专题02 匀变速直线运动的规律
题型 选择题 命题趋势和备考策略
高考考点 匀变速直线运动的规律、匀变速直线运动的推论、自由落体运动、竖直上抛运动、 【命题规律】 近3年新高考卷对于运动的描述考查共计5次，主要考查： 1. 匀变速直线运动规律和图像的运用； 2. 匀变速直线运动推论的应用； 3. 竖直上抛运动在实际生活中的应用。 【备考策略】 熟练掌握匀变速直线运动规律，理解图像的意义，正确运用匀变速直线运动规律解决图像问题；掌握匀变速直线运动推论的推导过程，利用推导公式处理生活中的实际问题；掌握自由落体运动以及竖直上抛运动的对称性规律；掌握多种方式一题多解的发散性思维的解题方法。 【命题预测】 2024年高考，匀变速直线运动会与生产、生活实际相结合的可能性比较大，较大概率会以物体上抛、下落，车辆的启动、刹车、追击和相遇问题，物体上下坡，物体在传送带上的运动相结合等形式出现，考察考生运动观念、模型建构、科学推理及严谨认真的科学态度。本节知识要求考生熟练掌握匀变速直线运动和自由落体运动的规律、图像，加强函数法、比较法、图像图、推论规律法、极限思维法的应用训练。
新高考 2023 湖北卷7题、江苏卷1题、甲卷14、甲卷16题、乙卷14题、浙江卷1题
2022 河北卷1题、湖北卷6题、甲卷15题
2021 海南卷10题、湖北卷2题、辽宁卷3题、浙江卷2题、广东卷8题、
【导航窗口】
知识梳理
一、匀变速直线运动的规律 2
二、匀变速直线运动的推论 2
三、自由落体运动和竖直上抛运动 3
考点突破
考点一 匀变速直线运动规律及应用 3
考点二 常用的几种物理思想方法 6
考点三 自由落体和竖直上抛运动 8
考点四 多运动过程问题 11
特殊法解题：用“等效法”处理三类直线运动问题
一、将“平均速度”等效为“中间时刻的瞬时速度” 14
二、将“匀减速至零的运动”等效为“初速度为零的匀加速运动” 14
三、将“匀减速运动至零又反向加速”等效为“竖直上抛运动” 14
考点过关
【素质基础练】 15
【能力提高练】 20
【高考通关练】 33
【知识梳理】
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.匀变速直线运动的基本规律
(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.
二、匀变速直线运动的推论
1.三个推论
(1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值，还等于中间时刻的瞬时速度.
平均速度公式：＝＝.
(2)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等.
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(3)位移中点速度＝.
2.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－)∶…∶(－).
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落.
(2)基本规律
①速度公式：v＝gt.
②位移公式：x＝gt2.
③速度位移关系式：v2＝2gx.
2.竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动.
(2)运动性质：匀减速直线运动.
(3)基本规律
①速度公式：v＝v0－gt；
②位移公式：x＝v0t－gt2.
3.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和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一.他所用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)和谐地结合起来.
考点一 匀变速直线运动规律及应用
1.恰当选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
v0、a、t、x v x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t v2－v＝2ax
v0、v、t、x a x＝t
除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.
2.规范解题流程
―→―→―→―→
【例1】“跳楼机”是一种大型游戏机，让人体验短暂的“完全失重”非常刺激。参加游戏的游客被安全装置固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50m高处，然后由静止释放。为了游客安全舒适，自由落体运动后，做匀减速运动的加速度不能超过1.5g，且下落到离地面5m高处时速度刚好减小到零，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面，取。求：
（1）若游客自由下落2s后开始减速，匀减速运动时加速度的大小；
（2）为了游客安全舒适，游客下落过程的最大速率。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）自由下落2s后，
下落高度，则 ，
解得
（2）匀减速加速度最大时，游客下落过程的速率最大 ，
解得，
[变式1]如图所示是某晚报报道香港建成的一种让人体验自由落体的跳楼机，其中列出了一些数据供参考：①总高度；②安全着地；③自由下降时，到达最大时速；④乘载12人；⑤香港当地的重力加速度约为。如果跳楼机先做自由落体运动，紧接着做匀减速运动，可利用以上数据估算跳楼机减速时的加速度大小约为多少。
【答案】
【详解】根据自由落体位移公式可得，，解得，
由于总的下落时间为，所以可以得到匀减速运动的时间为
由于总高度为，加速下落距离为，所以减速运动的距离为，
根据匀变速直线运动时间与位移的公式可得，
代入数据解得，，所以加速度大小为。
[变式2]如图所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏。游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒。已知支架顶部距离地面2.3 m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面1.1 m，下边界B距离地面0.5 m。不计空气阻力，重力加速度。求：
（1）圆棒下落到A点所用的时间；
（2）圆棒通过AB所用的时间；
（3）结合轨迹反应时间（判断棒下落轨迹的时间）和握棒反应时间（棒经过某点的时间）应用自由落体运动知识简要分析在A点和B点接棒各自的优缺点。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）圆棒底部距离A点高度
圆棒做自由落体运动下落到A点有，
代入数据解得，
（2）圆棒通过AB的过程即圆棒底部到达A点和圆棒顶端离开B点这一过程，可知圆棒底部到达A点的速度为，
圆棒通过AB下落的高度为，
圆棒通过AB过程由
代入数据解得，
（3）A点握棒的优点：圆棒下落到A点时速度较小，通过A点所有的时间稍长，如果握棒反应时间较长，也利于抓住圆棒；
A点握棒的缺点：圆棒下落到A点所用时间较短，若反应速度较慢，很容易错过抓棒机会；
B点握棒的优点：圆棒下落到B点所用时间较长，即使反应速度较慢，也有足够的反应时间做好抓棒准备，可以提高抓棒的成功率；
B点握棒的缺点：圆棒下落到B点时速度较大，通过B点所有的时间较短，如果握棒反应时间较长，很难抓住圆棒。
考点二 常用的几种物理思想方法
【例2】一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( )
A. B. C. D.
【答案】 A
【详解】 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故选A。
【例3】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. B. C. D.
【答案】 B
【详解】 设第一阶段的末速度为v，
则由题意可知：＋＝s，解得：v＝；
而s＝t1＋t2＝t，
由此解得：t＝，
故选B。
[变式1]一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第3 m、倒数第2 m、最后1 m内的运动，下列说法中正确的是( )
A.经历的时间之比是1∶2∶3
B.平均速度之比是3∶2∶1
C.平均速度之比是1∶(－1)∶(－)
D.平均速度之比是(＋)∶(＋1)∶1
【答案】 D
【详解】 将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为0的匀加速直线运动(逆向思维)，从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为t1∶t2∶t3＝1∶(－1)∶(－)，则倒数第3 m、倒数第2 m、最后1 m内经历的时间之比为(－)∶(－1)∶1，平均速度之比为∶∶1＝(＋)∶(＋1)∶1，故选D。
[变式2]做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )
A.1 m/s2 B.2 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2
【答案】 C
【详解】 第1个3 s内的平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5 s内的平均速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，a＝＝＝＝3 m/s2，C正确.
[变式3]某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m.在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s，轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求.
【答案】 符合设计要求
【详解】 轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m.
则v0.5＝＝＝ m/s＝8.2 m/s，
a＝＝ m/s2＝－23.6 m/s2.
由v2－v＝2ax，
可得x＝ m≈8.5 m<25 m.
故这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求.
考点三 自由落体和竖直上抛运动
1.自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动.
2.竖直上抛运动的重要特性(如图2)
图2
(1)对称性
①时间对称：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：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等.
(2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性.
3.竖直上抛运动的研究方法
分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动 下降阶段：自由落体运动
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向为正方向) 若v>0，物体上升，若v<0，物体下落 若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方
【例4】如图所示，有一空心上下无底的弹性圆筒，它的下端距水平地面的高度为H（已知量），筒的轴线竖直。圆筒轴线上与筒顶端等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒碰地后的反弹速率为落地速率的，它与地面的碰撞时间都极短，可看作瞬间反弹，运动过程中圆管的轴线始终位于竖直方向。已知圆筒第一次反弹后再次落下，它的底端与小球同时到达地面（在此之前小球未碰过地）重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）圆筒第一次落地弹起后相对于地面上升的最大高度小球；
（2）小球从释放到第一次落地所经历的时间t以及圆筒的长度L。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）圆筒第一次落地做自由落体运动，有
圆筒第一次落地弹起后到最高点做匀减速运动，可视为初速度为零的匀加速运动，有
联立解得
（2）根据可得圆筒第一次落地的时间
圆筒第一次弹起后到最高点的时间
圆筒第一次弹起后到落地时小球同时到达地面，所以小球从释放到第一次落地所经历的时间
可知小球下落的高度
则圆筒的长度
[变式1]如图所示，一圆管放在水平地面上，长为，圆管的上表面离天花板距离，在圆管的正上方紧靠天花板放一小球（可看成质点），让小球由静止释放，同时给圆管一竖直向上初速度，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小球释放后经多长时间与圆管相遇；
（2）试判断在圆管落地前小球能不能穿过圆管？如果不能，小球和圆管落地的时间差多大？如果能，小球穿过圆管的时间多长？
【答案】（1）；（2）能
【详解】（1）以竖直向下为正方向，小球做自由落体运动，则有
圆管做竖直上抛运动，则有
小球与圆管相遇时，应有
联立解得
（2）设小球落到地面用时为t1，则，解得
圆管落地的时间为t2，则有，解得，由于t1 < t2，所以小球能穿过圆管。
设t′时刻小球到达圆管的下端，则有，其中，
联立解得
因此小球穿过圆管的时间为
[变式2]如图所示，AB为空心圆管，长度为＝10m，C为可视为质点的小球，AB与C在同竖直线上，AC之间距离为＝20m。＝0时刻，由静止释放AB，同时C从地面以初速度竖直向上抛出。忽略空气阻力，AB若落地则立即静止，取＝。
（1）要使C在AB落地前从B端穿出，至少多大？
（2）若＝20m/s，求C从A端进入管中至由B端穿出所经过的时间？
（3）若＝20m/s，求C在圆管外部运动的时间。（答案可保留根号）
【答案】（1）15m/s；（2）0.5s；（3）s
【详解】（1）要使C在AB落地前穿过AB的条件是，圆管落地的瞬间小球与B点相遇，圆管的落地时间为
此时C恰好与B相遇，v0t-gt2=L，解得v0=15m/s
（2）由上可知，小质点一定在空中穿过圆管，设C遇到A点的时间为t1，
设C遇到B点的时间为t2，
C从A端穿过AB所用的时间为Δt=t2-t1，解得Δt=0.5s
（3）若＝20m/s，则球从抛出到落地的总时间为，
小球第二次穿过管时，管已经落地，则设穿过管时用时间为t3，则结合逆向思维，该时间等于球从开始抛出向上运动L=10m的时间，则 ，即，解得（另一值舍掉）
则C在圆管外部运动的时间
考点四 多运动过程问题
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联系各段的纽带.可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果.
【例6】假设在发生山体滑坡时，山坡的底部B处正有一小孩逗留，如图所示，山坡A处有一圆形石头正以的速度、a1=0.5m/s2的加速度匀加速下滑，小孩发现圆形石头到开始逃跑的反应时间为，然后立即以a=0.2m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动跑离坡底，小孩跑动的最大速度为，石头滑到B处前后速度大小不变，但开始以a2=2m/s2的加速度匀减速运动，且小孩的运动与圆形石头的运动在同一竖直平面内，圆形石头滑到坡度B处时，小孩前进的位移为22.5m试求：
(1)山坡A处与坡底B处的距离S0为多少？
(2)若小孩能脱离危险，请计算石头与小孩均在水平面上时二者间的最小距离；若不能脱离危险，请通过计算说明理由。
【答案】(1)80m；(2)能，13.5m
【详解】(1)小孩从静止开始匀加速到达到最大速度用时为
小孩t1时间内的位移为
则石头从A处到B处用时为，
(2)石头运动到B处时速度为
石头从B处向右减速到二者速度相同时为
时间石头内的位移为
时间小孩内的位移为，因，故小孩若能脱离危险。
二者的最小距离为
1.用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来.
2.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.
3.多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键.
[变式]近几年衢州推出了“礼让斑马线”的倡议。有一天，小王开车上班，以72的速度在一条平直公路上行驶，快要到一个有斑马线路口的时候，小王看到一位行人以1.5的速度正要从A点走斑马线过马路，如图所示。经过0.5s的思考，小王立即刹车（不计小王做出决定到用脚踩制动器所需的反应时间），礼让行人。汽车匀减速4s刚好在停车线前停下。设每个车道宽度为3m。求：
(1)汽车刹车时的加速度；
(2)小王看到行人时汽车离斑马线的距离；
(3)若小王看到行人时不加思考立即刹车1s，之后做匀速运动，请通过运算判断小王是否违章驾驶。（刹车加速度与之前相同，不违章是指当行人到达B点时汽车车头没有越过停车线）
【答案】(1) 汽车刹车时的加速度为，方向与汽车运动方向相反；(2) 小王看到行人时汽车离斑马线的距离为50m；(3)见解析
【详解】(1)以汽车速度方向为正方向，则汽车的初速度为，末速度，则有
(2)小王在思考时间内汽车做匀速直线运动，则有
汽车刹车过程的位移为
小王看到行人时汽车离斑马线的距离为
(3)行人从A点到B点所需时间为
则在此过程中汽车先减速1s，后匀速3s，汽车减速过程，由匀变速直线运动规律可得，
汽车匀速过程
则此过程汽车的位移为，因此小王违章驾驶。
一、将“平均速度”等效为“中间时刻的瞬时速度”
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于它在这段时间t内的中间时刻的瞬时速度，在解题中，我们可以充分利用这一关系，进行等效处理，以达到简化解题的目的.
【典例1】物体从静止开始做匀加速直线运动，测得它在第n s内的位移为x m，则物体运动的加速度为( )
A. m/s2 B. m/s2
C. m/s2 D. m/s2
【答案】 D
【详解】 第n s内位移为x m，该秒内平均速度大小为x m/s，与该秒内中间时刻瞬时速度相等，则(n－0.5) s时瞬时速度大小也为x m/s，即
a·(n－0.5)＝x
所以a＝ m/s2，选项D正确.
二、将“匀减速至零的运动”等效为“初速度为零的匀加速运动”
加速度大小相等的匀加速运动与匀减速运动，在相应的物理量上表现出一定的对称性，即加速运动可等效为逆向的减速运动，反之亦然.
【典例2】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4 m/s2的加速度，刹车后第三个2 s内，汽车走过的位移为( )
A.12.5 m B.2 m C.10 m D.0
【答案】 D
【详解】 设汽车从刹车到停下的时间为t，根据匀减速至零的运动等效为初速度为零的匀加速运动，则由v0＝at得t＝＝ s＝2.5 s，所以刹车后第三个2 s时汽车早已停止，即刹车后第三个2 s内，汽车走过的位移为零，D正确.
三、将“匀减速运动至零又反向加速”等效为“竖直上抛运动”
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3】(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. s
【答案】 ACD
【详解】 当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋at2得，4＝5t－×2t2，，解得t1＝1 s，t2＝4 s
当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋at2得，－4＝5t－×2t2
解得t3＝ s，故A、C、D正确，B错误.
【素质基础练】
1．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）
A．“笛音雷”在时刻上升至最高点
B．时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．时间内“笛音雷”的平均速度为
D．时间内“笛音雷”处于失重状态
【答案】D
【详解】A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误；
B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；
C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据
可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；
D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。
故选D。
2．（2019·甘肃酒泉·敦煌中学校考一模）一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（ ）
A．，1：2：3 B．，
C．1：2：3，1：1：1 D．1：3：5，1：2：3
【答案】B
【详解】根据，知，物体在1s内、3s内、6s内的位移之比为1：9：36，则三段位移之比为1：8：27，
根据，可知，三段位移上的平均速度之比为1：4：9，故B正确ACD错误。
故选B。
3．（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，从空中将小球从点竖直向上抛出的同时，将小球从点由静止释放，一段时间后在点正下方的点时追上，此过程中两小球均末落地且末发生碰撞。若两点间的高度差为，两点间的高度差为。不计空气阻力，重力加速度为，两小球均可视为质点，则小球相对抛出点上升的最大高度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】Q做自由落体运动，有，，解得
从抛出到相遇，以向下为正方向，可得
据几何关系可得，解得
P上升的最大高度为
故选B。
4．（2023·全国·模拟预测）音乐喷泉是一种为了娱乐而创造出来的可以活动的喷泉，随着音乐变换，竖直向上喷出的水柱可以高达几十米，为城市的人们在夜间增添一份美轮美奂的视觉和听觉的盛宴。现有一音乐喷泉，喷出的水经2s到达最高点，把水喷射的总高度分成四等份，水通过前两等份高度用时记为，通过最后一等份高度用时记为。空气阻力不计，则满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设上升最大高度为4h，喷泉向上喷的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动
解得总时间为
通过最后一等份高度
解得
水通过后两等份高度
解得
水通过前两等份高度用时
所以，则
故选A。
5．（2023·四川绵阳·统考一模）在一根轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着绳上端的小球站在三层楼的阳台上，放手让小球自由下落，两个球相继落地的时间差为，如果站在四层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两球相继落地的时间差将会（ ）
A．不变 B．变大 C．变小 D．由于层高不知，无法比较
【答案】C
【详解】设细线的长度为L，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L，在L内运行的时间，即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L内的初速度。高度越高，落地的速度越大，则可知高度越高，另一个小球在位移L内的初速度越大，根据
初速度越大，时间越短。即如果站在四层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两球相继落地的时间差将会变小。
故选 C。
6．（2023·上海金山·统考二模）质点从高空被竖直向上抛出，以向上为正，t时间内平均速度为-v（v>0），重力加速度为g，不计空气阻力，则上抛的初速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】质点做匀变速运动，由题意，，得
故选A。
7．（2023·辽宁大连·统考一模）如图为大连星海湾大桥上的四段长度均为L的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。汽车通过ab段的平均速度为，汽车通过de段的平均速度为，则满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为
1：，所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为
又因为，，所以，ACD错误，B正确。
故选B。
8．（2023·浙江·模拟预测）水上飞行器是水上飞行游乐产品，它利用脚下的喷水装置产生巨大的推力，将一个成年男子提升到离水面10m的位置，请估算该男子起飞的初速度（单位：m/s）大约为（ ）
A．0.5 B．5 C．15 D．50
【答案】C
【详解】根据，代入数据解得起飞初速度约，与选项中15m/s最接近。
故选C。
9．（2023·全国·模拟预测）某同学看到桥上掉下一把钥匙，此时，一只小船前端恰好在钥匙正下方处，船以的速度向前运动，那么船至少多长才可以让钥匙掉在小船上（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设船长为，钥匙落下所需时间为，根据公式，
解得钥匙下落时间
故船的长度至少为
故选B。
10．（2021·青海海南·校考二模）火车初速度为10 m/s，关闭发动机后前进150m，速度减为5 m/s，再经过30 s。求
（1）火车减速到停止使用的时间。
（2）火车前进的距离。
【答案】（1）40s；（2）187.5m
【详解】（1）根据，火车加速度大小为
火车减速到停止使用的时间为
（2）再经过30 s，火车前进的距离为
11．（2023·广东惠州·统考模拟预测）2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2000米接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60kg的甲以7m/s的速度在前面滑行，质量为65kg的之以11m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出。乙推出甲后做匀减速直线运动，10s后停在离交接棒前方40m的地方，则：
（1）假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3s，则乙对甲的平均推力是多大；
（2）若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为，4秒末刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）乙推出甲后，
得乙推出甲后乙的速度
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有
解得
乙推甲过程，对甲由动量定理得，
解得，F=650N
（2）4秒末甲刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，由位移关系可知，
丙匀速滑行的速度大小为
【能力提高练】
1．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）子弹垂直射入叠在一起的相同固定木板，穿过第9块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是t，可以把子弹视为质点，子弹在各块木板中运动的加速度都相同。那么子弹穿过第7块木板所用的时间最接近（ ）
A．0.072t B．0.081t
C．0.106t D．0.124t
【答案】C
【详解】将子弹穿过木板的过程看作逆向的初速度为零的匀加速运动，则，
穿过后面两块木板所用时间满足
穿过后面三块木板所用时间满足，
子弹穿过第7块木板所用的时间是，
故选C。
2．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）某同学学习了竖直上抛运动后，决定利用手机上的自动拍摄功能来研究竖直上抛运动，他将自动拍摄时间定为0.3s拍摄一幅照片，现他选取学校一处外墙比较干净的地方做为拍摄的背景墙，在拍得的多组照片中他选取其中连续拍摄的三幅照片如图所示。小球在三个时刻的位置标记为a、b、c，已知每块砖的厚度为5cm，取重力加速度。经分析可知三幅照片的拍摄顺序（ ）
A．一定是abc B．一定是acb
C．可能是bca D．可能是cba
【答案】C
【详解】由题意，小球做竖直上抛运动，由得，则连续相邻两拍摄点之间的距离差应为（取向上为正）
由图可得ab两点，bc两点之间的距离分别为，，
A．如果abc，则，不可能，故A错误；
BC．如果是acb，则
可能；如果是bca，则
可能，所以可能拍摄的顺序可能是acb，也可能bca，故B错误，C正确。
D．如果是cba，则，不可能。故D错误；
故选C。
3．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）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，经过第三段h速度的增加量为，则与的比值满足（ ）
A． B． C． D．
【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
由，则，即
故选C。
4．（2023·湖北·襄阳四中校联考模拟预测）伽利略在研究自由落体运动时，做了如下实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，以冲淡重力。如图所示，设与斜面底端的距离分别为，小球从处由静止开始运动到斜面底端的时间分别为，到斜面底端时的速度分别为，则伽利略当时用来证明小球沿斜面向下的运动是匀变速直线运动的关系式是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．由图及运动学规律可知，，A错误：
B．由，可得，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但不是当时伽利略用来证明匀变速直线运动的结论，B错误；
C．由运动学公式可知，得，故三次下落中位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，C正确；
D．小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，D错误。
故选C。
5．（2023·黑龙江大庆·统考三模）一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动，该物体第1s内的位移恰为最后1s内位移的二分之一，已知重力加速度大小取，则它开始下落时距落地点的高度为（ ）
A．15m B．12.5m C．11.25m D．10m
【答案】C
【详解】物体第1s内的位移为，
则物体最后1s内的位移为
物体最后1s内的平均速度为，解得
则下落的时间为
则物体开始下落时距落地点的高度为
故选C。
6．（2023·山东·模拟预测）如图所示，将固定在水平地面上的斜面分为四等份，。一小球从斜面底端A点冲上斜面，经过时间t刚好能到达斜面顶端E点。小球在向上匀减速运动的过程中，通过段所用的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】小球从斜面底端A点斜向上做匀减速直线运动直至速度为零，由通过连续相等位移所用时间之比的特点，则有通过各段所用的时间之比为
所以，故通过段所用的时间为，C正确。
故选C。
7．（多选）（2023·全国·校联考模拟预测）小红用频闪照相法研究竖直上抛运动，拍照频率为，某次实验吋小球以某一初速度竖直。上拋，照相机在此过程中爆光于8次，由于上升过程和下降过程小球经过相同位置时都被曝光，所以在底片上记录到如图所示的4个位置，两点间距离为两点间距离为两点间距离为，重力加速度。下列说法中正确的是（ ）
A．小球经过点时的速率为 B．点距竖直上抛的最高点的距离为
C． D．
【答案】BC
【详解】A．频闪照相的时间间隔，
题图中所有位置曝光两次，所以点到竖直上抛的最高点的时间间隔为
所以从最高点开始至下落到点经历的时间为
过点时的速度为，选项A错误；
B．从最高点下落到点经历的时间为
所以点距竖直上抛的最高点的距离为，选项B正确；
CD．初速度为0的匀加速度直线运动，在连续相同时间内的位移之比为，若从最高点至点分为7个相同的时间间隔，每个间隔为，满足，，选项C正确，选项D错误。
故选BC。
8．（多选）（2023·四川凉山·统考三模）某同学用手机的频闪功能拍摄一小球在倾角为斜面上的运动情况，如图是运动模型简化图，频闪时间间隔为T，小球从斜面底端开始向上运动，在斜面上依次经过A、B、C、D、E点，各段距离之比为，小球在运动过程中所受阻力大小不变。以下说法正确的是（ ）
A．小球在图中C点的速度向上
B．若小球向上经过A点时的速度为，则向上经过B点的速度为
C．小球所受阻力和重力大小之比为3∶1
D．若实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中长L，则过E点的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．小球在运动过程中所受阻力大小不变，则小球向上运动时是匀减速运动，向下运动时是匀加速运动；由匀变速直线运动规律可知，只有当初速度（或末速度）为零时，连续相等的两段时间内物体位移之比为1：3（或3：1），则由，可得，C点为最高点，故A错误；
B．C点为最高点，则
B点是A、C的时间中点，则向上经过B点的速度为，故B正确；
C．设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、a2，频闪时间间隔为t，根据位移—时间公式，有，，又，解得
由牛顿第二定律得，，解得，故C错误；
D．实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中长L，则实际CE长为，则D点速度为
由，可得过E点的速度大小为，故D正确。
故选BD。
9．（2023·四川内江·统考一模）如图，一小汽车停在小山坡底部，突然司机发现山坡上距坡底x1=60m处，因地震产生的小泥石流以v0=4m/s的初速度、a1=0.4m/s2的加速度匀加速倾斜而下，泥石流到达坡底后以a2=0.3m/s2的加速度沿水平地面做匀减速直线运动，司机从发现险情到发动汽车共用了t0=2s，设汽车启动后一直以a3=0.5m/s2的加速度，沿与泥石流的同一直线做匀加速直线运动。求：
（1）泥石流到达坡底速度的大小；
（2）泥石流与汽车相距的最近距离。
【答案】（1）8m/s；（2）6m
【详解】（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1
根据位移公式有
由速度公式有，代入数据得v1=8m/s
（2）泥石流到达坡底时，汽车速度
汽车位移
当汽车的速度与泥石流速度相等时，泥石流与汽车相距最近
设泥石流到达坡底后汽车又加速时间为t2，故有
泥石流水平位移
汽车位移
相距最近的距离
由以上各式解得x=6m
10．（2023·山东·模拟预测）图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的λ倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力加速度为g。求
（1）与a碰前瞬间，b的速度大小；
（2）λ的值。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）光滑环b做自由落体运动，设碰前瞬间b的速度大小为，则有，解得
（2）设弹簧劲度系数为k，a静止在弹簧上时有
由图乙可知，
设向上为正方向，当a向下运动过程中所受合外力为
联立得可得，即a所受合外力为方向向上的恒力，所以a做匀减速直线运动。设a向下运动过程中加速度大小为，由牛顿第二定律有，解得
根据运动学公式可得
设a、b碰撞后瞬间速度大小分别为，；ab碰撞过程，系统动量守恒，则有
联立并将代入，解得
【高考通关】
1．（多选）（2023·湖北·统考高考真题）时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为。在时间内，下列说法正确的是（ ）
A．时，P回到原点 B．时，P的运动速度最小
C．时，P到原点的距离最远 D．时，P的运动速度与时相同
【答案】BD
【详解】ABC．质点在时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动在做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动在做加速度减小的减速运动，时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，重复此过程的运动，即质点一直向前运动，AC错误B正确；
D 图像的面积表示速度变化量，内速度的变化量为零，因此时刻的速度与时刻相同，D正确。
故选BD。
2．（2022·全国·统考高考真题）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0），则列车进隧道前必须减速到v，则有v = v0 - 2at1，解得
在隧道内匀速有
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0 = v + at3
解得
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
故选C。
3．（2022·湖北·统考高考真题）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
【答案】B
【详解】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间
故选B。
4．（2022·河北·统考高考真题）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（ ）
A．时间内，训练后运动员的平均加速度大
B．时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等
C．时间内，训练后运动员的平均速度小
D．时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
【答案】D
【详解】A．根据图像的斜率表示加速度，由题图可知时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；
B．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；
C．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；
D．根据图像可直接判断知，时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。
故选D。
5．（2021·湖北·统考高考真题）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（ ）
A．0.2 s B．0.4s C．1.0 s D．1.4s
【答案】B
【分析】本题考查自由落体运动。
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为1.4s
下落前5 m的过程所用的时间为
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
故B正确，ACD错误。
故选B。
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专题02 匀变速直线运动的规律
题型 选择题 命题趋势和备考策略
高考考点 匀变速直线运动的规律、匀变速直线运动的推论、自由落体运动、竖直上抛运动、 【命题规律】近3年新高考卷对于运动的描述考查共计5次，主要考查： 1. 匀变速直线运动规律和图像的运用； 2. 匀变速直线运动推论的应用； 3. 竖直上抛运动在实际生活中的应用。 【备考策略】 熟练掌握匀变速直线运动规律，理解图像的意义，正确运用匀变速直线运动规律解决图像问题；掌握匀变速直线运动推论的推导过程，利用推导公式处理生活中的实际问题；掌握自由落体运动以及竖直上抛运动的对称性规律；掌握多种方式一题多解的发散性思维的解题方法。 【命题预测】 2024年高考，匀变速直线运动会与生产、生活实际相结合的可能性比较大，较大概率会以物体上抛、下落，车辆的启动、刹车、追击和相遇问题，物体上下坡，物体在传送带上的运动相结合等形式出现，考察考生运动观念、模型建构、科学推理及严谨认真的科学态度。本节知识要求考生熟练掌握匀变速直线运动和自由落体运动的规律、图像，加强函数法、比较法、图像图、推论规律法、极限思维法的应用训练。
新高考 2023 湖北卷7题、江苏卷1题、甲卷14、甲卷16题、乙卷14题、浙江卷1题
2022 河北卷1题、湖北卷6题、甲卷15题
2021 海南卷10题、湖北卷2题、辽宁卷3题、浙江卷2题、广东卷8题、
【导航窗口】
知识梳理
一、匀变速直线运动的规律 2
二、匀变速直线运动的推论 2
三、自由落体运动和竖直上抛运动 3
考点突破
考点一 匀变速直线运动规律及应用 3
考点二 常用的几种物理思想方法 6
考点三 自由落体和竖直上抛运动 7
考点四 多运动过程问题 9
特殊法解题：用“等效法”处理三类直线运动问题
一、将“平均速度”等效为“中间时刻的瞬时速度” 11
二、将“匀减速至零的运动”等效为“初速度为零的匀加速运动” 11
三、将“匀减速运动至零又反向加速”等效为“竖直上抛运动” 11
考点过关
【素质基础练】 12
【能力提高练】 14
【高考通关练】 18
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 不变的运动.
2.匀变速直线运动的基本规律
(1)速度公式：v＝ .
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)位移速度关系式： .
二、匀变速直线运动的推论
1.三个推论
(1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值，还等于中间时刻的瞬时速度.
平均速度公式：＝＝.
(2)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等.
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝ .
(3)位移中点速度＝.
2.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＝
(2)1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝ .
(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＝ .
(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－)∶…∶(－).
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)条件：物体只受 ，从静止开始下落.
(2)基本规律
①速度公式： .
②位移公式：x＝gt2.
③速度位移关系式： .
2.竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做 运动.
(2)运动性质： 直线运动.
(3)基本规律
①速度公式： ；
②位移公式：x＝v0t－gt2.
3.伽利略对自由落体运动的研究
(1)伽利略通过 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和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一.他所用的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→ .这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来.
考点一 匀变速直线运动规律及应用
1.恰当选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
v0、a、t、x v x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t v2－v＝2ax
v0、v、t、x a x＝t
除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.
2.规范解题流程
―→―→―→―→
【例1】“跳楼机”是一种大型游戏机，让人体验短暂的“完全失重”非常刺激。参加游戏的游客被安全装置固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50m高处，然后由静止释放。为了游客安全舒适，自由落体运动后，做匀减速运动的加速度不能超过1.5g，且下落到离地面5m高处时速度刚好减小到零，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面，取。求：
（1）若游客自由下落2s后开始减速，匀减速运动时加速度的大小；
（2）为了游客安全舒适，游客下落过程的最大速率。
[变式1]如图所示是某晚报报道香港建成的一种让人体验自由落体的跳楼机，其中列出了一些数据供参考：①总高度；②安全着地；③自由下降时，到达最大时速；④乘载12人；⑤香港当地的重力加速度约为。如果跳楼机先做自由落体运动，紧接着做匀减速运动，可利用以上数据估算跳楼机减速时的加速度大小约为多少。
[变式2]如图所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏。游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒。已知支架顶部距离地面2.3 m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面1.1 m，下边界B距离地面0.5 m。不计空气阻力，重力加速度。求：
（1）圆棒下落到A点所用的时间；
（2）圆棒通过AB所用的时间；
（3）结合轨迹反应时间（判断棒下落轨迹的时间）和握棒反应时间（棒经过某点的时间）应用自由落体运动知识简要分析在A点和B点接棒各自的优缺点。
考点二 常用的几种物理思想方法
【例2】一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( )
A. B. C. D.
【例3】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. B. C. D.
[变式1]一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第3 m、倒数第2 m、最后1 m内的运动，下列说法中正确的是( )
A.经历的时间之比是1∶2∶3
B.平均速度之比是3∶2∶1
C.平均速度之比是1∶(－1)∶(－)
D.平均速度之比是(＋)∶(＋1)∶1
[变式2]做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )
A.1 m/s2 B.2 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2
[变式3]某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m.在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s，轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求.
考点三 自由落体和竖直上抛运动
1.自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动.
2.竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性
①时间对称：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：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等.
(2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性.
3.竖直上抛运动的研究方法
分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动 下降阶段：自由落体运动
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向为正方向) 若v>0，物体上升，若v<0，物体下落 若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方
【例4】如图所示，有一空心上下无底的弹性圆筒，它的下端距水平地面的高度为H（已知量），筒的轴线竖直。圆筒轴线上与筒顶端等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒碰地后的反弹速率为落地速率的，它与地面的碰撞时间都极短，可看作瞬间反弹，运动过程中圆管的轴线始终位于竖直方向。已知圆筒第一次反弹后再次落下，它的底端与小球同时到达地面（在此之前小球未碰过地）重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）圆筒第一次落地弹起后相对于地面上升的最大高度小球；
（2）小球从释放到第一次落地所经历的时间t以及圆筒的长度L。
[变式1]如图所示，一圆管放在水平地面上，长为，圆管的上表面离天花板距离，在圆管的正上方紧靠天花板放一小球（可看成质点），让小球由静止释放，同时给圆管一竖直向上初速度，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小球释放后经多长时间与圆管相遇；
（2）试判断在圆管落地前小球能不能穿过圆管？如果不能，小球和圆管落地的时间差多大？如果能，小球穿过圆管的时间多长？
[变式2]如图所示，AB为空心圆管，长度为＝10m，C为可视为质点的小球，AB与C在同竖直线上，AC之间距离为＝20m。＝0时刻，由静止释放AB，同时C从地面以初速度竖直向上抛出。忽略空气阻力，AB若落地则立即静止，取＝。
（1）要使C在AB落地前从B端穿出，至少多大？
（2）若＝20m/s，求C从A端进入管中至由B端穿出所经过的时间？
（3）若＝20m/s，求C在圆管外部运动的时间。（答案可保留根号）
考点四 多运动过程问题
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联系各段的纽带.可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果.
【例6】假设在发生山体滑坡时，山坡的底部B处正有一小孩逗留，如图所示，山坡A处有一圆形石头正以的速度、a1=0.5m/s2的加速度匀加速下滑，小孩发现圆形石头到开始逃跑的反应时间为，然后立即以a=0.2m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动跑离坡底，小孩跑动的最大速度为，石头滑到B处前后速度大小不变，但开始以a2=2m/s2的加速度匀减速运动，且小孩的运动与圆形石头的运动在同一竖直平面内，圆形石头滑到坡度B处时，小孩前进的位移为22.5m试求：
(1)山坡A处与坡底B处的距离S0为多少？
(2)若小孩能脱离危险，请计算石头与小孩均在水平面上时二者间的最小距离；若不能脱离危险，请通过计算说明理由。
1.用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来.
2.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.
3.多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键.
[变式]近几年衢州推出了“礼让斑马线”的倡议。有一天，小王开车上班，以72的速度在一条平直公路上行驶，快要到一个有斑马线路口的时候，小王看到一位行人以1.5的速度正要从A点走斑马线过马路，如图所示。经过0.5s的思考，小王立即刹车（不计小王做出决定到用脚踩制动器所需的反应时间），礼让行人。汽车匀减速4s刚好在停车线前停下。设每个车道宽度为3m。求：
(1)汽车刹车时的加速度；
(2)小王看到行人时汽车离斑马线的距离；
(3)若小王看到行人时不加思考立即刹车1s，之后做匀速运动，请通过运算判断小王是否违章驾驶。（刹车加速度与之前相同，不违章是指当行人到达B点时汽车车头没有越过停车线）
一、将“平均速度”等效为“中间时刻的瞬时速度”
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于它在这段时间t内的中间时刻的瞬时速度，在解题中，我们可以充分利用这一关系，进行等效处理，以达到简化解题的目的.
【典例1】物体从静止开始做匀加速直线运动，测得它在第n s内的位移为x m，则物体运动的加速度为( )
A. m/s2 B. m/s2
C. m/s2 D. m/s2
二、将“匀减速至零的运动”等效为“初速度为零的匀加速运动”
加速度大小相等的匀加速运动与匀减速运动，在相应的物理量上表现出一定的对称性，即加速运动可等效为逆向的减速运动，反之亦然.
【典例2】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4 m/s2的加速度，刹车后第三个2 s内，汽车走过的位移为( )
A.12.5 m B.2 m C.10 m D.0
三、将“匀减速运动至零又反向加速”等效为“竖直上抛运动”
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3】(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. s
【素质基础练】
1．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）
A．“笛音雷”在时刻上升至最高点 B．时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．时间内“笛音雷”的平均速度为 D．时间内“笛音雷”处于失重状态
2．（2019·甘肃酒泉·敦煌中学校考一模）一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（ ）
A．，1：2：3 B．，
C．1：2：3，1：1：1 D．1：3：5，1：2：3
3．（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，从空中将小球从点竖直向上抛出的同时，将小球从点由静止释放，一段时间后在点正下方的点时追上，此过程中两小球均末落地且末发生碰撞。若两点间的高度差为，两点间的高度差为。不计空气阻力，重力加速度为，两小球均可视为质点，则小球相对抛出点上升的最大高度为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·全国·模拟预测）音乐喷泉是一种为了娱乐而创造出来的可以活动的喷泉，随着音乐变换，竖直向上喷出的水柱可以高达几十米，为城市的人们在夜间增添一份美轮美奂的视觉和听觉的盛宴。现有一音乐喷泉，喷出的水经2s到达最高点，把水喷射的总高度分成四等份，水通过前两等份高度用时记为，通过最后一等份高度用时记为。空气阻力不计，则满足（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·四川绵阳·统考一模）在一根轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着绳上端的小球站在三层楼的阳台上，放手让小球自由下落，两个球相继落地的时间差为，如果站在四层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两球相继落地的时间差将会（ ）
A．不变 B．变大 C．变小 D．由于层高不知，无法比较
6．（2023·上海金山·统考二模）质点从高空被竖直向上抛出，以向上为正，t时间内平均速度为-v（v>0），重力加速度为g，不计空气阻力，则上抛的初速度为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·辽宁大连·统考一模）如图为大连星海湾大桥上的四段长度均为L的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。汽车通过ab段的平均速度为，汽车通过de段的平均速度为，则满足（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·浙江·模拟预测）水上飞行器是水上飞行游乐产品，它利用脚下的喷水装置产生巨大的推力，将一个成年男子提升到离水面10m的位置，请估算该男子起飞的初速度（单位：m/s）大约为（ ）
A．0.5 B．5 C．15 D．50
9．（2023·全国·模拟预测）某同学看到桥上掉下一把钥匙，此时，一只小船前端恰好在钥匙正下方处，船以的速度向前运动，那么船至少多长才可以让钥匙掉在小船上（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·青海海南·校考二模）火车初速度为10 m/s，关闭发动机后前进150m，速度减为5 m/s，再经过30 s。求
（1）火车减速到停止使用的时间。
（2）火车前进的距离。
11．（2023·广东惠州·统考模拟预测）2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2000米接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60kg的甲以7m/s的速度在前面滑行，质量为65kg的之以11m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出。乙推出甲后做匀减速直线运动，10s后停在离交接棒前方40m的地方，则：
（1）假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3s，则乙对甲的平均推力是多大；
（2）若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为，4秒末刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小。
【能力提高练】
1．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）子弹垂直射入叠在一起的相同固定木板，穿过第9块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是t，可以把子弹视为质点，子弹在各块木板中运动的加速度都相同。那么子弹穿过第7块木板所用的时间最接近（ ）
A．0.072t B．0.081t C．0.106t D．0.124t
2．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）某同学学习了竖直上抛运动后，决定利用手机上的自动拍摄功能来研究竖直上抛运动，他将自动拍摄时间定为0.3s拍摄一幅照片，现他选取学校一处外墙比较干净的地方做为拍摄的背景墙，在拍得的多组照片中他选取其中连续拍摄的三幅照片如图所示。小球在三个时刻的位置标记为a、b、c，已知每块砖的厚度为5cm，取重力加速度。经分析可知三幅照片的拍摄顺序（ ）
A．一定是abc B．一定是acb
C．可能是bca D．可能是cba
3．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）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，经过第三段h速度的增加量为，则与的比值满足（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·湖北·襄阳四中校联考模拟预测）伽利略在研究自由落体运动时，做了如下实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，以冲淡重力。如图所示，设与斜面底端的距离分别为，小球从处由静止开始运动到斜面底端的时间分别为，到斜面底端时的速度分别为，则伽利略当时用来证明小球沿斜面向下的运动是匀变速直线运动的关系式是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·黑龙江大庆·统考三模）一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动，该物体第1s内的位移恰为最后1s内位移的二分之一，已知重力加速度大小取，则它开始下落时距落地点的高度为（ ）
A．15m B．12.5m C．11.25m D．10m
6．（2023·山东·模拟预测）如图所示，将固定在水平地面上的斜面分为四等份，。一小球从斜面底端A点冲上斜面，经过时间t刚好能到达斜面顶端E点。小球在向上匀减速运动的过程中，通过段所用的时间为（ ）
A． B． C． D．
7．（多选）（2023·全国·校联考模拟预测）小红用频闪照相法研究竖直上抛运动，拍照频率为，某次实验吋小球以某一初速度竖直。上拋，照相机在此过程中爆光于8次，由于上升过程和下降过程小球经过相同位置时都被曝光，所以在底片上记录到如图所示的4个位置，两点间距离为两点间距离为两点间距离为，重力加速度。下列说法中正确的是（ ）
A．小球经过点时的速率为 B．点距竖直上抛的最高点的距离为
C． D．
8．（多选）（2023·四川凉山·统考三模）某同学用手机的频闪功能拍摄一小球在倾角为斜面上的运动情况，如图是运动模型简化图，频闪时间间隔为T，小球从斜面底端开始向上运动，在斜面上依次经过A、B、C、D、E点，各段距离之比为，小球在运动过程中所受阻力大小不变。以下说法正确的是（ ）
A．小球在图中C点的速度向上
B．若小球向上经过A点时的速度为，则向上经过B点的速度为
C．小球所受阻力和重力大小之比为3∶1
D．若实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中长L，则过E点的速度大小为
9．（2023·四川内江·统考一模）如图，一小汽车停在小山坡底部，突然司机发现山坡上距坡底x1=60m处，因地震产生的小泥石流以v0=4m/s的初速度、a1=0.4m/s2的加速度匀加速倾斜而下，泥石流到达坡底后以a2=0.3m/s2的加速度沿水平地面做匀减速直线运动，司机从发现险情到发动汽车共用了t0=2s，设汽车启动后一直以a3=0.5m/s2的加速度，沿与泥石流的同一直线做匀加速直线运动。求：
（1）泥石流到达坡底速度的大小；
（2）泥石流与汽车相距的最近距离。
10．（2023·山东·模拟预测）图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的λ倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力加速度为g。求
（1）与a碰前瞬间，b的速度大小；
（2）λ的值。
1．（多选）（2023·湖北·统考高考真题）时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为。在时间内，下列说法正确的是（ ）
A．时，P回到原点 B．时，P的运动速度最小
C．时，P到原点的距离最远 D．时，P的运动速度与时相同
2．（2022·全国·统考高考真题）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022·湖北·统考高考真题）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
4．（2022·河北·统考高考真题）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（ ）
A．时间内，训练后运动员的平均加速度大
B．时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等
C．时间内，训练后运动员的平均速度小
D．时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
5．（2021·湖北·统考高考真题）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（ ）
A．0.2 s B．0.4s C．1.0 s D．1.4s
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