匀变速直线运动的多过程问题.

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2017高考物理匀变速直线运动的综合应用专题01多过程组合问题含解析

专题 01 多过程组合问题
1．（ 2017 广西崇左摸底）某电视剧制作中心要拍摄一特技动作，要求特技演员从
80m的大楼
楼顶自由下落到行驶的汽车上，若演员开始下落的同时汽车从
60m远处由静止向楼底先匀加
速运动 3s ，再匀速行驶到楼底，为保证演员能安全落到汽车上（不计空气阻力，人和汽车看成质点， g=10m/s2 ），
2. （ 2017 江西两校联考）一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站，起动加速度为
2m/s2，加速行
驶 5 秒，后匀速行驶 2 分钟，然后刹车，滑行 50m，正好到达乙站．求汽车从甲站到乙站的平
均速度？
【考点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【名师解析】根据运动学基本公式分别求出各阶段的位移，平均速度等于总位移除以总时间．
起动阶段行驶位移为： S1=
匀速行驶的速度为： V=at 1 匀速行驶的位移为： S2=Vt 2
刹车段的位移为： S3=
汽车从甲站到乙站的平均速度为：
V=
答：汽车从甲站到乙站的平均速度为 9.44m/s ．
3、 (2017 湖南永州一中诊断 ) 某物理实验小组在游泳池做了一个实验，将一个小木球离水面
第一次加速的位移为：第二次加速的位移为：
x1
v0 2
v t1
30 50 200m=8000m ，
2
v v 50 80
x3
t3
150m 9750m ，
2
2
匀速运动的位移为： x2 vt2 50 250m 12500m ，
则有： x x1 x2 x3 8000 12500 9750m 30250m
6. 如图所示，物体从光滑斜面上的 A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入水平面（设经过 B

高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的多过程问题备考精炼

3 匀变速直线运动的多过程问题[方法点拨] (1)多过程问题一般是两段或多段匀变速直线运动的组合．各阶段运动之间的“转折点”的速度是关键物理量，它是前一段的末速度，又是后一段的初速度，是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减少解题的复杂程度．(2)多过程问题一般情景复杂，可作v －t 图象形象描述运动过程，有助于分析问题，也往往能从图象中发现解决问题的简单办法．1．(多选)(2020·河北衡水中学高三下期中)物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为做加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( ) A.x 1x 2＝t 1t 2B.a 1a 2＝t 1t 2C.x 1t 1＝x 1＋x 2t 1＋t 2 D ．v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 22．(2020·湖南怀化一模)如图1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 点时的速度亦为v.若a 1≠a 2≠a 3，则( )图1A ．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C3．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验．让甲车以最大加速度a 1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a 2制动，直到停止；乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止．实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a 1∶a 2的值为( )A ．2∶1 B．1∶2 C．4∶3 D．4∶54．(2020·山东实验中学月考)动车组列车以平均速度v 从甲地开到乙地所需的时间为t ，该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v 0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0(设列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t 时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v 0应为( )A.vt t －t 0B.vt t ＋t 0C.2vt 2t －t 0D.2vt 2t ＋t 05．如图2所示，两光滑斜面在B 处连接，小球由A 处静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC.设小球经过B 点前后的速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C的过程中的平均速率分别为( )图2A．3∶4 2.1 m/s B．9∶16 2.5 m/sC．9∶7 2.1 m/s D．9∶7 2.5 m/s6．(2020·湖北黄冈模拟)跳伞运动员从350 m高空离开飞机开始下落，最初未打开伞．自由下落一段距离后打开伞，打开伞后以2 m/s2的加速度匀减速下落，到达地面时速度为4 m/s，求跳伞运动员自由下落的高度．(g取10 m/s2)答案精析1．ACD [由题意得，x 1＝v 2t 1，x 2＝v 2t 2，则x 1x 2＝t 1t 2，故A 正确；由v ＝a 1t 1＝a 2t 2，得到a 1a 2＝t 2t 1，故B 错误；对于整个运动过程，x 1＋x 2＝v 2(t 1＋t 2)，所以x 1＋x 2t 1＋t 2＝v 2＝x 1t 1＝x 2t 2，v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2，故C 、D 正确．] 2．A3．B[作出甲、乙两车的速度—时间图象，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t 1，总时间为t 2，因为两车的位移之比为5∶4，则有(t 1＋t 22v m )∶(t 22v m )＝5∶4，解得t 1∶t 2＝1∶4，乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，则加速度a 1∶a 2为1∶2，B 正确．]4．C 5.C6．59 m解析设跳伞运动员应在离开地面h 高处打开伞，打开伞时速度为v 1.落地时速度为v t ＝4 m/s ，打开伞后加速度a ＝－2 m/s 2由题意可得：打开伞前跳伞运动员做自由落体运动：v 12＝2g(H －h)①打开伞后跳伞运动员做匀减速直线运动：v t 2－v 12＝2ah②由方程①②联立解得：h ＝291 m故跳伞运动员自由下落的高度为：Δh＝H －h ＝(350－291) m ＝59 m.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高中物理【匀变速直线运动的多过程问题】考点强化

目录
1．(2017·广东广州综合测试)电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动。电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如下表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 速度(m/s) 0 2.0 4.0 5.0 5.0 5.0 5.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 0 则前 5 s 内电梯通过的位移大小为( ) A．19.25 m B．18.75 m C．18.50 m D．17.50 m
以后垫圈之间的距离分别是 36 cm、60 cm、84 cm，如图 7
所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且
第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不
计空气阻力，则第 2、3、4、5 各垫圈( )
A．落到盘上的声音时间间隔越来越大
B．落到盘上的声音时间间隔相等
C．依次落到盘上的速率关系为 1∶ 2∶ 3∶2
由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是
( ) A．关卡2
B．关卡3
C．关卡4
D．关卡5
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目录
目录
解析 (1)甲车过 ETC 通道时，减速过程的位移为
x1＝v－22－2av221，可得 x1＝50 m 加速恢复原来速度的位移 x2＝v122－a1v22，可得 x2＝100 m 所以总的位移 x 总＝x1＋d＋x2＝160 m。
(2)乙车在中心线处的停车时间 t1＝20 s，匀加速 78.125 m 的时间 t2＝
2ax10＝12.5 s 由于没有等待时间，即后一辆车和前一辆车做减速运动的时间是相同的，
因此后一辆车比前一辆车到达中心线处的时间晚(t1＋t2)，故两车正常行驶时

多过程匀变速直线运动的处理方法

二．找突破口
每辆车都经历了两个不同的运动阶段，即，第一阶段做初速度为零的匀加速运动；第二阶段以第一阶段的末速度作为初速度做匀加速直线运动。明白了运动过程后，分别求每段位移，求总位移，即可求出待求量。
[尝试解题]
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 x1，加速度为 a；在第二段时间间隔内行驶的路程为 x2。由运动学公式得
(2)汽车从开始到停下运动的距离：
x＝v0Δt＋v02⑤
2a
(3 分)
可得 x＝72 m，故车头前端距 O 点为 74 m。⑥ 因 LOD＝80 m，因此汽车停止运动时车头前端面距
离 D 杆 6 m。⑦(3 分)
(1)在①②中误将tB和tC作为汽车匀减速运动的总时间，而没有考虑tB和tC中包含反应时间Δt，造成失分。 (2)在⑥中误将汽车的位移x＝72 m作为汽车车头前端面距O点的距离，从而得出汽车停止运动时车头前端面距D杆8 m的结果，而实际上，x＝72 m为学员乙距O点的距离，乙离车头前端面的距离为2.0 m。
01
[例2] . 跳伞运动员作低空跳伞表演，当飞机离地面224 m时，运动员离开飞机在竖直方向做自由落体运动.运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以12.5 m/s2的平均加速度匀减速下降.为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5 m/s.
02 取g=10 m/s2.求：
LOA＝44 m。求：
(1)刹车前汽车做匀速运动的速度大小v 0 及汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小
a；
(2)汽[解车题停流程止]运动时车头前端面离D杆的
距第离一步。：审题干，抓关键信息
关键点

2024年高考物理总复习第一部分考点梳理第1章第3讲自由落体运动和竖直上抛运动、多过程问题

典题3 (2024贵州毕节模拟)某次蹦床比赛中,运动员双脚离开蹦床后竖直
向上运动,把上升过程分为等距的三段,运动员从下至上运动过程中,依次
经历三段位移的时间记为t1、t2、t3。则t1∶t2∶t3最接近(
A.3∶6∶10
B.3∶4∶10
C.3∶6∶20
B)
D.3∶4∶20
解析根据逆向思维,将向上的运动逆向看为向下的初速度为 0 的匀加速直
(4)运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些?
3.多过程问题的解题关键
1
− 2 1 2 =0.15
m。
研考点•精准突破
1.自由落体运动问题的解决方法
匀变速直线运动的公式对自由落体运动都成立,解题时一般取开始下落时
为时间起点,采用基本公式求解,必要时采用比例关系求解。
2.竖直上抛运动的解题方法
(1)全过程法
将竖直上抛运动视为初速度竖直向上、加速度竖直向下的匀变速直线运
10 m/s2,当物体到抛出点的距离为15 m时,所经历的时间可能是(ACD)
A.1 s
B.2 s
C.3 s
D.(2+√7 ) s
解析取竖直向上为正方向,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
1 2
x=v0t- gt ,解得 t1=1
2
体运动到抛出点下方离抛出点 15 m 时,位移为 x'=-15 m,由
2
t=
6ℎ
;小球

6ℎ
1 2
h=-v0t+2gt ,解得 v0= 3 ,则
B。
P 从抛出到与 Q 相遇,
P 上升的最大高度为
考点二

《金版教程(物理)》2025高考科学复习解决方案第一章运动的描述匀变速直线运动第3讲含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第一章运动的描述匀变速直线运动第讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题[教材阅读指导](对应人教版必修第一册相关内容及问题)第二章第4节图2.4-1，轻重不同的物体下落快慢的研究：在现实生活中人们看到物体下落的快慢不同的原因是什么？提示：受到空气阻力的影响。

第二章第4节观察“表一些地点的重力加速度”，总结重力加速度的变化规律。

提示：从赤道到两极，重力加速度逐渐变大。

第二章第4节[科学漫步]图2.4-6，伽利略的斜面实验中如何测量时间？如何由斜面上的运动规律推出自由落体的运动规律？提示：当时只能靠滴水计时，让铜球沿阻力很小的斜面滚下，“冲淡”了重力，使加速度变小，时间变长，更容易测量。

合理外推将斜面的倾角增大到90°。

第二章第4节[练习与应用]T6，如何制作一把“人的反应时间测量尺”？提示：根据自由落体运动公式算出直尺下落的时间，即为人的反应时间。

必备知识梳理与回顾一、自由落体运动1．定义：01重力作用下从02静止开始下落的运动。

2．运动性质：初速度v0＝0、加速度为重力加速度g03匀加速直线运动。

3．基本规律(1)速度与时间的关系式：v04gt。

(2)位移与时间的关系式：h0512gt2。

(3)速度与位移的关系式：v 2＝062gh 。

4．伽利略对自由落体运动的研究(1)伽利略通过07逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体下落得快”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08逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。

二、竖直上抛运动1．运动特点：加速度为g ，上升阶段做01匀减速直线运动，下降阶段做02自由落体运动。

2．基本规律(1)速度与时间的关系式：v ＝03v 0－gt 。

(2)位移与时间的关系式：h ＝04v 0t －12gt 2。

(3)速度与位移的关系式：v 2－v 20＝05－2gh 。

第1章第2节匀变速直线运动规律及应用

3.(2011•新课标)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．
解法二：(极值法)利用判别式求解，由解法一可知xA 1 1 2 2 ＝x＋xB，即v0t＋ ×(－2a)×t ＝x＋ at 2 2 整理得3at2－2v0t＋2x＝0 这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ ＝(2v0)2－4×3a×2x＜0时，t无实数解，即两车不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0＜ 6ax
2
点评：解决匀变速直线运动的常用方法有如下几种： (1)一般公式法一般公式法是指选用速度、位移和时间的关系式，它们均是矢量式，使用时应注意方向性．一般以v0的方向为正方向，其余与正方向相同者取正，与正方向相反者取负．
2 平均速度法
x 定义式v ，对任何性质的运动都适用，而公式 t 1 v (v0 v )只适用于匀变速直线运动． 2 3中间时刻速度法利用“在一段时间t的中间时刻的瞬时速度等于这段时间 t的平均速度”，即v t v.此公式适用于任何一个匀变速
【解析】在0～5s，物体向正向运动，5s～6s向负向运动，故5s末离出发点最远，sm=35m，A错；由面积法求出0～5s的位移s1=35m,5s～6s的位移 s2=-5m，总路程为：40m，B对；由面积法求出 0～4s的位移s=30m，平均速度为：v=s/t=7.5m/s， C对；由图象知5s～6s过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D错．

2025高考物理总复习自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题

考点一自由落体运动
判断正误
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。( √ )
5.不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间
考点一自由落体运动
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/s2，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5 m
√C.在a球接触地面之前，两球速度差恒定
第一章
运动的描述匀变速直线运动的研究
自由落体运动和竖直上
第
3 课
抛运动多过程问题
时
目标 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和多解性。要求 2.能灵活处理多过程问题。
内
考点一自由落体运动
容
索
考点二竖直上抛运动
引
考点三匀变速直线运动中的多过程问题
< 考点一 >
竖直上抛运动
考点二竖直上抛运动
1.运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，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)速度与时间的关系式：_v_＝__v_0_－__g_t_。 (2)位移与时间的关系式：_x_＝__v_0_t－__12_g_t_2_。
考点二竖直上抛运动
总结提升
2.竖直上抛运动的多解性：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，在解题时要注意这个特性。

自由落体运动、竖直上抛运动、多过程问题(原卷版)—2025年高考物理一轮复习

运动的描述匀变速直线运动的研究自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题素养目标：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和多解性。

2.能灵活处理多过程问题。

（2023×广东高考）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。

在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。

随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。

取竖直向上为正方向。

下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是（）A．B．C．D．考点一　自由落体运动例题1.某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一个鸡蛋从离地面20 m高的高楼面由静止释放，下落途中用Δt＝0.2 s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2 m，忽略空气阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)鸡蛋落地时的速度大小和落地前最后1 s内的位移大小；(2)高楼面离窗的上边框的高度。

【易错分析】1.自由落体的时间描述容易出错，例如求开始下落的第2s内的位移，指的是第二个一秒内的位移，要注意区分第第2s内的位移和前两秒的位移的不同。

2.利用位移公式和速度一定要注意是否从计时起点开始计算。

考点二　竖直上抛运动例题2.为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)经过多长时间到达最高点；(2)抛出后离地的最大高度是多少；(3)经过多长时间回到抛出点；(4)经过多长时间落到地面；(5)经过多长时间离抛出点15 m 。

【易错分析】1.注意正方向的规定，若规定竖直向上为正方向，则竖直上抛的加速度为负值，位移和速度与正方向相同取正值，方向相反负值。

2.注意距离抛出点为h 的地方可能是抛出点上方或者抛出点下方，注意时间的多解问题。

1.重要特性(1)对称性(如图3)(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。

匀变速直线运动规律之多物体多过程运动学教师版

匀变速直线运动之多物体多过程问题（交通运输、ETC、杂技表演、接力赛跑、体育赛事等）基本思路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．2．解题关键：多过程运动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．巩固练习1、(交通运输+多体多过程)为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统ETC。

甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示。

假设减速带离收费岛口x=60 m，收费岛总长度d=40 m，两辆汽车同时以相同的速度v1=72 km/h经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。

甲车减速至v2=36 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0=15 s的时间缴费成功，人工栏杆打开放行。

随后两辆汽车匀加速到速度v1后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等，求：(1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差；(2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离。

2.ETC是电子不停车收费系统的简称。

汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。

假设汽车以v1=15 m/s 的速度向收费站沿直线正常行驶,如果过ETC通道,需要在收费站中心线前s=10 m处正好匀减速至v2=5 m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至v1正常行驶;如果过人工收费通道,需要恰好在中心线处匀减速至速度为0,经过t=20 s缴费成功后,再启动汽车匀加速至v1正常行驶。

设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。

(1)求汽车过ETC通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小。

高考物理全国卷专题(02)匀变速直线运动的规律(解析版)

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（02）匀变速直线运动的规律（解析版）考点一匀变速直线运动规律的应用1．基本思路画过程示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→解方程并加以讨论2．方法与技巧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＋atv0、a、t、x v x＝v0t＋12at2v0、v、a、x t v2－v20＝2axv0、v、t、x a x＝v＋v02t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．题型1基本公式的选择【典例1】为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．【答案】(1)v20－v212gs0(2)v0＋v12s12s20【解析】(1)对冰球分析，根据速度位移公式得v 21－v 20＝2as 0根据牛顿第二定律得a ＝－μg联立得μ＝v 20－v 212gs 0.(2)抓住两者运动时间相等列式． s 0v 0＋v 12＝s 1v 22 ① a min ＝v 222s 1 ①联立①①得a min ＝v 0＋v 12s 12s 20.【变式1】在平直公路上，汽车自O 点由静止做匀加速直线运动，途中6 s 时间内依次经过P 、Q 两根电线杆．已知P 、Q 相距60 m ，车经过Q 时的速率为15 m/s ，则： (1)汽车经过P 时的速率是多少？ (2)汽车的加速度为多少？ (3)O 、P 两点间距离为多少？【答案】(1)5 m/s (2)1.67 m/s 2 (3)7.5 m【解析】解法一：(1)设汽车经过P 点时的速度为v P ，经过Q 点时的速度为v Q ，由x ＝v 0＋v2·t 得x PQ ＝v P ＋v Q2·t ，所以v P ＝2x PQ t －v Q ＝2×606－15m/s ＝5 m/s.(2)由v Q ＝v P ＋at 得a ＝53m/s 2≈1.67 m/s 2.(3)由v 2－v 20＝2ax 得v 2P ＝2ax OP .x OP ＝v 2P 2a ＝522×53 m ＝152m ＝7.5 m.解法二：设汽车经过P 时的速度为v P ，由x ＝v 0t ＋12at 2，v ＝v 0＋at 得x PQ ＝v P t ＋12at 2①v Q ＝v P ＋at ①由①①两式代入数值可得v P ＝5 m/s ，a ＝1.67 m/s 2. x OP 的求法同解法一．【提分笔记】选择公式应注意的问题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，会使问题简化． (1)知道v 0、v 、x ，求a ，没有时间t ，很自然的想到选v 2－v 20＝2ax ；(2)根据运动时间相等确定末速度在知道末速度及位移的情况下，求加速度运用v 2＝2ax 即可．题型2 多过程运动问题【典例2】ETC 是目前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签，与设在收费站ETC 通道上的微波天线进行短程通讯，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的.2015年我国ETC 已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆汽车以10 m/s 的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20 m 处开始减速，至窗口处恰好停止，再用10 s 时间完成交费；若进入ETC 通道，它从某位置开始减速，当速度减至5 m/s 后，再以此速度匀速行驶5 m 即可完成交费．若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：(1)汽车进入ETC 通道减速行驶的位移；(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC 通道比从人工收费通道通行节省的时间．【答案】(1)15 m (2)11 s【解析】(1)根据速度与位移公式得，匀减速直线运动的加速度大小为a ＝v 22x ＝1022×20 m/s 2＝2.5 m/s 2汽车在ETC 收费通道，匀减速运动的时间为t 1＝v ′－v a ＝5－10－2.5 s ＝2 s匀减速运动的位移为x 1＝v ′2－v 22a ＝52－102－5 m ＝15 m.(2)汽车在ETC 收费通道，匀减速运动的时间为t 1＝2 s 匀速行驶的时间为t 2＝x ′v ′＝55s ＝1 s从开始减速到交费完成所需的时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s 过人工收费通道，匀减速运动的时间为 t 3＝v a ＝102.5s ＝4 s汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间为t ′＝(4＋10)s ＝14 s. 因此节省的时间为Δt ＝t ′－t ＝(14－3)s ＝11 s.【变式2】(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．加速、减速中的加速度大小之比a 1①a 2＝2①1 B ．加速、减速中的平均速度大小之比 v 1①v 2＝1①1 C ．加速、减速中的位移之比x 1①x 2＝2①1 D ．加速、减速中的加速度大小之比a 1①a 2≠1①2 【答案】BC【解析】汽车先做匀加速直线运动达到最大速度v m 后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比v 1①v2＝v m 2①v m 2＝1①1，所以选项B 正确；根据a ＝v mt可知，两次加速度大小之比为1①2，所以选项A 、D 错误；根据x ＝v t 可知，两次位移之比为2①1，所以选项C 正确．【提分笔记】处理多过程运动问题注意事项如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度．题型3 双向可逆类匀变速直线运动【典例3】(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s 2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m 时，下列说法正确的是( ) A ．物体运动时间可能为1 s B ．物体运动时间可能为3 s C ．物体运动时间可能为(2＋7) s D ．此时的速度大小一定为5 m/s 【答案】ABC【解析】物体在出发点上方时，由x ＝v 0t ＋12at 2得7.5＝10t ＋12×(－5)t 2，解得t ＝1 s 或t ＝3 s ，由v ＝v 0＋at得，v ＝5 m/s 或－5 m/s.物体在出发点下方时，由x ＝v 0t ＋12at 2得－7.5＝10t ＋12×(－5)t 2，解得t ＝(2＋7) s 或t ＝(2－7) s(舍去)，由v ＝v 0＋at 得v ＝－57 m/s.故A 、B 、C 正确，D 错误．【提分笔记】处理双向可逆类问题注意事项对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物快，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，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．考点二匀变速直线运动的推论及应用方法与技巧题型1 平均速度公式的应用【典例4】一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用时间为2t ，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t .则物体运动的加速度大小为( ) A.Δx t 2 B.Δx2t 2 C.Δx 3t 2 D.2Δx 3t2 【答案】C【解析】物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx 内的平均速度是v 1＝Δx2t ；在第二段位移Δx 内的平均速度是v 2＝Δx t ；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt ＝t ＋t2＝32t ，则物体加速度的大小a ＝Δv Δt ＝v 2－v 132t ，解得a ＝Δx3t2，故选C. 【变式3】从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s 时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车．汽车从开出到停止总共历时20 s ，行进了50 m ．求汽车的最大速度．【答案】5 m/s【解析】解法一(基本公式法)：设最大速度为v max ，由题意可得 x ＝x 1＋x 2＝12a 1t 21＋v max t 2＋12a 2t 22① t ＝t 1＋t 2① v max ＝a 1t 1① 0＝v max ＋a 2t 2①联立①①①①式得v max ＝2x t ＝2×5020m/s ＝5 m/s.解法二(平均速度法)：匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等，都等于v max2故有x ＝v max 2t 1＋v max2t 2因此有v max ＝2x t 1＋t 2＝2×5020 m/s ＝5 m/s.解法三(图象法)：作出汽车运动全过程的v t 图象，如图所示，v t 图线与t 轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x ＝v max t 2，所以v max ＝2x t ＝2×5020 m/s ＝5 m/s.【提分笔记】平均速度的求法1．求平均速度必须明确是哪一个物体在哪一段位移(或哪一段时间内)的平均速度． 2．平均速度的大小与平均速率是不同的．3.v ＝ΔxΔt 是平均速度的定义式，适用于所有的运动．4.v ＝v t 2＝v ＋v 02只适用于匀变速直线运动．题型2 逆向思维法和初速度为零的匀变速直线运动推论的应用【典例5】 (多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是 ( )A ．v 1①v 2①v 3＝3①2①1B ．v 1①v 2①v 3＝3①2①1C ．t 1①t 2①t 3＝1①2①3D ．t 1①t 2①t 3＝(3－2)①(2－1)①1 【答案】BD【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1①(2－1)①(3－2)，故所求时间之比为(3－2)①(2－1)①1，故选项C 错误，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1①2①3，则所求的速度之比为3①2①1，故选项A 错误，B 正确．【变式4】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 内的位移是( ) A ．3.5 m B ．2 m C ．1 m D ．0【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，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为7①5①3①1，所以有71＝14 m x 1，x 1＝2 m ，选项B 正确．【变式5】一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A 、B 、C 三点，已知AB ＝6 m ，BC ＝10 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是( ) A ．2 m/s,3 m/s,4 m/s B ．2 m/s,4 m/s,6 m/s C ．3 m/s,4 m/s,5 m/s D ．3 m/s,5 m/s,7 m/s 【答案】B【解析】根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B 点的速度就是全程的平均速度，v B ＝AB ＋BC2t＝4 m/s ，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx ＝aT 2，则由Δx ＝BC －AB ＝aT 2解得a ＝1 m/s 2，再由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v A ＝2 m/s ，v C ＝6 m/s ，故选项B 正确．考点三自由落体和竖直上抛运动 1．两种运动的特性(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)①对称性a ．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 .b ．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．①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．竖直上抛运动的研究方法上升阶段：a ＝g 的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动题型【典例6】屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，如图所示为其简易图(取g ＝10 m/s 2)．问： (1)此屋檐离地面多高？ (2)滴水的时间间隔是多少？【答案】(1)3.2 m (2)0.2 s【解析】解法一：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T ，则这一滴水在0时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置．由此可知：(1)设屋檐离地面高为x ，滴水间隔为T ，则x ＝16x 0,5x 0＝1 m ，所以x ＝3.2 m. (2)x ＝12g (4T )2，解得T ＝0.2 s.解法二：假设每两滴水之间相隔的时间间隔为t .因为第3滴与第2滴正分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，则可得出关系式：x 2＝12g (3t )2、x 3＝12g (2t )2、Δx＝1x2－x3＝1 m，解得t＝0.2 s，所以由题意可知x＝2g·(4t)2＝3.2 m.【变式6】利用水滴下落可以粗略测量重力加速度g 的大小．调节家中水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一滴水刚碰到盘子时，恰好有另一滴水刚开始下落，而空中还有一滴水正在下落．测出此时出水口到盘子的高度为h ，从第1滴水开始下落到第n 滴水刚落至盘中所用时间为t .下列说法正确的是( )A ．每滴水下落时间为 h 2gB ．相邻两滴水开始下落的时间间隔为2h gC ．第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为h 2D ．此地重力加速度的大小为h n ＋122t 2 【答案】D【解析】水滴的运动可看做自由落体运动，则由h ＝12gt 2得每滴水下落时间为t 0＝2h g，选项A 错误；相邻的两滴水间隔的时间相同，设为Δt ，则每一滴水下落需要的时间t 0＝2Δt ，故Δt ＝12t 0＝h 2g ，选项B 错误；由初速度为零的匀加速直线运动的推论知，第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为3h 4，选项C 错误；第1滴水到第n 滴水落到盘中间隔Δt 的个数为(n －1)，则t ＝t 0＋(n －1)Δt ＝(n ＋1)Δt ，故重力加速度的大小g ＝h n ＋122t 2，选项D 正确．【提分笔记】1．自由落体运动的基本公式匀变速直线运动规律――→特例自由落体运动规律 ⎭⎪⎬⎪⎫v ＝v 0＋atx ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 0 2＝2ax ――→v 0＝0a ＝g ⎩⎪⎨⎪⎧ v ＝gt h ＝12gt 2v 2＝2gh2．自由落体运动的比例式因为自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，可以利用比例式快速解题．题型2 竖直上抛运动的两种处理方法【典例7】气球下挂一重物，以v 0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地高度h ＝175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，取g ＝10 m/s 2.【答案】7 s 60 m/s【解析】解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理．。

4、匀变速运动的多过程及追及问题

匀变速直线运动多过程问题1.质点由静止开始以1．2 m／s2的加速度做匀加速直线运动，经过10 s后，改做匀速直线运动，又经过5 s，接着做匀减速直线运动，经过20 s停止．求：①质点做匀速直线运动的速度的大小和做匀减速直线运动的加速度．②整个过程中运动的位移大小．2.如图所示，发射卫星一般应用多级火箭，第一级火箭点火后，使卫星向上做匀加速运动的加速度为50 m／s2，燃烧30 s后第一级脱离，第二级火箭没有马上点火，所以卫星向上做加速度为10 m／s2的匀减速直线运动，10 s后第二级火箭启动，卫星的加速度为80 m／s2，这样经过90 s时，二级火箭脱离，这时卫星的速度多大?并画出v一t图象．3.正以30 m／s的速率运行中的列车，接到前方小站的请求：在该站停靠1分钟，接一个垂危病人上车。

列车决定先以加速度大小是0.6 m／s2匀减速直线运动到小站恰停止，停车1min后再以1.0 m／s2的加速度匀加速直线启动，直到恢复到原来的速度行驶。

求该列车由于临时停车，共耽误多少时间?追及、相遇问题1．一小汽车从静止开始以3m/s2的加速度行驶，恰有一辆自行车以6m/s的速度从车边匀速驶过。

（1）汽车从开动后在追上自行车之前，要经过多长时间两者相距最远？最远距离是多少？（2）什么时候追上自行车，此时汽车的速度是多少？2.甲车以20m/s行驶，司机发现在同一平直公路上前方500m处乙车以10m/s同向匀速行驶，为避免撞车，甲车司机立即刹车，求：甲车司机刹车时a的最小值。

3.在平直公路上，一辆自行车与同方向行驶的汽车同时经过某点，它们的位移随时间的变化关系是自行车：x1=6t，汽车：x2=10t-41t2，求:(1)经过多少时间，自行车追上汽车？(2)自行车追上汽车时，汽车的速度为多少？(3)自行车追上汽车的过程中，两者间的最大距离为多少？。

2025年高考物理总复习专题01 匀变速直线运动规律及多过程问题(附答案解析)

第1页（共24页）2025年高考物理总复习专题01匀变
速直线运动规律及多过程问题模型归纳1．匀变速直线运动的基本公式模型
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的公式v 0、v 、a 、t
x [速度与时间的关系式]v ＝v 0＋at v 0、a 、t 、x
v [位移与时间的关系式]x ＝v 0t ＋12at 2v 0、v 、a 、x
t [速度与位移的关系式]v 2－v 20＝2ax v 0、v 、t 、x a [平均速度公式]x ＝v ＋v 02t 注：基本公式中，除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。

一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，与初速度反向的物理量取负值。

当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向。

2．匀变速直线运动的两个重要推论
推论
公式适用情境(1)物体在一
段时间内的平v ＝v ＝利用平均速度求瞬时速度：v n ＝x n ＋x n ＋12T
＝。