第二章 直線運動
2-2 運動
2-4 平均速度和速率
2-6 加速度
2-8 再論等加速度運動
2-10 運動分析的圖形積分
2-3 位置和位移
2-5 瞬時速度和速率
2-7 等加速度：特殊情況
2-9 自由落體加速度
2-3 位置和位移
位置 (Position)
一質點在 x 軸上的位置 x 係相對於軸上原點 (origin)
而言，位置的正或負，全根據它位於原點的那一邊，
若在原點，則位置為零；數目增加的方向為軸的正
方向 (positive)，相反的方向為負方向 (negative)。
正方向
負方向
原點
位移 (Displacement):
質點的位移  x 為位置的變化量
  
x  x 2  x1
位移是一向量，單位是公尺 (m)，若
質點朝 x 軸正方向移動，位移為正，
若是朝 x 軸負方向移動，位移為負。
測試站 1：
這裡有三組在 x 軸上的初及末位置。那一組是負位移：
(a) -3m, +5m
(b) -3m, -7m
(c) +7m, -3m
2-4 平均速度和平均速率
平均速度 (Velocity)
當一質點在時間間隔  t = t2-t1內從
位置 x1 移動至 x2， 它的平均速度
為

v ave
 

 x x 2  x1


t
t2  t2
vave 為向量，單位是公尺每秒 (m/s)，
只與最初最後位置有關，它的代數
符號表示移動的方向。
t = 1s 到 t = 4s 之間的平均速度為何？
v ave
 x 2m  (4)m


 2(m / s)
t
4s  1s
在 x 對 t 圖上，Vave 為連接
(x1, t1) 及 (x2, t2) 兩點直線的
斜率 (slope)。
平均速率 (Speed):
質點的平均速率 Save 與時間間隔  t 內所經過的總路程有關
Savg = 總路程 /  t
問題一
請依快到慢排列
(a) 物體的平均速度
(b) 物體的平均速率
例 2-1
用70km/h的速度在一條很直的道路駕駛小貨車，於行駛8.4km後，車子沒油了且停
了下來，貨車駕駛花了30min沿路走了2.0km才到達加油站。
(a)請問從起點至加油站，貨車司機位移多少公里？
x  x 2  x1
 (8.4  2.0)km  0km
 10.4km
例 2-1
(b)貨車司機自開車起至到達加油站止，時距t為多少小時？
t  t dr  t wk
x dr
t dr 
Vavg,dr
8.4km

70km / h
 0.12h
t wk  30min  0.5h
t  t dr  t wk
 0.12h  0.5h
 0.62h
例 2-1
(c)貨車司機自開車起至到達加油站止，平均速度Vavg多少？
Vavg
x

t
10.4km

0.62h
 16.8km / h
 17km / h
例 2-1
(d)假設貨車司機加油後，付錢並走回貨車共花了45分鐘，則貨車司機自開車起至加
油完後走回貨車止，整個路程的平均速率為何？
Savg
總路程

總時距
(8.4  2.0  2.0)km

(0.12  0.50  0.75)h
12.4km

1.37h
 9.1km / h
測試站 2：
上例中，貨車司機加油後，以35km/h的速度開回x1，試問整個旅程中貨車司機的平
均速度為何？
2-5 瞬時速度和速率
速度 (v):
某一刻的瞬時速度，為向量


x d x

v  lim

 t  0 t
dt
速率: 是速度的大小
例 2-2
右圖(圖2-6a)為一升降機之x(t)圖，升降機由
靜止向上(為正方向)運動，最後停止。試繪
出速度v對時間t的函數圖。
以x(t)圖的斜率對時間作圖，可得v(t)圖。
v(t)圖曲線下方所涵蓋的面積，即為位移
量x(t)。
x
(24  4.0)m
v
 4.0m / s
t
(8.0  3.0)s
x  (4.0m / s)(8.0s  3.0s)  20m
例 2-3
一個在x軸運動的質點其位置與時間的函數關係為
x(t )  7.8  9.2t  2.1t 3
其中x的單位為公尺，t為秒，在t=3.5s時之速度為若干？此速度是常數或是持續變
化呢？
dx
v
dt
d
 (7.8  9.2 t  2.1t 3 )
dt
 0  9.2  (3)(2.1) t 2
含有時間(t)項，故速度是隨時間
 9 .2  6 .3 t 2
變化的
在t=3.5s時
v  9.2  (6.3)(3.5) 2
 68m / s
測試站 3：
下列方程式是描述一個物質在4種情形下的位置函數關係x(t)： (1)x=3t-2；(2)x=-4t2-2；
(3)x=2/t2；(4)x=-2。試問(a)何種情形下物質的速度為一定值？(b)哪一個v值是在負x方向
上？
2-6 加速度
平均加速度: 在一時間間隔  t 內，速度的變化量  v 與  t 的比值:

a ave

v

t
為向量，代數符號表示 a ave 的方向，單位為 公尺/秒2(m/s2)。
加速度 (Acceleration): 為速度的變化率

2
 dv d x
a
 2
dt dt
在 v(t) 對 t 圖形中，a(t) 為曲線的斜率。
例 2-4
一個質點的位置可由下式表示
x  4  27t  t 3
其中x的單位是公尺，t的單位是秒。
(a)求此質點的v(t)和a(t)
dx
 27  3t 2
dt
dv
a (t) 
 6t
dt
v( t ) 
(b)何時 v = 0 ?
令v(t)=0，得
0  27  3t 2  t  3s
測試站 4：
一隻袋熊沿著x軸移動。若他的移動方式為(a)向正的方向加速，(b)向正的方向減速，
(c)向負的方向加速，(d)向負的方向減速，試問牠的加速度符號為何？
2-6 等加速：特殊狀況
加速度 a為定值的運動
a  a avg 
v avg
v  v0
t 0
v  v0  at
x  x0

t 0
v avg 
x  x 0  vavgt
1
( v 0  v)
2
1
v avg  v 0  at
2
1
x  x 0  v 0 t  at 2
2
v2  v02  2a(x  x 0 )
測試站 4：
下列方程式是一質點位置函數所滿足的四種情形： (1) x=3t-4；(2) x=-5t3+4t2+6； (3)
x=2/t2-4/t； (4) x=5t2-3。哪些情形屬於等加速度運動？
例 2-5
由於發現警車，你欲在88.0m的距離內將保時捷跑車從100.0km/h減速至80.0km/h。則
(a)加速度需為多少？
由題目中可得已知項目：初速v0，末速vf以及位移x-x0
v  v0  at
1 2
x  x 0  v 0 t  at
2
x  x 0  v0 (
v  v0
1 v  v0 2
)  a(
)
a
2
a
v 2  v 02
a
2( x  x 0 )
(80.0km / h ) 2  (100.0km / h ) 2

2(88.0m)
(22.22m / s) 2  (27.78m / s) 2

2(88.0m)
 1.58m / s 2
例 2-5
(b)須用多少時間來減速？
由
v  v0  at
v  v0
a
22.22m / s  27.78m / s

(1.58m / s 2 )
 3.519s
t
 3.52s
2-9 自由落體加速度
地球表面自由上升或下
落的物體，屬於等加速直
線運動的一個例子，以重
力加速度 －g 代替 a。
g = 9.8 m/s2
把垂直向上的運動視為
沿 + y 方向，以 － g 代替
a。
例 2-6
在1993年9月26日，Dave Munday坐在挖空的鐵球中，從尼加拉瓜瀑布自由落下。他
當時下降了48m才到達水面(以及岩石)，我們假設當時的初速為0，並且不考慮任何
空氣阻力。試問：
(a) Munday花了多久時間才掉落到水面？
已知：初速v0=0 以及位移y-y0=48m
由
1
y  y 0  v 0 t  gt 2
2
1
 48m  0  0 t  (9.8m / s 2 ) t 2
2
48m
2
t (
)
2
4. 9 m / s
 t  3.1s
例 2-6
(b) Munday可以在落下的同時，數出他落下的
時間，但他卻無法得知他在任一秒所落下的
距離。請計算出他在每一整秒的位置。
1
y  y 0  v 0 t  gt 2
2
1
  y  0  0t  (9.8m / s 2 ) t 2
2
 y  (4.9m / s 2 ) t 2
依 序 代 入 t=1.0s 、 t=2.0s 及 t=3.0s 即 可 求 出
Munday的位置，如右表所示：
例 2-6
(c) Munday落到水面時的速度是多少？
v 2  v02  2 g( y  y0 )
 0  2(9.8 m / s 2 )(48m  0 )
 940.0 m 2 / s 2
(d) Munday落下時，每一整秒的速度是多少？他
能察覺增加中的速率嗎？
v  v 0  gt
 0  (9.8m / s 2 ) t
 (9.8m / s 2 ) t
依序代入t=1.0s、t=2.0s及t=3.0s即可求出Munday的
速度，如右表所示。由因落下整個過程中，加速度
為一定值(a=g=9.8m/s2)，故Munday無法察覺增加中
的速率。
v  30.67m / s
 31m / s
 110km / h
例 2-7
一投手以12m/s的初速將一棒球鉛直上拋，如圖所示。試問：
(a)球抵達最高點需時若干？
已知：初速v0=0 ，末速vf=0
由
v  v 0  at
t
v  v 0 0  12m / s

 1.2s
2
a
 9.8m / s
(b)球被拋出後能上升多高？
v 2  v 02  2a ( y  y 0 )
v 2  v 02 0  (12m / s) 2
y

 7.3m
2
2a
2(9.8m / s )
例 2-7
(c)球被拋出後抵達5.0m高度處需時若干？
1
y  y 0  v 0 t  gt 2
2
1
 5.0m  0  (12m / s) t  (9.8m / s 2 ) t 2
2
 4.9 t 2  12t  5.0  0
 t  0.53s and t  1.9s
有兩個答案是因為球會經過5.0m兩次，一為上升
途中，另一為下降途中。
測試站 6：
在上例中，(a)球在上升過程中與 (b)球在下降過程中，位移符號應為何？ (c) 球到達
最高點時的加速度為何？
問：2, 3, 5
習：23, 28, 52
Q2:
(a) -3 (為負)
(b) t=1s, 速度為正。
(c) t=2s, 速度為零。
(d) t=3s, 速度為負。
(e) 2次。
Q3:
(a) 向+x方向行進（向右）。
(b) 向-x方向行進（向左）。
(c) 點3與點5。
(d) 1>2=6>3=5>4。
Q5:
(a) 相同。
(b) 3>2>1。
(c) 相同。
(d) 3>2>1。
23. The constant acceleration stated in the problem permits the use of the equations in
Table 2-1.
(a) We solve v = v0 + at for the time:
v  v0
t

a
1
10
(3.0  10 8 m / s)
6

31
.

10
s
2
9.8 m / s
which is equivalent to 1.2 months.
(b) We evaluate x=xo+vot+at2/2 with x0 = 0. The result is
x
1
9.8 m/s 2  (3.1106 s) 2  4.6 1013 m .

2
28. We choose the positive direction to be that of the initial velocity of the car (implying
that a < 0 since it is slowing down). We assume the acceleration is constant and use
Table 2-1.
(a) Substituting v0 = 137 km/h = 38.1 m/s, v = 90 km/h = 25 m/s, and a = –5.2 m/s2 into
v = v0 + at, we obtain
t
25 m / s  38 m / s
 2.5 s .
2
5.2 m / s
(b) We take the car to be at x = 0 when the brakes are applied (at time t = 0). Thus, the
coordinate of the car as a function of time is given by
b g 21 b5.2gt
x  38 t 
2
in SI units. This function is plotted from t = 0 to t = 2.5 s on the graph below. We
have not shown the v-vs-t graph here; it is a descending straight line from v0 to v.
52. (a) We neglect air resistance, which justifies setting a = –g = –9.8 m/s2 (taking down
as the –y direction) for the duration of the motion. We are allowed to use Eq. 2-15 (with
y replacing x) because this is constant acceleration motion. We use primed variables
(except t) with the first stone, which has zero initial velocity, and unprimed variables
with the second stone (with initial downward velocity –v0, so that v0 is being used for the
initial speed). SI units are used throughout.
1
y  0  t   gt 2
2
1
2
y   v0  t  1  g  t  1
2
Since the problem indicates y’ = y = –43.9 m, we
solve the first equation for t (finding t = 2.99 s) and use
this result to solve the second equation for the initial
speed of the second stone:
. g
b gb g 21 b9.8gb199
43.9  v0 199
.

which leads to v0 = 12.3 m/s.
2
(b) The velocity of the stones are given by
vy 
d (y)
  gt ,
dt
The plot is shown below:
vy 
d (y )
 v0  g (t  1)
dt