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2024高考物理大一轮复习课件 第一章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
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这是一份2024高考物理大一轮复习课件 第一章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题，共60页。PPT课件主要包含了自由落体运动，必备知识，关键能力，竖直上抛运动，自由落体，v＝v0－gt，研究方法，答案45m，答案2人，答案2m等内容，欢迎下载使用。
自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性.2.能灵活处理多过程问题.
考点三 匀变速直线运动中的多物体和多过程问题
自由落体运动(1)运动特点：初速度为 ，加速度为 的匀加速直线运动.(2)基本规律：
1.重的物体总是比轻的物体下落得快.( )2.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大.( )3.自由落体加速度的方向垂直地面向下.( )4.做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s.( )5.不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定.( )
应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题.①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶….②Δv＝gΔt.相等时间内，速度变化量相同.③连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2.(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题.
例1 如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1；
考向1 自由落体运动基本公式的应用
木杆由静止开始做自由落体运动，设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t下A
设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上A
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2.
设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上B，
例2 对于自由落体运动(g＝10 m/s2)，下列说法正确的是A.在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5B.在相邻两个1 s内的位移之差都是10 mC.在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度大小之比是1∶2∶3D.在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
考向2 自由落体运动中的“比例关系”问题
在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1 s内的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B正确；在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误.
例3 (多选)从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是A.b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/sB.a球接触地面瞬间，b球离地高度为45 mC.在a球接触地面之前，两球速度差恒定D.在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
考向3 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
由自由落体的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误.
自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大.
竖直上抛运动(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做 运动.(2)基本规律①速度与时间的关系式： ；②位移与时间的关系式：x＝v0t－ gt2.
1.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值.( )2.做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的.( )
1.重要特性(1)对称性①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等(如图)，同理tAB＝tBA.②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等.
(2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性.
例4 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
考向1 竖直上抛运动的两种研究方法
答案 7 s 60 m/s
解法一：全程法取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示.重物在时间t内的位移h＝－175 m将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入
解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)所以重物落地时速度为v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反.
解法二：分段法设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下)所以重物从气球上掉落到落地的时间t＝t1＋t2＝7 s.
例5 一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)A.80 m B.40 mC.20 m D.无法确定
考向2 竖直上抛运动的对称性
例6 (多选)从高为20 m的位置以20 m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10 m/s2，当物体到抛出点距离为15 m时，所经历的时间可能是A.1 s B.2 sC.3 s D.(2＋ ) s
考向3 竖直上抛运动的多解性
匀变速直线运动中的多物体和多过程问题
1.多物体问题研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解.2.多过程问题(1)一般的解题步骤①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.
②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.(2)解题关键多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键.
例7 如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m，求：
(1)CD间距离多远；
游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5 m.
(2)此刻A的上端滑道上还有几人；
相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2人.
(3)此时A距滑道顶端多远.
例8 (2023·河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是
由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速运动，A错误；
速度变化量大小为Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用时间t＝ ，B错误；
再经过相同的时间，速度再增加3v，质点速度大小变为v′＝2v＋3v＝5v，D错误.
例9 (2023·陕西榆林市调研)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来.(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；
设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s，则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2.
答案 1.2 m/s2
列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m，
从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
1.(2021·湖北卷·2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军.某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整.假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s
陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
下落前5 m的过程所用的时间为
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B正确.
2.一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，球仍在空中运动，则A.小球在第2 s末的速度大小是16 m/sB.该星球上的重力加速度为12 m/s2C.小球在第4 s末的速度大小是42 m/sD.小球在0～4 s内的位移是80 m
设该星球的重力加速度为g星，第4 s内的位移是42 m，有＝42 m，t4＝4 s，t3＝3 s，解得g星＝12 m/s2，所以小球在第2 s末的速度大小为v2＝g星t2＝24 m/s，故A错误，B正确；小球在第4 s末的速度大小是v4＝g星t4＝48 m/s，故C错误；小球在0～4 s内的位移是x4＝ g星t42＝96 m，故D错误.
4.(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的A.路程为65 mB.位移大小为25 m，方向竖直向上C.速度改变量的大小为10 m/sD.平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
5 s末物体离抛出点的高度为h1－h2＝25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确.
速度改变量的大小Δv＝gt＝50 m/s，C错误.
解法二：全程法将物体运动的全程视为匀变速直线运动，并取竖直向上为正方向，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋ at2＝25 m>0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，由竖直上抛运动的规律可知，物体经3 s到达最大高度h1＝45 m处，故物体运动的总路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确.速度的改变量的大小Δv＝|at|＝50 m/s，C错误.
5.两物体从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为 ，当第二个物体开始下落时，两物体相距(重力加速度为g)
6.(2023·河南省名校联盟高三联考)在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时，将一可视为质点的小球从O点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光，再经连续三次曝光，得到了如图所示的频闪相片，已知曝光时间间隔为0.2 s，不考虑一切阻力.如果将小球从照片中的A点由静止释放，则下列说法正确的是A.小球由A到B以及由B到C的时间小于0.2 sB.小球通过B点和C点时的速度关系为vB∶vC＝1∶2C.小球由A到B以及由B到C的过程中平均速度的关系为＝ 3∶5D.小球通过B点时的速度vB和由A到C的平均速度 的关系为vB>
小球从O点由静止下落，经过各段的时间都是0.2 s，所以OA、AB、BC三段的高度之比为1∶3∶5，如果小球从A点开始由静止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以通过AB、BC段的时间均大于0.2 s，故A错误；
7.(2023·安徽省江淮十校联考)如图所示，地面上方离地面高度分别为h1＝6L、h2＝4L、h3＝3L的三个金属小球a、b、c，若先后释放a、b、c，三球刚好同时落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g，则
8.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值转变为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间记为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间记为T1，测得T1、T2和H，可求得g值等于
9.(2023·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperlp(超级高铁)”(如图).速度高达一千多公里每小时.如果乘坐Hyperlp从A地到B地，600公里的路程需要42分钟，Hyperlp先匀加速达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperlp的说法正确的是A.加速与减速的时间不一定相等B.加速时间为10分钟C.加速过程中发生的位移为150公里D.加速时加速度大小约为0.46 m/s2
加速与减速的加速度大小相等，根据t＝ 可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2× ＋vm(t0－2t)＝s，代入数据解得t＝12 min，故B错误；加速位移为x加＝ ＝120 km，故C错误；加速度大小a＝ ≈0.46 m/s2，故D正确.
10.在离水平地面高H处，以大小均为v0 的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，不计空气阻力，下列说法中正确的是A.甲球相对乙球做匀变速直线运动B.在落地前甲、乙两球间距离均匀增大C.两球落地的速度差与v0、H有关D.两球落地的时间差与v0、H有关
甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H均无关，C错误；
11.如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除了抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，不计空气阻力，取g＝10 m/s2)A.1.6 m B.2.4 m C.3.2 m D.4.0 m
由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝ ＝3.2 m，C正确.
12.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生.假设某公路边的高楼距地面高H＝47 m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动.阳台下方有一辆长L1＝8 m、高h＝2 m的货车，以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方.花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2).
(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到；
答案 货车会被花盆砸到
花盆落下到达车顶过程，位移为h0＝(47－2) m＝45 m花盆做自由落体运动，有h0＝ gt2，解得t＝3 s在这段时间内汽车位移大小为x＝v0t＝27 m由于L2
答案 2.7 m/s2
货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15 m设制动过程中最小加速度为a0，由v02＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7 m/s2
(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？
答案 2.5 m/s2
司机反应时间内货车的位移大小为x1＝v0Δt＝9 m此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15 m采取加速方式，要成功避险，则加速运动的位移大小为x2＝d＋L1＝23 m，加速时间为t′＝t－Δt＝2 s设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到，
代入数据解得a＝2.5 m/s2，即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.
自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性.2.能灵活处理多过程问题.
考点三 匀变速直线运动中的多物体和多过程问题
自由落体运动(1)运动特点：初速度为 ，加速度为 的匀加速直线运动.(2)基本规律：
1.重的物体总是比轻的物体下落得快.( )2.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大.( )3.自由落体加速度的方向垂直地面向下.( )4.做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s.( )5.不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定.( )
应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题.①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶….②Δv＝gΔt.相等时间内，速度变化量相同.③连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2.(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题.
例1 如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1；
考向1 自由落体运动基本公式的应用
木杆由静止开始做自由落体运动，设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t下A
设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上A
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2.
设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上B，
例2 对于自由落体运动(g＝10 m/s2)，下列说法正确的是A.在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶3∶5B.在相邻两个1 s内的位移之差都是10 mC.在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度大小之比是1∶2∶3D.在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶3∶5
考向2 自由落体运动中的“比例关系”问题
在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1 s内的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B正确；在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误.
例3 (多选)从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是A.b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/sB.a球接触地面瞬间，b球离地高度为45 mC.在a球接触地面之前，两球速度差恒定D.在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
考向3 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
由自由落体的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误.
自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大.
竖直上抛运动(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做 运动.(2)基本规律①速度与时间的关系式： ；②位移与时间的关系式：x＝v0t－ gt2.
1.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值.( )2.做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的.( )
1.重要特性(1)对称性①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等(如图)，同理tAB＝tBA.②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等.
(2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性.
例4 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
考向1 竖直上抛运动的两种研究方法
答案 7 s 60 m/s
解法一：全程法取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示.重物在时间t内的位移h＝－175 m将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入
解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)所以重物落地时速度为v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反.
解法二：分段法设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下)所以重物从气球上掉落到落地的时间t＝t1＋t2＝7 s.
例5 一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)A.80 m B.40 mC.20 m D.无法确定
考向2 竖直上抛运动的对称性
例6 (多选)从高为20 m的位置以20 m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10 m/s2，当物体到抛出点距离为15 m时，所经历的时间可能是A.1 s B.2 sC.3 s D.(2＋ ) s
考向3 竖直上抛运动的多解性
匀变速直线运动中的多物体和多过程问题
1.多物体问题研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解.2.多过程问题(1)一般的解题步骤①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.
②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.(2)解题关键多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键.
例7 如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m，求：
(1)CD间距离多远；
游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5 m.
(2)此刻A的上端滑道上还有几人；
相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2人.
(3)此时A距滑道顶端多远.
例8 (2023·河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是
由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速运动，A错误；
速度变化量大小为Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用时间t＝ ，B错误；
再经过相同的时间，速度再增加3v，质点速度大小变为v′＝2v＋3v＝5v，D错误.
例9 (2023·陕西榆林市调研)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来.(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；
设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s，则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2.
答案 1.2 m/s2
列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m，
从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
1.(2021·湖北卷·2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军.某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整.假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s
陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
下落前5 m的过程所用的时间为
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B正确.
2.一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，球仍在空中运动，则A.小球在第2 s末的速度大小是16 m/sB.该星球上的重力加速度为12 m/s2C.小球在第4 s末的速度大小是42 m/sD.小球在0～4 s内的位移是80 m
设该星球的重力加速度为g星，第4 s内的位移是42 m，有＝42 m，t4＝4 s，t3＝3 s，解得g星＝12 m/s2，所以小球在第2 s末的速度大小为v2＝g星t2＝24 m/s，故A错误，B正确；小球在第4 s末的速度大小是v4＝g星t4＝48 m/s，故C错误；小球在0～4 s内的位移是x4＝ g星t42＝96 m，故D错误.
4.(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的A.路程为65 mB.位移大小为25 m，方向竖直向上C.速度改变量的大小为10 m/sD.平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
5 s末物体离抛出点的高度为h1－h2＝25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确.
速度改变量的大小Δv＝gt＝50 m/s，C错误.
解法二：全程法将物体运动的全程视为匀变速直线运动，并取竖直向上为正方向，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋ at2＝25 m>0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，由竖直上抛运动的规律可知，物体经3 s到达最大高度h1＝45 m处，故物体运动的总路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确.速度的改变量的大小Δv＝|at|＝50 m/s，C错误.
5.两物体从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为 ，当第二个物体开始下落时，两物体相距(重力加速度为g)
6.(2023·河南省名校联盟高三联考)在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时，将一可视为质点的小球从O点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光，再经连续三次曝光，得到了如图所示的频闪相片，已知曝光时间间隔为0.2 s，不考虑一切阻力.如果将小球从照片中的A点由静止释放，则下列说法正确的是A.小球由A到B以及由B到C的时间小于0.2 sB.小球通过B点和C点时的速度关系为vB∶vC＝1∶2C.小球由A到B以及由B到C的过程中平均速度的关系为＝ 3∶5D.小球通过B点时的速度vB和由A到C的平均速度 的关系为vB>
小球从O点由静止下落，经过各段的时间都是0.2 s，所以OA、AB、BC三段的高度之比为1∶3∶5，如果小球从A点开始由静止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以通过AB、BC段的时间均大于0.2 s，故A错误；
7.(2023·安徽省江淮十校联考)如图所示，地面上方离地面高度分别为h1＝6L、h2＝4L、h3＝3L的三个金属小球a、b、c，若先后释放a、b、c，三球刚好同时落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g，则
8.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值转变为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间记为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间记为T1，测得T1、T2和H，可求得g值等于
9.(2023·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperlp(超级高铁)”(如图).速度高达一千多公里每小时.如果乘坐Hyperlp从A地到B地，600公里的路程需要42分钟，Hyperlp先匀加速达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperlp的说法正确的是A.加速与减速的时间不一定相等B.加速时间为10分钟C.加速过程中发生的位移为150公里D.加速时加速度大小约为0.46 m/s2
加速与减速的加速度大小相等，根据t＝ 可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2× ＋vm(t0－2t)＝s，代入数据解得t＝12 min，故B错误；加速位移为x加＝ ＝120 km，故C错误；加速度大小a＝ ≈0.46 m/s2，故D正确.
10.在离水平地面高H处，以大小均为v0 的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，不计空气阻力，下列说法中正确的是A.甲球相对乙球做匀变速直线运动B.在落地前甲、乙两球间距离均匀增大C.两球落地的速度差与v0、H有关D.两球落地的时间差与v0、H有关
甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H均无关，C错误；
11.如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除了抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，不计空气阻力，取g＝10 m/s2)A.1.6 m B.2.4 m C.3.2 m D.4.0 m
由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝ ＝3.2 m，C正确.
12.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生.假设某公路边的高楼距地面高H＝47 m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动.阳台下方有一辆长L1＝8 m、高h＝2 m的货车，以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方.花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2).
(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到；
答案 货车会被花盆砸到
花盆落下到达车顶过程，位移为h0＝(47－2) m＝45 m花盆做自由落体运动，有h0＝ gt2，解得t＝3 s在这段时间内汽车位移大小为x＝v0t＝27 m由于L2
答案 2.7 m/s2
货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15 m设制动过程中最小加速度为a0，由v02＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7 m/s2
(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？
答案 2.5 m/s2
司机反应时间内货车的位移大小为x1＝v0Δt＝9 m此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15 m采取加速方式，要成功避险，则加速运动的位移大小为x2＝d＋L1＝23 m，加速时间为t′＝t－Δt＝2 s设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到，
代入数据解得a＝2.5 m/s2，即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.
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