E2对滑块的电场力做功为W2，3t时刻物体的速度大小为v2，则（ ）
A．3v1＝v2 B．v1＝2v2
C．W1＝，W2＝ D．W1＝，W2＝
【答案】C
【解析】AB．由题意可知，两个过程的位移大小相等、方向相反，
由位移关系可得＝，
解得3v1＝2v2，AB错误；
CD．由题意可知
在电场E1中运动的过程，据动能定理可得
换成电场E2后的过程，据动能定理可得，C正确，D错误。
故选C。
模型六：追及相遇模型
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知识总结
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1．追及相遇问题中的一个条件和两个关系
（1）一个条件：即两者速度相等，往往是物体能追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。
（2）两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画过程示意图得到。
2．追及相遇问题的两种典型情况
（1）速度小者追速度大者
类型 图像 说明
匀加速追匀速 ①0～t0时段，后面物体与前面物体间距离不断增大 ②t＝t0时，两物体相距最远，为x0＋Δx（x0为两物体初始距离） ③t＞t0时，后面物体追及前面物体的过程中，两物体间距离不断减小 ④能追上且只能相遇一次
匀速追匀减速
匀加速追匀减速
（2）速度大者追速度小者
类型 图像 说明
匀减速追匀速 开始追时，两物体间距离为x0，之后两物体间的距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻： ①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件 ②若Δx＜x0，则不能追上，此时两物体间距离最小，为x0－Δx ③若Δx＞x0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝x0，两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇（t2－t0＝t0－t1）
匀速追匀加速
匀减速追匀加速
3．追及相遇问题的解题思路及技巧
（1）解题思路
（2）解题技巧
①紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动，另外还要注意最后对解进行讨论分析。
④紧紧抓住速度相等这个临界点。
⑤遇到此类选择题时，图像法往往是最便捷的解法。
(
典型例
题
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1．如图所示，在某次车模比赛中，可看成质点的甲、乙两汽车模型在同一直线上运动，相距s＝8 m，车模甲以v甲＝5 m/s的速度向右匀速运动，已关闭电源的车模乙此时的速度v乙＝12 m/s，向右做匀减速运动，加速度a＝－2 m/s2，那么车模甲追上车模乙所用的时间为（　　）
A． s B．8 s C．8.8 s D． s
【答案】C
【解析】车模乙速度减为0的时间t1＝＝ s＝6 s，此时车模乙的位移x乙＝＝ m＝36 m，车模甲的位移x甲＝v甲t1＝5×6 m＝30 m，由于x甲＜x乙＋s，可知车模乙速度为0时，车模甲还未追上车模乙，则继续追赶的时间t2＝＝ s＝2.8 s，车模甲追上车模乙的时间t＝t1＋t2＝8.8 s。
2．（多选）高速公路上，同向运动的甲、乙两车初始时刻速度大小均为30 m/s，甲车在前、乙车在后，两车相距100 m，规定初始运动方向为正方向，两车运动图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．3 s时两车间距离为55 m B．9 s末，乙车在前、甲车在后
C．两车最近距离为10 m D．9 s内两车相遇两次
【答案】AC
【解析】A．在0－3 s内甲车做减速运动，甲车减速到零所需时间t1＝＝ s＝3 s，故在t＝3 s时甲车减速到零，甲车前进的位移为x1＝×t1＝×3 m＝45 m，乙车前进的位移为x2＝v0t1＝30×3 m＝90 m，t＝3 s时两车间距离为Δx＝d＋x1－x2＝100 m＋45 m－90 m＝55 m，故A正确；
BCD．在3－9 s内甲车的加速度为a12＝5 m/s2，在v－t图像中，图像的斜率表示加速度，则a2＝＝ m/s2＝－5 m/s2，t＝3 s后，甲车开始由静止开始做加速运动，乙车开始做减速运动，从3－9 s的过程中，设经历时间t两者速度相同，则v共＝a12t＝v0＋a2t，解得t＝3 s，v共＝15 m/s，甲车在t＝3 s内前进的位移为x1＝×t＝×3 m＝22.5 m，乙车前进的位移为x2＝×t＝×3 m＝67.5 m，故此时相距的最小距离为Δxmin＝Δx＋x1－x2＝55 m＋22.5 m－67.5 m＝10 m，此后甲车的速度大于乙车的速度，两者间的距离开始增大，故不可能相遇，相遇一次，9 s末，甲车在前、乙车在后，故C正确，BD错误。
故选AC。
3．在赣州市南河大桥扩建工程中，双向桥梁已完成了某一通车方向的建设，为保持双向车辆正常通行，临时将其改成双向车道。如图所示，引桥与桥面对接处，有两车道合并一车道的对接口，A、B两车相距s0＝4 m时，B车正以vB＝4 m/s速度匀速行驶，A车正以vA＝7 m/s的速度借道超越同向行驶的B车，此时A车司机发现前方距离车头s＝16 m处的并道对接口，A、B两车长度均为L＝4 m，且不考虑A车变道过程的影响。
（1）若A车司机放弃超车，且立即驶入与B车相同的行驶车道，A车至少以多大的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞。
（2）若A车司机加速超车，A车的最大加速度为a＝3 m/s2，请通过计算分析A车能否实现安全超车。
【答案】（1） m/s2　（2）见解析
【解析】（1）A车减速到与B车同速时，若恰未与B车相碰，则A车将不会与B车相碰，设经历的时间为t，则A车位移xA＝ ①
B车位移xB＝vBt ②
xA－xB＝s0 ③
由①②③式联立解得t＝ s
则A车与B车不相碰，刹车时的最小加速度amin＝ m/s2＝ m/s2。
（2）设A车加速t′时间后车尾到达B车车头，则s0＋2L＝vAt′＋－vBt′，解得t′＝2 s
在此时间内，A车向前运动了xA1＝vAt′＋
计算可得xA1＝20 m＞s＝16 m，说明在离并道对接口16 m的距离上以3 m/s2的加速度加速不能实现安全超车。