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(共60张PPT)
第2讲 匀变速直线运动的规律
基础点1 匀变速直线运动的规律及应用
重难点1 匀变速直线运动的推论及应用
基础点2 自由落体运动和竖直上抛运动
重难点2 匀变速直线运动多过程问题
复习 目标 1.理解匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公
式，并理解公式中各物理量的含义。
2.会灵活应用运动学公式及推理解题。
基础点1 匀变速直线运动的规律及应用
1.匀变速直线运动
（1）定义：物体沿一条直线运动，且①________不变的运动。
加速度
（2）分类：
．匀加速直线运动：与 ______；
．匀减速直线运动：与 ______。
同向
反向
2.匀变速直线运动的基本规律
（1）三个基本关系式：
．速度—时间关系式：④____________；
．位移—时间关系式：⑤_______________；
．速度—位移关系式：⑥______________。
（2）平均速度公式：⑦_ ___________。
3.初速度为零或末速度为零（逆向思考）的匀变速直线运动，关系
式可简化为：
（1）三个基本关系式：⑧________、⑨_ ________、⑩__________。
（2）平均速度公式： _ ________。
1.速度逐渐增大的直线运动是匀加速直线运动。( )
×
2.做匀变速直线运动的物体的加速度越大，运动时间越长，则物体
的末速度越大。( )
×
3.在匀变速直线运动中，某段时间内中间时刻的速度一定小于该段
时间内位移中点的速度。( )
√
例1 （教科版必修第一册P41改编）某物体做匀加速直线运动，初
速度的大小为，物体运动了时的速度为 。求：
（1）物体运动的加速度的大小。
答案
解析 物体做匀加速运动，根据速度—位移公式可知：
解得 。
（2）物体第 内的位移的大小
答案
解析 物体前 内的位移
物体前 内的位移
故物体第内的位移 。
（3）物体第 初的速度的大小。
答案
解析 物体第初的速度即为第末的速度，设其为 ，则
。
例2 （2024·江西卷）某物体位置随时间的关系为 ，
则关于其速度与 内的位移大小，下列说法正确的是( )
C
A.速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，内的位移大小为
B.速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，内的位移大小为
C.速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，内的位移大小为
D.速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，内的位移大小为
解析 根据速度的定义式 ，速度等于位移与时间的比值。位移
是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而时
间是这段时间的长度。这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的
快慢，还描述了物体运动的方向。因此，速度是刻画物体位置变化
快慢的物理量。再根据物体位置随时间的关系 ，可
知开始时物体的位置，时物体的位置，则 内
物体的位移 ，C项正确。
重难点1 匀变速直线运动的推论及应用
1.任意两个连续相等时间间隔 内的位移之差相等，即
。此公式可以延伸
为 。
2.中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即
______，中间位移的瞬时速度 _ ______，不论是匀加速直
线运动还是匀减速直线运动，均有 。
3.对初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动
（逆向思考）（设 为等分时间间隔），有：
（1）末，末，末， ， 末瞬时速度大小之比为
___________。
（2）内，内，内， ， 内位移大小之比为
_______________。
（3）第内，第内，第内， ，第内位移大小之比为Ⅰ
ⅡⅢ __________________。
（4）从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为
_____________________________________。
4.任何运动都有中间位置瞬时速度大于中间时刻瞬时速度。( )
×
5.做匀减速运动的物体，任意两个相邻时刻的位移的差值相等。 ( )
√
考向1 基本公式法
例3 （2024·辽宁期末）运动员把冰壶沿水平冰面投出后，让冰壶在
冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，其运动可视为匀
变速运动。冰壶在第内位移大小为，在 时间内位
移大小为 ，则运动员投出冰壶的初速度大小为( )。
D
A. B. C. D.
解析 经分析，冰壶在不到的时间内已经停止，设初速度为 ，
冰壶在第内位移，设经过时间 停止，
在时间内位移， ，
联立得 ，D项正确。
考向2 平均速度法和推论法
1.平均速度法
：对任何性质的运动都适用。
只适用于匀变速直线运动。
2.推论法
利用或，纸带类问题一般用此方法。
例4 一质点做匀加速直线运动，速度变化时发生位移 ，紧接着
速度变化同样的时发生位移 。则该质点的加速度大小为( )。
D
A. B.
C. D.
解析 速度变化所用的时间，根据 ，得
，解得 ，A、B、C三项错误，D项正确。
例5 从固定斜面上的点每隔 由静止释放一个同样的小球，
释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的
照片，如图所示，测得小球相邻位置间的距离 ，
。已知点距离斜面底端的长度 ，由以上数据
可以得出( )。
A.小球的加速度大小为
B.小球在 点的速度大小为
C.该照片是在 位置的小球释放
后拍摄的
D.斜面上最多有5个小球在滚动
√
解析 小球的加速度大小 ，A项错误；
小球在点的速度大小，B项错误； 位置
的小球运动的时间，该照片是 位置的
小球释放 后拍摄的，C项错误；在斜面上运动的总时间
，斜面上最多有5个小球在滚动，D
项正确。
考向3 比例法和逆向思维法
1.比例法
适用于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动。
2.逆向思维法
把末速度为零的匀减速直线运动转化为反向的初速度为零的匀加速
直线运动。
例6 （2024·辽宁铁岭期末）在某次跳水比赛中，若将运动员入水后
向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为 。设运动
员入水后向下过程中，第一个时间内的位移为，最后两个 时间
内的位移为，则 为( )。
C
A. B. C. D.
解析 初速度为零的匀加速直线运动，在第一个时间内，第二个 时
间内，第三个时间内， 的位移之比ⅠⅡⅢ ，
运动员运动总时间为，则第一个 时间内的位移可视为初速度为
零的匀加速直线运动中第八个时间内的位移；最后两个 时间内的
总位移，可视为初速度为零的匀加速直线运动中前两个 时间内的
位移。故 ，C项正确。
思路指引
运动员在水中做末速度为零的匀减速直线运动，故可利用逆向
思维，将其视为初速度为零的匀加速直线运动。
考向4 图像法
例7 （2024·内蒙古模拟）快递小哥用遥控飞行器向高楼层某住户送
邮包，飞行器从地面开始竖直向上飞行。飞行器的 图像如图所
示，则飞行器( )。
C
A.上升的最大高度为
B.从起飞到到达该住户用时
C.与的位移大小之比为
D.与的加速度大小之比为
解析 根据 图像与时间轴所围的面积表示位移，可得飞行器上
升的最大高度 ，A项错误；由图可知，飞行器
上升到目的地所需时间为，B项错误；根据 图像与时间轴
所围的面积表示位移，可得与 的位移大小之比为
，C项正确；根据 图像的斜率等于加速度，可
得与的加速度大小之比为 ，D项错误。
两类匀减速直线运动
问题 处理方法
刹车 类问 题 （1）其特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度 突
然消失。
（2）求解时要注意确定实际运动时间。
（3）如果问题涉及最后阶段（到停止）的运动，可把该阶
段运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动
双向 可逆 类问 题 如果物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加
速直线运动，若全过程加速度大小、方向均不变，则求解时
可对全过程列式，但必须注意、、 等矢量的正负号及物
理意义
续表
例8 （2024·湖南衡阳期末）（多选）刹车性能是所有汽车安全性能
的重要参考指标。某次测试中自动驾驶汽车正以 的速
度匀速行驶，当感应到前方有障碍时立即开始刹车做匀减速直线运
动，经分析知汽车通过停止前的最后用时为 ，则( )。
BD
A.汽车在刹车后内位移的大小为
B.汽车的加速度大小为
C.汽车在刹车后第初的速度大小为
D.汽车在刹车后前的平均速度大小为
解析 将汽车通过最后的过程反向来看，设汽车加速度大小为 ，
有，，，解得 ，汽车的初速
度，分析可得汽车刹车时间 ，所以刹车后
内位移的大小即为内的位移大小，即 ，A项错
误，B项正确；根据匀变速运动速度—时间公式，汽车在刹车后第
初即第末的速度 ，C项错误；
汽车在刹车后第 末的速度大小
，可得刹车后前 的平均速度
大小 ，D项正确。
例9 （2024·陕西模拟预测）一个小球沿光滑斜面向上运动，初速度
大小为，为斜面的最高点，、间距离为。小球在
时刻自点出发，后途经下方的点（ 点未在图上标出）。则
下列说法正确的是( )。
B
A.小球加速度的最大值为
B.小球加速度的最小值为
C.若小球加速度大小为 ，则斜面至少长
D.小球到达点时的速度大小可能是
解析 小球在点的初速度，若当小球到达 处时速度减为
0，根据速度—位移关系，可求得最小加速度 ，
加速度低于此值时小球会从 点抛出斜面，B项正确，A项错误；小
球加速度越大，到达 点时的速度越大，当小球加速度取最小值
时，末到达点，此时可理解为与重合，速度最小为 ，
D项错误；若小球加速度为 ，则小球沿斜面向上的最大距离
为，向下运动后位移，在第 末到达斜
面上点，当为斜面最低点时，可求得斜面最小长度应为 ，C
项错误。
基础点2 自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
物体 __________作用所做的初速度为零的运动。
只受重力
（1）条件： __________；初速度为 ____。
（2）特点：初速度 ，加速度为 _____________的匀变速直
线运动。
（3）规律： ________， _ _________， __________。
只受重力
零
重力加速度
2.竖直上抛运动
将物体沿竖直方向向上抛出，抛出后只在 ______作用下的运动。
（1）上升到最高点的时间： _ ______。
（2）上升到的最大高度： _ _______。
重力
（3）上升与下降对称。
时间对称性： ，且从抛出点到
与从 到抛出点的时间相同。
速度对称性：上升与下降阶段经过相
同位置 时速度大小相等，方向相反。
6.只受重力的运动就是自由落体运动。( )
×
7.初速度竖直向上的运动是竖直上抛运动。( )
×
考向1 自由落体运动
例10 （人教版必修第一册P52T3改编）钢球由静止开始做自由落体
运动，不计空气阻力，落地时的速度为，取 。
（1）它下落的时间是多少？
答案
解析 由可得钢球下落的时间 。
（2）它下落的高度是多少？
答案
解析 由速度—位移公式有
解得 。
（3）它在前 内的平均速度是多大？
答案
解析 第末的速度
前的平均速度 。
例11 （2024·广西卷）让质量为的石块 从足够高处自由下
落，在下落的第末速度大小为，再将和质量为 的石块
绑为一个整体，使从原高度自由下落，在下落的第 末速度
大小为，取 ，则( )。
B
A. B. C. D.
解析 重物自由下落做自由落体运动，速度与质量无关，则下落
后速度 ，B项正确。
归纳总结
可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等解
题。
（1）从运动开始连续相等的时间内位移之比为 。
（2）从运动开始的一段时间内的平均速度。
（3）连续相等的时间内位移的增加量相等，即。
考向2 竖直上抛运动
例12 某物体以的初速度竖直上抛，不计空气阻力， 取
。 内物体的( )。
A
A.路程为
B.位移大小为 ，方向向下
C.速度改变量的大小为
D.平均速度大小为 ，方向向上
解析 物体上升到最高点所需时间，可知 内物体的
路程 ，A项正确；依题意，有
，方向向上，B项错误；速度的改变量
，方向向下，C项错误；平均速度
，方向向上，D项错误。
若物体从地面处上抛，计算物体到达离地面 高处的时间。
答案 或
解析 物体上升到最高点的位移 ，故最高点到离地面
高处的距离，可知从最高点到达离地面 高处所
花时间，故到达离地面 高处的速度
，根据上抛运动对称性可知，从地面上抛至第
一次到达离地面高处所花时间 ，第二次
到达离地面高处所花时间 。
1.（2024·辽宁期末）如图所示，小球甲从距离地面高度
处以速度 竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度
处开始自由下落。小球运动的过程中不计空气阻力，重
力加速度取 。下列说法正确的是( )。
A.小球乙落地前，甲相对乙做匀变速直线运动
B.两球运动时，距离地面均为
C.落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速
度之比为
D.小球乙落地时，甲距地面
√
解析 两球的加速度均为重力加速度，相对加速度为0，则小球乙落
地前，甲相对乙向上做匀速直线运动，A项错误；两球运动
时，根据位移公式有 ，
，则距离地面高度
， ，B项正确；
落地前的运动过程中，根据， ，解得
， ，落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度
大小， ，可知落地前的运动过程
中，小球甲、乙的平均速度之比为， C项错误；结合上述，小球
乙落地时，经历时间为，则甲的位移 ，可
知此时甲回到出发点，即小球乙落地时，甲距地面 ，D项错误。
重难点2 匀变速直线运动多过程问题
例13 （2024·黑龙江齐齐哈尔三模）汽车从发现情况到开始减速到
停止运动的过程如图，已知减速过程的加速度大小为 ，减速过程
的平均速度大小为 ，减速过程时间是反应过程时间的5倍，反应过
程中汽车做匀速运动，下列说法正确的是( )。
A.汽车正常行驶的速度大小为
B.反应过程的时间为
C.减速过程位移是反应过程位移的 倍
D.从发现情况到汽车停止，整个过程的平均速度大小为
√
解析 设汽车正常行驶的速度为 ，由匀变速直线运动的平均速度
与瞬时速度的关系可得，可得 ，A项正确；减速过程
时间，反应过程的时间 ，B项错误；减速过
程的位移，反应过程的位移 ，则有
，C项错误；从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度
，D项错误。
2.（2024·陕西西安期中）某质点从点由静止开始以大小为 的加
速度做匀加速直线运动，运动了时间 后立刻以反方向的另一加速
度做匀变速直线运动，再经过时间质点恰好返回到 点。求：
（1）质点两次加速度大小和 的比值。
答案
（2）质点在时的速度的大小与在时的速度 的大小的比值。
答案
解析 从点由静止开始以大小为 的加速度做匀加速直线运动，经
过时间，设质点的速度大小为，位移大小为 ，以开始运动的方
向为正方向，则有， ，此后质点立刻以反方向的
大小为的加速度做匀变速直线运动，再经过时间恰好回到 点
时的速度大小为，则有 ，
，联立以上四式，得 ，
。第2讲　匀变速直线运动的规律
【复习目标】
1.理解匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各物理量的含义。
2.会灵活应用运动学公式及推理解题。
基础点1　匀变速直线运动的规律及应用
【必备知识·系统梳理】
1.匀变速直线运动
(1)定义：物体沿一条直线运动，且①　　　　不变的运动。
(2)分类：
a.匀加速直线运动：a与v②　　　　；
b.匀减速直线运动：a与v③　　　　。
2.匀变速直线运动的基本规律
(1)三个基本关系式：
a.速度—时间关系式：④　　　　　　；
b.位移—时间关系式：⑤　　　　　　；
c.速度—位移关系式：⑥　　　　　　。
(2)平均速度公式：⑦　　　　　　。
3.初速度为零或末速度为零(逆向思考)的匀变速直线运动，关系式可简化为：
(1)三个基本关系式：⑧　　　　　　、⑨　　　　　　、⑩　　　　　　。
(2)平均速度公式：　　　　　　。
判一判
1.速度逐渐增大的直线运动是匀加速直线运动。 (　　)
2.做匀变速直线运动的物体的加速度越大，运动时间越长，则物体的末速度越大。 (　　)
3.在匀变速直线运动中，某段时间内中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。 (　　)
【关键能力·对点突破】
某物体做匀加速直线运动，初速度的大小为2 m/s，物体运动了24 m时的速度为14 m/s。求：
(1)物体运动的加速度的大小。
(2)物体第2 s内的位移的大小。
(3)物体第5 s初的速度的大小。

(2024·江西卷)某物体位置随时间的关系为x=1+2t+3t2，则关于其速度与1 s内的位移大小，下列说法正确的是 (　　)
A.速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
B.速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
C.速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
D.速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
重难点1　匀变速直线运动的推论及应用
【必备知识·系统梳理】
1.任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-=aT2。此公式可以延伸为xm-xn=(m-n)aT2。
2.中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即=v平均=　　　　，中间位移的瞬时速度=　　　　，不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有>。
3.对初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动(逆向思考)(设T为等分时间间隔)，有：
(1)T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度大小之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn=　　　　。
(2)T内，2T内，3T内，…，nT内位移大小之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn=　　　　。
(3)第T内，第2T内，第3T内，…，第nT内位移大小之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=　　　　　　　。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn=　　　　　　　。
判一判
4.任何运动都有中间位置瞬时速度大于中间时刻瞬时速度。 (　　)
5.做匀减速运动的物体，任意两个相邻时刻的位移的差值相等。 (　　)
【关键能力·对点突破】
考向1　基本公式法
(2024·辽宁期末)运动员把冰壶沿水平冰面投出后，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，其运动可视为匀变速运动。冰壶在第1 s内位移大小为1.5 m，在1 s~3 s时间内位移大小为0.5 m，则运动员投出冰壶的初速度大小为(　　)。
A. m/s B. m/s
C.6 m/s D.2 m/s
考向2　平均速度法和推论法
1.平均速度法
=：对任何性质的运动都适用。
==：只适用于匀变速直线运动。
2.推论法
利用Δx=aT2或xm-xn=(m-n)aT2，纸带类问题一般用此方法。
一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2。则该质点的加速度大小为(　　)。
A.(Δv)2 B.2(Δv)2
C. D.
从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示，测得小球相邻位置间的距离xAB=4 cm，xBC=8 cm。已知O点距离斜面底端的长度l=35 cm，由以上数据可以得出(　　)。
A.小球的加速度大小为12 m/s2
B.小球在B点的速度大小为1.2 m/s
C.该照片是在A位置的小球释放0.3 s后拍摄的
D.斜面上最多有5个小球在滚动
考向3　比例法和逆向思维法
1.比例法
适用于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动。
2.逆向思维法
把末速度为零的匀减速直线运动转化为反向的初速度为零的匀加速直线运动。
(2024·辽宁铁岭期末)在某次跳水比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t。设运动员入水后向下过程中，第一个t时间内的位移为x1，最后两个t时间内的位移为x2，则x1∶x2为(　　)。
A.17∶4 B.13∶4
C.15∶4 D.15∶8
思路指引：运动员在水中做末速度为零的匀减速直线运动，故可利用逆向思维，将其视为初速度为零的匀加速直线运动。
考向4　图像法
(2024·内蒙古模拟)快递小哥用遥控飞行器向高楼层某住户送邮包，飞行器从地面开始竖直向上飞行。飞行器的v-t图像如图所示，则飞行器(　　)。
A.上升的最大高度为20 m
B.从起飞到到达该住户用时4 s
C.0~4 s与4 s~16 s的位移大小之比为1∶3
D.0~4 s与4 s~16 s的加速度大小之比为4∶1
两类匀减速直线运动
问题 处理方法
刹车类问题 (1)其特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失。 (2)求解时要注意确定实际运动时间。 (3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动
双向可逆类问题 如果物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，若全过程加速度大小、方向均不变，则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
(2024·湖南衡阳期末)(多选)刹车性能是所有汽车安全性能的重要参考指标。某次测试中自动驾驶汽车正以v0=20 m/s的速度匀速行驶，当感应到前方有障碍时立即开始刹车做匀减速直线运动，经分析知汽车通过停止前的最后2 m用时为1 s，则(　　)。
A.汽车在刹车后6 s内位移的大小为38 m
B.汽车的加速度大小为4 m/s2
C.汽车在刹车后第2 s初的速度大小为12 m/s
D.汽车在刹车后前2 s的平均速度大小为16 m/s
(2024·陕西模拟预测)一个小球沿光滑斜面向上运动，初速度大小为5 m/s，C为斜面的最高点，A、C间距离为5 m。小球在t=0时刻自A点出发，4 s后途经A下方的B点(B点未在图上标出)。则下列说法正确的是(　　)。
A.小球加速度的最大值为2.5 m/s2
B.小球加速度的最小值为2.5 m/s2
C.若小球加速度大小为5 m/s2，则斜面至少长22.5 m
D.小球到达B点时的速度大小可能是4.5 m/s
基础点2　自由落体运动和竖直上抛运动
【必备知识·系统梳理】
1.自由落体运动
物体　　　　作用所做的初速度为零的运动。
(1)条件：　　　　；初速度为　　　　。
(2)特点：初速度v0=0，加速度为　　　　的匀变速直线运动。
(3)规律：　　　　，　　　　，　　　　。
2.竖直上抛运动
将物体沿竖直方向向上抛出，抛出后只在　　　　作用下的运动。
(1)上升到最高点的时间：　　　　。
(2)上升到的最大高度：　　　　。
(3)上升与下降对称。
时间对称性：t上=t下，且从抛出点到A与从A到抛出点的时间相同。
速度对称性：上升与下降阶段经过相同位置A时速度大小相等，方向相反。
判一判
6.只受重力的运动就是自由落体运动。(　　)
7.初速度竖直向上的运动是竖直上抛运动。(　　)
【关键能力·对点突破】
考向1　自由落体运动
钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地时的速度为30 m/s，g取10 m/s2。
(1)它下落的时间是多少
(2)它下落的高度是多少
(3)它在前2 s内的平均速度是多大

(2024·广西卷)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　)。
A.v1=5 m/s B.v1=10 m/s
C.v2=15 m/s D.v2=30 m/s
【归纳总结】
可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等解题。
(1)从运动开始连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶…。
(2)从运动开始的一段时间内的平均速度===gt。
(3)连续相等的时间T内位移的增加量相等，即Δh=gT2。
考向2　竖直上抛运动
某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2。5 s内物体的(　　)。
A.路程为65 m
B.位移大小为25 m，方向向下
C.速度改变量的大小为10 m/s
D.平均速度大小为13 m/s，方向向上
思维拓展：若物体从地面处上抛，计算物体到达离地面15 m高处的时间。

1.(2024·辽宁期末)如图所示，小球甲从距离地面高度h1=15 m处以速度v0=10 m/s竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度h2=20 m处开始自由下落。小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)。
A.小球乙落地前，甲相对乙做匀变速直线运动
B.两球运动0.5 s时，距离地面均为18.75 m
C.落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度之比为2∶1
D.小球乙落地时，甲距地面5 m
重难点2　匀变速直线运动多过程问题
(2024·黑龙江齐齐哈尔三模)汽车从发现情况到开始减速到停止运动的过程如图，已知减速过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度大小为，减速过程时间是反应过程时间的5倍，反应过程中汽车做匀速运动，下列说法正确的是(　　)。
A.汽车正常行驶的速度大小为2
B.反应过程的时间为
C.减速过程位移是反应过程位移的倍
D.从发现情况到汽车停止，整个过程的平均速度大小为
2.(2024·陕西西安期中)某质点从O点由静止开始以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，运动了时间t后立刻以反方向的另一加速度a2做匀变速直线运动，再经过时间2t质点恰好返回到O点。求：
(1)质点两次加速度大小a1和a2的比值。
(2)质点在t时的速度v1的大小与在3t时的速度v2的大小的比值。

参考答案
必备知识　系统梳理
①加速度　②同向　③反向　④vt=v0+at　⑤x=v0t+at2
⑥-=2ax　⑦v平均=　⑧vt=at　⑨x=at2　⑩=2ax　v平均=　　　1∶2∶3∶…∶n
12∶22∶32∶…∶n2　1∶3∶5∶…∶(2n-1)　1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)　只受重力　只受重力　零　重力加速度g　vt=gt　h=gt2　=2gh　重力
t=　hm=
判一判
1.×　2.×　3.√　4.×　5.√　6.×　7.×
关键能力　对点突破
【例1】(1)4 m/s2　(2)8 m　(3)18 m/s
【解析】　(1)物体做匀加速运动，根据速度—位移公式可知：v2-=2ax
解得a=4 m/s2。
(2)物体前2 s内的位移x2=v0t2+a=2×2 m+×4×22 m=12 m
物体前1 s内的位移x1=v0t1+a=2×1 m+×4×12 m=4 m
故物体第2 s内的位移Δx=x2-x1=8 m。
(3)物体第5 s初的速度即为第4 s末的速度，设其为v4，则v4=v0+at4=2 m/s+4×4 m/s=18 m/s。
【例2】C　【解析】　根据速度的定义式v=，速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而时间是这段时间的长度。这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的快慢，还描述了物体运动的方向。因此，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。再根据物体位置随时间的关系x=1+2t+3t2，可知开始时物体的位置x0=1 m，1 s时物体的位置x1=6 m，则1 s内物体的位移Δx=x1-x0=5 m，C项正确。
【例3】D　【解析】　经分析，冰壶在不到3 s的时间内已经停止，设初速度为v0，冰壶在第1 s内位移x1=v0t1-a=1.5 m，设经过时间t0停止，在1 s~3 s时间内位移x'=v0t0-a-x1=0.5 m，v0=at0，联立得v0=2 m/s，D项正确。
【例4】D　【解析】　速度变化Δv所用的时间t=，根据Δx=at2，得x2-x1=a·，解得a=，A、B、C三项错误，D项正确。
【例5】D　【解析】　小球的加速度大小a== m/s2=4 m/s2，A项错误；小球在B点的速度大小vB==0.6 m/s，B项错误；B位置的小球运动的时间tB== s=0.15 s，该照片是A位置的小球释放0.05 s后拍摄的，C项错误；在斜面上运动的总时间t== s=0.42 s，斜面上最多有5个小球在滚动，D项正确。
【例6】C　【解析】　初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内，第二个t时间内，第三个t时间内，…的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…=1∶3∶5∶…，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中第八个t时间内的位移；最后两个t时间内的总位移，可视为初速度为零的匀加速直线运动中前两个t时间内的位移。故x1∶x2=15∶(1+3)=15∶4，C项正确。
【例7】C　【解析】　根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得飞行器上升的最大高度h= m=80 m，A项错误；由图可知，飞行器上升到目的地所需时间为16 s，B项错误；根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得0~4 s与4 s~16 s的位移大小之比为==，C项正确；根据v-t图像的斜率等于加速度，可得0~4 s与4 s~16 s的加速度大小之比为==，D项错误。
【例8】BD　【解析】　将汽车通过最后2 m的过程反向来看，设汽车加速度大小为a，有a=x1，t1=1 s，x1=2 m，解得a=4 m/s2，汽车的初速度v0=20 m/s，分析可得汽车刹车时间t==5 s，所以刹车后6 s内位移的大小即为5 s内的位移大小，即x==50 m，A项错误，B项正确；根据匀变速运动速度—时间公式，汽车在刹车后第2 s初即第1 s末的速度v'=20 m/s-4×1 m/s=16 m/s，C项错误；汽车在刹车后第2 s末的速度大小v2=20 m/s-4×2 m/s=12 m/s，可得刹车后前2 s的平均速度大小==16 m/s，D项正确。
【例9】B　【解析】　小球在A点的初速度v=5 m/s，若当小球到达C处时速度减为0，根据速度—位移关系v2=2ax，可求得最小加速度a=2.5 m/s2，加速度低于此值时小球会从C点抛出斜面，B项正确，A项错误；小球加速度越大，到达B点时的速度越大，当小球加速度取最小值时，4 s末到达A点，此时可理解为A与B重合，速度最小为5 m/s，D项错误；若小球加速度为5 m/s2，则小球沿斜面向上的最大距离为2.5 m，向下运动3 s后位移x=a't2=22.5 m，在第4 s末到达斜面上B点，当B为斜面最低点时，可求得斜面最小长度应为25 m，C项错误。
【例10】(1)3 s　(2)45 m　(3)10 m/s
【解析】　(1)由v=gt可得钢球下落的时间t==3 s。
(2)由速度—位移公式有=2gh
解得h=45 m。
(3)第2 s末的速度v2=gt2=10 m/s2×2 s=20 m/s
前2 s的平均速度==10 m/s。
【例11】B　【解析】　重物自由下落做自由落体运动，速度与质量无关，则下落1 s后速度v1=v2=gt=10 m/s2×1 s=10 m/s，B项正确。
【例12】A　【解析】　物体上升到最高点所需时间t上升==3 s，可知5 s内物体的路程s=t上升+g(t-t上升)2=65 m，A项正确；依题意，有x=v0t-gt2=25 m，方向向上，B项错误；速度的改变量Δv=gΔt=50 m/s，方向向下，C项错误；平均速度==5 m/s，方向向上，D项错误。
思维拓展
(3-)s或(3+)s
【解析】　物体上升到最高点的位移h==45 m，故最高点到离地面15 m高处的距离x=30 m，可知从最高点到达离地面15 m高处所花时间t1== s，故到达离地面15 m高处的速度v1=gt1=10 m/s，根据上抛运动对称性可知，从地面上抛至第一次到达离地面15 m高处所花时间t2==(3-)s，第二次到达离地面15 m高处所花时间t3=t2+2t1=(3+)s。
【巩固训练】
1.B　【解析】　两球的加速度均为重力加速度，相对加速度为0，则小球乙落地前，甲相对乙向上做匀速直线运动，A项错误；两球运动0.5 s时，根据位移公式有x1=v0t1-g=3.75 m，x2=g=1.25 m，则距离地面高度h3=h1+x1=18.75 m，h4=h2-x2=18.75 m，B项正确；落地前的运动过程中，根据-h1=v0t2-g，h2=g，解得t2=3 s，t3=2 s，落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度大小==5 m/s，==10 m/s，可知落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度之比为1∶2，C项错误；结合上述，小球乙落地时，经历时间为2 s，则甲的位移x3=v0t3-g=0，可知此时甲回到出发点，即小球乙落地时，甲距地面15 m，D项错误。
【例13】A　【解析】　设汽车正常行驶的速度为v0，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得=，可得v0=2，A项正确；减速过程时间t0==，反应过程的时间t反==，B项错误；减速过程的位移x0=t0=，反应过程的位移x反=v0t反=，则有=，C项错误；从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度v==，D项错误。
【巩固训练】
2.(1)4∶5　(2)2∶3
【解析】　从O点由静止开始以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，经过时间t，设质点的速度大小为v1，位移大小为x，以开始运动的方向为正方向，则有v1=a1t，x=a1t2，此后质点立刻以反方向的大小为a2的加速度做匀变速直线运动，再经过时间2t恰好回到O点时的速度大小为v2，则有-v2=v1-a2(2t)，-x=v1·2t+(-a2)(2t)2，联立以上四式，得a1∶a2=4∶5，v1∶v2=2∶3。

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