第1讲 匀变速直线运动规律及其应用（模型与方法）（人教版）物理人教版必修第一册

本讲义聚焦高中物理匀变速直线运动规律及其应用，系统梳理公式比较（含一般与特殊形式、选公式方法）、推论应用（中时速、中位速、位移差）、v0=0比例式及追及相遇模型，构建递进式学习支架。 资料以模型破解为核心，通过表格对比、逆向思维法等培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，结合真题演练（如新能源汽车起步分析）和分层练测，课中辅助教师规范教学，课后助力学生精准提效、查漏补缺。

第1讲 匀变速直线运动规律及其应用 模型破解 规范思维路径，强化科学逻辑 模型01.匀变速直线运动公式的比较 模型02.推论公式及其应用 模型03.几个重要的比例式（只适用于v0＝0的匀变速） 模型04.追及与相遇 真题演练 熟悉考试形式，提升实战能力 分层练测 实现精准提效，最终整体达标 模型01.匀变速直线运动公式的比较 模型构建 一维直线坐标系，物体做加速度恒定的匀变速直线运动 · 初始时刻 t=0：初速度，位置 · t 时刻：速度 v，位移 x，恒定加速度 a · 符号规则：与正方向同向为正，反向为负（减速运动） 模型剖析 1．匀变速直线运动基本公式的比较 一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量 速度公式 v＝v0＋at v＝at x 位移公式 x＝v0t＋at2 x＝at2 v 位移、速度关系式 v2－v02＝2ax v2＝2ax t 平均速度求位移公式 x＝t x＝t a 2.解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法 (1)如果题目中无位移x，也不让求x，一般选用速度公式v＝v0＋at； (2)如果题目中无末速度v，也不让求v，一般选用位移公式x＝v0t＋at2； (3)如果题目中无运动时间t，也不让求t，一般选用导出公式v2－v02＝2ax. 3．逆向思维法的应用 匀减速直线运动可看成逆向的匀加速直线运动．特别是对于末速度为零的匀减速直线运动，采用逆向思维法后，速度公式和位移公式变为v＝at，x＝at2，计算更为简捷． 【例1】（25-26高二下·河北衡水·期末）（多选）急动度是描述加速度变化快慢的物理量，定义式为。为评估某品牌新能源汽车起步时的平稳性，一辆测试车从静止开始沿平直公路启动，车载系统在起步阶段“0~4 s”内将急动度设定为：。已知时，；时，。下列关于汽车在起步阶段“”内的说法正确的是（     ） A．汽车的加速度随时间均匀增加 B．汽车在内速度变化量大于 C．汽车在时加速度达到最大值 D．汽车在时速度达到最大值 【答案】BC 【详解】急动度定义：，即单位时间内加速度的变化量，对应加速度的变化率。 变形得：，要得到某时刻加速度，需累加各时间段加速度变化。 已知 ， 时 ，推导加速度随时间关系式：把时间分成无数极短，每段加速度增量，全部累加： 代入，结合高中微元思想计算得加速度函数： 验证：，，和题干条件吻合。 A．均匀变化的条件：加速度变化率恒定不变。本题，随时间减小，说明加速度变化越来越慢，加速度不是均匀变化。A错误； B．速度变化量等于图像与时间轴围成的面积。是开口向下的抛物线，计算0~2s图像面积 速度变化量明显大于4m/s，故B正确； C． 根据是开口向下的二次函数，二次函数顶点处取最大值。对称轴 ，时加速度最大，，C正确； D．速度增大/减小判断依据：加速度正负。令，解得。 全程加速度均为正值，汽车一直做加速运动，速度才最大，D错误。 故选BC。 【变式1-1】（25-26高一下·云南昆明·期末）龙江大桥是云南省首座特大跨径钢箱梁悬索桥，也是亚洲山区最大跨径的钢箱梁悬索桥，桥长约为。因大桥限速，一辆以匀速行驶的汽车，在上桥前以的加速度做匀减速直线运动，上桥时速度减至，此后匀速通过大桥。汽车从开始减速到通过大桥的时间约为（    ） A．83 s B．87 s C．124 s D．128 s 【答案】D 【详解】初速度，上桥时速度，运动过程分为匀减速和匀速两个阶段。根据匀变速直线运动速度公式 解得减速时间 匀速过桥阶段，由匀速运动公式得时间 总时间 故选D。 【变式1-2】汽车在平直的公路上以72km/h的速度匀速行驶，司机发现险情时立即紧急刹车，汽车做匀减速直线运动直到停车，取汽车开始紧急刹车的时刻为0时刻，已知汽车在0~2s内的位移大小为32m，求： (1)求汽车刹车的加速度大小； (2)计算汽车从刹车到完全停止一共需要多长时间； (3)求第4s初汽车的瞬时速度； (4)求刹车后前3s内的位移； (5)求汽车静止前1s内的位移； (6)求0~6s内汽车实际位移； (7)求第3s内的位移。 【答案】(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) 【详解】（1）已知匀减速直线运动0~2s位移，设加速度大小为，根据匀变速位移公式 解得 （2）汽车减速到末速度为0时停车，设运动时间为，根据 解得 （3）第4s初对应时刻为，因，汽车仍在运动，根据速度公式 可得 （4）因，汽车仍在运动，代入位移公式 可得 （5）可逆向将该过程视为初速度为0的匀加速直线运动，位移公式为， 解得 （6）汽车仅运动5s就已停止，6s内位移等于刹车总位移 （7）第3s内是t=2s到t=3s的1s间隔，等于前3s位移减去前2s位移： 前2s位移题目已知为32m，因此 模型02.推论公式及其应用 模型构建 1. 2. 3. 4. 模型剖析 1.中间时刻的速度（中时速）: ＝＝v0＋at＝＝ 2.中间位移的速度（中位速）: > 3.连续相等时间间隔的位移的差: 若：位移不连续时，用下角标法xm-xn=(m-n)aT2 【例2】某厂家设计的一款自动配餐小车以初速度为做匀减速运动，第1s内通过的位移为，第2s内通过的位移为，又经过位移，物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是（     ） A．初速度的大小为2.5m/s B．加速度a的大小为 C．位移的大小为 D．位移内的平均速度大小为0.75m/s 【答案】A 【详解】AB．由 得 根据匀变速直线运动位移—时间公式，则有 得故A错误，B正确； CD．设物体的停止距离为x，停止时所用时间为，则有， 解得， 因此 所用时间 位移内的平均速度大小 故CD正确。 本题选不正确的，故选A。 【变式2-1】如图所示，一小男孩在斜坡上做推沙包游戏，将一小沙包从斜坡底端以初速度v向上推出，沙包沿斜坡做匀减速直线运动，依次经A、B、C到达最高点D。已知，小沙包从A到B和从B到C所用的时间都是2s。则（     ） A．沙包上滑过程中加速度的大小为 B．沙包滑到B点的速度为3m/s C．从C到D所用时间为6s D．B、D之间相距8m 【答案】B 【详解】A．根据匀变速直线运动的规律得 解得沙包的加速度为，故A错误； B．B点为AC段的中间时刻，所以B点的速度等于AC段的平均速度，则有，故B正确； C．根据速度时间公式得，B到D的时间为 则由C到D的时间为，故C错误； D．根据速度位移公式得，故D错误。 故选B 。 【变式2-2】历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为，其中和分别表示某段位移内的初速度和末速度。表示物体做加速运动，表示物体做减速运动。而现在物理学中加速度定义式为，下列说法正确的是（    ） A．若且保持不变，则大小逐渐减小 B．若不变，则物体在中间位置的速度为 C．若A不变，则物体在位移中点处的速度为 D．若不变，则A也一定不变 【答案】A 【详解】A．若且保持不变，说明相等位移内速度减小量相等，物体做减速运动，速度逐渐减小，经过相等位移的时间逐渐变长。由加速度定义，相同位移内速度变化量恒定，增大则加速度大小逐渐减小，故A正确； B．若不变，为普通匀变速直线运动，根据匀变速规律，物体中间时刻的速度为，中间位置的速度为，故B错误； C．若不变，相等位移内速度变化量相等，位移中点处速度变化量为，因此中点速度为，不是，故C错误； D．若不变，相等时间内速度变化量相等，但相等位移的运动时间随速度变化而变化，因此相等位移内速度变化量变化，由可知会发生改变，故D错误。 故选A。 模型03.几个重要的比例式（只适用于v0＝0的匀变速） 模型构建 适用条件：初速度为 0 的匀加速直线运动； 逆向等效：末速度为 0 的匀减速（刹车、竖直上抛到最高点）反向看成初速 0 匀加速，同样适用。 模型剖析 a.初速度为0的匀加速、相邻的等时间间隔 1.nT末的速度之比：（ 故：v之比t之比） v1 :v2:v3……: vn1:2：3……：n 2.前nT内的位移之比：（ 故：x之比t2之比） x1 :x2:x3……: xn12:22：32……：n2 3.第nT内的位移之比：（xn-xn-1＝a(nt)2-a[(n-1)t]2） x1 :（x2-x1）：（x3-x2）……:（xn-xn-1）＝1:3:5……:(2n-1) b.初速度为0的匀加速、相邻的等位移间距 4.前nX位移所用时间之比：（tn 故：t之比之比） t1:t2:t3……:tn＝1: :……: 5.第nX所用时间之比（tn-tn-1 (－） t1: t2-t1∶t3-t2…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 【例3】重庆轻轨李子坝站列车穿楼而过的情景如图所示。某次列车以的初速度进站，立即以大小为的加速度刹车制动做匀减速直线运动，停止后在站内停留再次启动出发。下列说法正确的是（     ） A．进站后内列车的位移大小为 B．进站后第末列车的速度大小为 C．列车进站后的第末与第末的速度大小之比为 D．列车进站后的第内与第内的位移大小之比为 【答案】D 【详解】AB．列车进站用时 即第6s末停止，则进站后内列车的位移大小等于前6s的位移为，故AB错误； C．由 可得列车进站后的第末的速度大小为 列车进站后的第末的速度大小为 则列车进站后的第末与第末的速度大小之比为，故C错误； D．对末速度为零的匀减速直线运动倒过来可看作初速度为零的匀加速直线运动来研究，对初速度为零的匀加速直线运动第1s内、第2s内、第3s内……连续相等时间内的位移之比为1:3:5:……(2n-1) 故列车进站后的第内与第内的位移大小之比为,故D正确。 故选D。 【变式3-1】（2026·陕西西安·模拟预测）在某次跳水比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t。设运动员入水后向下运动过程中，第一个t时间内的位移大小为，最后两个t时间内的总位移大小为，则为（　　） A．17︰4 B．13︰4 C．15︰4 D．15︰8 【答案】C 【详解】将运动员入水后末速度为0的匀减速直线运动，逆向等效为初速度为0、加速度大小为的匀加速直线运动，总运动时间为。 对于初速度为0的匀加速直线运动，从初始时刻开始，连续相等时间内的位移之比为 原运动最后两个的总位移，对应逆向运动前两个的位移之和，即 原运动第一个的位移，对应逆向运动最后一个的位移，即 因此 故选C。 【变式3-2】（25-26高二下·吉林·期末）如图所示，弹射器将一滑块（视为质点）弹出，滑块和弹簧在点分离后做匀减速直线运动，先后经过、、、、五个点，相邻两点间的距离均为，滑块恰好停在点。已知滑块从点运动到点所用的时间为，则滑块经过点的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】滑块从A到E做匀减速运动，最后速度为零，可逆向看从E到A做初速度为零的匀加速直线运动，设先后经过、、、、五个点，滑块依次滑过两相邻点的时间间隔分别为，根据滑块做初速度为零的匀加速直线运动的规律，可得 从E到A的时间为 由匀变速直线运动规律可得 解得 故选A。 模型04.追及与相遇 模型构建 追及相遇问题的实质就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置。追及相遇问题的基本物理模型：以甲追乙为例。 模型剖析 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．解题思路和方法 ⇒⇒⇒ 【例4】（25-26高二下·辽宁锦州·期末）驾驶汽车变线超车需要良好的车技和判断力。下图演示了甲车变线超车的过程，乙车正常匀速行驶，速度为，甲车速度为，甲车车身长度，从超出乙车2个车位后（沿行进方向，甲车头到乙车头距离为）开始并线，到完成并线，恰好需要时间。甲车在变线并道过程中，沿前进方向的速度不变，横向移动的速度可忽略。求 (1)甲车刚刚并线结束时，甲车车尾与乙车车头之间的距离； (2)若因前面出现事故，甲车并线后立即以大小的加速度刹车，而此时乙车来不及反应，继续匀速运动。则从甲车刹车开始经多长时间甲乙两车相撞。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题可知甲车刚刚并线结束时，甲车比乙车多行驶的距离为 则甲车车尾与乙车车头之间的距离为 （2）设甲车刹车的时间为，则有 甲车的位移为 乙车的位移为 此时由于 则甲车停止后，乙继续向前行驶，有 甲乙两车相撞用时 【变式4-1】（25-26高二下·广东汕尾·期末）2025年11月9日至21日，粤港澳大湾区成功举办了第十五届全运会，在男子4×100m接力决赛中湖北队以38.60秒夺冠。运动员在赛前进行了接力赛交接棒的练习。甲、乙两位运动员能达到的最大速度均为m/s。甲运动员以最大速度匀速运动至离接力区前端m处时，由于体力原因开始以做匀减速运动，进入接力区后又做匀速运动。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置甲向乙发出起跑口令的标记。在某次练习中，甲在距离接力区前端d处做了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令。（忽略声音传播的时间及人的反应时间），接力区的长度L＝30m，乙起跑后以做匀加速运动，假设练习时两人均做直线运动，且交接棒动作不影响运动员的速度。 (1)求甲在减速阶段的运动时间（结果可用分数表示）； (2)若甲在接力区恰能在两人速度相等时追上乙并瞬间完成交接棒。求甲追上乙时，乙的速度大小： (3)在第（2）问的情境下，求标记处离接力区前端的距离d（结果可用分数表示）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）甲减速阶段初速度为，位移，加速度，由匀变速直线运动位移公式 代入数据整理得 解得（，甲减速到0仅需，舍去） （2）甲减速结束进入接力区时的速度 可得 甲进入接力区后做匀速运动，速度相等时完成交接，因此乙的速度等于甲此时的速度，即 （3）设从甲发口令到交接棒总时间为，乙做匀加速运动 可得。 乙的位移 交接棒时甲进入接力区后匀速跑了，运动时间 甲从标记跑到减速起点（离接力区前端处）的时间 这段位移为 联立可得 【变式4-2】（25-26高二下·河北廊坊·期末）小明的爸爸送小明乘坐出租车上学，出租车开出一段距离后，爸爸发现小明的书包还在自己手中，随即追出为小明送书包，此时爸爸与出租车的间距为3m，同时出租车立即在平直公路上匀减速刹车，其位移与时间的关系为；爸爸始终以4m/s的速度匀速追赶。则小明爸爸追上小明的时间是（     ） A． B．3.75s C．3s D．0.75s 【答案】B 【详解】根据位移与时间的关系 可知，出租车刹车时的初速度 加速度 根据速度与时间关系 可知，刹车用时 此时出租车的位移为 小明爸爸的距出租车的位移为 小明爸爸追上小明的时间为 故选B。 1．（2026·河南·高考真题）（多选）智能飞行器飞行表演中，两飞行器M、N位于同一高度，沿同一直线同向匀速飞行。依据表演要求，M保持飞行速度不变，N先匀加速后匀减速调整与M的间距，20 s以内完成调整。从开始调整时计时，N传回的数据如表所示，则调整过程中（     ） 时间 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 间距 281 294 297 290 273 248 227 212 203 200 200 A．10 s末N的速度达到最大值 B．7 s末N与M的间距为281.5 m C．N加速阶段的加速度大小为 D．N与M的相对速度的最大值为 【答案】CD 【详解】ACD．以M飞行器为参考系，分别求出N在相邻2s内相对M的位移如表 时间区间 0-2s 2-4s 4-6s 6-8s 8-10s 10-12s 12-14s 14-16s 16-18s 18-20s 相对位移 X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 X9 X10 13m 3m -7m -17m -25m -21m -15m -9m -3m 0 由于，， 故内N做匀加速直线运动，同理内N以另一加速度做匀减速直线运动，8s至10s内的某时刻，N匀加速运动结束开始做匀减速，所以内的某时刻，N的速度达到最大值，设加速阶段的加速度为，则由 可得 设减速阶段的加速度为，则由 解得 以M飞行器为参考系，N在第6s时的速度 第12s时的速度 则由 解得 即第9s时N的速度最大，N相对于M的速度最大值为，故A错误，CD正确； B．7s末时N与M的间距为，故B错误。 故选CD。 2．（2026·贵州·高考真题）某同学乘坐列车时，在自己的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估算隧道长度。该同学进隧道时速度为，出隧道时速度为，总用时。若列车在隧道中做匀减速直线运动，则该隧道长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】列车在隧道内做匀减速直线运动，匀变速直线运动的平均速度满足 位移等于平均速度乘以运动时间，即 代入已知条件、、 计算得 故选C。 【基础夯实】 1. （25-26高一下·云南昭通·期末）2022年6月，中国第3艘航空母舰“福建舰”正式下水，这标志着中国人民海军进入“三舰客时代”。若“福建舰”在海上某一段航行可当作匀加速直线运动，其初速度大小，加速度大小，则航空母舰在末速度v的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据速度-时间公式可知 故选D。 2. （25-26高一下·广西崇左·期末）2026年1月，广西舰奔赴某海域开展了跨昼夜、多课目的实战化训练。假设某舰艇在某段时间内做匀加速直线运动，该舰艇的位移随时间变化的关系式为，x、t的单位分别为m、s，则该舰艇在时的速度大小、加速度大小分别为（     ） A．、 B．、 C．、 D．、 【答案】D 【详解】匀加速直线运动的位移公式为，和题干给出的逐项对比可得：初速度，且，解得加速度 再根据匀变速直线运动速度公式，代入得： 故选D。 3. （25-26高二下·广西来宾·期末）福建舰是我国自主研制的航母，假设航母舰载机降落时以60 m/s的水平速度在水平甲板上精准钩住阻拦索，在阻拦索的拉力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为12 m/s2，当舰载机钩住阻拦索时开始计时，下列说法正确的是（     ） A．舰载机在8 s 内的位移大小为160 m B．舰载机在8 s内的位移大小为150 m C．舰载机在8 s内的平均速度大小为20 m/s D．舰载机在8 s时的速度大小为20 m/s 【答案】B 【详解】AB．设初速度大小为 加速度大小为 减速到零的时间== 因，所以舰载机在内先做匀减速直线运动，后保持静止。 内位移等于内减速位移，== 该位移不是而是，故A错误，B正确。 C．内平均速度大小为== 该平均速度不是，故C错误； D．舰载机在时已停止运动，所以时速度大小为，故D错误。 故选B。 4. （2026·四川眉山·三模）如图为我国跳高运动员张国伟某次比赛中的瞬间，他曾经最好的成绩是2.38米，此时重心升高约为1.2米。请估算他起跳离地时，竖直向上速度最接近的数值为（　　） A．1m/s B．3m/s C．5m/s D．7m/s 【答案】C 【详解】运动员离地后，重心做竖直上抛运动，设重心升高的高度为，取，由匀变速直线运动速度与位移的关系得 故选C。 5. （25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期末）一物体做匀加速直线运动，连续相等的时间间隔内通过的位移依次为、，下列说法正确的是（     ） A．相邻相等时间内的位移差为 B．若时间间隔加倍为，两段总位移之差仍为 C．该运动满足位移差规律 D．再经过一个相同时间，下一段位移一定是 【答案】C 【详解】A．相邻相等时间内的位移差为，故A错误； B．连续相等时间间隔改为时，位移差仍满足 由，整理得，故B错误； C．物体做匀加速直线运动，连续相等时间间隔内的位移差满足，故C正确； D．相邻等时位移差恒定，下一段位移为，故D错误。 故选C。 6. （25-26高二下·黑龙江绥化·期末）（多选）某质点做直线运动的位移随时间变化的关系是x=t2+5t，x与t的单位分别为“m”和“s”，设质点的初速度为v0，加速度为a，下列说法正确的是（     ） A．v0=1m/s，a=10m/s2 B．v0=5m/s，a=2m/s2 C．0~2s内的位移为14m D．2s末的速度为12m/s 【答案】BC 【详解】AB．某质点做直线运动的位移随时间变化的关系是x=t2+5t，根据匀变速直线运动规律 可得质点的初速度为 加速度为，故A错误，B正确； C．0~2s内的位移为，故C正确； D．2s末的速度为，故D错误。 故选BC。 7. （25-26高二下·河北承德·期末）从高出地面40 m的位置竖直向上抛出一个小球，它上升5m后回落，最后到达地面。以竖直向上为正方向，以抛出点为原点，重力加速度取，不计空气阻力，则全过程中小球的位移和运动时间分别是（     ） A．，1s B．40m，4s C．40m，1s D．，4s 【答案】D 【详解】位移是初位置指向末位置的有向线段，本题以抛出点为原点、竖直向上为正方向，末位置地面在抛出点下方40m，因此全程位移 小球上升5m到最高点时速度为0，由匀变速公式 代入 解得 对全程，由 代入、 解得 故选D。 8. （25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期末）我国福建号航母配置的隐身舰载机歼-35战机，具有优异的战斗性能，某次歼-35完成任务后，返回航母着舰时速度大小为108 km/h，之后滑行3s停下来，若这个过程可看作是匀减速直线运动，则歼-35在甲板上减速滑行的加速度大小和滑行距离分别是（     ） A．5 m/s2 　90 m B．10 m/s2 　45 m C．10 m/s2 　90 m D．5 m/s2 　45 m 【答案】B 【详解】初速度，已知末速度，滑行时间 根据匀减速直线运动速度公式，代入数据得加速度大小 再根据匀变速直线运动平均速度求位移公式，代入数据得滑行距离。 故选B。 【培优拔高】 9. （25-26高一上·陕西西安·阶段检测）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过S点时的瞬时速度为（     ） A．12m/s B．9m/s C．1m/s D．0.5m/s 【答案】B 【详解】设RS段的距离为，则ST段的距离为，加速度大小为，根据运动学公式有， 可得 又， 联立解得，， 故选B。 10. （25-26高一上·广东东莞·阶段检测）卡车原来用v0=10 m/s的速度匀速在平直公路上行驶，因为路口出现红灯，司机从较远的地方即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到v1=2 m/s时，交通信号灯变为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程的一半时间卡车就加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原速度的过程用了t =12 s。求： (1)减速与加速过程中的加速度大小； (2)画出此过程的v--t图像与a--t图像； (3)开始刹车后2 s末和10 s末的速度大小； (4)从刹车开始到恢复原速度的位移大小。 【答案】(1)， (2) (3)8m/s，6m/s (4) 【详解】（1）设减速和加速过程所用时间分别为、，取汽车初速度方向为正方向。根据题意有， 联立解得， 减速过程的加速度为 代入数据解得 因此减速过程的加速度大小为。加速过程的加速度为 代入数据解得 （2） （3）开始刹车后时汽车仍处于减速阶段，根据匀变速直线运动速度公式有 代入数据解得 开始刹车后时，汽车已加速，根据匀变速直线运动速度公式有 代入数据解得 （4）汽车在减速阶段的位移为 代入数据解得 汽车在加速阶段的位移为 代入数据解得 从刹车开始到恢复原速度的总位移为 代入数据解得 11. 2025年9月22日，中国海军在“福建舰”航母上成功完成舰载机电磁弹射起飞训练，舰载机安全起飞速度需达到75m/s。某次无风环境起飞训练中，航母静止，舰载机仅在弹射器作用下从静止开始做匀加速直线运动至安全起飞速度。已知第2s末舰载机的速度为60m/s。 (1)利用匀变速直线运动速度—时间公式，求舰载机弹射加速的加速度大小； (2)利用加速度，求舰载机从静止加速到安全起飞速度75m/s需要的弹射总时间； (3)推导出匀变速直线运动位移—速度关系式，并指出公式中各物理量含义； (4)航母静止时，用位移速度公式求舰载机安全起飞所需弹射跑道最短长度； (5)求航母静止时，舰载机前2s内的位移、第2s内的位移； (6)若航母以v舰=10m/s匀速向前航行，舰载机相对航母初速度为0，对地末速度仍需75m/s，求舰载机相对地面的初速度与相对航母的末速度； (7)航母匀速航行时，利用位移速度公式，求舰载机相对甲板的最短弹射距离（结果保留1位小数）。 【答案】(1) (2) (3)由速度公式 ， 变形得 代入匀变速位移公式 消去时间后整理得 各物理量含义：为匀变速直线运动的末速度，为初速度，为加速度（恒定不变），为该过程的位移。 (4) (5)； (6)； (7) 【详解】（1）匀变速直线运动速度-时间公式为 解得 （2）末速度，初速度仍为0，根据速度时间关系 解得 （3）见答案 （4）舰载机初速度，末速度，，代入位移-速度公式 解得 （5）前2s内，初速度为0的匀加速位移 第2s内是第1s末到第2s末的1s区间，先求前1s内位移 因此第2s内位移 （6）舰载机初始随航母匀速运动，因此相对地面的初速度等于航母的航行速度； 舰载机相对航母初速度为0，根据相对速度关系​ 可得相对航母的末速度。 （7）舰载机相对航母做初速度为0、加速度、末速度为的匀加速直线运动 代入位移-速度公式 1/2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第1讲 匀变速直线运动规律及其应用 模型破解 规范思维路径，强化科学逻辑 模型01.匀变速直线运动公式的比较 模型02.推论公式及其应用 模型03.几个重要的比例式（只适用于v0＝0的匀变速） 模型04.追及与相遇 真题演练 熟悉考试形式，提升实战能力 分层练测 实现精准提效，最终整体达标 模型01.匀变速直线运动公式的比较 模型构建 一维直线坐标系，物体做加速度恒定的匀变速直线运动 · 初始时刻 t=0：初速度，位置 · t 时刻：速度 v，位移 x，恒定加速度 a · 符号规则：与正方向同向为正，反向为负（减速运动） 模型剖析 1．匀变速直线运动基本公式的比较 一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量 速度公式 v＝v0＋at v＝at x 位移公式 x＝v0t＋at2 x＝at2 v 位移、速度关系式 v2－v02＝2ax v2＝2ax t 平均速度求位移公式 x＝t x＝t a 2.解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法 (1)如果题目中无位移x，也不让求x，一般选用速度公式v＝v0＋at； (2)如果题目中无末速度v，也不让求v，一般选用位移公式x＝v0t＋at2； (3)如果题目中无运动时间t，也不让求t，一般选用导出公式v2－v02＝2ax. 3．逆向思维法的应用 匀减速直线运动可看成逆向的匀加速直线运动．特别是对于末速度为零的匀减速直线运动，采用逆向思维法后，速度公式和位移公式变为v＝at，x＝at2，计算更为简捷． 【例1】（25-26高二下·河北衡水·期末）（多选）急动度是描述加速度变化快慢的物理量，定义式为。为评估某品牌新能源汽车起步时的平稳性，一辆测试车从静止开始沿平直公路启动，车载系统在起步阶段“0~4 s”内将急动度设定为：。已知时，；时，。下列关于汽车在起步阶段“”内的说法正确的是（     ） A．汽车的加速度随时间均匀增加 B．汽车在内速度变化量大于 C．汽车在时加速度达到最大值 D．汽车在时速度达到最大值 【变式1-1】（25-26高一下·云南昆明·期末）龙江大桥是云南省首座特大跨径钢箱梁悬索桥，也是亚洲山区最大跨径的钢箱梁悬索桥，桥长约为。因大桥限速，一辆以匀速行驶的汽车，在上桥前以的加速度做匀减速直线运动，上桥时速度减至，此后匀速通过大桥。汽车从开始减速到通过大桥的时间约为（    ） A．83 s B．87 s C．124 s D．128 s 【变式1-2】汽车在平直的公路上以72km/h的速度匀速行驶，司机发现险情时立即紧急刹车，汽车做匀减速直线运动直到停车，取汽车开始紧急刹车的时刻为0时刻，已知汽车在0~2s内的位移大小为32m，求： (1)求汽车刹车的加速度大小； (2)计算汽车从刹车到完全停止一共需要多长时间； (3)求第4s初汽车的瞬时速度； (4)求刹车后前3s内的位移； (5)求汽车静止前1s内的位移； (6)求0~6s内汽车实际位移； (7)求第3s内的位移。 模型02.推论公式及其应用 模型构建 1. 2. 3. 4. 模型剖析 1.中间时刻的速度（中时速）: ＝＝v0＋at＝＝ 2.中间位移的速度（中位速）: > 3.连续相等时间间隔的位移的差: 若：位移不连续时，用下角标法xm-xn=(m-n)aT2 【例2】某厂家设计的一款自动配餐小车以初速度为做匀减速运动，第1s内通过的位移为，第2s内通过的位移为，又经过位移，物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是（     ） A．初速度的大小为2.5m/s B．加速度a的大小为 C．位移的大小为 D．位移内的平均速度大小为0.75m/s 【变式2-1】如图所示，一小男孩在斜坡上做推沙包游戏，将一小沙包从斜坡底端以初速度v向上推出，沙包沿斜坡做匀减速直线运动，依次经A、B、C到达最高点D。已知，小沙包从A到B和从B到C所用的时间都是2s。则（     ） A．沙包上滑过程中加速度的大小为 B．沙包滑到B点的速度为3m/s C．从C到D所用时间为6s D．B、D之间相距8m 【变式2-2】历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为，其中和分别表示某段位移内的初速度和末速度。表示物体做加速运动，表示物体做减速运动。而现在物理学中加速度定义式为，下列说法正确的是（    ） A．若且保持不变，则大小逐渐减小 B．若不变，则物体在中间位置的速度为 C．若A不变，则物体在位移中点处的速度为 D．若不变，则A也一定不变 模型03.几个重要的比例式（只适用于v0＝0的匀变速） 模型构建 适用条件：初速度为 0 的匀加速直线运动； 逆向等效：末速度为 0 的匀减速（刹车、竖直上抛到最高点）反向看成初速 0 匀加速，同样适用。 模型剖析 a.初速度为0的匀加速、相邻的等时间间隔 1.nT末的速度之比：（ 故：v之比t之比） v1 :v2:v3……: vn1:2：3……：n 2.前nT内的位移之比：（ 故：x之比t2之比） x1 :x2:x3……: xn12:22：32……：n2 3.第nT内的位移之比：（xn-xn-1＝a(nt)2-a[(n-1)t]2） x1 :（x2-x1）：（x3-x2）……:（xn-xn-1）＝1:3:5……:(2n-1) b.初速度为0的匀加速、相邻的等位移间距 4.前nX位移所用时间之比：（tn 故：t之比之比） t1:t2:t3……:tn＝1: :……: 5.第nX所用时间之比（tn-tn-1 (－） t1: t2-t1∶t3-t2…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 【例3】重庆轻轨李子坝站列车穿楼而过的情景如图所示。某次列车以的初速度进站，立即以大小为的加速度刹车制动做匀减速直线运动，停止后在站内停留再次启动出发。下列说法正确的是（     ） A．进站后内列车的位移大小为 B．进站后第末列车的速度大小为 C．列车进站后的第末与第末的速度大小之比为 D．列车进站后的第内与第内的位移大小之比为 【变式3-1】（2026·陕西西安·模拟预测）在某次跳水比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t。设运动员入水后向下运动过程中，第一个t时间内的位移大小为，最后两个t时间内的总位移大小为，则为（　　） A．17︰4 B．13︰4 C．15︰4 D．15︰8 【变式3-2】（25-26高二下·吉林·期末）如图所示，弹射器将一滑块（视为质点）弹出，滑块和弹簧在点分离后做匀减速直线运动，先后经过、、、、五个点，相邻两点间的距离均为，滑块恰好停在点。已知滑块从点运动到点所用的时间为，则滑块经过点的速度大小为（　　） A． B． C． D． 模型04.追及与相遇 模型构建 追及相遇问题的实质就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置。追及相遇问题的基本物理模型：以甲追乙为例。 模型剖析 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．解题思路和方法 ⇒⇒⇒ 【例4】（25-26高二下·辽宁锦州·期末）驾驶汽车变线超车需要良好的车技和判断力。下图演示了甲车变线超车的过程，乙车正常匀速行驶，速度为，甲车速度为，甲车车身长度，从超出乙车2个车位后（沿行进方向，甲车头到乙车头距离为）开始并线，到完成并线，恰好需要时间。甲车在变线并道过程中，沿前进方向的速度不变，横向移动的速度可忽略。求 (1)甲车刚刚并线结束时，甲车车尾与乙车车头之间的距离； (2)若因前面出现事故，甲车并线后立即以大小的加速度刹车，而此时乙车来不及反应，继续匀速运动。则从甲车刹车开始经多长时间甲乙两车相撞。 【变式4-1】（25-26高二下·广东汕尾·期末）2025年11月9日至21日，粤港澳大湾区成功举办了第十五届全运会，在男子4×100m接力决赛中湖北队以38.60秒夺冠。运动员在赛前进行了接力赛交接棒的练习。甲、乙两位运动员能达到的最大速度均为m/s。甲运动员以最大速度匀速运动至离接力区前端m处时，由于体力原因开始以做匀减速运动，进入接力区后又做匀速运动。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置甲向乙发出起跑口令的标记。在某次练习中，甲在距离接力区前端d处做了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令。（忽略声音传播的时间及人的反应时间），接力区的长度L＝30m，乙起跑后以做匀加速运动，假设练习时两人均做直线运动，且交接棒动作不影响运动员的速度。 (1)求甲在减速阶段的运动时间（结果可用分数表示）； (2)若甲在接力区恰能在两人速度相等时追上乙并瞬间完成交接棒。求甲追上乙时，乙的速度大小： (3)在第（2）问的情境下，求标记处离接力区前端的距离d（结果可用分数表示）。 【变式4-2】（25-26高二下·河北廊坊·期末）小明的爸爸送小明乘坐出租车上学，出租车开出一段距离后，爸爸发现小明的书包还在自己手中，随即追出为小明送书包，此时爸爸与出租车的间距为3m，同时出租车立即在平直公路上匀减速刹车，其位移与时间的关系为；爸爸始终以4m/s的速度匀速追赶。则小明爸爸追上小明的时间是（     ） A． B．3.75s C．3s D．0.75s 1．（2026·河南·高考真题）（多选）智能飞行器飞行表演中，两飞行器M、N位于同一高度，沿同一直线同向匀速飞行。依据表演要求，M保持飞行速度不变，N先匀加速后匀减速调整与M的间距，20 s以内完成调整。从开始调整时计时，N传回的数据如表所示，则调整过程中（     ） 时间 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 间距 281 294 297 290 273 248 227 212 203 200 200 A．10 s末N的速度达到最大值 B．7 s末N与M的间距为281.5 m C．N加速阶段的加速度大小为 D．N与M的相对速度的最大值为 时间区间 0-2s 2-4s 4-6s 6-8s 8-10s 10-12s 12-14s 14-16s 16-18s 18-20s 相对位移 X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 X9 X10 13m 3m -7m -17m -25m -21m -15m -9m -3m 0 2．（2026·贵州·高考真题）某同学乘坐列车时，在自己的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估算隧道长度。该同学进隧道时速度为，出隧道时速度为，总用时。若列车在隧道中做匀减速直线运动，则该隧道长为（     ） A． B． C． D． 【基础夯实】 1. （25-26高一下·云南昭通·期末）2022年6月，中国第3艘航空母舰“福建舰”正式下水，这标志着中国人民海军进入“三舰客时代”。若“福建舰”在海上某一段航行可当作匀加速直线运动，其初速度大小，加速度大小，则航空母舰在末速度v的大小为（　　） A． B． C． D． 2. （25-26高一下·广西崇左·期末）2026年1月，广西舰奔赴某海域开展了跨昼夜、多课目的实战化训练。假设某舰艇在某段时间内做匀加速直线运动，该舰艇的位移随时间变化的关系式为，x、t的单位分别为m、s，则该舰艇在时的速度大小、加速度大小分别为（     ） A．、 B．、 C．、 D．、 3. （25-26高二下·广西来宾·期末）福建舰是我国自主研制的航母，假设航母舰载机降落时以60 m/s的水平速度在水平甲板上精准钩住阻拦索，在阻拦索的拉力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为12 m/s2，当舰载机钩住阻拦索时开始计时，下列说法正确的是（     ） A．舰载机在8 s 内的位移大小为160 m B．舰载机在8 s内的位移大小为150 m C．舰载机在8 s内的平均速度大小为20 m/s D．舰载机在8 s时的速度大小为20 m/s 4. （2026·四川眉山·三模）如图为我国跳高运动员张国伟某次比赛中的瞬间，他曾经最好的成绩是2.38米，此时重心升高约为1.2米。请估算他起跳离地时，竖直向上速度最接近的数值为（　　） A．1m/s B．3m/s C．5m/s D．7m/s 5. （25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期末）一物体做匀加速直线运动，连续相等的时间间隔内通过的位移依次为、，下列说法正确的是（     ） A．相邻相等时间内的位移差为 B．若时间间隔加倍为，两段总位移之差仍为 C．该运动满足位移差规律 D．再经过一个相同时间，下一段位移一定是 6. （25-26高二下·黑龙江绥化·期末）（多选）某质点做直线运动的位移随时间变化的关系是x=t2+5t，x与t的单位分别为“m”和“s”，设质点的初速度为v0，加速度为a，下列说法正确的是（     ） A．v0=1m/s，a=10m/s2 B．v0=5m/s，a=2m/s2 C．0~2s内的位移为14m D．2s末的速度为12m/s 7. （25-26高二下·河北承德·期末）从高出地面40 m的位置竖直向上抛出一个小球，它上升5m后回落，最后到达地面。以竖直向上为正方向，以抛出点为原点，重力加速度取，不计空气阻力，则全过程中小球的位移和运动时间分别是（     ） A．，1s B．40m，4s C．40m，1s D．，4s 8. （25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期末）我国福建号航母配置的隐身舰载机歼-35战机，具有优异的战斗性能，某次歼-35完成任务后，返回航母着舰时速度大小为108 km/h，之后滑行3s停下来，若这个过程可看作是匀减速直线运动，则歼-35在甲板上减速滑行的加速度大小和滑行距离分别是（     ） A．5 m/s2 　90 m B．10 m/s2 　45 m C．10 m/s2 　90 m D．5 m/s2 　45 m 【培优拔高】 9. （25-26高一上·陕西西安·阶段检测）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过S点时的瞬时速度为（     ） A．12m/s B．9m/s C．1m/s D．0.5m/s 10. （25-26高一上·广东东莞·阶段检测）卡车原来用v0=10 m/s的速度匀速在平直公路上行驶，因为路口出现红灯，司机从较远的地方即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到v1=2 m/s时，交通信号灯变为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程的一半时间卡车就加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原速度的过程用了t =12 s。求： (1)减速与加速过程中的加速度大小； (2)画出此过程的v--t图像与a--t图像； (3)开始刹车后2 s末和10 s末的速度大小； (4)从刹车开始到恢复原速度的位移大小。 11. 2025年9月22日，中国海军在“福建舰”航母上成功完成舰载机电磁弹射起飞训练，舰载机安全起飞速度需达到75m/s。某次无风环境起飞训练中，航母静止，舰载机仅在弹射器作用下从静止开始做匀加速直线运动至安全起飞速度。已知第2s末舰载机的速度为60m/s。 (1)利用匀变速直线运动速度—时间公式，求舰载机弹射加速的加速度大小； (2)利用加速度，求舰载机从静止加速到安全起飞速度75m/s需要的弹射总时间； (3)推导出匀变速直线运动位移—速度关系式，并指出公式中各物理量含义； (4)航母静止时，用位移速度公式求舰载机安全起飞所需弹射跑道最短长度； (5)求航母静止时，舰载机前2s内的位移、第2s内的位移； (6)若航母以v舰=10m/s匀速向前航行，舰载机相对航母初速度为0，对地末速度仍需75m/s，求舰载机相对地面的初速度与相对航母的末速度； (7)航母匀速航行时，利用位移速度公式，求舰载机相对甲板的最短弹射距离（结果保留1位小数）。 1/2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $