还剩26页未读，
继续阅读
江苏版高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律与应用课时学案
展开
这是一份江苏版高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律与应用课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时教学设计含反思docx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共46页， 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
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＝\(v,\s\up6(－))t＝\f(v0＋v,2)t)) eq \(――→,\s\up10(初速为零),\s\d5(v0＝0))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v2＝2ax,x＝\f(v,2)t))
2．三个重要推论
(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2。
(2)中间时刻速度veq \f(t,2)＝eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半。
(3)位移中点的速度veq \f(x,2)＝eq \r(\f(v\\al(2,0)＋v2,2))。
3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论
(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)
(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(×)
(3)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。(√)
(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)
(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。(×)
(6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。(√)
二、教材习题衍生
1．(匀变速直线运动的规律)以 18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为( )
A．50 m B．45 m
C．40.5 m D．40 m
C [根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得36＝18×3＋eq \f(1,2)a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝eq \f(－v0,a)＝eq \f(－18,－4) s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停止运动，5 s 内的位移x＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)＝eq \f(0－182,2×－4) m＝40.5 m，故选项C正确。]
2．(自由落体运动) 某轮比赛中，运动员在跳台上倒立静止，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．0.4s
C．1.0 s D．1.4s
B [运动员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(2h,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s
则运动员用于姿态调整的时间约为
t2＝t－t1＝0.4 s
故B正确，A、C、D错误。故选B。]
匀变速直线运动的基本规律
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，相反的取负值。
3．两类特殊的匀减速直线运动
(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。
[典例] (匀变速直线运动的基本公式的应用)(2023·锡山高级中学模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：
(1)这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米(车启动时，计价器里程表示数为零)?
审题指导：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境
[解析] (1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝54 km/h＝15 m/s
由速度公式v1＝at1
得a＝eq \f(v1,t1)＝1.5 m/s2
由位移公式得x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×1.5×102 m＝75 m
这时出租车离出发点的距离为75 m。
(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s 时，由veq \\al(2,2)＝2ax2得x2＝eq \f(v\\al(2,2),2a)＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝eq \f(v2,a)＝eq \f(30,1.5) s＝20 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示
x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 700 m＝2.7 km。
[答案] (1)75 m (2)2.7 km
“一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题
[跟进训练]
基本公式的应用
1．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，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。故B选项正确。]
汽车“刹车问题”
2．(2023·江苏连云港模拟)“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36 km/h的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车过程加速度大小为10 m/s2。若小王的反应时间为0.5 s，则汽车距斑马线的安全距离至少为( )
A．5 m B．10 m
C．15 m D．36 m
B [汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，反应时间t1＝0.5 s内做匀速直线运动，有x1＝v0t1＝5 m，刹车过程的加速度大小为a＝10 m/s2，由匀减速直线运动的规律02－veq \\al(2,0)＝－2ax2，可得刹车距离为x2＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝5 m，故安全距离为d≥(x1＋x2)＝10 m，故B正确，A、C、D错误。]
多过程问题
3．(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )
A.eq \f(v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) B．eq \f(v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
C.eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) D．eq \f(3v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
C [当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝eq \f(v0－v,2a)，匀速通过隧道所用时间t2＝eq \f(L＋l,v)，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝eq \f(v0－v,a)，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v)，C项正确。]
双向可逆类问题
4．在足够长的光滑斜面上，有一物体以6 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为2 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为5 m 时，下列说法不正确的是( )
A．物体的运动时间可能为1 s
B．物体的运动时间可能为5 s
C．物体的运动时间可能为(3＋eq \r(14))s
D．此时的速度大小一定为4 m/s
D [以平行于斜面向上为正方向，物体的初速度v0＝6 m/s，物体的加速度a＝－2 m/s2，当物体在初位置上方时位移x＝5 m，当物体在初位置下方时位移x′＝－5 m由匀变速直线运动的位移—时间关系公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得：
5＝6t－eq \f(1,2)×2t2，－5＝6t′－eq \f(1,2)×2t′2，
解得：t1＝1 s，t2＝5 s
t1′＝(3＋eq \r(14)) s，
t2′＝(3－eq \r(14)) s不符合实际，舍去，故A、B、C正确；
当t＝1 s时物体的速度：v＝v0＋at＝4 m/s
当t＝5 s时物体的速度：v＝v0＋at＝－4 m/s
当t＝(3＋eq \r(14)) s时物体的速度：
v＝v0＋at＝－2eq \r(14) m/s
物体的速度可能为4 m/s，但不是一定为4 m/s，故D错误。故选D。]
解决匀变速直线运动的常用方法
解决匀变速直线运动问题常用的六种方法
[典例] (一题多法)物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
思路点拨：解此题把握以下关键信息
(1)“到达斜面最高点C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速直线运动，可考虑“逆向思维”。
(2)“距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点”表明BC的距离为eq \f(l,4)，可考虑“比例法”应用。
[解析] 方法一：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得
veq \\al(2,0)＝2axAC ①
veq \\al(2,B)＝veq \\al(2,0)－2axAB②
xAB＝eq \f(3,4)xAC③
由①②③解得vB＝eq \f(v0,2)④
又vB＝v0－at ⑤
vB＝atBC ⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t。
方法二：平均速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。
eq \x\t(v)AC＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(v0,2)
又veq \\al(2,0)＝2axAC，veq \\al(2,B)＝2axBC，xBC＝eq \f(xAC,4)
由以上三式解得vB＝eq \f(v0,2)
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。
方法三：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC
由运动学公式得xBC＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,BC)，xAC＝eq \f(1,2)a(t＋tBC)2，
又xBC＝eq \f(xAC,4)，由以上三式解得tBC＝t。
方法四：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因为xBC∶xAB＝eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。
方法五：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出vt图像
如图所示，vt图像与坐标轴围成的面积表示位移的大小
利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比
得eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(CO2,CD2)，且eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(4,1)，
OD＝t，OC＝t＋tBC
所以eq \f(4,1)＝eq \f(t＋tBC2,t2)，解得tBC＝t。
[答案] t
解决匀变速直线运动问题的两个技巧
(1)把减速到0的匀减速直线运动转化为反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。
(2)若已知匀变速直线运动的位移和时间，通常优先考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。
[跟进训练]
平均速度法
1．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t。则物体运动的加速度大小为( )
A.eq \f(Δx,t2) B．eq \f(Δx,2t2)
C．eq \f(Δx,3t2) D．eq \f(2Δx,3t2)
C [物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝eq \f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝eq \f(Δx,t)；两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋eq \f(t,2)＝eq \f(3,2)t，因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则物体加速度的大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得：a＝eq \f(Δx,3t2)，故选C。]
推论法
2．(2023·江苏南京模拟)如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m，且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A．可以求出该物体加速度的大小
B．可以求得xCD＝5 m
C．可求得OA之间的距离为1.125 m
D．可求得OA之间的距离为1.5 m
C [设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝eq \f(xAC,2T)，则OB之间的距离xOB＝eq \f(v\\al(2,B),2a)＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C正确。]
自由落体运动和竖直上抛运动
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：
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。
2．竖直上抛运动的研究方法
[典例] (自由落体运动与竖直上抛运动)在离地面高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。
审题指导：解此题关键是画出两物体运动示意图，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。
[解析] 如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向
A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为
y1＝h－eq \f(1,2)gt2
B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为
y2＝v0t－eq \f(1,2)gt2
两个质点相遇的条件是y1＝y2
即h－eq \f(1,2)gt2＝v0t－eq \f(1,2)gt2，可见A、B相遇的时间t0＝eq \f(h,v0)。
而B上升到最高点的时间t1＝eq \f(v0,g)
若要使B在上升时与A相遇，必须满足t1≥t0，即
eq \f(v0,g)≥eq \f(h,v0)
所以B在上升时与A相遇的v0的取值范围为
v0≥eq \r(gh)
若B在下降过程中与A相遇，必须满足t1必须满足t2≥t0，即eq \f(2v0,g)≥eq \f(h,v0)
得v0≥eq \r(\f(gh,2))
因此，在B下降过程中与A相遇的v0的取值范围为eq \r(gh)>v0≥eq \r(\f(gh,2))。
[答案] 见解析
解决自由落体运动与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，一般以初速度方向为正方向。
(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]
自由落体运动规律的应用
1．把一条铁链自由下垂地悬挂在天花板上，放开后让铁链做自由落体运动，已知整条铁链通过悬点下方3.2 m处的一点历时0.5 s，g取10 m/s2，则铁链的长度为( )
A．1.75 m B．2.75 m
C．3.75 m D．4.75 m
B [设铁链长度为l，若铁链刚好长为3.2 m，则整条铁链通过悬点下方 3.2 m处历时t0＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×3.2,10)) s＝0.8 s，而题设整条铁链通过该点只用了0.5 s，说明铁链长度小于3.2 m，则铁链下端到达悬点下方3.2 m处用的时间为Δt＝t0－t＝(0.8－0.5) s＝0.3 s。因h－l＝eq \f(1,2)g·(Δt)2，则l＝h－eq \f(1,2)g·(Δt)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3.2－\f(1,2)×10×0.32)) m＝2.75 m。]
竖直上抛运动规律的应用
2．(一题多法)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地面175 m的高处时，一重物从气球上脱落，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)
[解析] 方法一：分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
则t1＝eq \f(v0,g)＝eq \f(10,10) s＝1 s
上升的最大高度
h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×180,10)) s＝6 s
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s
所以重物从气球上脱落至落地共历时
t＝t1＋t2＝7 s。
方法二：全程法
从物体自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移
h＝－175 m
由位移公式
h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
v＝v0－gt＝－60 m/s
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。
方法三：对称性
根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－veq \\al(2,0)＝2gh
解得v＝60 m/s，方向竖直向下
经过h历时Δt＝eq \f(v－v0,g)＝5 s
从最高点到落地历时t1＝eq \f(v,g)＝6 s
由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t＝2t1－Δt＝7 s。
[答案] 7 s 60 m/s
课时分层作业(二) 匀变速直线运动的规律与应用
题组一 匀变速直线运动的规律
1．(2023·苏州模拟)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的单位)，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＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝8 m/s，故D错误。]
2．在某工地上一卡车以10 m/s的速度匀速行驶，刹车后第一个 2 s内的位移与最后一个 2 s 内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是( )
A．2.5 m B．4 m
C．12 m D．12.5 m
D [设刹车时加速度大小为a，则第一个2 s内的位移x1＝v0t－eq \f(1,2)at2＝(20－2a)m，根据逆向思维，最后1个2 s内的位移x2＝eq \f(1,2)at2＝2a m，由eq \f(x1,x2)＝eq \f(20－2a,2a)＝eq \f(3,2)，解得a＝4 m/s2，卡车从刹车到停止需要的时间t0＝eq \f(v0,a)＝2.5 s，则刹车后4 s内的位移x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝12.5 m，选项D正确。]
题组二 匀变速直线运动推论的应用
3．(2023·南京中学开学考试)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么( )
A．这两秒内的平均速度是4.5 m/s
B．第三秒末的瞬时速度是3.25 m/s
C．质点的加速度是0.125 m/s2
D．质点在零时刻的初速度是0.75 m/s
D [质点在这两秒内的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(2＋2.5,2) m/s＝2.25 m/s，根据匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，该速度为第3 s末的瞬时速度，A项错误，B项错误；根据Δx＝aT2可得x4－x3＝aT2，T＝1 s，故可得a＝0.5 m/s2，C项错误；因为v3＝2.25 m/s，所以根据速度—时间公式可得v0＝v3－at＝(2.25－0.5×3) m/s＝0.75 m/s，D项正确。]
4.如图所示，光滑斜面上有A、B、C、D四点，其中CD＝10AB。一可看成质点的物体从A点由静止释放，通过AB和CD段所用时间均为t，则物体通过BC段所用时间为( )
A．1.5t B．2.5t
C．3.5t D．4.5t
C [设AB段的位移为x，由运动学规律可得， AB段中间时刻的瞬时速度v1＝eq \f(x,t)，CD段中间时刻的瞬时速度v2＝eq \f(10x,t)， 则AB段中间时刻到CD段中间时刻所用时间t1＝eq \f(v2－v1,a)， 又因为x＝eq \f(1,2)at2，联立解得t1＝4.5t, 因此BC段所用时间t2＝t1－t，代入数据解得t2＝3.5t，故ABD错误，C正确。]
题组三 自由落体和竖直上抛运动
5．(2023·南京师范大学附属中学)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的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第5 s内的位移是18 m，则( )
A．物体在2 s末的速度是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s
C．物体自由下落的加速度是5 m/s2
D．物体在5 s内的位移是50 m
D [根据运动学公式Δx＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝18 m，t2＝5 s，t1＝4 s，解得a＝4 m/s2，选项C错误；物体在2 s末的速度为v2＝4×2 m/s＝8 m/s，选项A错误；物体在5 s内的位移为x5＝eq \f(1,2)×4×52 m＝50 m，选项D正确；物体在第5 s内的位移为18 m，故物体在第5 s内的平均速度为18 m/s，选项B错误。]
6. (2023·海安高级中学月考)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度比为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度之比是3∶2∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
C [由v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)，所以到达桌面时的速度之比为v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故A错误；由t＝eq \r(\f(2h,g))得三者运动时间之比为t1∶t2∶t3＝ eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故B错误； b与a开始下落的时间差Δt1＝(eq \r(3)－eq \r(2))eq \r(\f(2h3,g))，c与b开始下落的时间差Δt2＝(eq \r(2)－1)eq \r(\f(2h3,g))，故C正确；三个小球运动的加速度等于重力加速度，与其重力和质量无关，故D错误。]
7. (2022·江苏南京二模)广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0。重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为( )
A．D B．eq \f(Dv0,\r(v\\al(2,0)＋2gH))
C.eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)－2gH))) D．eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)＋2gH)))
C [设Δt时间内，从喷口喷出的水的质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝v0πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2)))2Δt
在离喷口高度为H时，速度
v2－veq \\al(2,0)＝－2gH
且v0Δtπeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2)))2＝vΔtπeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D′,2)))2
解得D′＝eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)－2gH)))
故选C。]
8. (2022·南通中学一模)伽利略在研究自由落体运动时，猜想自由落体的速度是均匀变化的，他考虑了速度的两种变化：一种是速度随时间均匀变化，另一种是速度随位移均匀变化。现在我们已经知道，自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动。有一种照相机的曝光时间极短，且固定不变。为估测照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子在A点正上方1.8 m的高度自由下落。每块砖的平均厚度为6.0 cm (不计空气阻力，g取10 m/s2)。
(1)计算石子到达A点的速度大小vA；
(2)估算这架照相机的曝光时间(结果保留一位有效数字)。
[解析] (1)设石子从O点静止下落
hOA＝1.8 m，由自由落体运动可知
hOA＝eq \f(1,2)gt2，t＝eq \r(\f(2hOA,g))＝0.6 s
vA＝gt＝6 m/s。
(2)由题图可知hAB近似为两块砖厚度
方法一：hAB＝12 cm＝0.12 m
hOB＝hOA＋hAB＝1.92 cm
hOB＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,B)
解得tB≈0.62 s
曝光时间Δt＝tB－t＝0.02 s。
方法二：由于曝光时间极短，可看成匀速直线运动
Δt＝eq \f(hAB,vA)＝eq \f(0.12,6) s＝0.02 s。
[答案] (1)6 m/s (2)0.02 s
9．我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/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4 s的时间速度减为5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，汽车可视为质点。则下列说法正确的是( )
A．汽车开始减速时距离自动收费装置110 m
B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s
C．汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m
D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
C [汽车开始减速时到自动收费装置的距离为x1＝eq \f(1,2)(20＋5)×4 m＝50 m，故A错误；汽车加速4 s后速度为v＝15 m/s，故B错误；汽车从5 m/s加速到20 m/s通过的路程为x2＝eq \f(202－52,2×2.5) m＝75 m，所以汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为x1＋x2＝125 m，故C正确；汽车从5 m/s加速到20 m/s的时间t2＝eq \f(20－5,2.5) s＝6 s，所以总时间t总＝(4＋t2) s＝10 s，汽车以20 m/s的速度匀速通过125 m需要的时间是6.25 s，所以耽误了3.75 s，故D错误。]
10．(2022·湖北卷)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
B [普通列车速度v1＝108 km/h＝30 m/s，高铁列车速度v2＝324 km/h＝90 m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍相邻两站间的距离x＝eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m
普通列车加速时间
t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s
加速过程的位移
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
t2＝eq \f(x－2x1,v1)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s
同理高铁列车加速时间
t′1＝eq \f(v2,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s
加速过程的位移
x′1＝eq \f(1,2)at′eq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×1802 m＝8 100 m
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
t′2＝eq \f(x－2x′1,v2)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s
相邻两站间节省的时间
Δt＝(t2＋2t1)－(t′2＋2t′1)＝4 680 s
因此总的节省时间
Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟
故选B。]
11．将甲、乙两个小球从离地面40 m高的地方分别以10 m/s的速率竖直上抛和竖直下抛，两小球落地后均不反弹。若不计空气阻力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．两小球落地的时间差为4 s
B．两小球落地的时间差为2 s
C．两小球均未落地前，速度之差变大
D．两小球均未落地前，小球间的距离先增大后减小
B [以竖直向下为正方向，对竖直下抛运动，初速度方向为正方向，v0＝10 m/s，加速度a＝g，位移x＝40 m，根据位移—时间关系有x＝v0t1＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，代入数据解得t1＝2 s；对竖直上抛运动，x＝－v0t2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，代入数据得t2＝4 s，两小球落地的时间差为2 s，A项错误，B项正确；两小球均未落地前，Δv＝(v0＋at)－(－v0＋at)＝2v0，保持不变；Δx＝v0t＋eq \f(1,2)gt2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－v0t＋\f(1,2)gt2))＝2v0t，随时间变化，小球间的距离一直增大，CD项错误。]
12．一飞行员驾驶飞机在做低空表演时，竖直拉升(水平速度很小，可以忽略)，拉升到最高点时，飞机突发故障，飞行员选择弃机逃生。飞行员按下逃生按钮后，弹射座椅以v1＝10 m/s的速度竖直向上弹出(不再与飞机相互作用)。飞行员上升后又下降到一定高度时，弹射座椅打开降落伞，飞行员以a＝12 m/s2的加速度做匀减速直线运动，落地时的速度大小v2＝6 m/s。已知弹射座椅弹出时离地面的高度h＝323.5 m，重力加速度g取10 m/s2，降落伞打开之前，不计空气阻力，求：
(1)弹射座椅打开降落伞瞬间，飞行员的速度大小；
(2)弹射座椅弹出后，飞行员在空中运动的时间。
[解析] (1)设弹射座椅打开降落伞瞬间飞行员的速度为v，从弹射座椅弹出到降落伞打开，飞行员下降的高度为h1，弹射座椅打开降落伞的位置距离地面的高度为h2，则
v2－veq \\al(2,1)＝2gh1
veq \\al(2,2)－v2＝2(－a)h2
h＝h1＋h2＝323.5 m，解得v≈60 m/s。
(2)从弹射座椅弹出到降落伞打开的时间
t1＝eq \f(v＋v1,g)＝7 s
从弹射座椅打开降落伞到落地的时间
t2＝eq \f(v2－v,－a)＝4.5 s
总时间t＝t1＋t2＝11.5 s。
[答案] (1)60 m/s (2)11.5 s
13.由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m 时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2 的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
[解析] (1)第11辆汽车前端与停止线的距离
x1＝10(l＋d1)＝64 m
由v2＝2ax1
得v＝16 m/s。
(2)设后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少行驶的距离x2＝d2－d1＝4.0 m
由x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
得t1＝2 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间t2＝10t1＝20 s，从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t3＝eq \f(v,a)＝8 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间
t＝t2＋t3
解得t＝28 s。
[答案] (1)16 m/s (2)28 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
运动
性质
匀减速直线运动
竖直上抛运动
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(向上方向为正方向)
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
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
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＝\(v,\s\up6(－))t＝\f(v0＋v,2)t)) eq \(――→,\s\up10(初速为零),\s\d5(v0＝0))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v2＝2ax,x＝\f(v,2)t))
2．三个重要推论
(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2。
(2)中间时刻速度veq \f(t,2)＝eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半。
(3)位移中点的速度veq \f(x,2)＝eq \r(\f(v\\al(2,0)＋v2,2))。
3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论
(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)
(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(×)
(3)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。(√)
(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)
(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。(×)
(6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。(√)
二、教材习题衍生
1．(匀变速直线运动的规律)以 18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为( )
A．50 m B．45 m
C．40.5 m D．40 m
C [根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得36＝18×3＋eq \f(1,2)a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝eq \f(－v0,a)＝eq \f(－18,－4) s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停止运动，5 s 内的位移x＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)＝eq \f(0－182,2×－4) m＝40.5 m，故选项C正确。]
2．(自由落体运动) 某轮比赛中，运动员在跳台上倒立静止，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．0.4s
C．1.0 s D．1.4s
B [运动员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(2h,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s
则运动员用于姿态调整的时间约为
t2＝t－t1＝0.4 s
故B正确，A、C、D错误。故选B。]
匀变速直线运动的基本规律
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，相反的取负值。
3．两类特殊的匀减速直线运动
(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。
[典例] (匀变速直线运动的基本公式的应用)(2023·锡山高级中学模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：
(1)这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米(车启动时，计价器里程表示数为零)?
审题指导：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境
[解析] (1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝54 km/h＝15 m/s
由速度公式v1＝at1
得a＝eq \f(v1,t1)＝1.5 m/s2
由位移公式得x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×1.5×102 m＝75 m
这时出租车离出发点的距离为75 m。
(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s 时，由veq \\al(2,2)＝2ax2得x2＝eq \f(v\\al(2,2),2a)＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝eq \f(v2,a)＝eq \f(30,1.5) s＝20 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示
x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 700 m＝2.7 km。
[答案] (1)75 m (2)2.7 km
“一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题
[跟进训练]
基本公式的应用
1．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，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。故B选项正确。]
汽车“刹车问题”
2．(2023·江苏连云港模拟)“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36 km/h的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车过程加速度大小为10 m/s2。若小王的反应时间为0.5 s，则汽车距斑马线的安全距离至少为( )
A．5 m B．10 m
C．15 m D．36 m
B [汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，反应时间t1＝0.5 s内做匀速直线运动，有x1＝v0t1＝5 m，刹车过程的加速度大小为a＝10 m/s2，由匀减速直线运动的规律02－veq \\al(2,0)＝－2ax2，可得刹车距离为x2＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝5 m，故安全距离为d≥(x1＋x2)＝10 m，故B正确，A、C、D错误。]
多过程问题
3．(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )
A.eq \f(v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) B．eq \f(v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
C.eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) D．eq \f(3v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
C [当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝eq \f(v0－v,2a)，匀速通过隧道所用时间t2＝eq \f(L＋l,v)，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝eq \f(v0－v,a)，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v)，C项正确。]
双向可逆类问题
4．在足够长的光滑斜面上，有一物体以6 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为2 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为5 m 时，下列说法不正确的是( )
A．物体的运动时间可能为1 s
B．物体的运动时间可能为5 s
C．物体的运动时间可能为(3＋eq \r(14))s
D．此时的速度大小一定为4 m/s
D [以平行于斜面向上为正方向，物体的初速度v0＝6 m/s，物体的加速度a＝－2 m/s2，当物体在初位置上方时位移x＝5 m，当物体在初位置下方时位移x′＝－5 m由匀变速直线运动的位移—时间关系公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得：
5＝6t－eq \f(1,2)×2t2，－5＝6t′－eq \f(1,2)×2t′2，
解得：t1＝1 s，t2＝5 s
t1′＝(3＋eq \r(14)) s，
t2′＝(3－eq \r(14)) s不符合实际，舍去，故A、B、C正确；
当t＝1 s时物体的速度：v＝v0＋at＝4 m/s
当t＝5 s时物体的速度：v＝v0＋at＝－4 m/s
当t＝(3＋eq \r(14)) s时物体的速度：
v＝v0＋at＝－2eq \r(14) m/s
物体的速度可能为4 m/s，但不是一定为4 m/s，故D错误。故选D。]
解决匀变速直线运动的常用方法
解决匀变速直线运动问题常用的六种方法
[典例] (一题多法)物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
思路点拨：解此题把握以下关键信息
(1)“到达斜面最高点C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速直线运动，可考虑“逆向思维”。
(2)“距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点”表明BC的距离为eq \f(l,4)，可考虑“比例法”应用。
[解析] 方法一：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得
veq \\al(2,0)＝2axAC ①
veq \\al(2,B)＝veq \\al(2,0)－2axAB②
xAB＝eq \f(3,4)xAC③
由①②③解得vB＝eq \f(v0,2)④
又vB＝v0－at ⑤
vB＝atBC ⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t。
方法二：平均速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。
eq \x\t(v)AC＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(v0,2)
又veq \\al(2,0)＝2axAC，veq \\al(2,B)＝2axBC，xBC＝eq \f(xAC,4)
由以上三式解得vB＝eq \f(v0,2)
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。
方法三：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC
由运动学公式得xBC＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,BC)，xAC＝eq \f(1,2)a(t＋tBC)2，
又xBC＝eq \f(xAC,4)，由以上三式解得tBC＝t。
方法四：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因为xBC∶xAB＝eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。
方法五：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出vt图像
如图所示，vt图像与坐标轴围成的面积表示位移的大小
利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比
得eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(CO2,CD2)，且eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(4,1)，
OD＝t，OC＝t＋tBC
所以eq \f(4,1)＝eq \f(t＋tBC2,t2)，解得tBC＝t。
[答案] t
解决匀变速直线运动问题的两个技巧
(1)把减速到0的匀减速直线运动转化为反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。
(2)若已知匀变速直线运动的位移和时间，通常优先考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。
[跟进训练]
平均速度法
1．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t。则物体运动的加速度大小为( )
A.eq \f(Δx,t2) B．eq \f(Δx,2t2)
C．eq \f(Δx,3t2) D．eq \f(2Δx,3t2)
C [物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝eq \f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝eq \f(Δx,t)；两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋eq \f(t,2)＝eq \f(3,2)t，因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则物体加速度的大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得：a＝eq \f(Δx,3t2)，故选C。]
推论法
2．(2023·江苏南京模拟)如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m，且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A．可以求出该物体加速度的大小
B．可以求得xCD＝5 m
C．可求得OA之间的距离为1.125 m
D．可求得OA之间的距离为1.5 m
C [设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝eq \f(xAC,2T)，则OB之间的距离xOB＝eq \f(v\\al(2,B),2a)＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C正确。]
自由落体运动和竖直上抛运动
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：
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。
2．竖直上抛运动的研究方法
[典例] (自由落体运动与竖直上抛运动)在离地面高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。
审题指导：解此题关键是画出两物体运动示意图，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。
[解析] 如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向
A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为
y1＝h－eq \f(1,2)gt2
B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为
y2＝v0t－eq \f(1,2)gt2
两个质点相遇的条件是y1＝y2
即h－eq \f(1,2)gt2＝v0t－eq \f(1,2)gt2，可见A、B相遇的时间t0＝eq \f(h,v0)。
而B上升到最高点的时间t1＝eq \f(v0,g)
若要使B在上升时与A相遇，必须满足t1≥t0，即
eq \f(v0,g)≥eq \f(h,v0)
所以B在上升时与A相遇的v0的取值范围为
v0≥eq \r(gh)
若B在下降过程中与A相遇，必须满足t1
得v0≥eq \r(\f(gh,2))
因此，在B下降过程中与A相遇的v0的取值范围为eq \r(gh)>v0≥eq \r(\f(gh,2))。
[答案] 见解析
解决自由落体运动与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，一般以初速度方向为正方向。
(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：t
[跟进训练]
自由落体运动规律的应用
1．把一条铁链自由下垂地悬挂在天花板上，放开后让铁链做自由落体运动，已知整条铁链通过悬点下方3.2 m处的一点历时0.5 s，g取10 m/s2，则铁链的长度为( )
A．1.75 m B．2.75 m
C．3.75 m D．4.75 m
B [设铁链长度为l，若铁链刚好长为3.2 m，则整条铁链通过悬点下方 3.2 m处历时t0＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×3.2,10)) s＝0.8 s，而题设整条铁链通过该点只用了0.5 s，说明铁链长度小于3.2 m，则铁链下端到达悬点下方3.2 m处用的时间为Δt＝t0－t＝(0.8－0.5) s＝0.3 s。因h－l＝eq \f(1,2)g·(Δt)2，则l＝h－eq \f(1,2)g·(Δt)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3.2－\f(1,2)×10×0.32)) m＝2.75 m。]
竖直上抛运动规律的应用
2．(一题多法)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地面175 m的高处时，一重物从气球上脱落，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)
[解析] 方法一：分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
则t1＝eq \f(v0,g)＝eq \f(10,10) s＝1 s
上升的最大高度
h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×180,10)) s＝6 s
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s
所以重物从气球上脱落至落地共历时
t＝t1＋t2＝7 s。
方法二：全程法
从物体自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移
h＝－175 m
由位移公式
h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
v＝v0－gt＝－60 m/s
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。
方法三：对称性
根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－veq \\al(2,0)＝2gh
解得v＝60 m/s，方向竖直向下
经过h历时Δt＝eq \f(v－v0,g)＝5 s
从最高点到落地历时t1＝eq \f(v,g)＝6 s
由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t＝2t1－Δt＝7 s。
[答案] 7 s 60 m/s
课时分层作业(二) 匀变速直线运动的规律与应用
题组一 匀变速直线运动的规律
1．(2023·苏州模拟)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的单位)，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＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝8 m/s，故D错误。]
2．在某工地上一卡车以10 m/s的速度匀速行驶，刹车后第一个 2 s内的位移与最后一个 2 s 内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是( )
A．2.5 m B．4 m
C．12 m D．12.5 m
D [设刹车时加速度大小为a，则第一个2 s内的位移x1＝v0t－eq \f(1,2)at2＝(20－2a)m，根据逆向思维，最后1个2 s内的位移x2＝eq \f(1,2)at2＝2a m，由eq \f(x1,x2)＝eq \f(20－2a,2a)＝eq \f(3,2)，解得a＝4 m/s2，卡车从刹车到停止需要的时间t0＝eq \f(v0,a)＝2.5 s，则刹车后4 s内的位移x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝12.5 m，选项D正确。]
题组二 匀变速直线运动推论的应用
3．(2023·南京中学开学考试)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么( )
A．这两秒内的平均速度是4.5 m/s
B．第三秒末的瞬时速度是3.25 m/s
C．质点的加速度是0.125 m/s2
D．质点在零时刻的初速度是0.75 m/s
D [质点在这两秒内的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(2＋2.5,2) m/s＝2.25 m/s，根据匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，该速度为第3 s末的瞬时速度，A项错误，B项错误；根据Δx＝aT2可得x4－x3＝aT2，T＝1 s，故可得a＝0.5 m/s2，C项错误；因为v3＝2.25 m/s，所以根据速度—时间公式可得v0＝v3－at＝(2.25－0.5×3) m/s＝0.75 m/s，D项正确。]
4.如图所示，光滑斜面上有A、B、C、D四点，其中CD＝10AB。一可看成质点的物体从A点由静止释放，通过AB和CD段所用时间均为t，则物体通过BC段所用时间为( )
A．1.5t B．2.5t
C．3.5t D．4.5t
C [设AB段的位移为x，由运动学规律可得， AB段中间时刻的瞬时速度v1＝eq \f(x,t)，CD段中间时刻的瞬时速度v2＝eq \f(10x,t)， 则AB段中间时刻到CD段中间时刻所用时间t1＝eq \f(v2－v1,a)， 又因为x＝eq \f(1,2)at2，联立解得t1＝4.5t, 因此BC段所用时间t2＝t1－t，代入数据解得t2＝3.5t，故ABD错误，C正确。]
题组三 自由落体和竖直上抛运动
5．(2023·南京师范大学附属中学)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的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第5 s内的位移是18 m，则( )
A．物体在2 s末的速度是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s
C．物体自由下落的加速度是5 m/s2
D．物体在5 s内的位移是50 m
D [根据运动学公式Δx＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝18 m，t2＝5 s，t1＝4 s，解得a＝4 m/s2，选项C错误；物体在2 s末的速度为v2＝4×2 m/s＝8 m/s，选项A错误；物体在5 s内的位移为x5＝eq \f(1,2)×4×52 m＝50 m，选项D正确；物体在第5 s内的位移为18 m，故物体在第5 s内的平均速度为18 m/s，选项B错误。]
6. (2023·海安高级中学月考)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度比为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度之比是3∶2∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
C [由v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)，所以到达桌面时的速度之比为v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故A错误；由t＝eq \r(\f(2h,g))得三者运动时间之比为t1∶t2∶t3＝ eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故B错误； b与a开始下落的时间差Δt1＝(eq \r(3)－eq \r(2))eq \r(\f(2h3,g))，c与b开始下落的时间差Δt2＝(eq \r(2)－1)eq \r(\f(2h3,g))，故C正确；三个小球运动的加速度等于重力加速度，与其重力和质量无关，故D错误。]
7. (2022·江苏南京二模)广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0。重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为( )
A．D B．eq \f(Dv0,\r(v\\al(2,0)＋2gH))
C.eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)－2gH))) D．eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)＋2gH)))
C [设Δt时间内，从喷口喷出的水的质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝v0πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2)))2Δt
在离喷口高度为H时，速度
v2－veq \\al(2,0)＝－2gH
且v0Δtπeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2)))2＝vΔtπeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D′,2)))2
解得D′＝eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)－2gH)))
故选C。]
8. (2022·南通中学一模)伽利略在研究自由落体运动时，猜想自由落体的速度是均匀变化的，他考虑了速度的两种变化：一种是速度随时间均匀变化，另一种是速度随位移均匀变化。现在我们已经知道，自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动。有一种照相机的曝光时间极短，且固定不变。为估测照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子在A点正上方1.8 m的高度自由下落。每块砖的平均厚度为6.0 cm (不计空气阻力，g取10 m/s2)。
(1)计算石子到达A点的速度大小vA；
(2)估算这架照相机的曝光时间(结果保留一位有效数字)。
[解析] (1)设石子从O点静止下落
hOA＝1.8 m，由自由落体运动可知
hOA＝eq \f(1,2)gt2，t＝eq \r(\f(2hOA,g))＝0.6 s
vA＝gt＝6 m/s。
(2)由题图可知hAB近似为两块砖厚度
方法一：hAB＝12 cm＝0.12 m
hOB＝hOA＋hAB＝1.92 cm
hOB＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,B)
解得tB≈0.62 s
曝光时间Δt＝tB－t＝0.02 s。
方法二：由于曝光时间极短，可看成匀速直线运动
Δt＝eq \f(hAB,vA)＝eq \f(0.12,6) s＝0.02 s。
[答案] (1)6 m/s (2)0.02 s
9．我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/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4 s的时间速度减为5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，汽车可视为质点。则下列说法正确的是( )
A．汽车开始减速时距离自动收费装置110 m
B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s
C．汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m
D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
C [汽车开始减速时到自动收费装置的距离为x1＝eq \f(1,2)(20＋5)×4 m＝50 m，故A错误；汽车加速4 s后速度为v＝15 m/s，故B错误；汽车从5 m/s加速到20 m/s通过的路程为x2＝eq \f(202－52,2×2.5) m＝75 m，所以汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为x1＋x2＝125 m，故C正确；汽车从5 m/s加速到20 m/s的时间t2＝eq \f(20－5,2.5) s＝6 s，所以总时间t总＝(4＋t2) s＝10 s，汽车以20 m/s的速度匀速通过125 m需要的时间是6.25 s，所以耽误了3.75 s，故D错误。]
10．(2022·湖北卷)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
B [普通列车速度v1＝108 km/h＝30 m/s，高铁列车速度v2＝324 km/h＝90 m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍相邻两站间的距离x＝eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m
普通列车加速时间
t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s
加速过程的位移
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
t2＝eq \f(x－2x1,v1)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s
同理高铁列车加速时间
t′1＝eq \f(v2,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s
加速过程的位移
x′1＝eq \f(1,2)at′eq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×1802 m＝8 100 m
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
t′2＝eq \f(x－2x′1,v2)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s
相邻两站间节省的时间
Δt＝(t2＋2t1)－(t′2＋2t′1)＝4 680 s
因此总的节省时间
Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟
故选B。]
11．将甲、乙两个小球从离地面40 m高的地方分别以10 m/s的速率竖直上抛和竖直下抛，两小球落地后均不反弹。若不计空气阻力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．两小球落地的时间差为4 s
B．两小球落地的时间差为2 s
C．两小球均未落地前，速度之差变大
D．两小球均未落地前，小球间的距离先增大后减小
B [以竖直向下为正方向，对竖直下抛运动，初速度方向为正方向，v0＝10 m/s，加速度a＝g，位移x＝40 m，根据位移—时间关系有x＝v0t1＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，代入数据解得t1＝2 s；对竖直上抛运动，x＝－v0t2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，代入数据得t2＝4 s，两小球落地的时间差为2 s，A项错误，B项正确；两小球均未落地前，Δv＝(v0＋at)－(－v0＋at)＝2v0，保持不变；Δx＝v0t＋eq \f(1,2)gt2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－v0t＋\f(1,2)gt2))＝2v0t，随时间变化，小球间的距离一直增大，CD项错误。]
12．一飞行员驾驶飞机在做低空表演时，竖直拉升(水平速度很小，可以忽略)，拉升到最高点时，飞机突发故障，飞行员选择弃机逃生。飞行员按下逃生按钮后，弹射座椅以v1＝10 m/s的速度竖直向上弹出(不再与飞机相互作用)。飞行员上升后又下降到一定高度时，弹射座椅打开降落伞，飞行员以a＝12 m/s2的加速度做匀减速直线运动，落地时的速度大小v2＝6 m/s。已知弹射座椅弹出时离地面的高度h＝323.5 m，重力加速度g取10 m/s2，降落伞打开之前，不计空气阻力，求：
(1)弹射座椅打开降落伞瞬间，飞行员的速度大小；
(2)弹射座椅弹出后，飞行员在空中运动的时间。
[解析] (1)设弹射座椅打开降落伞瞬间飞行员的速度为v，从弹射座椅弹出到降落伞打开，飞行员下降的高度为h1，弹射座椅打开降落伞的位置距离地面的高度为h2，则
v2－veq \\al(2,1)＝2gh1
veq \\al(2,2)－v2＝2(－a)h2
h＝h1＋h2＝323.5 m，解得v≈60 m/s。
(2)从弹射座椅弹出到降落伞打开的时间
t1＝eq \f(v＋v1,g)＝7 s
从弹射座椅打开降落伞到落地的时间
t2＝eq \f(v2－v,－a)＝4.5 s
总时间t＝t1＋t2＝11.5 s。
[答案] (1)60 m/s (2)11.5 s
13.由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m 时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2 的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
[解析] (1)第11辆汽车前端与停止线的距离
x1＝10(l＋d1)＝64 m
由v2＝2ax1
得v＝16 m/s。
(2)设后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少行驶的距离x2＝d2－d1＝4.0 m
由x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
得t1＝2 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间t2＝10t1＝20 s，从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t3＝eq \f(v,a)＝8 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间
t＝t2＋t3
解得t＝28 s。
[答案] (1)16 m/s (2)28 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
运动
性质
匀减速直线运动
竖直上抛运动
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(向上方向为正方向)
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
相关学案
江苏版高考物理一轮复习第6章第2节动量守恒定律及其应用课时学案： 这是一份江苏版高考物理一轮复习第6章第2节动量守恒定律及其应用课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-1古诗三首第1课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-1古诗三首第1课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-1古诗三首第1课时导学案docx、核心素养部编版语文三年级下册-1古诗三首第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共51页， 欢迎下载使用。
江苏版高考物理一轮复习第5章第3节机械能守恒定律及其应用课时学案： 这是一份江苏版高考物理一轮复习第5章第3节机械能守恒定律及其应用课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-1古诗三首第1课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-1古诗三首第1课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-1古诗三首第1课时导学案docx、核心素养部编版语文三年级下册-1古诗三首第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共51页， 欢迎下载使用。
江苏版高考物理一轮复习第3章第3节牛顿运动定律的综合应用课时学案： 这是一份江苏版高考物理一轮复习第3章第3节牛顿运动定律的综合应用课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时教学设计含反思docx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共46页， 欢迎下载使用。
