还剩33页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024年高考一轮复习精细讲义(原卷版+解析)
成套系列资料，整套一键下载
2024年高考一轮复习精细讲义第2讲匀变速直线运动规律的运用(原卷版+解析)
展开
这是一份2024年高考一轮复习精细讲义第2讲匀变速直线运动规律的运用(原卷版+解析)，共36页。试卷主要包含了匀变速直线运动，速度与时间的关系式，位移与时间的关系式，位移与速度的关系式等内容，欢迎下载使用。
一．匀变速直线运动的基本规律
1．匀变速直线运动
(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
(2)分类：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(匀加速直线运动：a与v同向.,匀减速直线运动：a与v反向.))
2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
4．位移与速度的关系式：v2－veq \\al(2,0)＝2ax.
二．匀变速直线运动的推论
1．平均速度公式：eq \(v,\s\up6(－))＝＝eq \f(v0＋v,2).
2．连续相等时间内位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.
3.中间位置的速度
4．初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末、2T末、3T末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：
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))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
三．自由落体运动和竖直上拋运动的规律
1．自由落体运动规律
(1)速度公式：v＝gt.
(2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2.
(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上拋运动规律
(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)上升到最大高度用时：t＝eq \f(v0,g).
【典例1】滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )
A.eq \r(2)v B．eq \r(3)v
C．2v D.eq \r(5)v
【典例2】(多选)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)( )
A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向向上
B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向下
C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向上
D．小球的位移大小一定是15 m
考点一 匀变速直线运动的基本规律
1．运动公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．
2．多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．
3．解决运动学问题的基本思路
eq \x(\a\al(画过程,示意图))→eq \x(\a\al(判断运,动性质))→eq \x(\a\al(选取,正方向))→eq \x(\a\al(选公式,列方程))→eq \x(\a\al(解方程,并讨论))
【典例1】如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
A．关卡2 B．关卡3
C．关卡4 D．关卡5
【典例2】一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )
A．2 m/s2 B．1 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2
【典例3】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
求解多阶段运动问题的三点注意
(1)画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量．
(2)选定正方向后，应标明各物理量的正、负号．
(3)计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
考点二 解决匀变速直线运动的规律总结
1.匀变速直线运动6种常用方法
2.解题的逻辑思维：
①先观察题干是否提供时间t，如果没有则运用v2－veq \\al(2,0)＝2ax；
②如果提供时间t，则再判断t是否相等，如果相等则优先考虑xm－xn＝(m－n)aT2；如果不相等则优先考虑eq \(v,\s\up6(－))＝＝eq \f(v0＋v,2)；
③只有从静止（初速度为零）或者匀减速到零的运动，才可以运用比例式。使用比速度或比位移的时候，一定要注意相等时间这个前提；使用比时间的时候，一定要注意相等位移这个前提，有时题干未给我们分出相等位移的时候要自行分割成几段连续的相等位移，再去比时间。
【典例1】(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体( )
A．在A点的速度大小为eq \f(x1＋x2,2T)
B．在B点的速度大小为eq \f(3x2－x1,2T)
C．运动的加速度为eq \f(2x1,T2)
D．运动的加速度为eq \f(x1＋x2,T2)
【典例2】质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为( )
A. eq \r(\f(sa1＋a2,a1a2)) B. eq \r(\f(2sa1＋a2,a1a2))
C.eq \f(2sa1＋a2,a1a2) D. eq \r(\f(a1a2,2sa1＋a2))
【典例3】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．
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．
2．竖直上抛运动的处理方法
(1)两种方法
①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．
②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反．
(2)符号法则：应用公式时，要特别注意v0、v、h等矢量的正负号，一般选向上为正方向，v0总是正值，上升过程中v为正值，下降过程中v为负值，物体在抛出点以上时h为正值，在抛出点以下时h为负值．
(3)巧用竖直上抛运动的对称性
①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向．
②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等．
【典例1】气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g取10 m/s2.
【典例2】一小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．经过b点时速度为v，经过c点时速度为3v，则ab段与ac段位移之比为( )
A．1∶3 B．1∶5
C．1∶8 D．1∶9
【典例3】(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 m
B．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/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
处理竖直上抛运动的两点注意
(1)用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式h＝v0t＋eq \f(1,2)gt2中各符号的意义必须明确．
(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．
考点四 两类匀减速直线运动
1．刹车类问题
汽车匀减速到速度为零后即停止运动，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、加速度大小不变的匀加速直线运动．
2．双向可逆类问题
如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、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1】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，刹车后第三个2 s内，汽车运动的位移为( )
A．12.5 m B．2 m
C．10 m D．0
【典例2】(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m．则时间t可能为( )
A．1 s B．3 s
C．4 s D.eq \f(5＋\r(41),2) s
一、单选题
1．汽车由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，10s后关闭发动机，关闭发动机后汽车做匀减速运动，第13s末速度是14m/s，则汽车在第13s内的平均速度是（ ）
A．16m/sB．15m/sC．14m/sD．13m/s
2．在2021年东京奥运会上，年仅14岁的全红婵在女子单人10米台上以超过第三名95分的超高成绩毫无悬念地拿下了女子单人10米台的冠军。若将全红婵人水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的位移为x。人水后第一个x3位移内的时间为t1，最后一个x3位移内的时间为t2，则t1t2的比值为（ ）
A．3:1B．2−3:1C．3：1D．3−2:1
3．打弹弓是一款传统游戏，射弹花样繁多，燕子钻天是游戏的一种，如图所示，一表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1s内上升的高度与最后1s内上升的高度之比为9:1，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则弹丸在上升过程中最初1s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为（ ）
A．45m/s；125mB．45m/s；75mC．36m/s；125mD．36m/s；75m
4．有一串珠子（珠子可视为质点），穿在一根长1.8m的细线上，细线的首尾各固定1个珠子，中间还有5个珠子。从最下面的珠子算起，相邻两个珠子之间的距离依次为 5cm、15cm、25cm、35cm、45cm、55cm，如图所示。某人向上提起细线的上端，让细线自由垂下，且第1个珠子紧贴水平桌面，松手后开始计时，若不计空气阻力，g取10m/s2，假设珠子落到桌面上不再反弹，则第2、3、4、5、6、7个珠子（ ）
A．依次落到桌面上的速率之比为1:3:5:7:9:11
B．落到桌面上的时间间隔相等
C．落到桌面上的时间间隔越来越大
D．第4个珠子落到桌面上的速率为4m/s
5．为有效管控机动车通过一长度为4.8km的直隧道时的车速，以预防和减少交通事故，在此隧道入口和出口处各装有一个测速监控（测速区间）。一辆汽车车尾通过隧道入口时的速率为76km/h，汽车匀加速行驶36s，速率达到84km/h，接着匀速行驶60s，然后匀减速行驶。要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过80km/h，则该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为（ ）
A．73km/hB．72km/hC．71km/hD．70km/h
6．2019年7月20日晚，在韩国光州进行的2019年国际游泳世锦赛结束了跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为t。杨健入水后第一个t4时间内的位移为x1，最后一个t4时间内的位移为x2，则x1x2为：（ ）
A．3：1B．4：1C．7：1D．8：1
7．甲、乙两物体做同向直线运动，计时开始时都位于坐标原点处，从计时开始两物体运动的v2−x图像（速度的平方与位移关系图像）如图所示。已知乙做匀加速运动的加速度为a，根据图像所提供的信息，下列说法正确的是（ ）
A．两物体在x0处相遇B．甲的速度为ax0
C．甲、乙速度相等的时刻为x0aD．甲与乙的最大距离为x0
8．图示描述的是伽利略在比萨斜塔上做落体实验的故事．不计空气阻力，小球从塔上自由下落，由静止开始经过第一段h速度的增加量为Δv1，经过第三段h速度的增加量为Δv2，则Δv1与Δv2的比值满足（ ）
A．1<Δv1Δv2<2B．2<Δv1Δv2<3C．3<Δv1Δv2<4D．4<Δv1Δv2<5
二、多选题
9．2022年9月27日，“鲲龙”AG600M灭火机以全新消防涂装在湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验。“鲲龙”AG600M灭火机在水面高速滑行15秒完成12吨汲水，随即腾空而起。假设“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上汲水的过程中做初速度为10m/s、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，则（ ）
A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为30m/s
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为110m
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为15m/s
D．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为534m/s
10．汽车以20m/s的速度匀速运动，突遇紧急情况，以4m/s2的加速度刹车，则（ ）
A．刹车后6秒内的位移为50m。
B．刹车后4秒内的平均速度为10m/s
C．刹车后第2秒与第4秒的位移之比为7：3
D．v−t图线与坐标轴围成的“面积”为50m2
11．屋檐上每隔相同的时间间隔滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴已刚好到达地面，而第3滴与第2滴分别位于高为1m的窗户的上、下沿，如图所示，不计空气阻力，则（ ）
A．每两滴水滴间的时间间隔为0.1sB．第4滴与第5滴间的距离为0.2m
C．第1滴与第2滴间的距离为1.6mD．屋檐到地面的高度3.2m
12．如图（a）所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为d=0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是（ ）
A．物块在由A运动至E的时间为0.6s
B．位置A与位置D间的距离为1.30m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875m/s2
三、解答题
13．大雾天气，有甲、乙两车在同一平直车道上匀速行驶，甲车在后速度为v1=14m/s，乙车在前速度为v2=10m/s，某时刻甲车车头与乙车车尾间的距离为L0=30.5m，此时乙车突然以大小为a0=1m/s2的加速度刹车，经过时间t0甲车车头与乙车车尾间的距离减为L=14m，为了两车避免相撞，此时甲车也立即刹车做匀减速直线运动，求：
（1）t0的值。
（2）刹车后，甲车做匀减速直线运动的加速度至少多大？
14．一辆长途客车正在以v0＝20m/s 的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方34m 处有一只狗，如图甲所示，司机立即采取制动措施。司机的反应时间为0.5 s，若从司机看见狗开始计时（t＝0），长途客车的v－t 图像如图乙所示。
（1）求长途客车制动时的加速度；
（2）求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；
（3）若狗正以v1＝4m/s 的速度与长途客车同向奔跑，通过计算分析狗能否摆脱被撞的噩运？
15．从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一个相同的小球。在连续放下几个小球以后，对在斜面上滚动的小球拍摄照片，如图所示，测得xAB=15cm，xBC=20cm，试求：
（1）小球滚动的加速度；
（2）拍摄时B球的速度；
（3）D与C之间的距离；
（4）A球上面滚动的小球还有几个？
第2讲 匀变速直线运动的规律的运用
——划重点之精细讲义系列
一．匀变速直线运动的基本规律
1．匀变速直线运动
(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
(2)分类：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(匀加速直线运动：a与v同向.,匀减速直线运动：a与v反向.))
2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
4．位移与速度的关系式：v2－veq \\al(2,0)＝2ax.
二．匀变速直线运动的推论
1．平均速度公式：eq \(v,\s\up6(－))＝＝eq \f(v0＋v,2).
2．连续相等时间内位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.
3.中间位置的速度
4．初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末、2T末、3T末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：
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))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
三．自由落体运动和竖直上拋运动的规律
1．自由落体运动规律
(1)速度公式：v＝gt.
(2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2.
(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上拋运动规律
(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)上升到最大高度用时：t＝eq \f(v0,g).
【典例1】滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )
A.eq \r(2)v B．eq \r(3)v
C．2v D.eq \r(5)v
解析：选A.由匀变速直线运动的中间位置的速度公式
veq \f(x,2)＝ eq \r(\f(v\\al(2,0)＋v2,2))，有v＝ eq \r(\f(0＋v\\al(2,底),2))，得v底＝eq \r(2)v，所以只有A项正确．
【典例2】(多选)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)( )
A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向向上
B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向下
C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向上
D．小球的位移大小一定是15 m
解析：选ACD.规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s、方向向上时，vt＝10 m/s，由eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)得eq \x\t(v)＝15 m/s，方向向上，A正确．当小球的末速度大小为10 m/s、方向向下时，vt＝－10 m/s，由eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)得eq \x\t(v)＝5 m/s，方向向上，B错误，C正确．由于末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，距起点的位移x＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,t),2g)＝15 m，D正确．
考点一 匀变速直线运动的基本规律
1．运动公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．
2．多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．
3．解决运动学问题的基本思路
eq \x(\a\al(画过程,示意图))→eq \x(\a\al(判断运,动性质))→eq \x(\a\al(选取,正方向))→eq \x(\a\al(选公式,列方程))→eq \x(\a\al(解方程,并讨论))
【典例1】如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
A．关卡2 B．关卡3
C．关卡4 D．关卡5
解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝eq \f(v,a)＝1 s，运动的距离x1＝eq \f(1,2)at2＝1 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动距离为9 m，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C正确．
【典例2】一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )
A．2 m/s2 B．1 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2
解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋eq \f(1,2)at2
从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有
0－veq \\al(2,0)＝2a·2L，
解得a≈－0.5 m/s2或a＝－18 m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s2，故C正确．
【典例3】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
解析：根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速运动．设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)①
x1＋x2＝eq \f(1,2)a(2t0)2②
式中t0＝1 s，联立①②两式并代入已知条件，得
a＝5 m/s2③
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为x.依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2④
v＝at1⑤
x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＋vt2⑥
设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)⑦
联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x′＝10 m
答案：5 m/s2 10 m
求解多阶段运动问题的三点注意
(1)画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量．
(2)选定正方向后，应标明各物理量的正、负号．
(3)计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
考点二 解决匀变速直线运动的规律总结
1.匀变速直线运动6种常用方法
2.解题的逻辑思维：
①先观察题干是否提供时间t，如果没有则运用v2－veq \\al(2,0)＝2ax；
②如果提供时间t，则再判断t是否相等，如果相等则优先考虑xm－xn＝(m－n)aT2；如果不相等则优先考虑eq \(v,\s\up6(－))＝＝eq \f(v0＋v,2)；
③只有从静止（初速度为零）或者匀减速到零的运动，才可以运用比例式。使用比速度或比位移的时候，一定要注意相等时间这个前提；使用比时间的时候，一定要注意相等位移这个前提，有时题干未给我们分出相等位移的时候要自行分割成几段连续的相等位移，再去比时间。
【典例1】(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体( )
A．在A点的速度大小为eq \f(x1＋x2,2T)
B．在B点的速度大小为eq \f(3x2－x1,2T)
C．运动的加速度为eq \f(2x1,T2)
D．运动的加速度为eq \f(x1＋x2,T2)
解析：选AB.根据匀变速直线运动规律可知，该物体在A点的瞬时速度大小等于物体运动的平均速度大小，即vA＝eq \f(x1＋x2,2T)，选项A正确；设物体加速度大小为a，有x2－x1＝aT2，则a＝eq \f(x2－x1,T2)，选项C、D错误；物体在B点的速度大小为vB＝vA＋aT＝eq \f(3x2－x1,2T)，选项B正确．
【典例2】质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为( )
A. eq \r(\f(sa1＋a2,a1a2)) B. eq \r(\f(2sa1＋a2,a1a2))
C.eq \f(2sa1＋a2,a1a2) D. eq \r(\f(a1a2,2sa1＋a2))
解析：选B.设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：eq \f(v2,2a1)＋eq \f(v2,2a2)＝s，解得：v＝eq \r(\f(2a1a2s,a1＋a2))；而s＝eq \f(0＋v,2)t1＋eq \f(v＋0,2)t2＝eq \f(v,2)t，由此解得：t＝eq \r(\f(2sa1＋a2,a1a2))，所以选B.
【典例3】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．
解析：方法一：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(at\\al(2,BC),2)，xAC＝eq \f(at＋tBC2,2)，
又xBC＝eq \f(xAC,4)，
由以上三式解得tBC＝t.
方法二：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动，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)＝2axAC①
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－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t.
方法三：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xCB∶xBA＝eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.
方法四：中间时刻速度法
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的平均速度，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).可以看成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.
方法五：图象法
根据匀变速直线运动的规律，画出v－t图象．如图所示，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
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．
2．竖直上抛运动的处理方法
(1)两种方法
①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．
②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反．
(2)符号法则：应用公式时，要特别注意v0、v、h等矢量的正负号，一般选向上为正方向，v0总是正值，上升过程中v为正值，下降过程中v为负值，物体在抛出点以上时h为正值，在抛出点以下时h为负值．
(3)巧用竖直上抛运动的对称性
①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向．
②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等．
【典例1】气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g取10 m/s2.
解析 解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理．
绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为
t1＝eq \f(v0,g)＝1 s
h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝5 m
故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝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))＝6 s
v＝gt2＝60 m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为
t＝t1＋t2＝7 s.
解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有：
h′＝v0t－eq \f(1,2)gt2
即－175＝10t－eq \f(1,2)×10t2＝10t－5t2
t2－2t－35＝0
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为：
v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示落地速度，与初速度方向相反，方向竖直向下．
答案 见解析
【典例2】一小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．经过b点时速度为v，经过c点时速度为3v，则ab段与ac段位移之比为( )
A．1∶3 B．1∶5
C．1∶8 D．1∶9
解析：选D.物体做自由落体运动，
2ghab＝v2①
2ghac＝(3v)2②
由①②得eq \f(hab,hac)＝eq \f(1,9)，故D正确．
【典例3】(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 m
B．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/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
解析：选AB.
解法一：分阶段法．
物体上升的时间t上＝eq \f(v0,g)＝eq \f(30,10) s＝3 s，物体上升的最大高度h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(302,2×10) m＝45 m．物体从最高点自由下落2 s的高度h2＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,下)＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m．运动过程如图所示，则总路程为65 m，A正确.5 s末物体离抛出点的高度为25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确.5 s末物体的速度v＝gt下＝10×2 m/s＝20 m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv＝(－v)－v0＝(－20 m/s)－30 m/s＝－50 m/s，即速度改变量的大小为50 m/s，方向竖直向下，C错误．平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(h1－h2,t)＝eq \f(25,5) m/s＝5 m/s，方向竖直向上，D错误．
解法二：全过程法．
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．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝25 m＞0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确．速度的变化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C错误.5 s末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝5 m/s＞0，方向竖直向上，D错误．
处理竖直上抛运动的两点注意
(1)用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式h＝v0t＋eq \f(1,2)gt2中各符号的意义必须明确．
(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．
考点四 两类匀减速直线运动
1．刹车类问题
汽车匀减速到速度为零后即停止运动，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、加速度大小不变的匀加速直线运动．
2．双向可逆类问题
如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、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1】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，刹车后第三个2 s内，汽车运动的位移为( )
A．12.5 m B．2 m
C．10 m D．0
解析：选D.设汽车从刹车到停下的时间为t，则由v＝v0＋at得t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－10,－4) s＝2.5 s，所以第三个2 s汽车早已停止，所以第三个2 s位移为零，D正确．
【典例2】(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m．则时间t可能为( )
A．1 s B．3 s
C．4 s D.eq \f(5＋\r(41),2) s
解析：选ACD.当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得，4＝5t－eq \f(1,2)×2t2，解得t1＝1 s，t2＝4 s；当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得，－4＝5t－eq \f(1,2)×2t2，解得t3＝eq \f(5＋\r(41),2) s，故A、C、D正确，B错误．
一、单选题
1．汽车由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，10s后关闭发动机，关闭发动机后汽车做匀减速运动，第13s末速度是14m/s，则汽车在第13s内的平均速度是（ ）
A．16m/sB．15m/sC．14m/sD．13m/s
【答案】B
【详解】由公式
v=v0+at
可知10s末汽车的速度
v10=20m/s
关闭发动机后汽车做匀减速运动，由公式
v13=v10+a′t
解得
a′=−2m/s2
由汽车在第12.5s时的速度即为第13s内的平均速度
v=v10+a′×2.5
得
v=15m/s
故选B。
2．在2021年东京奥运会上，年仅14岁的全红婵在女子单人10米台上以超过第三名95分的超高成绩毫无悬念地拿下了女子单人10米台的冠军。若将全红婵人水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的位移为x。人水后第一个x3位移内的时间为t1，最后一个x3位移内的时间为t2，则t1t2的比值为（ ）
A．3:1B．2−3:1C．3：1D．3−2:1
【答案】D
【详解】根据逆向思维反向看成初速度为零的匀加速直线运动，则连续通过相等位移的时间之比为1:2−1:3−2，可得
t1t2=3−21
故选D。
3．打弹弓是一款传统游戏，射弹花样繁多，燕子钻天是游戏的一种，如图所示，一表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1s内上升的高度与最后1s内上升的高度之比为9:1，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则弹丸在上升过程中最初1s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为（ ）
A．45m/s；125mB．45m/s；75mC．36m/s；125mD．36m/s；75m
【答案】A
【详解】射出的弹丸做竖直上抛运动，可看成自由落体运动的逆运动，由运动学公式
ℎ=12gt2
弹丸最后1s内下落的高度
ℎ1=12×10×12m=5m
则最初1s内下落的高度
ℎ2=9ℎ1=45m
最初1s内中间时刻的速度
v=ℎ2t=451m/s=45m/s
弹丸自由下落的时间
t′=vg+0.5=4510s+0.5s=5s
弹丸下落的总高度
ℎ3=12gt′2=12×10×52m=125m
则弹丸上升的最大高度为125m。
故选A。
4．有一串珠子（珠子可视为质点），穿在一根长1.8m的细线上，细线的首尾各固定1个珠子，中间还有5个珠子。从最下面的珠子算起，相邻两个珠子之间的距离依次为 5cm、15cm、25cm、35cm、45cm、55cm，如图所示。某人向上提起细线的上端，让细线自由垂下，且第1个珠子紧贴水平桌面，松手后开始计时，若不计空气阻力，g取10m/s2，假设珠子落到桌面上不再反弹，则第2、3、4、5、6、7个珠子（ ）
A．依次落到桌面上的速率之比为1:3:5:7:9:11
B．落到桌面上的时间间隔相等
C．落到桌面上的时间间隔越来越大
D．第4个珠子落到桌面上的速率为4m/s
【答案】B
【详解】ABC．各珠子同时做自由落体运动，下降的位移之比为5:20:45:80:125:180=1:4:9:16:25:36；根据
ℎ=12gt2
可知落地的时间之比为1:2:3:4:5:6，则各珠子落到桌面上的时间间隔相等；根据
v=gt
可知依次落到桌面上的速率之比为1:2:3:4:5:6，故B正确，AC错误；
D．第4个珠子距离桌面的高度为45cm，则第4个珠子落到桌面上的速率为
v=2gℎ=2×10×0.45m/s=3m/s
故D错误。
故选B。
5．为有效管控机动车通过一长度为4.8km的直隧道时的车速，以预防和减少交通事故，在此隧道入口和出口处各装有一个测速监控（测速区间）。一辆汽车车尾通过隧道入口时的速率为76km/h，汽车匀加速行驶36s，速率达到84km/h，接着匀速行驶60s，然后匀减速行驶。要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过80km/h，则该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为（ ）
A．73km/hB．72km/hC．71km/hD．70km/h
【答案】B
【详解】汽车在隧道匀加速行驶的位移
x1=vt1=76+842×363600km=0.8km
汽车在隧道匀速行驶的位移
x2=vt2=84×603600km=1.4km
汽车在隧道匀减速行驶的位移
x3=x−x1−x2=2.6km
要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过80km/h，则该汽车车尾通过隧道出口时的最短时间
t=xv'=4.880h=0.06h
汽车在隧道匀减速行驶的时间
t3=t−t1−t2=120s
设该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为vm，则
x3=84+vm2×t3
解得
vm=72km/h
故选B。
6．2019年7月20日晚，在韩国光州进行的2019年国际游泳世锦赛结束了跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为t。杨健入水后第一个t4时间内的位移为x1，最后一个t4时间内的位移为x2，则x1x2为：（ ）
A．3：1B．4：1C．7：1D．8：1
【答案】C
【详解】将运动员入水后的运动逆过来可看作为初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1：3：5：7…，所以有：
x1x2=71
选项C正确，ABD错误。
故选C。
7．甲、乙两物体做同向直线运动，计时开始时都位于坐标原点处，从计时开始两物体运动的v2−x图像（速度的平方与位移关系图像）如图所示。已知乙做匀加速运动的加速度为a，根据图像所提供的信息，下列说法正确的是（ ）
A．两物体在x0处相遇B．甲的速度为ax0
C．甲、乙速度相等的时刻为x0aD．甲与乙的最大距离为x0
【答案】D
【详解】A．由图像可知，甲做匀速运动，乙开始时做匀加速运动，在x0处速度相等，则当甲、乙运动相等的位移x0时，运动时间不相等，即两物体不在同一时刻到达x0处，则两物体不在x0处相遇，A错误；
B．设甲的速度为v0，在0∼x0位移内乙的加速度为a，由匀加速直线运动规律可得
2ax0=v02
解得
v0=2ax0
B错误；
C．由
v0=at
解得甲、乙速度相等的时刻为
t=2x0a
C错误；
D．分析可知甲、乙速度相等之后均做匀速直线运动，当甲、乙的速度相等时，相距最远，最远的距离为
Δx=v0t−12at2=x0
D正确。
故选D。
8．图示描述的是伽利略在比萨斜塔上做落体实验的故事．不计空气阻力，小球从塔上自由下落，由静止开始经过第一段h速度的增加量为Δv1，经过第三段h速度的增加量为Δv2，则Δv1与Δv2的比值满足（ ）
A．1<Δv1Δv2<2B．2<Δv1Δv2<3C．3<Δv1Δv2<4D．4<Δv1Δv2<5
【答案】C
【详解】小球做自由落体运动，两端相同距离h的时间之比为
t1:t2=1:3−2
由
Δv=gt
则
Δv1Δv2=t1t2=3+2
即
3<Δv1Δv2<4
故选C。
二、多选题
9．2022年9月27日，“鲲龙”AG600M灭火机以全新消防涂装在湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验。“鲲龙”AG600M灭火机在水面高速滑行15秒完成12吨汲水，随即腾空而起。假设“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上汲水的过程中做初速度为10m/s、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，则（ ）
A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为30m/s
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为110m
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为15m/s
D．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为534m/s
【答案】AD
【详解】A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为
v=v0+at=10m/s+2×10m/s=30m/s
故A正确；
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为
x=v0t+12at2=10×10m+12×2×102m=200m
故B错误；
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s末的速度为
v1=v0+at1=10m/s+2×15m/s=40m/s
“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为
v=v0+v12=10+402m/s=25m/s
故C错误；
D．根据匀变速直线运动的规律可得“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为
vx2=v02+v122=102+4022m/s=534m/s
故D正确。
故选AD。
10．汽车以20m/s的速度匀速运动，突遇紧急情况，以4m/s2的加速度刹车，则（ ）
A．刹车后6秒内的位移为50m。
B．刹车后4秒内的平均速度为10m/s
C．刹车后第2秒与第4秒的位移之比为7：3
D．v−t图线与坐标轴围成的“面积”为50m2
【答案】AC
【详解】A．取初速度方向为正方向，则
v0=20m/s，a=−4m/s2
根据速度时间关系可知，汽车做匀减速运动的总时间为
t=0−v0a=0−20−4s=5s
则刹车后5s内的位移实为
x=v0t2=20×52m=50m
6s>5s，刹车后6秒内的位移为刹车总位移，为50m，故A正确；
B．刹车后4秒时速度为
v=v0+at=4m/s
故4s内的平均速度为
v0+v2=12m/s
故B错误；
C．刹车时间为5s，其逆过程为：初速度为零的匀加速直线运动相等时间内的位移之比为1:3:5:7，由此可知刹车后第2秒（对应逆过程的第４s）与第4秒的位移（对应逆过程的第2s）之比为7：3，故C正确；
D．v−t图线与坐标轴围成的“面积”为刹车过程总位移，即为50m，故D错误。
故选AC。
11．屋檐上每隔相同的时间间隔滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴已刚好到达地面，而第3滴与第2滴分别位于高为1m的窗户的上、下沿，如图所示，不计空气阻力，则（ ）
A．每两滴水滴间的时间间隔为0.1sB．第4滴与第5滴间的距离为0.2m
C．第1滴与第2滴间的距离为1.6mD．屋檐到地面的高度3.2m
【答案】BD
【详解】B．由初速度为零的匀加速直线运动规律可知
ℎ45:ℎ34:ℎ23:ℎ12=1:3:5:7
由ℎ23=1m，可知第4滴与第5滴间的距离为
ℎ45=15ℎ23=0.2m
故B正确；
C．第1滴与第2滴间的距离为
ℎ12=75ℎ23=1.4m
故C错误；
D．屋檐到地面的高度
ℎ=1+3+5+75ℎ23=3.2m
故D正确；
A．由匀变速直线运动连续相等时间内位移差为定值，可得
ℎ12−ℎ23=gt2
每两滴水滴间的时间间隔为
t=ℎ12−ℎ23g=1.4−110s=0.2s
故A错误。
故选BD。
12．如图（a）所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为d=0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是（ ）
A．物块在由A运动至E的时间为0.6s
B．位置A与位置D间的距离为1.30m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875m/s2
【答案】CD
【详解】A．由图（b）中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T=0.40s，故AE的时间间隔为1.6s，选项A错误；
D．而AC段与CE段的时间间隔为
2T=0.80s
xCE−xAC=3d−d=2d
又
xCE−xAC=a2T2
解得
a=1.875m/s2
选项D正确；
C．物块在位置D时速度
vD=xCE2T=2.25m/s
选项C正确；
B．由
vD=vA+a3T
得物块在A位置速度vA=0，则位置A、D间距离为
xAD=vD2−vA22a=1.35m
选项B错误。
故选CD。
三、解答题
13．大雾天气，有甲、乙两车在同一平直车道上匀速行驶，甲车在后速度为v1=14m/s，乙车在前速度为v2=10m/s，某时刻甲车车头与乙车车尾间的距离为L0=30.5m，此时乙车突然以大小为a0=1m/s2的加速度刹车，经过时间t0甲车车头与乙车车尾间的距离减为L=14m，为了两车避免相撞，此时甲车也立即刹车做匀减速直线运动，求：
（1）t0的值。
（2）刹车后，甲车做匀减速直线运动的加速度至少多大？
【答案】（1）3s；（2）2.75m/s2
【详解】（1）在t0时间内，甲、乙两车运动位移分别为
x1=v1t0
x2=v2t0−12a0t02
又
x1−x2=L0−L
解得
t0=3s
（2）甲车开始刹车时，乙车速度为
v3=v2−a0t0=7m/s
若甲车刹车后经时间t两车速度相等（均为v），两车恰好避免相撞，则
v=v1−at
v=v3−a0t
时间t内甲、乙两车运动位移分别为
x3=v1t−12at2
x4=v3t−12a0t2
又
x3−x4=L
联立以上各式解得
a=2.75m/s2
即甲车刹车加速度至少为2.75m/s2。
14．一辆长途客车正在以v0＝20m/s 的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方34m 处有一只狗，如图甲所示，司机立即采取制动措施。司机的反应时间为0.5 s，若从司机看见狗开始计时（t＝0），长途客车的v－t 图像如图乙所示。
（1）求长途客车制动时的加速度；
（2）求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；
（3）若狗正以v1＝4m/s 的速度与长途客车同向奔跑，通过计算分析狗能否摆脱被撞的噩运？
【答案】（1）−5ms2；（2）50m；（3）狗能摆脱被撞的噩运
【详解】（1）根据图像可得
a=ΔvΔt=0−204.5−0.5=−5ms2
（2）速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，则有
s=20×0.5+12×20×(4.5−0.5)=50m
（3）当客车速度减为与狗的速度相同时，所需时间为
t=Δva=4−20−5=3.2s
司机从看到狗到速度减为与狗速度相同时，通过位移为
x=v0t+v12−v022a=48.4m
则有
x−v1t=48.4−14.8=33.6m<34m
所以狗不会被撞。
15．从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一个相同的小球。在连续放下几个小球以后，对在斜面上滚动的小球拍摄照片，如图所示，测得xAB=15cm，xBC=20cm，试求：
（1）小球滚动的加速度；
（2）拍摄时B球的速度；
（3）D与C之间的距离；
（4）A球上面滚动的小球还有几个？
【答案】（1）5m/s2；（2）1.75m/s；（3）25cm；（4）2
【详解】（1）根据
Δx=at2
可得小球的加速度
a=Δxt2=(20−15)×10−20.12m/s2=5m/s2
（2）拍摄时B球的速度就是球经过AC段的平均速度，故有
vB=xAC2t=(20+15)×10−22×0.1m/s=1.75m/s
（3）D与C之间的距离
xCD=xBC+Δx=25cm
（4）小球运动到B位置的时间为
tB=vBa=1.755s=0.35s
可得B球运动的时间为0.35s，每隔0.1s释放一个小球，B球上还有3个滚动的小球，A球上面滚动的小球还有2个。
一．匀变速直线运动的基本规律
1．匀变速直线运动
(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
(2)分类：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(匀加速直线运动：a与v同向.,匀减速直线运动：a与v反向.))
2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
4．位移与速度的关系式：v2－veq \\al(2,0)＝2ax.
二．匀变速直线运动的推论
1．平均速度公式：eq \(v,\s\up6(－))＝＝eq \f(v0＋v,2).
2．连续相等时间内位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.
3.中间位置的速度
4．初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末、2T末、3T末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：
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))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
三．自由落体运动和竖直上拋运动的规律
1．自由落体运动规律
(1)速度公式：v＝gt.
(2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2.
(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上拋运动规律
(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)上升到最大高度用时：t＝eq \f(v0,g).
【典例1】滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )
A.eq \r(2)v B．eq \r(3)v
C．2v D.eq \r(5)v
【典例2】(多选)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)( )
A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向向上
B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向下
C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向上
D．小球的位移大小一定是15 m
考点一 匀变速直线运动的基本规律
1．运动公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．
2．多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．
3．解决运动学问题的基本思路
eq \x(\a\al(画过程,示意图))→eq \x(\a\al(判断运,动性质))→eq \x(\a\al(选取,正方向))→eq \x(\a\al(选公式,列方程))→eq \x(\a\al(解方程,并讨论))
【典例1】如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
A．关卡2 B．关卡3
C．关卡4 D．关卡5
【典例2】一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )
A．2 m/s2 B．1 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2
【典例3】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
求解多阶段运动问题的三点注意
(1)画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量．
(2)选定正方向后，应标明各物理量的正、负号．
(3)计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
考点二 解决匀变速直线运动的规律总结
1.匀变速直线运动6种常用方法
2.解题的逻辑思维：
①先观察题干是否提供时间t，如果没有则运用v2－veq \\al(2,0)＝2ax；
②如果提供时间t，则再判断t是否相等，如果相等则优先考虑xm－xn＝(m－n)aT2；如果不相等则优先考虑eq \(v,\s\up6(－))＝＝eq \f(v0＋v,2)；
③只有从静止（初速度为零）或者匀减速到零的运动，才可以运用比例式。使用比速度或比位移的时候，一定要注意相等时间这个前提；使用比时间的时候，一定要注意相等位移这个前提，有时题干未给我们分出相等位移的时候要自行分割成几段连续的相等位移，再去比时间。
【典例1】(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体( )
A．在A点的速度大小为eq \f(x1＋x2,2T)
B．在B点的速度大小为eq \f(3x2－x1,2T)
C．运动的加速度为eq \f(2x1,T2)
D．运动的加速度为eq \f(x1＋x2,T2)
【典例2】质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为( )
A. eq \r(\f(sa1＋a2,a1a2)) B. eq \r(\f(2sa1＋a2,a1a2))
C.eq \f(2sa1＋a2,a1a2) D. eq \r(\f(a1a2,2sa1＋a2))
【典例3】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．
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．
2．竖直上抛运动的处理方法
(1)两种方法
①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．
②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反．
(2)符号法则：应用公式时，要特别注意v0、v、h等矢量的正负号，一般选向上为正方向，v0总是正值，上升过程中v为正值，下降过程中v为负值，物体在抛出点以上时h为正值，在抛出点以下时h为负值．
(3)巧用竖直上抛运动的对称性
①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向．
②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等．
【典例1】气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g取10 m/s2.
【典例2】一小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．经过b点时速度为v，经过c点时速度为3v，则ab段与ac段位移之比为( )
A．1∶3 B．1∶5
C．1∶8 D．1∶9
【典例3】(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 m
B．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/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
处理竖直上抛运动的两点注意
(1)用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式h＝v0t＋eq \f(1,2)gt2中各符号的意义必须明确．
(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．
考点四 两类匀减速直线运动
1．刹车类问题
汽车匀减速到速度为零后即停止运动，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、加速度大小不变的匀加速直线运动．
2．双向可逆类问题
如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、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1】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，刹车后第三个2 s内，汽车运动的位移为( )
A．12.5 m B．2 m
C．10 m D．0
【典例2】(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m．则时间t可能为( )
A．1 s B．3 s
C．4 s D.eq \f(5＋\r(41),2) s
一、单选题
1．汽车由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，10s后关闭发动机，关闭发动机后汽车做匀减速运动，第13s末速度是14m/s，则汽车在第13s内的平均速度是（ ）
A．16m/sB．15m/sC．14m/sD．13m/s
2．在2021年东京奥运会上，年仅14岁的全红婵在女子单人10米台上以超过第三名95分的超高成绩毫无悬念地拿下了女子单人10米台的冠军。若将全红婵人水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的位移为x。人水后第一个x3位移内的时间为t1，最后一个x3位移内的时间为t2，则t1t2的比值为（ ）
A．3:1B．2−3:1C．3：1D．3−2:1
3．打弹弓是一款传统游戏，射弹花样繁多，燕子钻天是游戏的一种，如图所示，一表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1s内上升的高度与最后1s内上升的高度之比为9:1，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则弹丸在上升过程中最初1s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为（ ）
A．45m/s；125mB．45m/s；75mC．36m/s；125mD．36m/s；75m
4．有一串珠子（珠子可视为质点），穿在一根长1.8m的细线上，细线的首尾各固定1个珠子，中间还有5个珠子。从最下面的珠子算起，相邻两个珠子之间的距离依次为 5cm、15cm、25cm、35cm、45cm、55cm，如图所示。某人向上提起细线的上端，让细线自由垂下，且第1个珠子紧贴水平桌面，松手后开始计时，若不计空气阻力，g取10m/s2，假设珠子落到桌面上不再反弹，则第2、3、4、5、6、7个珠子（ ）
A．依次落到桌面上的速率之比为1:3:5:7:9:11
B．落到桌面上的时间间隔相等
C．落到桌面上的时间间隔越来越大
D．第4个珠子落到桌面上的速率为4m/s
5．为有效管控机动车通过一长度为4.8km的直隧道时的车速，以预防和减少交通事故，在此隧道入口和出口处各装有一个测速监控（测速区间）。一辆汽车车尾通过隧道入口时的速率为76km/h，汽车匀加速行驶36s，速率达到84km/h，接着匀速行驶60s，然后匀减速行驶。要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过80km/h，则该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为（ ）
A．73km/hB．72km/hC．71km/hD．70km/h
6．2019年7月20日晚，在韩国光州进行的2019年国际游泳世锦赛结束了跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为t。杨健入水后第一个t4时间内的位移为x1，最后一个t4时间内的位移为x2，则x1x2为：（ ）
A．3：1B．4：1C．7：1D．8：1
7．甲、乙两物体做同向直线运动，计时开始时都位于坐标原点处，从计时开始两物体运动的v2−x图像（速度的平方与位移关系图像）如图所示。已知乙做匀加速运动的加速度为a，根据图像所提供的信息，下列说法正确的是（ ）
A．两物体在x0处相遇B．甲的速度为ax0
C．甲、乙速度相等的时刻为x0aD．甲与乙的最大距离为x0
8．图示描述的是伽利略在比萨斜塔上做落体实验的故事．不计空气阻力，小球从塔上自由下落，由静止开始经过第一段h速度的增加量为Δv1，经过第三段h速度的增加量为Δv2，则Δv1与Δv2的比值满足（ ）
A．1<Δv1Δv2<2B．2<Δv1Δv2<3C．3<Δv1Δv2<4D．4<Δv1Δv2<5
二、多选题
9．2022年9月27日，“鲲龙”AG600M灭火机以全新消防涂装在湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验。“鲲龙”AG600M灭火机在水面高速滑行15秒完成12吨汲水，随即腾空而起。假设“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上汲水的过程中做初速度为10m/s、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，则（ ）
A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为30m/s
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为110m
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为15m/s
D．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为534m/s
10．汽车以20m/s的速度匀速运动，突遇紧急情况，以4m/s2的加速度刹车，则（ ）
A．刹车后6秒内的位移为50m。
B．刹车后4秒内的平均速度为10m/s
C．刹车后第2秒与第4秒的位移之比为7：3
D．v−t图线与坐标轴围成的“面积”为50m2
11．屋檐上每隔相同的时间间隔滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴已刚好到达地面，而第3滴与第2滴分别位于高为1m的窗户的上、下沿，如图所示，不计空气阻力，则（ ）
A．每两滴水滴间的时间间隔为0.1sB．第4滴与第5滴间的距离为0.2m
C．第1滴与第2滴间的距离为1.6mD．屋檐到地面的高度3.2m
12．如图（a）所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为d=0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是（ ）
A．物块在由A运动至E的时间为0.6s
B．位置A与位置D间的距离为1.30m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875m/s2
三、解答题
13．大雾天气，有甲、乙两车在同一平直车道上匀速行驶，甲车在后速度为v1=14m/s，乙车在前速度为v2=10m/s，某时刻甲车车头与乙车车尾间的距离为L0=30.5m，此时乙车突然以大小为a0=1m/s2的加速度刹车，经过时间t0甲车车头与乙车车尾间的距离减为L=14m，为了两车避免相撞，此时甲车也立即刹车做匀减速直线运动，求：
（1）t0的值。
（2）刹车后，甲车做匀减速直线运动的加速度至少多大？
14．一辆长途客车正在以v0＝20m/s 的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方34m 处有一只狗，如图甲所示，司机立即采取制动措施。司机的反应时间为0.5 s，若从司机看见狗开始计时（t＝0），长途客车的v－t 图像如图乙所示。
（1）求长途客车制动时的加速度；
（2）求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；
（3）若狗正以v1＝4m/s 的速度与长途客车同向奔跑，通过计算分析狗能否摆脱被撞的噩运？
15．从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一个相同的小球。在连续放下几个小球以后，对在斜面上滚动的小球拍摄照片，如图所示，测得xAB=15cm，xBC=20cm，试求：
（1）小球滚动的加速度；
（2）拍摄时B球的速度；
（3）D与C之间的距离；
（4）A球上面滚动的小球还有几个？
第2讲 匀变速直线运动的规律的运用
——划重点之精细讲义系列
一．匀变速直线运动的基本规律
1．匀变速直线运动
(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
(2)分类：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(匀加速直线运动：a与v同向.,匀减速直线运动：a与v反向.))
2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
4．位移与速度的关系式：v2－veq \\al(2,0)＝2ax.
二．匀变速直线运动的推论
1．平均速度公式：eq \(v,\s\up6(－))＝＝eq \f(v0＋v,2).
2．连续相等时间内位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.
3.中间位置的速度
4．初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末、2T末、3T末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：
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))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
三．自由落体运动和竖直上拋运动的规律
1．自由落体运动规律
(1)速度公式：v＝gt.
(2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2.
(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上拋运动规律
(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)上升到最大高度用时：t＝eq \f(v0,g).
【典例1】滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )
A.eq \r(2)v B．eq \r(3)v
C．2v D.eq \r(5)v
解析：选A.由匀变速直线运动的中间位置的速度公式
veq \f(x,2)＝ eq \r(\f(v\\al(2,0)＋v2,2))，有v＝ eq \r(\f(0＋v\\al(2,底),2))，得v底＝eq \r(2)v，所以只有A项正确．
【典例2】(多选)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)( )
A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向向上
B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向下
C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向上
D．小球的位移大小一定是15 m
解析：选ACD.规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s、方向向上时，vt＝10 m/s，由eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)得eq \x\t(v)＝15 m/s，方向向上，A正确．当小球的末速度大小为10 m/s、方向向下时，vt＝－10 m/s，由eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)得eq \x\t(v)＝5 m/s，方向向上，B错误，C正确．由于末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，距起点的位移x＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,t),2g)＝15 m，D正确．
考点一 匀变速直线运动的基本规律
1．运动公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．
2．多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．
3．解决运动学问题的基本思路
eq \x(\a\al(画过程,示意图))→eq \x(\a\al(判断运,动性质))→eq \x(\a\al(选取,正方向))→eq \x(\a\al(选公式,列方程))→eq \x(\a\al(解方程,并讨论))
【典例1】如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
A．关卡2 B．关卡3
C．关卡4 D．关卡5
解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝eq \f(v,a)＝1 s，运动的距离x1＝eq \f(1,2)at2＝1 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动距离为9 m，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C正确．
【典例2】一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )
A．2 m/s2 B．1 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2
解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋eq \f(1,2)at2
从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有
0－veq \\al(2,0)＝2a·2L，
解得a≈－0.5 m/s2或a＝－18 m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s2，故C正确．
【典例3】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
解析：根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速运动．设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)①
x1＋x2＝eq \f(1,2)a(2t0)2②
式中t0＝1 s，联立①②两式并代入已知条件，得
a＝5 m/s2③
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为x.依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2④
v＝at1⑤
x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＋vt2⑥
设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)⑦
联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x′＝10 m
答案：5 m/s2 10 m
求解多阶段运动问题的三点注意
(1)画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量．
(2)选定正方向后，应标明各物理量的正、负号．
(3)计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
考点二 解决匀变速直线运动的规律总结
1.匀变速直线运动6种常用方法
2.解题的逻辑思维：
①先观察题干是否提供时间t，如果没有则运用v2－veq \\al(2,0)＝2ax；
②如果提供时间t，则再判断t是否相等，如果相等则优先考虑xm－xn＝(m－n)aT2；如果不相等则优先考虑eq \(v,\s\up6(－))＝＝eq \f(v0＋v,2)；
③只有从静止（初速度为零）或者匀减速到零的运动，才可以运用比例式。使用比速度或比位移的时候，一定要注意相等时间这个前提；使用比时间的时候，一定要注意相等位移这个前提，有时题干未给我们分出相等位移的时候要自行分割成几段连续的相等位移，再去比时间。
【典例1】(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体( )
A．在A点的速度大小为eq \f(x1＋x2,2T)
B．在B点的速度大小为eq \f(3x2－x1,2T)
C．运动的加速度为eq \f(2x1,T2)
D．运动的加速度为eq \f(x1＋x2,T2)
解析：选AB.根据匀变速直线运动规律可知，该物体在A点的瞬时速度大小等于物体运动的平均速度大小，即vA＝eq \f(x1＋x2,2T)，选项A正确；设物体加速度大小为a，有x2－x1＝aT2，则a＝eq \f(x2－x1,T2)，选项C、D错误；物体在B点的速度大小为vB＝vA＋aT＝eq \f(3x2－x1,2T)，选项B正确．
【典例2】质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为( )
A. eq \r(\f(sa1＋a2,a1a2)) B. eq \r(\f(2sa1＋a2,a1a2))
C.eq \f(2sa1＋a2,a1a2) D. eq \r(\f(a1a2,2sa1＋a2))
解析：选B.设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：eq \f(v2,2a1)＋eq \f(v2,2a2)＝s，解得：v＝eq \r(\f(2a1a2s,a1＋a2))；而s＝eq \f(0＋v,2)t1＋eq \f(v＋0,2)t2＝eq \f(v,2)t，由此解得：t＝eq \r(\f(2sa1＋a2,a1a2))，所以选B.
【典例3】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．
解析：方法一：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(at\\al(2,BC),2)，xAC＝eq \f(at＋tBC2,2)，
又xBC＝eq \f(xAC,4)，
由以上三式解得tBC＝t.
方法二：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动，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)＝2axAC①
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－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t.
方法三：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xCB∶xBA＝eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.
方法四：中间时刻速度法
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的平均速度，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).可以看成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.
方法五：图象法
根据匀变速直线运动的规律，画出v－t图象．如图所示，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
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．
2．竖直上抛运动的处理方法
(1)两种方法
①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．
②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反．
(2)符号法则：应用公式时，要特别注意v0、v、h等矢量的正负号，一般选向上为正方向，v0总是正值，上升过程中v为正值，下降过程中v为负值，物体在抛出点以上时h为正值，在抛出点以下时h为负值．
(3)巧用竖直上抛运动的对称性
①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向．
②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等．
【典例1】气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g取10 m/s2.
解析 解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理．
绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为
t1＝eq \f(v0,g)＝1 s
h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝5 m
故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝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))＝6 s
v＝gt2＝60 m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为
t＝t1＋t2＝7 s.
解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有：
h′＝v0t－eq \f(1,2)gt2
即－175＝10t－eq \f(1,2)×10t2＝10t－5t2
t2－2t－35＝0
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为：
v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示落地速度，与初速度方向相反，方向竖直向下．
答案 见解析
【典例2】一小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．经过b点时速度为v，经过c点时速度为3v，则ab段与ac段位移之比为( )
A．1∶3 B．1∶5
C．1∶8 D．1∶9
解析：选D.物体做自由落体运动，
2ghab＝v2①
2ghac＝(3v)2②
由①②得eq \f(hab,hac)＝eq \f(1,9)，故D正确．
【典例3】(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 m
B．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/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
解析：选AB.
解法一：分阶段法．
物体上升的时间t上＝eq \f(v0,g)＝eq \f(30,10) s＝3 s，物体上升的最大高度h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(302,2×10) m＝45 m．物体从最高点自由下落2 s的高度h2＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,下)＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m．运动过程如图所示，则总路程为65 m，A正确.5 s末物体离抛出点的高度为25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确.5 s末物体的速度v＝gt下＝10×2 m/s＝20 m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv＝(－v)－v0＝(－20 m/s)－30 m/s＝－50 m/s，即速度改变量的大小为50 m/s，方向竖直向下，C错误．平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(h1－h2,t)＝eq \f(25,5) m/s＝5 m/s，方向竖直向上，D错误．
解法二：全过程法．
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．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝25 m＞0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确．速度的变化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C错误.5 s末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝5 m/s＞0，方向竖直向上，D错误．
处理竖直上抛运动的两点注意
(1)用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式h＝v0t＋eq \f(1,2)gt2中各符号的意义必须明确．
(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．
考点四 两类匀减速直线运动
1．刹车类问题
汽车匀减速到速度为零后即停止运动，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、加速度大小不变的匀加速直线运动．
2．双向可逆类问题
如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、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1】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，刹车后第三个2 s内，汽车运动的位移为( )
A．12.5 m B．2 m
C．10 m D．0
解析：选D.设汽车从刹车到停下的时间为t，则由v＝v0＋at得t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－10,－4) s＝2.5 s，所以第三个2 s汽车早已停止，所以第三个2 s位移为零，D正确．
【典例2】(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m．则时间t可能为( )
A．1 s B．3 s
C．4 s D.eq \f(5＋\r(41),2) s
解析：选ACD.当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得，4＝5t－eq \f(1,2)×2t2，解得t1＝1 s，t2＝4 s；当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得，－4＝5t－eq \f(1,2)×2t2，解得t3＝eq \f(5＋\r(41),2) s，故A、C、D正确，B错误．
一、单选题
1．汽车由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，10s后关闭发动机，关闭发动机后汽车做匀减速运动，第13s末速度是14m/s，则汽车在第13s内的平均速度是（ ）
A．16m/sB．15m/sC．14m/sD．13m/s
【答案】B
【详解】由公式
v=v0+at
可知10s末汽车的速度
v10=20m/s
关闭发动机后汽车做匀减速运动，由公式
v13=v10+a′t
解得
a′=−2m/s2
由汽车在第12.5s时的速度即为第13s内的平均速度
v=v10+a′×2.5
得
v=15m/s
故选B。
2．在2021年东京奥运会上，年仅14岁的全红婵在女子单人10米台上以超过第三名95分的超高成绩毫无悬念地拿下了女子单人10米台的冠军。若将全红婵人水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的位移为x。人水后第一个x3位移内的时间为t1，最后一个x3位移内的时间为t2，则t1t2的比值为（ ）
A．3:1B．2−3:1C．3：1D．3−2:1
【答案】D
【详解】根据逆向思维反向看成初速度为零的匀加速直线运动，则连续通过相等位移的时间之比为1:2−1:3−2，可得
t1t2=3−21
故选D。
3．打弹弓是一款传统游戏，射弹花样繁多，燕子钻天是游戏的一种，如图所示，一表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1s内上升的高度与最后1s内上升的高度之比为9:1，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则弹丸在上升过程中最初1s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为（ ）
A．45m/s；125mB．45m/s；75mC．36m/s；125mD．36m/s；75m
【答案】A
【详解】射出的弹丸做竖直上抛运动，可看成自由落体运动的逆运动，由运动学公式
ℎ=12gt2
弹丸最后1s内下落的高度
ℎ1=12×10×12m=5m
则最初1s内下落的高度
ℎ2=9ℎ1=45m
最初1s内中间时刻的速度
v=ℎ2t=451m/s=45m/s
弹丸自由下落的时间
t′=vg+0.5=4510s+0.5s=5s
弹丸下落的总高度
ℎ3=12gt′2=12×10×52m=125m
则弹丸上升的最大高度为125m。
故选A。
4．有一串珠子（珠子可视为质点），穿在一根长1.8m的细线上，细线的首尾各固定1个珠子，中间还有5个珠子。从最下面的珠子算起，相邻两个珠子之间的距离依次为 5cm、15cm、25cm、35cm、45cm、55cm，如图所示。某人向上提起细线的上端，让细线自由垂下，且第1个珠子紧贴水平桌面，松手后开始计时，若不计空气阻力，g取10m/s2，假设珠子落到桌面上不再反弹，则第2、3、4、5、6、7个珠子（ ）
A．依次落到桌面上的速率之比为1:3:5:7:9:11
B．落到桌面上的时间间隔相等
C．落到桌面上的时间间隔越来越大
D．第4个珠子落到桌面上的速率为4m/s
【答案】B
【详解】ABC．各珠子同时做自由落体运动，下降的位移之比为5:20:45:80:125:180=1:4:9:16:25:36；根据
ℎ=12gt2
可知落地的时间之比为1:2:3:4:5:6，则各珠子落到桌面上的时间间隔相等；根据
v=gt
可知依次落到桌面上的速率之比为1:2:3:4:5:6，故B正确，AC错误；
D．第4个珠子距离桌面的高度为45cm，则第4个珠子落到桌面上的速率为
v=2gℎ=2×10×0.45m/s=3m/s
故D错误。
故选B。
5．为有效管控机动车通过一长度为4.8km的直隧道时的车速，以预防和减少交通事故，在此隧道入口和出口处各装有一个测速监控（测速区间）。一辆汽车车尾通过隧道入口时的速率为76km/h，汽车匀加速行驶36s，速率达到84km/h，接着匀速行驶60s，然后匀减速行驶。要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过80km/h，则该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为（ ）
A．73km/hB．72km/hC．71km/hD．70km/h
【答案】B
【详解】汽车在隧道匀加速行驶的位移
x1=vt1=76+842×363600km=0.8km
汽车在隧道匀速行驶的位移
x2=vt2=84×603600km=1.4km
汽车在隧道匀减速行驶的位移
x3=x−x1−x2=2.6km
要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过80km/h，则该汽车车尾通过隧道出口时的最短时间
t=xv'=4.880h=0.06h
汽车在隧道匀减速行驶的时间
t3=t−t1−t2=120s
设该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为vm，则
x3=84+vm2×t3
解得
vm=72km/h
故选B。
6．2019年7月20日晚，在韩国光州进行的2019年国际游泳世锦赛结束了跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为t。杨健入水后第一个t4时间内的位移为x1，最后一个t4时间内的位移为x2，则x1x2为：（ ）
A．3：1B．4：1C．7：1D．8：1
【答案】C
【详解】将运动员入水后的运动逆过来可看作为初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1：3：5：7…，所以有：
x1x2=71
选项C正确，ABD错误。
故选C。
7．甲、乙两物体做同向直线运动，计时开始时都位于坐标原点处，从计时开始两物体运动的v2−x图像（速度的平方与位移关系图像）如图所示。已知乙做匀加速运动的加速度为a，根据图像所提供的信息，下列说法正确的是（ ）
A．两物体在x0处相遇B．甲的速度为ax0
C．甲、乙速度相等的时刻为x0aD．甲与乙的最大距离为x0
【答案】D
【详解】A．由图像可知，甲做匀速运动，乙开始时做匀加速运动，在x0处速度相等，则当甲、乙运动相等的位移x0时，运动时间不相等，即两物体不在同一时刻到达x0处，则两物体不在x0处相遇，A错误；
B．设甲的速度为v0，在0∼x0位移内乙的加速度为a，由匀加速直线运动规律可得
2ax0=v02
解得
v0=2ax0
B错误；
C．由
v0=at
解得甲、乙速度相等的时刻为
t=2x0a
C错误；
D．分析可知甲、乙速度相等之后均做匀速直线运动，当甲、乙的速度相等时，相距最远，最远的距离为
Δx=v0t−12at2=x0
D正确。
故选D。
8．图示描述的是伽利略在比萨斜塔上做落体实验的故事．不计空气阻力，小球从塔上自由下落，由静止开始经过第一段h速度的增加量为Δv1，经过第三段h速度的增加量为Δv2，则Δv1与Δv2的比值满足（ ）
A．1<Δv1Δv2<2B．2<Δv1Δv2<3C．3<Δv1Δv2<4D．4<Δv1Δv2<5
【答案】C
【详解】小球做自由落体运动，两端相同距离h的时间之比为
t1:t2=1:3−2
由
Δv=gt
则
Δv1Δv2=t1t2=3+2
即
3<Δv1Δv2<4
故选C。
二、多选题
9．2022年9月27日，“鲲龙”AG600M灭火机以全新消防涂装在湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验。“鲲龙”AG600M灭火机在水面高速滑行15秒完成12吨汲水，随即腾空而起。假设“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上汲水的过程中做初速度为10m/s、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，则（ ）
A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为30m/s
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为110m
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为15m/s
D．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为534m/s
【答案】AD
【详解】A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为
v=v0+at=10m/s+2×10m/s=30m/s
故A正确；
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为
x=v0t+12at2=10×10m+12×2×102m=200m
故B错误；
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s末的速度为
v1=v0+at1=10m/s+2×15m/s=40m/s
“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为
v=v0+v12=10+402m/s=25m/s
故C错误；
D．根据匀变速直线运动的规律可得“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为
vx2=v02+v122=102+4022m/s=534m/s
故D正确。
故选AD。
10．汽车以20m/s的速度匀速运动，突遇紧急情况，以4m/s2的加速度刹车，则（ ）
A．刹车后6秒内的位移为50m。
B．刹车后4秒内的平均速度为10m/s
C．刹车后第2秒与第4秒的位移之比为7：3
D．v−t图线与坐标轴围成的“面积”为50m2
【答案】AC
【详解】A．取初速度方向为正方向，则
v0=20m/s，a=−4m/s2
根据速度时间关系可知，汽车做匀减速运动的总时间为
t=0−v0a=0−20−4s=5s
则刹车后5s内的位移实为
x=v0t2=20×52m=50m
6s>5s，刹车后6秒内的位移为刹车总位移，为50m，故A正确；
B．刹车后4秒时速度为
v=v0+at=4m/s
故4s内的平均速度为
v0+v2=12m/s
故B错误；
C．刹车时间为5s，其逆过程为：初速度为零的匀加速直线运动相等时间内的位移之比为1:3:5:7，由此可知刹车后第2秒（对应逆过程的第４s）与第4秒的位移（对应逆过程的第2s）之比为7：3，故C正确；
D．v−t图线与坐标轴围成的“面积”为刹车过程总位移，即为50m，故D错误。
故选AC。
11．屋檐上每隔相同的时间间隔滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴已刚好到达地面，而第3滴与第2滴分别位于高为1m的窗户的上、下沿，如图所示，不计空气阻力，则（ ）
A．每两滴水滴间的时间间隔为0.1sB．第4滴与第5滴间的距离为0.2m
C．第1滴与第2滴间的距离为1.6mD．屋檐到地面的高度3.2m
【答案】BD
【详解】B．由初速度为零的匀加速直线运动规律可知
ℎ45:ℎ34:ℎ23:ℎ12=1:3:5:7
由ℎ23=1m，可知第4滴与第5滴间的距离为
ℎ45=15ℎ23=0.2m
故B正确；
C．第1滴与第2滴间的距离为
ℎ12=75ℎ23=1.4m
故C错误；
D．屋檐到地面的高度
ℎ=1+3+5+75ℎ23=3.2m
故D正确；
A．由匀变速直线运动连续相等时间内位移差为定值，可得
ℎ12−ℎ23=gt2
每两滴水滴间的时间间隔为
t=ℎ12−ℎ23g=1.4−110s=0.2s
故A错误。
故选BD。
12．如图（a）所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为d=0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是（ ）
A．物块在由A运动至E的时间为0.6s
B．位置A与位置D间的距离为1.30m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875m/s2
【答案】CD
【详解】A．由图（b）中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T=0.40s，故AE的时间间隔为1.6s，选项A错误；
D．而AC段与CE段的时间间隔为
2T=0.80s
xCE−xAC=3d−d=2d
又
xCE−xAC=a2T2
解得
a=1.875m/s2
选项D正确；
C．物块在位置D时速度
vD=xCE2T=2.25m/s
选项C正确；
B．由
vD=vA+a3T
得物块在A位置速度vA=0，则位置A、D间距离为
xAD=vD2−vA22a=1.35m
选项B错误。
故选CD。
三、解答题
13．大雾天气，有甲、乙两车在同一平直车道上匀速行驶，甲车在后速度为v1=14m/s，乙车在前速度为v2=10m/s，某时刻甲车车头与乙车车尾间的距离为L0=30.5m，此时乙车突然以大小为a0=1m/s2的加速度刹车，经过时间t0甲车车头与乙车车尾间的距离减为L=14m，为了两车避免相撞，此时甲车也立即刹车做匀减速直线运动，求：
（1）t0的值。
（2）刹车后，甲车做匀减速直线运动的加速度至少多大？
【答案】（1）3s；（2）2.75m/s2
【详解】（1）在t0时间内，甲、乙两车运动位移分别为
x1=v1t0
x2=v2t0−12a0t02
又
x1−x2=L0−L
解得
t0=3s
（2）甲车开始刹车时，乙车速度为
v3=v2−a0t0=7m/s
若甲车刹车后经时间t两车速度相等（均为v），两车恰好避免相撞，则
v=v1−at
v=v3−a0t
时间t内甲、乙两车运动位移分别为
x3=v1t−12at2
x4=v3t−12a0t2
又
x3−x4=L
联立以上各式解得
a=2.75m/s2
即甲车刹车加速度至少为2.75m/s2。
14．一辆长途客车正在以v0＝20m/s 的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方34m 处有一只狗，如图甲所示，司机立即采取制动措施。司机的反应时间为0.5 s，若从司机看见狗开始计时（t＝0），长途客车的v－t 图像如图乙所示。
（1）求长途客车制动时的加速度；
（2）求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；
（3）若狗正以v1＝4m/s 的速度与长途客车同向奔跑，通过计算分析狗能否摆脱被撞的噩运？
【答案】（1）−5ms2；（2）50m；（3）狗能摆脱被撞的噩运
【详解】（1）根据图像可得
a=ΔvΔt=0−204.5−0.5=−5ms2
（2）速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，则有
s=20×0.5+12×20×(4.5−0.5)=50m
（3）当客车速度减为与狗的速度相同时，所需时间为
t=Δva=4−20−5=3.2s
司机从看到狗到速度减为与狗速度相同时，通过位移为
x=v0t+v12−v022a=48.4m
则有
x−v1t=48.4−14.8=33.6m<34m
所以狗不会被撞。
15．从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一个相同的小球。在连续放下几个小球以后，对在斜面上滚动的小球拍摄照片，如图所示，测得xAB=15cm，xBC=20cm，试求：
（1）小球滚动的加速度；
（2）拍摄时B球的速度；
（3）D与C之间的距离；
（4）A球上面滚动的小球还有几个？
【答案】（1）5m/s2；（2）1.75m/s；（3）25cm；（4）2
【详解】（1）根据
Δx=at2
可得小球的加速度
a=Δxt2=(20−15)×10−20.12m/s2=5m/s2
（2）拍摄时B球的速度就是球经过AC段的平均速度，故有
vB=xAC2t=(20+15)×10−22×0.1m/s=1.75m/s
（3）D与C之间的距离
xCD=xBC+Δx=25cm
（4）小球运动到B位置的时间为
tB=vBa=1.755s=0.35s
可得B球运动的时间为0.35s，每隔0.1s释放一个小球，B球上还有3个滚动的小球，A球上面滚动的小球还有2个。
相关试卷
2024年高考一轮复习精细讲义第31讲 电学实验基础(原卷版+解析)： 这是一份2024年高考一轮复习精细讲义第31讲 电学实验基础(原卷版+解析)，共37页。试卷主要包含了螺旋测微器的原理和读数，游标卡尺的原理和读数，常用电表的读数等内容，欢迎下载使用。
2024年高考一轮复习精细讲义第29讲 电流 电阻 电功 电功率(原卷版+解析)： 这是一份2024年高考一轮复习精细讲义第29讲 电流 电阻 电功 电功率(原卷版+解析)，共34页。试卷主要包含了形成的条件，两个表达式，导体的伏安特性曲线图线，电源和电阻U－I图象的比较等内容，欢迎下载使用。
第2讲 匀变速直线运动规律的运用 —【划重点】2024年高考一轮复习精细讲义： 这是一份第2讲 匀变速直线运动规律的运用 —【划重点】2024年高考一轮复习精细讲义，文件包含第2讲匀变速直线运动规律的运用解析版划重点2024年高考一轮复习精细讲义docx、第2讲匀变速直线运动规律的运用原卷版划重点2024年高考一轮复习精细讲义docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
