【物理】2020届一轮复习人教版专题01匀变速直线运动的规律学案
专题 01 匀变速直线运动的规律
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目录
热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用.................................................1
热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用.....................................................3
（一）比例法的应用 .....................................................................4
（二）Δx＝aT2 推论法的应用 .............................................................6
（三）平均速度公式的应用 ...............................................................7
（四）图象法的应用 .....................................................................8
热点题型三 自由落体和竖直上抛运动.........................................................8
拓展点：双向可逆运动类竖直上抛运动 ....................................................11
热点题型四 物体运动的多过程问题..........................................................12
（一）：多过程运动之-----“先以 由静止加速在以 匀减至速度为零”模型 .................12
（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题） ........................................14
（三）多过程运动之“返回出发点”模型 ..................................................15
（四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型 .........................................15
（六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型 .........................................17
【题型演练】..............................................................................18
【题型归纳】
热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.基本规律
Error! ― ― ― ― →
初速度为零
v0＝0 {v＝at
x＝
1
2at2
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
适宜选用的公式
1a 2a
v0、v、a、t x 【速度公式】v＝v0＋at
v0、a、t、x v 【位移公式】x＝v0t＋
1
2at2
v0、v、a、x t 【速度位移关系式】v2－v20＝2ax
v0、v、t、x a 【平均速度公式】x＝
v＋v0
2 t
【例 1】短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶
段．一次比赛中，
某运动员用 11.00 s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第 2 s 内通过的距离为 7.5 m，则
该运动员的加速度
及在加速阶段通过的距离为（ ）．
A. 5 m/s2 10 m B. 5 m/s2 11 m C. 2.5 m/s2 10 m D. 2.5 m/s2 10 m
【答案】 A
【解析】 根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速
阶段的加速度为 a，在第 1 s 和第 2 s 内通过的位移分别为 s1 和 s2，由运动学规律得：
s1＝
1
2at20
s1＋s2＝
1
2a(2t0)2
t0＝1 s
联立解得：a＝5 m/s2
设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速运动的时间为 t2，匀速运动的速度为 v，跑完全程
的时间为 t，全程的距离为 s，依题意及运动学规律，得
t＝t1＋t2
v＝at1
s＝
1
2at21＋vt2
设加速阶段通过的距离为 s′，
则 s′＝
1
2at21
求得 s′＝10 m
【变式 1】(2019·河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是 x＝24t－
6t2，则它在前 3 s 内
的平均速度为 ( )
A．6 m/s B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s
【答案】B
【解析】将题目中的表达式与 x＝v0t＋
1
2at2 比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2.所以由 v
＝v0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为 t＝
0－24
－12 s＝2 s，由此可知第 3 s 内汽车已经停
止，汽车运动的位移 x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度 v＝
x
t′＝
24
3 m/s＝8 m/s.
【变式 2】(2019·福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是 s＝4t＋2t2，
s 与 t 的单位分别为 m 和 s，则质点的初速度与加速度分别为( )
A．4 m/s 与 2 m/s2 B．0 与 4 m/s2
C．4 m/s 与 4 m/s2 D．4 m/s 与 0
【答案】C
【解析】根据匀变速直线运动的位移公式 s＝v0t＋
1
2at2，与质点运动的位移随时间变化的关
系式 s＝4t＋2t2 相对比可以得到，物体的初速度的大小为 v0＝4 m/s，加速度的大小为 a＝
4 m/s2，选项 C 正确．
【变式 3】(2019·广西钦州模拟)以 36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车
后获得大小为 4 m/s2 的加速度，刹车后第 3 s 内汽车的位移大小为( )
A．12.5 m B．2 m C．10 m D．0.5 m
【答案】D
【解析】据 v＝at 可得由刹车到静止所需的时间 t＝2.5 s，则第 3 s 内的位移，实际上就是
2～2.5 s 内的位移，x＝
1
2at′2＝0.5 m.
热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用
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．
平均速度公式：v＝
v0＋v
2 ＝ .
(3)位移中点速度 ＝
v02＋v2
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∶x
Ⅲ∶…∶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
比例法
常用于初速度为零的匀加速直线运动且运
动具有等时性或等距离
由连续相邻相等时间(或长度)
的比例关系求解
推论法 适用于“纸带”类问题 由Δs＝aT2 求加速度
平均速度法
常用于“等分”思想的运动，把运动按时
间(或距离)等分之后求解
根据中间时刻的速度为该段
位移的平均速度来求解问题
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
（一）比例法的应用
【例 2】．(多选)北京时间 2017 年 3 月 26 日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举
行．加拿大以 8 比 3 战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度 v 垂直进入
三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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
( )
2
xv
2
v t
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝ 3∶ 2∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶ 2∶ 3D．t1∶t2∶t3＝( 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，故可以视为反向的匀加速直线运动
来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为 1∶( 2－1)∶( 3－ 2)…，故冰壶匀减速
通过三段连续相等位移所用的时间之比为( 3－ 2)∶( 2－1)∶1，选项 C 错误，D 正确；
初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为 1∶ 2∶ 3…，则冰壶匀减速
进入每个矩形区域时的速度之比为 3∶ 2∶1，选项 A 错误，B 正确．
【变式1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，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t1，第四个 所用的时间为t2。不计空气阻力，则
满足
A．1< <2 B．2< <3 C．3< <4 D．4< <5
【答案】C
【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落
体 运 动 。 则 根 据 初 速 度 为 零 匀 加 速 运 动 ， 相 等 相 邻 位 移 时 间 关 系
， 可 知 ， 即
，故本题选 C。
【变式 2】(多选)(2019·湖北大冶一中月考)如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点
从
O 点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过 a、b、c、d，下列说法正确的是 ( )
4
H
4
H 2
1
t
t
2
1
t
t
2
1
t
t
2
1
t
t
2
1
t
t
( ) ( ) ( ) ( )1: 2 1 : 3 2 : 2 3 : 5 2 ....− − − − 2
1
1 2 3
2 3
t
t
= = +
−
2
1
3 4t
t
< <
A．质点由 O 到达各点的时间之比 ta∶tb∶tc∶td＝1∶ 2∶ 3∶2
B．质点通过各点的速率之比 va∶vb∶vc∶vd＝1∶ 2∶ 3∶2
C．质点在斜面上运动的平均速度 v＝vb
D．质点在斜面上运动的平均速度 v＝
vb
2
【答案】AB
【解析】根据 x＝
1
2at2，得 t＝
2x
a ，Oa、Ob、Oc、Od 的距离之比为 1∶2∶3∶4，所以质点
由 O 到达各点的时间之比为 1∶ 2∶ 3∶2，故 A 正确．根据 v2＝2ax，v＝ 2ax，Oa、
Ob、Oc、Od 的距离之比为 1∶2∶3∶4，所以质点通过各点的速率之比 va∶vb∶vc∶vd＝1∶
2∶ 3∶2，故 B 正确．初速度为 0 的匀加速直线运动中，在最初相等的时间内通过的位
移之比为 1∶3，可知 a 点是 Od 的中间时刻，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速
度，则 v＝ ，故 C 错误．v＝
0＋vd
2 ＝
vd
2 ，即在斜面上运动的平均速度 v＝
vd
2 ，
【变式 3】．(2019·郑州模拟)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹
以水平速度射入木
块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子
弹依次射入每
个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是
( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝ 5∶ 3∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶ 2∶ 3D．t1∶t2∶t3＝( 3－ 2)∶( 2－1)∶1
【答案】D
【解析】用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块
厚度为 L，则 v23＝2a·L，v22＝2a·2L，v21＝2a·3L，v3、v2、v1 分别为子弹倒过来从右到左
运动 L、2L、3L 时的速度，则 v1∶v2∶v3＝ 3∶ 2∶1，选项 A、B 错误；又由于每块木块
bt vv ≠
2
厚度相同，则由比例关系可得 t1∶t2∶t3＝( 3－ 2)∶( 2－1)∶1，选项 C 错误，D 正
确．
（二）Δx＝aT2 推论法的应用
【例 3】．(2019·成都高新区模拟)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过 A、B、C 三点，已
知 AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过 AB 和 BC 两段所用的时间均为 2 s，则小球经过 A、B、C 三
点时的速度大小分别是( )
A．2 m/s，3 m/s，4 m/s B．2 m/s，4 m/s，6 m/s
C．3 m/s，4 m/s，5 m/s D．3 m/s，5 m/s，7 m/s
【答案】B
【解析】选 B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬
时速度，故 B 点的速度就是 AC 段的平均速度，vB＝
AB＋BC
2t ＝4 m/s；又因为两个连续相等时
间间隔内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2 解得 a＝1 m/s2；再由
速度公式 v＝v0＋at，解得 vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项 B 正确．
【变式 1】物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移 x1 到达 A 点，接着在时间 T 内又通
过位移 x2 到达 B 点，则物体( )
A．在 A 点的速度大小为
x1＋x2
2T B．在 B 点的速度大小为
3x2－x1
2T
C．运动的加速度为
2x1
T2 D．运动的加速度为
x1＋x2
T2
【答案】AB
【解析】匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则 vA＝v＝
x1＋x2
2T ，A 正
确；设物体的加速度为 a，则 x2－x1＝aT2，所以 a＝
x2－x1
T2 ，C、D 错误；物体在 B 点的速度
大小为 vB＝vA＋aT，解得 vB＝
3x2－x1
2T ，B 正确．
【变式 2】(2019·铜陵模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车
后的第 1 s 内和第 2 s 内位移大小依次为 9 m 和 7 m，则刹车后 6 s 内的位移是( )
A．20 m B．24 m
C．25 m D．75 m
【答案】 C
【解析】 设汽车的初速度为 v0，加速度为 a，根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2 得 x2－
x1＝aT2，解得 a＝
x2－x1
T2 ＝
7－9
12 m/s2＝－2 m/s2；汽车第 1 s 内的位移 x1＝v0t＋
1
2at2，代入
数据解得 v0＝10 m/s；汽车刹车到停止所需的时间 t0＝
0－v0
a ＝
0－10
－2 s＝5 s，则汽车刹车后
6 s 内的位移等于 5 s 内的位移，则 x＝
v0
2 t0＝
10
2 ×5 m＝25 m，故 C 正确，A、B、D 错误．
（三）平均速度公式的应用
【例 4】．质点由静止从A 点出发沿直线 AB 运动，行程的第一阶段是加速度大小为 a1 的匀加
速运动，接着做加速度大小为 a2 的匀减速运动，到达 B 点时恰好速度减为零．若 AB 间总长
度为 s，则质点从 A 到 B 所用时间 t 为( )
A．
s（a1＋a2）
a1a2 B．
2s（a1＋a2）
a1a2
C．
2s（a1＋a2）
a1a2 D．
a1a2
2s（a1＋a2）
【答案】B
【解析】.设第一阶段的末速度为 v，
则由题意可知：
v2
2a1＋
v2
2a2＝s，
解得：v＝
2a1a2s
a1＋a2；
而 s＝
0＋v
2 t1＋
v＋0
2 t2＝
v
2t，
由此解得：t＝
2s（a1＋a2）
a1a2 ，所以正确答案为 B.
【变式 1】(2019·河北武邑中学周考)做匀加速直线运动的质点在第一个 3 s 内的平均速度
比它在第一个 5 s
内的平均速度小 3 m/s.则质点的加速度大小为( )
A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
【答案】C
【解析】根据匀变速直线运动的规律可知，第一个 3 s 内的平均速度为第 1.5 s 末的速度；
第一个 5 s 内的平均速度为第 2.5 s 末的速度．则由 a＝
Δv
Δt可得 a＝
3
1 m/s2＝3 m/s2，故选
C.
（四）图象法的应用
【例 5】.(2019·怀化模拟)如图所示，甲、乙两车同时由静止从 A 点出发，沿直线 AC 运
动．甲以加速度 a3 做初速度为零的匀加速运动，到达 C 点时的速度为 v.乙以加速度 a1 做初
速度为零的匀加速运动，到达 B 点后做加速度为 a2 的匀加速运动，到达 C 点时的速度也为
v.若 a1≠a2≠a3，则( )
A．甲、乙不可能同时由 A 到达 C B．甲一定先由 A 到达 C
C．乙一定先由 A 到达 C D．若 a1>a3，则甲一定先由 A 到达 C
【答案】A
【解析】.根据速度－时间图线得，若 a1>a3，如图(a)，因为末速度相等，位移相等，即图
线与时间轴所围成的面积相等，则 t 乙
a1，如图(b)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则 t
乙>t 甲．通过图线作不出位移相等，速度相等，时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到
达．故 A 正确，B、C、D 错误．
热点题型三 自由落体和竖直上抛运动
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动．
(2)竖直上抛运动的重要特性(如图)
①对称性
a．时间对称：物体上升过程中从 A→C 所用时间 tAC 和下降过程中从 C→A 所用时间 tCA 相等，
同理 tAB＝tBA.
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．竖直上抛运动的研究方法
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
全程法
初速度 v0 向上，加速度 g 向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－
1
2gt2(向上方向为正
方向).
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.
【例 6】（1）某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.5 s 内物体
A．路程为 65 m B．位移大小为 25 m，方向向上
C．速度改变量的大小为 10 m/s D．平均速度大小为 13 m/s，方向向上
【答案】AB
【解析】选 AB.法一：分阶段法
物体上升的时间 t 上＝
v0
g ＝
30
10 s＝3 s，物体上升的最大高度 h1＝
v
2g＝
302
2 × 10 m＝45 m．物
体从最高点自由下落 2 s 的高度 h2＝
1
2gt 2下＝
1
2×10×22 m＝20 m．运动过程如图所示，则总
路程为 65 m，A 正确；5 s 末物体离抛出点的高度为 25 m，即位移的大小为 25 m，方向竖直
向上，B 正确；5 s 末物体的速度大小 v＝gt 下＝10×2 m/s＝20 m/s，方向竖直向下，取竖
直向上为正方向，则速度改变量Δv＝(－v)－v0＝(－20 m/s)－30 m/s＝－50 m/s，即速度
改变量的大小为 50 m/s，方向竖直向下，C 错误；平均速度大小 v－
＝
h1－h2
t ＝
25
5 m/s＝5
m/s，方向竖直向上，D 错误．
法二：全过程法
由竖直上抛运动的规律可知：物体经 3 s 到达最大高度 h1＝45 m 处．将物体运动的全程视为
匀减速直线运动，则有 v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故 5 s 内物体的位移 h＝v0t＋
1
2at2
＝25 m>0，说明物体 5 s 末在抛出点上方 25 m 处，故路程为 65 m，位移大小为 25 m，方向
竖直向上，A、B 正确；速度的变化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C 错误；5 s 末物体的速度 v＝
v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度 v－
＝
v0＋v
2 ＝5 m/s>0，方向竖直向上，D 错误．
（2）(2019·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量
为 2 kg 的物体从一定的高度自由下落，测得在第 5 s 内的位移是 18 m(未落地)，则( )
A．物体在 2 s 末的速度大小是 20 m/s B．物体在第 5 s 内的平均速度大小是 3.6 m/s
C．物体在前 2 s 内的位移大小是 20 m D．物体在 5 s 内的位移大小是 50 m
【答案】D
【解析】.设该星球表面的重力加速度为 g，由自由下落在第 5 s 内的位移是 18 m，可得
1
2g
×(5 s)2－
1
2g×(4 s)2＝18 m，得 g＝4 m/s2.所以物体在 2 s 末的速度大小为 8 m/s，选项 A
错误；物体在第 5 s 内的平均速度大小为 18 m/s，选项 B 错误；物体在前 2 s 内的位移大小
是
1
2g×(2 s)2＝8 m，选项 C 错误；物体在 5 s 内的位移大小是
1
2g×(5 s)2＝50 m，选项 D
正确．
【变式 1】如图所示，将一小球以 10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，
取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取 10 m/s2.则 3 s 内小球运动的( )
A．路程为 25 m B．位移为 15 m C．速度改变量为 30 m/s D．平均速度为 5 m/s
【答案】A
【解析】由 x＝v0t－
1
2gt2 得位移 x＝－15 m，B 错误；平均速度v＝
x
t＝－5 m/s，D 错误；小
球竖直上抛，由 v＝v0－gt 得速度的改变量Δv＝v－v0＝－gt＝－30 m/s，C 错误；上升阶
段通过路程 x1＝
v02
2g＝5 m，下降阶段通过的路程 x2＝
1
2gt22，t2＝t－
v0
g ＝2 s，解得 x2＝20
m，所以 3 s 内小球运动的路程为 x1＋x2＝25 m，A 正确．
【变式 2】．(多选)将某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.5 s
内物体的( )
A．路程为 65 m B．位移大小为 25 m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为 10 m/s D．平均速度大小为 13 m/s，方向竖直向上
【答案】AB
【解析】物体的初速度 v0＝30 m/s，g＝10 m/s2，其上升时间 t1＝
v0
g ＝3 s，上升高度 h1＝
v
2g
＝45 m；下降时间 t2＝5 s－t1＝2 s，下降高度 h2＝
1
2gt22＝20 m．末速度 v＝gt2＝20 m/s，
方向竖直向下．故 5 s 内的路程 s＝h1＋h2＝65 m；位移 x＝h1－h2＝25 m，方向竖直向上；
速度改变量Δv＝v－(－v0)＝50 m/s，表示方向竖直向下；平均速度 v＝
x
t＝5 m/s，方向竖
直向上．综上可知，选项 A、B 正确．
拓展点：双向可逆运动 类竖直上抛运动
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，全过程加速度大小、
方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意 x、v、a 等矢量的正负号及物理意
义．
【例 7】(多选)一物体以 5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为 2 m/s2，
设斜面足够长，经过 t 时间物体位移的大小为 4 m，则时间 t 可能为( )
A．1 s B．3 s
C．4 s D.
5＋ 41
2 s
【答案】 ACD
【解析】 当物体的位移为 4 m 时，根据 x＝v0t＋
1
2at2 得 4＝5t－
1
2×2t2
解得 t1＝1 s，t2＝4 s 当物体的位移为－4 m 时，根据 x＝v0t＋
1
2at2 得－4＝5t－
1
2×2t2
解得 t3＝
5＋ 41
2 s，故 A、C、D 正确，B 错误．
【变式 1】(2019·陕西长安一中高三质检)两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个
物体下落时间为 t，第二个物体下落时间为
t
2，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2 B.
3
8gt2 C.
3
4gt2 D.
1
4gt2
【答案】D
【解析】第二个物体在第一个物体下落
t
2后开始下落，此时第一个物体下落的高度 h1＝
1
2
g(
t
2)2＝
gt2
8 .根据 h＝
1
2gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为
1
2gt2、
gt2
8 ，两物
体未下落时相距
3gt2
8 ，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝
3gt2
8 －
gt2
8 ＝
gt2
4 ，
故 D 正确，A、B、C 错误．
热点题型四 物体运动的多过程问题
1．基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽
带．可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果．
2．解题关键
多过程运动的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解
题的关键．
（一）：多过程运动之-----“先以 由静止加速在以 匀减至速度为零”模型
（1）特点：初速度为零，末速度为 v，两段初末速度相同，平均速度相同。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：
（2）位移三个公式： ； ；
（3）解题策略：画出 图，两段初末速度相同，中间速度是解题的核心。
1a 2a
tO v t
2
t
1
a2a
1
v0
110 tav = 220 tav =
1
2
2
1
t
t
a
a =
11
2
0 2 xav = 22
2
0 2 xav =
1
2
2
1
x
x
a
a =
2
10
1
tvx =
2
20
2
tvx =
2
1
2
1
t
t
x
x =
)(2 21
0 ttvx +=
2
2
0
1
2
0
22 a
v
a
vx += 2
22
2
11 2
1
2
1 tatax +=
tv −
【例 8】(2019·湖南湘中名校联考)如图所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t
后进入一水平面，
两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经 2t 时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上
位移大小之比
和加速度大小之比，下列说法正确的是 ( )
A．1∶2 2∶1 B．1∶2 1∶2
C．2∶1 2∶1 D．2∶1 1∶2
【答案】A
【解析】设木块到达斜面底端时的速度为 v，根据 v＝at 得，加速度之比
a1
a2＝
v
t
v
2t
＝
2
1；根据
平均速度的推论知，x1＝
v
2t，x2＝
v
2·2t，所以
x1
x2＝
1
2，选项 A 正确．
【变式 1】在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了 8 s
之后，由于前方
突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经 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为 a1∶a2＝2∶1 B．加速、减速中的平均速度大小之
比为 v1∶v2＝1∶1
C．加速、减速中的位移之比为 x1∶x2＝2∶1 D．加速、减速中的加速度大小之比为
a1∶a2＝1∶3
【解析】汽车由静止运动 8 s，又经 4 s 停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，
由 v＝at，知 a1t1＝a2t2，
a1
a2＝
1
2，A、D 错误．又由 v2＝2ax 知 a1x1＝a2x2，
x1
x2＝
a2
a1＝
2
1，C 正
确．由 v＝
v
2知，v1∶v2＝1∶1，B 正确．
【答案】BC
（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）
加速时间 ；加速距离
匀速时间 ；匀速距离
总位移
【例 9】(2019·广西柳州冲刺)甲、乙两辆车在平直公路上从同一地点先后出发，其运动的
v t 图象如图所示，
已知 t3 时刻两车相遇，相遇前两车最大距离为 25 m，已知 t2＝10 s．求：
(1)甲车在加速阶段的加速度大小；
(2)两车相遇的时间 t3.(取 2＝1.4，结果保留两位有效数字)
【答案】(1)2 m/s2 (2)17 s
【解析】(1) 0～t2 时间内位移关系：
1
2vt2＝
1
2v(t2－t1)＋25
解得：t1＝5 s
所以甲的加速度：a1＝
v
t2－t1＝2 m/s2
(2) 0～t3 时间内，
1
2a1(t3－t1)2＝
1
2a2t23
a2＝
v
t2＝1 m/s2
解得：t3＝5(2＋ 2) s＝17 s
tO v tav0
a
vt 0
1 =
a
vx 2
2
0
1 =
a
vtt 0
2 −= )( 0
02 a
vtvx −=
a
vtvx 2
2
0
0 −=
【变式 1】(2018·山东省济南一中阶段检测)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车
线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的若继续行驶，则属于交通违章行为．一辆以 10
m/s 的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为 25 m 时，
绿灯还有 2 s 的时间就要熄灭(绿灯熄灭黄灯即亮)．若该车加速时最大加速度大小为 2 m/s2，
减速时最大加速度大小为 5 m/s2.请通过计算说明：
(1)汽车能否不闯黄灯顺利通过；
(2)若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么？
【答案】 见解析
【解析】 (1)若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2 s 内前进的距离为 x1＝v0t＋
1
2a1t2＝24 m，由于 x1 小于 25 m，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过．
(2)若汽车紧靠停车线停下，则其位移为 25 m.
则加速度 a＝
v02
2x＝2 m/s2<5 m/s2
所以汽车能够恰好紧靠停车线停下的条件是加速度为 2 m/s2.
（三）多过程运动之“返回出发点”模型
（1）特点：初速度为零，两段总位移为零。
（2）位移两个公式： ；
（3）特殊结论：若 ,则有 ,
（四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型
tO v t2t1 -a2a1v1-v2
2
22211
2
11 2
1)(2
1 tattata −+ 022 2
21
1
1 =−+ tvvtv
21 tt =
3
1
2
1 =
a
a
2
1
2
1 =
v
v
tO v x2t1 av0 x1
总位移
【例 10.】汽车以 10 m/s 的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方 15 米处的斑马线上
有行人，于是刹车，让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为 0.5 s．汽车运动的
v－t 图象如图所示，则汽车的加速度大小为( )
A. 20 m/s2 B. 6 m/s2 C. 5 m/s2 D. 4 m/s2
【答案】C
【解析】设匀减速直线运动所用的时间为 t，根据 v-t 图象的面积代表物体通过的位移可得：
15m=10m/s × 0.5s+ × 10m/s × t ， 解 得 t=2s ， 所 以 匀 减 速 运 动 的 加 速 度 为 ：
，则汽车的加速度大小为 5m/s2．故选 C．
（五）多过程运动之“减速为零，原路返回”模型
（1）特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为 x。
（2）位移三个公式：位移公式 ；速度位移公式 ；
平均速度位移公式
（3）三个比例式：① ；② ； ③
【例 11】将一个质量为 1kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中 v-t 图像
如图所示， g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
1
2
20 10 / 5 /2
v m sa m st s
−= = = −
a
vtvx 2
2
0
10 +=
tO v t
2
t
1
a
2
a
1
v1v2
2
22
2
11 2
1
2
1 tatax ==
2
2
2
1
2
1
22 a
v
a
vx ==
2
2
1
1
22 tvtvx ==
2
1
2
2
2
1
t
t
a
a = 2
2
2
1
2
1
v
v
a
a =
1
2
2
1
t
t
v
v =
A. 小球重力和所受阻力之比为 5：1 B. 小球上升过程中克服阻力做功 24 J
C. 小球上升与下落所用时间之比为 2：3 D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程
中机械能的损失
【答案】A
【解析】解：A、速度时间图线可知，小球上升的加速度大小 a1=12m/s2，根据牛顿第二定律
得，mg+f=ma1，解得阻力 f=ma1-mg=12-10N=2N；所以重力和所受阻力之比为 5：1
小球匀减速直线运动的位移：x＝1/2×2×24m＝24m
B、克服阻力做功:
C、小球下降的加速度：，由得，时间之比为
D、机械能损失量等于阻力的功，上下过程阻力做功一样多，所以损失机械能一样多
（六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型
耽误距离 ，耽误时间
【例 12】将一物体以初速度 竖直向上抛出，设空气阻力大小恒定，其速度大小随时间变
化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）
A. 物体经过 1.8 的时间落回抛出点 B. 物体在落回到抛出点的过程中平均速度为
0v
0t 0
2
v
tO v a2tv0 a1
tvx 2
0=∆
2
tt =∆
C. 物体在上升阶段和下落到抛出点阶段重力做功平均功率之比为
D. 空气阻力为其重力的 0.2 倍
【答案】CD
【解析】A、根据牛顿第二定律，上升： ，下落： ，由于下落过
程中加速度小，所以下落过程时间大于上升过程时间，故总时间大于 ，故选项 A 错误；
B、由于空气阻力的作用，导致物体落回抛出点的速度小于 ，所以平均速度小于 ，故
选项 B 错误；
C、由牛顿第二定律可得：
上升阶段，
下落阶段，
可得，
上升阶段和下落阶段位移相等： ，
可得 ,所以重力平均功率之比为 ，故选项 C D 正确。
【题型演练】
1.(2019·湖南永州模拟)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 1 m/s2 B．该质点在 1 s 末的速度大小为 6 m/s
C．该质点在第 2 s 内的平均速度为 8 m/s D．前 2 s 内的位移为 8 m
【答案】C
【解析】将匀变速直线运动的位移公式 x＝v0t＋
1
2at2 与 x＝5t＋t2 对比可知，质点的初速度
v0＝5 m/s，加速度 a＝2 m/s2，A 项错误.1 s 末的速度 v1＝v0＋at1＝7 m/s，B 项错误．由
x＝5t＋t2 可知该质点在前 2 s 内位移 x2＝14 m，前 1 s 内位移 x1＝6 m，则其在第 2 s 内位移
3 : 2
1
mg fa m
+= 2
mg fa m
−=
02t
0v 0
2
v
0
0
vmg f m t
+ =
0
0
3
2
vmg f m
t
− =
0.2f mg=
2 2
0
1 11.2 0.82 2g t g t× × = × ×
0
3
2
t
t
= 3 : 2
x2′＝x2－x1＝8 m，则第 2 s 内的平均速度为 8 m/s，C 项正确，D 项错误．
2.（2019 云南楚雄）某质点做匀加速直线运动，在速度由 v0 变为 kv0(k>1)的过程中，质点
的位移大小为 x，则在速度由 v0 变为(k+1) v0 的过程中，质点的位移大小为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：题中不涉及时间，我们选用位移速度公式分析解题．
设质点的加速度为 a，根据位移速度公式可得 ①，
②，联立解得 ，A 正确．
3.(2018·山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用时
间为 2t，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为 t.则物体运动的加速度大小为( )
A.
Δx
t2 B.
Δx
2t2 C.
Δx
3t2 D.
2Δx
3t2
【答案】 C
【解析】 物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx 内的平均速度是 v1＝
Δx
2t ；在第二段
位移Δx 内的平均速度是 v2＝
Δx
t ；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋
t
2＝
3
2t，则物体加速度的大小 a＝
Δv
Δt＝
v2－v1
3
2t
，解得：a
＝
Δx
3t2，故选 C.
4.一物体以初速度 v0 做匀减速直线运动，第 1 s 内通过的位移 x1＝3 m，第 2 s 内通过的位
移 x2＝2 m，又经
过位移 x3，物体的速度减小为 0，则下列说法正确的是 ( )
A．初速度 v0 的大小为 2.5 m/s B．加速度 a 的大小为 1 m/s2
C．位移 x3 的大小为 1.125 m D．位移 x3 内的平均速度大小为 0.75 m/s
【答案】BCD
【解析】由Δx＝aT2 可得加速度 a＝－1 m/s2，选项 B 正确；第 1 s 末的速度 v1＝
x1＋x2
2T ＝
2.5 m/s，得初速度 v0＝v1－aT＝3.5 m/s，选项 A 错误；物体速度由 2.5 m/s 减小到 0 所需
( )
2
2
1
k k x
k
+
−
( )
2
2
1
k k x
k
+
+
( )
2
1
1
k k x
k
−
−
( )
2
1
1
k k x
k
−
+
2 2 2
0 0 2k v v ax− = ( )2 2 2
0 01 2 'k v v ax+ − =
( )
2
2' 1
k k xx k
+= −
时间 t＝
Δv
a ＝2.5 s，则经过位移 x3 的时间 t3 为 1.5 s，且 x3＝－
1
2at23＝1.125 m，选项 C 正
确；位移 x3 内的平均速度 v＝
x3
t3＝0.75 m/s，选项 D 正确．
5.如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过 A、B、C 三点，最后停在 D 点．已知 AB＝
6 m，BC＝4 m，
从 A 点运动到 B 点，从 B 点运动到 C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s，
则下列说法正确的是 ( )
A．质点到达 B 点时速度大小为 2.55 m/s B．质点的加速度大小为 2 m/s2
C．质点从 A 点运动到 C 点的时间为 4 s D．A、D 两点间的距离为 12.25 m
【答案】BD
【解析】设加速度大小为 a，根据题设条件得|Δv|＝at＝2 m/s，AB、BC 为连续相等时间内
的位移，由匀变速直线运动推论Δx＝at2，解得 t＝
Δx
at ＝
6－4
2 s＝1 s，a＝2 m/s2，选项 B
正确；质点从 A 点运动到 C 点的时间为 2t＝2 s，选项 C 错误；根据匀变速直线运动的平均
速度公式可得 vB＝vAC＝
xAB＋xBC
2t ＝5 m/s，选项 A 错误；由速度与位移公式可得 xAD＝xAB＋
v
2a
＝12.25 m，选项 D 正确．
6.跳伞运动员以大小为 5 m/s 的速度匀速下降的过程中，在距地面 10 m 处掉了一颗扣子，跳
伞运动员比扣子晚着地的时间为(不计空气阻力对扣子的作用，重力加速度大小 g＝10
m/s2)( )
A．1 s B．2 s
C． 2 s D．(2－ 2)s
【答案】A
【解析】选 A.扣子掉了以后，运动员仍做匀速直线运动，而扣子做初速度大小为 v0＝5 m/s
的竖直下抛运动，运动员下落需要的时间为 t1＝
10
5 s＝2 s，扣子下落过程中有 10 m＝v0t2＋
1
2gt22，解得 t2＝1 s，时间差Δt＝t1－t2＝1 s，A 正确．
6.(2019·贵州省遵义市高三上学期第二次月考)一位 4 岁小男孩从高 15 层的楼顶坠下，被
同楼的一位青年在楼下接住，幸免于难，设每层楼的高度为 3 m，这位青年从他所在的地方
到楼下需要的时间是 1.3 s，则该青年要接住孩子，至多允许他反应的时间是(g 取 10
m/s2)( )
A．3.0 s B．1.7 s C．0.4 s D．1.3 s
【答案】B
【解析】楼高为：h＝15×3 m＝45 m．由 h＝
1
2gt2 解得 t＝
2h
g ＝
2 × 45
10 s＝3.0 s，Δt
＝3.0 s－1.3 s＝1.7 s，则至多允许反应的时间为 1.7 s．故选项 B 正确．
7.一名消防队员在模拟学习训练中，沿着长为 12m 的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀
加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度
大小的 2 倍，下滑的总时间为 3s，那么该消防队员（ ）
A. 下滑过程中的最大速度为 4m/s B. 加速与减速运动过程的时间之比为 1：
2
C. 加速与减速过程中的平均速度之比为 2：1 D. 加速与减速运动过程的位移大小之比为
1：4
【答案】B
【解析】A：设下滑过程中的最大速度为 v，则消防队员下滑的总位移： 即
，代入数据解得： ，故 A 错误；
B：设加速与减速过程的时间分别为 、 ，加速度大小分别为 、 ，则 、
，解得： ，故 B 正确；
C：根据平均速度的推论知 ，则平均速度之比为为 1：1，故 C 错误；
D：因为平均速度之比为 1：1，加速和减速的时间之比为 1：2，则加速和减速的位移之比为
1：2，故 D 错误。
8.物体的初速度为 v0，以加速度 a 做匀加速直线运动，如果要使物体速度增加到初速度的 n
倍，则物体发生的位移为( )
A. B.
n2v02
2a C. D.
【答案】A
【解析】设位移为 x，由题意知末速度为 nv0，由 v2－v02＝2ax，得 x＝
v2－v02
2a ＝
n2v02－v02
2a ＝
1 22 2
v vt t x+ =
2
v t x=总 8 /v m s=
1t 2t 1a 2a 1 1v a t=
2 2v a t= 1 2 2 1: : 1: 2t t a a= =
0
2
vv
+=
2 2
0( 1)
2
n v
a
− 2
0( 1)
2
n v
a
− 2 2
0( 1)
2
n v
a
−
，选项 A 正确．
9.(2019·海南文昌中学检测)假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由
10 m/s 增加到 15 m/s 所用时间为 t1，位移为 x1；速度由 15 m/s 增加到 20 m/s 所用时间
为 t2，位移为 x2.下列说法正确的是( )
A．t1>t2 B．t1＝t2
C．x1＝x2 D．x1
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