匀变速直线运动二（解析版）-2025年高考物理二轮复习

专题2匀变速直线运动（2）

考点愿型归纳

一、竖直上抛运动....................................2

二、运动图像问题....................................7

三、追击相遇问题....................................12

四、刹车问题........................................18

五、直线运动的多过程问题...........................21

1

专题一竖直上抛运动

1.（2023•河北・高考真题）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技

术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持

力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。

已知该运动员的质量为60kg,重力加速度g取lOm/s?。下列说法正确的是（）

A.起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/S?

B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s

C.起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m

D.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330NS

【答案】C

【详解】A.由图像可知，运动员受到的最大支持力约为

41ax=42x60N=2520N

根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为

2520-60x10,2c,2

ax------------------m/s=32m/s

mam60

故A错误;

BCD.根据尸图像可知，起跳过程中支持力的冲量为

/F=22x60x(10.35-10.10)N-s=330N-s

起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为

I合=/F-mg^=330N-s-60xl0x(10.35-10.10)N-s=180N-s

根据动量定理可得

2

=mv-0

解得起跳离开地面瞬间的速度为

v=3m/s

则起跳后运动员重心上升的平均速度为

一V

v=—=1.5m/s

2

起跳后运动员重心上升的最大高度为

故BD错误，C正确。

故选C。

2.（2024•河南新乡•二模）f=0时刻，小球甲（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，小

球乙（视为质点）从距地面高度为用处由静止释放，两小球距地面的高度〃与运动时间t的

关系图像如图所示，重力加速度大小为g,不计空气阻力，下列说法正确的是（）

乙'甲

甲的初速度比乙落地时的速度大

甲上升过程的平均速度比乙下降过程的平均速度小

甲、乙处于同一高度的时刻为

甲、乙落地的时间差为

【答案】C

【详解】AB.由题图可知，乙由静止释放时距地面的高度与甲上升到最高点时距地面的高

度相等，乙由静止释放直到落地与甲由抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以，甲的初

速度与乙落地时的速度大小相等，甲上升过程的平均速度与乙下降过程的平均速度大小相等,

故A、B错误；

C.设甲竖直上抛的初速度为%,则当甲、乙到达同一高度时有

3

5gL+%t-]g厂=用

片=2g%

联立求得

故C正确；

D.乙落地时甲刚好上升到最高点，所以甲、乙落地的时间差就等于甲从最高点下落到地面

所用的时间，满足

h0=-g（A?）

故D错误。

故选Co

3.（2024・全国•二模）如图所示，将一小球竖直向上抛出，小球先后两次经过窗口下沿M的

时间间隔为。，先后两次经过窗口上沿N的时间间隔为。忽略空气阻力，重力加速度为g,

小球可视为质点，运动过程中未碰到障碍物，则窗口上、下沿之间的高度差为（）

C.-

【答案】C

【详解】设小球所到最高点到窗口上沿N的距离为九窗口上、下沿之间的高度差为a,根

据竖直上抛运动的对称性有

4

2

2

H+h=—g

22

解得

故选C。

4.（2021・河北•高考真题）铭原子钟是精确的计时仪器，图1中铭原子从。点以100m/s的

初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为小图2中钠原子在真空中从尸

点做竖直上抛运动，到达最高点。再返回P点,整个过程所用时间为*O点到竖直平面、

P点到。点的距离均为0.2m,重力加速渡取g=10m/s2,贝篙4为（）

■■M

111」

11

11

114

'N」D

图1医2

A.100：1B.1：100C.1：200D.200：1

【答案】C

【详解】葩原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即

x=vtr

解得

x0.2

t,=—=----s

V100

葩原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时2,逆过程可视为自由落体，即

2

解得

5

则

0.2

?i_1001

t2-0.4—200

故选C。

5.(2023・广东•高考真题)葩原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视

为质点的艳原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，钠原子团仅在重力

的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下

列可能表示激光关闭后钠原子团速度v或加速度。随时间f变化的图像是()

【详解】AB.葩原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在v-t图像中,

斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误；

CD.因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。

故选D。

6.(2023・天津•高考真题)质量4=2kg的物体A自距地面〃=1.2m高度自由落下，与此同

时质量冽B=1kg的物体B由地面竖直上抛，经过f=0.2s与A碰撞，碰后两物体粘在一起，

碰撞时间极短，忽略空气阻力。两物体均可视为质点，重力加速度g=10m/s2,求A、B：

(1)碰撞位置与地面的距离x；

(2)碰撞后瞬时的速度大小v；

(3)碰撞中损失的机械能A£。

【答案】(1)1m；(2)0；(3)12J

【详解】(1)对物体A,根据运动学公式可得

6

11

x=h——gt9=1.2m----x1Ox0.27m=Im

22

(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为％。，根据运动学公式可知

12

x=%(/_/g/~

即

1,

1=v„x0.2----xlOx0.22

B02

解得

vB0=6m/s

可得碰撞前A物体的速度

vA-gt-2m/s

方向竖直向下；

碰撞前B物体的速度

%=喔。-8'=4向0

方向竖直向上；

选向下为正方向，由动量守恒可得

WAVA-WBVB=(mA+n7B>

解得碰后速度

v=0

(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能

.=；皿网+；加B说-g(以+%A?=12J

专题二运动图像问题

7.(2025・广西・二模)一小朋友在安全环境下练习蹦床，若小朋友离开蹦床后一直在同一竖

直线上运动，且忽略空气阻力，用x、a、p、E、t分别表示小朋友竖直向上离开蹦床在空中

运动的位移、加速度、动量、机械能和时间，取竖直向上为正方向，则下列图像可能正确的

是()

7

【答案】C

【详解】A.小朋友竖直向上离开蹦床在空中做竖直上抛运动，加速度设置为重力加速度，

根据对称性可知，小朋友上升的时间和下降的时间相等，取竖直向上为正方向，由匀变速直

线运动公式有

12

尤=^--gt

可知，x—f图像为开口向下的一条抛物线，故A错误；

B.整个运动过程中小朋友只受重力，加速度一直为重力加速度，不随时间发生变化，故B

错误；

C.根据动量定理有

-mgt—p-mv0

解得

p=mv0—mgt

可知，p—f图像为一条倾斜的直线，且斜率为负值，故C正确；

D.小朋友离开蹦床后只受重力作用，小朋友的机械能不变，故D错误。

故选C。

8.（2024・重庆・高考真题）如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上

平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度为0,水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾

斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则河到N的运动过程中，其速度大小v随时间f的

8

【详解】滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接（没有能量损失，速度大

小不变）的倾斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动。

故选C。

9.（2024•甘肃・高考真题）小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的

东方红广场兰州大学

A.980mB.1230mC.1430mD.1880m

【答案】C

【详解】v—图像中图线与横轴围成的面积表示位移，故可得

x=(74-25+94)x20xgm=1430m

故选C。

10.（2023・福建・高考真题）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运

动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度一时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力一时

间图像如图（b）所示。贝!）（）

9

图（a）图（b）

A.0〜2s内，甲车的加速度大小逐渐增大

B.乙车在f=2s和/=6s时的速度相同

C.2〜6s内，甲、乙两车的位移不同

D.f=8s时，甲、乙两车的动能不同

【答案】BC

【详解】A.由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0~2s内，

甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；

B.由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0〜2s内根据动量定理有

[2=h=So-2=2N*s

乙车在。〜6s内根据动量定理有

16=mV6<16=So-6=2N-S

则可知乙车在f=2s和t=6s时的速度相同，故B正确；

C.根据图（a）可知，2〜6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2〜6s内乙车一直向正

方向运动，则2〜6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；

D.根据图（a）可知，，=8s时甲车的速度为0,则f=8s时，甲车的动能为0；乙车在0〜

8s内根据动量定理有

Is=mvgiIs=So-8=0

可知/=8s时乙车的速度为0,则f=8s时，乙车的动能为0,故D错误。

故选BCo

11.（2024・河北•高考真题）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹

情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v—图像，如图所示。图

像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（）

10

v/(m-s-1)

【答案】A

【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时

篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升

至。点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的

是。点。

故选Ao

12.（2024•新疆河南•高考真题）一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间/

变化的图像中，可能正确的是（）

【答案】C

【详解】AB.物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB选项中一个时间对应2个以上

的位移，故不可能，故AB错误；

11

CD.同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是成函数关系，故C正

确，D错误。

故选C。

专题三追击相遇问题

13.（2024•山东•二模）相距为s°的甲、乙两辆汽车同向行驶在一条平直公路上，其V—图

像如图所示，图中△MAP的面积为s,初始时甲车在前乙车在后，下列说法正确的是（）

A.若5=5°,则给时刻后乙车追上甲车

B.若s>s0,则为时刻前乙车追上甲车

C.若s<s°,则甲、乙两车可能相遇2次

D.若s>s°,则甲、乙两车一定只能相遇1次

【答案】B

【详解】A.由图像可知，甲乙两车做匀减速运动，若

s=s（）

可知力时刻两车速度相等时两车恰好相遇，故A错误；

BD.若

s>s（）

两车应在％时刻前相遇，设两车在乙时刻相遇，如图所示。

12

此时刻乙车追上甲车，乙车的速度大于甲车速度，故乙车在前甲车在后，之后在时刻甲车

追上乙车，两车可能再次相遇，故B正确，D错误；

C.若

在速度相等时乙车没有追上甲车，以后甲车速度大于乙车，因此以后也不可能追上，故C

错误。

故选B。

14.（2024・重庆・二模）一辆公交车以15m/s的速度匀速直线行驶，一名送餐员骑一辆电动

车以10m/s的速度突然驶入公交车正前方10m处的机动车道并以此速度继续匀速直线行驶,

公交车与电动车行驶方向相同。公交车司机见状立即紧急刹车，为了避免突然刹车让乘客有

明显的顿挫感，其刹车的加速度大小。随时间/按图所示规律变化。若刹车结束时，公交车

恰好不会撞上电动车，则公交车的刹车时间为（）

【答案】C

【详解】恰好不相撞，即片时刻公交车与电动车速度相等。由。一图像可得，刹车过程中,

公交车和电动车的V—图像分别如图所示。

。〜办时间段内，公交车的平均速度

“恰好不相撞”需满足

13

讥0=维/。+%

代入解得

%=4s

故选C。

15.(2024・湖北・二模)一款弹珠游戏简化示意图如图所示，质量为优的均匀圆环B静止平

放在粗糙的水平桌面上，其半径为R=0.5m。另一质量为2小的光滑弹珠A以水平速度v°=

0.3m/s穿过圆环上的小孔正对环心射入环内，与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹

珠恰好不会从小孔中穿出。假设弹珠与圆环内壁的碰撞为弹性正碰，忽略弹珠与桌面间的摩

擦，只考虑圆环与桌面之间的摩擦(且桌面粗糙程度各处相同)，桌面足够长。求：

(1)第一次碰撞后瞬间弹珠的速度大小和方向；

(2)第n次碰撞后瞬间圆环的速度大小；

(3)圆环从开始运动至最终停止的过程中通过的总位移。

【答案】(1)大小为0.1m/s,方向与入射的方向相同

⑵gm/s

(3)2m

【详解】(1)设弹珠入射的方向为正方向，第一次碰撞后瞬间弹珠和圆环的速度分别为V/

和v/,碰撞瞬间根据动量守恒和机械能守恒有

2mv0=2mvx+m"

14

；-2加v：=~2mv：+mv^

两式联立，解得

匕=；%-O.lm/s

4

Vj=yv0=0.4m/s

即第一次碰撞后瞬间弹珠的速度大小为0.1m/s,方向与入射的方向相同。

(2)发生第一次碰撞后，圆环做匀减速直线运动，弹珠做匀速直线运动，因为弹珠与圆环

发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹珠恰好不会从小孔中穿出，所以，圆环匀减速到与弹珠

速度相等时■二者相对位移恰好等于2R,设第•次碰撞后到二者速度相等所用时间为/,圆环

匀减速的加速度大小为。，则有

吐±乂-卬=2五

2

求得

20

t=­s

3

a=0.045m/s2

二者速度相等后，圆环继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为

a9

这段时间内弹珠的位移为

,2

x=v.t=—m

9

因为

x-xf=—m<2R=1m

9

所以，圆环停止前，弹珠与圆环未发生第二次碰撞，弹珠与圆环第二次碰撞瞬间，根据动量

守恒和机械能守恒有

2mvx=2mv2+mV2

—•2mvj2=—•2mvf+mv；

两式联立，解得

15

二——m/s

30

同理，弹珠与圆环第三次碰撞瞬间，根据动量守恒和机械能守恒有

2mv2=2mv3+

2mv\――2mv；+mv^

两式联立，解得

由以上计算可以得出规律，第n次碰撞后瞬间圆环的速度大小

(3)圆环从开始运动至最终停止的过程中，根据能量守恒有

fa's.=|-2mvo

对圆环根据牛顿第二定律有

a=0.045m/s2

联立，求得

16.(23-24高三下•安徽•二模)均可视为质点的A、B两物体沿同一直线做同向运动，从0

时刻起同时出发，A做匀减速直线运动直至速度为零，整个运动过程中速度平方随位置坐标

的变化关系如图甲所示。B做匀加速直线运动，位置坐标随时间的变化关系如图乙所示。已

知A、B两物体在同一坐标系中运动，求：

(1)B物体追上A物体之前，二者相距最远的时刻乙；

(2)B物体追上A物体所用的时间内。

16

【详解】(1)A做匀减速直线运动，根据图甲和运动学公式得

=576m2/s2

解得

v0=24m/s

576

a,=-------m//s2=6Am//s2

48x2

B做匀加速直线运动，在第1s内和第2s内的位移之比为1：3,可知B做的是初速度为零

的匀加速直线运动，1s时的速度为前2s的平均速度

8//

v=—=4m/s

2

加速度为

V2

=—=4m/s

当A、B两物体速度相等时，二者相距最远，则

a

%一^\=QB4

解得

八=2.4s

(2)假设A物体停止之前，B物体追上A物体，则

12

Xg=

1j

XA=V。/一万〃/

xA+2m=xB

17

解得

t=4.9s

而A物体速度减为零需要的时间为

=4s</

说明B追上A时，A已经停止，则B物体追上A物体所用的时间

---F2m=—

2aA252

解得

t2=5s

专题四刹车问题

17.（2025・全国•二模）假设一飞机在机场着陆后做匀减速直线运动，从着陆开始计时，测

得第2s内飞机通过的位移为59.1m,倒数第2s内的位移为0.9m,则关于从着陆到停止的过

程，飞机的（）

A.初速度大小为60m/sB.加速度大小为1.2m/s2

C.总位移大小为2000mD.平均速度大小为15m/s

【答案】A

【详解】B.根据题意可知，飞机做匀减速直线运动，通过逆向思维将飞机看成做初速度为

0的匀加速直线运动，根据初速度为零、匀加速直线运动的物体在连续相等时间间隔内的位

移之比为1:3:5:7……可知，倒数第1s内的位移为

玉=0.3m

根据匀加速直线运动规律有

12

石=5叫

解得

a=0.6m/s2

故B错误。

A.设初速度为%,则减速过程第Is末的速度为

18

匕=%—at

第2s末的速度为

=v

v2o~2at

第2s内的位移为

x

“2一2

解得

%=60m/s

故A正确。

C.根据匀变速直线运动规律有

vo=2ax总

解得

x总=3000m

故C错误。

D.平均速度大小为

v=—=30m/s

2

故D错误。

故选Ao

18.（24-25高一上•陕西咸阳•二模）平直道路上的电动车以6m/s的速度匀速行驶，某时刻

（取为0时刻）开始刹车做匀减速直线运动，第2s末速度大小为3m/s,则下列说法正确的

是（）

A.电动车刹车时的加速度大小为Im/s?B.电动车第Is末的速度大小为4.5m/s

C.电动车第5s末的速度大小为1.5m/sD.电动车第3s末的速度大小为2m/s

【答案】B

【详解】A.由匕=%+加2可知

a=—~--m/s2=-1,5m/s2

t22

即电动车刹车时的加速度大小为1.5m/sz,故A错误；

BD.电动车第1s末的速度大小

19

匕=%+幽=(6-1.5xl)m/s=4.5m/s

第3s末的速度大小

匕=%+at3=（6—L5x3）m/s=1.5m/s

故B正确，D错误；

C.电动车刹车所用的时间

即电动车第4s末的速度为0,因此电动车第5s末的速度为0,故C错误。

故选Bo

19.（2024・四川自贡•二模）科技发展促使汽车性能逐渐优化，现在很多车辆具有AEB“自动

紧急制动”功能。即当车辆与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，系统能实现自

动减速、自动刹车，将碰撞危险降到最低。若某车的安全距离为10m,汽车正以速度v在

路面上行驶，恰好在安全距离处车辆检测到前方有障碍物，及时启动“自动紧急制动”后立即

做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2,正好在障碍物处停下，下列说法错误的是（）

A.汽车的速度v为10m/s

B.汽车刹车时间为2s

C.汽车开始“自动紧急制动”后第1s末的速度为6m/s

D.汽车开始自动紧急制动后第2s内的平均速度为2.5m/s

【答案】C

【详解】A.汽车的速度

v=N2ax=V2x5xl0m/s=1Om/s

选项A正确，不符合题意；

B.汽车刹车时间为

Z=-=2s

a

选项B正确，不符合题意；

C.汽车开始“自动紧急制动”后第1s末的速度为

/=v-atx=5m/s

选项C错误，符合题意；

D.汽车开始自动紧急制动后第2s内的平均速度等于刹车后1.5s时刻的瞬时速度，则为

20

V2=匕5=v-atl5=2.5m/s

选项D正确，不符合题意o

故选C。

专题五直线运动的多过程问题

20.（2024・广西•二模）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度匕急动度人是评

判乘客是否感到舒适的重要指标，按照这一指标，具有零急动度的乘客较舒服。如图所示为

一辆汽车在启动过程中的急动度随时间变化的关系，已知汽车质量m=2x103kg,启动过程

中所受阻力了,在该过程中，下列说法正确的是（）。

|k/(rn,s-3)

369t/s

A.从0至U3s,汽车牵引力大于了

B.从3s到6s,乘客感觉比较舒服

C.从6s到9s,汽车速度变化量为-4.5m/s

D.汽车在9s时恰好停下

【答案】AB

【详解】AB.依题意，

Na

△t

则图像与坐标轴围成的面积代表加速度变化，则3s时加速度正方向最大为

a=lx3m/s2=3m/s2

由题图可知加速度的变化图像如图

21

由图可知，从0至IJ3S,汽车做变加速运动，根据牛顿第二定律可知牵引力大于/。从3s至6s,

汽车做匀加速直线运动，具有零急动度，乘客感觉比较舒服。

故AB正确；

C.根据0Y图像可知，从6s到9S,汽车速度变化量为

,3x3.._.

Av=---m/s=4.5m/s

2

故C错误