重要极限公式2021高考物理一轮复习第一章第2讲匀变速直线运动的规律教案

第2讲 匀变速直线运动的规律
一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
沿一条直线且加速度不变的运动．
2．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度公式：
v
＝
v
0
＋
at
. < br>(2)位移公式：
x
＝
v
1
2
0
t
＋
2
at
.
(3)速度位移关系式：
v
2
－v
2
0
＝2
ax
.
测

自
1 (2019·安徽芜湖市期末)假设某次深海
探测活动中，“蛟龙号”完成海底 科考任务后竖直上浮，从上浮速度为
v
时开始匀减速并计
时，经过时间
t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在
t
0
(
t< br>0
<
t
)时刻
距离海面的深度为( )
t
0
A．
vt
0
(1－)
2
t
C.
2
答案 B
vt
－
t
0
B.
2
t
vt
0
2
D.
2
t
2

vt
解析 “蛟龙号”上浮时的加速度大小为：< br>a
＝，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在
t
0
时刻
11
vv
22
距离海面的深度为：
h
＝
a
(
t
－
t
0
)＝××(
t
－
t
0
)＝
22
t
二、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
x
2
－
x
1
＝
x
3
－
x
2
＝…＝
x
n
－
x
n
－1
＝
aT
.
(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．
平均速度公式：
v
＝
2
vt
t
－
t
0
2
t
2
，故选B.
v
0
＋
v
2
＝
v
t
.
2
(3)位移中点速度
v
x
＝
2
v
0
2< br>＋
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、2
T
末、3
T
末、…、
nT
末的瞬时速度之比为
v
1
∶
v
2
∶
v
3
∶…∶
v
n
＝1∶2∶3∶…∶
n
.
(2)前
T
内、前2
T
内、前3
T
内、…、前
nT
内的位移之比为
x
1
∶
x
2
∶
x
3
∶…∶
x
n
＝1∶2∶3∶…∶
n
.
(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< br>x
Ⅰ
∶
x
Ⅱ
∶
x
Ⅲ
∶…∶
x
N
＝1∶3∶5∶…∶(2
n
－1)．
(4)从静止开始通过连 续相等的位移所用时间之比为
t
1
∶
t
2
∶
t3
∶…∶
t
n
＝1∶(2－1)∶(3
－2)∶(2－3)∶… ∶(
n
－
n
－1)．
2222
自测
2 物体做匀 加速直线运动，连续经过两段距
离均为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速 度大小是( )
2
2
4
2
816
22

3399
答案 B
解析 第一段时间内的平均速度为：
v
1
＝＝
x
16
ms＝4ms，第二段时间内的平均速度为：
v
2t
1
4
x
16
＝＝ms＝8ms，根据匀变速直线运动规律，某 段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时
t
2
2
速度，两段运动过程中间时刻 的时间间隔为：Δ
t
＝2s＋1s＝3s，则加速度大小
a
＝
8－4
2
4
2
ms＝ms，选项A、C、D错误，B正确．
33
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．
(2)基本规律
①速度公式：
v
＝
gt
.
1
2
②位移公式：
x
＝
gt
.
2
③速度位移关系式：
v
＝2
gx
.
(3)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．
② 伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外
推．这种方法的核 心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．
2．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)运动性质：匀变速直线运动．
(3)基本规律
①速度公式：
v
＝
v
0
－
gt
；
1
2
②位移公式：
x
＝
v
0
t
－
gt
.
2
2
v
2
－
v
1
＝< br>Δ
t
自测
3 (2020·山东临沂市质检)一个物体从某
一高度做自 由落体运动．已知它在第1s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一．则它
开始下落时距地面的高度为(取
g
＝10ms)( )
A．15mB．20mC．11.25mD．31.25m
答案 B
1
2
解析 物体在第1s内的位移
h
＝
gt
＝5m ，物体在最后1s内的位移为15m，由自由落体运动
2
11
22
的位移公式 可知，
gt
总
－
g
(
t
总
－1s)＝15 m，解得
t
总
＝2s，则物体下落时距地面的高度为
22
2
H
＝
gt
总
2
＝20m，B正确.
1
2


1．基本思路
画过程示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→
解方程并加以讨论
2．方法技巧
题目中所涉及的物理量(包括已知
量、待求量和为解题设定的中间量)

没有涉及的物理量 适宜选用公式
v
0
、
v
、
a
、
t
v
0
、
a
、
t
、
x
v
0
、
v
、
a
、
x
x
v
t
v
＝
v
0
＋
at

x
＝
v
0
t
＋
at
2

v
2
－
v
0
2
＝2
ax

1
2
v
0
、
v
、
t
、
x

a
v
＋
v
0
x
＝
t

2
除时间
t
外，
x
、
v
0
、v
、
a
均为矢量，所以需要确定正方向，一般以
v
0
的 方向为正方向．
例
1 (2019·福建宁德市期末质检)我国首艘
装有弹射系统的 航母已完成了“J－15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功．已知“J－
15”在水平跑道上加速 时产生的最大加速度为5.0ms，起飞的最小速度为50ms.弹射系统
能够使飞机获得的最大初速度 为25ms，设航母处于静止状态．求：
(1)“J－15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞；
(2)“J－15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞；
(3)若航母上不装弹射系统，设 航母跑道
L
＝160m，“J－15”仍能从航母上正常起飞，则航
母匀速航行的速度 至少为多少？
答案 (1)5s (2)187.5m (3)10ms
2
解析 (1)根据匀变速直线运动的速度公式：
v
t
＝
v
0
＋at
得
t
＝
(2)根据速度位移关系式：
v
t
－
v
0
＝2
ax
得
22
v
t
－
v
0
50－25
＝s＝5s
a
5
v
t
2
－
v
0
2
5 0
2
－25
2
x
＝＝m＝187.5m
2
a2×5
(3)设飞机起飞所用的时间为
t
，在时间
t
内航空母舰 航行的距离为
L
1
，航空母舰的最小速度
为
v
1
，
对航母有：
L
1
＝
v
1
t

对飞机有：
v
t
＝
v
1
＋
at

v
t
2
－
v
1
2
＝2
a
(
L
＋
L
1
)
联立并代入数据解得：
v
1
＝10ms.
变式
1 (20 19·江苏南京市六校联考)一辆汽车
在平直公路上做刹车实验，
t
＝0时刻起开始刹 车，刹车过程的位移大小
x
与速度大小
v
的关
系为
x
＝10－0.1
v
(m)，下列分析正确的是( )
A．刹车过程汽车的加速度大小为0.2ms
B．刹车过程持续的时间为2s
C．
t
＝0时刻汽车的速度大小为5ms
D．刹车全过程的位移大小为5m
答案 B
2
2
v
2
－
v
0
2< br>－
v
0
2
1
2
解析 根据匀变速直线运动中位移与速 度关系可得
x
＝＝＋
v
，对应
x
＝10－
2
a
2
a
2
a
－
v
0
1
220.1
v
(m)，可得＝10 m，＝－0.1 sm，得加速度
a
＝－5 ms，
t
＝0时刻的速度大小
2
a
2
a
2
2
0－
v
0
0－
v0
v
0
＝10 ms，刹车过程持续时间Δ
t
＝＝2 s，刹车全过程的位移大小
x
＝＝10 m，
a
2
a
故只有选项B正确．
拓展点 刹车类问题的处理技巧
——逆向思维法的应用
刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度
a
突然消失的问题，求解时要注
意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动 ，可把该阶段看成反向的初
速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．
2
例
2 (2019·安徽安庆市二模)水平面上某物
2
体从
t
＝0时刻起以4ms的速度做匀速直线运动，运动3s后又立即以大小为2ms的加速度
做 匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是( )
A．该物体从
t
＝0时刻算起6s内运动的位移大小为15m
B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2ms
C．该物体减速后最后1s内的位移大小为1m
D．该物体减速后第1s末的速度大小为3ms
答案 C
解析 物体从开始减速到 速度减为零所用时间为：
t
0
＝＝2s，物体在3s＋2s＝5s末停止运
动 ，所以物体在6s内的位移等于前5s内的位移，根据逆向思维法，物体匀减速至速度为0
1
2
的减速过程，可看成反向的初速度为0的匀加速运动，则总位移为：
x
＝
v< br>0
t
1
＋
at
0
＝16m，
2
故A 错误；物体的平均速度为：
v
＝
161
2
＝ms＝3.2ms，故B 错误；
x
1
＝×2×1m
t
1
＋
t
03＋22
v
0
a
x
＝1m，故C正确；该物体减速后第1s末的 速度大小为：
v
＝
v
0
－
at
＝(4－2×1) ms＝2ms，
故D错误．
[听课感悟] ______________________ ______________________________________________
_________________________________________________ _______________________________


1．六种思想方法

2．方法选取技巧
(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位移，常用此法．
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法．
类型1 平均速度公式的应用

例
3 (多选)(2020·广东清远市质检)高铁进
站的过程近似为高铁做匀减速运 动，高铁车头依次经过
A
、
B
、
C
三个位置，已知
AB
＝
BC
，测
得
AB
段的平均速度为30ms，
BC
段平均速度为20ms.根据这些信息可求得( )
A．高铁车头经过
A
、
B
、
C
的速度
B．高铁车头在
AB
段和
BC
段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过
AB
段和
BC
段时间之比
答案 AD
解析 设高铁车头在经过
A
、
B
、
C
三点时的速度 分别为
v
A
、
v
B
、
v
C
，根据
AB
段的平均速度为
30ms，可以得到：
v
A
＋
v
B
2
＝30ms；根据在
BC
段的平均速度为20ms，可以得到 ：
v
B
＋
v
C
2
＝20ms；
设
AB
＝
BC
＝
x
，整个过程中的平均速度为：
v
＝
2
x
2
xv
A
＋
v
C
＝＝24m s，所以有：＝
t
AB
＋
t
BC
xx
2
＋
3020
24ms，联立解得：
v
A
＝34ms，
v
B
＝26ms，
v
C
＝14ms，由于不知道
AB
和BC
的具体值，则不
能求解运动时间及其加速度的大小，A选项正确，B、C选项错误．< br>t
AB
：
t
BC
＝
D选项正确．
[听课感悟] _______________________________________ _____________________________
________________ __________________________________________________ _____________

ABBC
∶＝2∶3，
v
AB< br>v
BC
变式
2 (2019·山东潍坊市二模)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1s，则无人机的加速
度大小是( )
A．20ms
C．60ms
2
2
B．40ms
D．80ms
2
2
答案 B
解析 第一段的平均速度
v
1
＝＝
x
120
x
120
ms＝60ms；第二段 的平均速度
v
2
＝＝ms＝
t
1
2
t
2
1
120ms，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δ
t
t
1
t
2
v
2
－
v
1
120－60
22
＝＋＝1.5s，则加速度为：
a
＝＝ms＝40 ms，故选B.
22Δ
t
1.5


类型2 初速度为零的匀变速直线运动推论的应用

例
4 (多选)(2020·甘肃天水市 质检)如图1所
示，一冰壶以速度
v
垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运 动，且刚要离开第三
个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个 矩形区
域所用的时间之比分别是( )

图1
A．
v
1
∶
v
2
∶
v
3
＝3∶2∶1
B．v
1
∶
v
2
∶
v
3
＝3∶2∶1 < br>C．
t
1
∶
t
2
∶
t
3
＝ 1∶2∶3
D．
t
1
∶
t
2
∶
t
3
＝(3－2)∶(2－1)∶1
答案 BD
解析 因为冰壶做匀减速直线运动 ，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研
究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段 相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3
－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1， 选项C错误，D正确；由
v
－
v
0
＝2
ax
可得， 初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶2∶3，则所求
的速度之比为3∶2 ∶1，故选项A错误，B正确．
[听课感悟] ________________________ ____________________________________________
_ __________________________________________________ _____________________________

22
变式
3 (2019·河南省九师联盟质检)某质点做
8
匀减速 直线运动，经过s后静止，则该质点在第1s内和第2s内的位移之比为( )
3
A．7∶5
C．11∶7
答案 D
解析 设质点以初速度< br>v
做匀减速直线运动到停止，其逆过程是初速度为零的匀加速直线运
811
2< br>1
动，将s分成相等的8个s，根据
x
＝
at
知，在这相等的 8个s内的位移之比是：
3323
15∶13∶11∶9∶7∶5∶3∶1，则该质点在第1s 内和第2s内的位移之比为：(15＋13＋11)∶(9
＋7＋5)＝39∶21＝13∶7，故选D .
B．9∶5
D．13∶7

1．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)方法技巧：初速度为0的匀变速直线运动规律都适用．
2．竖直上抛运动
(1)重要特性：(如图2)

图2
①对称性
a．时间对称： 物体上升过程中从
A
→
C
所用时间
t
AC
和下降过 程中从
C
→
A
所用时间
t
CA
相等，
同理
t
AB
＝
t
BA
.
b．速度对称：物体上升过程 经过
A
点的速度与下降过程经过
A
点的速度大小相等．
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)研究方法
分段法

上升阶段：
a
＝
g
的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
1
初速度
v
0
向上，加速度g
向下的匀变速直线运动，
v
t
＝
v
0
－gt
，
h
＝
v
0
t
－
2
全程 法

gt
(以竖直向上为正方向)
若
v
t
>0，物体上升，若
v
t
<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

2
例
5 (2019·全国卷Ⅰ·18)如图3，篮球架下
的运动 员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为
H
.上升第一个所用的时间为
t< br>1
，
4
第四个所用的时间为
t
2
.不计空气阻力，则 满足( )
4
t
1
H
Ht
2

图3
A．1<<2
C．3<<4
答案 C
解析 本题应用逆向思维求解，即 运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由
t
2
t
1
t
2
t
1
B．2<<3
D．4<<5
t
2
t
1
t
2
t
1
落体运动的逆运动，所以第四个所用的时间 为
t
2
＝
4
H
2×
4
H
H
，第一个所用的时间为
t
1
＝
g
4
2
H
g
－
3
2×
H
4
t
2
1
t
2
，因此有＝＝2＋3，即3<<4，选项C正确．
gt
1
2－3
t
1
[听课感悟] ___________ __________________________________________________ _______
______________________________________ __________________________________________

变式
4 一物体以足够大的初速度做竖直上抛运
动，在上升过程的最后1s初的瞬时速 度的大小和上升过程最后1s内的位移大小分别是(
g
取
10ms)( )
A．10ms,10m
B．10ms,5m
C．5ms,5m
D．由于不知道初速度的大小，故无法计算
答案 B
解析 由于上抛的初速度足够 大，则上升阶段的最后1s与自由落体运动的第1s对称，所以
2
v
＝
gt< br>＝10ms，
x
＝
gt
2
＝5m，B项正确．
拓展点 双向可逆类问题
——类竖直上抛运动
1
2
如果沿光滑斜 面上滑的小球，到最高点仍能以原加速度匀加速下滑，则小球全过程加速度大
小、方向均不变，故求解时 可看成类竖直上抛运动，对全过程列式，但必须注意
x
、
v
、
a等
矢量的正负号及物理意义．
例
6
面上向上做匀减速运动，其加速度大小为
(多选)一物体以5ms的 初速度在光滑斜
2ms，设斜面足够长，经过
t
时间物体位移的大小为4m，则时间< br>t
可能为( )
5＋41
A．1sB．3sC．4sD.s
2
答案 ACD
1
2
解析 以沿斜面向上为正方向，当物体的位移 为4m时，根据
x
＝
v
0
t
＋
at
得
2
1
2
4＝5
t
－×2
t

2
解得
t
1
＝1s，
t
2
＝4s
2
1
2
当物体的位移为－4m时，根据
x
＝
v
0
t
＋
at
得
2
1
2
－4＝5
t
－×2
t

2
5＋41
解得
t
3
＝s，故A、C、D正确，B错误．
2
[听课感悟] __________________________________ __________________________________
___________ __________________________________________________ ___________________


1．(基本规律的应用)汽车以某 一初速度开始做匀加速直线运动，第1s内行驶了1m，第2s
内行驶了2m，则汽车第3s内的平均速 度为( )
A．2ms
C．4ms
答案 B
解析 根据匀变速直线 运动的推论可知：
x
2
－
x
1
＝
x
3－
x
2
，则
x
3
＝3m，则汽车第3s内的平均
速度为
v
3
＝＝3ms，故选B.
2．(基本公式的应用)做初速度为零 的匀加速直线运动的物体，将其运动过程从初始时刻开始
依次分为所用时间之比为1∶2∶3的三段，则 每段过程的位移之比为( )
A．1∶3∶5
C．1∶8∶27
答案 C
1
解析 设物体的加速度为
a
，三段过程所用时间分别为
t
、2
t
、3
t
，则各段位移分别为
x
1
＝
2
B．1∶4∶9
D．1∶16∶81
B．3ms
D．5ms
x
3
t
at
2
，
x
2
＝
a(3
t
)
2
－
at
2
＝
at
2
，
x
3
＝
a
(6
t
)
2
－
a
(3
t
)
2
＝
at
2
，则
x
1
∶
x
2
∶
x
3
＝1∶8∶2 7，故
C正确．
3．(逆向思维法的应用)一物体做匀减速直线运动，初速度未知，加速度大 小为1ms，则物
体在停止运动前最后1s内的位移为( )
A．5.5m
C．1m
答案 D
解析 把匀减速直线运动过程看成初速度为零的匀加速直线运动 的逆过程．原最后1s内的位
1
2
1
2
移即新情境中的第1s内的位 移，
x
＝
at
＝×1×1m＝0.5m.
22
4.(自由 落体运动)用如图4所示的方法可以测出一个人的反应时间．甲同学用手握住直尺顶
端刻度为零的地方， 乙同学在直尺下端刻度为
a
的地方做捏住直尺的准备，但手没有碰到直
尺，当乙同学看 到甲同学放开直尺时，立即捏住直尺，乙同学发现捏住直尺的位置刻度为
b
.
已知重力 加速度为
g
，空气阻力不计，
a
、
b
的单位为国际单位制基 本单位，则乙同学的反应
时间
t
约等于( )
B．5m
D．0.5m
2
1
2
1
2
8
2
1
2
1
2
27
2

图4
A.
C.
2
a

g
B.
2
b
g
2

2
b
－
a

g
D.
a
－
b

g
答案 D
解析 由题意知，在反应时间内直尺自由下落的位移大小为
a
－
b
， 设乙同学的反应时间为
t
，
1
2
空气阻力不计，根据自由落体运动位 移公式
h
＝
gt
＝
a
－
b
，得
t
＝
2
A、B、C错误．
2
a
－
b
，D正 确，
g
5．(竖直上抛运动)(多选)(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)矿井中 的升降机从井底
开始以5ms的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3s升降 机底
板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小
g
＝10ms，
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45m
C．螺钉落到井底时的速度大小为25ms
D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s
答案 BC
解析 螺钉松脱时 具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项
1
2
错误；取 竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移
h
1
＝
v
0
t
－
gt
＝－30m，升降机
2
这段时间的位移
h
2
＝
v
0
t
＝15m，故矿井的深度为
h
＝|< br>h
1
|＋
h
2
＝45m，B项正确；螺钉落到井底
时 的速度为
v
＝
v
0
－
gt
＝－25ms，故速度大 小为25ms，C项正确；螺钉松脱前运动的时间
|
h
1
|
为
t
′＝＝6s，所以螺钉运动的总时间为
t
总
＝
t
＋t
′＝9s，D项错误．
2
v
0

(限时：40分钟)

1．假设某无人机靶机以300ms的速度匀速向某个目标飞 来，在无人机离目标尚有一段距离
时从地面发射导弹，导弹以80ms的加速度做匀加速直线运动，以1 200ms的速度在目标位
置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( )
A．3.75sB．15sC．30sD．45s
答案 B
解析 导弹由静止开始 做匀加速直线运动，即
v
0
＝0，
a
＝80ms，据公式
v
＝
v
0
＋
at
，有
t
＝
2
2
v
1200
＝s＝15s，即导弹发射后经15s击中无人机，选项B正确． < br>a
80
2．如图1所示，一小球从
A
点由静止开始沿斜面向下做匀变速 直线运动，若到达
B
点时速度
为
v
，到达
C
点时速 度为2
v
，则
AB
∶
BC
等于( )

图1
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3
答案 C
D．1∶4
v
B
2
v
C
2
解析 根据匀 变速直线运动的速度位移公式
v
－
v
0
＝2
ax
知 ，
x
AB
＝，
x
AC
＝，所以
AB
∶AC
2
a
2
a
22
＝1∶4，则
AB
∶
BC
＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
3．(2019·江苏盐城市期中) 汽车以20ms的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小
为5ms，则自驾驶员急踩刹车开始， 经过2s与5s汽车的位移之比为( )
A．5∶4B．4∶5C．3∶4D．4∶3
答案 C
Δ
v
0－201
2
解析 汽车速度减为零的时间 为：
t
0
＝＝s＝4s，2s时位移：
x
1
＝
v< br>0
t
＋
at
＝20×2m
a
－52
10－< br>v
0
－×5×4m＝30m，刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移，为：
x
2
＝＝40m，所以经过
22
a
2s与5s汽车的位移之比为
x
1
∶
x
2
＝3∶4，故选项C正确．
4．(2020 ·广东韶关市质检)物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8s后，立即做匀减速
直线运动，再经过4 s停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是( )
A．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1
B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1
C．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1
D．加速、减速过程中速度变化率大小之比为2∶1
答案 C
解析 设匀加速直线 运动的末速度大小为
v
，则加速阶段的加速度大小
a
1
＝，减速阶段 的
加速度大小
a
2
＝，可知
a
1
∶
a2
＝
t
2
∶
t
1
＝1∶2，则速度变化率大小 之比为1∶2，故A、D错
误；根据匀变速直线运动的推论知，匀加速和匀减速阶段的平均速度大小均为
v
＝，即平
2
均速度大小之比为1∶1，故B错误；根据
x
＝
vt
得，加速阶段和减速阶段的位移大小之比
为2∶1，故C正确．
5． (2019·山东泰安市期末)如图2所示，物体自
O
点由静止开始做匀加速直线运动，途经< br>A
、
2
2
v
t
1
v
t
2< br>v
B
、
C
三点，其中
A
、
B
之间的 距离
l
1
＝2.5m，
B
、
C
之间的距离
l
2
＝3.5m．若物体通过
l
1
、
l
2
这两段位移的时间相等，则
O
、
A
之间的距离
l
等于( )

图2
A．0.5mB．1.0mC．1.5mD．2.0m
答案 D
解析 设物体的加速度为
a
，通过
l
1
、
l< br>2
两段位移所用的时间均为
T
，则有：
v
B
＝
根据匀变速直线运动规律可得：Δ
l
＝
l
2
－
l
1
＝
aT
＝1m
2
l
1
＋
l
2
6m
＝
2
T
2
T
v
B
2
根据速度位移关系式可知
l
OB
＝，
2
a
则
l
＝
l
OB
－
l
1
，
联立并代入数据解得
l
＝2.0m，故D正确．
6．(2019·安徽淮北市、宿州市二模)做匀变速直线运动的质点，从运动过程中某时刻开始经过连续相等的三个时间间隔
T
，第一个
T
内的位移为
x
1
，第三个
T
内的位移为
x
3
.则该质点
( )
A．加速度为
a
＝
x
3
－
x
1

T
2
B．在第二个
T
内的位移为
x
2
＝3
x
1

3
x
3
＋
x
1
C ．在第二个
T
末的速度为
v
＝
4
T
D．在第二个
T
内的平均速度为
v
＝
答案 C
解析 匀变速直线运动中 连续相邻相等时间内的位移差为定值，Δ
x
＝
aT
，即
x
2
－
x
1
＝
aT
，
22
x
3
－
x
1

2
T
x
3
－
x
1
x
1
＋
x
3
x
3
－
x
2
＝
aT
2
，联立解得
a
＝，选项A、B错误；中间时刻 的瞬时速度等于这
2
，
x
2
＝
2
T
2段时间内的平均速度，故在第二个
T
末的速度为
v
＝
x
2
＋
x
3
x
1
＋3
x
3
＝，选项 C正确；在第二个
2
T
4
T
x
2
x
1＋
x
3
T
内的平均速度为
v
＝＝，选项D错误．
T
2
T

7．(2019·湖北武汉市4月调考)某质点做匀加速直 线运动，经过时间
t
速度由
v
0
变为
kv
0
(
k
>1)，位移大小为
x
.则在随后的4
t
时间内，质 点的位移大小为( )
A.
C.
83
k
－2
x

k
＋1
82
k
－1
x

k
－1
B.
D.
82
k
－1
x

k
＋1
35
k
－3
x

k
＋1
答案 A
解析 根据题意可得
x
＝
v0
＋
kv
0
kv
0
－
v
0
t
，经过时间
t
速度由
v
0
变为
kv
0，则质点的加速度
a
＝
2
t
v
0
1
2
＝(
k
－1)，在随后的4
t
时间内，质点的位移大小为
x
′＝
kv
0
·4
t
＋
a
(4
t< br>)，联立解得
x
′
t
2
＝
83
k
－ 2
x
，所以选项A正确．
k
＋1
8．如图3所示，一辆汽车在平直 公路上做匀加速直线运动，从树
A
开始，依次经过
B
、
C
、
D
、
E
四棵树且经过相邻两棵树的时间间隔相等，已知树
A
、
B
间距为
x
1
，树
D
、
E
间距 为
x
2
，则
树
B
、
D
间距为( )

图3
A．
x
1
＋
x
2

C．
x
1
＋2
x
2

答案 A
解析 设汽车经过相邻两棵树的时间间隔为
t
，则汽车在
A
、
B
间的平均速度为，在
D
、
E
间的平均速度为，在匀变速直线运动 中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故经过
C
时的
B．2
x
1＋
x
2

D．2(
x
1
＋
x
2
)
x
1< br>t
x
2
t
x
1
x
2
＋
tt
x
1
＋
x
2
速度为
v
C
＝＝，而 汽车经过
C
的时刻又是汽车从
B
到
D
的中间时刻，故
v
C
也是汽
22
t
车从
B
到
D
的平均速度，所以
B
、
D
间距为
x
＝
x
1
＋
x
2
×2
t
＝
x
1
＋
x
2
，选项A正确．
2
t
9．(2019·江西南昌市期末)一辆 汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，因前方交通事故
紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽 车在最初3s内通过的位移与最后3s内通过的
位移之比为
x
1
∶
x
2
＝5∶3，汽车运动的加速度大小为
a
＝5ms，汽车制动的总时间为t
，则
( )
A．
t
>6s
C．4s<
t
<6s
答案 D
解析 设汽车刹车做匀减速直线运 动的加速度大小为
a
，运动总时间为
t
，把汽车刹车的匀减
1
2
速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则汽车最后3s内通过的位移
x2
＝
at
1
2
91
2
11
2
＝
a
，在最初3s内通过的位移
x
1
＝
at
－a
(
t
－3)＝
a
(6
t
－9)，又
x
1
∶
x
2
＝5∶3，解得
t
2222
B ．
t
＝6s
D．
t
＝4s
2
＝4s，故A、B、C错误，D正确．
10．(多选)(2019·浙江金华市模 拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被
楼上的师傅接住用以砌墙．若某次以10ms 的速度从地面竖直向上抛出一砖块，楼上的师傅
没有接住，
g
取10ms，空气阻力可 以忽略，则( )
A．砖块上升的最大高度为10m
B．经2s砖块回到抛出点
C．砖块回到抛出点前0.5s时间内通过的距离为3.75m
D．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动
答案 BC
2
v
0
2
v
0
解析 由
h
＝得， 砖块上升的最大高度
h
＝5m，选项A错误；砖块上升的时间
t
＝＝1s，< br>2
gg
上升阶段与下降阶段的时间相等，经2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被 抛出后经0.5s
1
2
上升的高度
h
′＝
v
0t
′－
gt
′＝3.75m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，
2
所以砖块回到抛出点前0.5s时间内通过的距离为3.75m，选项C正确；砖块被抛出后 加速度
不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误．
11．(2020·安徽黄山 市质检)如图4所示，一长为200m的列车沿平直的轨道以80ms的速度
匀速行驶，当车头行驶到进 站口
O
点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因
OA
段铁轨
不 能停车，整个列车只能停在
AB
段内，已知
OA
＝1200m，
OB
＝2000m，求：

图4
(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；
(2)列车减速运动的最长时间．
816
22
答案 (1)ms≤
a
≤ms (2)50s
57
v
0
2
解析 (1)列车做减速运动到速度为0的过程中，刹车 位移：
x
＝.当位移最小时，加速度
2
a
2
v
0< br>2
8016
22
最大：
a
max
＝＝ms＝ms < br>2
x
min
2×1200＋2007
2
v
0
2
808
22
位移最大时，加速度最小：
a
min
＝＝ms ＝ms
2
x
max
2×20005
8
2
162
所以加速度的范围是：ms≤
a
≤ms
57
0－
v
0
(2)由速度公式：
v
＝
v
0
＋
at< br>可知，列车减速到速度为0的时间：
t
＝，可知加速度最小
－
a
时，列车减速运动的时间最长：
t
max
＝



v
0
＝50s.
a
min