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2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 匀变速直线运动的规律
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这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 匀变速直线运动的规律，共21页。
第2讲 匀变速直线运动的规律
[主干知识·填一填]
一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
沿一条直线且加速度不变的运动．
2．基本公式
(1)速度公式：v＝v0＋at．
(2)位移公式：x＝v0t＋at2．
(3)位移速度关系式：v2－v＝2ax．
3．重要推论
(1)平均速度：＝v＝，即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，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半．
(2)任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2．
注意：此公式可以延伸为xm－xn＝(m－n)aT2，常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度．
(3)位移中点速度：v＝ .
4．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n．
(2)1T内、2T内、3T内、…、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)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)．
二、自由落体和竖直上抛运动的基本规律
1．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．
(2)伽利略对自由落体运动的研究．
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．
2．基本规律
自由落体运动
竖直上抛运动
速度公式
v＝gt
v＝v 0－gt
位移公式
h＝gt2
h＝v 0t－gt2
速度—位移关系式
v 2＝2gh
v 2－v ＝－2gh
[规律结论·记一记]
1．匀变速直线运动的公式中，各物理量必须相对同一参考系，高中阶段一般都选地面为参考系．
2．匀变速直线运动的速度公式、位移公式和速度—位移关系式均为矢量表达式，应用公式解题时应注意选取正方向，代入“＋”“－”．
3．解题中常用到的二级结论
(1)不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有v＞v.
(2)在“刹车”问题中要注意汽车从刹车到停止的时间t0与题干所给时间的大小关系．
(3)物体做匀减速直线运动，可看成反向匀加速直线运动．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(√)
2．匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3.(×)
3．对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度．(×)
4．物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动．(×)
5．做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下的．(√)
二、经典小题速练
1.如图所示，高速公路一般情况下小汽车限速120 km/h，但由于施工等特殊情况会有临时限速．某货车正在以72 km/h的速度行驶，看到临时限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1 m/s2，减速行驶了2 min，则减速后货车的速度为( )
A．6.0 m/s B．8.0 m/s
C．10.0 m/s D．12.0 m/s
解析：B v0＝72 km/h＝20 m/s，t＝2 min＝120 s，a＝－0.1 m/s2.由v＝v0＋at得v＝(20－0.1×120) m/s＝8.0 m/s，故选项B正确．
2.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
解析：C 根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
3．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3＝8 m．由此可求得( )
A．第一次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移
D．质点运动的初速度
解析：C 由于闪光时间未知，所以根据s2－s1＝s3－s2＝aT2，只能求出第二、第三次闪光的时间间隔内质点的位移s2＝5 m，选项C正确．
命题点一 匀变速直线运动规律的应用(自主学习)
[核心整合]
1．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．
2．解决运动学问题的基本思路
3．两类特殊的匀减速直线运动
刹车类问题
双向运动类
其特点为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、加速度不变的匀加速直线运动
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，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
[题组突破]
1．(基本公式的应用)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
解析：B 根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋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＋at2＝2×5 m＋×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．
2．(刹车类问题)若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为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
解析：B 设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速直线运动，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＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m，故选B.
3．(双向可逆类问题)(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
解析：ABC 以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为向上的7.5 m时，x＝＋7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确. 当物体的位移为向下的7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2解得：t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确. 由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s或v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误．
4．(多过程问题)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，列车的速度的大小；
(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a2的大小．
解析：(1)打开制动风翼时，列车的加速度大小为
a1＝0.5 m/s2，
设经过t2＝40 s时，列车的速度为v1，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)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，
打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，
列车行驶的距离x2＝＝2800 m，
打开电磁制动后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1500 m，
a2＝＝1.2 m/s2.
答案：(1)60 m/s (2)1.2 m/s2
求解多阶段运动问题的四个关键
(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量．
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(4)物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁．
命题点二 解决匀变速直线运动的常用方法(自主学习)
[核心整合]
解决匀变速直线运动的六种方法
[题组突破]
1．(平均速度公式的应用)(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，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段时间之比
解析：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：＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到：＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为：＝＝＝24 m/s，所以有：＝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，A选项正确，B、C选项错误．tAB∶tBC＝∶＝2∶3，D选项正确．
2．(位移差公式的应用)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
解析：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＝，则OB之间的距离xOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C选项正确．
3．(逆向思维法的应用)假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0
C. D．
解析：B “蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝a(t－t0)2＝××(t－t0)2＝，故选B.
4．(比例法的应用)(多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
解析：BD 采用逆向思维法求解．该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L，则v＝2a·L，v＝2a·2L，v＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，所以选项B正确．由于每块木块厚度相同，故由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，所以选项D正确．
5．(图像法的应用)如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v.若a1≠a2≠a3，则( )
A．甲、乙不可能同时由A到达C
B．甲一定先由A到达C
C．乙一定先由A到达C
D．若a1>a3，则甲一定先由A到达C
解析：A 根据速度－时间图线得，若a1>a3，如图(a)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙a1，如图(b)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙>t甲．通过图线作不出位移相等，速度相等，时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达．故A正确，B、C、D错误．
命题点三 自由落体运动(师生互动)
[核心整合]
求解自由落体运动的两点注意
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．
(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＝＝＝gt.
(3)连续相等时间T内的下落高度之差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．
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处圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？
【思维导引】
(1)木杆经过A点过程中位移等于杆的长度．
(2)木杆通过圆筒AB过程中位移等于杆和筒的长度之和．
解析：(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时
t下A＝ ＝ s＝ s
木杆的上端到达圆筒上端A用时
t上A＝ ＝ s＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1＝t上A－t下A＝ s.
(2)木杆的上端到达圆筒下端B用时
t上B＝ ＝ s＝ s
则木杆通过圆筒所用的时间
t2＝t上B －t下A＝ s.
答案：(1) s (2) s
在计算杆通过圆筒的时间时，既不能将杆视为质点，又不能将圆筒视为质点，此时要注意确定杆通过圆筒的开始和终止时刻之间所对应的下落高度．
[题组突破]
1．(自由落体运动规律)(多选)如图所示，甲同学用手拿着一把长50 cm的直尺，并使其处于竖直状态，乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备．某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20 cm；重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺位置的刻度值为10 cm.直尺下落过程中始终保持竖直状态．若从乙同学看到甲同学松开直尺到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”．空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A．乙同学第一次的“反应时间”比第二次长
B．乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4 m/s
C．若某同学的“反应时间”大于0.4 s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”
D．若将直尺上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出“反应时间”
解析：ACD 根据h＝gt2可知，下落的高度越大，则时间越长，选项A正确；根据v2＝2gh可得，第一次抓住直尺时，直尺的速度v＝＝2 m/s，选项B错误；反应时间大于0.4 s，则直尺下落的高度大于×10×0.42 m＝80 cm，此高度大于直尺长度50 cm，选项C正确；“反应时间”与长度是一一对应的关系，选项D正确．
2．(多个物体的自由落体运动)(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图所示．由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起．从开始释放到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则( )
A．t1＞t2 B．t1＝t2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3
解析：BC A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落L用时，B垫片再下落3L用时t2，由于t1、t2时间内B下落的位移满足1∶3的关系，故t1＝t2，由v＝gt可知，v1∶v2＝1∶2，所以选项B、C均正确．
命题点四 竖直上抛运动(师生互动)
[核心整合]
1．竖直上抛运动的两种研究方法
分段法
将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段
全程法
将全过程视为初速度为v 0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v 0的方向为正方向，则v＞0时，物体正在上升；v＜0时，物体正在下降；h＞0时，物体在抛出点上方；h＜0时，物体在抛出点下方
2.竖直上抛运动的主要特性
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所用的时间相等
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，形成多解，在解决问题时要注意这个特性
某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在竖直方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)燃料恰好用完时火箭的速度；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间．
【思维导引】 (1)燃料刚用完后火箭做竖直上抛运动．
(2)全程火箭经历了三个运动阶段：向上匀加速、向上匀减速、自由落体运动．
解析：设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1.
火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点．
(1)对第一个过程有h1＝t1，代入数据解得v1＝20 m/s.
(2)对第二个过程有h2＝，代入数据解得h2＝20 m
所以火箭上升离地面的最大高度
h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m.
(3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1＝gt2，得
t2＝＝ s＝2 s
从最高点落回地面的过程中h＝gt，而h＝60 m，代入得t3＝2 s，
故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2) s.
答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)(6＋2) s
竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，对某一高度h，常有以下三种情况：
(1)当h＞0时，表示物体在抛出点的上方．此时t有两解：较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间．
(2)当h＝0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处．此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间．
(3)当h＜0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置．此时t有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用的时间；另一解为负值，应舍去．
[题组突破]
1.(应用逆向思维求解竖直上抛运动)(2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地竖直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
解析：C 运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝ －，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．
2．(竖直上抛运动的对称性)从地面上将一个小球竖直上抛，经t时间小球经过空中的某点A，再经过t时间小球又经过A点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球抛出时的速率为2gt
B．小球抛出时的速率为gt
C．小球上升的最大高度为gt2
D．A点的高度为gt2
解析：B 由竖直上抛运动的对称性知，小球从抛出至最高点用时t，则初速度v0＝gt，A错误，B正确；小球上升的最大高度h＝＝，C错误；A点的高度hA＝v0t－gt2＝gt2，D错误．
3．(竖直上抛运动的多解性)(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30 m/s，当它的位移大小为25 m 时，经历时间可能为(g取10 m/s2)( )
A．1 s B．2 s
C．3 s D．5 s
解析：AD 取竖直向上为正方向，由匀变速直线运动学规律有x＝v0t－gt2，当x＝25 m时，代入数据有t2－6t＋5＝0，可得t＝1 s或t＝5 s；当x＝－25 m时，代入数据有t2－6t－5＝0，可得t＝(3＋) s(负解舍去)，A、D正确，B、C错误．
素养培优1 两类匀变速直线运动问题
类型一 水平刹车与沿粗糙斜面上滑
汽车在水平路面上的刹车问题和物体沿粗糙斜面上滑问题，表面上看是两种不同的问题，但是，若物体在斜面上满足mgsin θ≤μmgcos θ，则物体在粗糙斜面上的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题是相同的．
汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内的平均速度为( )
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
解析：B 将题目中的表达式与x＝v0t＋at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2.所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝ s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度＝＝ m/s＝8 m/s.故B正确．
(多选)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s 沿木板向上运动，取g＝10 m/s2.则以下结论正确的是( )
A．小木块与木板间的动摩擦因数为
B．小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点
C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下
D．小木块滑到最高点后将静止不动
解析：AD 小木块恰好匀速下滑时，有mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得μ＝，A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝＝1 s，小木块速度减为零时，有：mgsin 30°＝μmgcos 30°，故小木块将静止在最高点，D正确，B、C错误．
类型二 竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑
物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同．
(2022·烟台模拟)如图所示，建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以10 m/s的速度竖直向上间隔1 s连续两次抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方3.75 m处接砖，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )
A．4 s B．3 s
C．2 s D．1 s
解析：C 研究第一块砖：h＝v0t＋(－g)t2，即3.75 m＝(10t－5t2) m，解得t1＝0.5 s，t2＝1.5 s，分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75 m处的时间为t3＝1.5 s，t4＝2.5 s，楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt＝t4－t1＝2 s，选项C正确．
在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下．那么经过3 s时的速度大小和方向是( )
A．25 m/s，沿斜面向上
B．5 m/s，沿斜面向下
C．5 m/s，沿斜面向上
D．25 m/s，沿斜面向下
解析：B 取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示物体在t＝3 s时速度方向沿斜面向下，故B选项正确．
限时规范训练
[基础巩固]
1．(2022·潍坊二模)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：B 第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则a＝＝ m/s2＝40 m/s2，故B正确．
2．(2022·济宁调研)一质点做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移大小为( )
A.at2 B．at2
C．at2 D．2at2
解析：C 设质点原来的速度为v0，由匀加速直线运动规律可知，在时间t内速度变为原来的3倍，则有v0＋at＝3v0，质点在时间t内的位移大小为x＝t，联立解得x＝at2，选项C正确．
3．(2022·江苏盐城市期中)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∶4 B．4∶5
C．3∶4 D．4∶3
解析：C 汽车速度减为零的时间为：t0＝＝ s＝4 s，2 s内的位移：x1＝v0t＋at2＝20×2 m－×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＝＝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．
4．(2022·辽宁省渤大附中高三上学期第一次联考)一个物体从某一高度做自由落体运动．已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一．则它开始下落时距地面的高度为(g＝10 m/s2)( )
A．15 m B．20 m
C．11.25 m D．31.25 m
解析：B 物体在第1 s内的位移：h＝gt2＝×10×12 m＝5 m，则物体在最后1 s内的位移为15 m，对最后1 s可得：gt－g(t总－1)2＝15 m，可解得：t总＝2 s，则物体下落时距地面的高度为：H＝gt＝×10×22 m＝20 m，故B正确．
5．某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k＞1)，位移大小为x.则在随后的4t时间内，质点的位移大小为( )
A. B．
C. D．
解析：A 根据题意可得x＝t，经过时间t速度由v0变为kv0，则质点的加速度a＝＝(k－1)，在随后的4t时间内，质点的位移大小为x′＝kv0·4t＋a(4t)2，联立解得x′＝，所以选项A正确．
6．(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运20重型运输机．飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度．已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变．
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．
解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv①
m2g＝kv②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.
由匀变速直线运动公式有
v＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s．⑦
答案：(1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
[能力提升]
7.水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是( )
A．该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m
B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s
C．该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m
D．该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s
解析：C 物体速度减为0的时间为：t2＝＝ s＝2 s；物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，总位移为：x＝v0t1＋v0t2－at＝4×3 m＋4×2 m－×2×22 m＝16 m，故A错误；物体的平均速度为：＝＝ m/s＝3.2 m/s，故B错误；根据运动的可逆性可知，物体减速后最后1 s内的位移大小等于以2 m/s2加速1 s内的位移，大小为：x′＝at2＝×2×12 m＝1 m，故C正确；物体减速后第1 s末的速度大小为：v＝v0－at＝4 m/s－2×1 m/s＝2 m/s，故D错误．
8．一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示．一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是( )
A．小车车头到第2根电线杆时，小车速度大小为
B．小车车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为t
C．小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为
D．小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为
解析：C 汽车做初速度为零的匀变速直线运动，车头到达第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式＝，得v＝，选项A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比1∶3∶5∶…，车头到达第5根电线杆时所用的时间为2t，选项B错误；到达第5根电线杆时的速度为v′＝2×＝，选项C正确，D错误．
9．一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，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内通过的位移与最后3 s 内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，汽车运动的加速度大小为a＝5 m/s2，汽车制动的总时间为t，则( )
A．t>6 s B．t＝6 s
C．4 s
10.如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次静止释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法不正确的是( )
A．三者到达桌面时的速度之比是 ∶∶1
B．三者运动的平均速度之比是 ∶∶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．b与a开始下落的时间差大于c与b开始下落的时间差
解析：D 三球做自由落体运动，由公式v2＝2gh可得v＝，所以三者到达桌面时的速度之比是∶∶＝∶∶1，A正确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以平均速度＝，故平均速度之比为∶∶＝∶∶1，B正确；根据h＝gt2可得a、b开始下落的时间差为Δt1＝ － ＝(－) ，b、c开始下落的时间差为Δt2＝ － ＝(－1) ，所以Δt1<Δt2，C正确，D错误．
11．高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A．4.2 m B．6.0 m
C．7.8 m D．9.6 m
解析：D 汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车．在识别车载电子标签的0.3 s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3 m＝1.8 m，在司机的反应时间0.7 s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7 m＝4.2 m，刹车距离x3＝＝3.6 m，该ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝9.6 m，所以选项D正确．
12．有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48 m．问：
(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少？
(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少？
解析：(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，
由位移公式得h＝＋，
代入数据解得vm＝8 m/s，
因为vm＝8 m/s＜9 m/s，符合题意．
加速的时间为t1＝＝ s＝4 s.
减速的时间为t2＝＝ s＝8 s.
运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s.
(2)设加速的时间为t1′，减速的时间为t2′，匀速上升时的速度为v，且v＜8 m/s，
则加速的时间为t1′＝，
减速的时间为t2′＝.
匀速运动的时间为t＝15 s－t1′－t2′.
上升的高度为h＝(t1′＋t2′)＋v(15 s－t1′－t2′)，
联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去．
答案：(1)12 s (2)4 m/s
第2讲 匀变速直线运动的规律
[主干知识·填一填]
一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
沿一条直线且加速度不变的运动．
2．基本公式
(1)速度公式：v＝v0＋at．
(2)位移公式：x＝v0t＋at2．
(3)位移速度关系式：v2－v＝2ax．
3．重要推论
(1)平均速度：＝v＝，即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，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半．
(2)任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2．
注意：此公式可以延伸为xm－xn＝(m－n)aT2，常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度．
(3)位移中点速度：v＝ .
4．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n．
(2)1T内、2T内、3T内、…、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)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)．
二、自由落体和竖直上抛运动的基本规律
1．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．
(2)伽利略对自由落体运动的研究．
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．
2．基本规律
自由落体运动
竖直上抛运动
速度公式
v＝gt
v＝v 0－gt
位移公式
h＝gt2
h＝v 0t－gt2
速度—位移关系式
v 2＝2gh
v 2－v ＝－2gh
[规律结论·记一记]
1．匀变速直线运动的公式中，各物理量必须相对同一参考系，高中阶段一般都选地面为参考系．
2．匀变速直线运动的速度公式、位移公式和速度—位移关系式均为矢量表达式，应用公式解题时应注意选取正方向，代入“＋”“－”．
3．解题中常用到的二级结论
(1)不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有v＞v.
(2)在“刹车”问题中要注意汽车从刹车到停止的时间t0与题干所给时间的大小关系．
(3)物体做匀减速直线运动，可看成反向匀加速直线运动．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(√)
2．匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3.(×)
3．对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度．(×)
4．物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动．(×)
5．做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下的．(√)
二、经典小题速练
1.如图所示，高速公路一般情况下小汽车限速120 km/h，但由于施工等特殊情况会有临时限速．某货车正在以72 km/h的速度行驶，看到临时限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1 m/s2，减速行驶了2 min，则减速后货车的速度为( )
A．6.0 m/s B．8.0 m/s
C．10.0 m/s D．12.0 m/s
解析：B v0＝72 km/h＝20 m/s，t＝2 min＝120 s，a＝－0.1 m/s2.由v＝v0＋at得v＝(20－0.1×120) m/s＝8.0 m/s，故选项B正确．
2.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
解析：C 根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
3．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3＝8 m．由此可求得( )
A．第一次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移
D．质点运动的初速度
解析：C 由于闪光时间未知，所以根据s2－s1＝s3－s2＝aT2，只能求出第二、第三次闪光的时间间隔内质点的位移s2＝5 m，选项C正确．
命题点一 匀变速直线运动规律的应用(自主学习)
[核心整合]
1．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．
2．解决运动学问题的基本思路
3．两类特殊的匀减速直线运动
刹车类问题
双向运动类
其特点为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、加速度不变的匀加速直线运动
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，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
[题组突破]
1．(基本公式的应用)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
解析：B 根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋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＋at2＝2×5 m＋×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．
2．(刹车类问题)若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为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
解析：B 设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速直线运动，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＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m，故选B.
3．(双向可逆类问题)(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
解析：ABC 以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为向上的7.5 m时，x＝＋7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确. 当物体的位移为向下的7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2解得：t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确. 由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s或v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误．
4．(多过程问题)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，列车的速度的大小；
(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a2的大小．
解析：(1)打开制动风翼时，列车的加速度大小为
a1＝0.5 m/s2，
设经过t2＝40 s时，列车的速度为v1，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)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，
打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，
列车行驶的距离x2＝＝2800 m，
打开电磁制动后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1500 m，
a2＝＝1.2 m/s2.
答案：(1)60 m/s (2)1.2 m/s2
求解多阶段运动问题的四个关键
(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量．
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(4)物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁．
命题点二 解决匀变速直线运动的常用方法(自主学习)
[核心整合]
解决匀变速直线运动的六种方法
[题组突破]
1．(平均速度公式的应用)(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，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段时间之比
解析：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：＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到：＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为：＝＝＝24 m/s，所以有：＝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，A选项正确，B、C选项错误．tAB∶tBC＝∶＝2∶3，D选项正确．
2．(位移差公式的应用)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
解析：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＝，则OB之间的距离xOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C选项正确．
3．(逆向思维法的应用)假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0
C. D．
解析：B “蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝a(t－t0)2＝××(t－t0)2＝，故选B.
4．(比例法的应用)(多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
解析：BD 采用逆向思维法求解．该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L，则v＝2a·L，v＝2a·2L，v＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，所以选项B正确．由于每块木块厚度相同，故由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，所以选项D正确．
5．(图像法的应用)如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v.若a1≠a2≠a3，则( )
A．甲、乙不可能同时由A到达C
B．甲一定先由A到达C
C．乙一定先由A到达C
D．若a1>a3，则甲一定先由A到达C
解析：A 根据速度－时间图线得，若a1>a3，如图(a)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙
命题点三 自由落体运动(师生互动)
[核心整合]
求解自由落体运动的两点注意
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．
(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＝＝＝gt.
(3)连续相等时间T内的下落高度之差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．
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处圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？
【思维导引】
(1)木杆经过A点过程中位移等于杆的长度．
(2)木杆通过圆筒AB过程中位移等于杆和筒的长度之和．
解析：(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时
t下A＝ ＝ s＝ s
木杆的上端到达圆筒上端A用时
t上A＝ ＝ s＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1＝t上A－t下A＝ s.
(2)木杆的上端到达圆筒下端B用时
t上B＝ ＝ s＝ s
则木杆通过圆筒所用的时间
t2＝t上B －t下A＝ s.
答案：(1) s (2) s
在计算杆通过圆筒的时间时，既不能将杆视为质点，又不能将圆筒视为质点，此时要注意确定杆通过圆筒的开始和终止时刻之间所对应的下落高度．
[题组突破]
1．(自由落体运动规律)(多选)如图所示，甲同学用手拿着一把长50 cm的直尺，并使其处于竖直状态，乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备．某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20 cm；重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺位置的刻度值为10 cm.直尺下落过程中始终保持竖直状态．若从乙同学看到甲同学松开直尺到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”．空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A．乙同学第一次的“反应时间”比第二次长
B．乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4 m/s
C．若某同学的“反应时间”大于0.4 s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”
D．若将直尺上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出“反应时间”
解析：ACD 根据h＝gt2可知，下落的高度越大，则时间越长，选项A正确；根据v2＝2gh可得，第一次抓住直尺时，直尺的速度v＝＝2 m/s，选项B错误；反应时间大于0.4 s，则直尺下落的高度大于×10×0.42 m＝80 cm，此高度大于直尺长度50 cm，选项C正确；“反应时间”与长度是一一对应的关系，选项D正确．
2．(多个物体的自由落体运动)(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图所示．由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起．从开始释放到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则( )
A．t1＞t2 B．t1＝t2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3
解析：BC A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落L用时，B垫片再下落3L用时t2，由于t1、t2时间内B下落的位移满足1∶3的关系，故t1＝t2，由v＝gt可知，v1∶v2＝1∶2，所以选项B、C均正确．
命题点四 竖直上抛运动(师生互动)
[核心整合]
1．竖直上抛运动的两种研究方法
分段法
将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段
全程法
将全过程视为初速度为v 0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v 0的方向为正方向，则v＞0时，物体正在上升；v＜0时，物体正在下降；h＞0时，物体在抛出点上方；h＜0时，物体在抛出点下方
2.竖直上抛运动的主要特性
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所用的时间相等
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，形成多解，在解决问题时要注意这个特性
某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在竖直方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)燃料恰好用完时火箭的速度；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间．
【思维导引】 (1)燃料刚用完后火箭做竖直上抛运动．
(2)全程火箭经历了三个运动阶段：向上匀加速、向上匀减速、自由落体运动．
解析：设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1.
火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点．
(1)对第一个过程有h1＝t1，代入数据解得v1＝20 m/s.
(2)对第二个过程有h2＝，代入数据解得h2＝20 m
所以火箭上升离地面的最大高度
h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m.
(3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1＝gt2，得
t2＝＝ s＝2 s
从最高点落回地面的过程中h＝gt，而h＝60 m，代入得t3＝2 s，
故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2) s.
答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)(6＋2) s
竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，对某一高度h，常有以下三种情况：
(1)当h＞0时，表示物体在抛出点的上方．此时t有两解：较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间．
(2)当h＝0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处．此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间．
(3)当h＜0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置．此时t有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用的时间；另一解为负值，应舍去．
[题组突破]
1.(应用逆向思维求解竖直上抛运动)(2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地竖直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
解析：C 运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝ －，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．
2．(竖直上抛运动的对称性)从地面上将一个小球竖直上抛，经t时间小球经过空中的某点A，再经过t时间小球又经过A点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球抛出时的速率为2gt
B．小球抛出时的速率为gt
C．小球上升的最大高度为gt2
D．A点的高度为gt2
解析：B 由竖直上抛运动的对称性知，小球从抛出至最高点用时t，则初速度v0＝gt，A错误，B正确；小球上升的最大高度h＝＝，C错误；A点的高度hA＝v0t－gt2＝gt2，D错误．
3．(竖直上抛运动的多解性)(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30 m/s，当它的位移大小为25 m 时，经历时间可能为(g取10 m/s2)( )
A．1 s B．2 s
C．3 s D．5 s
解析：AD 取竖直向上为正方向，由匀变速直线运动学规律有x＝v0t－gt2，当x＝25 m时，代入数据有t2－6t＋5＝0，可得t＝1 s或t＝5 s；当x＝－25 m时，代入数据有t2－6t－5＝0，可得t＝(3＋) s(负解舍去)，A、D正确，B、C错误．
素养培优1 两类匀变速直线运动问题
类型一 水平刹车与沿粗糙斜面上滑
汽车在水平路面上的刹车问题和物体沿粗糙斜面上滑问题，表面上看是两种不同的问题，但是，若物体在斜面上满足mgsin θ≤μmgcos θ，则物体在粗糙斜面上的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题是相同的．
汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内的平均速度为( )
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
解析：B 将题目中的表达式与x＝v0t＋at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2.所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝ s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度＝＝ m/s＝8 m/s.故B正确．
(多选)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s 沿木板向上运动，取g＝10 m/s2.则以下结论正确的是( )
A．小木块与木板间的动摩擦因数为
B．小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点
C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下
D．小木块滑到最高点后将静止不动
解析：AD 小木块恰好匀速下滑时，有mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得μ＝，A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝＝1 s，小木块速度减为零时，有：mgsin 30°＝μmgcos 30°，故小木块将静止在最高点，D正确，B、C错误．
类型二 竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑
物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同．
(2022·烟台模拟)如图所示，建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以10 m/s的速度竖直向上间隔1 s连续两次抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方3.75 m处接砖，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )
A．4 s B．3 s
C．2 s D．1 s
解析：C 研究第一块砖：h＝v0t＋(－g)t2，即3.75 m＝(10t－5t2) m，解得t1＝0.5 s，t2＝1.5 s，分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75 m处的时间为t3＝1.5 s，t4＝2.5 s，楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt＝t4－t1＝2 s，选项C正确．
在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下．那么经过3 s时的速度大小和方向是( )
A．25 m/s，沿斜面向上
B．5 m/s，沿斜面向下
C．5 m/s，沿斜面向上
D．25 m/s，沿斜面向下
解析：B 取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示物体在t＝3 s时速度方向沿斜面向下，故B选项正确．
限时规范训练
[基础巩固]
1．(2022·潍坊二模)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：B 第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则a＝＝ m/s2＝40 m/s2，故B正确．
2．(2022·济宁调研)一质点做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移大小为( )
A.at2 B．at2
C．at2 D．2at2
解析：C 设质点原来的速度为v0，由匀加速直线运动规律可知，在时间t内速度变为原来的3倍，则有v0＋at＝3v0，质点在时间t内的位移大小为x＝t，联立解得x＝at2，选项C正确．
3．(2022·江苏盐城市期中)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∶4 B．4∶5
C．3∶4 D．4∶3
解析：C 汽车速度减为零的时间为：t0＝＝ s＝4 s，2 s内的位移：x1＝v0t＋at2＝20×2 m－×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＝＝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．
4．(2022·辽宁省渤大附中高三上学期第一次联考)一个物体从某一高度做自由落体运动．已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一．则它开始下落时距地面的高度为(g＝10 m/s2)( )
A．15 m B．20 m
C．11.25 m D．31.25 m
解析：B 物体在第1 s内的位移：h＝gt2＝×10×12 m＝5 m，则物体在最后1 s内的位移为15 m，对最后1 s可得：gt－g(t总－1)2＝15 m，可解得：t总＝2 s，则物体下落时距地面的高度为：H＝gt＝×10×22 m＝20 m，故B正确．
5．某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k＞1)，位移大小为x.则在随后的4t时间内，质点的位移大小为( )
A. B．
C. D．
解析：A 根据题意可得x＝t，经过时间t速度由v0变为kv0，则质点的加速度a＝＝(k－1)，在随后的4t时间内，质点的位移大小为x′＝kv0·4t＋a(4t)2，联立解得x′＝，所以选项A正确．
6．(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运20重型运输机．飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度．已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变．
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．
解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv①
m2g＝kv②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.
由匀变速直线运动公式有
v＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s．⑦
答案：(1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
[能力提升]
7.水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是( )
A．该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m
B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s
C．该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m
D．该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s
解析：C 物体速度减为0的时间为：t2＝＝ s＝2 s；物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，总位移为：x＝v0t1＋v0t2－at＝4×3 m＋4×2 m－×2×22 m＝16 m，故A错误；物体的平均速度为：＝＝ m/s＝3.2 m/s，故B错误；根据运动的可逆性可知，物体减速后最后1 s内的位移大小等于以2 m/s2加速1 s内的位移，大小为：x′＝at2＝×2×12 m＝1 m，故C正确；物体减速后第1 s末的速度大小为：v＝v0－at＝4 m/s－2×1 m/s＝2 m/s，故D错误．
8．一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示．一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是( )
A．小车车头到第2根电线杆时，小车速度大小为
B．小车车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为t
C．小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为
D．小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为
解析：C 汽车做初速度为零的匀变速直线运动，车头到达第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式＝，得v＝，选项A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比1∶3∶5∶…，车头到达第5根电线杆时所用的时间为2t，选项B错误；到达第5根电线杆时的速度为v′＝2×＝，选项C正确，D错误．
9．一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，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内通过的位移与最后3 s 内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，汽车运动的加速度大小为a＝5 m/s2，汽车制动的总时间为t，则( )
A．t>6 s B．t＝6 s
C．4 s
10.如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次静止释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法不正确的是( )
A．三者到达桌面时的速度之比是 ∶∶1
B．三者运动的平均速度之比是 ∶∶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．b与a开始下落的时间差大于c与b开始下落的时间差
解析：D 三球做自由落体运动，由公式v2＝2gh可得v＝，所以三者到达桌面时的速度之比是∶∶＝∶∶1，A正确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以平均速度＝，故平均速度之比为∶∶＝∶∶1，B正确；根据h＝gt2可得a、b开始下落的时间差为Δt1＝ － ＝(－) ，b、c开始下落的时间差为Δt2＝ － ＝(－1) ，所以Δt1<Δt2，C正确，D错误．
11．高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A．4.2 m B．6.0 m
C．7.8 m D．9.6 m
解析：D 汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车．在识别车载电子标签的0.3 s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3 m＝1.8 m，在司机的反应时间0.7 s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7 m＝4.2 m，刹车距离x3＝＝3.6 m，该ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝9.6 m，所以选项D正确．
12．有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48 m．问：
(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少？
(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少？
解析：(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，
由位移公式得h＝＋，
代入数据解得vm＝8 m/s，
因为vm＝8 m/s＜9 m/s，符合题意．
加速的时间为t1＝＝ s＝4 s.
减速的时间为t2＝＝ s＝8 s.
运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s.
(2)设加速的时间为t1′，减速的时间为t2′，匀速上升时的速度为v，且v＜8 m/s，
则加速的时间为t1′＝，
减速的时间为t2′＝.
匀速运动的时间为t＝15 s－t1′－t2′.
上升的高度为h＝(t1′＋t2′)＋v(15 s－t1′－t2′)，
联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去．
答案：(1)12 s (2)4 m/s
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