文档内容
押第 3 题
直线运动
该模块考察形式为单选题，难度简单或适中。考点主要有：x-t、v-t运动图像、牛顿运动定律、功
能、动量等基础知识点。
将物体运动的各物理量，以运动图像的形式给出。需要同学们根据 x-t、v-t等运动图像，横、纵轴、
斜率、图像围成的面积、图像交点、拐点等信息，提取解题信息。
根据近两年辽宁卷在该模块所出真题推测，提取运动图像中的信息后，再配合牛顿运动定律、功能、
动量等基础知识点，是解题的关键。小概率会考察非常规运动图像，可根据运动学公式，推出各物理量函
数关系，进行解题。
1. （2023年·辽宁卷）如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙
同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，
两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（ ）
A. 甲沿I下滑且同一时刻甲 动的能比乙的大
B. 甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C. 乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变
D. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【解析】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减
小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A
错误，B正确；
CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到 点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式 可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。
故选B。
2．（2022年·辽宁卷）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v 沿中线滑向另一端，经过
0
1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v、μ值可能正确的是（ ）
0
A．v= 2.5m/s B．v= 1.5m/s C．μ = 0.28 D．μ = 0.25
0 0
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则 ；由题干知x = 1m，t = 1s，v >
0；代入数据有v < 2m/s；故A不可能，B可能；
0
CD．对物块做受力分析有a = - μg，v2 - v2= 2ax；整理有v2 - 2ax > 0；由于v < 2m/s可得μ < 0.2
0 0 0
故CD不可能。
故选B。
3．（2021年·辽宁卷）某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置 x与时间t的关
系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】 图象斜率的物理意义是速度，在 时间内， 图象斜率增大，汽车的速度增大；在
时间内， 图象斜率不变，汽车的速度不变；在 时间内， 图象的斜率减小，汽车做
减速运动，综上所述可知A中 图象可能正确。1.匀变速直线运动图像的特点
x－t图象 v－t图象
轴 横轴为时间t，纵轴为位移x 横轴为时间t，纵轴为速度v
线 倾斜直线表示匀速直线运动 倾斜直线表示匀变速直线运动
斜率 表示速度 表示加速度
面积 无实际意义 图线和时间轴围成的面积表示位移
纵截距 表示初位置 表示初速度
拐点表示从一种运动变为另一种运 拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点
特殊点
动，交点表示相遇 表示速度相等
与横轴平行 物体速度为0，处于静止状态 物体速度不变，处于匀速直线运动状态
2.牛顿第二定律的性质
性质 理解
因果性 力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度
F＝ma是一个矢量式．物体的加速度方向由它受到的合力方向决定，且总
矢量性
与合力的方向相同
瞬时性 加速度与合外力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失
同体性 F＝ma中F、m、a都是对同一物体而言的
作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度
独立性
的矢量和
物体的加速度是相对于惯性参考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性
相对性
参考系
3.动能定理的理解
两个关系：
数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
标量性：
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就
不存在分量的表达式。
4.能量守恒定律的理解和应用
内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体
转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
表达式：ΔE减＝ΔE增。5.对动量定理的理解
（1）Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中 Ft是物体所受的合外力的冲
量。
（2）Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动
量变化的原因。
（3）由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
（4）当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理。
6.对动量守恒定律的理解
表达式
（1）p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
（2）mv ＋mv ＝mv ＋mv ，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量
1 1 2 2 1 1′ 2 2′
和。
（3）Δp＝－Δp，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
1 2
（4）Δp＝0，系统总动量的增量为零。
适用条件
（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
（3）某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
1．某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲
线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为 和 。无人机及其载物
的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于超重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg·m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】A【解析】A、根据EF段方程y=4t-26，可知EF段无人机的速度大小为 ；故A正确；
B、根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速
运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误；
C、根据MN段方程y=-2t+140，可知MN段无人机的速度为 ；则有
；可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误；
D、MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错
误。
故答案为：A。
2． 如图所示，曲线a和直线b分别是在公路上行驶的汽车A和B的位移一时间图像，由图像可知
（ ）
A．汽车A做曲线运动，汽车B做直线运动
B．在t 时刻，A、B两车运动方向相同
1
C．在t 时刻，A车速率等于B车速率
2
D．在t～t 时间内，A车的运动方向发生了改变
1 2
【答案】D
【解析】A. 汽车AB都做直线运动，A不符合题意；
B. 在t 时刻，A、B两车运动方向相反，B不符合题意；
1
C. 在t 时刻，由图像可知，a的斜率比b的斜率大，A车速率要大于B车速率，C不符合题意；
2
D. 在t～t 时间内，A车的运动方向发生了改变，D符合题意。
1 2
故答案为：D。
3． 甲、乙两辆小车在同一平直公路上同向做直线运动，甲和乙的位置（x）随时间（t）变化的图像如图
所示，则（ ）A．在 时刻，甲车与乙车相遇
B．在 时刻，两车的瞬时速度相等
C．在 时间内，两车的平均速度相等
D．在 之间的某一时刻，两车加速度相等
【答案】A
【解析】A.根据x-t图像中，交点表示相遇，可知在 时刻，甲车与乙车相遇，A符合题意；
B.根据x-t图像中斜率表示速度，可知在 时刻甲车速度大于乙车速度，B不符合题意；
C.由图像可知，0时刻两车的位置不同， 时刻两车位置相同，可知从0到 时间内，两车走过的位移
不相等，根据平均速度公式 ；可知，两车的平均速度也不相等，C不符合题意；
D.根据x-t图像中斜率表示速度，可知在 到 时间内，甲车为一条倾斜的直线，做匀速直线运动，故
加速度始终为零，乙车图线为曲线，斜率一直在变化，即速度一直在改变，加速度不为零，即两车加
速度不相等，D不符合题意。
故答案为：A。
4．某物体做初速度为零的直线运动，其 图像为如图所示的抛物线；该物体运动的加速度大小为（
）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】初速度为零时，根据匀变速运动公式 ；由图中数据：t=3s时，x=18m代入解得
故答案为：B。
5．如图，在水平面上运动的两个物体甲和乙，其位移 时间图像分别为图中抛物线和直线，已知甲物体
的初速度为零，图中虚线为直线与抛物线交点处的切线，则下列说法中正确的是（ ）A．甲做曲线运动，乙做匀速直线运动
B．甲物体的加速度为
C． 时，甲、乙两物体相距
D． 时，甲，乙相遇，且速度相同
【答案】C
【解析】A.x-t图像中只有正方向和负方向，所以只能表示直线运动，故甲、乙都做直线运动，A不符
合题意；
B.由于甲为抛物线，故甲做匀变速直线运动，由图可得甲的运动图像满足的数学方程为 ，对比
匀变速直线运动的位移与时间的关系式 可得，甲的加速度为 ，初速度
，B不符合题意；
C.t=1s时甲的位移为 ，故甲在t=1s时在距零位移处正向0.5m处，由图像可知，乙做
匀速直线运动，速度为 ，1s内位移为 ，故t=1s
时乙位于参考点正向4m处，可知t=1s时，甲、乙两物体距离为3.5m，C符合题意；
D.根据x-t图像中，交点表示相遇，可知t=2s时，甲、乙相遇，但是根据x-t图像中，斜率的正负表示
速度的方向，可知甲、乙两物体在t=2s速度方向相反，所以速度不相同，D不符合题意。
故答案为：C。
6．火箭从地面竖直向上发射，经两级加速后关闭发动机，其 图象如图所示，不计空气阻力，则（
）A．火箭在 时刻到达最高点 B．火箭在 时刻回到了发射点
C．火箭在 时间内机械能增大 D．火箭在 时间，机械能减小
【答案】C
【解析】解：AB.根据v﹣t图像可知，火箭在0～t 时间内向上做加速运动，t～t 时间内向上做减速运
2 2 3
动，故火箭在t 时刻到到达最高点，故AB错误；
3
C.火箭在0～t 时间内，除重力外的外力做正功，机械能增大，故C正确；
2
D.火箭在t～t 时间内，只有重力做功，机械能不变，故D错误。
2 3
故选：C。
7．如图甲中某同学双手抓住单杠做引体向上，图乙是他在某次向上运动过程中重心速度随时间变化的图
像。关于重心运动的说法正确的是（ ）
A． 时的速度方向向下
B． 时的加速度方向向上
C．此次重心上升的高度约为
D． 时的加速度大小小于 时的加速度大小
【答案】D
【解析】AB.由图乙可知，t=1.3s时的速度方向为正方向，即速度方向向上，此时正向上做减速运动，
加速度方向向下，故AB不符合题意；
C.根据v-t图像中面积表示位移，可知此次重心上升的高度约为 ；C不符
合题意；
D.根据v-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知t=0.5s时的加速度大小小于t=1.5s时的加速度大
小，D符合题意。
故答案为：D。
8．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，
碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
【答案】B
【解析】由图知：碰前红壶的速度v＝1.0m/s，碰后速度为v′＝0.2m/s，可知，碰后红壶沿原方向运
0 0
动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv ＝
0
1 1 1
mv′ +mv，代入数据解得：v＝0.8m/s，
mv2> mv'❑2+ mv2
，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非
0 2 0 2 0 2
弹性碰撞，A不符合题意，B符合题意；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶
移动的位移大小 ，C不符合题意；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶
的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受
的摩擦力，D不符合题意．
故答案为：B
9．如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上， 时刻质量也为m的滑块从板的左端以速
度 水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为 、 且最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。滑块的 图像如图所示，则有（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由v-t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板
则有；
故答案为：C。10．如图所示，一足够长的传送带与水平面之间的夹角为 ，以恒定速率v沿逆时针方向运行，现将质量
为m的物块（视为质点）轻轻地放在传送带的上端，已知两者间的动摩擦因数为 ，且 ，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块一直做匀加速直线运动
B．初始阶段物块的加速度为
C．传送带给物块的摩擦力方向始终沿斜面向下
D．物块到达传送带底端时的速度大小一定等于v
【答案】D
【解析】AD．由 ，可得 ，则有
，当物块与传送带速度相等时，物块可以达到力的平衡，能与传送
带一起匀速运动，即物块先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，A不符合题意，D符合题意；
B．初始阶段对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得 ，可得物块的
加速度为 ，B不符合题意；
C．物块与传送带一起匀速运动时 ，沿斜面向上，C不符合题意。
故答案为：D。
11．如图，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为
0.45 m。假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2，则下列分析正确的是（ ）
A．小球的初速度大小为9m/s
B．小球上升的时间为3s
C．小球到达最高点时速度为零
D．从小球被抛出到再次落入手中，小船前进了0.6 m
【答案】D
【解析】C：竖直向上抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平
方向动量守恒，由动量守恒定律可知，竖直向上抛出小球后小球与小船在水平方向的速度不变，小球
与小船在水平方向都做匀速直线运动，故C选项说法错误；B：设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度为 ，代入数据解得t=0.3s，故B
选项说法错误；
A：根据公式v=gt可知，小球的初速度大小为v=gt=3m/s，故A选项说法错误；
D：从抛出小球到小球再从落入手中过程的时间t'=2t=2×0.3s=0.6s
在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离：x=vt'=1.0×0.6m=0.6m，故D选项说法
正确；
故答案为：D
12． 下列关于直线运动的四个图像说法正确的是（ ）
A．甲图所描述的物体在 内做匀减速直线运动
B．乙图所描述的物体在 时间段通过的位移为
C．丙图所描述的物体在 内速度变化量为
D．丁图的物体正在做加速度为 2m/s2的匀加速直线运动
【答案】C
【解析】A、甲图中物体先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，所以A错；
B、乙图中物体在 时间段通过的位移为 所以B错；
C、丙图中根据图像面积可以求出速度的变化量为 ；所以C对；
D、丁图中根据位移公式有 ；则根据图像斜率可以求出加速度大小为 ；所以D
错；
正确答案为：C
13． 如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）A．甲图中，物体在0~t 时间内的位移等于
0
B．乙图中，物体的加速度大小为1m/s2
C．丙图中，阴影面积表示t~t 时间内物体的加速度变化量
1 2
D．丁图中t=4s时物体的速度大小为35m/s
【答案】D
【解析】A、根据v-t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移，由图甲可知，物体在这段时间内的位
移 ；故A错误；
B、根据运动学公式 ；可得 ；可知，v2-x图像中图线的斜率为2a，由图乙可
得，物体的加速度为0.5m/s。故B错误；
2
C、根据a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度的变化量可知，丙图中，阴影面积表示t~t 时间内物
1 2
体的速度变化量。故C错误；
D、根据运动学公式 ；可得 ；结合图丁可得 ，
由运动学公式 ；可得，t=4s时物体的速度为 ；故D正确。
故答案为：D。
多选题
14． 如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为m 和 ，右图为他
1
们碰撞前后的x-t图像。已知 ，由此可以判断（ ）
A．碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动
B．可以计算出C．碰撞过程为非弹性碰撞
D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J
【答案】B,D
【解析】A.根据x-t图像的斜率表示速度，可知碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，A不符合题
意；
B.由题图乙可得，碰前B小球处于静止状态，A小球的速度大小为 ；碰后A
和B的速度分别为 ，
根据动量守恒定律得
代入解得 ；B符合题意；
C.碰撞过程中系统损失的机械能为 ；碰撞过程为完全弹性碰
撞，故C不符合题意；
D.若两球碰撞后粘合在一起运动，则 ；解得碰后的速度为v=1m/s，碰撞过程中损失
的动能是
D符合题意。
故答案为：BD。
15．如图，物体甲的 图象和物体乙的 图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（ ）
A．甲在整个 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为
B．乙在整个 时间内有往返运动，它通过的总位移为零
C．甲在整个 时间内有往返运动，它通过的总位移为零
D．乙在整个 时间内加速度方向一直不变，它通过的总路程为
【答案】B,D
【解析】AC、甲在0时刻由负方向上距原点2m处向正方向运动，6s时达到正向的2m处，故总位移为
4m，x-t图象的斜率不变，则速度不变，故AC错误；
B、乙开始时速度为沿负向的匀减速直线运动，3s后做正向的匀加速直线运动，图象与时间轴围成的面
积为物体通过的位移，故总位移为零，故B正确，
D、v-t图象的斜率表示加速度，乙在整个t=6s时间内，斜率不变，则加速度方向一直不变，而路程等于面积的绝对值之和，则它通过的总路程为6m，故D正确。
故答案为：BD。
16．有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的 图像如图甲所示，物体C、D从同一地点沿同一方
向运动的 图像如图乙所示．根据图像做出的以下判断中正确的是（ ）
A．物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B小
B．在 的时间内，物体B运动的位移为
C． 时，物体C追上物体D
D．再次相遇前， 时，物体C与物体D相距最远
【答案】B,D
【解析】A． 图像中，斜率表示物体的速度，所以物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比
B大。A不符合题意；
B．由图像可知，在 的时间内，物体B运动的位移为 。B符合题意；
CD． 图像中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移， 时，两物体的位移不同，所以
此时物体C没有追上物体D。而且此时两物体位移差最大，即两物体相距最远。C不符合题意；D符合
题意。
故答案为：BD。
17．挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6m长的套马杆，由静止
开始催马追赶，二者的v-t图像如图所示，则（ ）
A．0~4s内骑手靠近烈马
B．6s时刻骑手刚好追上烈马
C．骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马
D．8~9s内烈马加速度大于0~6s内骑手的加速度
【答案】C,D【解析】AB．v-t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t=0时并排运动，通过图线在
0~4s内所围的面积可以看出4s内烈马位移大于骑手位移，所以4s末烈马与骑手间距离在增大，0~6s内
烈马位移还是大于骑手的位移，说明6s末烈马仍在前方，AB不符合题意；
C．由图形所围的面积可以算出0~9s内，烈马的位移为 ，骑手的位
移为 ，套马杆长l=6m，x+l>x ，所以骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马，
2 1
C符合题意；
D．由加速度定义式 知，8~9s内烈马加速度 ，0~6s内
骑手的加速度 ，D符合题意。
故答案为：CD。
18．将一个质量为 的小球竖直向上抛出，小球最终落回抛出点，小球运动过程中所受空气阻力大小恒
定，方向与运动方向相反．该过程的 图像如图所示，g取 ．下列说法中正确的是（ ）
A．小球的重力和空气阻力之比为
B．小球上升与下落所用时间之比为
C．小球上升过程中，受到向下的空气阻力，处于失重状态
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
【答案】A,C
【解析】A、根据图像斜率可以求出减速过程的加速度为 ；根据牛顿第二定律
定律有 ；可以得出 ；小球受到重力为 ；所以小球重力和阻力的
比值为：5：1，所以A对；
B，根据图像面积可以求出小球上升的高度为
根据牛顿第二定律可以求出下落过程小球的加速度为
则根据运动过程的对称性有 ；可以解得所以上升和下落的时间之比为 ；所以B错；
CD、由于上升过程加速度方向向下所以小球处于失重状态，下落过程小球加速度方向向下所以小球处
于失重状态，所以C对，D错；
正确答案为AC。
