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第2讲　匀变速直线运动规律及其应用
【学习目标】
1.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.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。
3.能灵活处理多过程问题。
考点一　匀变速直线运动的规律及其应用
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且　加速度　不变的运动。其v－t图线是一条倾斜的直线，如图所示。
2.匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：v=　v0＋at　。
(2)位移与时间的关系式：x=v0t＋at2。
由以上两式联立可得速度与位移的关系式：　v2－=2ax　。
3.公式选用原则
以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量。选用原则如下：
不涉及位移，选用v=v0＋at。
不涉及末速度，选用x=v0t＋at2。
不涉及时间，选用v2－=2ax。
4.正方向的选定
无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0=0时，一般以加速度a的方向为正方向。速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负。
5.常用的导出公式
(1)平均速度公式： =。
(2)位移差公式：Δx=x2－x1=x3－x2=…=xn－=aT2。
注意：不相邻相等的时间间隔T内的位移差公式：xm－xn=(m－n)aT2，此公式可以用于求加速度。
(3)初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
①T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=1∶4∶9∶…∶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∶(－1)∶()∶…∶()。
1.匀变速直线运动的加速度是均匀变化的。(　 　)
2.匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(　 　)
3.匀变速直线运动中，经过相等的时间，速度变化量相同。(　√　)
4.在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(　√　)
考向一　匀变速直线运动规律的基本应用
[例1]　如图所示，一个物体在光滑的水平面上以速度v0水平向右运动。当物体运动到A点时，在物体上加一个水平向左的恒力，使该物体以某一加速度做匀变速运动，经过一段时间后，物体又回到A点。下列说法中，正确的是(　B　)
A.物体又回到A点的速度大小为0
B.物体又回到A点的速度大小为v0
C.物体又回到A点的速度大小为2v0
D.物体又回到A点的速度大小为v=v0
【解析】 物体以某一加速度做匀变速运动，经过一段时间后，物体又回到A点，则x=v0t－at2=0，解得经过的时间为t=，物体又回到A点的速度为v=v0－at=－v0，故物体又回到A点的速度大小为v0，B正确。
[例2]　具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动刹车系统。某汽车以28 m/s的速度匀速行驶时，前方50 m处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊通过道路前1 m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为(　B　)
A.0 B.1 m
C.2 m D.3 m
【解析】 令x1=50 m，x2=1 m，汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，把刹车过程逆向处理，则有=2a(x1－x2)，t=，联立解得a=8 m/s2，t=3.5 s，所以汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为3~3.5 s内通过的位移大小，有x4=a，解得x4=1 m，B正确。
分析刹车类问题的方法
(1)刹车类问题的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，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
(4)汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动。
[例3]　(2025·丽水期中)如图所示为位于贵州的花江峡谷大桥，其主桥长为1 420 m，桥面距水面垂直高度625 m，建成后桥梁高度居世界第一，并创下山区悬索桥跨径世界第一的纪录。假设该大桥允许最高通行速度为30 m/s，汽车在加速阶段的加速度恒为3 m/s2，视大桥主桥部分为直线，则汽车由主桥一端静止启动至完全通过主桥的最短时间约为(　C　)
A.21 s B.45 s
C.52 s D.96 s
【解析】 汽车匀加速运动的位移x1= m=150 m，匀加速运动的时间t1==10 s，汽车匀速运动的时间t2=≈42.3 s，所以汽车由主桥一端静止启动至完全通过主桥的最短时间t=t1＋t2≈52.3 s，C正确。
考向二　匀变速直线运动的推论及其应用
[例4]　一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是(　B　)
A.1∶22∶32　1∶2∶3 B.1∶23∶33　1∶22∶32
C.1∶2∶3　1∶1∶1 D.1∶3∶5　1∶2∶3
【解析】 根据x=at2知，物体在1 s内、3 s内、6 s内的位移之比为1∶9∶36，则三段位移之比为1∶8∶27，根据 =可知，三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，B正确，A、C、D错误。
[例5]　如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　A　)
A.(－1)∶(－1)
B.()∶(－1)
C.(＋1)∶(＋1)
D.()∶(＋1)
【解析】 方法一：基本公式法
木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=a，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=a，当木板长度为2L时，有3L=a，又Δt1=t1－t0，Δt2=t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1=(－1)∶(－1)，A正确。
方法二：比例式法
设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板通过A点的时间间隔为Δt1，若木板长度为L，则t0∶Δt1=1∶(－1)①，若木板的长度为2L，设木板通过A点的时间间隔为Δt2，t0∶Δt2=1∶[(－1)＋()]=1∶(－1)②，联立①②得Δt2∶Δt1=(－1)∶(－1)，A正确。
解决匀变速直线运动的六种方法
考点二　自由落体运动与竖直上抛运动
1.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
匀变速直线运动 自由落体运动
v= v 0＋at v =gt
x= v 0t＋at2 h= gt 2
v 2－=2ax v 2=2gh
2.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)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－gt2。
(3)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点的速度大小与下降过程经过A点的速度大小相等。
1.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大。(　√　)
2.做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s。(　√　)
3.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。(　 　)
4.做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的。(　√　)
[例6]　(2025·浙江四校模拟)雨后，某人用高速相机拍下一幅水滴下落的照片，如图所示，其中第4滴水刚要离开屋檐，若滴水的时间间隔相同，第1滴水与第2滴水的实际间距为1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则拍下照片的瞬间，图中第1滴水的速度大小为(　C　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.4 m/s
B.5 m/s
C.6 m/s
D.8 m/s
【解析】 设滴水间隔为T，据题意可得L=g(3T)2－g(2T)2，解得T=0.2 s，则第1滴水的速度大小v=g×3T=6 m/s，C正确。
[例7]　(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m。不计空气阻力，g取10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为(　ABC　)
A.(2－) s B.(2＋) s
C.(2＋) s D. s
【解析】 物体从塔顶边缘的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下。在A点之上时，通过位移大小为10 m处有上升和下降两种过程；在A点之下时，通过位移大小为10 m处只有下降过程。由H=，解得v0=20 m/s。
方法一：分段法
设物体上升过程离A点10 m时速度为v1，有=－2gh，解得v1=10 m/s，则物体运动的时间t1==(2－)s，A正确；物体从抛出到下落至A点上方10 m处时，运动的时间t2=t1＋=(2＋)s，B正确；物体从最高点到下落至A点下方10 m处时，有H＋h=g，解得t3= s，故物体从抛出到下落至A点下方10 m处时，运动的时间t3'=＋t3=(2＋)s，C正确，D错误。
方法二：全程法
取竖直向上为正方向，物体的位移为x=v0t－gt2，当物体位于A点上方10 m处时，x=10 m，解得t1=(2－)s，t2=(2＋)s，A、B正确。当物体位于A点下方10 m处时，x=－10 m，解得t3=(2＋)s，t4=(2－)s(舍去)，C正确，D错误。
(1)竖直上抛运动的研究方法：
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
(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，在解决问题时要注意。
考点三　匀变速直线运动中的多过程问题
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.匀变速直线运动多过程的0－v－0模型
(1)运动特征：物体的初速度为0，先匀加速到v，再匀减速到末速度为0。
(2)分段结论：，t1、t2、x1、x2、a1、a2分别是前段和后段的时间、位移大小和加速度大小。
(3)全程结论：加速阶段、减速阶段和全程的平均速度相同，最大速度vm=2。
[例8]　在游乐场中有一种大型游戏项目“垂直极限”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿竖直轨道(可视为光滑轨道)提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动，下落2 s后座椅受到压缩空气提供的恒定阻力作用而立即做匀减速运动，再经历4 s座椅速度恰好减为零，关于座椅的运动情况，下列说法中，正确的是(　A　)
A.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比=1∶1
B.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比为=2∶1
C.自由落体阶段和匀减速阶段的位移大小之比x1∶x2=2∶1
D.自由落体阶段和匀减速阶段的加速度大小之比a1∶a2=1∶2
【解析】 设全过程最大速度为vm，根据匀变速直线运动的推论=，可知自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度，A正确，B错误；根据x=t可知，C错误；根据a=，可知，D错误。
[例9]　(人教版必修第一册改编)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为12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d=10 m处正好匀减速至v2为4 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零，经过t0=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。求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。【答案】 (1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
【解析】 (1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1==64 m，故总的位移x总1=2x1＋d=138 m。
(2)过人工收费通道时，开始减速时到中心线的距离为x2==72 m。
(3)过ETC通道的时间t1=×2＋=18.5 s，过人工收费通道的时间t2=×2＋t0=44 s，x总2=2x2=144 m，二者的位移差Δx=x总2－x总1=6 m，在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt=t2－=25 s。(共42张PPT)
【学习目标】1.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.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。
3.能灵活处理多过程问题。
考点一　匀变速直线运动的规律及其应用
考点二　自由落体运动与竖直上抛运动
考点三　匀变速直线运动中的多过程问题
内
容
索
引
课时作业
第2讲　匀变速直线运动规律及其应用
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且____________不变的运动。其v－t图线是一条倾斜的直线，如图所示。
2.匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：v=____________。
(2)位移与时间的关系式：x=v0t＋at2。
由以上两式联立可得速度与位移的关系式：_______________。
考点一　匀变速直线运动的规律及其应用
加速度
v0＋at
v2－=2ax
3.公式选用原则
以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量。选用原则如下：
不涉及位移，选用v=v0＋at。
不涉及末速度，选用x=v0t＋at2。
不涉及时间，选用v2－=2ax。
4.正方向的选定
无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0=0时，一般以加速度a的方向为正方向。速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负。
5.常用的导出公式
(1)平均速度公式：=。
(2)位移差公式：Δx=x2－x1=x3－x2=…=xn－=aT2。
注意：不相邻相等的时间间隔T内的位移差公式：xm－xn=(m－n)aT2，此公式可以用于求加速度。
(3)初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
①T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=1∶4∶9∶…∶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∶(－1)∶()∶…∶()。
1.匀变速直线运动的加速度是均匀变化的。(　 　)
2.匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(　 　)
3.匀变速直线运动中，经过相等的时间，速度变化量相同。(　 　)
4.在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(　 　)


√
√
如图所示，一个物体在光滑的水平面上以速度v0水平向右运动。当物体运动到A点时，在物体上加一个水平向左的恒力，使该物体以某一加速度做匀变速运动，经过一段时间后，物体又回到A点。下列说法中，正确的是(　 　)
A.物体又回到A点的速度大小为0
B.物体又回到A点的速度大小为v0
C.物体又回到A点的速度大小为2v0
D.物体又回到A点的速度大小为v=v0
例 1
【解析】 物体以某一加速度做匀变速运动，经过一段时间后，物体又回到A点，则x=v0t－at2=0，解得经过的时间为t=，物体又回到A点的速度为v=v0－at=－v0，故物体又回到A点的速度大小为v0，B正确。
B
考向一　匀变速直线运动规律的基本应用
具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动刹车系统。某汽车以28 m/s的速度匀速行驶时，前方50 m处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊通过道路前1 m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为(　 　)
A.0 B.1 m
C.2 m D.3 m
例 2
【解析】 令x1=50 m，x2=1 m，汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，把刹车过程逆向处理，则有=2a(x1－x2)，t=，联立解得a=8 m/s2，t=3.5 s，所以汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为3~3.5 s内通过的位移大小，有x4=a，解得x4=1 m，B正确。
B
分析刹车类问题的方法
(1)刹车类问题的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，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
(4)汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动。
技能点拨
(2025·丽水期中)如图所示为位于贵州的花江峡谷大桥，其主桥长为1 420 m，桥面距水面垂直高度625 m，建成后桥梁高度居世界第一，并创下山区悬索桥跨径世界第一的纪录。假设该大桥允许最高通行速度为30 m/s，汽车在加速阶段的加速度恒为3 m/s2，视大桥主桥部分为直线，则汽车由主桥一端静止启动至完全通过主桥的最短时间约为(　 　)
A.21 s B.45 s
C.52 s D.96 s
例 3
【解析】 汽车匀加速运动的位移x1= m=150 m，匀加速运动的时间t1==10 s，汽车匀速运动的时间t2=≈42.3 s，所以汽车由主桥一端静止启动至完全通过主桥的最短时间t=t1＋t2≈52.3 s，C正确。
C
一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是(　 　)
A.1∶22∶32　1∶2∶3 B.1∶23∶33　1∶22∶32
C.1∶2∶3　1∶1∶1 D.1∶3∶5　1∶2∶3
例 4
【解析】 根据x=at2知，物体在1 s内、3 s内、6 s内的位移之比为1∶9∶36，则三段位移之比为1∶8∶27，根据=可知，三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，B正确，A、C、D错误。
B
考向二　匀变速直线运动的推论及其应用
如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　 　)
A.(－1)∶(－1) B.()∶(－1)
C.(＋1)∶(＋1) D.()∶(＋1)
例 5
【解析】 方法一：基本公式法
木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=a，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=a，当木板长度为2L时，有3L=a，又Δt1=t1－t0，Δt2=t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1=(－1)∶(－1)，A正确。
方法二：比例式法
设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板通过A点的时间间隔为Δt1，若木板长度为L，则t0∶Δt1=1∶(－1)①，若木板的长度为2L，设木板通过A点的时间间隔为Δt2，t0∶Δt2=1∶[(－1)＋()]=1∶(－1)②，联立①②得Δt2∶Δt1=(－1)∶(－1)，A正确。
A
解决匀变速直线运动的六种方法
技能点拨
技能点拨
1.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
考点二　自由落体运动与竖直上抛运动
0
匀变速直线运动 自由落体运动
v= v 0＋at v =gt
x= v 0t＋at2 h= gt 2
v 2－=2ax v 2=2gh
g
2.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_______________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=v0t－gt2。
(3)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点的速度大小与下降过程经过A点的速度大小相等。
自由落体
v=v0－gt
1.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大。(　 　)
2.做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s。(　 　)
3.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。(　 　)
4.做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的。(　 　)
√
√

√
(2025·浙江四校模拟)雨后，某人用高速相机拍下一幅水滴下落的照片，如图所示，其中第4滴水刚要离开屋檐，若滴水的时间间隔相同，第1滴水与第2滴水的实际间距为1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则拍下照片的瞬间，图中第1滴水的速度大小为(　 　)
A.4 m/s
B.5 m/s
C.6 m/s
D.8 m/s
例 6
【解析】 设滴水间隔为T，据题意可得L=g(3T)2－g(2T)2，解得T=0.2 s，则第1滴水的速度大小v=g×3T=6 m/s，C正确。
C
(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m。不计空气阻力，g取10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为
(　 　)
A.(2－) s B.(2＋) s
C.(2＋) s D. s
例 7
【解析】 物体从塔顶边缘的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下。在A点之上时，通过位移大小为10 m处有上升和下降两种过程；在A点之下时，通过位移大小为10 m处只有下降过程。由H=，解得v0=20 m/s。
ABC
方法一：分段法
设物体上升过程离A点10 m时速度为v1，有=－2gh，解得v1=10 m/s，则物体运动的时间t1==(2－)s，A正确；物体从抛出到下落至A点上方10 m处时，运动的时间t2=t1＋=(2＋)s，B正确；物体从最高点到下落至A点下方10 m处时，有H＋h=g，解得t3= s，故物体从抛出到下落至A点下方10 m处时，运动的时间t3'=＋t3=(2＋)s，C正确，D错误。
方法二：全程法
取竖直向上为正方向，物体的位移为x=v0t－gt2，当物体位于A点上方10 m处时，x=10 m，解得t1=(2－)s，t2=(2＋)s，A、B正确。当物体位于A点下方10 m处时，x=－10 m，解得t3=(2＋)s，t4=(2－)s(舍去)，C正确，D错误。
(1)竖直上抛运动的研究方法：
(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，在解决问题时要注意。
技能点拨
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
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.匀变速直线运动多过程的0－v－0模型
(1)运动特征：物体的初速度为0，先匀加速到v，再匀减速到末速度为0。
(2)分段结论：，t1、t2、x1、x2、a1、a2分别是前段和后段的时间、位移大小和加速度大小。
(3)全程结论：加速阶段、减速阶段和全程的平均速度相同，最大速度vm=2。
考点三　匀变速直线运动中的多过程问题
在游乐场中有一种大型游戏项目“垂直极限”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿竖直轨道(可视为光滑轨道)提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动，下落2 s后座椅受到压缩空气提供的恒定阻力作用而立即做匀减速运动，再经历4 s座椅速度恰好减为零，关于座椅的运动情况，下列说法中，正确的是(　 　)
A.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比=1∶1
B.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比为=2∶1
C.自由落体阶段和匀减速阶段的位移大小之比x1∶x2=2∶1
D.自由落体阶段和匀减速阶段的加速度大小之比a1∶a2=1∶2
例 8
【解析】 设全过程最大速度为vm，根据匀变速直线运动的推论=，可知自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度，A正确，B错误；根据x=t可知，C错误；根据a=，可知，D错误。
A
(人教版必修第一册改编)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为12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d=10 m处正好匀减速至v2为4 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零，经过t0=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。求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速至恢复正常行驶过程中的位移大小；
例 9
【解析】 过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，
则x1==64 m，故总的位移x总1=2x1＋d=138 m。
【答案】 138 m　
(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
【解析】 过人工收费通道时，开始减速时到中心线的距离为x2==72 m。
【答案】 72 m　
(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。
【解析】 过ETC通道的时间t1=×2＋=18.5 s，过人工收费通道的时间t2=×2＋t0=44 s，x总2=2x2=144 m，二者的位移差Δx=x总2－x总1=6 m，在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt=t2－=25 s。
【答案】 25 s
课时作业
答案速对
第一单元 第2讲　匀变速直线运动规律及其应用 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C C D D B B A
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 A A C AB C (1)20 m/s　(2)680 m 见答案
1.(2025·江苏卷)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2 s内速度由12 m/s减至0。该过程中加速度的大小为(　 　)
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.8 m/s2
【解析】 根据运动学公式v=v0＋at，代入数值解得a=－6 m/s2，故加速度的大小为6 m/s2，C正确。
C
2.(人教版必修第一册改编)以18 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为(　 　)
A.50 m B.45 m
C.40.5 m D.40 m
【解析】 根据x=v0tat2得36=18×3a×32，即a=－4 m/s2。汽车停止所需时间t'= s=4.5 s＜5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移x'= m=40.5 m，C正确。
C
3.浙江省长兴县十里银杏长廊景区古银杏众多，成片成林全国罕见。某次游客小朱发现一片手掌大小的树叶正好从离水平地面高约3 m的树枝上飘落。这片树叶从树枝开始下落到地面上经过的时间可能是(　 　)
A.0.4 s B.0.6 s
C.0.8 s D.3.0 s
【解析】 根据自由落体运动公式h=gt2，解得t=≈0.8 s，由于存在空气阻力，可知树叶下落的时间大于0.8 s，D正确，A、B、C错误。
D
4.(2025·金华期末)如图所示为一条由倾斜直轨道与水平直轨道顺滑连接组成的滑草轨道，一位游客坐上滑板从斜轨上端出发，经8 s到达斜轨底端，再经5 s停在水平直轨末端。此倾斜直轨与水平直轨的长度之比是(　 　)
A.1∶1
B.64∶25
C.5∶8
D.8∶5
【解析】 设游客到达斜轨底端的速度大小为v，在倾斜直轨道上运动的过程有x1=t1，在水平直轨道上运动的过程有x2=t2，可得倾斜直轨与水平直轨的长度之比x1∶x2=t1∶t2=8∶5，D正确。
D
5.(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，不计空气阻力，则(　 　)
A.v1=5 m/s B.v1=10 m/s
C.v2=15 m/s D.v2=30 m/s
【解析】 石块自由下落做自由落体运动，加速度与质量无关，则下落1 s后速度为v1=v2=gt=10 m/s2×1 s=10 m/s，B正确。
B
6.(人教版必修第一册改编)有一架照相机，其光圈(进光孔径)随被摄物体的亮度自动调节，而快门(曝光时间)是固定不变的。为估测这架照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子从地面以上2.5 m的高度下落，每块砖的平均厚度为6 cm，估算这架照相机的曝光时间为(　 　)
A.0.01 s B.0.02 s
C.0.1 s D.0.2 s
【解析】 图中AB的实际长度为AB=0.12 m，A到地面的高度h1=8.5×6 cm=
0.51 m，B到地面的高度h2=6.5×6 cm=0.39 m，设开始下落点为O，则hOA=
H－h1=1.99 m，hOB=H－h2=2.11 m。由hOA=g得t1≈0.64 s，由hOB=g
得t2≈0.66 s，所以曝光时间Δt=t2－t1=0.02 s，B正确。
B
7.在某一高度以v0=20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)(　 　)
A.小球在这段时间内的位移大小一定是15 m，方向竖直向上
B.小球在这段时间内的平均速率可能是5 m/s
C.小球在这段时间内的速度变化大小可能是10 m/s，方向竖直向上
D.小球在这段时间内上升的最大高度一定为15 m
【解析】 小球的位移一定是x= m=15 m，方向竖直向上，A正确；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，小球在这段时间的平均速率为=15 m/s，当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，小球在这段时间的路程为s==25 m，所用时间为t=
t上＋t下==3 s，平均速率为 m/s，B错误；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，在这段时间的速度变化为Δv=v－v0=(10－20) m/s=－10 m/s，方向竖直向下，当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，在这段时间的速度变化为Δv=v－v0=(－10－20) m/s=
－30 m/s，方向竖直向下，C错误；当小球速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，小球上升的最大高度为h= m=20 m，D错误。
A
8.冬季滑雪已成为人们喜爱的运动项目。运动员沿直雪道由静止开始匀加速下滑，加速度为a，滑雪板的长度为L，其B端到达P点所用的时间为t，则滑雪板的A、B端通过P点的时间差是
(　 　)
A.t－ B.－t
C. D.
【解析】 由B端到达P点所用的时间为t，可知B端到P点的位移大小为x=at2，则A端到P点的位移大小为x'=x－L=at2－L，设A端到达P点所用的时间为t'，则at2－L=at'2，解得t'= ，则滑雪板的A、B端通过P点的时间差是Δt=t－t'=t－，A正确。
A
9.(2025·安徽卷)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　 　)
A.x=at2 B.x=at2
C.x=at2 D.x=at2
【解析】 由题意可知，设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，匀加速直线运动阶段，由位移公式x=t'，根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x=vt，联立解得t'=，再根据x=at'2，解得x=at2，A正确。
A
10.图示描述的是伽利略在比萨斜塔上做落体实验的故事。不计空气阻力，小球从塔上自由下落，由静止开始经过第一段高度h速度的增加量为Δv1，经过第三段高度h速度的增加量为Δv2，则Δv1与Δv2的比值满足(　 　)
A.1＜＜2
B.2＜＜3
C.3＜＜4
D.4＜＜5
【解析】 小球做自由落体运动，通过两段相同高度h的时间之比为t1∶t2=1∶()，由Δv=gt，则，即3＜＜4，C正确。
C
11.(多选)某同学用频闪相机在家拍出的苹果自由下落的情况如图所示，已知频闪相机
相邻两次闪光的时间间隔为T，每次闪光的时间很短，可忽略不计。苹果在相邻两位
置间的距离在图中已经标出，不计空气阻力。下列说法中，正确的有(　 　)
A.若x1∶x2∶x3=1∶3∶5，则苹果由A位置静止释放
B.苹果在B位置时的速度大小为
C.相邻两次闪光时间内，位移的增量越来越大
D.第3次闪光到第4次闪光苹果速度的增量大于第1次闪光到第2次闪光苹果速度的增量
【解析】 苹果在下落过程中，不计空气阻力，加速度为g，则有x1=v0TgT2，x2=v0×2Tg －x1=v0TgT2，x3=v0×3Tg(3T)2－x2=v0TgT2，
若x1∶x2∶x3=1∶3∶5，即对比上面三个式子可知苹果由A位置静止释放，A正确；已知频闪相机相邻两次闪光的时间间隔为T，故B位置是A、C的中间时刻，则苹果在B位置时的速度等于A、C间的平均速度，即vB=，B正确；匀变速直线运动中，相邻相等时间间隔内的位移差是定值，即满足Δx=aT2，所以相邻两次闪光时间内，位移的增量为定值，C错误；由加速度的定义式有a=，可知，在第3次闪光到第4次闪光和第1次闪光到第2次闪光用时均为T，则速度的增量均为定值，即满足Δv=gT，D错误。
AB
12.(人教版必修第一册改编)子弹以初速度v0垂直射入叠在一起的厚度相同、材质相同的木板，穿过第20块木板后速度恰好变为0，可以把子弹视为质点，已知木板的厚度均为d，认为子弹在各块木板中运动的加速度都相同，则(　 　)
A.子弹在各块木板中运动的加速度大小为
B.子弹穿过前15块木板所用的时间为
C.子弹穿过第15块木板所用的时间为　
D.子弹穿过前15块木板的平均速度为
【解析】 子弹全程所走位移为x=20d，设子弹的加速度为a，根据v2－=2ax，解得a=－=－，所以加速度大小为，A错误；设子弹穿过第15块木板后的速度为v1，根据 =2a×15d，解得v1=，根据v1=v0＋at，解得t=，B错误；设子弹穿过第14块木板后的速度为v2，根据=2a×14d，解得v2=v0，根据v1=v2＋at2，解得子弹穿过第15块木板所用时间t2=，C正确；平均速度=，解得=，D错误。
C
13.(2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s，求：
(1)救护车匀速运动时的速度大小；
【解析】 根据匀变速直线运动速度公式有v=at1，可得救护车匀速运动时的速度大小v=2×
10 m/s=20 m/s。
【答案】 20 m/s　
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
【解析】 救护车加速运动过程中的位移x1=a=100 m，设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得x1=v0(t2－t3)－v(t3－t1)，停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1＋v(t3－t1)，代入数据联立解得x=680 m。
【答案】 680 m
14.如图所示为一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球被竖直向上弹出，在O点与弹簧分离，然后返回。在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得O、P间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2。
(1)求重力加速度g；
【解析】 小球从O点上升的最大高度h1=g，小球从P点上升的最大高度h2=g，依据题意，有h1－h2=H，联立解得g=。
【答案】
(2)若O点与玻璃管底部的距离为L0，求玻璃管的最小长度。
【解析】 玻璃管的最小长度L=L0＋h1，故L=L0。
【答案】 L0

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