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课时2　匀变速直线运动的规律及其应用
考点一　匀变速直线运动的规律及其应用
命题视角1　两种匀减速运动问题,可巧用“逆向思维法”
1.关键点:三个基本公式、逆向思维法、实际运动时间的求解。
2.解题思维链
【典例1】 (中等)某次汽车紧急刹车后测得的刹车痕迹长为27 m,假设制动后汽车做加速度大小恒为6 m/s2的匀减速直线运动直到停止,则关于该汽车的运动,下列说法正确的是(　　)
A.刚刹车时,汽车的初速度大小为12 m/s
B.刹车后4 s内的位移大小为24 m
C.刹车后4 s内的位移大小为27 m
D.刹车后,汽车停止运动前1 s内的位移大小为6 m
解析:C　根据逆向思维可知x=at2,v0=at,代入数据解得t=3 s,v0=18 m/s,故A错误;汽车刹车到停止运动所需时间为3 s,故刹车后4 s内的位移大小为27 m,故B错误,C正确;根据逆向思维可知停止运动前1 s内的位移为x′=a=×6×1 m=3 m,故D错误。
命题视角2　x-t与v-t图像分析,重在“斜率”和“面积”的物理意义
项目 x-t图像 v-t图像
斜率 各点切线的斜率,表示该时刻瞬时速度的大小和方向 各点切线的斜率,表示该时刻瞬时加速度的大小和方向
面积 无意义 位移
交点 表示相遇 速度相同
注意点:(1)无论是x-t图像还是v-t图像都只能描述直线运动。
(2)x-t图像和v-t图像不表示物体运动的轨迹。
【典例2】 (容易)(2025·星辰联盟联考)老师上课时,将一个钢球竖直上抛,不计空气阻力。以向上为正方向,x表示位移,v表示速度,同学们所画图像正确的是(　　)
A B
C D
解析:C　将一个钢球竖直上抛,不计空气阻力。以向上为正方向,开始位移正向增大,到达最高点后,位移正向减小,之后落到抛出点下方,位移为负,故A、B错误;钢球先向上做匀减速运动,速度为正向减小,到达最高点后向下做匀加速运动,即负向增加,因加速度恒定为g不变,则图像为直线,故C正确,D错误。
考点二　匀变速直线运动的推论及其应用
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∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内……位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移之比为x1′∶x2′∶x3′∶…∶xn′=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∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。
注意:对匀减速直线运动到停止的过程,可应用逆向思维法,看作初速度为零的匀加速直线运动的逆过程。
命题视角1　平均速度公式与位移差公式的应用,注意公式的适用条件
【典例3】 (中等)如图所示,小球沿足够长的斜面向上做匀变速直线运动,依次经a、b、c、d到达最高点e,已知xab=xbd=4 m,xbc=1 m,小球从a到c和从c到d所用的时间都是1 s,以沿斜面向上为正方向,设小球经过b、c时的速度分别为vb、vc,则下列说法正确的是(　　)
A.小球的加速度大小为8 m/s2
B.vc=8 m/s
C.vb=2 m/s
D.de=2 m
解析:C　由题意知xac=5 m,xcd=3 m,以沿斜面向上为正方向,根据Δx=at2得加速度a= m/s2=
-2 m/s2,故A错误;由于vc== m/s=4 m/s,根据-=2axbc,解得vb=2 m/s,故B错误,C正确;c、e的距离xce== m=4 m,则d、e间的距离xde=xce-xcd=4 m-3 m=1 m,故D错误。
命题视角2　初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用,区分“时间等分”与“位移等分”比例关系
【典例4】 (中等)(2025·丽水模拟)如图所示是无轨小火车,已知小火车由5节长度均为2 m的车厢组成,车厢间的空隙不计,小明站在地面上保持静止,且与第一节车厢头部对齐,火车从静止开始启动做a=0.2 m/s2的匀加速直线运动,下列说法正确的是(　　)
A.第1、2、3节车厢经过小明的时间之比是1∶2∶3
B.第1、2、3节车厢尾分别经过小明时的速度之比是1∶2∶3
C.第3节车厢经过小明的时间是2 s
D.第5节车厢尾经过小明瞬间的速度是2 m/s
解析:D　设每节车厢的长度为L,则有L=a,2L=a,3L=a,第1、2、3节车厢经过小明的时间之比t1∶(t2-t1)∶(t3-t2)=1∶(-1)∶(-),故A错误;第1、2、3节车厢尾经过小明瞬间的速度为v1=at1,v2=at2,v3=at3,则第1、2、3节车厢尾经过小明瞬间的速度之比v1∶v2∶v3=
t1∶t2∶t3=1∶∶,故B错误;第1节车厢经过小明的时间t1==2 s,则第3节车厢经过小明的时间t=(-)t1=2(-) s,C错误;第1节车厢尾经过小明瞬间的速度v1=at1=
0.4 m/s,则第5节车厢尾经过小明瞬间的速度v5=v1=2 m/s,故D正确。
考点三　自由落体运动与竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)概念:物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
(2)
①速度公式v=gt。
②位移公式x=gt2。
③速度位移关系式v2=2gx。
2.竖直上抛运动
(1)概念:将物体以一定的初速度竖直向上抛出,物体只受重力作用的运动。
(2)
①速度公式v=v0-gt。
②位移公式x=v0t-gt2。
③速度位移关系式v2-=-2gx。
命题视角1　自由落体运动规律的应用,重在应用基本公式与比例式
【典例5】 (中等)(人教版必修第一册习题改编)(多选)如图是小球自由下落的频闪照片。频闪仪每隔0.04 s闪光一次,照片中的数字是小球与释放点的距离。重力加速度g取 10 m/s2, 由题目的已知条件和照片所给的信息,可以判断出(　　)
A.照片中数字的单位是mm
B.小球受到的空气阻力不可忽略
C.无法求出小球运动到A位置的速度
D.释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光
解析:BD　根据自由落体运动的位移公式h=gt2可知,小球在最初的0.04 s内下落的位移约为0.008 m,所以照片中数字的单位是 cm,且释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光,A错误,D正确;利用最后一个点,根据h=gt2,算出g== m/s2=9.68 m/s2,所以小球受到的空气阻力不可忽略,B正确;根据v2 =2gh,可以算出小球运动到A位置的速度,C错误。
命题视角2　竖直上抛运动规律的应用,巧用两种研究方法
1.竖直上抛运动的两种研究方法
分 段 法 将运动分为上升过程的匀减速阶段,下落过程的自由落体阶段
全 程 法 将全过程视为初速度为v0、加速度a=-g的匀变速直线运动,习惯上取v0的方向为正方向,则x=v0t-gt2,v=v0-gt,v2-=-2gx
2.竖直上抛运动的对称性
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,则:
3.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,在解决问题时要注意这个特性。当题干只说明位移大小时,物体可能在抛出点上方,还可能在抛出点下方,造成多解。
【典例6】 (2025·丽水期中)在撑竿跳比赛中,若运动员手离开撑竿时运动员的速度可认为竖直向上,空气阻力忽略不计,手离开撑竿时重心的离地高度为5 m,运动员到最高点时重心离地高度为6.25 m,g取10 m/s2。关于此次撑竿跳,下列说法正确的是(　　)
A.手离开撑竿后经0.5 s重心高度达到最高点
B.手离开撑竿时运动员的速度为5 m/s
C.手离开撑竿后在空中总时间为1 s
D.运动员从离开竿上升阶段平均速度为5 m/s
解析:A　手离开撑竿后做竖直上抛运动,重心上升的高度为Δh=(6.25-5)m=1.25 m,由逆向思维法看成自由落体运动,设时间为t,有Δh=gt2,解得t=0.5 s,故A正确;手离开撑竿时运动员的速度v=gt=5 m/s,故B错误;手离开撑竿后上升和下降的过程由对称性可知时间为t1=2t=1 s,但运动员下落后平躺落地,其重心还要多下降一段高度,则在空中总时间大于1 s,故C错误;运动员从离开竿上升阶段平均速度为==2.5 m/s,故D错误。
考点四　追及相遇问题
命题视角　解决追及相遇问题,分析物体间的位移是关键
1.关键点:一个临界条件(速度相等)、两个等量关系(时间等量关系与位移等量关系)。
2.解题思维链
【典例7】 (中等)(2025·强基联盟联考)汽车甲在笔直的公路上以v0=18 m/s的速度行驶,司机发现前方路口红绿灯为红灯,轻踩刹车以a1=2 m/s2的加速度做匀减速运动,3 s后又重踩刹车以a2=4 m/s2的加速度做匀减速运动,汽车正好停在停车线位置,等待t0=15 s后,红灯变为绿灯,汽车以a3=3 m/s2的加速度匀加速运动直到恢复为原来18 m/s的速度匀速行驶。汽车乙也以v0=18 m/s的速度同向行驶,一直匀速行驶,且在停车线位置汽车甲起步加速时,汽车乙恰好超越汽车甲。不计司机的反应时间和汽车的长度,求:
(1)汽车甲轻踩刹车的3 s内行驶的距离;
(2)汽车甲司机发现前方路口红绿灯为红灯时,汽车与停车线之间的距离;
(3)通过该路口后,汽车甲与汽车乙之间的最大距离;
(4)汽车甲通过该路段比汽车乙多使用的时间。
【解题导引】
解析:(1)t1=3 s时的速度为v1=v0-a1t1=12 m/s,
刹车的3 s内行驶的距离为x1=t1=45 m。
(2)重踩刹车到停止的时间为t2==3 s,
位移为x2=t2=18 m,
汽车与停车线之间的距离为x=x1+x2=63 m。
(3)当汽车甲的速度等于汽车乙的速度v2时,两车相距最远,
甲车加速时间为t3==6 s,
甲车加速的位移为x3=t3=54 m,
乙车在t3时间内匀速运动的位移为x4=v0t3=108 m,
汽车甲与汽车乙之间的最大距离为Δx=x4-x3=54 m。
(4)汽车甲从开始减速到恢复匀速的时间为
t甲=t1+t2+t3+t0=27 s,
汽车甲从开始减速到恢复匀速运动的位移为
x甲=x1+x2+x3=117 m,
汽车乙通过相应路段的时间为t乙==6.5 s,
则汽车甲通过该路段比汽车乙多用的时间为
Δt=t甲-t乙=20.5 s。
答案:(1)45 m　(2)63 m　(3)54 m　(4)20.5 s
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　分析物体的匀变速运动过程,应用匀变速直线运动公式与推论
1.(2026·金砖联盟模拟)在测试某款新能源汽车的刹车性能时,汽车速度为20 m/s,刹车2 s后停止。若将刹车过程视为匀减速直线运动,则当该车以108 km/h行驶时,可以分析出汽车在刹车4 s内的位移为(　　)
A.20 m B.40 m C.45 m D.200 m
解析:C　初速度为v1=20 m/s时,刹车2 s后停止,利用逆向思维有v1=at1,解得a=10 m/s2;该车以v2=108 km/h=30 m/s行驶时,停止运动时间t2==3 s<4 s,表明4 s前已经停止运动,则汽车在刹车4 s内的位移x=t2=45 m,故选C。
2.(2025·衢州期中)(多选)如图甲所示为某新能源电动客车沿直线运动的x-t图像,图乙为某玩具车沿直线运动的v-t图像。下列说法正确的是(　　)
A.电动客车在1~1.5 h内做匀速直线运动
B.电动客车在0~1 h内的速度大小比1.5~3 h内的大
C.玩具车在1~3 s内的加速度大小为1 m/s2
D.玩具车在0~3 s内的平均速度为 m/s
解析:BC　电动客车在1~1.5 h内静止,A错误;电动客车在0~1 h内的速度大小v1= km/h=
40 km/h,电动客车在1.5~3 h内的速度大小v2= km/h=26.7 km/h,B正确;玩具车在1~3 s内的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2 ,C正确;玩具车在0~3 s内的平均速度为=
m/s= m/s,D错误。
3.如图,小球从竖直砖墙某位置静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,图中的1、2、3、4、5为小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d。下列判断错误的是(　　)
A.位置“1”是小球释放的初始位置
B.小球做匀加速直线运动
C.小球下落的加速度为
D.小球在位置“3”的速度为
解析:A　根据图中小球运动过程中每次曝光的位置,可知相等时间内相邻位移差为Δx=d,且相等时间内通过的位移逐渐增大,可知小球做匀加速直线运动,根据Δx=aT2,解得小球下落的加速度为a==,故B、C正确,不满足题意要求;根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度,则小球在位置“3”的速度为v3==,故D正确,不满足题意要求;设小球在位置“1”的速度为v1,则有v3=v1+a·2T,解得v1=v3-a·2T=≠0,可知位置“1”不是小球释放的初始位置,故A错误,满足题意要求。
4.(2025·嘉兴模拟)如图所示,光滑斜面AE被分成四个长度相等的部分,即AB=BC=CD=DE,一物体由A点静止释放沿斜面做匀加速直线运动,下列结论正确的是(　　)
A.物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶2∶3∶4
B.物体到达各点所经历的时间tB∶tC∶tD∶tE=1∶2∶3∶4
C.物体从A运动到E的全过程平均速度D.物体通过每一部分时,其速度增量vB-vA=vC-vB=vD-vC=vE-vD
解析:C　设每一部分长为l,由位移公式x=at2可得t=,到达B、C、D、E点的位移分别为l、2l、3l、4l,故到达各点经历的时间之比为tB∶tC∶tD∶tE=1∶∶∶2,由v=at可得,物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,A、B错误;由匀变速直线运动特点知,物体经过B点的时刻为物体从A到E的中间时刻,则=vB,而vB命题视角2　掌握自由落体与竖直上抛运动规律,提取匀变速运动模型,解决相关问题
5.(2025·宁波期末)小明将一石块从井口静止释放,经过1 s小明听见了石块落水的声音,g取
10 m/s2,在忽略空气阻力和声音在空气中传播的时间后,小明得到了井口到水面的距离,则(　　)
A.石块落水的速度约为5 m/s
B.井口到水面的距离约为10 m
C.若考虑空气阻力,则小明求得的距离偏小
D.若考虑声音在空气中传播的时间,则小明求得的距离偏大
解析:D　小石块落到水面时的速度大小为v=gt=10×1 m/s=10 m/s,故A错误;井口到水面的距离为h=gt2=×10×12 m=5 m,故B错误;若考虑空气阻力,则下落加速度变小,实际位移小于计算位移,则小明求得的距离偏大,故C错误;若考虑声音在空气中传播的时间,则小石块在空中运动的时间小于1 s,根据位移时间关系可知井口到水面的距离应小于5 m,小明求得的距离偏大,故D正确。
6.(多选)我国宋代已经出现冲天炮这种玩具(如图),也叫“起火”,逢年过节人们都要放“起火”庆祝。若冲天炮从地面由静止发射竖直升空可认为做a=8 m/s2的匀加速直线运动,当到达离地面25 m的高处时燃料恰好用完,忽略空气阻力,g取10 m/s2,则(　　)
A.燃料恰好用完时冲天炮的速度大小为20 m/s
B.燃料用完后继续向上运动的位移大小为17 m
C.冲天炮上升离地面的最大高度为38 m
D.冲天炮从发射到落回地面所用的时间为7.5 s
解析:AD　根据位移与速度的关系式有=2ah1,解得v0= m/s=20 m/s,故A正确;燃料用完后,冲天炮继续向上做竖直上抛运动,利用逆向思维有=2gh2,结合上述,解得h2=20 m,故B错误;结合上述可知,冲天炮上升离地面的最大高度为H=h1+h2=45 m,故C错误;根据平均速度与位移的关系有h1=t1,h2=t2,解得冲天炮从发射到最大高度所用的时间为t=t1+t2=
4.5 s,冲天炮从最高点做自由落体运动,由自由落体规律得H=g,解得t3=3 s,则t总=t1+t2+
t3=7.5 s,故D正确。
命题视角3　解决追及相遇问题,分析物体间的位移是关键
7.一列和谐号动车与一列复兴号列车相继从同一站点由静止出发,沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度—时间图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.复兴号列车经过95 s加速达到最大速度
B.复兴号列车追上和谐号动车前,t=70 s时两车相距最远
C.t=140 s时,复兴号列车追上和谐号动车
D.复兴号列车追上和谐号动车前,两车最远相距4 900 m
解析:A　复兴号列车的加速度为a== m/s2=1 m/s2,复兴号列车加速达到最大速度所需的时间为t1== s=95 s,故A正确;0≤t≤140 s时,和谐号动车速度大于复兴号列车,t>140 s时,和谐号动车速度小于复兴号列车,故复兴号列车追上和谐号动车前,t=140 s时两车相距最远,故B错误;v-t图像与时间坐标轴围成的面积表示位移,由题图可知t=140 s时,复兴号列车v-t图像与时间坐标轴围成的面积小于和谐号动车v-t图像与时间坐标轴围成的面积,复兴号列车位移小于和谐号动车位移,复兴号列车未追上和谐号动车,故C错误;t=140 s时两车相距最远,复兴号列车追上和谐号动车前,两车最远相距Δx=×140×70 m-×(140-70)×70 m=
2 450 m,故D错误。
B级·高考过关练
8.为满足旅客乘坐高铁出行的不同需要,城际高铁开通了“一站直达”列车和“站站停”列车两种班次。假设两城高铁站之间均匀分布了4个车站,若列车在进站和出站过程中做匀变速直线运动,加速度大小均为2 m/s2,其余行驶时间内保持最高速度288 km/h匀速运动,“站站停”列车在每个车站停车时间均为t0=2 min,则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为(　　)
A.10 min 40 s B.11 min 20 s
C.13 min 20 s D.14 min 40 s
解析:A　列车加速到速度最大所用的时间为t加== s=40 s,列车进站加速与出站减速时的加速度相等,故t加=t减,设一站直达列车匀速行驶用时为t,“站站停”列车匀速行驶用时t′,根据题意可知a+a+vmt=5×a+5×a+vmt′,一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为Δt=(t′+4t0+5t加+5t减)-(t+t加+t减),解得Δt=640 s=10 min 40 s,故选A。
9.(2026·杭州模拟)高速公路上因大雾导致车辆追尾的事故时有发生。如图所示,一辆小汽车以30 m/s的速度在高速公路上行驶,司机突然发现前方同一车道上50 m处有一辆重型大货车正以10 m/s同向行驶,为防止发生意外,司机立即采取制动措施。
(1)若小汽车从30 m/s紧急制动,可以滑行90 m,则小汽车制动时的加速度大小为多少
(2)若满足(1)条件下,小汽车发现大货车后立即采取紧急制动,则两车何时相距最近 最近距离是多少米
(3)实际情况是小汽车司机发现货车到采取制动措施有一定的反应时间。则要想避免发生追尾,允许小汽车司机的反应时间最长为多少秒
解析:(1)对小汽车,有0-=-2ax,
解得a=5 m/s2,
故小汽车制动时的加速度大小为5 m/s2。
(2)当二者共速时相距最近,有t== s=4 s,
小汽车运动的位移为x1=v0t-at2=80 m,
大货车的位移为x2=v1t=40 m,
则最近距离为x′=x2+x初-x1=40 m+50 m-80 m=10 m,
故两车在4 s末相距最近,最近距离为10 m。
(3)设反应时间为t反,则有x初+x货=x汽,
即50 m+v1(t反+t)=v0t反+v0t-at2,
解得t反=0.5 s,
故允许小汽车司机的反应时间最长为0.5 s。
答案:(1)5 m/s2　(2)4 s末　10 m　(3)0.5 s(共41张PPT)
课时2
匀变速直线运动的规律及其应用
考点一
匀变速直线运动的规律及其应用
基础梳理
加速度
相同
相反
v0+at
2ax
典例精析
命题视角1　两种匀减速运动问题,可巧用“逆向思维法”
1.关键点:三个基本公式、逆向思维法、实际运动时间的求解。
2.解题思维链
【典例1】 (中等)某次汽车紧急刹车后测得的刹车痕迹长为27 m,假设制动后汽车做加速度大小恒为6 m/s2的匀减速直线运动直到停止,则关于该汽车的运动,下列说法正确的是(　　)
A.刚刹车时,汽车的初速度大小为12 m/s
B.刹车后4 s内的位移大小为24 m
C.刹车后4 s内的位移大小为27 m
D.刹车后,汽车停止运动前1 s内的位移大小为6 m
C
命题视角2　x-t与v-t图像分析,重在“斜率”和“面积”的物理意义
项目 x-t图像 v-t图像
斜率 各点切线的斜率,表示该时刻瞬时速度的大小和方向 各点切线的斜率,表示该时刻瞬时加速度的大小和方向
面积 无意义 位移
交点 表示相遇 速度相同
注意点:(1)无论是x-t图像还是v-t图像都只能描述直线运动。
(2)x-t图像和v-t图像不表示物体运动的轨迹。
【典例2】 (容易)(2025·星辰联盟联考)老师上课时,将一个钢球竖直上抛,不计空气阻力。以向上为正方向,x表示位移,v表示速度,同学们所画图像正确的是(　　)
A B C D
C
解析:C　将一个钢球竖直上抛,不计空气阻力。以向上为正方向,开始位移正向增大,到达最高点后,位移正向减小,之后落到抛出点下方,位移为负,故A、B错误;钢球先向上做匀减速运动,速度为正向减小,到达最高点后向下做匀加速运动,即负向增加,因加速度恒定为g不变,则图像为直线,故C正确,D错误。
考点二
匀变速直线运动的推论及其应用
基础梳理
aT2
(m-n)aT2
1∶2∶3∶…∶n
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∶…∶vn= 。
(2)1T内、2T内、3T内……位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn= 。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移之比为x1′∶x2′∶x3′∶…∶xn′= 。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为
1∶22∶32∶…∶n2
1∶3∶5∶…∶(2n-1)
注意:对匀减速直线运动到停止的过程,可应用逆向思维法,看作初速度为零的匀加速直线运动的逆过程。
典例精析
命题视角1　平均速度公式与位移差公式的应用,注意公式的适用条件
【典例3】 (中等)如图所示,小球沿足够长的斜面向上做匀变速直线运动,依次经a、b、c、d到达最高点e,已知xab=xbd=4 m,xbc=1 m,小球从a到c和从c到d所用的时间都是1 s,以沿斜面向上为正方向,设小球经过b、c时的速度分别为vb、vc,则下列说法正确的是(　　)
A.小球的加速度大小为8 m/s2
B.vc=8 m/s
C
D.de=2 m
命题视角2　初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用,区分“时间等分”与
“位移等分”比例关系
【典例4】 (中等)(2025·丽水模拟)如图所示是无轨小火车,已知小火车由5节长度均为2 m的车厢组成,车厢间的空隙不计,小明站在地面上保持静止,且与第一节车厢头部对齐,火车从静止开始启动做a=0.2 m/s2的匀加速直线运动,下列说法正确的是(　　)
A.第1、2、3节车厢经过小明的时间之比是1∶2∶3
B.第1、2、3节车厢尾分别经过小明时的速度之比是1∶2∶3
D.第5节车厢尾经过小明瞬间的速度是2 m/s
D
考点三
自由落体运动与竖直上抛运动
基础梳理
重力
静止
1.自由落体运动
(1)概念:物体只在 作用下从 开始下落的运动。
(2)
①速度公式v= 。
②位移公式x= 。
③速度位移关系式v2= 。
gt
2gx
2.竖直上抛运动
(1)概念:将物体以一定的初速度竖直向上抛出,物体只受 作用的运动。
重力
(2)
①速度公式v= 。
v0-gt
-2gx
v0t
gt2
命题视角1　自由落体运动规律的应用,重在应用基本公式与比例式
【典例5】 (中等)(人教版必修第一册习题改编)(多选)如图是小球自由下落的频闪照片。频闪仪每隔0.04 s闪光一次,照片中的数字是小球与释放点的距离。重力加速度g取 10 m/s2, 由题目的已知条件和照片所给的信息,可以判断出
(　 　)
A.照片中数字的单位是mm
B.小球受到的空气阻力不可忽略
C.无法求出小球运动到A位置的速度
D.释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光
BD
典例精析
命题视角2　竖直上抛运动规律的应用,巧用两种研究方法
1.竖直上抛运动的两种研究方法
2.竖直上抛运动的对称性
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,则:
3.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,在解决问题时要注意这个特性。当题干只说明位移大小时,物体可能在抛出点上方,还可能在抛出点下方,造成多解。
【典例6】 (2025·丽水期中)在撑竿跳比赛中,若运动员手离开撑竿时运动员的速度可认为竖直向上,空气阻力忽略不计,手离开撑竿时重心的离地高度为5 m,运动员到最高点时重心离地高度为6.25 m,g取10 m/s2。关于此次撑竿跳,下列说法正确的是(　　)
A.手离开撑竿后经0.5 s重心高度达到最高点
C.手离开撑竿后在空中总时间为1 s
D.运动员从离开竿上升阶段平均速度为5 m/s
A
考点四
追及相遇问题
命题视角　解决追及相遇问题,分析物体间的位移是关键
1.关键点:一个临界条件(速度相等)、两个等量关系(时间等量关系与位移等量关系)。
典例精析
2.解题思维链
【典例7】 (中等)(2025·强基联盟联考)汽车甲在笔直的公路上以v0=18 m/s的速度行驶,司机发现前方路口红绿灯为红灯,轻踩刹车以a1=2 m/s2的加速度做匀减速运动,3 s后又重踩刹车以a2=4 m/s2的加速度做匀减速运动,汽车正好停在停车线位置,等待t0=15 s后,红灯变为绿灯,汽车以a3=3 m/s2的加速度匀加速运动直到恢复为原来18 m/s的速度匀速行驶。汽车乙也以v0=18 m/s的速度同向行驶,一直匀速行驶,且在停车线位置汽车甲起步加速时,汽车乙恰好超越汽车甲。不计司机的反应时间和汽车的长度,求:
(1)汽车甲轻踩刹车的3 s内行驶的距离;
答案:(1)45 m
(2)汽车甲司机发现前方路口红绿灯为红灯时,汽车与停车线之间的距离;
答案:(2)63 m
(3)通过该路口后,汽车甲与汽车乙之间的最大距离;
答案:(3)54 m
(4)汽车甲通过该路段比汽车乙多使用的时间。
答案:(4)20.5 s
【解题导引】
感谢观看课时2　匀变速直线运动的规律及其应用
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　分析物体的匀变速运动过程,应用匀变速直线运动公式与推论
1.(2026·金砖联盟模拟)在测试某款新能源汽车的刹车性能时,汽车速度为20 m/s,刹车2 s后停止。若将刹车过程视为匀减速直线运动,则当该车以108 km/h行驶时,可以分析出汽车在刹车4 s内的位移为(　　)
A.20 m B.40 m C.45 m D.200 m
解析:C　初速度为v1=20 m/s时,刹车2 s后停止,利用逆向思维有v1=at1,解得a=10 m/s2;该车以v2=108 km/h=30 m/s行驶时,停止运动时间t2==3 s<4 s,表明4 s前已经停止运动,则汽车在刹车4 s内的位移x=t2=45 m,故选C。
2.(2025·衢州期中)(多选)如图甲所示为某新能源电动客车沿直线运动的x-t图像,图乙为某玩具车沿直线运动的v-t图像。下列说法正确的是(　　)
A.电动客车在1~1.5 h内做匀速直线运动
B.电动客车在0~1 h内的速度大小比1.5~3 h内的大
C.玩具车在1~3 s内的加速度大小为1 m/s2
D.玩具车在0~3 s内的平均速度为 m/s
解析:BC　电动客车在1~1.5 h内静止,A错误;电动客车在0~1 h内的速度大小v1= km/h=
40 km/h,电动客车在1.5~3 h内的速度大小v2= km/h=26.7 km/h,B正确;玩具车在1~3 s内的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2 ,C正确;玩具车在0~3 s内的平均速度为=
m/s= m/s,D错误。
3.如图,小球从竖直砖墙某位置静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,图中的1、2、3、4、5为小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d。下列判断错误的是(　　)
A.位置“1”是小球释放的初始位置
B.小球做匀加速直线运动
C.小球下落的加速度为
D.小球在位置“3”的速度为
解析:A　根据图中小球运动过程中每次曝光的位置,可知相等时间内相邻位移差为Δx=d,且相等时间内通过的位移逐渐增大,可知小球做匀加速直线运动,根据Δx=aT2,解得小球下落的加速度为a==,故B、C正确,不满足题意要求;根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度,则小球在位置“3”的速度为v3==,故D正确,不满足题意要求;设小球在位置“1”的速度为v1,则有v3=v1+a·2T,解得v1=v3-a·2T=≠0,可知位置“1”不是小球释放的初始位置,故A错误,满足题意要求。
4.(2025·嘉兴模拟)如图所示,光滑斜面AE被分成四个长度相等的部分,即AB=BC=CD=DE,一物体由A点静止释放沿斜面做匀加速直线运动,下列结论正确的是(　　)
A.物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶2∶3∶4
B.物体到达各点所经历的时间tB∶tC∶tD∶tE=1∶2∶3∶4
C.物体从A运动到E的全过程平均速度D.物体通过每一部分时,其速度增量vB-vA=vC-vB=vD-vC=vE-vD
解析:C　设每一部分长为l,由位移公式x=at2可得t=,到达B、C、D、E点的位移分别为l、2l、3l、4l,故到达各点经历的时间之比为tB∶tC∶tD∶tE=1∶∶∶2,由v=at可得,物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,A、B错误;由匀变速直线运动特点知,物体经过B点的时刻为物体从A到E的中间时刻,则=vB,而vB命题视角2　掌握自由落体与竖直上抛运动规律,提取匀变速运动模型,解决相关问题
5.(2025·宁波期末)小明将一石块从井口静止释放,经过1 s小明听见了石块落水的声音,g取
10 m/s2,在忽略空气阻力和声音在空气中传播的时间后,小明得到了井口到水面的距离,则(　　)
A.石块落水的速度约为5 m/s
B.井口到水面的距离约为10 m
C.若考虑空气阻力,则小明求得的距离偏小
D.若考虑声音在空气中传播的时间,则小明求得的距离偏大
解析:D　小石块落到水面时的速度大小为v=gt=10×1 m/s=10 m/s,故A错误;井口到水面的距离为h=gt2=×10×12 m=5 m,故B错误;若考虑空气阻力,则下落加速度变小,实际位移小于计算位移,则小明求得的距离偏大,故C错误;若考虑声音在空气中传播的时间,则小石块在空中运动的时间小于1 s,根据位移时间关系可知井口到水面的距离应小于5 m,小明求得的距离偏大,故D正确。
6.(多选)我国宋代已经出现冲天炮这种玩具(如图),也叫“起火”,逢年过节人们都要放“起火”庆祝。若冲天炮从地面由静止发射竖直升空可认为做a=8 m/s2的匀加速直线运动,当到达离地面25 m的高处时燃料恰好用完,忽略空气阻力,g取10 m/s2,则(　　)
A.燃料恰好用完时冲天炮的速度大小为20 m/s
B.燃料用完后继续向上运动的位移大小为17 m
C.冲天炮上升离地面的最大高度为38 m
D.冲天炮从发射到落回地面所用的时间为7.5 s
解析:AD　根据位移与速度的关系式有=2ah1,解得v0= m/s=20 m/s,故A正确;燃料用完后,冲天炮继续向上做竖直上抛运动,利用逆向思维有=2gh2,结合上述,解得h2=20 m,故B错误;结合上述可知,冲天炮上升离地面的最大高度为H=h1+h2=45 m,故C错误;根据平均速度与位移的关系有h1=t1,h2=t2,解得冲天炮从发射到最大高度所用的时间为t=t1+t2=
4.5 s,冲天炮从最高点做自由落体运动,由自由落体规律得H=g,解得t3=3 s,则t总=t1+t2+
t3=7.5 s,故D正确。
命题视角3　解决追及相遇问题,分析物体间的位移是关键
7.一列和谐号动车与一列复兴号列车相继从同一站点由静止出发,沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度—时间图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.复兴号列车经过95 s加速达到最大速度
B.复兴号列车追上和谐号动车前,t=70 s时两车相距最远
C.t=140 s时,复兴号列车追上和谐号动车
D.复兴号列车追上和谐号动车前,两车最远相距4 900 m
解析:A　复兴号列车的加速度为a== m/s2=1 m/s2,复兴号列车加速达到最大速度所需的时间为t1== s=95 s,故A正确;0≤t≤140 s时,和谐号动车速度大于复兴号列车,t>140 s时,和谐号动车速度小于复兴号列车,故复兴号列车追上和谐号动车前,t=140 s时两车相距最远,故B错误;v-t图像与时间坐标轴围成的面积表示位移,由题图可知t=140 s时,复兴号列车v-t图像与时间坐标轴围成的面积小于和谐号动车v-t图像与时间坐标轴围成的面积,复兴号列车位移小于和谐号动车位移,复兴号列车未追上和谐号动车,故C错误;t=140 s时两车相距最远,复兴号列车追上和谐号动车前,两车最远相距Δx=×140×70 m-×(140-70)×70 m=
2 450 m,故D错误。
B级·高考过关练
8.为满足旅客乘坐高铁出行的不同需要,城际高铁开通了“一站直达”列车和“站站停”列车两种班次。假设两城高铁站之间均匀分布了4个车站,若列车在进站和出站过程中做匀变速直线运动,加速度大小均为2 m/s2,其余行驶时间内保持最高速度288 km/h匀速运动,“站站停”列车在每个车站停车时间均为t0=2 min,则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为(　　)
A.10 min 40 s B.11 min 20 s
C.13 min 20 s D.14 min 40 s
解析:A　列车加速到速度最大所用的时间为t加== s=40 s,列车进站加速与出站减速时的加速度相等,故t加=t减,设一站直达列车匀速行驶用时为t,“站站停”列车匀速行驶用时t′,根据题意可知a+a+vmt=5×a+5×a+vmt′,一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为Δt=(t′+4t0+5t加+5t减)-(t+t加+t减),解得Δt=640 s=10 min 40 s,故选A。
9.(2026·杭州模拟)高速公路上因大雾导致车辆追尾的事故时有发生。如图所示,一辆小汽车以30 m/s的速度在高速公路上行驶,司机突然发现前方同一车道上50 m处有一辆重型大货车正以10 m/s同向行驶,为防止发生意外,司机立即采取制动措施。
(1)若小汽车从30 m/s紧急制动,可以滑行90 m,则小汽车制动时的加速度大小为多少
(2)若满足(1)条件下,小汽车发现大货车后立即采取紧急制动,则两车何时相距最近 最近距离是多少米
(3)实际情况是小汽车司机发现货车到采取制动措施有一定的反应时间。则要想避免发生追尾,允许小汽车司机的反应时间最长为多少秒
解析:(1)对小汽车,有0-=-2ax,
解得a=5 m/s2,
故小汽车制动时的加速度大小为5 m/s2。
(2)当二者共速时相距最近,有t== s=4 s,
小汽车运动的位移为x1=v0t-at2=80 m,
大货车的位移为x2=v1t=40 m,
则最近距离为x′=x2+x初-x1=40 m+50 m-80 m=10 m,
故两车在4 s末相距最近,最近距离为10 m。
(3)设反应时间为t反,则有x初+x货=x汽,
即50 m+v1(t反+t)=v0t反+v0t-at2,
解得t反=0.5 s,
故允许小汽车司机的反应时间最长为0.5 s。
答案:(1)5 m/s2　(2)4 s末　10 m　(3)0.5 s

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