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第一讲 直线运动
一、知识清单
✯1.1 描述运动的物理量
（1）质点 用来代替物体的只有质量、没有形状和大小的点，是一个理想化的物理模型。条件：物
体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略时，该物体可视为质点。注意： 仅凭物体的大小不能作为
视为质点的依据——大的物体不一定不能看成质点，小的物体不一定能看成质点。
（2）参考系与坐标系 为了研究物体的运动而假定为不动的物体称为参考系。对同一个物体的运动，
选择的参考系不同，描述结果一般不同，通常以地球为参考系研究物体的运动。
（3）时刻与时间间隔 时刻指某一瞬间，在时间轴上用一个点表示；时间间隔指两个时刻间的间隔，
在时间轴上用一段线段表示。注意：n 秒时指的是n 秒末，第n 秒指的是一段时间。
（4）路程与位移 路程是物体实际运动轨迹的长度，是标量；位移是描述物体位置变化的有向线段，
从初位置指向末位置，是矢量。一般情况下位移大小小于路程，只有在单方向的直线运动中二者才相
等。
（5）速度与加速度 速度是描述运动快慢和方向的物理量，等于位移与时间的比值；加速度是描述
速度变化快慢的物理量，等于速度变化量与时间的比值，其方向与速度变化量的方向相同。
易错提醒：
①速度大加速度不一定大；
②速度为零时加速度不一定为零；
③加速度减小时速度可能增大，加速度增大时速度可能减小；
④加速度为正不一定做加速运动，为负不一定做减速运动。
✯1.2 匀变速直线运动基本公式
匀变速直线运动的五个核心公式：
①缺 v（不涉及末速度）
x = v0t + 1
2 at
2
②缺 a（不涉及加速度）
x = v0+ v
2
t
③缺 t（不涉及时间）
v
2−v0
2=2ax
④缺 v0（不涉及初速度）
x = vt −1
2 at
2
（由 x = v0t + 1
2 at
2 与 v = v0+at 消去 v0 得到）
⑤缺 x（不涉及位移）
v = v0+at
以上公式均为矢量式，运用时须根据加速度方向与初速度方向确定a 的正负。牢记 “知三求二” 原则
在v 、
₀
v、a、t、x 五个量中，只要已知其中任意三个，便可直接求解其余两个。
常见特例
自由落体运动： v₀ = 0，a = g。
竖直上抛运动： 具有对称性（上升与下落经过同一位置速度大小相等，上升与下落经过同
一段位移所用时间相等），可能具有多解性，全过程可用一个公式处理。
✯1.3 重要推论
（1）平均速度推论 对于匀变速直线运动，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，也等于初、末速度
的平均值：
´v = v t
2
= v0+ v
2
= x
t
这一推论是求解匀变速直线运动中最常用且最具技巧性的推论，能有效提高解题效率。
（2）中点速度推论 位移中点的瞬时速度：
v x
2
=
❑√
v0
2+ v
2
2
大小关系： v x
2
>v t
2，即匀变速直线运动位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度。
（3）相邻相等时间位移差推论（逐差法）
Δ x = xn+1−xn=aT
2
适用于匀变速直线运动中任意相邻相等时间间隔T 内的位移差。这是处理纸带问题的核心公式。
✯1.4 初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
初速度为零的匀加速直线运动具有特殊规律，是“大招方法”的基础依据：
① 按时间等分（设T 为时间间隔）：
✦
1T 末、2T 末、3T 末……速度之比：v1:v2:v3:⋯=1:2:3:⋯
✦
前T 内、前2T 内、前3T 内……位移之比：x1: x2: x3:⋯=1:4:9:⋯
✦
第1T 内、第2T 内、第3T 内……位移之比：xⅠ: xⅡ: xⅢ:⋯=1:3:5:⋯
② 按位移等分（设x 为位移间隔）：
✦通过连续相等位移所用时间之比：t1:t2:t3:⋯=1:(❑√2−1):(❑√3−❑√2):⋯
✦通过第1x、第2x、第3x……位移末的速度之比：v1:v2:v3:⋯=1:❑√2:❑√3:⋯
二、常规方法
方法一：基本公式法 直接运用v = v0+at、x = v0t + 1
2 at
2、v
2−v0
2=2ax三式。这是最基本的解题方
法，但涉及矢量方向，需注意各物理量的正负号。
方法二：平均速度法 巧用´v = x
t = v0+ v
2
= v t
2
。当已知位移和时间，或初末速度时优先考虑。这一方
法能绕开加速度a的求解，直接建立位移与速度的关系，是匀变速直线运动最有技巧性的方法。
方法三：逐差法 利用Δ x =aT
2求解加速度。主要用于纸带（打点计时器）数据处理，推广形式为：
a= ( x4+ x5+ x6)−( x1+ x2+ x3)
9T
2
（偶数段）
可以有效减小偶然误差。
方法四：比例法 利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解，适用于末速度为零的匀减速运
动（逆向看待）。使用条件：
①初速度为零或末速度为零；
②运动过程中具有相同的时间间隔T 或位移间隔x。
方法五：图像法 利用x−t图像或v −t图像分析运动。x−t图像中，切线斜率表示速度；v −t图像中，
切线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
三、解题大招
【大招一】逆向思维法
当物体做末速度为零的匀减速直线运动时，可将其逆向视为初速度为零的匀加速直线运动，从而使
问题大大简化。
典型应用： 匀减速运动至停止，最后1 秒位移、最后一段位移等问题，逆向转化为初速为零的匀加
速运动，用比例关系秒杀。
例： 做匀减速直线运动的物体经4 s 后停止，若在第1 s 内的位移是14 m，则最后1 s 的位移是多少？
——将匀减速至停止逆向为从静止开始的匀加速，用比例法：第1 s 与第4 s 位移之比为1:7（因初速为
零的匀加速第1 s 末、第4 s 末速度比为1:4，第1 s 内与第4 s 内位移比为1:7），立即得出答案。
【大招二】巧用平均速度
匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。这一结论用途极广：
✦已知某段运动的x和t，直接得´v，且´v即为该段中间时刻的瞬时速度
✦已知相邻两段运动的位移和时间，可直接判定中间点的瞬时速度，利用速度公式或位移差公
式求解
✦可避开加速度a，减少计算量
【大招三】比例法秒杀
初速为零（或末速为零）且条件中出现相等时间间隔或相等位移间隔，立即考虑比例法。
记忆口诀：
✦等时间隔位移比：1:3:5:7:……（第1 个T 内、第2 个T 内……）
✦等位移隔时间比：1:(❑√2−1):(❑√3−❑√2):⋯
✦等时间隔速度比：1:2:3……
✦等位移隔速度比：1:❑√2:❑√3:⋯
【大招四】图像转换法
a−t图像 → v −t图像：用加速度-时间图像与t 轴围成的面积求速度变化量，据此分段描绘
v −t图。
v −t图像 → x−t图像：v −t图线下的面积即位移增量，据此描绘x−t图。
v −t图像的斜率含义对应a，v −t图线下的面积对应x。在复杂多过程运动中，优先考虑画v −t
图进行定性（或半定量）分析，往往可以一眼看出追及相遇、极值等问题。
【大招五】追及相遇的“共速临界法”
追及相遇问题的一个核心条件：两物体速度相等时，相距最远或最近（临界点）。
解题思路：
①分析两物体的初始速度关系和加速度关系；
②求出二者速度相等的时间t0；
③计算此时的位移差Δ x，根据位移差与初始距离的关系判断能否追上；
④利用时间关系t1=t0或列位移方程求解。
技巧口诀： “共速有极值，刹车有陷阱”。
【大招六】相对运动法
选取一个物体为参考系，将问题转化为单物体的运动求解（常用技巧）。例如：两个物体从不同位
置出发，相向而行，可选择其中一个为参考系，将二者速度叠加，直接求相对位移对应的时间。
【大招七】全过程法（匀变速直线运动统一方程）
对于加速度大小方向不变的往返运动（如竖直上抛），可取全过程列统一方程：x = v0t + 1
2 at
2，其
中x为从起点到终点的位移（矢量，需正负），a的方向保持不变。此方法可避免分段讨论，但需注意
x的正负直接代表位移的方向性。
四、错点精析
【错点一】刹车陷阱——不能盲目套公式
错因： 物体做匀减速运动速度减为零后即停止，不再反向运动，但很多同学无视这一点，直接代入
公式v = v0+at，导致计算出负速度等错误结果。
正确做法： 先求刹车时间t停= v0
a
，若题目给出的时间t ≥t停，则用t停计算位移（实际运动时间小于
题目所给时间时，须用实际运动时间计算）。
【错点二】往返运动的方向符号失误
错因： 在竖直上抛、往返斜面等题中，误以为物体一定会“倒回来”，或在公式中符号弄混。利用位
移x的正负表示物体在起点上方还是下方：取初速度v0方向为正方向，则x为正表示物体在起点上方，
x为负表示物体在起点下方；a=−g保持不变。
典型错误： 在处理竖直上抛运动的往返问题时，很多同学对vt = v0−gt公式中的负号含义理解不深，
导致判断运动方向或计算位移时正负混淆。
【错点三】忽视公式的矢量性
错因： 生搬硬套公式，忽略a与v0的方向关系，把a当成常量不加正负号，造成计算结果与物理意
义不符。加速度的正负不表示大小，仅表示方向。
【错点四】混淆图像类型与物理意义
错因： 混淆x−t图像和v −t图像：错把x−t图线当成运动轨迹；误以为两条v −t图线的交点就是相
遇点（实际只是速度相等的时刻）；不理解斜率和面积的物理含义。
辨析：
✦x−t图像不是运动轨迹，图线描述的都是直线运动（无论曲线或直线形状）
✦v −t图线交点表示此时速度相等，不一定是相遇点
✦v −t图线与t 轴围成的面积才是位移，而非某一时刻的纵坐标
✦在解题前先搞清横纵坐标对应的物理量，警惕各类非常规图像
【错点五】平均速度与平均速率的混淆
错因： 将平均速度（位移/时间）与平均速率（路程/时间）混为一谈。平均速度是矢量，具有方向
性；平均速率是标量。当物体做往返运动时，平均速度的大小不等于平均速率。在计算用时或比较快
慢时，一定要根据题目要求选用正确的物理量。
【错点六】追及相遇中被追物体的停止判定
错因： 在追及相遇问题中，若被追物体做匀减速运动（如刹车中的前车），很多学生先计算出来相
遇时间，却没检查此时间是否已经超过了被追物体的刹车停止时间。若被追物体已先停下，则需分段
讨论。注意： 在刹车和往返问题中，运动的“唯一性”与“多解性”要区分清楚（竖直上抛可能有多种不
同时间对应同一位置）。
【错点七】对参考系与质点的条件掌握不牢
错因： 错误理解质点的条件，误以为大的物体不能视为质点，小的物体一定能视为质点；或者误以
为参考系一定是静止的。纠正：参考系是假设不动的物体，本身可能运动；平动的物体不一定能看成
质点。
【错点八】“速度为零但加速度不为零”的场景容易出错
错因： 受初中物理思维惯性影响，认为物体速度为0 就一定没有加速度。实际例子：竖直上抛运动
到最高点、弹簧振子运动到最大位移处等，速度为零但加速度不为零。此题在选择题中经常出现，值
得反复训练。
五
、
例题精练
例 1．（单选）和谐号动车和复兴号高铁相继从同一站点由静止沿同一方向做直线运动，两车
运动的v－t 图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．0~t1 阶段和谐号动车的平均速度等于v1
2
B．0~t2 阶段复兴号高铁的平均速度等于v2
2
C．t1 时刻和谐号动车与复兴号高铁相遇
D．相遇前，t1 时刻两车相距最远
【答案】D
【解析】AB．已知匀变速直线运动的平均速度为v = v0+ v
2
在0∼t1阶段，和谐号动车先做加速度逐渐减小的加速直线运动，再做匀速直线运动，其位移大于匀
加速直线运动的位移，所以0∼t1阶段和谐号动车的平均速度大于v1
2
；同理在0∼t2阶段，复兴号高铁
先静止一段时间后再做匀加速直线运动，所以该过程的平均速度小于v2
2
，故AB 错误；
CD．v −t图像与坐标轴围成的面积表示位移。在刚开始的一段时间内，和谐号动车在前复兴号高铁在
后，且和谐号动车的速度大于复兴号高铁的速度，所以两车的距离越来越大；t1时刻以后，和谐号动
车的速度小于复兴号高铁的速度，所以两车的距离越来越小，因此在t1时刻当两车速度相等时，两车
不是相遇，而是和谐号动车在复兴号高铁前的距离最远，故C 错误，D 正确。
故选D。
例 2．（单选）2026 年3 月29 日，中国品牌张雪机车在世界超级摩托车锦标赛第二回合比赛
中勇摘桂冠。某次训练中，乙车进入直线赛道时落后甲车6 m，甲乙两车速度均为180 km/h，
此时开始计时，此后两车均做匀加速直线运动，乙车的加速度为4.5 m /s
2，甲车的加速度为
2.5 m /s
2，乙车从加速追赶至最终冲线历时4 s。则乙车冲线时超越甲车的距离为（ ）
A．6 m
B．10 m
C．12 m
D．16 m
【答案】B
【解析】初始速度v0=180km/h=50m/s。根据匀加速直线运动位移公式x = v0t + 1
2 at
2，则t = 4s内两
车的位移分别为：
甲车位移x甲= v0t + 1
2 a甲t
2=(50×4 + 1
2 ×2.5×4
2)m=220m
乙车位移x乙= v0t + 1
2 a乙t
2=(50×4+ 1
2 ×4.5×4
2)m=236m
两车的位移差Δ x差= x乙−x甲=16 m ，即4s 内乙车比甲车多行驶16m。
初始时刻乙车落后甲车6m，故冲线时乙车超越甲车的距离为Δ x =16 m-6m=10m。
故选B。
例 3．（单选）一司机驾驶汽车以20 m/s 的速度匀速行驶在平直公路上，当距路口停止线140
m 时信号灯显示还有5s 就要变成红灯，司机经过反应时间0.5s 立即刹车，刹车后汽车做加速
度大小为1.6 m/s2 的匀减速运动，则汽车停车时距路口停止线的距离为（ ）
A．56.2 m B．50 m
C．5 m D．1.5 m
【答案】C
【解析】反应时间内的匀速直线运动，位移为x1= v0t1=10 m
刹车后匀减速到静止阶段，由匀变速直线运动速度-位移公式v
2−v0
2=2a x2
代入得x2= 0−v0
2
2a =125 m
汽车总行驶位移x总= x1+ x2=135 m
因此停车时距停止线的距离Δ x =140 m −135 m =5 m
故选C。
例 4．（单选）t＝0 时，物块（可视为质点）在水平推力F 作用下，由静止开始沿水平面做匀
加速直线运动。经过时间T 速度为v，此时撤去水平推力，又经过2T，物块停在水平面上。已
知物块在运动过程中所受阻力大小恒定。下列判断正确的是（ ）
A．物块所受阻力的大小为2F
B．0~T 内和T~2T 内，物块的动能变化量之比3 4∶
C．T~2T 内和2T~3T 内，物块的位移之比为2 1∶
D．T~2T 内和2T~3T 内，物块的速度变化量之比1 1∶
【答案】D
【解析】 A．0~T 匀加速阶段加速度大小 a1= v
T ，方向与运动方向相同；
T~3T 匀减速阶段2T 时间内速度从v 减到0，加速度大小 a2= v
2T ，方向与运动方向相反。
由牛顿第二定律得减速阶段阻力 f =ma2= mv
2T
加速阶段 F −f =ma1
代入得 F = 3mv
2T
即 f = F
3
，故A 错误；
B．0~T 动能变化量 Δ Ek 1= 1
2 mv
2−0= 1
2 mv
2
2T 时刻速度为v −a2T = v
2
T~2T 动能变化量 Δ Ek 2= 1
2 m(
v
2)
2
−1
2 m v
2=−3
8 m v
2
两者比值为1
2 mv
2: 3
8 mv
2= 4:3
故B 错误；
C．T~2T 位移 x1=
v + v
2
2
⋅T = 3 vT
4
2T~3T 位移 x 2=
v
2 +0
2
⋅T = vT
4
位移比为3:1，故C 错误；
D．T~2T 速度变化量 Δv1= v
2 −v =−v
2
2T~3T 速度变化量 Δv2=0−v
2 =−v
2
故两者比值为1:1，故D 正确。
故选D。
例 5．（单选）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60m/s，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．10m/s2 100m
B．20m/s2 90m
C．20m/s2 100m
D．10m/s2 90m
【答案】B
【解析】设v0=60 m /s，t =3s，加速度大小为a，根据速度公式有0= v0−at
可得加速度大小为a=20 m /s
2
滑行距离x = v0
2 t =90 m
故选B。
例 6．（单选）小明在平直道路上骑行一辆共享单车，车辆总质量为m=80kg （含人），初
始以v0=6 m/s匀速前进。当他停止踩踏板后，自行车在t =12s内滑行x =36 m后停下。假设阻
力恒定，重力加速度 g=10 m /s
2 。下列说法正确的是：（ ）
A．自行车所受阻力大小为40 N
B．滑行过程中平均速度为3.5 m/s
C．若初速度提高至12m/s，滑行距离将变为44 m
D．骑行时脚踏板对链条的驱动力方向始终与运动方向相同
【答案】A
【解析】A．由匀减速运动公式x = v0t −1
2 at
2
解得a=0.5 m/s
2
由牛顿第二定律，阻力f =ma=80×0.5= 40 N，故A 正确；
B．平均速度v = x
t = 36
12 =3 m/s，故B 错误；
C．由 v0
2=2ax 得x∝v0
2 ，初速加倍，滑行距离应为4 x = 4×36=144 m，故C 错误；
D．脚踏板驱动力通过链条传递，脚踏板对链条的驱动力是使链条绕前齿轮转动的力，方向沿前齿轮
切线方向，并非始终与运动方向相同，故D 错误。
故选A。
例 7．（单选）如图所示，在斜面上的O 点（未画出），每隔相等时间由静止释放一个小球
（可视为质点）。在连续释放几个小球后，对斜面上正在滚动的小球拍摄照片，照片中依次有
a、b、c三个小球，测得xab=0．2m，xbc=0．3 m。则此时小球b距O 的距离为（ ）
A．0.275 mB．0.3 m
C．0.3125 m
D．0.325 m
【答案】C
【解析】每隔相等时间由静止释放一个小球，可知此时小球做初速度为0 的匀变速直线运动，在相等
时间间隔T内满足Δx = xbc−xab=aT
2=0.1m
设O到a的时间为t，则O到b的时间为t +T，则O到c的时间为t +2T
O到a的位移为xOA = 1
2 at
2
O到b的位移为xOb= 1
2 a(t +T )
2
O到c的位移为xOc = 1
2 a(t +2T )
2
化简以上式子可得t =1.5T
所以有xOb
xOa
=( t +T
t
)
2=( 2.5T
1.5T )
2= 25
9
又有xOb−xOa= xab=0.2m
解得xOb=0.3125m
故选C。
例 8．（单选）位于秦巴1 号风景道的一段平直公路，在路两旁种植着间距为d 的等间距的树
木，一辆汽车在该公路上沿直线行驶，遇到危险时刹车做匀减速运动，用频闪照相机每隔时间
T 给汽车拍一张照片，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．汽车刹车的加速度大小为2d
T
2
B．汽车经过C 树时的速度大小为5d
T
C．汽车最终停在F 树位置
D．汽车最终停在F 树右侧
【答案】D
【解析】A．相邻两棵树间距为d，根据逐差法，有Δ x =d =aT
2
可得a= d
T
2，故A 错误；
B．由A 项可知Δ x =aT
2=d
汽车经过C 树时是经过B、E 两棵树的中间时刻，根据推论，有vC= 5d
2T ，故B 错误；
CD．汽车经过B 树时的速度vB= 7d
2T
则从B树到停止运动的距离x = vB
2
2a =6.125d
可知汽车最终停在F 树右侧，故C 错误，D 正确。
故选D。
例 9．（单选）玉质文玩手串深受发烧友的喜爱。如图所示，将文玩手串放置在水平面上，相
邻球形串珠紧密排列，均匀分布在圆周上，编号依次为1 至12，圆内有一光源可绕圆心逆时针
匀加速转动。初始时刻光源速度为0，发出的光线恰好经过串珠1 的中心。经过时间t光线经过
串珠6 的中心。则再经过时间2t，光线照射的串珠编号为（ ）
A．8
B．9
C．10 D．11
【答案】C
【解析】根据初速度为0 的匀变速直线运动的规律s= 1
2 at
2
则3t 时s
′ =9 s
经过时间t光线经过串珠6 的中心。转过了5 个间隔，所以3t 时间内一共转过45 个间隔，一圈是12 个
间隔，因此细光束应照射10 号串珠。
故选C。
例 10．（单选）一根羽毛在月球上释放，做自由落体运动。把羽毛的总位移分成相等的三段，
则由上到下顺次经过这三段位移所需的时间之比是（ ）
A．1:(❑√2−1):(❑√3−❑√2) B．1∶❑√2∶❑√3
C．1 2 3
∶∶
D．1 3 5
∶∶
【答案】A
【解析】设每段位移为h，则三段时间分别为t1、t2、t3，所以h= 1
2 gt1
2 ，2h= 1
2 g（t1+t2）
2，
3h= 1
2 g（t1+t2+t3）
2
解得t1:(t1+t2):(t1+t2+t3）=1：❑√2：❑√3
所以t1：t2：t3=1:(❑√2−1):(❑√3−❑√2）
故选A。
例 11．（单选）一个物体从离地某一高度开始做自由落体运动，该物体第1s 内的位移恰好是
最后1s 内的位移的1
5
，已知重力加速度大小为10m/s2，则它开始下落时距落地点的高度为（
）
A．45m
B．50m
C．60m
D．75m
【答案】A
【解析】物体做自由落体运动，第1s 内的位移为h1= 1
2 gt1
2= 1
2 ×10×1
2m =5 m
由题意可知最后1s 内的位移25 m，设物体下落时间为t，则有1
2 gt
2−1
2 g(t −1)
2=25 m
解得t =3s
则物体开始下落时距落地点的高度为h= 1
2 gt
2= 45 m
故选A。
例 12．（单选）小明在小区发现从高空下落一苹果核，随即按下相机快门，相机曝光时间为
0.01s。照片中楼层高度为3cm、苹果核落地前瞬间形成的拖尾长为3 mm。已知楼层实际高度
为3 m，忽略苹果核的初速度与空气阻力。重力加速度g=10 m /s
2，则该苹果核下落总时间约
为（ ）
A．0.1s
B．0.3sC．3s
D．10s
【答案】C
【解析】楼层实际高度为3m，照片中楼层高度为3cm，则缩放比例k = h实
h照
=
3
3×10
−2 =100
照片中拖尾长3mm，则对应实际位移Δ x =k l照=100×3×10
−3 m =0.3 m
曝光时间0.01s 极短，这段时间内的平均速度近似等于落地瞬时速度，则有
v ≈Δ x
Δt = 0.3
0.01 m/s=30 m/s
忽略苹果核的初速度与空气阻力，苹果核做自由落体运动，根据v =>¿
解得总下落时间t=3s
故选C。
例 13．（单选）杂技团进行高空抛接表演，演员将一只长为0.4m 的空心竖直圆筒、以6m/s 的
初速度竖直向上抛出。经过0.4s 后，演员在同一位置以相同的初速度竖直向上抛出一小球，忽
略空气阻力，重力加速度g 取10m/s
2。则小球抛出后，经过多长时间能从圆筒上端穿出（
）
A．0.1s
B．0.25s
C．0.35s
D．0.5s
【答案】D
【解析】设小球抛出后经过时间t从圆筒上端穿出，此时圆筒的总运动时间为t +0.4s，取竖直向上为
正方向，抛出点为位移原点，竖直上抛位移公式为x = v0t −1
2 gt
2
小球的位移x球=6t −5t
2
圆筒底部的位移：x筒底=6(t +0.4)−5(t +0.4)
2
圆筒上端位移为x筒底+ L（L=0.4 m为圆筒长度）
穿出时小球位移等于圆筒上端位移，联立得6t −5t
2=6(t +0.4)−5(t +0.4)
2+0.4
展开消去同类项后解得4 t =2
即t =0.5s
故选D。
例 14．（单选）智能物流仓储系统中，自动导引运输车广泛应用于货物搬运。某运输车在水
平测试直轨道上运动，控制系统先以水平恒力驱动运输车4s，使其从静止开始做匀加速运动至
速度达到2m /s；随后改用较小恒力，使运输车维持了24s 的匀速运动；最后关闭动力系统，
运输车继续滑行了8s 后静止，其v −t图像如图所示。已知运输车的质量为40kg，轨道阻力恒
定，重力加速度大小为10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．加速阶段的水平恒力大小为40N
B．运输车受到的轨道阻力与受到的重力大小的比值为0.025
C．整个过程中运输车运动的总距离为58m
D．整个过程中动力系统对运输车做的功为1800J
【答案】B
【解析】AB．速度时间图像的斜率表示加速度，可确定第一阶段、第三阶段的加速度大小分别为
a1=|
2−0
4−0)m /s
2=0.5 m /s
2，a3=|
0−2
36−28)m /s
2=0.25 m /s
2
设运输车加速阶段受到的水平恒力及全程受到的轨道阻力分别为F、f ，则由牛顿第二定律可得
F −f =ma1，f =ma3
其中m= 40kg，联立可得F =30 N，f =10 N
由此可知，运输车受到的轨道阻力与受到的重力大小的比值为k = f
mg =
10 N
40×10 N =0.025，故A 错误，
B 正确；
CD．因为v −t图像与t轴围成的面积代表位移，又因为该运输车一直在做单向直线运动，所以由题图
可知，整个过程中运输车运动的总距离为
x = 1
2 ×4×2m +（28−4 ）×2m + 1
2 ×（36−28）×2m =60 m
设整个过程中动力系统对运输车做的功为W ，则由动能定理可得W −fx =0−0
结合前面分析，联立解得W =600J，故CD 错误。
故选B。
例 15．（单选）如图甲所示，物块A 与物块B 之间通过一根轻质弹簧栓接，静置在光滑的水
平地面上，物块B 与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，t =0时解除锁定。规
定向右为正方向，物块A 在一段时间内运动的v −t图像如图乙所示，已知物块A 的质量为m，
则（ ）
A．物块B 的质量为2m
B．t2时刻弹簧处于原长
C．t1∼t3时间内，弹簧弹性势能的最大值为1
6 m v0
2
D．t1∼t3时间内，物块A 运动的位移大小为v0(t3−t1)
4
【答案】C
【分析】对物块A 运动状态分析：
0−t1时间段弹簧处于压缩状态，解除锁定后弹簧逐渐恢复原长，物块B 与墙面接触保持静止，物块A
随着弹簧恢复原长，弹力减小，做加速度减小的加速运动，t1时刻弹簧恢复原长，物块A 速度达到最
大v0
t1−t2时间段，物块A 要继续向右运动，弹簧逐渐被拉长弹力增大，物块A 将做加速度增大的减速运
动，物块B 将从静止开始做加速度增大的加速运动，t2时刻物块AB 共速时，弹簧长度达到最大。
t2−t3时间段vB>v A，方向均向右，弹簧逐渐恢复原长，物块A 将做加速度减小的减速运动，物块B
将做加速度减小的加速运动，t3时刻物块A 速度减到最小，弹簧恢复原长，此后由于vB>v A，弹簧将
再次被压缩， 物块A 加速，物块B 减速。
【解析】A．由分析知t2时刻物块AB 共速，由动量守恒得mv0=(mB+m)
2v0
3
，解得mB= m
2 ，故A 错
误；
B．t2时刻弹簧长度达到最大，故B 错误；
C．t2时刻物块AB 共速，弹簧长度达到最大，由机械能守恒得1
2 m v0
2= 1
2 (m+mB)(
2v0
3 )
2
+ E p
弹性势能E p= 1
6 mv0
2，故C 正确；
D．t1−t3内物块A 运动的位移是图像与时间轴围成的面积，由图像知x> v0
3 (t3−t1)> v0(t3−t1)
4
，故
D 错误。
故选 C。
例 16．（单选）小龙虾在水中快速移动时，主要依靠尾部的快速弯曲产生推进力。某时刻，
小龙虾受到威胁，由静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化规律如图所示。则小龙虾（
）
A．t=t0 时，小龙虾的速度达到最大
B．0~t0 内，小龙虾速度先增大后减小
C．t0~2t0 内，小龙虾速度先增大后减小
D．t=2t0 时，小龙虾的速度达到最大
【答案】A
【解析】AB．小龙虾从静止开始运动，0∼t0内加速度始终为正，与速度方向（正方向）一致，因此
速度一直增大，直到t =t0时加速度减为0，速度不再增大，达到最大值。因此A 正确，B 错误。
CD．t0∼2t0内加速度始终为负，与速度方向（正方向）相反，因此速度从t0开始持续减小，到t =2t0
时正面积与负面积抵消，速度减为0，因此速度最大的时刻是t =t0，不是2t0。故C、D 错误。
故选A 。
例 17．（单选）某同学从离地面高10 m处，以10 m /s的速度竖直向上抛出一小球。以抛出时
刻为计时起点，某物理量随时间变化的规律如图所示。取竖直向上为正方向，不计空气阻力，
重力加速度g取10 m /s
2，关于该物理量与时间的图像，下列说法正确的是（ ）
A．可能是x−t图像
B．可能是v −t图像
C．可能是a−t图像
D．可能是x
t −t图
像
【答案】B
【解析】A．竖直上抛运动的位移公式为x = v0t −1
2 gt
2
代入数据得x =10t −5t
2
位移x与时间t是二次函数关系，图像应为抛物线，故A 错误；
B．竖直上抛运动的速度公式为v = v0−>¿
代入数据得v =10−10t
故速度v与时间t是线性关系，图像为倾斜直线，纵轴截距为10，斜率为−10，当t =1s时，v =0
表达式与题图完全吻合，故B 正确；
C．物体只受重力作用，加速度恒为a=−g=−10 m /s
2
加速度a不随时间变化，图像应为平行于t轴的直线，故C 错误；
D．由位移公式x = v0t −1
2 gt
2
可得x
t = v0−1
2 gt
代入数据得x
t =10−5t
该图像纵轴截距为10，斜率为−5，当t =1s时，x
t =5≠0
表达式与题图不符，故D 错误。
故选B。
例 18．（单选）在某次训练中，运动员1、2（均视为质点）在相同起点、同向沿同一直线运
动，他们从t =0时刻起同时出发。运动员1 做匀加速直线运动，其x1−t图像如图甲所示；运
动员2 做匀减速直线运动，整个运动过程的x2−v
2图像如图乙所示。下列说法正确的是
（ ）
A．运动员1 的初速度和加速度大小分别为2m /s、4 m /s
2
B．运动员2 的初速度和加速度大小分别为10 m /s、4 m /s
2
C．在5 ❑√2
2
s时，运动员1 在运动员2 的前面
D．在10
3 s时，运动员1 在运动员2 的前面
【答案】C
【解析】A．匀加速直线运动位移公式为 x1= v01t + 1
2 a1t
2
由甲图可知当t2=1s时，x1=2m
当t2=2s，时x2=8 m
代入解得 v01=0，a1= 4 m/s
2，故A 错误；
B．匀减速直线运动速度位移公式为v
2−v02
2 =−2a2 x2
可得x2= v02
2 −v
2
2a2
结合乙图可知x2=0时，v
2=100
代入解得初速度v02=10 m/s
当v =0时，x2=25 m
代入解得a2=2m/s
2，故B 错误；
CD．根据上述分析，运动员1 的位移可写为 x1=2t
2
运动员2 的位移可写为 x2=10t −t
2
运动员2 总运动时间为t0= v02
a2
=5s
运动员2 的位移公式在t <5s时成立，令x1= x2，即2t
2=10t −t
2
解得相遇时间t = 10
3 s<5 s
因此当t < 10
3 s时，运动员2 在运动员1 的前面；当t = 10
3 s时，二者位置相同；当t > 10
3 s时，运动员1
在运动员2 的前面，又t = 5 ❑√2
2
s> 10
3 s
此时运动员1 在运动员2 的前面，故C 正确，D 错误。
故选C。
例 19．（单选）如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∼t0这段时间内的位移小于1
2 v0t0
B．乙图中，物体的加速度为1.0 m/s
2
C．丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体的加速度变化量
D．丁图中，物体的加速度为10 m/s
2
【答案】D
【解析】A．在v-t 图像中图像和坐标轴所围几何图形的面积表示位移，对在0∼t0这段时间内做初速
度为零，末速度为v0的匀加速直线运动的位移为1
2 v0t0，故甲图中，物体在0∼t0这段时间内的位移大
于1
2 v0t0，故A 错误；
B．由v
2=2ax，斜率k =2a=1
则a=0.5 m/s
2，故B 错误；
C．丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体速度的变化量，故C 错误；
D．由s= v0t + 1
2 at
2
得s
t = v0+ 1
2 at
斜率k = a
2 =
Δ s
t
Δt = 10
2
解得a=10 m/s
2，故D 正确。
故选D。
例 20．（单选）我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大幅缩短了车辆通过收费
站的时间。一辆汽车以20m/s 的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线
运动，经4s 的时间速度减为5m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s
2，
假设汽车可视为质点。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车加速4s 后速度恢复到20m/s
B．汽车开始减速时距离自动收费装置110m
C．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为3.75s
D．汽车从开始减速到速度恢复到20m/s 通过的总路程为120m
【答案】C
【解析】A．汽车加速过程的时间为t2，有v0= v +at2
解得t2=6s，故A 项错误；
B．汽车减速过程的位移为x1，有x1= v0+ v
2
t1
解得x1=50 m，故B 项错误；
D．设汽车的加速位移为x2，有x2= v t2+ 1
2 at2
2
解得x2=75 m
所以总路程为x = x1+ x2=125 m，故D 项错误；
C．由上述分析可知，汽车经过收费过程的位移为125m，若匀速通过，t
解得t =6.25s
则通过自动收费装置耽误的时间为Δt =t1+t2−t =3.75s，故C 项正确。
故选C。
例 21．（多选）一小球做自由落体运动，最初一段时间t0内下落的高度为5 m，最后一段时间
t0内下落的高度为25 m，重力加速度为g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．小球下落的总时间为3s
B．全程中点时刻的瞬时速度为10 m /s
C．全程中点位置的瞬时速度为15 m /s
D．最后2s的平均速度为20 m /s
【答案】AD
【解析】A．最初t0内下落高度h1=5m，由自由落体位移公式h1= 1
2 gt0
2
解得t0=1s
设总下落时间为T，总下落高度H = 1
2 gT
2
最后t0=1s前的下落高度为H −25= 1
2 g(T −1)
2
联立得T =3 s，总高度H = 45m，故A 正确；
B．全程中点时刻为t = T
2 =1.5 s
瞬时速度v =>=15m/ s，故B 错误；
C．全程中点位置高度h= H
2 =22.5m
由v
2=2gh
得v =15 ❑√2m/ s，故C 错误；
D．最后2s下落高度为H −h前1s=(45−1
2 ⋅10⋅1
2)m= 40m
平均速度v
ˉ
= 40
2 m/ s=20m/ s，故D 正确。
故选AD。
例 22．（多选）A、B 两球紧靠在一起静止在水平地面上，将A 球竖直拿离地面并从离地高H
处由静止释放，同时B 球以大小为v0= ❑√2 gH的初速度竖直向上抛出，如图所示。已知两球均
可视为质点，球与地面相撞后以相同的速率竖直向上反弹，重力加速度大小为g，不计空气阻
力。则（ ）
A．两球第一次相遇的高度为1
2 H
B．两球第一次相遇的时间为❑√
H
2g
C．两球第2 次相遇的时间为2❑√
H
2 g
D．两球第2 次相遇的时间为3 ❑√
H
2g
【答案】BD
【解析】B．A 球初始高度H，由静止释放，由匀变速直线运动位移与时间的关系，离地高度
yA= H −1
2 gt
2
B 球初始在地面，初速度v0= ❑√2gH，由匀变速直线运动位移与时间的关系，离地高度
yB= v0t −1
2 gt
2
第一次相遇时，有yA= yB，代入得H −1
2 gt1
2= v0t −1
2 gt1
2
联立解得t1= H
v0
=
H
❑√2 gH = ❑√
H
2g
，故B 正确；
A．由匀变速直线运动位移与时间的关系，可得第一次相遇高度y = v0t1−1
2 gt1
2= 3
4 H ≠1
2 H，故A 错
误；
CD．A 球第一次落到地面时yA=0，解得落地时间t0= ❑√
2 H
g =2❑√
H
2 g
碰撞后原速率反弹，反弹后速度大小为v = gt0= ❑√2gH
此时B 的离地高度yB
′ = v0t0−1
2 gt0
2= H
B 的速度vB
′ = v0−gt0=0
则B 刚好到达最高点H，因此可看作A、B 互换位置，则两球第2 次相遇的时间t2=t0+t1=3 ❑√
H
2g
，
故C 错误，D 正确。
故选BD。
