高考物理一轮复习专题01匀变速直线运动的规律及应用(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题01匀变速直线运动的规律及应用(原卷版+解析)，共35页。试卷主要包含了匀变速直线运动基本规律的应用，匀变速直线运动的推论及应用，自由落体运动和竖直上抛运动，多过程问题等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc7846" 题型一 匀变速直线运动基本规律的应用 PAGEREF _Tc7846 \h 1
\l "_Tc9717" 类型1 基本公式和速度位移关系式的应用 PAGEREF _Tc9717 \h 2
\l "_Tc14822" 类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题 PAGEREF _Tc14822 \h 3
\l "_Tc24810" 题型二 匀变速直线运动的推论及应用 PAGEREF _Tc24810 \h 5
\l "_Tc25093" 类型1 平均速度公式 PAGEREF _Tc25093 \h 6
\l "_Tc24621" 类型2 位移差公式 PAGEREF _Tc24621 \h 8
\l "_Tc30079" 类型3 初速度为零的匀变速直线运动比例式 PAGEREF _Tc30079 \h 9
\l "_Tc2457" 类型4 第n秒内位移问题 PAGEREF _Tc2457 \h 10
\l "_Tc1735" 题型三 自由落体运动和竖直上抛运动 PAGEREF _Tc1735 \h 11
\l "_Tc445" 类型1 自由落体运动基本规律的应用 PAGEREF _Tc445 \h 12
\l "_Tc7309" 类型2 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题 PAGEREF _Tc7309 \h 14
\l "_Tc16244" 类型3 竖直上抛运动的基本规律 PAGEREF _Tc16244 \h 14
\l "_Tc31081" 类型4 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 PAGEREF _Tc31081 \h 17
\l "_Tc11644" 题型四 多过程问题 PAGEREF _Tc11644 \h 19
题型一 匀变速直线运动基本规律的应用
【解题指导】1．v＝v0＋at、x＝v0t＋eq \f(1,2)at2、v2－v02＝2ax原则上可解任何匀变速直线运动的问题，公式中v0、v、a、x都是矢量，应用时要规定正方向.
对于末速度为零的匀减速直线运动，常用逆向思维法.
3.对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退(即做反向的匀加速直线运动)，一般需判断减速到零的时间．
【必备知识与关键能力】
1.基本规律
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(（1）速度—时间关系：v＝v0＋at,（2）位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2,（3）速度—位移关系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax))eq \(――――→,\s\up11(初速度为零),\s\d4(v0＝0))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2,v2＝2ax))
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
类型1 基本公式和速度位移关系式的应用
【例1】在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是( )
A．公交车运行的最大速度为4 m/s
B．公交车刹车的加速度大小为1 m/s2
C．公交车从刹车开始10 s内的位移为60 m
D．公交车刹车后第1 s内的平均速度为15 m/s
【例2】(2022·辽宁丹东市一模)我市境内的高速公路最高限速为100 km/h，某兴趣小组经过查阅得到以下资料，
资料一：驾驶员的反应时间为0.3～0.6 s；
资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数(如下表)
兴趣小组根据以上资料，通过计算判断汽车在高速公路上行驶的安全距离最接近( )
A.200 m B.150 m
C.100 m D.50 m
【例3】(2022·江西省六校联合考试)高速公路ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，某汽车以25.2 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆，已知司机的反应时间为0.5 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A.8.4 m B.7.8 m
C.9.6 m D.10.5 m
类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题
1.方法简介
很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，可以化难为易、出奇制胜。解决物理问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等。
2.实例特点
刹车类问题或子弹打木块问题的特点都是匀减速至0后保持静止，在分析问题时，都看成反向的初速度为0的匀加速直线运动来处理。
【例1】(多选) (2022安徽皖北协作区4月联考) “奋斗者号”是我国自主研制的目前世界上下潜能力最强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“奋斗者号”从距海面深H处以某一初速度竖直上浮，并从此时刻开始计时，做匀减速直线运动，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则下列说法正确的是( )
A.上浮时的初速度为eq \f(H,2t)
B.上浮时的初速度为eq \f(2H,t)
C.在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为eq \f(H（t－t0）2,t2)
D.在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为eq \f(H（t－t0）2,teq \\al(2,0))
【例2】(2022·河北部分学校3月联考)在野外自驾游容易碰见野生动物突然从路边窜出的情况。如图2所示，汽车以大小为6 m/s的速度匀速行驶，突然一头小象冲上公路，由于受到惊吓，小象停在汽车前方距离车头10 m处。司机立即刹车﹐加速度大小为2 m/s2。从刚刹车到汽车刚停止的过程，下列说法正确的是( )
A.所用的时间为6 sB.汽车通过的距离为18 m
C.汽车最后1 s的位移为1 mD.汽车与小象发生碰撞
【例3】(2022·湖南怀化市一模)水平路面上匀速行驶的汽车，因紧急情况而刹车，刹车过程中汽车做匀减速直线运动，v－t图像如图所示。已知汽车开始刹车后，第2 s内的位移为4 m，2 s后的位移为0.5 m。汽车刹车过程的加速度大小为( )
A.4 m/s2 B.3.5 m/s2
C.3 m/s2 D.2.5 m/s2
题型二 匀变速直线运动的推论及应用
【解题指导】
凡问题中涉及位移及发生这段位移所用时间或一段运动过程的初、末速度时，要尝试运用平均速度公式.
若问题中涉及两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx＝aT2.
若从静止开始的匀加速直线运动，涉及相等时间或相等位移时，则尝试应用初速度为零的比例式．
【必备知识与关键能力】
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＝…＝xn－xn－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：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝.
(3)位移中点速度＝eq \r(\f(v02＋v2,2)).
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∶…∶vn＝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∶…∶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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
3.思维方法
类型1 平均速度公式
(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用此法。
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法。
(3).两段时间内平均速度的平均速度
v1
v2
t1
t2
v=?
第一段时间内的平均速度为，第一段时间内的平均速度为，则全程的平均速度
(4).两段位移内平均速度的平均速度
v1
v2
x1
x2
v=?
第一段位移内的平均速度为，第一段位移内的平均速度为，则全程的平均速度
(5).两种特殊情况
【例1】(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，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段的时间之比
【例2】(2022·河北摸底)物体从A点开始做匀变速直线运动，由A到B用时6 s，由B到C用时2 s，AB＝BC＝12 m，则物体的加速度大小为( )
A.1 m/s2 B.2 m/s2
C.3 m/s2 D.4 m/s2
【例3】 (2022·江西重点中学协作体联考)一汽车在水平路面上开始刹车到停止的过程可看成是匀减速直线运动，已知刹车开始第1 s内与最后1 s内的位移之比为K，刹车距离为x，则整个过程的平均速度的数值为( )
A.eq \f(4x,K) B.eq \f(4x,K＋1)
C.eq \f(2x,K) D.eq \f(2x,K＋1)
【例4】(2022·浙江长兴余杭缙云三校高三联考)一物体做加速直线运动，依次经过A、B、C三点，B为AC的中点。若在AB段的加速度恒为a1，在BC段的加速度恒为a2。已知vB＝eq \f(vA＋vC,2)，则下列说法中正确的是( )
A.a1＝a2 B.a1C.a1>a2 D.无法比较a1、a2大小
类型2 位移差公式
【例1】(2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是( )
A．物体运动的加速度为4 m/s2
B．第2 s内的位移为6 m
C．第2 s末的速度为2 m/s
D．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s
【例2】．(2022·广东佛山市佛山一中月考)一物体做匀加速直线运动，第1个4 s内的位移为x1＝24 m，第二个4 s内的位移为x2＝64 m，则物体的初速度和加速度分别为( )
A．2 m/s 2.5 m/s2 B．2 m/s 3 m/s2 C．1 m/s 2.5 m/s2 D．3 m/s 3.5 m/s2
【例3】.如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点．已知AB＝16 m，BC＝24 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．8 m/s,12 m/s,16 m/s
B．10 m/s,14 m/s,18 m/s
C．6 m/s,10 m/s,14 m/s
D．12 m/s,13 m/s,18 m/s
类型3 初速度为零的匀变速直线运动比例式
【例1】(2022·广东四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3 s内与第6 s 内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1 m与通过第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2，则( )
A.x1∶x2＝1∶4 B.x1∶x2＝5∶11
C.v1∶v2＝1∶eq \r(2) D.v1∶v2＝eq \r(3)∶eq \r(6)
【例2】如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则( )
A．通过cd段的时间为eq \r(3)t
B．通过ce段的时间为(2－eq \r(2))t
C．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度
D．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度
类型4 第n秒内位移问题
1.第秒内指的是1s的时间，前秒指的是秒的时间，二者不同；
2.第秒内位移等于前秒内位移减去前秒内位移；
3.第秒内的平均速度数值上等于第秒内位移,也等于时刻的瞬时速度,还等于；
4.第秒内的位移和第秒内的位移之差。
【例1】(2022·广东深圳实验学校月考)做匀加速直线运动的质点，在第5 s内及第6 s内的平均速度之和是56 m/s，平均速度之差是4 m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为( )
A．4 m/s2；4 m/s B．4 m/s2；8 m/s
C．26 m/s2；30 m/s D．8 m/s2；8 m/s
【例2】（2022·山东省实验中学高三下学期线上检测）中国自主研发的 “暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120m的测试距离，用时分别为2s和l s，则无人机的加速度大小是（ ）
A. 20m/s2 B. 40m/s2 C. 60m/s2 D. 80m/s2
【例3】(2022·云南昆明质检)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
题型三 自由落体运动和竖直上抛运动
【解题指导】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.
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．
【必备知识与关键能力】
一.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＝eq \f(1,2)gt2.
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.
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＝v0－gt；
②位移与时间的关系式：x＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
(3)研究方法
类型1 自由落体运动基本规律的应用
【例1】.(2022·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m(未落地)，则( )
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m D．物体在5 s内的位移大小是50 m
【例2】在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于( )
A.eq \f(8H,Teq \\al(2,2)－Teq \\al(2,1)) B.eq \f(4H,Teq \\al(2,2)－Teq \\al(2,1))
C.eq \f(8H,（T2－T1）2) D.eq \f(H,4（T2－T1）2)
【例3】.(多选)(2022·嘉兴质检)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度大小之比是 eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
【例4】.(2022·陕西长安一中高三质检)两物体在不同高度自由下落，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eq \f(t,2)，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2 B.eq \f(3,8)gt2 C.eq \f(3,4)gt2 D.eq \f(1,4)gt2
类型2 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
【例1】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
【例2】.(多选)(2022·嘉兴质检)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度大小之比是 eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
类型3 竖直上抛运动的基本规律
1.竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，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，如图所示，则：
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.竖直上抛运动的v-t图和x-t图
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
-v0
t
O
x
v0/g 2v0/g
v02/2g
【例1】气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，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)
【例2】(2022·广东揭阳一模改编)t＝0时一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)，其位移随时间变化的s­t图象如图所示，则( )
A．该行星表面的重力加速度大小为8 m/s2 B．该物体上升的时间为5 s
C．该物体被抛出时的初速度大小为10 m/s D．该物体落到行星表面时的速度大小为20 m/s
类型4 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
H
t
t
a
a
b
b
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
速率-时间图像
a
b
中点相遇
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
速率-时间图像
a
b
等速率相遇

(1)同时运动，相遇位移方程：½gt2+v0t-½gt2=H,解得t=H/v0
(2)上升、下降过程中相遇问题
①若在a球上升时两球相遇，则有t
②若在a球下降时两球相遇，则有v0/g (3)中点相遇问题
若两球在中点相遇，有H/2=½gt2,H/2=v0t-½gt2;解得v0=,t=.
此时a球速度va=v0-gt=-g=0；b球速度vb=gt=g=v0.
交换速度大小。
(4)相遇时速率相等问题
若两球相遇时速率相等，则必然是速度大小相等，方向相反。有gt=v0-gt，且t=H/v0，联立解得v0=，
t=。此时a球下降ha=½gt2=H/4；b球上升hb=3H/4.
【例1】(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v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力．(取g＝10 m/s2，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
【例2】在离地面上高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。
题型四 多过程问题
【解题指导】1．多过程问题一般情景复杂、条件多，可画运动草图或作v－t图像形象地描述运动过程，这有助于分析问题，也往往能从中发现解决问题的简单方法.
2.多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂程度．
【必备知识与关键能力】
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1】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．
【例2】(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/s2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．
【例1】(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v0＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4 m/s2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a2＝2.5 m/s2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．
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
v0、v、a、t
x
【速度公式】v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
【位移公式】x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0、v、a、x
t
【速度位移关系式】v2－veq \\al(2,0)＝2ax
v0、v、t、x
a
【平均速度公式】x＝eq \f(v＋v0,2)t
路面
干沥青路面
干碎石路面
湿沥青路面
动摩擦因数
0.7
0.6～0.7
0.32～0.4
迁移角度
适用情况
解决办法
比例法
常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动具有等时性或等距离
由连续相邻相等时间(或长度)的比例关系求解
推论法
适用于“纸带”类问题
由Δs＝aT2求加速度
平均速度法
常用于“等分”思想的运动，把运动按时间(或距离)等分之后求解
根据中间时刻的速度为该段位移的平均速度来求解问题
图象法
常用于加速度变化的变速运动
由图象的斜率、面积等条件判断
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－eq \f(1,2)gt2(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
专题01 匀变速直线运动的规律及应用
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc7846" 题型一 匀变速直线运动基本规律的应用 PAGEREF _Tc7846 \h 1
\l "_Tc9717" 类型1 基本公式和速度位移关系式的应用 PAGEREF _Tc9717 \h 2
\l "_Tc14822" 类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题 PAGEREF _Tc14822 \h 3
\l "_Tc24810" 题型二 匀变速直线运动的推论及应用 PAGEREF _Tc24810 \h 5
\l "_Tc25093" 类型1 平均速度公式 PAGEREF _Tc25093 \h 6
\l "_Tc24621" 类型2 位移差公式 PAGEREF _Tc24621 \h 8
\l "_Tc30079" 类型3 初速度为零的匀变速直线运动比例式 PAGEREF _Tc30079 \h 9
\l "_Tc2457" 类型4 第n秒内位移问题 PAGEREF _Tc2457 \h 10
\l "_Tc1735" 题型三 自由落体运动和竖直上抛运动 PAGEREF _Tc1735 \h 11
\l "_Tc445" 类型1 自由落体运动基本规律的应用 PAGEREF _Tc445 \h 12
\l "_Tc7309" 类型2 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题 PAGEREF _Tc7309 \h 14
\l "_Tc16244" 类型3 竖直上抛运动的基本规律 PAGEREF _Tc16244 \h 14
\l "_Tc31081" 类型4 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 PAGEREF _Tc31081 \h 17
\l "_Tc11644" 题型四 多过程问题 PAGEREF _Tc11644 \h 19
题型一 匀变速直线运动基本规律的应用
【解题指导】1．v＝v0＋at、x＝v0t＋eq \f(1,2)at2、v2－v02＝2ax原则上可解任何匀变速直线运动的问题，公式中v0、v、a、x都是矢量，应用时要规定正方向.
对于末速度为零的匀减速直线运动，常用逆向思维法.
3.对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退(即做反向的匀加速直线运动)，一般需判断减速到零的时间．
【必备知识与关键能力】
1.基本规律
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(（1）速度—时间关系：v＝v0＋at,（2）位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2,（3）速度—位移关系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax))eq \(――――→,\s\up11(初速度为零),\s\d4(v0＝0))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2,v2＝2ax))
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
类型1 基本公式和速度位移关系式的应用
【例1】在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是( )
A．公交车运行的最大速度为4 m/s
B．公交车刹车的加速度大小为1 m/s2
C．公交车从刹车开始10 s内的位移为60 m
D．公交车刹车后第1 s内的平均速度为15 m/s
【答案】 D
【解析】 根据x＝v0t－eq \f(1,2)at2与x＝16t－t2的对比，可知刹车过程为匀减速直线运动，运行的最大速度就是刹车时车的速度，为16 m/s，刹车的加速度大小为2 m/s2，故A、B错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t＝eq \f(v,a)＝8 s可知，刹车停止需要8 s时间，从刹车开始10 s内的位移，其实就是8 s内的位移，t＝8 s时有x＝64 m，故C错误；t′＝1 s时，有x′＝15 m，由平均速度公式可得eq \x\t(v)＝eq \f(x′,t′)＝15 m/s，故D正确．
【例2】(2022·辽宁丹东市一模)我市境内的高速公路最高限速为100 km/h，某兴趣小组经过查阅得到以下资料，
资料一：驾驶员的反应时间为0.3～0.6 s；
资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数(如下表)
兴趣小组根据以上资料，通过计算判断汽车在高速公路上行驶的安全距离最接近( )
A.200 m B.150 m
C.100 m D.50 m
【答案】 B
【解析】 汽车的最高速度为v＝100 km/h＝eq \f(250,9) m/s，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1＝vt＝eq \f(250,9)×0.6 m＝eq \f(50,3) m，在汽车刹车的过程，根据匀减速直线运动规律有0－v2＝－2μgx2，得x2＝eq \f(v2,2μg)≈120.6 m，则总位移大小为x＝x1＋x2≈137 m，接近150 m，故选项B正确。
【例3】(2022·江西省六校联合考试)高速公路ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，某汽车以25.2 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆，已知司机的反应时间为0.5 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A.8.4 m B.7.8 m
C.9.6 m D.10.5 m
【答案】 D
【解析】 由于v0＝25.2 km/h＝7 m/s，识别区内做匀速运动，有x1＝v0t1＝7×0.3 m＝2.1 m，司机的反应时间内，汽车的位移为x2＝v0t2＝7×0.5 m＝3.5 m，刹车的位移为x3＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(72,2×5) m＝4.9 m，ETC通道的长度x＝x1＋x2＋x3＝10.5 m，所以D正确，A、B、C错误。
类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题
1.方法简介
很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，可以化难为易、出奇制胜。解决物理问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等。
2.实例特点
刹车类问题或子弹打木块问题的特点都是匀减速至0后保持静止，在分析问题时，都看成反向的初速度为0的匀加速直线运动来处理。
【例1】(多选) (2022安徽皖北协作区4月联考) “奋斗者号”是我国自主研制的目前世界上下潜能力最强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“奋斗者号”从距海面深H处以某一初速度竖直上浮，并从此时刻开始计时，做匀减速直线运动，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则下列说法正确的是( )
A.上浮时的初速度为eq \f(H,2t)
B.上浮时的初速度为eq \f(2H,t)
C.在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为eq \f(H（t－t0）2,t2)
D.在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为eq \f(H（t－t0）2,teq \\al(2,0))
【答案】 BC
【解析】 由H＝eq \f(v0,2)t可知，上浮时的初速度为v0＝eq \f(2H,t)，选项A错误，B正确；上浮的加速度为a＝eq \f(0－v0,t)＝－eq \f(2H,t2)，则在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为h＝H－(v0t0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,0))＝H－(eq \f(2H,t)t0－eq \f(1,2)×eq \f(2H,t2)teq \\al(2,0))＝eq \f(H（t－t0）2,t2)，选项C正确，D错误。
【例2】(2022·河北部分学校3月联考)在野外自驾游容易碰见野生动物突然从路边窜出的情况。如图2所示，汽车以大小为6 m/s的速度匀速行驶，突然一头小象冲上公路，由于受到惊吓，小象停在汽车前方距离车头10 m处。司机立即刹车﹐加速度大小为2 m/s2。从刚刹车到汽车刚停止的过程，下列说法正确的是( )
A.所用的时间为6 sB.汽车通过的距离为18 m
C.汽车最后1 s的位移为1 mD.汽车与小象发生碰撞
【答案】 C
【解析】 汽车减速至0的时间t＝eq \f(v0,a)＝3 s，汽车运动的总位移大小x＝v0t－eq \f(1,2)at2＝9 m<10 m，A、B、D错误；将汽车的运动视为反向的从静止开始的匀加速直线运动，可得汽车最后1 s的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝1 m，C正确。
【例3】(2022·湖南怀化市一模)水平路面上匀速行驶的汽车，因紧急情况而刹车，刹车过程中汽车做匀减速直线运动，v－t图像如图所示。已知汽车开始刹车后，第2 s内的位移为4 m，2 s后的位移为0.5 m。汽车刹车过程的加速度大小为( )
A.4 m/s2 B.3.5 m/s2
C.3 m/s2 D.2.5 m/s2
【答案】 A
【解析】 设经过时间t后汽车停止运动，逆向思维有eq \f(1,2)a(t－2)2＝0.5 m，eq \f(1,2)a(t－1)2＝4.5 m，解得a＝4 m/s2，故A正确。
题型二 匀变速直线运动的推论及应用
【解题指导】
凡问题中涉及位移及发生这段位移所用时间或一段运动过程的初、末速度时，要尝试运用平均速度公式.
若问题中涉及两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx＝aT2.
若从静止开始的匀加速直线运动，涉及相等时间或相等位移时，则尝试应用初速度为零的比例式．
【必备知识与关键能力】
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＝…＝xn－xn－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：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝.
(3)位移中点速度＝eq \r(\f(v02＋v2,2)).
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∶…∶vn＝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∶…∶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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
3.思维方法
类型1 平均速度公式
(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用此法。
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法。
(3).两段时间内平均速度的平均速度
v1
v2
t1
t2
v=?
第一段时间内的平均速度为，第一段时间内的平均速度为，则全程的平均速度
(4).两段位移内平均速度的平均速度
v1
v2
x1
x2
v=?
第一段位移内的平均速度为，第一段位移内的平均速度为，则全程的平均速度
(5).两种特殊情况
【例1】(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，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段的时间之比
【答案】 AD
【解析】 设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到eq \x\t(v)AB＝eq \f(vA＋vB,2)＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到eq \x\t(v)BC＝eq \f(vB＋vC,2)＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(2x,tAB＋tBC)＝eq \f(2x,\f(x,30 m/s)＋\f(x,20 m/s))＝24 m/s，所以有eq \x\t(v)AC＝eq \f(vA＋vC,2)＝24 m/s，联立解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A正确，B、C错误；tAB∶tBC＝eq \f(x,\x\t(v)AB)∶eq \f(x,\x\t(v)BC)＝2∶3，选项D正确．
【例2】(2022·河北摸底)物体从A点开始做匀变速直线运动，由A到B用时6 s，由B到C用时2 s，AB＝BC＝12 m，则物体的加速度大小为( )
A.1 m/s2 B.2 m/s2
C.3 m/s2 D.4 m/s2
【答案】 A
【解析】 AB段平均速度为eq \(v,\s\up6(－))AB＝eq \f(xAB,tAB)＝eq \f(12,6) m/s＝2 m/s，BC段平均速度为eq \(v,\s\up6(－))BC＝eq \f(xBC,tBC)＝eq \f(12,2) m/s＝6 m/s，根据eq \(v,\s\up6(－))＝veq \f(t,2)知，AB段中间时刻的速度v1＝eq \(v,\s\up6(－))AB＝2 m/s，BC段中间时刻的速度v2＝eq \(v,\s\up6(－))BC＝6 m/s，两中间时刻的时间间隔为Δt＝3 s＋1 s＝4 s，加速度大小为a＝eq \f(v2－v1,Δt)＝eq \f(6－2,4) m/s2＝1 m/s2，故A正确，B、C、D错误。
【例3】 (2022·江西重点中学协作体联考)一汽车在水平路面上开始刹车到停止的过程可看成是匀减速直线运动，已知刹车开始第1 s内与最后1 s内的位移之比为K，刹车距离为x，则整个过程的平均速度的数值为( )
A.eq \f(4x,K) B.eq \f(4x,K＋1)
C.eq \f(2x,K) D.eq \f(2x,K＋1)
【答案】 D
【解析】 逆向思维法。设整个过程时间为t，加速度大小为a，则第1 s内位移x1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(t－1)2，最后1 s内位移x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，则eq \f(x1,x2)＝K，解得t＝eq \f(K＋1,2)，整个过程平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(2x,K＋1)，故D正确。
【例4】(2022·浙江长兴余杭缙云三校高三联考)一物体做加速直线运动，依次经过A、B、C三点，B为AC的中点。若在AB段的加速度恒为a1，在BC段的加速度恒为a2。已知vB＝eq \f(vA＋vC,2)，则下列说法中正确的是( )
A.a1＝a2 B.a1C.a1>a2 D.无法比较a1、a2大小
【答案】 B
【解析】 设物体在AB段和BC段位移均为x，由速度与位移关系式可得2a1x＝veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)，2a2x＝veq \\al(2,C)－veq \\al(2,B)，又因为vB＝eq \f(vA＋vC,2)，联立可得a1－a2＝－eq \f(1,4x)(vA－vC)2，因为物体做加速运动，位移x为正，所以有a1－a2＝－eq \f(1,4x)(vA－vC)2<0，即a1类型2 位移差公式
【例1】(2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是( )
A．物体运动的加速度为4 m/s2
B．第2 s内的位移为6 m
C．第2 s末的速度为2 m/s
D．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s
【答案】 C
【解析】 根据位移差公式xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝eq \f(xⅣ－xⅡ,2T2)＝eq \f(8,2×12) m/s2＝4 m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移为：x2－x1＝eq \f(1,2)at22－eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×4×(22－12) m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2秒末速度为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x5,t5)＝eq \f(\f(1,2)at52,t5)＝eq \f(\f(1,2)×4×52,5) m/s＝10 m/s，故D正确，不符合题意．
【例2】．(2022·广东佛山市佛山一中月考)一物体做匀加速直线运动，第1个4 s内的位移为x1＝24 m，第二个4 s内的位移为x2＝64 m，则物体的初速度和加速度分别为( )
A．2 m/s 2.5 m/s2 B．2 m/s 3 m/s2 C．1 m/s 2.5 m/s2 D．3 m/s 3.5 m/s2
【答案】 C
【解析】 由题，物体做匀加速直线运动，T＝4 s，x1＝24 m，x2＝64 m，
根据推论Δx＝aT2，
得x2－x1＝aT2，
代入数据得a＝eq \f(x2－x1,T2)＝eq \f(64－24,42) m/s2＝2.5 m/s2，
又x1＝v0T＋eq \f(1,2)aT2，
代入数据解得v0＝1 m/s，故选C.
【例3】.如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点．已知AB＝16 m，BC＝24 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．8 m/s,12 m/s,16 m/s
B．10 m/s,14 m/s,18 m/s
C．6 m/s,10 m/s,14 m/s
D．12 m/s,13 m/s,18 m/s
【答案】 C
【解析】 由Δx＝aT2代入数据可得a＝2 m/s2，
由中间时刻的瞬时速度等于该时间段的平均速度可得
vB＝eq \f(24＋16,2＋2) m/s＝10 m/s，
由速度与时间的关系得
vC＝vB＋at＝14 m/s，vA＝vB－at＝6 m/s，故C正确，A、B、D错误．
类型3 初速度为零的匀变速直线运动比例式
【例1】(2022·广东四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3 s内与第6 s 内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1 m与通过第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2，则( )
A.x1∶x2＝1∶4 B.x1∶x2＝5∶11
C.v1∶v2＝1∶eq \r(2) D.v1∶v2＝eq \r(3)∶eq \r(6)
【答案】 B
【解析】 初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故质点第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2＝xⅢ∶xⅥ＝5∶11，故A错误，B正确；初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))，故质点通过第3个1 m与通过第6个1 m时所用时间之比为t3∶t6＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(6)－eq \r(5))。根据平均速度公式eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，可得质点通过第3个1 m与第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2＝eq \f(x,t3)∶eq \f(x,t6)＝(eq \r(3)＋eq \r(2))∶(eq \r(6)＋eq \r(5))，故C、D错误。
【例2】如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则( )
A．通过cd段的时间为eq \r(3)t
B．通过ce段的时间为(2－eq \r(2))t
C．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度
D．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度
【答案】 B
【解析】 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))，可得出通过cd段的时间为(eq \r(3)－eq \r(2)) t，A错误；通过cd段的时间为(eq \r(3)－eq \r(2))t，通过de段的时间为(2－eq \r(3)) t，则通过ce段的时间为(2－eq \r(2))t，选项B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，选项C、D错误．
类型4 第n秒内位移问题
1.第秒内指的是1s的时间，前秒指的是秒的时间，二者不同；
2.第秒内位移等于前秒内位移减去前秒内位移；
3.第秒内的平均速度数值上等于第秒内位移,也等于时刻的瞬时速度,还等于；
4.第秒内的位移和第秒内的位移之差。
【例1】(2022·广东深圳实验学校月考)做匀加速直线运动的质点，在第5 s内及第6 s内的平均速度之和是56 m/s，平均速度之差是4 m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为( )
A．4 m/s2；4 m/s B．4 m/s2；8 m/s
C．26 m/s2；30 m/s D．8 m/s2；8 m/s
【答案】 B
【解析】 根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度．依题意，可得4.5 s末及5.5 s末的速度之和及速度之差为v4.5＋v5.5＝56 m/s，v5.5－v4.5＝4 m/s，联立求得v4.5＝26 m/s，v5.5＝30 m/s，即有26 m/s＝v0＋a×(4.5 s)，30 m/s＝v0＋a×(5.5 s)，联立求得a＝4 m/s2，v0＝8 m/s，故选B.
【例2】（2022·山东省实验中学高三下学期线上检测）中国自主研发的 “暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120m的测试距离，用时分别为2s和l s，则无人机的加速度大小是（ ）
A. 20m/s2 B. 40m/s2 C. 60m/s2 D. 80m/s2
【答案】B
【解析】
第一段的平均速度；第二段的平均速度，中间时刻的速度等于平均速度，则，故选B.
【例3】(2022·云南昆明质检)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
【解析】 解法一：基本公式法
设汽车的初速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动的规律
①;
②
解得：v0＝10 m/s；a＝－2 m/s2；汽车刹车到停止所需的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－10,－2) s＝5 s，则汽车刹车后6 s内的位移等于5 s内的位移，则x＝eq \f(v0,2)t0＝eq \f(10,2)×5 m＝25 m，故C正确，A、B、D错误．
解法二：推论法
设汽车的初速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动的推论，解得a＝－2 m/s2；汽车第1 s内的位移x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2，代入数据解得v0＝10 m/s；汽车刹车到停止所需的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－10,－2) s＝5 s，则汽车刹车后6 s内的位移等于5 s内的位移，则x＝eq \f(v0,2)t0＝eq \f(10,2)×5 m＝25 m，故C正确，A、B、D错误．
题型三 自由落体运动和竖直上抛运动
【解题指导】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.
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．
【必备知识与关键能力】
一.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＝eq \f(1,2)gt2.
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.
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＝v0－gt；
②位移与时间的关系式：x＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
(3)研究方法
类型1 自由落体运动基本规律的应用
【例1】.(2022·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m(未落地)，则( )
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m D．物体在5 s内的位移大小是50 m
【答案】D.
【解析】：设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得eq \f(1,2)g×(5 s)2－eq \f(1,2)g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以物体在2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(5 s)2＝50 m，选项D正确．
【例2】在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于( )
A.eq \f(8H,Teq \\al(2,2)－Teq \\al(2,1)) B.eq \f(4H,Teq \\al(2,2)－Teq \\al(2,1))
C.eq \f(8H,（T2－T1）2) D.eq \f(H,4（T2－T1）2)
【答案】A
【解析】：将小球的运动分解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，根据t上＝t下
则从最高点下落到O点所用时间为eq \f(T2,2)，故v0＝eq \f(T2,2)g，
从最高点下落到P点所用时间为eq \f(T1,2)，
则有Vp＝eq \f(T1,2)g，
则从P点下落到O点的过程中的平均速度为：v＝eq \f(v＋＝vp,2)
从P点下落到O点的时间为：t＝eq \f(T2,2)－eq \f(T1,2)
根据H＝Vt可得：
H＝eq \f(v0＋vp,2)(eq \f(T2,2)－eq \f(T1,2))＝eq \f(1,2)(eq \f(T1,2)g＋eq \f(T2,2)g)eq \f(1,2)×(T2－T1)
解得：g＝eq \f(8H,Teq \\al(2,2)－Teq \\al(2,1))
故选：A.
【例3】.(多选)(2022·嘉兴质检)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度大小之比是 eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
【答案】AC.
【解析】：由v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)，故v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，A正确；由t＝eq \r(\f(2h,g))得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(eq \r(3)－eq \r(2))· eq \r(\f(2h3,g))，c与b开始下落的时间差Δt2＝(eq \r(2)－1)· eq \r(\f(2h3,g))，故C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错误．
【例4】.(2022·陕西长安一中高三质检)两物体在不同高度自由下落，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eq \f(t,2)，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2 B.eq \f(3,8)gt2 C.eq \f(3,4)gt2 D.eq \f(1,4)gt2
【答案】：D
【解析】：第二个物体在第一个物体下落eq \f(t,2)后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,2))2＝eq \f(gt2,8).根据h＝eq \f(1,2)gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为eq \f(1,2)gt2、eq \f(gt2,8)，两物体未下落时相距eq \f(3gt2,8)，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝eq \f(3gt2,8)－eq \f(gt2,8)＝eq \f(gt2,4)，故D正确，A、B、C错误．
类型2 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
【例1】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t1＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×20,10)) s＝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：t2＝eq \r(\f(2×125,10)) s＝5 s，此时B下降4 s，B的下降高度为：h′＝eq \f(1,2)×10×42 m＝80 m，故B离地面的高度为hB＝(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．
【例2】.(多选)(2022·嘉兴质检)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度大小之比是 eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
【答案】AC.
【解析】：由v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)，故v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，A正确；由t＝eq \r(\f(2h,g))得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(eq \r(3)－eq \r(2))· eq \r(\f(2h3,g))，c与b开始下落的时间差Δt2＝(eq \r(2)－1)· eq \r(\f(2h3,g))，故C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错误．
类型3 竖直上抛运动的基本规律
1.竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，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，如图所示，则：
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.竖直上抛运动的v-t图和x-t图
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
-v0
t
O
x
v0/g 2v0/g
v02/2g
【例1】气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，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：把竖直上抛运动过程分段研究
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
则t1＝eq \f(v0,g)＝eq \f(10,10) s＝1 s
上升的最大高度
h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m
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＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×180,10)) s＝6 s
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s
所以重物从气球上脱落至落地共历时
t＝t1＋t2＝7 s。
解法二：取全过程作一整体进行研究
从物体自气球上脱落计时，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，则物体在时间t内的位移
h＝－175 m
由位移公式h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
有－175＝10t－eq \f(1,2)×10t2
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
v1＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。
解法三：对称性
根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－veq \\al(2,0)＝2gh
解得v＝60 m/s，方向竖直向下
经过h历时Δt＝eq \f(v－v0,g)＝5 s
从最高点到落地历时t1＝eq \f(v,g)＝6 s
由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t＝2t1－Δt＝7 s。
【例2】(2022·广东揭阳一模改编)t＝0时一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)，其位移随时间变化的s­t图象如图所示，则( )
A．该行星表面的重力加速度大小为8 m/s2 B．该物体上升的时间为5 s
C．该物体被抛出时的初速度大小为10 m/s D．该物体落到行星表面时的速度大小为20 m/s
【答案】 AD
【解析】 由题图可得，物体上升的最大高度为h＝25 m，上升的时间为t＝2.5 s，对于上升过程，由h＝eq \f(v0t,2)得，初速度大小v0＝eq \f(2h,t)＝eq \f(2×25,2.5) m/s＝20 m/s，则物体上升时的加速度大小为a＝g＝eq \f(v0,t)＝eq \f(20,2.5) m/s2＝8 m/s2，故A正确，B、C错误；根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为20 m/s，故D正确。
类型4 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题
H
t
t
a
a
b
b
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
速率-时间图像
a
b
中点相遇
t
O
v
v0/g 2v0/g
v0
速率-时间图像
a
b
等速率相遇

(1)同时运动，相遇位移方程：½gt2+v0t-½gt2=H,解得t=H/v0
(2)上升、下降过程中相遇问题
①若在a球上升时两球相遇，则有t
②若在a球下降时两球相遇，则有v0/g (3)中点相遇问题
若两球在中点相遇，有H/2=½gt2,H/2=v0t-½gt2;解得v0=,t=.
此时a球速度va=v0-gt=-g=0；b球速度vb=gt=g=v0.
交换速度大小。
(4)相遇时速率相等问题
若两球相遇时速率相等，则必然是速度大小相等，方向相反。有gt=v0-gt，且t=H/v0，联立解得v0=，
t=。此时a球下降ha=½gt2=H/4；b球上升hb=3H/4.
【例1】(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v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力．(取g＝10 m/s2，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eq \f(1,2)gt2＋v0t－eq \f(1,2)gt2＝h，可得t＝eq \f(h,v0)，而乙球的落地时间t1＝eq \f(2v0,g)，两球在空中相遇的条件是t【例2】在离地面上高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。
【审题指导】：解此题关键是画出两物体运动示意图(如图所示)，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。
【答案】见解析
【解析】如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向
A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为y1＝h－eq \f(1,2)gt2
B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为y2＝v0t－eq \f(1,2)gt2
两个质点相遇的条件是y1＝y2
即h－eq \f(1,2)gt2＝v0t－eq \f(1,2)gt2，可见A、B相遇的时间t0＝eq \f(h,v0)。
而B上升到最高点的时间t1＝eq \f(v0,g)
若要使B在上升时与A相遇，必须满足t1≥t0，即eq \f(v0,g)≥eq \f(h,v0)
所以B在上升时与A相遇的v0的取值范围为v0≥eq \r(gh)
若B在下降过程中与A相遇，必须满足eq \f(v0,g)必须满足t2≥t0，即eq \f(2v0,g)≥eq \f(h,v0)
得v0≥eq \r(\f(gh,2))
因此，在B下降过程中与A相遇的v0的取值范围为eq \r(gh)>v0≥eq \r(\f(gh,2))。
题型四 多过程问题
【解题指导】1．多过程问题一般情景复杂、条件多，可画运动草图或作v－t图像形象地描述运动过程，这有助于分析问题，也往往能从中发现解决问题的简单方法.
2.多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂程度．
【必备知识与关键能力】
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1】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＝－2ah
v02＝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＝eq \f(v2,2g)＝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t1，减速时间为t2，
t1＝eq \f(v0,g)＝5 s
t2＝eq \f(v0－v,a)＝3.6 s
总时间为t＝t1＋t2＝8.6 s.
【例2】(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/s2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a1＝2 m/s2，位移大小为xBC＝25 cm＝0.25 m
根据位移—时间关系式，有xBC＝eq \f(1,2)a1t12
解得t1＝0.5 s
再根据速度－时间关系式，有v1＝a1t1
解得v1＝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v1＝v0＋at
可得从D上滑第一次到达B点所用时间为：t＝eq \f(v1－v0,a)＝eq \f(1－4,－2) s＝1.5 s
由对称性可知：tBC＝tCB＝t1＝0.5 s
则t′＝t＋2tBC＝1.5 s＋0.5×2 s＝2.5 s.
【例1】(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v0＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4 m/s2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a2＝2.5 m/s2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v1，根据运动学公式有v02－v12＝2a1x1，
v12＝2a2x2，
x1＋x2＝x，
联立以上各式并代入数据解得v1＝40 m/s.
(2)由速度与时间的关系可得
v0＝v1＋a1t1，v1＝a2t2，t＝t1＋t2，
联立以上各式并代入数据解得t＝31 s.
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
v0、v、a、t
x
【速度公式】v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
【位移公式】x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0、v、a、x
t
【速度位移关系式】v2－veq \\al(2,0)＝2ax
v0、v、t、x
a
【平均速度公式】x＝eq \f(v＋v0,2)t
路面
干沥青路面
干碎石路面
湿沥青路面
动摩擦因数
0.7
0.6～0.7
0.32～0.4
迁移角度
适用情况
解决办法
比例法
常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动具有等时性或等距离
由连续相邻相等时间(或长度)的比例关系求解
推论法
适用于“纸带”类问题
由Δs＝aT2求加速度
平均速度法
常用于“等分”思想的运动，把运动按时间(或距离)等分之后求解
根据中间时刻的速度为该段位移的平均速度来求解问题
图象法
常用于加速度变化的变速运动
由图象的斜率、面积等条件判断
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－eq \f(1,2)gt2(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