中考物理专项复习：直线运动（解析版）

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：

①末、末、末、...瞬时速度的比为：：：：：：：：：

172T37viV2v3...v„=l23...n

②17内、27内、37内……位移的比为:Xi：X2：X3：...：x„=l2：22：32：...：n2

③第一个7内、第二个7内、第三个7内……位移的比为：xi：xn：xni：…：x„=l：3：5：...：

（2n-l）

④从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：fl：f2：打：…：=l：（港-1）：（十一

也）：...:（yfn—\[n—l）

[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18so设各节车用长度相等，不计车厢间距离。则（）

型用IF，

E感应门令柱

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夜）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=^at2,nx=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：（V2-1）：（V3-V2）...

（Vn-Vn^T）,最后一节车厢过这根立柱的时间为G=-%）X6s=（18-12或）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：Co

[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,贝版）

4brd•

T1lOmTIlOtnT110mT110mT

A.通过be段的时间也为t

B.通过ae段的时间为（2-V2）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：V2：V3：2

【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ti：t2：t3：t4…=1：V2：V3：2…

所以汽车通过be段的时间为：f=（V2-1）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vi：V2：V3：V4…=1：V2：V3：2…

所以汽车通过b、c、d、e的速度之比为1：V2：V3：2

故C错误，D正确。

故选：D。

三、匀变速直线运动中间时刻速度0£=义/.、中间位置的速度。工=v*2+vo2

2

22

[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uV*

B.无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有

C.无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有u=5

D.匀加速直线运动时，v<­匀减速直线运动时，v>|

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ai做匀加速直线运

动，前进si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si

>S2,以下说法中正确的是（）

A.物体通过SI、S2两段路程的平均速度相等

B.物体通过SI、S2中点位置时的速度相等

C.物体通过SI、S2两段路程所用时间相等

D.两个加速度的大小的关系是ai<a2

【解答】解：A、设最大速度为v,则加速阶段平均速度为：vr=~减速阶段的平均速度为：

v2=3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：vs=故加速阶段中点

位置速度为：z=孝心减速阶段中点位置速度为：V2=^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SI、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=铛，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ai<a2,故D正确;

故选：ABDo

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”0=3(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=vot+1at2.对于一个初速度为vo的物体，

如果其加速度随时间均匀变化2=20+短，则其速度表达式正确的是()

A.v=vo+^kt2B.v=aot+^kt2

C.v=vo+aot+权t2D.v=vo+1(aot+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：

△.=&+(?+%=>。t+抑2

因为△V=V—v0

2

解得：v=vQ+△u=%+a0t+fct，故C正确，ABD错误；

故选：Co

［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,则质点的

初速度和加速度分别为()

A.4m/s和-2m/s2B.4m/s和-4m/s2

C.4mzs和2mzs2D.4m/sfl4m/s2

【解答】解：根据%=%1+-2/知，质点的初速度vo=4m/s,加速度a=-4m/s2,

故B正确，A、C、D错误。

故选：Bo

五、竖直上抛运动的时间t上=，下=£,上升的最大高度8=兴

［例题7］如图所示，小球甲从距离地面高度为hi=15m处以速度vo=lOm/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

20m

15m

■▼

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△v=vo-gt-(-gt)=vo,故A

错误；

B.由h=1gt2

得乙球落地用时间为

t2=2s

1

对甲球：由voti-agt：=-15

解得

ti=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；

1111

D.对甲球,第1s内位移x'=gt'2=2X10X12m=5m,对乙球,第Is内位移x'=^gt'2=,x10X

12m=5m,两位移方向不同，故D错误。

故选：Bo

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：卜=翼=皋1!1

乙gzxj.u

=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

1

式可知，-x=Uot-,gt2

解得：t=1.4s,平均速度大小：方=*=14m/s=lm/s,故B错误；

L

C、篮球落地速度：v=vo-gt=6m/s-10X1.4m/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：Co

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。=雾=竺号"m/s2=50m/s2,故B

正确;

A.前14s内歼-20与敌机的位移分别为

11

我—22

xvot+2ttt=100x14m+2x50x14m=6300m

x敌=丫止=400义14m=5600m,贝!jAx=x我-x敌=700mV5km，

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"皿=6X(40尸00)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=%+砒2=1。。巾/s+50m/s2x

14s=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vi=16m/s的初速度沿偏离中线37°的方向做匀减速

直线运动，加速度大小为ai=2.4m/s2；前锋2看到球被踢出后经过to(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to?

(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

2o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7。=,o°m=50m

X=uC/oO/CrznC/.oO7/

由速度一位移公式%'2-u/-2arx

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VI,=4m/s

(2)前锋2截获足球时运动的位移为X2=xsin37°=50X0.6m=30m

前锋2匀加速的时间为t2=?=小=2s

a24

加速过程中的位移为X2'=乎t2=|x2m=8m

匀速阶段位移为X2〃=X2-X2'=30m-8m=22m

匀速运动的时间为t2'=^=等S

前锋2追上足球时用总时间(包括反应时间)为1=归式=监为=5$

2?

则前锋2的反应时间为to=t-t2'-t2=5s--g-s-2s=0.25s

(3)设后卫距底线距离为xo‘、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=?-X2-xo'=-30m-5m=25m

前锋2带足球运动所用时间为t3="=§s=5s

v35

设后卫加速度为a3,则有］=枭+v3(t3-券)

代入数据解得&3=5m/s2

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to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to,（3）刹车时间to的求法.由17=%+砒,

令。=0,求出场便为刹车时间，即to=—蔡。

①比较t与琳,若t>t0,则>=0；若t<,0,则。=%+ato

②若t2耳，则。=0,车已经停止，求刹车距离的方法有三种：

③根据位移公式注意式中t只能取如

④根据速度位移公式一面=2ax；

⑤根据平均速度位移公式x=^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

Im/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50nl

B.在t=12s时，汽车的速度大小是8m/s

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ai,根据匀变速直线运动的位移一时间关系得加速10s时

11O1

2

通过的位移为％=votr+6=ygx10m+2x0.5x10m=75m,故A错误；

B.设减速时加速度大小为a2,加速10s的速度为vi=vo+aiti=5m/s+0.5X10m/s=10m/s,再减速

2s就是12s时的速度为V2=vi-a2t2=10m/s-1X2m/s=8m/s,故B正确；

CD.减速的初速度时加速的末速度vi,根据匀变速直线运动的速度一时间关系得减速到零需要的

时间为琳=久=半S=10s,即汽车从加速再减速到零总需时间为t=10s+10s=20s,22s时车已

a21

经停止2s,位移为20s时的位移，由匀变速直线运动的位移一时间关系得减速位移为x'=v^o-

11

xx2

2<22to-10x10m—110m=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：BDo

［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〜

ti时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间；ti〜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

(1)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小。

(2)已知ti=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Is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

位移的比值为：~=~=~

%20.511

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=%(t-3)2

第Is内的位移xi=^at2—(t-1)2

解得：t=3.5s,a=4m/s2

则：v2=at=4X3.5m/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ti〜t2时间段汽车速度增加量为:

Av=2(t2-ti)a=1X(1.6-0.7)X4m/s=1.8m/s

0〜ti时间段汽车的速度为：vi=v2-Av=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=viti=12.2X0.7m=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4向$2。

(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7内的位移之差为一恒量，即：AX=X2-X1=X3-X2=i=X"-X"

2

-i—aT.

[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50Hzo

(HrsrzT^6cm

试根据图中纸带，简述二种计算重力加