第一章 第2、3单元 匀变速直线运动的规律自由落体和竖直上抛
2025高考物理总复习自由落体运动和竖直上抛运动 多运动过程问题
研透核心考点
2.解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度 的求解往往是解题的关键。
目录
研透核心考点
例3 为了进一步提高高速收费的效率，减少 停车时间，2019年6月交通运输部开始部署 ETC的进一步推广和安装。ETC是高速公 路上不停车电子收费系统的简称。如图4， 汽车以10 m/s的速度行驶，如果过人工收 费通道，需要在收费站中心线处减速至0， 经过30 s缴费后，再加速至10 m/s行驶；如 果过ETC通道，需要在中心线前方10 m处 减速至5 m/s，匀速到达中心线后，再加速 至10 m/s行驶。设汽车加速和减速的加速 度大小均为1 m/s2。求：
解析 由题图可知 sAB∶sBC∶sCD＝1∶3∶5，水滴做初速
度为零的匀加速直线运动，故水滴在下落过程中通过相
邻两点之间的时间相等，A 错误；由 s＝12gt2 可得水滴在
下落过程中通过相邻两点之间的时间为
2 10
s，即闪光的
间隔时间是
2 10
s，B
正确；由v－＝st知水滴在相邻两点间
的平均速度满足v－AB∶v－BC∶v－CD＝1∶3∶5，C 错误；由
vt ＝ gt 知 水 滴 在 各 点 的 速 度 之 比 满 足 vB∶vC∶vD ＝
ห้องสมุดไป่ตู้
1∶2∶3，D 错误。
目录
研透核心考点
1.重要特性 (1)对称性(如图3)
考点二 竖直上抛运动
(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。
是(g取10 m/s2)( B )
A.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足
高三一轮复习秘籍-第一章第2讲匀变速直线运动的规律
第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、匀变速直线运动的规律1．速度公式：v＝v0＋at.2．位移公式：x＝v0t＋12at2.3．位移速度关系式：v2－v20＝2ax.二、匀变速直线运动的推论1．三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，即x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.(2)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一半，还等于中间时刻的瞬时速度．平均速度公式：v＝v0＋v2＝v t 2 .(3)位移中点速度2220 2vv vx +=2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n.(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n＝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x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝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t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)．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 ＝12gt 2.③速度位移关系式：③v 2＝2gx .(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．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：匀变速直线运动．(3)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ；②位移公式：x ＝v 0t －12gt 2.研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．三个概念的进一步理解(1)质点不同于几何“点”，它无大小但有质量，能否看成质点是由研究问题的性质决定，而不是依据物体自身大小和形状来判断．(2)参考系一般选取地面或相对地面静止的物体．(3)位移是由初位置指向末位置的有向线段，线段的长度表示位移的大小．2．三点注意(1)对于质点要从建立理想化模型的角度来理解．(2)在研究两个物体间的相对运动时，选择其中一个物体为参考系，可以使分析和计算更简单．(3)位移的矢量性是研究问题时应切记的性质．【例1】在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示．下面说法正确的是()A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案D解析金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为观测“金星凌日”时太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确．【变式1】(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东直线行驶4km，又向北直线行驶3km，已知sin37°＝0.6，则下列说法中正确的是()A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7kmB．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5km处D．研究小船在湖中行驶时间时，小船可以看做质点答案ACD解析在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km＝5km，方向为东偏北θ，满足sinθ＝0.6，即θ＝37°，运动的路程为7km，选项A，C正确；以小船为参考系，O处的观察员是运动的，B错误；若研究小船在湖中行驶时间时，小船的大小相对于行驶的距离可以忽略不计，故小船可以看做质点，选项D正确．1．区别与联系(1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．2．方法和技巧(1)判断是否为瞬时速度，关键是看该速度是否对应“位置”或“时刻”．(2)求平均速度要找准“位移”和发生这段位移所需的“时间”．【例2】在某GPS定位器上，显示了以下数据：航向267°，航速36km/h，航程60km，累计100min，时间10∶29∶57，则此时瞬时速度和开机后平均速度为()A．3.6m/s、10m/s B．10m/s、10m/sC．3.6m/s、6m/s D．10m/s、6m/s答案B解析GPS定位器上显示的航速为瞬时速度36km/h＝10m/s，航程60km，累计100min ，平均速度为v ＝Δx Δt ＝60×103100×60m/s ＝10m/s ，故B 正确．【变式2】(多选)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB ，ABC ，ABCD ，ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1s,2s,3s,4s ．下列说法正确的是()A ．物体沿曲线A →E 的平均速率为1m/sB ．物体在ABC 段的平均速度大小为52m/s C ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点时的速度等于AC 段的平均速度答案BC 解析平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段轨迹的长度，故不能求出平均速率，选项A 错误；由v ＝s t 可得v ＝52m/s ，选项B 正确；所选取的过程离A 点越近，其过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，选项C 正确；物体在B 点的速度不一定等于AC 段的平均速度，选项D 错误．【变式3】一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3)m，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6t2 (m/s)，该质点在t＝2s时的速度和t＝2s到t＝3s时间内的平均速度的大小分别为()A．12m/s39m/s B．24m/s38m/sC．12m/s19.5m/s D．24m/s13m/s答案B解析由v＝6t2(m/s)得，当t＝2s时，v＝24m/s；根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x＝(5＋2t3)m得：当t＝2s时，x2＝21m，t＝3s时，x3＝59m；则质点在t＝2s到t＝3s时间内的位移Δx＝x3－x2＝38m，平均速度v＝ΔxΔt ＝381m/s＝38m/s，故选B.◆拓展点用平均速度法求解瞬时速度——极限思想的应用1．用极限法求瞬时速度和瞬时加速度(1)公式v＝ΔxΔt中，当Δt→0时v是瞬时速度．(2)公式a＝ΔvΔt中，当Δt→0时a是瞬时加速度．2．注意(1)用v＝ΔxΔt求瞬时速度时，求出的是粗略值，Δt(Δx)越小，求出的结果越接近真实值．(2)对于匀变速直线运动，一段时间内的平均速度可以精确地表示物体在这一段时间中间时刻的瞬时速度．【例3】为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d ＝3.0cm 的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0s ，则滑块的加速度约为()A ．0.067m/s 2B ．0.67m/s 2C ．6.7m/s 2D ．不能计算出答案A 解析遮光板通过第一个光电门时的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m/s ＝0.10m/s ，遮光板通过第二个光电门时的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30m/s ，故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067m/s 2，选项A 正确．1．三个概念的比较比较项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量描述物体速度改变的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢和方向的物理量定义式v＝ΔxΔtΔv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0t决定因素v的大小由v0、a、Δt决定Δv由v与v0进行矢量运算，由Δv＝aΔt知Δv由a与Δt决定a不是由v、t、Δv来决定的，而是由Fm来决定方向平均速度与位移同向由v－v0或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v的方向无关2.判断直线运动中的“加速”或“减速”方法物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系．(1)a和v同向(加速直线运动)→a不变，v随时间均匀增加a增大，v增加得越来越快a减小，v增加得越来越慢(2)a和v反向(减速直线运动)→a不变，v随时间均匀减小或反向增加a增大，v减小或反向增加得越来越快a减小，v减小或反向增加得越来越慢【例4】(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的可能运动情况为()A．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相同B．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相反C．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相同D．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相反答案AD解析以初速度的方向为正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝v－v0 t＝10－41m/s2＝6m/s2，方向与初速度的方向相同，A正确，B错误；若初、末速度方向相反，加速度a＝v－v0t＝－10－41m/s2＝－14m/s2，负号表示方向与初速度的方向相反，C错误，D正确．【变式4】一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至零，则在此过程中() A．速度先逐渐增大，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度先均匀增大，然后增大得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案B解析加速度与速度同向，速度应增大，当加速度不变时，速度均匀增大；当加速度减小时，速度仍增大，但增大得越来越慢；当加速度为零时，速度达到最大值，保持不变，选项A错误，B正确；因质点速度方向不变化，始终向前运动，最终做匀速运动，所以位移一直在增大，选项C、D均错误．【变式5】一物体做加速度为－1m/s2的直线运动，t＝0时速度为－5m/s，下列说法正确的是()A．初速度为－5m/s说明物体在做减速运动B．加速度为－1m/s2说明物体在做减速运动C．t＝1s时物体的速度为－4m/sD．初速度和加速度方向相同，物体在做加速运动答案D解析当速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，根据速度公式v ＝v0＋at，当t＝1s时物体速度为v1＝－5m/s＋(－1)×1m/s＝－6m/s，故A、B、C错误，D正确．。
自由落体运动和竖直上抛运动
3．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)
s=v0t+1/2 gt2
vt2 – v02 =2gh
3、竖直上抛运动 （1）竖直上抛运动的条件 :有一个竖直向上的初速度 v0; 运动过程中只受重力作用(加速度为重力加速度g)。 （2）竖直上抛运动的规律：竖直上抛运动是加速度恒定 的匀变速直线运动，若以抛出点为坐标原点，竖直向上 为坐标轴正方向，其位移公式与速度公式分别为 s=v0t－1/2gt2 vt=v0－gt vt2-v02 = - 2gh （3）竖直上抛运动的特征：竖直上抛运动可分为“上 升阶段”和“下落阶段”。前一阶段是匀减速直线运动 ，后一阶段则是自由落体运动，具备的特征主要有： “ 上升阶段”和“下落阶段”的运动以最高点对称。 ①时间对称——―上升阶段”和“下落阶段”通过同一 段大小相等，方向相反的位移所经历的时间相等,即t上 = t下 ②速率对称 ——―上升阶段”和“下落阶段”通过同 一位置时的速率大小相等，即v上=v下 ③上升的最大高度hm= v02/2g 上升的最大时间t上=v0/g
自由落体运动和 竖 直 上 抛 运 动
1、自由落体运动 自由落体运动是初速度为 0 、加速度为 g 的匀加速直 线运动，初速度为0的匀加速直线运动规律都适用于 自由落体运动。 vt= gt s= 1/2gt2 vt2 =2gh
2、竖直下抛运动
竖直下抛运动是初速度不为0、加速度为g 、竖直向下 的匀加速直线运动，匀加速直线运动规律都适用于竖 直下抛运动，只要将公式中的a用g代替。 vt=v0+gt
自由落体运动和竖直上抛运动
自由落体运动和竖直上抛运动知识要点（一）自由落体运动1. 自由落体运动：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动。
2. 自由落体运动特点：初速度为0，只受重力。
（空气阻力很小时，也可把空气阻力忽略）3. 基本规律（公式） ① gt v t = ② 221gt h =③ gh v t 22= ④ t v v 21= ⑤ 2gT h =∆，g 是一个常量取2/8.9s m ，粗略计算g 取2/10s m 。
4. 自由落体运动是匀变速直线运动的一个特例。
因此初速度为0的匀变速直线运动的规律对自由落体运动都适用。
（二）竖直上抛运动1. 竖直上抛运动：将物体以一定的初速度沿着竖直向上的方向抛出（不计空气阻力）的运动。
2. 竖直上抛运动的特点：初速度不为零且方向竖直向上，只受重力。
（空气阻力很小时，也可把空气阻力忽略）。
3. 基本规律（1）将竖直上抛运动看成是整体的匀减速直线运动。
取竖直向上为正方向，则有：⎪⎩⎪⎨⎧-=-=20021gt t v s gt v v t 当t v 为正时，表示物体运动方向向上，同理，当t v 为负时，表示物体运动方向向下。
当S 为正时表示物体在抛出点上方，同理当S 为负时表示物体落在抛出点下方。
所以：上升到最高点的时间：g v 0=上升t 物体上升的最大高度2gv H 20= 从上升到回到抛出点的时间由0gt 21t v s 20=-=得：g2v 0=t 所以下降时间gv 0=下降t （2）将竖直上抛运动看成前一段的匀减速直线运动和后一段的自由落体运动。
（3）将竖直上抛运动看成整体的初速度方向的（竖直向上的）匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合成。
重难点分析（一）对自由落体运动的理解1. 自由落体运动的重点和关键在于正确理解不同物体下落的加速度都是重力加速度g ，同学们在学习的过程中，必须摒弃那种因受日常经验影响而形成的“重物落得快，轻物落得慢”的错误认识。
高中物理：匀变速直线运动规律的应用—自由落体与竖直上抛知识点
高中物理：匀变速直线运动规律的应用—自由落体与竖直上抛知识点匀变速直线运动规律的应用—自由落体与竖直上抛1、自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
2、竖直上抛运动竖直上抛运动是匀变速直线运动，其上升阶段为匀减速运动，下落阶段为自由落体运动。
它有如下特点：（1）.上升和下降（至落回原处）的两个过程互为逆运动，具有对称性。
有下列结论：①速度对称：上升和下降过程中质点经过同一位置的速度大小相等、方向相反。
②时间对称：上升和下降经历的时间相等。
（2）.竖直上抛运动的特征量：①上升最大高度：Sm=②上升最大高度和从最大高度点下落到抛出点两过程所经历的时间：（3）处理竖直上抛运动注意往返情况。
追及与相遇问题、极值与临界问题一、追及和相遇问题1、追及和相遇问题的特点追及和相遇问题是一类常见的运动学问题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一时刻到达同一位置。
可见，相遇的物体必然存在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初始位置之间存在一定的位移关系。
若同地出发，相遇时位移相等为空间条件。
二是相遇物体的运动时间也存在一定的关系。
若物体同时出发，运动时间相等；若甲比乙早出发Δt，则运动时间关系为t甲=t乙+Δt。
要使物体相遇就必须同时满足位移关系和运动时间关系。
2、追及和相遇问题的求解方法分析追及与相碰问题大致有两种方法即数学方法和物理方法。
首先分析各个物体的运动特点，形成清晰的运动图景；再根据相遇位置建立物体间的位移关系方程；最后根据各物体的运动特点找出运动时间的关系。
方法1：利用不等式求解。
利用不等式求解，思路有二：其一是先求出在任意时刻t，两物体间的距离y=f(t),若对任何t，均存在y=f(t)>0,则这两个物体永远不能相遇；若存在某个时刻t，使得y=f(t)≤,则这两个物体可能相遇。
其二是设在t时刻两物体相遇，然后根据几何关系列出关于t的方程f(t)=0,若方程f(t)=0无正实数解，则说明这两物体不可能相遇；若方程f(t)=0存在正实数解，则说明这两个物体可能相遇。
匀变速直线运动公式规律总结
匀变速直线运动公式、规律总结一．基本规律：=ts １． =t v v t 0-（１）加速度 =20t v v + at v v t +=0 2021at t v s +=2 t v v t 20+= t v t 22022v v as t -= 注意：基本公式中（１）式适用于一切变速运动，其余各式只适用于匀变速直线运动．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。
二．匀变速直线运动的两个重要规律：１．匀变速直线运动中某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度： 即2tv =t s 20t v v + ２．匀变速直线运动中连续相等的时间间隔内的位移差是一个恒量：设时间间隔为T ，加速度为a ，连续相等的时间间隔内的位移分别为S １，S ２，S ３，……S N ； 则S=S 2－S 1=S 3－S 2= …… =S N －S N －1=aT 2注意：设在匀变速直线运动中物体在某段位移中初速度为，末速度为，在位移中点的瞬时速度为2s v ，则中间位置的瞬时速度为2s v =2220t v v + 无论匀加速还是匀减速总有2t v ==20t v v +＜2s v =2220t v v +三．自由落体运动和竖直上抛运动：=2tv2tv总结：自由落体运动就是初速度=0，加速度=的匀加速直线运动．（１）瞬时速度gtvt-2021gttvs-=（３）重要推论22vvt-=-总结：竖直上抛运动就是加速度ga-=的匀变速直线运动．四．初速度为零的匀加速直线运动规律：设T为时间单位，则有：（１）１s末、２s末、３s末、…… ns末的瞬时速度之比为：ｖ1∶ｖ2∶ｖ3∶……：ｖn=1∶2∶3∶……∶n同理可得: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）１s内、２s内、３s内……ｎs内位移之比为：S1∶S2∶S3∶……：S n=12∶22∶32∶……∶n2同理可得:１T内、２T内、３T内……ｎT内位移之比为：S1∶S2∶S3∶……：S n=12∶22∶32∶……∶n2（３）第一个１s内，第二个２s内，第三个３s内，……第n个1s内的位移之比为：SⅠ∶SⅡ∶SⅢ∶……：S N=1∶3∶5∶……∶（2n－1）同理可得:第一个T内，第二个T内，第三个T内，……第n个T内的位移之比为：SⅠ∶SⅡ∶SⅢ∶……：S N=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∶……：t n=1∶（12-）∶（23-）∶………∶（1--nn）课时4：匀速直线运动、变速直线运动基本概念（例题）一．变速直线运动、平均速度、瞬时速度：例1：一汽车在一直线上沿同一方向运动，第一秒内通过5m，第二秒内通过10m，第三秒内通过20m，第四秒内通过5m，则最初两秒的平均速度是_________m/s，则最后两秒的平均速度是_________m/s，全部时间的平均速度是_________m/s．例2：做变速运动的物体，若前一半时间的平均速度为4m/s，后一半时间的平均速度为8m/s，则全程内的平均速度是_________m/s；若物体前一半位移的平均速度为4m/s，后一半位移的平均速度为8m/s，则全程内的平均速度是_________m/s．二．速度、速度变化量、加速度：提示：1、加速度：是表示速度改变快慢的物理量，是矢量。
第1章 第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题目标要求 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性.2.能灵活处理多过程问题．考点一自由落体运动自由落体运动(1)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动．(2)基本规律：①速度与时间的关系式：v＝gt.②位移与时间的关系式：x＝12gt2.③速度与位移的关系式：v2＝2gx.(3)方法技巧：①比例法等初速度为0的匀变速直线运动规律都适用．②Δv＝gΔt.相同时间内，竖直方向速度变化量相同．③位移差公式：Δh＝gT2.1．重的物体总是比轻的物体下落得快．(×)2．同一地点，轻重不同的物体的g值一样大．(√)3．自由落体加速度的方向垂直地面向下．(×)4．做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s.(√)考向1自由落体运动基本公式的应用例1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处的圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1；(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2.答案(1)(2－3) s(2)(5－3) s解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动，设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t下Ah下A＝12gt下A2h下A＝20 m－5 m＝15 m解得t下A＝ 3 s设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上Ah上A＝12gt上A2解得t上A＝2 s则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－3) s(2)设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上Bh上B＝12gt上B2h上B＝20 m＋5 m＝25 m解得t上B＝ 5 s则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(5－3) s.考向2自由落体运动中的“比例关系”问题例2一石块从楼房阳台边缘做自由落体运动，到达地面，若把它在空中运动的距离分为相等的三段，如果它在第一段距离内所用的时间是 1 s，则它在第三段距离内所用的时间是(g 取10 m/s2)()A．(3－2) s B. 3 s C. 2 s D．(3－1) s答案 A解析 根据由自由落体运动规律，石块下落连续相等距离所用时间之比为：1∶(2－1)∶(3－2)，则它在第三段距离内所用的时间为(3－2) s ，故选A.考向3 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题例3 从高度为125 m 的塔顶先后自由释放a 、b 两球，自由释放这两个球的时间差为1 s ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，以下判断正确的是( ) A ．b 球下落高度为20 m 时，a 球的速度大小为20 m/s B ．a 球接触地面瞬间，b 球离地高度为45 m C ．在a 球接触地面之前，两球保持相对静止 D ．在a 球接触地面之前，两球离地的高度差恒定 答案 B解析 b 球下落高度为20 m 时t 1＝2hg＝2×2010s ＝2 s ，则A 下降了3 s ，A 的速度为v ＝30 m/s ，故A 错误；A 球下降的总时间为：t 2＝2×12510s ＝5 s ，此时B 下降4 s ，B 的下降高度为：h ′＝12×10×42 m ＝80 m ，故B 离地面的高度为h B ＝(125－80) m ＝45 m ，故B正确；由自由落体的规律可得，在a 球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C 、D 错误．考点二 竖直上抛运动竖直上抛运动(1)运动特点：初速度方向竖直向上，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)基本规律①速度与时间的关系式：v ＝v 0－gt ； ②位移与时间的关系式：x ＝v 0t －12gt 2.1．物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值．(×)2．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的．(√)1.重要特性(如图)(1)对称性①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间t AC和下降过程中从C→A所用时间t CA相等，同理t AB＝t BA.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．2．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，加速度为－g的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－12gt2(以竖直向上为正方向)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，物体在抛出点下方考向1竖直上抛运动的对称性例4一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)() A．80 m B．40 mC．20 m D．无法确定答案 C解析物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为t A 2，从最高点自由下落到B 点的时间为t B 2，A 、B 间距离为：h AB ＝12g [(t A 2)2－(t B 2)2]＝12×10×(2.52－1.52) m ＝20 m ，故选C.考向2 竖直上抛运动的多解性例5 (多选)从高为20 m 的位置以20 m/s 的初速度竖直上抛一物体，g 取10 m/s 2，当物体到抛出点距离为15 m 时，所经历的时间可能是( ) A ．1 s B ．2 s C ．3 s D ．(2＋7) s答案 ACD解析 取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m 时，位移为x ＝ 15 m ，由竖直上抛运动的位移公式得x ＝v 0t －12gt 2，解得t 1＝1 s ，t 2＝3 s ；当物体运动到抛出点下方离抛出点15 m 时，位移为x ′＝－15 m ，由x ′＝v 0t －12gt 2，解得t ＝(2＋7) s 或t ＝(2－7) s(负值舍去)，选项A 、C 、D 正确，B 错误．考向3 竖直上抛和自由落体运动相遇问题例6 (多选)如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h 处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v 0＝10 m/s ，同时让甲球自由下落，不计空气阻力．(取g ＝10 m/s 2，甲、乙两球可看作质点)下列说法正确的是( )A ．无论h 为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇B ．当h ＝10 m 时，乙球恰好在最高点与甲球相遇C ．当h ＝15 m 时，乙球能在下落过程中与甲球相遇D ．当h <10 m 时，乙球能在上升过程中与甲球相遇 答案 BCD解析 设两球在空中相遇，所需时间为t ，根据运动学公式可得12gt 2＋v 0t －12gt 2＝h ，可得t ＝hv 0，而乙球的落地时间t1＝2v0g，两球在空中相遇的条件是t<t1，整理得h<20 m，A错误；若乙球恰好在最高点与甲球相遇，满足的条件是t＝12t1，代入数据整理得h＝10 m，B正确；由于10 m<h＝15 m<20 m，可得乙球能在下落过程中与甲球相遇，C正确；当h<10 m时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D正确．考点三多过程问题1．一般的解题步骤(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程．(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量．(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程．2．解题关键多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键．例7在一次低空跳伞演练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s.(g取10 m/s2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少；(2)以5 m/s着地时相当于从多高处自由落下；(3)伞兵在空中的最短时间为多少．答案(1)99 m(2)1.25 m(3)8.6 s解析(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则有v2－v02＝－2ahv02＝2g(H－h)联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s(2)以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下h1＝v22g＝1.25 m(3)落地时速度刚好为5 m/s时在空中的时间最短．设加速时间为t 1，减速时间为t 2， t 1＝v 0g ＝5 st 2＝v 0－v a＝3.6 s总时间为t ＝t 1＋t 2＝8.6 s.例8 (2022·黑龙江牡丹江一中月考)一物体(可视为质点)以4 m/s 的速度滑上光滑固定斜面，做加速度大小为2 m/s 2的匀减速直线运动，经过一段时间后上滑到最高点C 点速度恰好减为零，途经A 、B 两点，然后又以相同大小的加速度下滑到斜面底端D 点，已知BC ＝25 cm ，求：(1)物体第一次经过B 点的速度；(2)物体由底端D 点滑到B 点所需要的时间．答案 (1)1 m/s ，方向沿斜面向上 (2)第一次滑到B 点用时1.5 s ，第二次滑到B 点用时2.5 s 解析 (1)从B 到C 是匀减速直线运动，末速度为零，逆向思维，从C 到B 是初速度为零的匀加速直线运动，以沿斜面向下为正方向， 加速度a 1＝2 m/s 2，位移大小为x BC ＝25 cm ＝0.25 m 根据位移—时间关系式，有x BC ＝12a 1t 12解得t 1＝0.5 s再根据速度－时间关系式，有v 1＝a 1t 1 解得v 1＝1 m/s故第一次经过B 点时速度大小为1 m/s ，方向沿斜面向上 (2)以沿斜面向上为正方向，对从D 到B 过程，由v 1＝v 0＋at 可得从D 上滑第一次到达B 点所用时间为：t ＝v 1－v 0a ＝1－4－2 s ＝1.5 s由对称性可知：t BC ＝t CB ＝t 1＝0.5 s 则t ′＝t ＋2t BC ＝1.5 s ＋0.5×2 s ＝2.5 s.课时精练1．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，从而创造了一种科学研究的方法．利用斜面实验主要是考虑到实验时便于测量小球运动的( ) A ．速度 B ．时间 C ．路程 D ．加速度答案 B2．(多选)物理图像能直观地反映物理量间的变化关系．关于自由落体运动的规律，下列各物理量的图像正确的是(g 取10 m/s 2)( )答案 AC解析 根据速度与时间的关系式，有v ＝gt ＝10t ∝t ，故A 正确，B 错误；自由落体运动的加速度始终等于重力加速度g ，故C 正确；根据位移与时间的关系式，有x ＝12gt 2＝5t 2，x ∝t 2，故D 错误．3．一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s 内的位移是42 m ，球仍在空中运动，则( ) A ．小球在2 s 末的速度大小是16 m/s B ．该星球上的重力加速度为12 m/s 2 C ．小球在第4 s 末的速度大小是42 m/s D ．小球在0～4 s 内的位移是80 m 答案 B解析 设该星球的重力加速度为g ，第4 s 内的位移是42 m ，有12gt 42－12gt 32＝42 m ，t 4＝4 s ，t 3＝3 s ，解得g ＝12 m/s 2，所以小球在2 s 末的速度大小为v 2＝gt 2＝24 m/s ，故A 错误，B 正确；小球在第4 s 末的速度大小是v 4＝gt 4＝48 m/s ，故C 错误；小球在0～4 s 内的位移是x 4＝12gt 42＝96 m ，故D 错误． 4．(多选)物体以初速度v 0竖直上抛，经3 s 到达最高点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( ) A ．物体的初速度v 0为60 m/s B ．物体上升的最大高度为45 mC ．物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比为5∶3∶1D ．物体在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的平均速度之比为9∶4∶1 答案 BC解析 物体做竖直上抛运动，有h ＝v 0t －12gt 2①v ＝v 0－gt ②联立①②可得v 0＝30 m/s ，h ＝45 m ，故A 错误，B 正确；物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移分别为25 m 、15 m 、5 m ，已知v ＝xt ，故在相等时间内的平均速度之比为v 1∶v 2∶v 3＝x 1∶x 2∶x 3＝5∶3∶1，物体在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的平均速度之比为 v 1′∶v 2′∶v 3′＝251∶402∶453＝5∶4∶3，故C 正确，D 错误． 5．(2019·全国卷Ⅰ·18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<5答案 C解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知t 2t 1＝14－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确．6．两物体从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t ，第二个物体下落时间为t2，当第二个物体开始下落时，两物体相距(重力加速度为g )( ) A ．gt 2 B.38gt 2 C.34gt 2 D.14gt 2 答案 D解析 根据h ＝12gt 2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为12gt 2和gt 28，两物体未下落时相距3gt 28，第二个物体在第一个物体下落t2后开始下落，此时第一个物体下落的高度h 1＝12g (t 2)2＝gt 28，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh ＝38gt 2－18gt 2＝14gt 2，故D 正确，A 、B 、C 错误．7．(2022·辽宁省模拟)航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动．航天飞机以水平速度v 0＝100 m/s 着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a 1＝4 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a 2＝2.5 m/s 2的加速度做匀减速直线运动直至停下．已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x ＝1 370 m ．求： (1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小； (2)航天飞机降落后滑行的总时间． 答案 (1)40 m/s (2)31 s解析 (1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v 1，根据运动学公式有v 02－v 12＝2a 1x 1， v 12＝2a 2x 2， x 1＋x 2＝x ，联立以上各式并代入数据解得v 1＝40 m/s. (2)由速度与时间的关系可得 v 0＝v 1＋a 1t 1，v 1＝a 2t 2，t ＝t 1＋t 2，联立以上各式并代入数据解得t ＝31 s.8．实验者从某砖墙的高处使一个石子自由落下，并且拍摄石子在空中的照片．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每块砖的平均厚度为6 cm ，使用的相机曝光时间为0.02 s ，重力加速度g 取10 m/s 2.则可以估算出石子落到A 点的速度大约为( )A ．5.0 m/sB ．6.0 m/sC ．7.0 m/sD ．8.0 m/s 答案 B解析 石子的运动的位移x ＝12 cm ＝0.12 m ，根据x ＝v A t ＋12gt 2，解得v A ≈6 m/s ，故选B.9．屋檐离地面的高度为45 m ，每隔相等时间滴下一滴水，当第7滴水刚滴下时，第一滴水恰好落到地面上，则第3滴水与第5滴水的高度差为( ) A ．5 m B ．10 m C ．15 m D ．20 m 答案 C解析 根据题意画出雨滴下落过程的示意图如图所示，根据自由落体运动的规律可知，在连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5…，所以第3滴水与第5滴水的高度差h ＝5＋71＋3＋5＋7＋9＋11H ＝1236H ＝15 m ，故C 正确，A 、B 、D 错误．10．(多选)矿井中的升降机以5 m/s 的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s 升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．螺钉松脱后做自由落体运动B ．矿井的深度为45 mC ．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/sD ．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s 答案 BC解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，选项A 错误；取竖直向下为正方向，由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移h 1＝－v 0t ＋12gt 2＝30 m ，升降机这段时间的位移h 2＝v 0t ＝15 m ，故矿井的深度为h ＝h 1＋h 2＝45 m ，选项B 正确；螺钉落到井底时速度大小为v ＝－v 0＋gt ＝25 m/s ，选项C 正确；螺钉松脱前运动的位移为h 1＝v 0t ′，解得t ′＝6 s ，所以螺钉运动的总时间为t ＋t ′＝9 s ，选项D 错误． 11.在某星球表面，t ＝0时刻小球以初速度v 0开始做竖直上抛运动，取抛出位置位移x ＝0，以v 0方向为正方向，则小球位移x 随速度的平方v 2变化的x －v 2图像如图所示，下列说法正确的是( )A ．小球的初速度为100 m/sB ．小球位移x ＝5 m 时对应的运动时间为2 sC ．小球加速度与初速度方向相反D ．图中m 点坐标值为－7.2 答案 C解析 t ＝0时x ＝0，由题图知v 02＝100 (m/s)2，所以小球的初速度v 0＝10 m/s ，选项A 错误；由v 2－v 02＝2ax得x ＝v 22a －v 022a ，图线斜率k ＝12a ＝－5100，解得a ＝－10 m/s 2，小球位移x ＝5 m时v ＝0，所以对应运动时间t ＝0－v 0a ＝1 s ，选项B 错误，C 正确；由题图可知－m 5＝144－100100，解得m ＝－2.2，选项D 错误．12.某人从同一点P 以相同的速度先后竖直向上抛出两小球A 、B ，两球的v －t 图像分别如图中A 、B 所示，不计空气阻力，不考虑两球相撞，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．B 球上升0.15 m 时和A 球相遇B ．若抛出两球的时间差合适，A 球可以在上升过程中和B 相遇C ．t ＝0.2 s 和t ＝0.3 s 时，两球的间距相等D ．t ＝0到t ＝0.3 s ，A 球运动的平均速度大小为56 m/s答案 C解析 由题图可知，小球初速度为v 0＝2 m/s ，上升时间为t 0＝0.2 s ，上升最大高度为H ＝v 022g ＝0.2 m ，B 球比A 球晚Δt ＝0.1 s 抛出．B 球上升0.15 m 时，有h B ＝v 0t B －12gt B 2，代入数据解得t B ＝0.1 s 或t B ＝0.3 s(舍去)，则可知A 球抛出时间为t A ＝t B ＋Δt ＝0.2 s ，则可知此时A 球上升到最大高度0.2 m 处，故两球没有相遇，故A 错误；因两球初速度相同，故A 球不可能在上升过程中和B 球相遇，故B 错误；当t ＝0.2 s 时，两球间距为Δh 1＝(12×2×0.2－0.15) m ＝0.05 m ，当t ＝0.3 s 时，B 球上升到最大高度，A 球从最大高度下降h ′＝12×10×0.12 m ＝0.05 m ，则两球间距为Δh 2＝0.05 m ，故C 正确；t ＝0到t ＝0.3 s ，A 球的位移为h ＝v 0t －12gt 2＝0.15 m ，则A 球运动的平均速度大小为v ＝ht＝0.5 m/s ，故D 错误．。
高考物理一轮复习 第一章 直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用教案-人教版高三全册物理教案
第2讲匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动的基本规律1.速度与时间的关系式:① v=v0+at 。
2.位移与时间的关系式:② x=v0t+at2。
3.位移与速度的关系式:③ v2-=2ax 。
二、匀变速直线运动的推论1.平均速度公式:==④。
2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=x n-x n-1=⑤ aT2。
可以推广到x m-x n=(m-n)aT2。
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末,2T末,3T末…瞬时速度之比为:v1∶v2∶v3∶…=⑥1∶2∶3∶… 。
(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:x1∶x2∶x3∶…=⑦1∶22∶32∶… 。
(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…=⑧1∶3∶5∶… 。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶…=⑨1∶(-1)∶(-)∶… 。
三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律1.自由落体运动规律(1)速度公式:v=⑩ gt 。
(2)位移公式:h=gt2。
(3)速度位移关系式:v2= 2gh 。
2.竖直上抛运动规律(1)速度公式:v= v0-gt 。
(2)位移公式:h= v0t-gt2。
(3)速度位移关系式: v2-=-2gh。
(4)上升的最大高度:h=。
(5)上升到最大高度用时:t=。
1.判断下列说法对错。
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。
(✕)(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动。
(√)(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。
(✕)(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。
(✕)(5)做自由落体运动的物体,下落的高度与时间成正比。
(✕)(6)做竖直上抛运动的物体,上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。
(√)2.(多选)(2019贵州师大附中月考)K111次列车正以180 km/h的速度行驶,前方为终点站贵阳站,司机开始制动减速,列车制动时加速度的大小为2.5 m/s2,则( )A.4 s时列车的速度为60 m/sB.4 s时列车的速度为40 m/sC.24 s内列车的位移x=480 mD.24 s内列车的位移x=500 m2.答案BD3.(多选)如图所示,小球从竖直砖墙某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置。
第一章 微专题3 自由落体运动和竖直上抛运动
微专题3自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动，匀变速直线运动的一切推论公式也都适用于自由落体运动.2.竖直上抛运动是初速度方向竖直向上、加速度大小为g的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动规律列方程，也可分成上升、下降阶段分段处理，特别应注意运动的对称性.3.“双向可逆类运动”是a不变的匀变速直线运动，参照竖直上抛运动的分析方法，可分段处理，也可全过程列式，但要注意v0、a、x等物理量的正负号．1．(2023·河南濮阳市高三摸底)某同学想测一细绳的长度，手头没有刻度尺，只有停表，他找来两个相同的小球A和B，在楼顶自由释放小球A，测得小球的下落时间约2s．把A和B 两小球分别拴在细绳两端，手持A球，小球B自然下垂，小球A再次由第一次位置自由释放后，测得两球的落地时间差约为1s，不计空气阻力，取g＝10m/s2，则细绳的长度约为() A．20m B．15m C．10m D．5m答案B解析设楼顶距地面高度为h，细绳长度为L，A自由释放过程，由自由落体运动规律h＝12gt12，细绳拴上两球后，有12gt12－12g(t1－1)2＝L，联立可解得L＝15m，故选B.2.如图所示，A、B两个质量不同的小球从同一地点的不同高度处做自由落体运动，结果同时到达地面，下列有关两球运动情况的描述合理的是()A．若m A>m B，则两球可能同时释放B．若m A>m B，则B球可能比A球先释放C．若m A<m B，则两球落地时速度大小可能相等D．不管两球质量关系怎样，A球一定比B球先释放答案D解析两球均做自由落体运动，则下落的加速度与质量无关，均为g，根据t＝2hg，可知A球在空中下落时间较长，又因为两球同时落地，则不管两球质量关系怎样，A球一定比B球先释放，选项D正确，A、B错误．小球落地时的速度大小v＝2gh，则不管两球质量关系怎样，落地时一定有v A>v B，选项C错误．3．(2023·江苏省南京师大附中高三检测)升降机从井底以5m/s 的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过4s 升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10m/s 2，下列说法正确的是()A ．螺钉松脱后做自由落体运动B ．矿井的深度为45mC ．螺钉落到井底时的速度大小为40m/sD ．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时16s 答案D解析螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动，A 错误；规定向下为正方向，根据v ＝－v 0＋gt ，螺钉落到井底时的速度大小v ＝－5m/s ＋10×4m/s ＝35m/s ，C 错误；螺钉下降的距离h 1＝－v 0t ＋12gt 2＝－5×4m ＋12×10×42m ＝60m ，因此井深h ＝v 0t＋h 1＝80m ，B 错误；螺钉随升降机从井底出发到落回井底的时间与升降机从井底升到井口的时间相同为t ′＝hv 0＝16s ，D 正确．4．建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以10m/s 的速度竖直向上间隔1s 连续两次抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方3.75m 处接砖，g 取10m/s 2，空气阻力不计，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为()A ．1sB ．2sC ．3sD ．4s答案B解析研究第一块砖h ＝v 0t ＋12(－g )t 2，即3.75＝10t －5t 2，解得t 1＝0.5s ，t 2＝1.5s ，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3.75m 处的时间为t 3＝1.5s ，t 4＝2.5s ，楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt ＝t 4－t 1＝2s ，故选B.5．物体从某高处自由下落，下落过程中经过一个高为5m 的窗户，窗户的上边缘距释放点为20m ，已知它在落地前1s 内共下落45m ，g ＝10m/s 2，物体可视为质点，下列说法中正确的有()A ．物体落地前2s 内共下落80mB ．物体落地时速度为45m/sC ．物体下落后第1s 内、第2s 内、第3s 内，每段位移之比为1∶2∶3D ．物体经过窗户所用的时间为(5－3)s 答案A解析设下落时间为t ，最后1s 内的位移可以表示为x ＝12gt 2－12g (t －1)2＝45m ，解得t ＝5s ，根据自由落体运动规律可得：落地前2s 内共下落的高度为h ＝12gt 2－12g (t －2)2＝12×10×52m－12×10×(5－2)2m ＝80m ，故A 正确；根据速度与时间的关系可知落地的速度为v ＝gt ＝10×5m/s ＝50m/s ，故B 错误；自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，所以在连续相等的时间内，即下落后第1s 内、第2s 内、第3s 内，每段位移之比为1∶3∶5，故C 错误；设物体到达窗户的上边缘的时间为t 1，则h 1＝12gt 12，可得t 1＝2h 1g＝2×2010s ＝2s ，设物体到达窗户的下边缘的时间为t 2，则t 2＝2h 2g＝2×(20＋5)10s ＝5s ，所以物体经过窗户所用的时间为Δt ＝t 2－t 1＝(5－2)s ，故D 错误．6．(多选)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8s 时刻物体的速度大小变为8m/s(不计空气阻力，g 取10m/s 2)，则下列说法不正确的是()A ．物体一定是在t ＝3.2s 时回到抛出点B ．t ＝0.8s 时物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是20m/sD ．t ＝0.8s 时物体一定在初始位置的下方答案BCD解析根据自由落体规律有v ＝gt ＝10×0.8m/s ＝8m/s ，则t ＝0.8s 时，物体的速度大小变为8m/s ，即物体此时的运动方向不可能向下，物体应该处于上升过程，此时物体一定在初始位置的上方，所以B 、D 错误；根据竖直上抛运动规律有v ＝v 0－gt ，解得v 0＝v ＋gt ＝8m/s ＋10×0.8m/s ＝16m/s ，所以C 错误；根据竖直上抛运动规律有，物体回到抛出点的时间为t ＝2v 0g＝2×1610s ＝3.2s ，所以A 正确．7．物块以8m/s 的速度在光滑水平面上做匀速直线运动，某时刻对物块施加一恒力F 使其做匀变速直线运动，此后物块在3s 内的位移和5s 内的位移相同，则下列说法正确的是()A ．物块运动的加速度大小为4m/s 2B ．物块在第1s 内和第3s 内的位移大小之比为7∶3C ．物块在0～8s 内的平均速率为0D ．物块在0～8s 内的平均速度不为0答案B解析根据对称性，物块在4s 末速度减为0，加速度为a ＝vt＝2m/s 2，选项A 错误；正方向的匀减速可以看成反方向加速度大小不变的匀加速，物块在第1s 内和第3s 内的位移大小之比为7∶3，选项B 正确；物块在8s 内的位移为0，但路程不为0，根据平均速度和平均速率的概念，物块在8s 内的平均速率不为0，平均速度为0，选项C 、D 错误．8．(多选)(2023·宁夏青铜峡市开学测试)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s 2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m 时，下列说法正确的是()A ．物体运动时间可能为1sB ．物体运动时间可能为3sC ．物体运动时间可能为(2＋7)sD ．物体此时的速度大小一定为5m/s 答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，v 0＝10m/s ，a 1＝－5m/s 2，当物体的位移向上，且为7.5m时，x 1＝7.5m ，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2，解得t 1＝3s 或t 2＝1s ，故A 、B 正确；当物体的位移向下，且为7.5m 时，x 2＝－7.5m ，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2，解得t 3＝(2＋7)s 或t 4＝(2－7)s(舍去)，故C 正确；由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v 1＝－5m/s 或v 2＝5m/s 或v 3＝－57m/s ，故D 错误．9.t ＝0时，将小球a 从地面以一定的初速度竖直上抛，t ＝0.3s 时，将小球b 从地面上方某处静止释放，最终两球同时落地．a 、b 在0～0.6s 内的v －t 图像如图所示．不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，下列说法正确的是()A ．小球a 抛出时的速率为12m/sB ．小球b 释放的高度为0.45mC ．t ＝0.6s 时，a 、b 之间的距离为2.25mD ．从t ＝0.3s 时刻开始到落地，a 相对b 做匀速直线运动答案D解析由v －t 图像可知，a 球经0.6s 到达最高点，则抛出时的速率为v 0a ＝gt ＝10×0.6m/s＝6m/s ，故A 错误；由对称性可知小球a 落地时间为1.2s ，两球同时落地，则小球b 从释放到落地的时间为t b ＝1.2s －0.3s ＝0.9s ，则小球b 释放的高度为h b ＝12gt b 2＝12×10×0.92m＝4.05m ，故B 错误；t ＝0.6s 时，a 到达最高点，距离地面的高度为h a 1＝12×10×0.62m ＝1.8m，b距离地面的高度为4.05m－12×10×0.32m＝3.6m，此时a、b之间的距离为1.8m，故C错误；从t＝0.3s时刻开始到落地，两物体的加速度相同，则a相对b做匀速直线运动，故D正确．10．(多选)如图所示，长度为0.55m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)．在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10m/s2)()A．2.3m/s B．2.6m/s C．2.9m/s D．3.2m/s答案BC解析由自由落体位移公式可得，小球落地的时间为t1＝2(l＋h)g＝2×(1.25＋0.55)10s＝0.6s，若此时圆筒刚好落地，则圆筒抛出的速度为v1＝g·t12＝3m/s；若圆筒落地时，小球刚进入圆筒，则小球的下落时间为t2＝2hg＝2×1.2510s＝0.5s，对应的圆筒抛出的速度为v2＝g t22＝2.5m/s，则圆筒上抛的速度范围为2.5～3m/s.故选B、C.11.如图所示，将一小球甲(可视为质点)从距地面H处自由释放的同时，将另一小球乙(可视为质点)从地面以初速度v0竖直上抛，二者在距地面34H处的P点相遇，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A．小球乙运动到P点时的速度恰好为0B．v0＝gHC．若将小球乙以初速度2v0竖直上抛，则甲、乙会在距地面78H处相遇D ．若将小球乙以初速度2v 0竖直上抛，则甲、乙会在距地面1516H 处相遇答案D解析两球相遇经过的时间为t ＝2×14Hg＝H 2g ，由于v 0t －12gt 2＋12gt 2＝H ，可得v 0＝2gH ，则相遇时乙球的速度v 乙＝v 0－gt ＝gH2，选项A 、B 错误；若将小球乙以初速度2v 0竖直上抛，则2v 0t ′－12gt ′2＋12gt ′2＝H ，解得t ′＝142Hg，相遇点距地面的高度h ＝H －12gt ′2＝1516H ，选项C 错误，D 正确．12．(多选)(2023·湖北黄冈市检测)黄州青云塔始建于1574年，距今400多年．某物理研究小组测量出塔高为H ，甲同学在塔顶让物体A 自由落下，同时乙同学将物体B 自塔底以初速度v 0竖直上抛，且A 、B 两物体在同一直线上运动．重力加速度为g .下列说法正确的是()A ．若v 0＝gH ，则两物体在地面相遇B ．若v 0＝gH2，则两物体在地面相遇C ．若v 0>gH ，两物体相遇时，B 正在上升途中D ．若gH2<v 0<gH ，两物体相遇时，B 正在下落途中答案BCD解析若物体B 正好运动到最高点时两物体相遇，物体B 速度减小为零所用的时间t ＝v 0g，得此时A 下落的高度h A ＝12gt 2，B 上升的高度h B ＝v 022g，且h A ＋h B ＝H ，解得v 0＝gH ；若A 、B 两物体恰好在落地时相遇，则有t ＝2v 0g，此时A 下落的高度h A ＝12gt 2＝H ，解得v 0＝gH2，所以若v 0＝gH ，则物体B 运动到最高点时两物体相遇，A 错误；若v 0＝gH2，则两物体在地面相遇，B 正确；若v 0>gH ，则两物体在B 上升途中相遇，C 正确；若gH2<v 0<gH ，则两物体在B 下落途中相遇，D 正确．。
第一章 微专题3 自由落体运动和竖直上抛运动-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第一章运动的描述匀变速直线运动的研究微专题3自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动，匀变速直线运动的一切推论公式也都适用。
2.竖直上抛运动是初速度方向竖直向上、加速度大小为g的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动规律列方程，也可分成上升、下降阶段分段处理，特别应注意运动的对称性。
3.“双向可逆类运动”是a不变的匀变速直线运动，参照竖直上抛运动的分析方法，可分段处理，也可全过程列式，但要先规定正方向，并注意v0、a、x等物理量的正负号。
1.某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3s，g取10m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为()A．1m B．1.25m C．0.4m D．1.5m答案B2.(2023·广东佛山市测试)某次救援任务采用直升机空投救援物资的方式，如图所示，直升机悬停在空中，两包物资先后被无初速度投下，物资均落在水平地面上，不计物资大小，忽略空气阻力，则()A．较重的物资下落到地面所用时间较长B．先被投下的物资下落到地面所用时间较长C．落地前，两包物资之间的距离越来越大D．落地前，两包物资之间的距离保持不变答案C解析由于物资只受重力，故做自由落体运动，根据位移与时间关系式h ＝12gt 2，可知两物资下落高度相同，所用时间相等，故A 、B 错误；根据位移与时间关系可得两物资下落过程中的距离为Δh ＝h 1－h 2＝12g (t ＋Δt )2－12gt 2＝12g (2t ·Δt ＋Δt 2)，可知，落地前，随着下落时间t 增大，两物资间的距离增大，故C 正确，D 错误。
3.蹦极是一项户外休闲活动。
如图所示，弹性长绳一端固定在塔台上，另一端绑在蹦极者踝关节处，蹦极者从塔台上由静止自由下落。
第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律
竖直上抛运动
1.概念：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在_重__力___作用下的运动。 2.规律
(1)速度公式：v＝__v_0_－__g_t__。
(2)位移公式：h＝__v_0_t－__12_g_t_2。 (3)速度位移关系式：v2－v20＝__－__2_g_h___。
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6
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(2)根据速度位移公式得：v2＝2ax′，
解得 x＝2va2＝250 m。 (3)设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最
小速度为v1。 对航空母舰有：L1＝v1t，
对飞机有：v＝v1＋at，v2－v＝2a(L＋L1)，
联立并代入数据解得：v1＝10m/s。 答案 (1) 30 m/s (2) 250 m (3) 10 m/s
21
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法二：平均速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然 后进一步分析问题。 v－AC＝v0＋2 0＝v20。 又 v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝x4AC。 由以上三式解得 vB＝v20。 可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。
解析 (1)火车加速过程：设加速度为 a1，位移为 x1，所用时间为 t1， 则 v＝a1t1 v2＝2a1x1 减速过程：设加速度大小为 a2，位移为 x2，所用时间为 t2，
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则 v＝a2t2
v2＝2a2x2 匀速过程：所用时间为t3，则L－x1－x2＝vt3 全程所用时间t＝t1＋t2＋t3 由以上各式联立解得 t＝Lv＋2va1＋2va2。
第1单元 运动的描述 匀变速直线运动第3讲自由落体运动与竖直上抛运动-2025年物理新高考备考课件
( √ )
核心考点探究
考点一 自由落体运动
例1
[2023·湖南长沙模拟]
某小区楼房年久老化，靠路边的楼房墙体有一块混
凝土脱落，混凝土下落过程可看作自由落体运动，离地面最后2 m下落所用的时
间为0.1 s，重力加速度大小取10
(
C
2
m/s ，则这块混凝土脱落处到地面的高度约为
)
A.10 m
B.12 m
2
= − ⋅ −
B正确；重物落地时的速度大小为1 = −
小为2 = =
2
2
=
1
2
2
,解得
2
=
,故A错误，
8
3
,细线断裂时重物的速度大
8
1
，所以重物落地时速度大小等于细线断裂时重物的速度大小的
8
三倍，故C正确，D错误.
核心考点探究
例5
在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要
C.21 m
D.15 m
[解析] 设混凝土块脱落的高度为ℎ，下落时间为，根据自由落体运动规律，下落
到地面有ℎ =
1
2
，下落到距地面2
2
m高处，则有ℎ − 2 =
1
2
− 0.1
2 ，代入数
据联立解得时间 = 2.05 s，高度ℎ ≈ 21 m，综上分析,故A、B、D错误,C正确.
核心考点探究
重力加速度的精确值，这可由实验精确测得.近年来测值的一种方
法叫“对称自由下落法”，它是将测转变为测量长度和时间，具体做
法是：如图所示，将真空长直管沿竖直方向放置，自其中点竖直上
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动 第2节 匀变速直线运动的规律-人教版高三全册物
第2节匀变速直线运动的规律,(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。
(×)(2)匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动。
(√)(3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。
(×)(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。
(√)(5)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。
(×)(6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。
(√)(7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。
(×)意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“物体越重下落越快〞的错误观点。
突破点(一) 匀变速直线运动的根本规律1．解答运动学问题的根本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选公式列方程→解方程并讨论2．运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，规定初速度v0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，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。
3．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，各段衔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。
[典例] (2017·孝感三中一模)如下列图，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L＝1.2 m的平板车开始以a＝6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，平板车上外表距离M的竖直高度为h＝0.45 m。
忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小车左端离O点的水平距离；(2)假设至少有2个小球落在平板车上，如此释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件？[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息由静止释放一小球小球做自由落体运动忽略空气阻力平板车以恒定加速度从静止开始向左运动小车做初速度为零的匀加速直线运动该小球恰好落在平板车的左端在小球自由落体的时间内，小车的左端恰好运动到O 点第二步：找突破口(1)小球下落的时间t 0可由h ＝12gt 02求得。
2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第1章 第2节 匀变速直线运动的规律 Word版含答案
第2节匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的基本规律1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。
2．分类(1)匀加速直线运动：a与v方向相同。
(2)匀减速直线运动：a与v方向相反。
3．基本规律二、匀变速直线运动的重要关系式1．两个导出式2．三个重要推论(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。
可以推广到x m－x n＝(m－n)aT2。
(2)中间时刻速度v t2＝v＝v0＋v2，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半。
(3)位移中点的速度v x2＝v20＋v22。
3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶x n ＝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∶…∶t n三、自由落体运动和竖直上抛运动1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。
(×)(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。
(×)(3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。
(√)(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。
(×)(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。
(×)(6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。
(√) 2．(人教版必修1P43T3改编)某航母甲板上跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s ，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s[答案] B3．(人教版必修1P 40T 3改编)以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s 内前进36 m ，则汽车在5 s 内的位移为( )A ．50 mB ．45 mC ．40.5 mD ．40 m C [根据x ＝v 0t ＋12at 2得36＝18×3＋12a ×32，即a ＝－4 m/s 2。
匀变速直线运动 高中物理课件 第一章 第2讲
第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识新学法基础落实[主干知识·填一填]加速度v0＋at中间一半相等aT2(m－n)aT21∶2∶3∶…∶n12∶22∶32∶…∶n21∶3∶5∶…∶(2n－1)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_________，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_________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_________(包括数学演算)结合起来．重力逻辑推理逻辑推理v 0－gt－2gh[规律结论·记一记]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．( )[必刷小题·测一测]√×××√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/s 2，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/sC ．10.0 m/sD ．12.0 m/s 解析：B v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，t ＝2 min ＝120 s ，a ＝－0.1 m/s 2.由v ＝v 0＋at 得v ＝(20－0.1×120) m/s ＝8.0 m/s ，故选项B正确．B2.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∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4C3．一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s 1＝2 m ；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s 3＝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s 2－s 1＝s 3－s 2＝aT 2，只能求出第二、第三次闪光的时间间隔内质点的位移s 2＝5 m ，选项C 正确．C关键能力新探究思维拓展命题点一 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 mC ．质点运动的加速度为1 m/s 2D ．质点3 s 末的速度为5 m/sB2．(刹车类问题)若飞机着陆后以6 m/s 2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 mC ．150 mD ．144 mBABC4．(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.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．题后反思命题点二 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AD2．(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x AB ＝2 m ，x BC ＝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x CD ＝5 mC ．可求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可求得OA 之间的距离为1.5 mCBBD5．(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a 3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a 1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a 2的匀加速运动，到达C 点时的速度也为v .若a 1≠a 2≠a 3，则( ) A ．甲、乙不可能同时由A 到达CB ．甲一定先由A 到达CC ．乙一定先由A 到达CD ．若a 1>a 3，则甲一定先由A 到达CA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<t甲.若a3>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．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/s 2，求：(1)木杆经过圆筒的上端A 所用的时间t 1是多少？(2)木杆通过圆筒AB 所用的时间t 2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．例 1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．题后反思[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ACD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/sC．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”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t 1，A 落地前的瞬时速率为v 1，从A落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前的瞬时速率为v 2，则( ) A ．t 1＞t 2 B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝1∶ 2D ．v 1∶v 2＝1∶3BC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/s 2，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．例 2。
匀变速直线运动------自由落体竖直上抛讲解+经典习题
自由落体、竖直上抛讲义+经典习题学生姓名：年级：老师：上课日期：时间：课次：自由落体运动一、自由落体运动定义：物体只在作用下开始的下落运动。
性质：自由落体运动是初速度的运动结论：影响落体运动快慢的因素是的作用，只在重力作用（或空气阻力可以忽略）下轻重不同的物体下落．二、自由落体加速度定义：在同一地点，一切物体自由下落的加速度都，这个加速度叫做自由落体加速度，也叫重力加速度方向：总是大小：与地点有关．一般计算中g＝ m／s2三、自由落体运动的运动规律1.位移公式：h=2.速度公式：v=3.位移-----速度关系式：公式应用：1．（做一做）阅读教材第46页“测定反应时间”，回答下列问题：问题1：若测出某同学捏住直尺时，直尺下落的高度为10cm，那么这位同学的反应时间是多少?2、做自由落体运动的物体，通过某一点时的速度为19.6m/s，这时物体下落高度是多少？物体下落了多长时间？3、物体做自由落体运动，3s 末落地，求出发点的高度？物体的平均速度？经过中间位置时的瞬时速度？（g 取）4、1991年5月11日《北京日报》报导了一位青年奋勇接住从15层高楼窗口跌出的孩子的英勇事迹，如果每层楼高2.8m ，该青年从他所在位置冲到事发冲口楼下需要1.5s ，请你估算一下他要接住孩子，至多允许他有多长的反映时间？他接住孩子时孩子的速度多大？公式拓展：1.推导出下面的几个推论式：（1）任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差是一个恒量，即 s 2-s 1=s 3-s 2…=Δs=aT2或 s n+k — s n =kaT 2（2）在一段时间t 内，中间时刻的瞬时速度v 等于这段时间的平均速度，即 v=s AB /t=(v A +v B )/2式中s AB 为这段时间内的位移，v A 、v B 分别为这段时间初、末时刻的瞬时速度. （3）中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度：tsv v v v t t =+==202/ （4）中间位移处的速度：22202/t s v v v +=（4）初速为零的匀加速运动有如下特征①从运动开始计时起，在连续相等的各段时间内通过的位移之比为 s 1:s 2:s 3:…:s n =1:3:5:…:(2n-1)(n=1、2、3…)②从运动开始计时起，时间t 内，2t 内，3t 内…Nt 内通过的位移之比为 s Ⅰ:s Ⅱ:s Ⅲ:…:s N =12:22:32:…:N 2③从运动开始计时起，通过连续的等大位移所用的时间之比为:)23(:)12(:1:::321--=t t t【思维深化】1、某物体做自由落体运动，它在1s 内，2s 内，3s 内位移之比 ；它在第1s 内，第2s 内，第3s 内位移之比s Ⅰ：s Ⅱ：s Ⅲ；它在1s 末，2s 末，3s 末的速度之比．2、一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动, 到达地面, 把它在空中运动的时间分为相等的三段, 如果它在第一段时间内的位移是1.2m, 那么它在第三段时间内的位移是( )(A) 1.2m (B) 3.6m (C) 6.0m (D) 10.8m3、物体从距地面高度为H处开始做自由落体运动，物体下落到地面时的速度大小为，当其速度等于着地时速度的时，物体距地面的高度为．4、一物体从16 m 高的A处自由落下，它经过B点时的速率是落地时速率的3 / 4 ，则B点离地的高度为 m 。
【第2课时匀变速直线运动的规律及应用】考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
考点三自由落体运动和竖直上抛运动1.2.3．竖直上抛运动的三种对称性命题点1 自由落体运动10.如图所示，一圆环A紧套在一均匀粗糙圆木棒B上，A的厚度相对B的长度来说可以忽略不计，圆环A处在圆木棒B的上端点，圆木棒B的下端点距地面的高度为H，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，重力加速度为g.(1)求木棒B下端点刚落地时，环A和木棒B的速度大小；(2)假设木棒与地面相碰后，木棒B做竖直向上匀减速运动的加速度大小为a1，圆环A做竖直向下匀加速运动的加速度大小为a2，当木棒B运动到最高点时，圆环A恰好运动到B的下端点，求木棒B的长度．【解析】(1)环A和木棒B一起做自由落体运动，木棒B下端点刚落地时，有2gH＝v20解得：v0＝2gH.(2)木棒与地面相碰后，木棒B做匀减速运动，有v0＝a1tx 1＝v0t－12a1t2对环A：x2＝v0t＋12a2t2L＝x1＋x2联立解得：L＝gH a2＋3a1a21.【答案】(1)2gH2gH(2)gH a2＋3a1a21命题点2 竖直上抛运动11．气球以1.25 m/s2的加速度从地面开始竖直上升，离地30 s后，从气球上掉下一物体，不计空气阻力，g取10 m/s2，则物体到达地面所需时间为( ) A．7 s B．8 sC.12 s D．15 s【解析】先求30 s后气球的速度及高度．速度v＝at＝1.25×30 m/s＝37.5 m/s高度h1＝12at2＝12×1.25×302 m＝562.5 m解法一：整体法物体刚掉下时，具有竖直向上的初速度为37.5 m/s，距地面的高度为562.5 m，此后物体做竖直上抛运动，则可以直接代入公式h＝v0t－12gt2，其中h＝－562.5m，v0＝37.5 m/s，解得t＝15 s. 解法二：分段法上升阶段：物体上升的时间t1＝vg＝3.75 s上升的最大高度H＝v22g＝1 12516m下降阶段：下降过程物体做自由落体运动，下降时间t2＝2h1＋Hg＝11.25s物体到达地面所需的总时间为t＝t1＋t2＝15 s.【答案】 D思想方法系列(一) 思维转化法在解题中的应用思维转化法：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，转换研究对象，使解答过程简单明了．1．逆向思维法将匀减速直线运动直至速度变为零的过程转化为初速度为零的匀加速直线运动，利用运动学规律可以使问题巧解．例1 一物块(可看作质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑至C点，已知AB是BC的3倍，如图所示，已知物块从A至B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是( )A．t0B．t 0 4C.2t0D．t 0 2【解析】将物块从A到C的匀减速直线运动，运用逆向思维可看作从C到A的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，可知连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比，而CB∶AB＝1∶3，正好符合奇数比，故tAB＝t BC＝t0，且从B到C的时间等于从C到B的时间，故从B经C再回到B需要的时间是2t0，C对．【答案】 C2．等效转化法“将多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”．例2 从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几个小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图所示，测得x AB＝15 cm，x BC＝20 cm，求：(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)拍摄时x CD的大小；(4)A球上方滚动的小球还有几个．【思路点拨】(4)第一步：审题干→获取信息第二步：审设问→找突破口【解析】(1)由a＝Δxt2得小球的加速度a＝xBC－x ABt2＝5 m/s2.(2)B点的速度等于AC段上的平均速度，即v B＝xAC2t＝1.75 m/s.(3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即x CD－x BC＝x BC－x AB，所以x CD＝2x BC－x AB＝0.25 m.(4)设A点小球的速度为v A，由于v A＝v B－at＝1.25 m/s所以A球的运动时间为t A＝vAa＝0.25 s，所以在A球上方滚动的小球还有2个．【答案】(1)5 m/s2(2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2。
高三物理匀变速直线运动 自由落体运动 竖直上抛知识精讲 粤教版
高三物理匀变速直线运动 自由落体运动 竖直上抛知识精讲 粤教版一. 本周教学内容：1. 匀变速直线运动2. 自由落体运动3. 竖直上抛【要点扫描】一、匀变速直线运动1. 定义：在相等的时间内速度的变化相等的直线运动叫做匀变速直线运动．2. 特点：a=恒量．3. 公式：（1）v t =v 0+at （2）s=v 0t ＋21at 2（3）v t 2－v 02=2as （4）s=t v v t 20+． 说明：（1）以上公式只适用于匀变速直线运动．（2）四个公式中只有两个是独立的，即由任意两式可推出另外两式．四个公式中有五个物理量，而两个独立方程只能解出两个未知量，所以解题时需要三个已知条件，才能有解．（3）式中v 0、v t 、a 、s 均为矢量，方程式为矢量方程，应用时要规定正方向，凡与正方向相同者取正值，相反者取负值；所求矢量为正值者，表示与正方向相同，为负值者表示与正方向相反．通常将v 0的方向规定为正方向，以v 0的位置做初始位置．（4）以上各式给出了匀变速直线运动的普遍规律．一切匀变速直线运动的差异就在于它们各自的v 0、a 不完全相同，例如a ＝0时，匀速直线运动；以v 0的方向为正方向；a ＞0时，匀加速直线运动；a ＜0时，匀减速直线运动；a ＝g 、v 0=0时，自由落体运动；a ＝g 、v 0≠0时，竖直抛体运动．（5）对匀减速直线运动，有最长的运动时间t=v 0/a ，对应有最大位移s=v 02/2a ，若t ＞v 0/a ，一般不能直接代入公式求位移。
4. 推论：（1）匀变速直线运动的物体，在任两个连续相等的时间里的位移之差是个恒量，即ΔS ＝ S Ⅱ－ S Ⅰ＝aT 2=恒量．（2）匀变速直线运动的物体，在某段时间内的平均速度，等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，即2t V =V =20t v v +．以上两推论在“测定匀变速直线运动的加速度”等学生实验中经常用到，要熟练掌握．（3）初速度为零的匀加速直线运动（设T 为等分时间间隔）：①1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度的比为V l ∶V 2∶V 3……∶V n ＝1∶2∶3∶……∶n ；②1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为S l ∶S 2∶S 3∶……S n =12∶22∶32∶……∶n 2；③第一个T 内，第二个T 内，第三个T 内……位移的比为S I ∶S Ⅱ∶S Ⅲ∶……∶S N =l ∶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t 1∶t 2∶t 3∶……t n ＝()()()123121--⋅⋅⋅⋅--n n ：：：：二、自由落体运动物体只受重力作用所做的初速度为零的运动．特点：（l ）只受重力；（2）初速度为零．规律：（1）v t =gt ；（2）s=21gt 2；（3）v t 2=2gs ；（4）s=t v t 2；（5）gt 21t h v ==-； 三、竖直上抛1、将物体沿竖直方向抛出，物体的运动为竖直上抛运动．抛出后只在重力作用下运动。
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第一章 第2、3单元 匀变速直线运动的规律自由落体和竖直上抛1．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，当时利 用斜面实验主要是考虑到( )A ．实验时便于测量小球运动的速度B ．实验时便于测量小球运动的时间C ．实验时便于测量小球运动的路程D ．斜面实验可以通过观察与计算直接得到落体的运动规律2．一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1 s 、2 s 、3 s ，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∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶33．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2 (各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点 ( )A ．第 1 s 内的位移是 5 mB ．前 2 s 内的平均速度是 6 m/sC ．任意相邻的 1 s 内位移差都是1 mD ．任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s4．如图1所示是木星的一个卫星——木卫1上面的珞玑火山喷发的情景，图片中的英文单词Eruption 意思是“火山喷发”。
经观测火山喷发出岩块上升高度可达250 km ，每一块石头的留空时间为1 000 s 。
已知在距离木卫1表面几百千米的范围内，木卫1的重力加速度g 木卫可视为常数，而且在木卫1上没有大气。
则据此可求出g 木卫与地球表面重力加速度g (g ＝10 m/s 2)的关系是( ) 图1A ．g 木卫＝gB ．g 木卫＝12gC ．g 木卫＝15gD ．g 木卫＝120g 5．若飞机着陆后以6 m /s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12 s 内滑行的距离是( )A ．288 mB ．300 mC ．150 mD ．144 m6．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB 。
该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图2所示。
已知曝光时间为11 000s ，则小石子出发点离A 点的距离约为( )A ．6.5 mB ．10 m 图2C ．20 mD ．45 m7．如图3所示，将小球a 从地面以初速度v 0 竖直上抛的同时，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h 2处相遇(不计空气阻力)。
则( )A ．两球同时落地 图3B ．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8．如图4所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的度是L ，B 的长度是2L ，一颗子弹沿水平方向以速度v 1射入A ，以速度v 2穿出 图4 B ，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为( )A.2(v 1＋v 2)3B.2(v 12＋v 22)3C.2v 12＋v 223D.23v 1 9．若B 为测速仪，A 为汽车，两者相距345 m ，此时刻B 发出超声波，同时A 由于紧急情况而急刹车，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 恰好停止，且此时A 、B 相距335 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车刹车过程中的加速度大小为( )A ．20 m /s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定10．如图5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v b 、v c ，则( ) 图5A ．v b ＝8 m /sB ．v c ＝3 m/sC ．x de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s11．一些同学乘坐高速列车外出旅游，当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时，一同学提议说：“我们能否用身边的器材测出火车的加速度？”许多同学参与了测量工作，测量过程如下：他们一边看着窗外每隔100 m 的路标，一边用手表记录着时间，他们观测到从第一根路标运动到第二根路标的时间间隔为5 s ，从第一根路标运动到第三根路标的时间间隔为9 s ，请你根据他们的测量情况，求：(1)火车的加速度大小；(2)他们到第三根路标时的速度大小。
12．一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h ＝5 m 处的时间间隔Δt ＝2 s ，则小球的初速度v 0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？详解答案1．解析：伽利略当时是要证明位移与时间的平方成正比，当时用滴水法无法测定自由落体运动的时间，而在斜面上运动的加速度小，时间长，便于测定时间，B 正确，A 、C 、D 错误。
答案：B2．解析：物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间通过位移的比是1∶3∶5∶…∶ (2n －1)，2 s 通过的位移可看成第2 s 与第3 s 的位移之和，3 s 通过的位移可看成第4 s 、第5 s 与第6 s 的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B 。
答案：B3．解析：由 x ＝v 0t ＋12at 2 与 x ＝5t ＋t 2 的对比可知：该质点运动的初速度 v 0＝5 m /s ， 加速度a ＝2 m/s 2。
将t ＝1 s 代入所给位移公式可求得第1 s 内位移是6 m ；前2 s 内的位移是14 m ，平均速度142m /s ＝7 m/s ；由 Δx ＝ aT 2 可得T ＝1 s 时，相邻1 s 内的位移差都是2 m ；由加速度的物理意义可得任意1 s 内速度的增量(增加量)都是2 m/s 。
因此D 正确。
答案：D4．解析：一块石头的留空时间为1 000 s ，石头上升或下落时间为500 s ，根据h ＝12g 木卫t 2，解得g 木卫＝2 m/s 2，C 正确。
答案：C5．解析：先求出飞机着陆后到停止所用时间t 。
由v t ＝v 0＋at ，得t ＝(v t －v 0)/a ＝(0－60)/(－6) s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速运动，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 ＝v 0t ＋at 2/2＝60×10 m ＋(－6)×102/2 m ＝300 m 。
答案：B6．解析：由于曝光时间很短，小石子到达A 点时的速度约为v A ＝x t ＝0.0211 000m /s ＝20 m/s ， h ＝v A 22g ＝2022×10m ＝20 m ，故C 正确。
答案：C7．解析：对a ，h 2＝v 0t －12gt 2，对b ，h 2＝12gt 2，所以h ＝v 0t ，而对a 又有h 2＝12(v 0＋v )t ，可知a 刚好和b 相遇时速度v ＝0。
所以它们不会同时落地，相遇时的速度大小也不相等，A 、B 错。
根据机械能守恒定律，从开始到相遇，两球重力做功相等，C 正确。
相遇后的每一时刻，它们速度都不相等，所以重力的瞬时功率P ＝mg v 不会相等，D 错。
答案：C8．解析：设子弹运动的加速度为a ，子弹穿出A 时的速度为v ，子弹在A 中运动过程中，有：v 2－v 12＝－2aL ，子弹在B 中运动过程中，有v 22－v 2＝－2a ·2L ，两式联立可得，v ＝2v 12＋v 223，因此C 对。
答案：C9．解析：设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内，刹车的位移为12a (2t )2＝20 m ，所以当超声波与A 车相遇时，A 车前进的位移为20－12at 2＝15 m ，故超声波在2t 内的路程为2×(355－15) m ＝680 m ，由声速为340 m /s 可得t ＝1 s ，所以汽车的加速度a ＝10 m/s 2，B 项正确。
答案：B10．解析：小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因T ac ＝T cd ，故c 点为a 到d 的中间时刻，故v c ＝ad 2T ＝6＋62×2m /s ＝3 m/s ，故B 正确；因x ac ＝x ab ＋x bc ＝7 m ，x cd ＝x bd －x bc ＝5 m ，由v c ＝at ec 得t ec ＝v c a＝6 s ，则T de ＝T ec －T cd ＝4 s ；x de ＝x ec －x cd ＝4 m ，故C 错误，D 正确；由Δx ＝x ac －x cd ＝aT 2得：a ＝0.5 m/s 2，由v b 2－v c 2＝2a ·x bc 可得，v b ＝10 m/s ，A 错误。
答案：BD11．解析：(1)设火车的加速度为a 、经过第一根路标时的速度为v 1，根据匀变速直线运动的位移公式得x ＝v 1t 1＋12at 122x ＝v 1t 2＋12at 22其中x ＝100 m ，t 1＝5 s ，t 2＝9 s解得a ＝109 m /s 2＝1.11 m/s 2。
(2)设火车经过第三根路标时的速度为v 2，根据匀变速直线运动的速度公式得 v 2＝v 1＋at 2v 1＝1559 m /s ＝17.22 m/s代入数据得v 2＝27.22 m/s 。
答案：(1)1.11 m /s 2 (2)27.22 m/s12．解析：画出小球运动的情景图，如图所示。
小球先后经过A 点的时间间隔Δt ＝2 s ，根据竖直上抛运动的对称性，小球从A 点到最高点的时间t 1＝Δt 2＝1 s ，小球在A 点处的速度v A ＝gt 1＝10 m/s ；在OA 段根据公式v A 2－v 02＝－2gs 得v 0＝10 2 m/s ；小球从O 点上抛到A 点的时间t 2＝v A －v 0－g ＝10－102－10 s ＝(2－1) s根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t ＝2(t 1＋t 2)＝2 2 s 。
答案：10 2 m/s 2 2 s。