高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律课时学案

这是一份高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律课时学案，共15页。学案主要包含了匀变速直线运动的基本规律，匀变速直线运动的重要关系式，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。


一、匀变速直线运动的基本规律
1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。
2．分类
(1)匀加速直线运动：a与v方向相同。
(2)匀减速直线运动：a与v方向相反。
3．基本规律
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1速度—时间关系：v＝v0＋at,2位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2)) eq \(――――――→,\s\up10(初速度为零),\s\d10(即v0＝0))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2))
二、匀变速直线运动的重要关系式
1．两个导出式
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1速度—位移关系：v2－v\\al( 2,0)＝2ax,2位移—平均速度关系：x＝\x\t(v)t＝\f(v0＋v,2)t))
eq \(―――――→,\s\up10(初速度为零),\s\d10(v0＝0))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v2＝2ax,x＝\f(v,2)t))
2．三个推论
(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于该段时间中间时刻的瞬时速度。
平均速度公式：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝veq \s\d10(eq \f(t,2))。
(3)位移中点速度veq \s\d10(eq \f(x,2))＝eq \r(\f(v\\al( 2,0)＋v2,2))。
3．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第N个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。(√)
(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)
(3)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体在时间t内位移一定最大。(×)
(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。(×)
(6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。(√)
二、教材习题衍生
1．(鲁科版必修第一册改编)空军特级飞行员李峰驾驶歼­10战机执行战术机动任务，在距机场 54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人。若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆后的初速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A．288 m B．300 m C．150 m D．144 m
B [先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－60,－6) s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋eq \f(at2,2)＝60×10 m＋(－6)×eq \f(102,2) m＝300 m。]
2．(人教版必修第一册改编)在同一直线上的A、B两个高铁实验站台之间的距离为s，某次实验中一列实验高铁沿轨道由静止从A出发驶向B，高铁先以大小为a的加速度匀加速运动一段时间，接着以大小为2a的加速度匀减速运动，到达B时速度恰好为零，该过程中高铁的最大速度为( )
A．eq \r(\f(4as,3)) B．eq \r(as) C．eq \r(\f(2as,3)) D．eq \r(\f(as,3))
A [设高铁最大速度为vm，加速的时间为t1，减速的时间为t2，则eq \f(vm,2)(t1＋t2)＝s，vm＝at1＝2at2，联立解得vm＝eq \r(\f(4as,3))。故选A。]
3．(人教版必修第一册改编)(多选)如图是小球自由下落的频闪照片。频闪仪每隔0.04 s 闪光一次，照片中的数字是小球距释放点的距离。由题目的已知条件和照片所给的信息，可以判断出( )
A．照片中数字的单位是mm
B．小球受到的空气阻力不可忽略
C．无法求出小球运动到A位置的速度
D．释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光
BD [根据自由落体的位移公式h＝eq \f(1,2)gt2知道在最初的0.04 s下落的位移约为0.008 m，所以照片中数字的单位是cm，且释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光，A错误，D正确；利用最后一个点，根据h＝eq \f(1,2)at2，算出g＝eq \f(2h,t2)＝eq \f(2×0.193 5,0.22) m/s2≈9.68 m/s2，球受到的空气阻力不可忽略，B正确；根据v2 ＝ 2gx，可以算出小球运动到A位置的速度，选项C错误。]
匀变速直线运动基本规律的应用
1．重要公式的选择
2．运动学公式中正、负号的规定
一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的物理量取负值。若v0＝0，一般以a的方向为正方向。
基本公式的应用
[典例1] 一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( )
A．质点可能做匀减速直线运动
B．5 s内质点的位移为35 m
C．质点运动的加速度为1 m/s2
D．质点3 s末的速度为5 m/s
B [根据平均速度v＝eq \f(x,t)知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝2×5 m＋eq \f(1,2)×2×25 m＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。]
逆向思维法解决匀变速直线运动问题
[典例2] (2023·河北省部分学校联考)在野外自驾游容易碰见野生动物突然从路边窜出的情况。汽车以大小为6 m/s的速度匀速行驶，突然一头小象冲上公路，由于受到惊吓，小象停在汽车前方距离车头10 m处。司机立即刹车﹐加速度大小为 2 m/s2。从刚刹车到汽车刚停止的过程，下列说法正确的是( )
A．所用的时间为6 s
B．汽车通过的距离为18 m
C．汽车最后1 s的位移为1 m
D．汽车与小象发生碰撞
C [汽车减速至0的时间t＝eq \f(v0,a)＝3 s，汽车运动的总位移大小x＝v0t－eq \f(1,2)at2＝9 m<10 m，A、B、D错误；将汽车的运动视为反向的从静止开始的匀加速直线运动，可得汽车最后1 s的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,1)＝1 m，C正确。]
[跟进训练]
1．(基本公式的应用)在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是( )
A．公交车运行的最大速度为4 m/s
B．公交车刹车的加速度大小为1 m/s2
C．公交车从刹车开始10 s内的位移为60 m
D．公交车刹车后第1 s内的平均速度为15 m/s
D [根据x＝v0t－eq \f(1,2)at2与x＝16t－t2的对比，可知刹车过程为匀减速直线运动，运行的最大速度就是刹车时车的速度，为16 m/s，刹车的加速度大小为2 m/s2，故A、B错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t＝eq \f(v,a)＝8 s可知，刹车停止需要8 s时间，从刹车开始10 s内的位移，其实就是8 s内的位移，t＝8 s时有x＝64 m，故C错误；t′＝1 s时，有x′＝15 m，由平均速度公式可得eq \x\t(v)＝eq \f(x′,t′)＝15 m/s，故D正确。]
2．(逆向思维法应用)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止。汽车在最初3 s时间内通过的位移与最后3 s时间内通过的位移之比为x1∶x2 ＝5∶3，则汽车制动的总时间t满足( )
A．t＞6 sB．t＝6 s
C．4 s＜t＜6 sD．t＝4 s
D [设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，由逆向思维法求解，则汽车刹车的最后3 s时间内通过的位移x2＝eq \f(1,2)a×32(m)＝eq \f(9,2)a(m)，在最初3 s时间内通过的位移x1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(t－3)2＝eq \f(1,2)a(6t－9)(m)，又x1∶x2＝5∶3，联立解得t＝4 s，选项A、B、C错误，D正确。]
匀变速直线运动的推论及应用
1．解答匀变速直线运动问题的重要方法说明
2．技法提醒
(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用此法。
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法。
平均速度法
[典例3] (多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s。根据这些信息可求得( )
A．高铁车头经过A、B、C的速度
B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比
AD [设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到eq \x\t(v)AB＝eq \f(vA＋vB,2)＝30 m/s；根据BC段的平均速度为20 m/s，可以得到eq \x\t(v)BC＝eq \f(vB＋vC,2)＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(2x,tAB＋tBC)＝eq \f(2x,\f(x,30 m/s)＋\f(x,20 m/s))＝24 m/s，所以有eq \x\t(v)AC＝eq \f(vA＋vC,2)＝24 m/s，联立解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A正确，B、C错误；tAB∶tBC＝eq \f(x,\x\t(v)AB)∶eq \f(x,\x\t(v)BC)＝2∶3，选项D正确。]
推论法(Δx＝aT2)
[典例4] (2022·重庆市实验外国语学校高三质检)(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法正确的是( )
A．物体运动的加速度为4 m/s2
B．第2 s内的位移为6 m
C．第2 s末的速度为2 m/s
D．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s
ABD [根据位移差公式xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝eq \f(xⅣ－xⅡ,2T2)＝eq \f(8,2×12) m/s2＝4 m/s2，故A正确；第2 s内的位移为：x2－x1＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)ateq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)×4×(22－12) m＝6 m，故B正确；第2秒末速度为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误；物体在0～5 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x5,t5)＝eq \f(\f(1,2)at\\al( 2,5),t5)＝eq \f(\f(1,2)×4×52,5) m/s＝10 m/s，故D正确。]
比例法
[典例5] (2023·广东省四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1 m与通过第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2，则( )
A．x1∶x2＝1∶4B．x1∶x2＝5∶11
C．v1∶v2＝1∶eq \r(2)D．v1∶v2＝eq \r(3)∶eq \r(6)
B [初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故质点第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2＝xⅢ∶xⅥ＝5∶11，故A错误，B正确；初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))，故质点通过第3个1 m与通过第6个1 m时所用时间之比为t3∶t6＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(6)－eq \r(5))。根据平均速度公式eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，可得质点通过第3个1 m与第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2＝eq \f(x,t3)∶eq \f(x,t6)＝(eq \r(3)＋eq \r(2))∶(eq \r(6)＋eq \r(5))，故C、D错误。]
匀变速直线运动的实际应用
1．刹车问题的两点注意
(1)求解时首先要确定其刹车时间(t0＝eq \f(v0,a)，a表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度的大小)，明确运动时间与刹车时间的大小关系。
(2)如果问题涉及最后减速阶段(最终停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动。
2．自由落体运动的三条规律
(1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…。
(2)从运动开始一段时间内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(h,t)＝eq \f(v,2)＝eq \f(1,2)gt。
(3)连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2。
3．竖直上抛运动的研究方法
“刹车”类问题
[典例6] (2023·江苏省盐城市模拟)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s 汽车的位移之比为( )
A．5∶4B．4∶5
C．3∶4D．4∶3
C [汽车速度减为零的时间为：t0＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(0－20,－5) s＝4 s，2 s内的位移：x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝20×2 m－eq \f(1,2)×5×4 m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，则：x2＝eq \f(0－v\\al( 2,0),2a)＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确。]
自由落体运动
[典例7] (2021·湖北卷)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
B [陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×10,10)) s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误。]
竖直上抛运动
[典例8] 研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s 的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10 m/s2)
[解析] 法一：分段法
根据题意画出运动草图如图所示，在A→B段，根据匀变速运动规律可知tAB＝eq \f(v0,g)＝1 s
hAB＝hBC＝eq \f(1,2)gteq \\al( 2,AB)＝5 m
由题意可知tBD＝11 s－1 s＝10 s
根据自由落体运动规律可得
hBD＝eq \f(1,2)gteq \\al( 2,BD)＝500 m
故释放点离地面的高度H＝hBD－hAB＝495 m。
法二：全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动，规定向上为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－g＝－10 m/s2
根据H＝v0t＋eq \f(1,2)at2
解得H＝－495 m
即产品刚释放时离地面的高度为495 m。
[答案] 495 m
解决竖直上抛运动的两点注意
(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，竖直上抛运动可将全过程看成初速度方向为正方向的匀减速运动。
(2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法：
①根据位移h判断：h>0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，h<0在抛出点下方。
②根据时间t判断：teq \f(v0,g)表明在下降过程中，t>eq \f(2v0,g)表明在抛出点下方。
[跟进训练]
1．(刹车问题)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为( )
A．12 m B．2 m C．10 m D．0.5 m
D [36 km/h＝10 m/s，汽车刹车到停止所需的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(－10,－4) s＝2.5 s，刹车后第3 s内的位移，等于停止前0.5 s内的位移，则x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×4×0.25 m＝0.5 m，综上分析A、B、C错误，D正确。]
2．(自由落体运动与竖直上抛运动综合)(多选)如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。(取g＝10 m/s2，甲、乙两球可看作质点)下列说法正确的是( )
A．无论h为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇
B．当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C．当h＝15 m时，乙球能在下落过程中与甲球相遇
D．当h<10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
BCD [设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得eq \f(1,2)gt2＋v0t－eq \f(1,2)gt2＝h，可得t＝eq \f(h,v0)，而乙球的落地时间t1＝eq \f(2v0,g)，两球在空中相遇的条件是t 匀变速直线运动在多过程问题中的应用
1．一般的解题步骤
2．解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对转折点速度的求解往往是解题的关键。
[典例9] 交通运输部办公厅发布了《关于大力推动高速公路ETC发展应用工作的通知》，明确提出：高速公路基本实现不停车快捷收费。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求：
(1)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间。
思路点拨：画出运动过程示意图
(1)走ETC通道时经历三个运动阶段：
(2)走人工收费通道经历两个运动阶段：
[解析] (1)走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则
x1＝eq \f(v\\al( 2,1)－v\\al( 2,2),2a)＝64 m
故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。
(2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为
x2＝eq \f(v\\al( 2,1),2a)＝72 m。
(3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t1＝eq \f(v1－v2,a)×2＋eq \f(d,v2)＝18.5 s
走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t2＝eq \f(v1,a)×2＋t0＝44 s
又x总2＝2x2＝144 m
二者的位移差：Δx＝x总2－x总1＝6 m
在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t1＋\f(Δx,v1)))＝25 s。
[答案] (1)138 m (2)72 m (3)25 s
[跟进训练]
1．(加速过程与减速过程组合)某公司在直线跑道上测试一辆汽车的加速和制动性能，汽车从t＝0时刻开始加速直到速度v＝108 km/h，立即紧急制动，t＝13.5 s时汽车停下。若知刹车位移为67.5 m，加速过程和减速过程均看成匀变速运动。关于此汽车加速和减速过程说法正确的是( )
A．汽车的刹车时间为10 s
B．汽车刹车的加速度大小为eq \f(10,3) m/s2
C．汽车加速过程、减速过程的时间之比为1∶2
D．汽车加速过程、减速过程的位移之比为2∶1
D [v＝108 km/h＝30 m/s，汽车制动过程x减＝eq \f(v,2)t减，得t减＝4.5 s，故A错误；汽车刹车加速度的
大小a减＝eq \f(v,t减)＝eq \f(20,3) m/s2，故B错误；加速时间为t加＝13.5 s－4.5 s＝9 s，所以t加∶t减＝2∶1，故C错误；加速位移为x加＝eq \f(v,2)t加，减速位移x减＝eq \f(v,2)t减，那么，加速位移与减速位移之比等于加速时间与减速时间之比，即x加∶x减＝2∶1，故D正确。]
2．(往返运动)(2023·黑龙江省牡丹江市一中月考)一物体(可视为质点)以4 m/s的速度滑上光滑固定斜面，做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动，经过一段时间后上滑到最高点C点速度恰好减为零，途经A、B两点，然后又以相同大小的加速度下滑到斜面底端D点，已知BC＝25 cm，求：
(1)物体第一次经过B点的速度；
(2)物体由底端D点滑到B点所需要的时间。
[解析] (1)从B到C是匀减速直线运动，末速度为零，逆向思维，从C到B是初速度为零的匀加速直线运动，以沿斜面向下为正方向
加速度a1＝2 m/s2
位移大小为xBC＝25 cm＝0.25 m
根据位移—时间关系式，有xBC＝eq \f(1,2)a1teq \\al( 2,1)
解得t1＝0.5 s
再根据速度—时间关系式，有v1＝a1t1
解得v1＝1 m/s
故第一次经过B点时速度大小为1 m/s，方向沿斜面向上。
(2)以沿斜面向上为正方向，对从D到B过程，由v1＝v0＋at
可得从D上滑第一次到达B点所用时间为：t＝eq \f(v1－v0,a)＝eq \f(1－4,－2) s＝1.5 s
由对称性可知：tBC＝tCB＝t1＝0.5 s
则t′＝t＋2tBC＝1.5 s＋0.5×2 s＝2.5 s。
[答案] (1)1 m/s，方向沿斜面向上 (2)第一次滑到B点用时1.5 s，第二次滑到B点用时2.5 s
自由落体运动
运动条件
(1)物体只受重力作用
(2)由静止开始下落
运动性质
初速度为零的匀加速直线运动
运动规律
(1)速度公式：v＝gt
(2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2
(3)速度—位移公式：v2＝2gh
竖直上抛运动
运动性质
匀变速直线运动
运动规律
(1)速度公式：v＝v0－gt
(2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
(3)速度—位移关系式：v2－veq \\al( 2,0)＝－2gh
(4)上升的最大高度：
H＝eq \f(v\\al( 2,0),2g)
(5)上升到最高点所用时间：t＝eq \f(v0,g)
适宜选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及
的物理量
v＝v0＋at
v0、v、a、t
x
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0、a、t、x
v
v2－veq \\al( 2,0)＝2ax
v0、v、a、x
t
x＝eq \f(v＋v0,2)t
v0、v、t、x
a
分段法
上升阶段：a＝－g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2(以竖直向上为正方向)
若v>0，物体上升，若v<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方