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第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
课 程 标 准
定性了解生活中常见的机械运动，通过实验认识自由落体运动规律，结合物理学史的相关内容，认识实验对物理学发展的推动作用．
素 养 目 标
物理观念：掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点
科学思维：
(1)知道竖直上抛运动的对称性．
(2)能灵活处理多过程问题．
(3)能够利用自由落体运动和竖直上抛运动的模型分析实际生活中的相关运动问题．
必备知识·自主落实
一、自由落体运动
1．运动特点：初速度为________，加速度为________的匀加速直线运动．
2．基本规律：
①速度与时间的关系式：v＝________．
②位移与时间的关系式：x＝________．
③速度与位移的关系式：v2＝________．
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________运动．
2．基本规律
(1)速度与时间的关系式：____________；
(2)位移与时间的关系式：x＝____________．
走进生活
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力．
(1)水滴做自由落体运动，下落的高度与时间成正比．(　　)
(2)水滴做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2.(　　)
(3)水滴下落过程中，在1 T末、2 T末、3 T末、…、nT末的瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n.(　　)
(4)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态．(　　)
关键能力·精准突破
考点一　自由落体运动
自由落体运动问题的解决方法
可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶….
(2)从运动开始一段时间内的平均速度＝＝＝gt.
(3)连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2.
(4)相同时间内，竖直方向速度变化量相同．(Δv＝gΔt)
针 对 训 练
1.一名航天员在某星球上完成自由落体运动实验，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5 s内的位移是18 m，则(　　)
A．物体在2 s末的速度是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s
C．物体在5 s内的位移是50 m
D．物体在第2 s内的位移是20 m
2．2021年10月14日，青岛市城阳区人民法院对一起高空抛物案件作出一审判决，判处被告人玉某某拘役三个月，并处罚金人民币二千元．高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，威胁着行人安全．某地消防员为了测试高空抛物的危害，将一个物体从某高楼的楼顶自由下落，物体落地速度的大小为50 m/s，g取10 m/s2，求：
(1)楼顶的高度；
(2)最后2 s下落的高度；
(3)10 s内的平均速率．
考点二　竖直上抛运动
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．
2．竖直上抛运动的处理方法
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(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
例1 气球下挂一重物，以v0＝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？落地时的速度为多大？空气阻力不计，g取10 m/s2.(建议同学用两种方法求解)
针 对 训 练
3.如图所示，某次蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为(　　)
A．8.125 m B．9.125 m
C．10.5 m D．11.5 m
.
4.(拓展：双向可逆类问题)如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5.忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是(　　)
A．8 s B．10 s
C．16 s D．20 s
反思总结
(1)此类问题中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，如果全过程加速度大小、方向均不变，则与竖直上抛运动特点类似．求解时既可对全过程列式，也可分段研究．
(2)可逆类问题需要特别注意物理量的符号，一般选初速度的方向为正，则加速度为负值．
考点三　多过程问题
1．基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，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的位移—时间关系．
(4)解：联立求解，算出结果．
2．解题关键
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．
例2 如图所示为未来超高速运行列车，时速可达600 km至1 200 km，被称为“超级高铁”．如果乘坐超级高铁从广州到长沙，600 km的路程需要40 min，超级高铁先匀加速，达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于超级高铁的说法正确的是(　　)
A．加速与减速的时间不相等
B．加速时间为10 min
C．加速时加速度大小为2 m/s2
D．如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要35 min
针 对 训 练
5.为了测试智能汽车自动防撞系统的性能，质量为1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求：
(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；
(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；
(3)汽车在上述22 m的运动过程中的平均速度大小．
第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
必备知识·自主落实
一、
1．0　g
2．①gt　②gt2　③2gx
二、
1．自由落体
2．(1)v＝v0－gt　(2)v0t－gt2
走进生活
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
关键能力·精准突破
1．解析：第5 s内的位移是18 m，有＝18 m，其中t1＝5 s，t2＝4 s，解得g＝4 m/s2，所以2 s末的速度v＝gt＝8 m/s，故A项错误；第5 s内的平均速度＝ m/s＝18 m/s，故B项错误；物体在5 s内的位移x＝＝×4×52 m＝50 m，故C项正确；物体在第2 s内的位移x＝×4×22 m－×4×12 m＝6 m，故D项错误．
答案：C
2．解析：(1)由＝2gh解得楼顶的高度
h＝＝ m＝125 m
(2)由vy＝gt解得物体下落的总时间t＝＝ s＝5 s
则最后2 s下落的高度为Δh＝h－g(5－2)2＝80 m
(3)10 s内物体共运动5 s，运动的路程是s＝h＝125 m
10 s内的平均速率为v＝＝ m/s＝12.5 m/s.
答案：(1)125 m　(2)80 m　(3)12.5 m/s
例1　解析：解法一　分段法，将全过程分成上升阶段和下落阶段，设绳子断裂后重物继续上升的时间为t1，上升的高度为h1，则t1＝＝1 s，h1＝＝5 m，故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝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＝ ＝6 s，v＝gt2＝60 m/s，所以从绳子断裂到重物落地的总时间t＝t1＋t2＝7 s.
解法二　全程法，将全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有h′＝v0t－gt2，即－175 m＝10 m/s·t－×10 m/s2·t2，
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)．
重物落地速度v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s，
其中负号表示落地时速度方向向下，与初速度方向相反．
答案：7 s　60 m/s
3．解析：由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝ s，过P点时的速度为vP＝，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，A正确．
答案：A
4．解析：设物块运动的加速度为a，上滑运动时间为t，把物块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5 s内位移为x1＝a×52＝a，最初5 s内位移为x2＝a(t－5)×5＋a×52＝5at－a，又因为x2∶x1＝11∶5，解得t＝8 s．由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
例2　解析：加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相等，根据a＝，可知加速和减速所用时间相等，A错误；加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，由题意得2t1＋t2＝＋vt2＝600×103 m，v＝at1，由以上各式联立解得匀加速和匀减速用时t1＝600 s＝10 min，匀速运动的时间t2＝1 200 s，加速和减速过程中的加速度a＝ m/s2，B正确，C错误；同理将上述方程中的加速度变为10 m/s2，加速和减速的时间均为t′1＝ s＝ s，加速和减速距离均为x＝＝ m，匀速运动用时t′2＝ s＝ s，总时间为2t′1＋t′2＝ s≈31 min，D错误．
答案：B
5．解析：(1)由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度a2＝，将Ff＝12 000 N，m＝1 500 kg代入得a2＝8 m/s2.
(2)设触发“紧急制动”时汽车速度大小为v，其到障碍物的距离为x2，则
x2＝＝，
已知“紧急制动”前的加速度a1＝1 m/s2，则紧急制动前的位移为x1＝＝，
已知总位移x＝x1＋x2＝22 m，v0＝10 m/s，由以上各式得v＝8 m/s，x2＝4 m.
(3)“紧急制动”前的时间t1＝＝2 s，“紧急制动”后的时间t2＝＝1 s，
总时间t＝t1＋t2＝3 s，＝＝ m/s.
答案：(1)8 m/s2　(2)8 m/s　4 m　(3) m/s课时分层作业(三)　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
?基础强化练?
1．四个离地面不同高度的小球同时从静止释放，不计空气阻力．从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．下列各图中，能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是(　　)
2．如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1s后4个水果均未着地，则1s后速率最大的是(g取10m/s2)(　　)
3.
右图为甲同学制作的反应时间测量尺，用来测量其他同学的反应时间．乙同学先把手放在直尺0cm处的位置做捏住直尺的准备，但手不能碰直尺，看到甲同学放开直尺时，乙同学立即捏住下落的直尺，已知乙同学捏住10cm处的位置，反应时间为0.14s．若丙同学进行同样的实验，捏住了20cm处的位置，则丙同学的反应时间为(　　)
A．0.28sB．0.24s
C．0.20sD．0.16s
4．一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3s后物体的速率变为10m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，取g＝10m/s2)(　　)
A．在A点上方15m处，速度方向竖直向上
B．在A点下方15m处，速度方向竖直向下
C．在A点上方75m处，速度方向竖直向上
D．在A点上方75m处，速度方向竖直向下
5.
同学为研究自由落体运动，从砖墙前的高处由静止释放一小石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示，由于石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹AB.已知每层砖的平均厚度为6.0cm，拍摄到石子位置A到石子下落的起始位置的距离为5.0m，则这个照相机的曝光时间约为(　　)
A．6.0×10－2sB．6.0×10－3s
C．6.0×10－4sD．6.0×10－5s
6.
(多选)如图是将苹果由静止释放后，在某段运动过程中用频闪照相技术连续拍摄的照片，已知频闪照相机的频闪时间间隔为T，位置A、B间和位置B、C间的距离分别为x1和x2，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)
A．BC过程速度的增量等于AB过程速度的增量
B．x1∶x2一定满足x1∶x2＝1∶3
C．苹果运动到位置B时的速度大小一定为
D．苹果运动的加速度大小一定为
?能力提升练?
7．(多选)给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小为时，所用时间可能是(　　)
A．B．
C．D．
8.
(多选)如图所示，甲、乙两物体同时从离地高度为2H和H的位置自由下落，不计空气阻力，甲的质量是乙质量的2倍，则(　　)
A．甲落地的时间是乙落地时间的2倍
B．甲落地时的速率是乙落地时速率的倍
C．乙落地之前，二者之间的竖直距离保持不变
D．乙落地之前，加速度不断增大
9.某市开展礼让行人活动，要求在没有信号灯的路口，一旦行人走上人行道，机动车车头便不能越过停止线．如图所示，一辆家用轿车长度L＝4m，正以v0＝36km/h的速度行驶，车头距停止线的距离为L1＝30m，人行道宽度为L2＝4m．距离人行道为L4＝3m的行人以v1＝1m/s的速度匀速走向长度为L3＝9m的人行道，停止线到人行道的距离可忽略．
(1)若行人与轿车均未发现对方，均做匀速运动，求两者是否相撞；
(2)轿车若立即以恒定的加速度a＝2m/s2加速，求是否违反要求；
(3)轿车若以恒定的加速度a2减速，要保证不违反要求，求加速度a2的大小需要满足的条件．
课时分层作业（三）
1．解析：依题意可设第1个小球经时间t落地，则第2个小球经时间2t落地，第3个小球经时间3t落地，第4个小球经时间4t落地，又因为四个小球做的都是初速度为零的匀加速运动，因此它们下落的高度之比为1∶4∶9∶16.
答案：C
2．解析：根据v＝v0＋at，v0A＝3m/s.代入解得vA＝－7m/s，同理解得vB＝－5m/s，vC＝0m/s，vD＝5m/s.由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
3．解析：根据x1＝gt，x2＝gt，得＝＝＝，则有t2＝t1＝×0.14s≈0.20s，故C正确．
答案：C
4．解析：若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v＝v0－gt，得物体的初速度为v0＝v＋gt＝40m/s，则物体的位移为x1＝（v0＋v）＝75m，物体在A点的上方，C正确，D错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v′0＝－v＋gt＝20m/s，物体的位移为x2＝（v′0－v）＝15m，物体仍然在A点的上方，A、B错误．
答案：C
5．解析：由公式v2＝2gh可知，自由落体运动5m的末速度为v＝＝＝10m/s
由于0.06m远小于5m，故可以近似地将AB段当作匀速运动，故时间为t＝＝＝6×10－3s.
答案：B
6．解析：由题知tAB＝tBC＝T，根据Δv＝aΔt可知BC过程速度的增量等于AB过程速度的增量，故A正确；只有苹果在A点速度为零时，才满足x1∶x2＝1∶3，故B错误；苹果运动到位置B时的速度大小为vB＝，故C错误；根据Δx＝aT2可知，苹果运动的加速度大小为a＝，故D正确．
答案：AD
7．解析：规定初速度的方向为正方向，若滑块的末速度方向与初速度方向相同，则所用时间t＝＝；若滑块的末速度方向与初速度方向相反，则所用时间t＝＝，故B、C正确．
答案：BC
8．解析：甲落地的时间t甲＝，乙落地的时间t乙＝，所以甲落地的时间是乙落地时间的倍，故A错误；根据v＝可知，甲落地时的速率是乙落地时速率的倍，故B正确；根据h＝gt2可知经过相等的时间两个物体下落的高度相等，所以乙落地之前，二者之间的竖直距离保持不变，故C正确；乙落地之前，加速度均为g，故D错误．
答案：BC
9．解析：（1）从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需的时间t＝＝3.8s
行人在这段时间内的位移为
x0＝v1t＝3.8m
x0－L4＝0.8m
则两者不会相撞．
（2）从题述时刻到行人走上人行道所用时间
t1＝＝3s
在3s内轿车的位移
x＝v0t1＋at
代入数据得
x＝39m>L1＋L2＋L
故没有违反要求．
（3）从题述时刻到行人穿过人行道所用时间
t2＝＝12s
假设12s内轿车的位移等于30m，此时加速度为a1，则
L1＝v0t2－a1t
解得a1＝m/s2
此时刹车时间t0＝＝s＝8s<12s
x刹＝＝40m>30m
说明假设错误，即轿车不可能在12s后仍未到达停止线，所以轿车在30m内速度减小为零加速度最小
a′2＝＝m/s2，故轿车的加速度大小应满足
a2≥m/s2
答案：见解析(共29张PPT)
第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动
多过程问题
课 程 标 准
定性了解生活中常见的机械运动，通过实验认识自由落体运动规律，结合物理学史的相关内容，认识实验对物理学发展的推动作用．
素 养 目 标
物理观念：掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点
科学思维：
(1)知道竖直上抛运动的对称性．
(2)能灵活处理多过程问题．
(3)能够利用自由落体运动和竖直上抛运动的模型分析实际生活中的相关运动问题．
必备知识·自主落实
关键能力·精准突破
必备知识·自主落实
一、自由落体运动
1．运动特点：初速度为________，加速度为________的匀加速直线运动．
2．基本规律：
①速度与时间的关系式：v＝________．
②位移与时间的关系式：x＝________．
③速度与位移的关系式：v2＝________．
0
g
gt
gt2　
2gx
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________运动．
2．基本规律
(1)速度与时间的关系式：____________；
(2)位移与时间的关系式：x＝____________．
自由落体
v＝v0－gt　
v0t－gt2
走进生活
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力．
(1)水滴做自由落体运动，下落的高度与时间成正比．(　　)
(2)水滴做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2.(　　)
(3)水滴下落过程中，在1 T末、2 T末、3 T末、…、nT末的瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n.(　　)
(4)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态．(　　)
×
×
√
×
关键能力·精准突破
考点一　自由落体运动
自由落体运动问题的解决方法
可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶….
(2)从运动开始一段时间内的平均速度＝＝＝gt.
(3)连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2.
(4)相同时间内，竖直方向速度变化量相同．(Δv＝gΔt)
针 对 训 练
1.一名航天员在某星球上完成自由落体运动实验，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5 s内的位移是18 m，则(　　)
A．物体在2 s末的速度是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s
C．物体在5 s内的位移是50 m
D．物体在第2 s内的位移是20 m
答案：C
解析：第5 s内的位移是18 m，有＝18 m，其中t1＝5 s，t2＝4 s，解得g＝4 m/s2，所以2 s末的速度v＝gt＝8 m/s，故A项错误；第5 s内的平均速度＝ m/s＝18 m/s，故B项错误；物体在5 s内的位移x＝＝×4×52 m＝50 m，故C项正确；物体在第2 s内的位移x＝×4×22 m－×4×12 m＝6 m，故D项错误．
2．2021年10月14日，青岛市城阳区人民法院对一起高空抛物案件作出一审判决，判处被告人玉某某拘役三个月，并处罚金人民币二千元．高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，威胁着行人安全．某地消防员为了测试高空抛物的危害，将一个物体从某高楼的楼顶自由下落，物体落地速度的大小为50 m/s，g取10 m/s2，求：
(1)楼顶的高度；
解析：由＝2gh解得楼顶的高度
h＝＝ m＝125 m
答案：125 m　
(2)最后2 s下落的高度；
解析：由vy＝gt解得物体下落的总时间t＝＝ s＝5 s
则最后2 s下落的高度为Δh＝h－g(5－2)2＝80 m
答案：80 m　
(3)10 s内的平均速率．
解析：10 s内物体共运动5 s，运动的路程是s＝h＝125 m
10 s内的平均速率为v＝＝ m/s＝12.5 m/s.
答案：12.5 m/s
考点二　竖直上抛运动
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．
2．竖直上抛运动的处理方法
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
例1 气球下挂一重物，以v0＝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？落地时的速度为多大？空气阻力不计，g取10 m/s2.(建议同学用两种方法求解)
答案：7 s　60 m/s
解析：解法一　分段法，将全过程分成上升阶段和下落阶段，设绳子断裂后重物继续上升的时间为t1，上升的高度为h1，则t1＝＝1 s，h1＝＝5 m，故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝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＝ ＝6 s，v＝gt2＝60 m/s，所以从绳子断裂到重物落地的总时间t＝t1＋t2＝7 s.
解法二　全程法，将全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有h′＝v0t－gt2，即－175 m＝10 m/s·t－×10 m/s2·t2，
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)．
重物落地速度v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s，
其中负号表示落地时速度方向向下，与初速度方向相反．
针 对 训 练
3.如图所示，某次蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为(　　)
A．8.125 m B．9.125 m
C．10.5 m D．11.5 m
解析：由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝ s，过P点时的速度为vP＝，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，A正确．
答案：A
4.(拓展：双向可逆类问题)如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5.忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是(　　)
A．8 s B．10 s C．16 s D．20 s
答案：C
解析：设物块运动的加速度为a，上滑运动时间为t，把物块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5 s内位移为x1＝a×52＝a，最初5 s内位移为x2＝a(t－5)×5＋a×52＝5at－a，又因为x2∶x1＝11∶5，解得t＝8 s．由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确．

反思总结
(1)此类问题中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，如果全过程加速度大小、方向均不变，则与竖直上抛运动特点类似．求解时既可对全过程列式，也可分段研究．
(2)可逆类问题需要特别注意物理量的符号，一般选初速度的方向为正，则加速度为负值．
考点三　多过程问题
1．基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，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的位移—时间关系．
(4)解：联立求解，算出结果．
2．解题关键
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．
例2 如图所示为未来超高速运行列车，时速可达600 km至1 200 km，被称为“超级高铁”．如果乘坐超级高铁从广州到长沙，600 km的路程需要40 min，超级高铁先匀加速，达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于超级高铁的说法正确的是(　　)
A．加速与减速的时间不相等
B．加速时间为10 min
C．加速时加速度大小为2 m/s2
D．如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要35 min
答案：B
解析：加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相等，根据a＝，可知加速和减速所用时间相等，A错误；加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，由题意得2t1＋t2＝＋vt2＝600×103 m，v＝at1，由以上各式联立解得匀加速和匀减速用时t1＝600 s＝10 min，匀速运动的时间t2＝1 200 s，加速和减速过程中的加速度a＝ m/s2，B正确，C错误；同理将上述方程中的加速度变为10 m/s2，加速和减速的时间均为t′1＝ s＝ s，加速和减速距离均为x＝＝ m，匀速运动用时t′2＝ s＝ s，总时间为2t′1＋t′2＝ s≈31 min，D错误．
针 对 训 练
5.为了测试智能汽车自动防撞系统的性能，质量为1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求：
(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；
解析：由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度a2＝，将Ff＝12 000 N，m＝1 500 kg代入得a2＝8 m/s2.
答案：8 m/s2　
(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；
解析：设触发“紧急制动”时汽车速度大小为v，其到障碍物的距离为x2，则
x2＝＝，
已知“紧急制动”前的加速度a1＝1 m/s2，则紧急制动前的位移为x1＝＝，
已知总位移x＝x1＋x2＝22 m，v0＝10 m/s，由以上各式得v＝8 m/s，x2＝4 m.
答案： 8 m/s　4 m
(3)汽车在上述22 m的运动过程中的平均速度大小．
解析：“紧急制动”前的时间t1＝＝2 s，“紧急制动”后的时间t2＝＝1 s，
总时间t＝t1＋t2＝3 s，＝＝ m/s.
答案： m/s

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