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专题1 直线运动
一、速度为矢量，等于位移除以时间；速率是标量，等于路程除以时间。
二、初速度为零的匀加速直线运动(或末速度为零的匀减速直线运动)的常用比例：
①1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n
②1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2
③第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内… … 位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶… ∶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的比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…
∶(－)
[例题1] （2022 秋•厦门期末）厦门规划到2035 年建成12 条地铁线路，越来越多的市民
选择地铁作为出行的交通工具。如图所示，t＝0 时，列车由静止开始做匀加速直线运动，第一
节车厢的前端恰好与站台边感应门的一根立柱对齐。t＝6s 时，第一节车厢末端恰好通过这根
立柱所在位置，全部车厢通过立柱所用时间18s。设各节车用长度相等，不计车厢间距离。则
（ ）
A．该列车共有10 节车厢
B．第2 个6s 内有4 节车厢通过这根立柱
C．最后一节车厢近过这根立柱的时间为(18-12√2)s
D．第4 节车厢通过这根立柱的末速度小于整列车通过立柱的平均速度
【解答】解：A．设每节车厢长度为x，设这列火车共有n 节车厢，根据运动学公式
x = 1
2 at
2，nx = 1
2 at '
2
解得n＝9
该列车共有9 节车厢，故A 错误；
B．根据初速度为零的匀加速运动，连续相等时间内位移的比例关系1：3：5：7...，可知第2 个
6s 内有3 节车厢通过这根立柱，故B 错误；
C．根据初速度为零的匀加速运动，连续相等位移内时间的比例关系1：（√2-1）：（√3-√2
1
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）...（√n-√n-1），最后一节车厢过这根立柱的时间为t1=(√9-√8)×6 s=(18-12√2)s，故
C 正确；
D．第4 节车厢通过这根立柱时，运动时间12s 大于总时间的一半9s，则此时的速度大于中间时
刻速度，即大于整列车通过立柱的平均速度，故D 错误。
故选：C。
[例题2] （2022 秋•贵溪市校级月考）如图所示，港珠澳大桥上四段110m 的等跨钢箱连
续梁桥，标记为a、b、c、d、e，若汽车从a 点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab 段的时
间为t，则（ ）
A．通过bc 段的时间也为t
B．通过ae 段的时间为（2-√2）t
C．汽车通过b、c、d、e 的速度之比为1：2：3：4
D．汽车通过b、c、d、e 的速度之比为1：√2：√3：2
【解答】解：根据初速度为零的匀变速直线运动等分位移的特点：
AB、通过x、2x、3x、4x…所用时间之比t1：t2：t3：t4…＝1：√2：√3：2…
所以汽车通过bc 段的时间为：t'＝（√2-1）t，汽车通过ae 段的时间为t''＝2t
故AB 错误。
CD、x 末、2x 末、3x 末…的瞬时速度之比v1：v2：v3：v4…＝1：√2：√3：2…
所以汽车通过b、c、d、e 的速度之比为1：√2：√3：2
故C 错误，D 正确。
故选：D。
三、匀变速直线运动中间时刻速度
＝.、中间位置的速度
＝
[例题3] （2022 秋•工农区校级月考）做匀变速直线运动的物体在时间t 内的位移为s，设
这段位移内中间位置的瞬时速度为v，则（ ）
A．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有v ＜s
t
B．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有v ＞s
t
2
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C．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有v = s
t
D．匀加速直线运动时，v ＜s
t
；匀减速直线运动时，v ＞s
t
【解答】解：当物体做匀加速直线运动时，速度图象如图1
物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数
学知识得知v1＜v2；
当物体做匀减速直线运动时，速度图象如图2，物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，
速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v1＜v2．故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[例题4] （多选）（2022 秋•荔湾区校级期中）一物体沿直线由静止开始以加速度a1做匀
加速直线运动，前进s1后立即以大小为a2的加速度做匀减速直线运动，又前进s2后速度变为
零．已知s1＞s2，以下说法中正确的是（ ）
A．物体通过s1、s2两段路程的平均速度相等
B．物体通过s1、s2中点位置时的速度相等
C．物体通过s1、s2两段路程所用时间相等
D．两个加速度的大小的关系是a1＜a2
【解答】解：A、设最大速度为v，则加速阶段平均速度为：v1= 0+ v
2
；减速阶段的平均速度为：
v2= v +0
2
；故A 正确；
B、匀变速直线运动总，中间位置的速度与初末速度关系公式为：v s
2
=√
v0
2+ vt
2
2
；故加速阶段中
3
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点位置速度为：v1= √2
2 v；减速阶段中点位置速度为：v2= √2
2 v；故v1＝v2，故B 正确；
C、由选项A 分析可知，加速阶段与减速阶段的平均速度相等，而s1＞s2，故物体通过s1、s2两
段路程所用时间不等，加速阶段用时较长，故C 错误；
D、根据a= △v
△t
，加速阶段与减速阶段速度变化的大小相等，而加速阶段用时较长，故加速阶段
的加速度较小，即a1＜a2，故D 正确；
故选：ABD。
四、若位移的表达式为 x＝At2＋Bt，则物体做匀变速直线运动，初速度 v0＝B(m/s)，加速度 a＝
2A(m/s2)
[例题5] 在匀变速直线中我们推导出了位移的表达式x＝v0t+ 1
2
at2．对于一个初速度为v0
的物体，如果其加速度随时间均匀变化a＝a0+kt，则其速度表达式正确的是（ ）
A．v＝v0+ 1
2
kt2
B．v＝a0t+ 1
2
kt2
C．v＝v0+a0t+ 1
2
kt2
D．v＝v0+ 1
2
（a0t+kt2）
【解答】解：因为加速度随时间均匀变化，可以做出加速度随时间变化的图象，如图所示
a﹣t 图象的面积等于t 时间内速度的增量，为：
△v = a0
❑+(a0
❑+kt )
2
t =a0
❑t + 1
2 k t❑
2
因为△v = v - v0
❑
解得：v = v0
❑+△v = v0
❑+a0
❑t + 1
2 k t❑
2 ，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
[例题6] 某质点的位移随时间变化的关系式是：x＝4t﹣2t2，x 和t 的单位分别是m 和s，
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则质点的初速度和加速度分别为（ ）
A．4m/s 和﹣2m/s2
B．4m/s 和﹣4m/s2
C．4m/s 和2m/s2
D．4m/s 和4m/s2
【解答】解：根据x = v0t + 1
2 at
2= 4t -2t
2知，质点的初速度v0＝4m/s，加速度a＝﹣4m/s2，故
B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
五、竖直上抛运动的时间 t 上＝t 下＝，上升的最大高度H＝
[例题7] 如图所示，小球甲从距离地面高度为h1＝15m 处以速度v0＝10m/s 竖直向上抛出，
同时小球乙从距离地面高度为h2＝20m 处开始自由下落，小球运动的过程中不计空气阻力，重
力加速度取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球乙落地前，两小球的速度差逐渐变大
B．落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速率之比为5：6
C．至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为3：4
D．小球甲、乙运动的第1s 内位移相同
【解答】解：A.取竖直向上为正方向，甲球跟乙球的速度差为Δv＝v0﹣gt﹣（﹣gt）＝v0，故A
错误；
B.由h= 1
2
gt2
得乙球落地用时间为
t2＝2s
对甲球：由v0t1- 1
2 gt1
2=-15
解得
t1＝3s
甲球经过的路程为25m，乙球经过的路程为20m，那么落地前的运动过程中小球甲、乙的平均
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速率之比为5：6，故B 正确；
C.乙球落地时，甲球的位移为0，即恰好回到抛出点，则至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大
小之比为0，故C 错误；
D. 对甲球，第1s 内位移x'= 1
2 gt'
2= 1
2 ×10×1
2m ＝5m ，对乙球，第1s 内位移x'
= 1
2 gt'
2= 1
2 ×10×1
2m＝5m，两位移方向不同，故D 错误。
故选：B。
六、选定正方向之后，竖直上抛运动可以直接用公式进行“全过程分析”。
[例题8] 小明将一篮球（视为质点）从距水平地面的高度为1.4m 处以大小为6m/s 的初速
度竖直向上抛出，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从抛出点到最高点，篮球的位移大小为3.6m
B．从抛出到落地的过程中，篮球的平均速度大小为7m/s
C．篮球落地时的速度大小为8m/s
D．从抛出到落地的过程中，篮球有4 次运动到与抛出点的距离为1m 处
【解答】解：A 、根据竖直上抛运动规律可知，从抛出点到最高点，篮球的位移：h
= v0
2
2 g =
6
2
2×10
m＝1.8m，故A 错误；
B、从抛出到落地的过程中，篮球的位移大小：x＝1.4m，以初速度方向为正，根据位移一时间
公式可知，﹣x= v0t - 1
2 gt
2
解得：t＝1.4s，平均速度大小：v = x
t = 1.4
1.4
m/s＝1m/s，故B 错误；
C、篮球落地速度：v＝v0﹣gt＝6m/s﹣10×1.4m/s＝﹣8m/s，大小为8m/s，故C 正确；
D、篮球落地后不会反弹，则从抛出到落地的过程中，篮球有3 次运动到与抛出点的距离为1m
处，故D 错误。
故选：C。
七、追及相遇问题：二者共速时往往相距最近或相距最远，可以结合 v-t 图象帮助分析
[例题9] （2023•岳阳一模）歼﹣20 是我国自主研制的新一代隐身战斗机，具有隐身好、
机动性强、战斗力强等特点。在某次模拟演习中，歼﹣20 巡航时发现前方5km 处有一敌机正
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在匀速逃跑。歼﹣20 立即加速追赶，在追赶的过程中两飞机的v﹣t 图像如图所示。则下面说
法正确的是（ ）
A．歼﹣20 追上敌机的最短时间为14s
B．歼﹣20 加速时的加速度大小为50m/s2
C．在追上敌机前，歼﹣20 与敌机的最大距离为900m
D．在追击的过程中，歼﹣20 的最大速度为700m/s
【解答】解：B．v﹣t 图像中图线斜率表示加速度，由a= Δv
Δt = 400-100
6
m/ s
2=50m/ s
2，故
B 正确；
A．前14s 内歼﹣20 与敌机的位移分别为
x我= v0t + 1
2 at
2=100×14 m+ 1
2 ×50×14
2m=6300m
x 敌＝v1t＝400×14m＝5600m，则Δx＝x 我﹣x 敌＝700m＜5km，
因此歼﹣20 在第14s 末并未追上敌机，所以最短时间大于14s；故A 错误；
C．当歼﹣20 与敌机速度相同时，即在第6s 末，歼﹣20 与敌机的距离最大，根据v﹣t 图像图线
与
x
轴的面积表示位移可得歼﹣20
与敌机的最大距离为
Δ xmax = 6×(400-100)
2
m+5km=5.9km，故C 错误；
D．由图可知在第14s 末歼﹣20 达到最大速度，即vmax= v0+at2=100m/ s+50m/ s
2×14 s =
800m/s，故D 错误。
故选B。
[例题10] 国际足联世界杯（FIFAWorldCup）简称“世界杯”，是世界上最高荣誉、最高规
格、最高竞技水平、最高知名度的足球比赛，与奥运会并称为全球体育两大最顶级赛事，影响
力和转播覆盖率超过奥运会的全球最大体育盛事。2022 年世界杯在卡塔尔举行，同时也是第
一届在冬季举行的世界杯。一次训练中，攻方前锋1、2 和守方后卫队员在场中位置如图所示，
前锋1 控球。某时刻前锋1 将足球踢出，足球在草地以v1＝16m/s 的初速度沿偏离中线37°的方
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向做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝2.4m/s2；前锋2 看到球被踢出后经过t0（反应时间）
后沿图中虚线从静止开始向对方球门做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝4m/s2，他能达到
的最大速度为v2＝8m/s，前锋2 恰好能截获足球。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求前锋2 截获足球时足球的速度大小？
（2）求前锋2 的反应时间t0？
（3）前锋2 接球后与球一起以5m/s 的速度沿虚线匀速冲向对方球门，同时处于边线的守方后卫
从静止开始沿平行于中线的方向先做匀加速运动，达到最大速度10m/s 后继续匀速向前堵截前锋
2。守方后卫要想截停足球，加速阶段的加速度至少多大？
【解答】解：（1）设足球场长为b，宽为a。前锋2 截获足球时，足球恰好运动到虚线处，此过
程中足球运动的位移为x=
a
2
cos37° =
40
cos37°
m＝50m
由速度—位移公式v1'
2- v1
2=2a1 x
代入数据解得足球到达边界，即前锋2 截获足球时，足球速度大小为v1′＝4m/s
（2）前锋2 截获足球时运动的位移为x2＝xsin37°＝50×0.6m＝30m
前锋2 匀加速的时间为t2= v2
a2
= 8
4
s＝2s
加速过程中的位移为x2′= v2
2
t2= 8
2 ×2m＝8m
匀速阶段位移为x2″＝x2﹣x2′＝30m﹣8m＝22m
匀速运动的时间为t2′= x2″
v2
= 22
8
s
8
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前锋2 追上足球时用总时间（包括反应时间）为t= v1- v1'
a1
= 16- 4
2.4
s＝5s
则前锋2 的反应时间为t0＝t﹣t2′﹣t2＝5s- 22
8
s﹣2s＝0.25s
（3）设后卫距底线距离为x0′、前锋2 接球后与球一起运动速度为v3，
后卫截停足球时，前锋2 带足球运动的距离为 x3= b
2 -x2﹣x0′= 120
2
m﹣30m﹣5m＝25m
前锋2 带足球运动所用时间为t3= x3
v3
= 25
5
s＝5s
设后卫加速度为a3，则有a
2 = v3
2
2a3
+ v3(t3- v3
a3
)
代入数据解得a3=5m/ s
2
答：（1）前锋2 截获足球时足球的速度大小为4m/s；
（2）前锋2 的反应时间t0为0.25s；
（3）加速阶段的加速度至少为5m/s2。
八、“刹车陷阱”，应先求滑行至速度为零即停止的时间t0，(3)刹车时间t0的求法．由v = v0+at，
令v =0，求出t0便为刹车时间，即t0=- v0
a
。
①比较t与t0,若t ≥t0，则v =0；若t <t0，则v = v0+at。
②若t ≥t0，则v =0，车已经停止，求刹车距离的方法有三种：
③根据位移公式x=v0t＋at2，注意式中t只能取t0；
④根据速度位移公式－v＝2ax；
⑤根据平均速度位移公式x = v0
2 t.
[例题11] （多选）某人在一条平直的公路上测试汽车的加速和减速性能，汽车以18km/h
的速度匀速行驶，然后以大小为0.5m/s2的加速度匀加速运动并开始计时，加速10s 后开始刹
车以大小为1m/s2的加速度匀减速运动，下列说法正确的是（ ）
A．在t＝10s 时，汽车走过的位移大小是50m
B．在t＝12s 时，汽车的速度大小是8m/s
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C．在t＝22s 时，汽车走过的位移大小是123m
D．在t＝22s 时，汽车走过的位移大小是125m
【解答】解：A.设加速时加速度大小为a1，根据匀变速直线运动的位移—时间关系得加速10s 时
通过的位移为x = v0t1+ 1
2 a1t1
2= 18
3.6 ×10m+ 1
2 ×0.5×10
2m=75m，故A 错误；
B.设减速时加速度大小为a2，加速10s 的速度为v1＝v0+a1t1＝5m/s+0.5×10m/s＝10m/s，再减速2s
就是12s 时的速度为v2＝v1﹣a2t2＝10m/s﹣1×2m/s＝8m/s，故B 正确；
CD.减速的初速度时加速的末速度v1，根据匀变速直线运动的速度—时间关系得减速到零需要的
时间为t0= v1
a2
= 10
1 s=10 s，即汽车从加速再减速到零总需时间为t＝10s+10s＝20s，22s 时车已
经停止2s，位移为20s 时的位移，由匀变速直线运动的位移—时间关系得减速位移为
x' = v1t0- 1
2 a2t0
2=10×10m- 1
2 ×1×10
2m=50m，即t＝22s 时汽车走过的位移大小为x″＝
x+x′＝75m+50m＝125m，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
[例题12] 一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方有一
警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车加速度大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图
（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间；t1～t2时间段为刹车系统的
启动时间；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知，t2时刻之后的第1s
内汽车的位移x1＝12m，第4s 内的位移x2＝0.5m。
（1）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小。
（2）已知t1＝0.7s，t2＝1.6s，求司机发现警示牌到采取措施的反应距离。
【解答】解：（1）在t2时刻之后汽车做匀减速直线运动，若在第4s 末汽车的速度恰好为零，则
第1s 内汽车的位移与第4s 内的位移的比值为：7：1，而实际上第1s 内汽车的位移与第4s 内的
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位移的比值为：x1
x2
= 12
0.5 = 24
1 ＞7
1
。
由此可知，汽车在第4s 末之前速度就已经为零，停止了运动。
设t2时刻汽车的速度为v2，在t2时刻以后经过时间t 速度减到零，汽车的加速度大小为a，
由逆向思维将运动看作反方向的初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式可得：
第4s 内的位移x2= 1
2
a（t﹣3）2
第1s 内的位移x1= 1
2
at2- 1
2
a（t﹣1）2
解得：t＝3.5s，a＝4m/s2
则：v2＝at＝4×3.5m/s＝14m/s；
（2）由a﹣t 图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，可得t1～t2时间段汽车速度增加量为：
Δv= 1
2
（t2﹣t1）a= 1
2 ×（1.6﹣0.7）×4m/s＝1.8m/s
0～t1时间段汽车的速度为：v1＝v2﹣Δv＝14m/s﹣1.8m/s＝12.2m/s
司机发现警示牌到采取措施的反应距离为：
s＝v1t1＝12.2×0.7m＝8.54m。
答：（1）t2时刻汽车的速度大小为14m/s 及此后的加速度大小为4m/s2。
（2）司机发现警示牌到采取措施的反应距离为8.54m。
九、任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn
－1＝aT2.
[例题13] （2023•浙江开学）如图是某同学研究自由落体运动时打下的一条纸带，（每两
点间还有1 个点没有画出来），以打点A 为坐标原点，各打点与A 点之间的距离在纸带上标
出。打点计时器的电源频率为50Hz。
试根据图中纸带，简述二种计算重力加速度的方法（利用图1 中的各数据点的坐标位置xA、
xB、xC…等表示或直接用数据表述），并用其中的一种方法求出重力加速度（保留二位有效数
字）
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方法一： a= ( xF - xD)-( xD- xB)
(4T )
2
，方法二： 以x
t
为纵轴，
t 为横轴，作出
x
t -t 图像，
a ＝
2k
，a＝
9.7
m/s2。
【解答】解：方法一：根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2得：
（xF﹣xD）﹣（xD﹣xB）＝a（4T）2
得 a= ( xF - xD)-( xD- xB)
(4T )
2
其中T＝0.02s，xF＝19.6cm＝0.196m，xD＝7.1cm＝0.071m，xB＝0.8m＝0.008m，代入上式解得：
a≈9.7m/s2
（2）根据x= 1
2 at
2变形得：x
t = 1
2
at
以x
t
为纵轴，t 为横轴，作出x
t -t 图像，则图像的斜率k= 1
2
a
故a＝2k
故答案为：（1）a= ( xF - xD)-( xD- xB)
(4T )
2
；（2）以x
t
为纵轴，t 为横轴，作出x
t -t 图像，a＝
2k；9.7。
[例题14] 一物体做匀加速直线运动，通过一段位移△x 所用时间为t，紧接着通过下一段位
移3△x 所用时间为2t，则物体运动的加速度大小为（ ）
A．△x
2t
2
B．3△x
t
2
C．2△x
t
2
D．△x
3t
2
【解答】解：在第一段△x 内的平均速度：v1= △x
t
通过下一段位移3△x 内的平均速度：v2= 3△x
2t
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差：△t= t
2 + 2t
2 = 3
2
t
物体的加速度大小：a= △v
△t = v2- v1
△t
=
3△x
2t - △x
t
3
2 t
= △x
3t
2，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
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