2024年2月19日发(作者：季夜天)

第2课时 匀变速直线运动规律的应用

考纲解读 1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．

1． [位移公式和平均速度公式的应用]做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示

( )

B．v0t

2

2

1A．v0t＋at2

2v0tC.

2答案 CD

1解析 质点做匀减速直线运动，加速度为－a，位移为v0t－at2，A、B错；平均速度2v0v0大小为，位移大小为·t，C对；匀减速到零的直线运动可当做初速度为零的匀加速221直线运动来计算，位移大小为at2，D对．

22． [平均速度公式的应用]做匀加速直线运动的某物体初速度为2 m/s，经过一段时间t后速t度变为6 m/s，则时刻的速度为

2 ( )

tA．由于t未知，无法确定时刻的速度

2tB．由于加速度a及时间t未知，无法确定时刻的速度

2C．5 m/s

D．4 m/s

答案 D

2＋6解析 中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度 m/s＝4 m/s，D对．

23． [推论公式v2－v20＝2ax的应用]我国第一艘航空母舰“辽宁舰”已按计划完成建造和试

1

验试航工作，于2012年9月25日上午正式交付海军．若航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s2，战斗机滑行100 m时起飞，起飞速度为50 m/s，则航空母舰静止时弹射系统必须使战斗机具有的初速度为( )

A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s

答案 D

考点梳理

一、匀变速直线运动的规律

1． 变速直线运动

(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动．

(2)分类

①匀加速直线运动，a与v0方向同向．

②匀减速直线运动，a与v0方向反向．

2． 变速直线运动的规律

(1)速度公式：v＝v0＋at.

1(2)位移公式：x＝v0t＋at2.

2(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax.

二、匀变速直线运动的推论

1． 变速直线运动的两个重要推论

(1)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tv0＋v刻速度矢量和的一半，即：v＝v＝.

22(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝„＝xn－xn－1＝aT2.

2． 速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论

(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：

x1∶x2∶x3∶„∶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：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的比为：

t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶„∶(n－n－1)

三、自由落体运动和竖直上抛运动

2

1． 由落体运动

(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．

(2)运动性质：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动．

(3)基本规律

①速度公式：v＝gt.

1②位移公式：h＝gt2.

2③速度位移关系式：v2＝2gh.

2． 直上抛运动

(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．

(2)基本规律

①速度公式：v＝v0－gt.

1②位移公式：h＝v0t－gt2.

2③速度位移关系式：v2－v20＝－2gh.

v20④上升的最大高度：H＝.

2gv0⑤上升到最高点所用时间：t＝.

g

4． 刹车问题的处理]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，2 s与5 s时汽车的位移之比为

A．5∶4

答案 C

5． [逆向思维法处理匀减速直线运动问题]做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内位移是

A．3.5 m

答案 B

解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，714 m则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以＝，x1＝

1x12 m．故选B.

方法提炼

1． 逆向思维法

匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动．

2． 对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速

3

( )

B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3

( )

B．2 m C．1 m D．0

v0度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v0，加速度为a，汽车运动时间满足t≤，a2v0发生的位移满足x≤.

2a

考点一 匀变速直线运动规律的应用

11． 速度时间公式v＝v0＋at、位移时间公式x＝v0t＋at2、位移速度公式v2－v20＝2ax，是2匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．

2． 三个公式中的物理量x、a、v0、v均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v0方向相同的x、a、v均为正值，反之为负值．当v0＝0时，一般以a的方向为正方向．这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化．

3． 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联系各段的纽带．

例1 (2011·新课标全国·24)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．

解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得

v＝at0

1s1＝at2

201s2＝vt0＋×(2a)t20

2设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′.同样有

v′＝(2a)t0

1s1′＝×(2a)t20

21s2′＝v′t0＋at2

20设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则有

s＝s1＋s2

4

s′＝s1′＋s2′

联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为

s5＝

s′7答案 5∶7

匀变速直线运动的规范求解

1．一般解题的基本思路

2．描述匀变速直线运动的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简单化．

突破训练1 短跑名将博尔特在北京奥运会上100 m和200 m短跑项目的成绩分别为9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：

(1)加速所用时间和达到的最大速率；

(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)

答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s2

解析 (1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速率为v(以m/s为单位)，则有：

1vt＋(9.69 s－0.15 s－t)v＝100 m①

21vt＋(19.30 s－0.15 s－t)×0.96v＝200 m②

2由①②式得t＝1.29 s，v＝11.24 m/s.

v(2)设加速度大小为a，则a＝＝8.71 m/s2

t

5

考点二 解决匀变速直线运动的常用方法

1． 一般公式法

一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．

2． 平均速度法

定义式v＝动．

3． 比例法

对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解．

4． 逆向思维法

如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．

5． 推论法

利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．

6． 图象法

tx利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v与v，以及追及问题；用x22－t图象可求出任意时间内的平均速度等．

例2 物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图1所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4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 解法一 比例法 图1

Δxt1对任何性质的运动都适用，而v＝v＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运Δt22对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为

x1∶x2∶x3∶„∶xn＝1∶3∶5∶„∶(2n－1)

xAC3xAC现有xBC∶xAB＝∶＝1∶3

44通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t.

解法二 中间时刻速度法

利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．

v0＋0v0vAC＝＝

22又v20＝2axAC①

v2B＝2axBC②

1xBC＝xAC③

4v0解①②③得：vB＝.

2

6

可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．

因此有tBC＝t.

解法三 利用有关推论

对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所

用的时间之比为t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶„∶(n－n－1)．

现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：

tBD＝(2－1)tx，tDE＝(3－2)tx，tEA＝(2－3)tx，

又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tx＝t.

答案 t

突破训练2 在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每

隔1 s就有一个小孩子往下滑，一游客对着冰道上的孩子拍下一张照片，如图2所示，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子．他根据照片与实物的比例推算出乙与甲、丙两孩子间 图2

的距离分别为12.5 m和17.5 m，请你据此求解下列问题：(g取10 m/s2)

(1)若不考虑一切阻力，小孩下滑加速度是多少？

(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多大？

(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩子不会超过几个？

答案 (1)5 m/s2 (2)25 m/s (3)不会超过2个

考点三 自由落体运动和竖直上抛运动

1．自由落体运动实质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．

2． 竖直上抛运动的研究方法

竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可采用两种方法：

(1)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降过程的自由落体阶段．

(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为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v0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．

3. 竖直上抛运动的对称性

如图3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

7

(1)时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.

(2)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等．

3

(3)能量的对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB.

例3 在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为( )

A．10 m B．20 m C．30 m D．50 m

图解析 物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，

如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移为10 m处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s1等于位移x1的大小，即s1＝x1＝10 m；下降通过时，路程s2＝2h－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，通过的路程s3＝2h＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D正确，B错误．

答案 ACD

竖直上抛运动解题时应注意的问题

竖直上抛运动可分为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动两个阶段，解题时应注意以下两点：

(1)可用整体法，也可用分段法．自由落体运动满足初速度为零的匀加速直线运动的一切规律及特点．

(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．

突破训练3 在【例3】中求：(1)物体抛出的初速度大小；

(2)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面所用的时间和落到地面时的速度大小(g取10 m/s2)．

答案 (1)20 m/s (2)6 s 40 m/s

解析 (1)由位移公式得：0－v20＝－2gh

解得：v0＝2gh＝2×10×20 m/s＝20 m/s

1(2)由位移公式得：－H＝v0t－gt2，解得：t＝6 s

2物体由最高点做自由落体运动，落地时的速度大小为v，则：

v2＝2g(H＋h)，解得：v＝40 m/s.

8

2．思维转化法：将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”

例4 从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几颗

小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图4所示，测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm，求：

(1)小球的加速度；

(2)拍摄时B球的速度；

(3)拍摄时xCD的大小；

(4)A球上方滚动的小球还有几颗．

Δx解析 (1)由a＝2得小球的加速度

txBC－xABa＝＝5 m/s2

2t(2)B点的速度等于AC段上的平均速度，即

vB＝xAC＝1.75 m/s

2t 图4

(3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即xCD－xBC＝xBC－xAB，所以

xCD＝2xBC－xAB＝0.25 m

(4)设A点小球的速度为vA，由于

vA＝vB－at＝1.25 m/s

vA所以A球的运动时间为tA＝＝0.25 s，所以在A球上方滚动的小球还有2颗．

a答案 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2

在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求 解有困难时，往往可以通过变换思维方式，使解答过程简单明了．在直线运动问题中常见的思维转化方法除上例所用外，还有：将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动；将平均速度转化为中间时刻的速度；将位置变化转化为相对运动等．

9

突破训练4 某同学站在一平房边观察从屋檐边滴下的水滴，发现屋檐边滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1 m，由此求屋檐离地面的高度．

答案 3.2 m

解析 作出如图所示的示意图.5滴水滴的位置等效为一滴水做自由落体运动连续相等时间内的位置．

图中自上而下相邻点之间的距离比为1∶3∶5∶7，因点“3”、“2”间距为1 m，可知屋檐离地面高度为

1×(1＋3＋5＋7) m＝3.2 m

5

高考题组

1． (2011·重庆·14)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g取10 m/s2)( )

A．10 m

答案 B

11解析 从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h＝gt2可得h＝22×10×22 m＝20 m.

2． (2011·安徽·16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2，则物体运动的加速度为

2Δxt1－t2A.

t1t2t1＋t22Δxt1＋t2C.

t1t2t1－t2答案 A

解析 物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律：

txt1Δxv＝v＝知：v＝①

2t2t1t2Δxv＝②

2t2由匀变速直线运动速度公式vt＝v0＋at知

t1＋t2t2t1v＝v＋a·()③

222

10

B．20 m C．30 m D．40 m

( )

Δxt1－t2B.

t1t2t1＋t2Δxt1＋t2D.

t1t2t1－t2

2Δxt1－t2①②③式联立解得a＝.

t1t2t1＋t23． (2011·山东·18)如图5所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，

h将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不2 计空气阻力)．则

A．两球同时落地

B．相遇时两球速度大小相等

C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量

D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等

答案 C

h1解析 对b球，由＝gt2得t＝

22h，v＝gt＝gh.以后以初速度gh匀加速下落．对gb ( ) 图5

h1hha球，＝v0t－gt2得v0＝gh，在处，va＝v0－gt＝0，以后从处自由下落．故落地时2222间tbPa，选项D错误．

模拟题组

4． 如图6所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、

c、d到达最高点e.已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则 ( ) 图6

A．vb＝22 m/s B．vc＝3 m/s

C．xde＝3 m D．从d到e所用时间为4 s

答案 BD

解析 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因Tac＝Tcd＝T，故c点为a到d的中间时xad6＋6刻，故vc＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；因xac＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，2T2×2xac－xcdvc故加速度大小为a＝＝0.5 m/s2，由vc＝aTec得Tec＝＝6 s，则Tde＝Tec－Tcd＝4

2Ta2s；xde＝xec－xcd＝4 m，故C错误，D正确；由vb－v2xbc可得，vb＝10 m/s，Ac＝2a·错误．

5． 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物

11

从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)

答案 7 s 60 m/s

解析 解法一 全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉

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．

重物在时间t内的位移h＝－175 m

将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入位移公式

1h＝v0t－gt2

2解得t＝7 s或t＝－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

其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．

解法二 分段法

设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则

v010t1＝＝ s＝1 s

g10v21020上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m

2g2×10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＝

2H＝

g2×180 s＝6 s，

10v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向竖直向下

所以重物从气球上掉落至落地共历时

t＝t1＋t2＝7 s.

(限时：30分钟)

►题组1 匀变速直线运动基本规律的应用

1． 一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，在第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是

( )

A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 m

12

B．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 m

C．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 m

D．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m

答案 C

x9′－x5′422解析 a＝＝22 m/s＝1 m/s，v9＝v0＋at＝(0.5＋1×9) m/s＝9.5 m/s，x94T4×111＝v0t＋at2＝(0.5×9＋×1×92) m＝45 m，故正确选项为C.

22g2． 给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大2v0小减为时，所用时间可能是

2v0A.

2g3v0C.

g答案 BC

v0解析 当滑块速度大小减为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向2v0v0v－v0v03v0相反，因此要考虑两种情况，即v＝或v＝－，代入公式t＝得，t＝或t＝，22agg故B、C正确．

3． 一个做匀加速直线运动的物体，在前4 s内经过的位移为24 m，在第二个4 s内经过的位移是60 m．求这个物体运动的加速度和初速度各是多少？

答案 2.25 m/s2 1.5 m/s

解析 解法一 基本公式法：

1前4 s内经过的位移：x1＝v0t＋at2

2第2个4 s内经过的位移：

11x2＝v0(2t)＋a(2t)2－(v0t＋at2)

22将x1＝24 m、x2＝60 m代入上式，

解得a＝2.25 m/s2

v0＝1.5 m/s.

解法二 由公式Δx＝aT2，得

Δx60－24a＝2＝ m/s2＝2.25 m/s2.

2T4tt24＋60根据v＝v得v＝v＝ m/s＝v0＋4a，

228

13

( )

v0B.

g3v0D.

2g

所以v0＝1.5 m/s.

►题组2 自由落体和竖直上抛运动的规律

4． 从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将

A．保持不变

C．不断减小

答案 B

解析 设第1粒石子运动的时间为t s，则第2粒石子运动的时间为(t－1) s，两粒石子111间的距离为Δh＝gt2－g(t－1)2＝gt－g，可见，两粒石子间的距离随t的增大而增大，222故B正确．

5． 从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面．在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是 ( )

( )

B．不断增大

D．有时增大，有时减小

A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同

B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反

C．物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间

D．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间

答案 AC

解析 物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g，方向向下，A正确，B错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C正确，D错误．

6． 一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为

12A.g(Ta－T2b)

81C.g(T2－T2b)

2a答案 A

Ta解析 根据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为，从b点到最高点的时间为2Tb1Ta2gT21Tb2gT2ab，所以a点到最高点的距离ha＝g()＝，b点到最高点的距离hb＝g()＝，222822812故a、b之间的距离为ha－hb＝g(T2a－Tb)，故选A.

87． 不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛的物体，从抛出至回到原点的时间为t，现在在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，则此时物体上升和下降的总时间约为

14

( )

12B.g(T2a－Tb)

41D.g(Ta－Tb)

2

( )

A．0.5t B．0.4t C．0.3t D．0.2t

答案 C

t解析 物体上升到最大高度所需的时间为，把上升的位移分成相等的两段，自上向下2的时间的比为1：(2－1)，物体上升到最大高度的一半所需时间为t1＝2－1t×，由22对称性，物体从最大位移的一半处下落到抛出点的时间也为t1，故题中所求时间为2t1＝2×2－1t×≈0.3t.

22►题组3 应用运动学基本规律分析实际运动问题

8． 汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定速率为8 m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )

A．拖行路程为8 m，符合规定

B．拖行路程为8 m，不符合规定

C．拖行路程为4 m，符合规定

D．拖行路程为4 m，不符合规定

答案 C

v08解析 由x＝t可得：汽车刹车后的拖行路程为x＝×1 m＝4 m<5.9 m，所以刹车试22验的拖行路程符合规定，C正确．

9． 一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是

( )

A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m

答案 C

1解析 由Δx＝aT2得：a＝－2 m/s2，由v0T＋aT2＝x1得：v0＝10 m/s，汽车刹车时间t20－v00－v20＝＝5 s<6 s，故刹车后6 s内的位移为x＝＝25 m，C正确．

a2a10．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v1＝5 m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是

A．汽车运动的加速度大小为1 m/s2

( )

15

B．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s

C．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 s

D．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为25 m/s

答案 AB

1解析 由匀加速直线运动的位移规律x＝v0t＋at2知汽车运动的加速度大小为1 m/s2，22A正确；由v2B正确；t－v0＝2ax知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s，由vt＝v0＋at知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s，所以从第3根至第7根电线x杆用时为10 s，C错误；由v＝知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s，tD错误．

11．“蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，比赛时，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力(F)－时间(t)图象，如图1为某一运动员比赛时计算机作出的F－t图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是 ( )

图1

A．裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动

B．1 s末该运动员的运动速度最大

C．1 s末到2 s末，该运动员在做减速运动

D．3 s末该运动员运动到最高点

答案 D

解析 运动员的外形和动作影响裁判打分，不能把该运动员的运动看成质点的运动，则A错误；1 s末对弹性网的压力最大，运动员在最低点，速度为0,1 s末到2 s末，运动员在做加速运动，2 s末到3 s末，运动员做竖直上抛运动，3 s末运动员运动到最高点，则B、C错误，D正确．

12．如图2所示，A、B两同学在直跑道上练习4×100 m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B从静止开始全力奔跑需25 m才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出．若要求B接棒时速度达到最大速度的80%，则：

16

图2

(1)B在接力区需跑出的距离s1为多少？

(2)B应在离A的距离s2为多少时起跑？

答案 (1)16 m (2)24 m

解析 (1)对B：设其加速度为a，跑出的距离为s时速度达到最大值v.则2as＝v2,2as1＝(0.8v)2，解得s1＝0.64s＝16 m.

0.8v(2)设B接棒时跑出时间为t，则s1＝vt＝t，在t时间内，对A有sA＝vt，解得sA2＝40 m．所以B起跑时，应距离A为Δs＝sA－s1，解得Δs＝s2＝24 m.

13．一列火车做匀变速直线运动，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：

(1)火车的加速度的大小；

(2)人开始观察时火车速度的大小．

答案 (1)0.16 m/s2 (2)7.2 m/s

解析 (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a，L＝8 m．由Δx＝aT2得

2L2×88L－6L＝a×102，a＝＝ m/s2＝0.16 m/s2.

1001008L＋6L14×8TT(2)设人开始观察时火车速度大小为v0，v＝v＝＝ m/s＝5.6 m/s.v＝v022T202－aT，解得v0＝7.2 m/s.

17

2024年2月19日发(作者：季夜天)

第2课时 匀变速直线运动规律的应用

考纲解读 1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．

1． [位移公式和平均速度公式的应用]做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示

( )

B．v0t

2

2

1A．v0t＋at2

2v0tC.

2答案 CD

1解析 质点做匀减速直线运动，加速度为－a，位移为v0t－at2，A、B错；平均速度2v0v0大小为，位移大小为·t，C对；匀减速到零的直线运动可当做初速度为零的匀加速221直线运动来计算，位移大小为at2，D对．

22． [平均速度公式的应用]做匀加速直线运动的某物体初速度为2 m/s，经过一段时间t后速t度变为6 m/s，则时刻的速度为

2 ( )

tA．由于t未知，无法确定时刻的速度

2tB．由于加速度a及时间t未知，无法确定时刻的速度

2C．5 m/s

D．4 m/s

答案 D

2＋6解析 中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度 m/s＝4 m/s，D对．

23． [推论公式v2－v20＝2ax的应用]我国第一艘航空母舰“辽宁舰”已按计划完成建造和试

1

验试航工作，于2012年9月25日上午正式交付海军．若航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s2，战斗机滑行100 m时起飞，起飞速度为50 m/s，则航空母舰静止时弹射系统必须使战斗机具有的初速度为( )

A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s

答案 D

考点梳理

一、匀变速直线运动的规律

1． 变速直线运动

(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动．

(2)分类

①匀加速直线运动，a与v0方向同向．

②匀减速直线运动，a与v0方向反向．

2． 变速直线运动的规律

(1)速度公式：v＝v0＋at.

1(2)位移公式：x＝v0t＋at2.

2(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax.

二、匀变速直线运动的推论

1． 变速直线运动的两个重要推论

(1)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tv0＋v刻速度矢量和的一半，即：v＝v＝.

22(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝„＝xn－xn－1＝aT2.

2． 速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论

(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：

x1∶x2∶x3∶„∶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：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的比为：

t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶„∶(n－n－1)

三、自由落体运动和竖直上抛运动

2

1． 由落体运动

(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．

(2)运动性质：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动．

(3)基本规律

①速度公式：v＝gt.

1②位移公式：h＝gt2.

2③速度位移关系式：v2＝2gh.

2． 直上抛运动

(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．

(2)基本规律

①速度公式：v＝v0－gt.

1②位移公式：h＝v0t－gt2.

2③速度位移关系式：v2－v20＝－2gh.

v20④上升的最大高度：H＝.

2gv0⑤上升到最高点所用时间：t＝.

g

4． 刹车问题的处理]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，2 s与5 s时汽车的位移之比为

A．5∶4

答案 C

5． [逆向思维法处理匀减速直线运动问题]做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内位移是

A．3.5 m

答案 B

解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，714 m则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以＝，x1＝

1x12 m．故选B.

方法提炼

1． 逆向思维法

匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动．

2． 对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速

3

( )

B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3

( )

B．2 m C．1 m D．0

v0度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v0，加速度为a，汽车运动时间满足t≤，a2v0发生的位移满足x≤.

2a

考点一 匀变速直线运动规律的应用

11． 速度时间公式v＝v0＋at、位移时间公式x＝v0t＋at2、位移速度公式v2－v20＝2ax，是2匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．

2． 三个公式中的物理量x、a、v0、v均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v0方向相同的x、a、v均为正值，反之为负值．当v0＝0时，一般以a的方向为正方向．这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化．

3． 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联系各段的纽带．

例1 (2011·新课标全国·24)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．

解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得

v＝at0

1s1＝at2

201s2＝vt0＋×(2a)t20

2设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′.同样有

v′＝(2a)t0

1s1′＝×(2a)t20

21s2′＝v′t0＋at2

20设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则有

s＝s1＋s2

4

s′＝s1′＋s2′

联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为

s5＝

s′7答案 5∶7

匀变速直线运动的规范求解

1．一般解题的基本思路

2．描述匀变速直线运动的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简单化．

突破训练1 短跑名将博尔特在北京奥运会上100 m和200 m短跑项目的成绩分别为9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：

(1)加速所用时间和达到的最大速率；

(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)

答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s2

解析 (1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速率为v(以m/s为单位)，则有：

1vt＋(9.69 s－0.15 s－t)v＝100 m①

21vt＋(19.30 s－0.15 s－t)×0.96v＝200 m②

2由①②式得t＝1.29 s，v＝11.24 m/s.

v(2)设加速度大小为a，则a＝＝8.71 m/s2

t

5

考点二 解决匀变速直线运动的常用方法

1． 一般公式法

一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．

2． 平均速度法

定义式v＝动．

3． 比例法

对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解．

4． 逆向思维法

如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．

5． 推论法

利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．

6． 图象法

tx利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v与v，以及追及问题；用x22－t图象可求出任意时间内的平均速度等．

例2 物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图1所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4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 解法一 比例法 图1

Δxt1对任何性质的运动都适用，而v＝v＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运Δt22对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为

x1∶x2∶x3∶„∶xn＝1∶3∶5∶„∶(2n－1)

xAC3xAC现有xBC∶xAB＝∶＝1∶3

44通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t.

解法二 中间时刻速度法

利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．

v0＋0v0vAC＝＝

22又v20＝2axAC①

v2B＝2axBC②

1xBC＝xAC③

4v0解①②③得：vB＝.

2

6

可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．

因此有tBC＝t.

解法三 利用有关推论

对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所

用的时间之比为t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶„∶(n－n－1)．

现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：

tBD＝(2－1)tx，tDE＝(3－2)tx，tEA＝(2－3)tx，

又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tx＝t.

答案 t

突破训练2 在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每

隔1 s就有一个小孩子往下滑，一游客对着冰道上的孩子拍下一张照片，如图2所示，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子．他根据照片与实物的比例推算出乙与甲、丙两孩子间 图2

的距离分别为12.5 m和17.5 m，请你据此求解下列问题：(g取10 m/s2)

(1)若不考虑一切阻力，小孩下滑加速度是多少？

(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多大？

(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩子不会超过几个？

答案 (1)5 m/s2 (2)25 m/s (3)不会超过2个

考点三 自由落体运动和竖直上抛运动

1．自由落体运动实质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．

2． 竖直上抛运动的研究方法

竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可采用两种方法：

(1)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降过程的自由落体阶段．

(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为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v0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．

3. 竖直上抛运动的对称性

如图3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

7

(1)时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.

(2)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等．

3

(3)能量的对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB.

例3 在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为( )

A．10 m B．20 m C．30 m D．50 m

图解析 物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，

如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移为10 m处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s1等于位移x1的大小，即s1＝x1＝10 m；下降通过时，路程s2＝2h－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，通过的路程s3＝2h＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D正确，B错误．

答案 ACD

竖直上抛运动解题时应注意的问题

竖直上抛运动可分为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动两个阶段，解题时应注意以下两点：

(1)可用整体法，也可用分段法．自由落体运动满足初速度为零的匀加速直线运动的一切规律及特点．

(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．

突破训练3 在【例3】中求：(1)物体抛出的初速度大小；

(2)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面所用的时间和落到地面时的速度大小(g取10 m/s2)．

答案 (1)20 m/s (2)6 s 40 m/s

解析 (1)由位移公式得：0－v20＝－2gh

解得：v0＝2gh＝2×10×20 m/s＝20 m/s

1(2)由位移公式得：－H＝v0t－gt2，解得：t＝6 s

2物体由最高点做自由落体运动，落地时的速度大小为v，则：

v2＝2g(H＋h)，解得：v＝40 m/s.

8

2．思维转化法：将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”

例4 从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几颗

小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图4所示，测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm，求：

(1)小球的加速度；

(2)拍摄时B球的速度；

(3)拍摄时xCD的大小；

(4)A球上方滚动的小球还有几颗．

Δx解析 (1)由a＝2得小球的加速度

txBC－xABa＝＝5 m/s2

2t(2)B点的速度等于AC段上的平均速度，即

vB＝xAC＝1.75 m/s

2t 图4

(3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即xCD－xBC＝xBC－xAB，所以

xCD＝2xBC－xAB＝0.25 m

(4)设A点小球的速度为vA，由于

vA＝vB－at＝1.25 m/s

vA所以A球的运动时间为tA＝＝0.25 s，所以在A球上方滚动的小球还有2颗．

a答案 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2

在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求 解有困难时，往往可以通过变换思维方式，使解答过程简单明了．在直线运动问题中常见的思维转化方法除上例所用外，还有：将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动；将平均速度转化为中间时刻的速度；将位置变化转化为相对运动等．

9

突破训练4 某同学站在一平房边观察从屋檐边滴下的水滴，发现屋檐边滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1 m，由此求屋檐离地面的高度．

答案 3.2 m

解析 作出如图所示的示意图.5滴水滴的位置等效为一滴水做自由落体运动连续相等时间内的位置．

图中自上而下相邻点之间的距离比为1∶3∶5∶7，因点“3”、“2”间距为1 m，可知屋檐离地面高度为

1×(1＋3＋5＋7) m＝3.2 m

5

高考题组

1． (2011·重庆·14)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g取10 m/s2)( )

A．10 m

答案 B

11解析 从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h＝gt2可得h＝22×10×22 m＝20 m.

2． (2011·安徽·16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2，则物体运动的加速度为

2Δxt1－t2A.

t1t2t1＋t22Δxt1＋t2C.

t1t2t1－t2答案 A

解析 物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律：

txt1Δxv＝v＝知：v＝①

2t2t1t2Δxv＝②

2t2由匀变速直线运动速度公式vt＝v0＋at知

t1＋t2t2t1v＝v＋a·()③

222

10

B．20 m C．30 m D．40 m

( )

Δxt1－t2B.

t1t2t1＋t2Δxt1＋t2D.

t1t2t1－t2

2Δxt1－t2①②③式联立解得a＝.

t1t2t1＋t23． (2011·山东·18)如图5所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，

h将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不2 计空气阻力)．则

A．两球同时落地

B．相遇时两球速度大小相等

C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量

D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等

答案 C

h1解析 对b球，由＝gt2得t＝

22h，v＝gt＝gh.以后以初速度gh匀加速下落．对gb ( ) 图5

h1hha球，＝v0t－gt2得v0＝gh，在处，va＝v0－gt＝0，以后从处自由下落．故落地时2222间tbPa，选项D错误．

模拟题组

4． 如图6所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、

c、d到达最高点e.已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则 ( ) 图6

A．vb＝22 m/s B．vc＝3 m/s

C．xde＝3 m D．从d到e所用时间为4 s

答案 BD

解析 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因Tac＝Tcd＝T，故c点为a到d的中间时xad6＋6刻，故vc＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；因xac＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，2T2×2xac－xcdvc故加速度大小为a＝＝0.5 m/s2，由vc＝aTec得Tec＝＝6 s，则Tde＝Tec－Tcd＝4

2Ta2s；xde＝xec－xcd＝4 m，故C错误，D正确；由vb－v2xbc可得，vb＝10 m/s，Ac＝2a·错误．

5． 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物

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从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)

答案 7 s 60 m/s

解析 解法一 全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉

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．

重物在时间t内的位移h＝－175 m

将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入位移公式

1h＝v0t－gt2

2解得t＝7 s或t＝－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

其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．

解法二 分段法

设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则

v010t1＝＝ s＝1 s

g10v21020上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m

2g2×10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＝

2H＝

g2×180 s＝6 s，

10v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向竖直向下

所以重物从气球上掉落至落地共历时

t＝t1＋t2＝7 s.

(限时：30分钟)

►题组1 匀变速直线运动基本规律的应用

1． 一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，在第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是

( )

A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 m

12

B．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 m

C．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 m

D．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m

答案 C

x9′－x5′422解析 a＝＝22 m/s＝1 m/s，v9＝v0＋at＝(0.5＋1×9) m/s＝9.5 m/s，x94T4×111＝v0t＋at2＝(0.5×9＋×1×92) m＝45 m，故正确选项为C.

22g2． 给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大2v0小减为时，所用时间可能是

2v0A.

2g3v0C.

g答案 BC

v0解析 当滑块速度大小减为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向2v0v0v－v0v03v0相反，因此要考虑两种情况，即v＝或v＝－，代入公式t＝得，t＝或t＝，22agg故B、C正确．

3． 一个做匀加速直线运动的物体，在前4 s内经过的位移为24 m，在第二个4 s内经过的位移是60 m．求这个物体运动的加速度和初速度各是多少？

答案 2.25 m/s2 1.5 m/s

解析 解法一 基本公式法：

1前4 s内经过的位移：x1＝v0t＋at2

2第2个4 s内经过的位移：

11x2＝v0(2t)＋a(2t)2－(v0t＋at2)

22将x1＝24 m、x2＝60 m代入上式，

解得a＝2.25 m/s2

v0＝1.5 m/s.

解法二 由公式Δx＝aT2，得

Δx60－24a＝2＝ m/s2＝2.25 m/s2.

2T4tt24＋60根据v＝v得v＝v＝ m/s＝v0＋4a，

228

13

( )

v0B.

g3v0D.

2g

所以v0＝1.5 m/s.

►题组2 自由落体和竖直上抛运动的规律

4． 从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将

A．保持不变

C．不断减小

答案 B

解析 设第1粒石子运动的时间为t s，则第2粒石子运动的时间为(t－1) s，两粒石子111间的距离为Δh＝gt2－g(t－1)2＝gt－g，可见，两粒石子间的距离随t的增大而增大，222故B正确．

5． 从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面．在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是 ( )

( )

B．不断增大

D．有时增大，有时减小

A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同

B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反

C．物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间

D．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间

答案 AC

解析 物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g，方向向下，A正确，B错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C正确，D错误．

6． 一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为

12A.g(Ta－T2b)

81C.g(T2－T2b)

2a答案 A

Ta解析 根据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为，从b点到最高点的时间为2Tb1Ta2gT21Tb2gT2ab，所以a点到最高点的距离ha＝g()＝，b点到最高点的距离hb＝g()＝，222822812故a、b之间的距离为ha－hb＝g(T2a－Tb)，故选A.

87． 不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛的物体，从抛出至回到原点的时间为t，现在在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，则此时物体上升和下降的总时间约为

14

( )

12B.g(T2a－Tb)

41D.g(Ta－Tb)

2

( )

A．0.5t B．0.4t C．0.3t D．0.2t

答案 C

t解析 物体上升到最大高度所需的时间为，把上升的位移分成相等的两段，自上向下2的时间的比为1：(2－1)，物体上升到最大高度的一半所需时间为t1＝2－1t×，由22对称性，物体从最大位移的一半处下落到抛出点的时间也为t1，故题中所求时间为2t1＝2×2－1t×≈0.3t.

22►题组3 应用运动学基本规律分析实际运动问题

8． 汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定速率为8 m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )

A．拖行路程为8 m，符合规定

B．拖行路程为8 m，不符合规定

C．拖行路程为4 m，符合规定

D．拖行路程为4 m，不符合规定

答案 C

v08解析 由x＝t可得：汽车刹车后的拖行路程为x＝×1 m＝4 m<5.9 m，所以刹车试22验的拖行路程符合规定，C正确．

9． 一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是

( )

A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m

答案 C

1解析 由Δx＝aT2得：a＝－2 m/s2，由v0T＋aT2＝x1得：v0＝10 m/s，汽车刹车时间t20－v00－v20＝＝5 s<6 s，故刹车后6 s内的位移为x＝＝25 m，C正确．

a2a10．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v1＝5 m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是

A．汽车运动的加速度大小为1 m/s2

( )

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B．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s

C．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 s

D．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为25 m/s

答案 AB

1解析 由匀加速直线运动的位移规律x＝v0t＋at2知汽车运动的加速度大小为1 m/s2，22A正确；由v2B正确；t－v0＝2ax知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s，由vt＝v0＋at知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s，所以从第3根至第7根电线x杆用时为10 s，C错误；由v＝知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s，tD错误．

11．“蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，比赛时，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力(F)－时间(t)图象，如图1为某一运动员比赛时计算机作出的F－t图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是 ( )

图1

A．裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动

B．1 s末该运动员的运动速度最大

C．1 s末到2 s末，该运动员在做减速运动

D．3 s末该运动员运动到最高点

答案 D

解析 运动员的外形和动作影响裁判打分，不能把该运动员的运动看成质点的运动，则A错误；1 s末对弹性网的压力最大，运动员在最低点，速度为0,1 s末到2 s末，运动员在做加速运动，2 s末到3 s末，运动员做竖直上抛运动，3 s末运动员运动到最高点，则B、C错误，D正确．

12．如图2所示，A、B两同学在直跑道上练习4×100 m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B从静止开始全力奔跑需25 m才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出．若要求B接棒时速度达到最大速度的80%，则：

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图2

(1)B在接力区需跑出的距离s1为多少？

(2)B应在离A的距离s2为多少时起跑？

答案 (1)16 m (2)24 m

解析 (1)对B：设其加速度为a，跑出的距离为s时速度达到最大值v.则2as＝v2,2as1＝(0.8v)2，解得s1＝0.64s＝16 m.

0.8v(2)设B接棒时跑出时间为t，则s1＝vt＝t，在t时间内，对A有sA＝vt，解得sA2＝40 m．所以B起跑时，应距离A为Δs＝sA－s1，解得Δs＝s2＝24 m.

13．一列火车做匀变速直线运动，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：

(1)火车的加速度的大小；

(2)人开始观察时火车速度的大小．

答案 (1)0.16 m/s2 (2)7.2 m/s

解析 (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a，L＝8 m．由Δx＝aT2得

2L2×88L－6L＝a×102，a＝＝ m/s2＝0.16 m/s2.

1001008L＋6L14×8TT(2)设人开始观察时火车速度大小为v0，v＝v＝＝ m/s＝5.6 m/s.v＝v022T202－aT，解得v0＝7.2 m/s.

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