第2节 匀变速直线运动的规律
[学习目标] 1．熟悉匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式，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．会正确选择运动学公式及推论解决相关问题。
4．能灵活处理多过程问题。
1．匀变速直线运动
2．初速度为零的匀加速直线运动
3．自由落体运动
(1)概念：只在重力作用下，物体由____开始下落的运动。
(2)规律：速度公式：v＝____；位移公式：h＝__________；速度与位移关系式：v2＝______。
4．竖直上抛运动
(1)概念：将物体以一定的初速度竖直____抛出，只在____作用下的运动。
(2)规律：速度公式：v＝__________；位移公式：h＝________________；速度与位移关系式：＝________。
1．易错易混辨析
(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。 ( )
(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 ( )
(3)在几个做匀变速直线运动的物体中，加速度最大的物体在时间t内位移一定最大。 ( )
(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。 ( )
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。 ( )
2．(鲁科版必修第一册习题改编)空军特级飞行员李峰驾驶歼-10战机执行战术机动任务，在距机场 54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停止，失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障安全返航第一人。若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，且其着陆后的初速度为 60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A．288 m B．300 m
C．150 m D．144 m
3．(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距释放点的距离。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
匀变速直线运动的基本规律及应用
1．常用公式的选取方法
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题而设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用的公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
v0、a、t、x v x＝v0t＋at2
v0、v、a、 ＝2ax
v0、v、t、x a x＝t
点拨：运动学公式中正、负号的规定
直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以a的方向为正方向。
2．解题流程
点拨：应用运动学公式计算时，需要规定正方向，一般以v0的方向为正方向。
基本公式的应用
[典例1] (2024·浙江台州期中)在女子直线400 m比赛中某段时间内，某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s后速度达到v1＝8 m/s，然后匀速运动了t2＝10 s，接着经t3＝5 s匀减速运动到v2＝6 m/s。(该同学可以看作质点)求：
(1)该同学在加速运动阶段的加速度a1；
(2)该同学在第16 s末的速度v3；
(3)该同学这段时间内的位移x。
[听课记录]
刹车类问题
[典例2] (人教版必修第一册习题改编)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
[听课记录]
双向可逆运动问题
[典例3] (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
[听课记录]
应用基本公式的事项注意
(1)选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化。
(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零。利用基本公式求解此类问题时，应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。
(3)对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故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。
匀变速直线运动的推论及应用
1．匀变速直线运动的常用推论
2．方法选取技巧
(1)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，常用平均速度法。
(2)匀减速到0的运动常用逆向思维法和比例法。
(3)处理纸带类问题时常用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度。
平均速度法的应用
[典例4] (2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是 5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( )
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
[听课记录]
位移差公式的应用
[典例5] (多选)(2024·河南重点中学高三联考)如图(a)所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d＝0.6 m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是( )
A．物块在由A运动至E的时间为0.60 s
B．位置A与位置D间的距离为1.30 m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25 m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2
[听课记录]
比例法的应用
[典例6] (多选)(2025·广东深圳市高三月考)四个水球可以挡住一颗子弹。如图所示，相同的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计，子弹重力忽略不计。以下说法正确的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化量相同
B．子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－)∶()∶(－1)∶1
C．子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1
D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
[听课记录]
自由落体与竖直上抛运动
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)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，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．竖直上抛运动的两种处理方法
(1)分段法：
①上升阶段：a＝g的匀减速直线运动；
②下降阶段：自由落体运动。
(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为 a＝－g的匀变速直线运动。
自由落体运动
[典例7] (多选)(2025·山东济南高三质检)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∶∶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
[听课记录]
竖直上抛运动
[典例8] (一题多法)气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度大小是多少？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
[听课记录]
匀变速直线运动的多过程问题
1．问题特点
一个物体的运动包含几个阶段，各阶段的运动满足不同的运动性质和规律，交接处的速度是连接各段的纽带。
2．求解思路
(1)由题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量。
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。
[典例9] (人教版必修第一册习题改编)如图所示是汽车分别通过ETC(电子不停车收费系统)通道和人工收费通道的流程，假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走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＝4 m/s, 匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至0，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)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车走人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车走ETC通道与走人工收费通道相比节约的时间。
思路点拨：画出运动过程示意图
(1)走ETC通道时经历三个运动阶段：
(2)走人工收费通道经历三个运动阶段：
[听课记录]
1．(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点的距离为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)
2．(2025·八省联考云南卷)司机驾驶汽车以 36 km/h 的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是( )
A．9.0 s，0.5 m/s2 B．7.0 s，0.6 m/s2
C．6.0 s，0.7 m/s2 D．5.0 s，0.8 m/s2
3．(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；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
第2节 匀变速直线运动的规律
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梳理·必备知识
1．加速度 相同 相反 v0＋at v0t＋at2
2ax (1)aT2 (2)
2．1∶2∶3∶…∶n 12∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n－1) 1∶(－1)∶()∶…∶()
3．(1)静止 (2)gt gt2 2gh
4．(1)向上 重力 (2)v0－gt v0t－gt2 －2gh
激活·基本技能
1．(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×
2．B [先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m，故选B。]
3．BD [根据自由落体的位移公式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a＝＝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 ＝2gx，可以算出小球运动到A位置的速度，C错误。]
细研考点·突破题型
考点1
典例1 解析：(1)设匀加速阶段的加速度为a1，则v1＝a1t1
解得a1＝2 m/s2。
(2)设减速运动阶段的加速度为a2，因为
v2＝v1＋a2t3
所以a2＝－0.4 m/s2
当t＝16 s时，该同学已减速运动了t4＝2 s，此时该同学的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2 m/s。
(3)匀加速直线运动的位移x1＝＝16 m
匀速直线运动的位移x2＝v1t2＝80 m
匀减速直线运动的位移x3＝＝35 m
则总位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。
答案：(1)2 m/s2 (2)7.2 m/s (3)131 m
典例2 C [根据x＝v0t＋at2，解得a＝－4 m/s2, 汽车停止所需时间为t′＝＝ s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x′＝＝ m＝40.5 m, 故C正确。]
典例3 ABC [以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确；当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确；由速度—时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、 v3＝－5 m/s，故D错误。]
考点2
典例4 C [根据题意，设RS间的距离为s，则ST间的距离为2s，设R点速度为vR，S点速度为vS，T点速度为vT，加速度为a，根据运动学公式，有＝＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于初、末速度的平均值，有＝10 m/s，＝5 m/s, 联立解得vT＝1 m/s，C正确。]
典例5 CD [由题图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔为T＝0.40 s，故AE的时间间隔为1.60 s，选项A错误；而AC段与CE段的时间间隔为2T＝0.80 s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－xAC＝a·(2T)2，解得a＝1.875 m/s2，选项D正确；物块在位置D时速度vD＝＝2.25 m/s，选项C正确；由vD＝vA＋a·3T得，物块在A位置速度vA＝0，则位置A、D间距离为xAD＝＝1.35 m，选项B错误。]
典例6 BCD [子弹做匀减速直线运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，而加速度相同，由Δv＝at知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，故A错误；子弹的运动可看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(－1)∶()∶(2－)，则子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－)∶()∶(－1)∶1，故B正确；子弹的运动可看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据x＝at2可得子弹逆向依次进入每个水球的时间之比为1∶∶∶2，根据v＝at可知子弹逆向依次进入每个水球时的速度之比为1∶∶∶2，则子弹依次进入每个水球时的速度之比为 2∶∶∶1，故C正确；子弹恰好能穿出第4个水球，则根据B项分析知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球所用的时间相同，则子弹穿出第3个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，故D正确。]
考点3
典例7 AC [由v2＝2gh，得v＝，故 v1∶v2∶v3＝∶∶1，A正确；由t＝得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝∶∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝()·，c与b开始下落的时间差Δt2＝(－1)·，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。]
典例8 解析：
解法一 全程法
取全过程进行研究，设从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示。
重物在时间t内的位移h＝－175 m
将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入
h＝v0t－gt2
解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)
所以重物落地时速度为
v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反。
解法二 分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1＝＝ s＝1 s
上升的最大高度h1＝＝×10×12 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，落地时间为t2＝＝ s＝6 s
落地速度为v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下)
所以重物从气球上掉落到地面的时间t＝t1＋t2＝7 s。
答案：7 s 60 m/s
微点突破
典例9 解析：(1)走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)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为x2＝＝72 m。
(3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t1＝×2＋＝18.5 s
走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t2＝×2＋t0＝44 s
又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：(1)138 m (2)72 m (3)25 s
即时检验·感悟高考
1．A [对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝，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＝，当木板长度为2L时，有3L＝，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。]
2．A [汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36 km/h＝10 m/s，若末速度v为20 km/h≈5.56 m/s，则该过程汽车速度的变化量为Δv＝v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at及题意，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积大于4.44 m/s，结合选项内容，符合题意的仅有A选项。故选A。]
3．解析：(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1
代入数据解得v＝20 m/s。
(2)设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
x＝＋v(t0－t1)
又x＝v0(t2－t0)
联立并代入数据解得x＝680 m。
答案：(1)20 m/s (2)680 m
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第一章 运动的描述 匀变速直线运动
第2节 匀变速直线运动的规律
[学习目标] 1．熟悉匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式，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．会正确选择运动学公式及推论解决相关问题。
4．能灵活处理多过程问题。
链接教材·夯基固本
1．匀变速直线运动
2．初速度为零的匀加速直线运动
3．自由落体运动
(1)概念：只在重力作用下，物体由____开始下落的运动。
(2)规律：速度公式：v＝____；位移公式：h＝_______；速度与位移关系式：v2＝_____。
静止
gt
gt2
2gh
4．竖直上抛运动
(1)概念：将物体以一定的初速度竖直____抛出，只在____作用下的运动。
(2)规律：速度公式：v＝_________；位移公式：h＝__________；速度与位移关系式：＝_______。
向上
重力
v0－gt
v0t－gt2
－2gh
1．易错易混辨析
(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。 ( )
(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 ( )
(3)在几个做匀变速直线运动的物体中，加速度最大的物体在时间t内位移一定最大。 ( )
√
×
×
(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。 ( )
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。 ( )
√
×
2．(鲁科版必修第一册习题改编)空军特级飞行员李峰驾驶歼-10战机执行战术机动任务，在距机场 54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停止，失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障安全返航第一人。若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，且其着陆后的初速度为 60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A．288 m B．300 m
C．150 m D．144 m
√
B [先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m，故选B。]
3．(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距释放点的距离。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 [根据自由落体的位移公式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a＝＝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 ＝2gx，可以算出小球运动到A位置的速度，C错误。]
细研考点·突破题型
考点1 匀变速直线运动的基本规律及应用
1．常用公式的选取方法
题目中所涉及的物理量 (包括已知量、待求量和为解题而设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用的公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
题目中所涉及的物理量 (包括已知量、待求量和为解题而设定的中间量) 没有涉及的物理量 适宜选用的公式
v0、a、t、x v x＝v0t＋at2
v0、v、a、 ＝2ax
v0、v、t、x a x＝t
点拨：运动学公式中正、负号的规定
直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以a的方向为正方向。
2．解题流程
点拨：应用运动学公式计算时，需要规定正方向，一般以v0的方向为正方向。
角度1 基本公式的应用
[典例1] (2024·浙江台州期中)在女子直线400 m比赛中某段时间内，某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s后速度达到v1＝
8 m/s，然后匀速运动了t2＝10 s，接着经t3＝5 s匀减速运动到v2＝
6 m/s。(该同学可以看作质点)求：
(1)该同学在加速运动阶段的加速度a1；
(2)该同学在第16 s末的速度v3；
(3)该同学这段时间内的位移x。
[解析] (1)设匀加速阶段的加速度为a1，则
v1＝a1t1
解得a1＝2 m/s2。
(2)设减速运动阶段的加速度为a2，因为
v2＝v1＋a2t3
所以a2＝－0.4 m/s2
当t＝16 s时，该同学已减速运动了t4＝2 s，此时该同学的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2 m/s。
(3)匀加速直线运动的位移x1＝＝16 m
匀速直线运动的位移x2＝v1t2＝80 m
匀减速直线运动的位移x3＝＝35 m
则总位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。
[答案] (1)2 m/s2 (2)7.2 m/s (3)131 m
角度2 刹车类问题
[典例2] (人教版必修第一册习题改编)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
√
C [根据x＝v0t＋at2，解得a＝－4 m/s2，汽车停止所需时间为t′＝＝ s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x′＝＝ m＝40.5 m, 故C正确。]
角度3 双向可逆运动问题
[典例3] (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
√
√
√
ABC [以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确；当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确；由速度—时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误。]
易错警示 应用基本公式的事项注意
(1)选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化。
(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零。利用基本公式求解此类问题时，应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。
(3)对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故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。
考点2 匀变速直线运动的推论及应用
1．匀变速直线运动的常用推论
2．方法选取技巧
(1)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，常用平均速度法。
(2)匀减速到0的运动常用逆向思维法和比例法。
(3)处理纸带类问题时常用Δx＝x2－x1＝aT 2，xm－xn＝(m－n)aT 2求加速度。
角度1 平均速度法的应用
[典例4] (2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是 5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( )
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
√
C [根据题意，设RS间的距离为s，则ST间的距离为2s，设R点速度为vR，S点速度为vS，T点速度为vT，加速度为a，根据运动学公式，有＝＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于初、末速度的平均值，有＝10 m/s，＝5 m/s，联立解得vT＝1 m/s，C正确。]
角度2 位移差公式的应用
[典例5] (多选)(2024·河南重点中学高三联考)如图(a)所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d＝0.6 m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是( )
A．物块在由A运动至E的时间为0.60 s
B．位置A与位置D间的距离为1.30 m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25 m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2
√
√
CD [由题图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔为T＝0.40 s，故AE的时间间隔为1.60 s，选项A错误；而AC段与CE段的时间间隔为2T＝0.80 s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－xAC＝a·(2T)2，解得a＝1.875 m/s2，选项D正确；物块在位置D时速度vD＝＝2.25 m/s，选项C正确；由vD＝vA＋a·3T得，物块在A位置速度vA＝0，则位置A、D间距离为xAD＝＝1.35 m，选项B错误。]
角度3 比例法的应用
[典例6] (多选)(2025·广东深圳市高三月考)四个水球可以挡住一颗子弹。如图所示，相同的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计，子弹重力忽略不计。以下说法正确的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化量相同
B．子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－)∶()∶(－1)∶1
C．子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1
D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
√
√
√
BCD [子弹做匀减速直线运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，而加速度相同，由Δv＝at知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，故A错误；子弹的运动可看作反向的初速度为0的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(－1)∶()∶(2－)，则子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－)∶()∶(－1)∶1，故B正确；子弹的运动可看
作反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据x＝at2可得子弹逆向依次进入每个水球的时间之比为1∶∶∶2，根据v＝at可知子弹逆向依次进入每个水球时的速度之比为1∶∶∶2，则子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶∶∶1，故C正确；子弹恰好能穿出第4个水球，则根据B项分析知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球所用的时间相同，则子弹穿出第3个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，故D正确。]
考点3 自由落体与竖直上抛运动
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)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，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．竖直上抛运动的两种处理方法
(1)分段法：
①上升阶段：a＝g的匀减速直线运动；
②下降阶段：自由落体运动。
(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为 a＝－g的匀变速直线运动。
角度1 自由落体运动
[典例7] (多选)(2025·山东济南高三质检)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∶∶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
√
√
AC [由v2＝2gh，得v＝，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，A正确；由t＝得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝∶∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝()·，c与b开始下落的时间差Δt2＝(－1)·，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。]
角度2 竖直上抛运动
[典例8] (一题多法)气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度大小是多少？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
[解析] 解法一 全程法
取全过程进行研究，设从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示。
重物在时间t内的位移h＝－175 m
将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入
h＝v0t－gt2
解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)
所以重物落地时速度为
v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反。
解法二 分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1＝＝ s＝1 s
上升的最大高度h1＝＝×10×12 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，落地时间为t2＝＝ s＝6 s
落地速度为v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下)
所以重物从气球上掉落到地面的时间t＝t1＋t2＝7 s。
[答案] 7 s 60 m/s
微点突破 匀变速直线运动的多过程问题
1．问题特点
一个物体的运动包含几个阶段，各阶段的运动满足不同的运动性质和规律，交接处的速度是连接各段的纽带。
2．求解思路
(1)由题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量。
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。
[典例9] (人教版必修第一册习题改编)如图所示是汽车分别通过ETC(电子不停车收费系统)通道和人工收费通道的流程，假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走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＝4 m/s, 匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至0，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)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车走人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车走ETC通道与走人工收费通道相比节约的时间。
思路点拨：画出运动过程示意图
(1)走ETC通道时经历三个运动阶段：
(2)走人工收费通道经历三个运动阶段：
[解析] (1)走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)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为x2＝＝72 m。
(3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t1＝×2＋＝18.5 s
走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t2＝×2＋t0＝44 s
又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] (1)138 m (2)72 m (3)25 s
即时检验·感悟高考
1．(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点的距离为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)
√
A [对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝，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＝，当木板长度为2L时，有3L＝，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。]
2．(2025·八省联考云南卷)司机驾驶汽车以 36 km/h 的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是( )
A．9.0 s，0.5 m/s2 B．7.0 s，0.6 m/s2
C．6.0 s，0.7 m/s2 D．5.0 s，0.8 m/s2
√
A [汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36 km/h＝
10 m/s，若末速度v为20 km/h≈5.56 m/s，则该过程汽车速度的变化量为Δv＝v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at及题意，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积大于
4.44 m/s，结合选项内容，符合题意的仅有A选项。故选A。]
3．(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；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
[解析] (1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1
代入数据解得v＝20 m/s。
(2)设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
x＝＋v(t0－t1)
又x＝v0(t2－t0)
联立并代入数据解得x＝680 m。
[答案] (1)20 m/s (2)680 m
课时数智作业(二)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(2024·江西南昌二模)屋檐的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，两雨滴在空中运动的过程中，它们之间的距离( )
A．保持不变 B．不断减小
C．不断增大 D．与雨滴质量有关
12
√
C [设两雨滴滴落的时间间隔为Δt，它们之间的距离Δh＝g(t＋Δt)2－gt2，整理得Δh＝g[2tΔt＋(Δt)2]，随着时间的增加，两雨滴之间的距离不断增大。故选C。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2．(2024·广西南宁二模)小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时(如图所示)小车的速度为v，BC的距离是AB的2倍，则到达C点时小车的速度为( )
A．v B．3v
C．v D．2v
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A [设AB的距离为L，小车做初速度为零的匀变速直线运动，对A到B过程，有v2＝2aL，对A到C过程，有v′2＝2a×3L，解得到达C点时小车的速度v′＝v，故选A。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．(2025·山东省实验中学高三检测)中国自主研发的 “暗剑”无人机，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120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B [第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则a＝＝ m/s2＝40 m/s2，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(2024·湖南长沙一模)2023年10月4日，杭州亚运会跳水项目比赛迎来收官战。至此，杭州亚运会跳水项目圆满结束。中国队包揽本届亚运会跳水项目全部十枚金牌，再次实现“十全十美”。如图所示，中国运动员完成精彩的翻转动作后，保持同一姿势下落，依次经过A、B、C、D四点，最后压住水花没入水中。假设运动员在AD段受到重力
和阻力作用做匀加速直线运动，经过AB、BC和CD三段所用
的时间之比为1∶2∶3，AB段和CD段的高度分别为h1和h3，
则BC段的高度为( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A． B．
C． D．
C [设运动员加速度为a，在A点的速度为vA，经过AB段的时间为t，BC段高度为h2，根据位移与时间的关系式有h1＝vAt＋at2，h1＋h2＝vA·3t＋a·(3t)2，h1＋h2＋h3＝vA·6t＋a·(6t)2，联立解得h2＝，故选C。]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．一个质点在x轴上运动，位置随时间的变化规律是x＝4t＋2t2 m，关于这个质点的运动，以下说法正确的是( )
A．质点做匀速直线运动
B．质点的加速度的大小为4 m/s2，方向沿x轴正方向
C．t＝2 s时质点的位置在x＝12 m处
D．t＝2 s时质点的速度大小为16 m/s，方向沿x轴正方向
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B [根据题意，由公式x＝v0t＋at2结合位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2 m，可得v0＝4 m/s，a＝4 m/s2，可知质点在x轴上做初速度为4 m/s，加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，故A错误，B正确；由位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2 m可得，t＝2 s时质点的位置在x＝(4×2＋2×22) m＝16 m，故C错误；由公式v＝v0＋at可得，t＝2 s时质点的速度大小为v＝(4＋4×2) m/s＝12 m/s，方向沿x轴正方向，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(2024·陕西西安高三统考)如图所示，物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度。一同学将两个相同的铁球1、2用长L＝3.8 m的细线连接。用手抓住球2使其与桥面等高，让球1悬挂在正下方，然后由静止释放，桥面处的接收器测得两球落到水面的时间差Δt＝0.2 s，g取10 m/s2，忽略空气阻力，则桥面该处到水面的高度为( )
A．22 m
B．20 m
C．18 m
D．16 m
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B [设桥面高度为h，根据自由落体运动位移公式，对铁球2有h＝，对铁球1有h－L＝，又t2－t1＝Δt，解得h＝20 m，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
7．(2024·山东济南高三期末)2023年12月，甘肃省临夏州发生6.2级地震后，我国多型无人机迅速驰援救灾现场，通过航空科技助力抢险救灾。某次运送救援物资时，救援人员控制无人机由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，达到一定速度后再做匀减速直线运动减速到零。已知无人机做匀加速运动的时间为做匀减速直线运动时间的2倍，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．无人机做匀加速直线运动的位移为做匀减速直线运动位移的倍
B．无人机做匀加速直线运动的位移为做匀减速直线运动位移的2倍
C．无人机做匀加速运动的加速度为做匀减速直线运动加速度的倍
D．无人机做匀加速运动的加速度为做匀减速直线运动加速度的2倍
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B [根据匀变速直线运动规律，加速阶段和减速阶段的位移大小分别为x加＝·t加＝，x减＝·t减＝，因为t加＝2t减，则匀加速直线运动的位移与匀减速直线运动位移之比为x加∶x减＝2∶1, 故A错误，B正确；加速阶段和减速阶段的加速度大小分别为a加＝＝，a减＝＝，匀加速运动的加速度与匀减速直线运动加速度之比为a加∶a减＝∶＝1∶2，故C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．(2025·广东茂名高三检测)升降机从井底以5 m/s的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过4 s升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2, 下列说法正确的是( )
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为40 m/s
D．螺钉松脱后做竖直上抛运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D [螺钉松脱后做竖直上抛运动，故A错误，D正确；规定向下为正方向，根据v＝－v0＋gt，螺钉落到井底时的速度大小为v＝
－5 m/s＋10×4 m/s＝35 m/s, 故C错误；螺钉下降距离为h1＝＝－5×4 m＋×10×42 m＝60 m，因此井深为h＝v0t＋h1＝
80 m，故B错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
9．如图所示，具有主动刹车系统的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，会立即开始主动刹车，车主可根据需要设置安全距离。某车的安全距离为10 m，若汽车正以36 km/h的速度在路面上行驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为6 m/s2，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．汽车刹车时间为5 s
B．汽车能安全停下
C．汽车开始主动刹车后第1 s末的速度为 5 m/s
D．汽车开始主动刹车后第2 s内的平均速度为 2 m/s
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B [汽车刹车后做匀减速运动，规定汽车行驶方向为正方向，速度v0＝36 km/h＝10 m/s，速度减到零所需时间t＝＝ s＝ s，汽车刹车到停下运动的位移x＝t＝× m＝ m<10 m，汽车能安全停下，A错误，B正确；汽车开始主动刹车后第1 s末的速度为v＝v0＋at＝
10 m/s－6×1 m/s＝4 m/s，C错误；汽车开始主动刹车后第 2 s 内的位移Δx＝＝10× m－×6× m－10×1 m＋×6×12 m＝ m，第2 s内的平均速度为＝＝ m/s＝ m/s，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
×6× m－10×1 m＋×6×12 m＝ m，第2 s内的平均速度为＝＝ m/s＝ m/s，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
10．(2025·河南郑州高三阶段检测)如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有
落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，
取g＝10 m/s2)( )
A．2.3 m/s B．2.6 m/s
C．3.1 m/s D．3.2 m/s
√
题号
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B [小球从释放到落地共用时t1＝＝ s＝0.6 s，小球从释放到下落1.25 m共用时t2＝＝ s＝0.5 s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒的运动时间要小于小球的总运动时间，还要大于小球从释放到下落 1.25 m 所用时间，即t2题号
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11．(2025·浙江绍兴高三阶段检测)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如表：
运动过程 运动时间 运动状态
匀加速运动 0～40 s 初速度v0＝0，末速度v＝4.2 m/s
匀速运动 40～640 s v＝4.2 m/s
匀减速运动 640～720 s 靠岸时的速度v1＝0.2 m/s
题号
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(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；
(2)求游船匀减速运动过程中加速度大小a2及位移大小x2；
(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。
题号
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[解析] (1)根据题意，结合题表中数据，由公式v＝v0＋at可得
游船匀加速运动过程中加速度大小为a1＝＝0.105 m/s2
由公式＝2ax可得
位移大小为x1＝＝84 m。
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(2)根据题意，结合题表中数据，由公式v＝v0＋at可得
游船匀减速运动过程中加速度大小为
a2＝＝0.05 m/s2
由公式＝2ax可得
位移大小为x2＝＝176 m。
题号
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(3)游船在整个行驶过程中的总位移x＝x1＋vt2＋x2＝2 780 m
游船在整个行驶过程中的平均速度大小＝＝ m/s≈3.86 m/s。
[答案] (1)0.105 m/s2 84 m (2)0.05 m/s2 176 m (3)3.86 m/s
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12．城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生。假设某公路边的高楼距地面高H＝47 m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动。阳台下方有一辆长L1＝
8 m、高h＝2 m的货车，以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方。花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝
24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2)。
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(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到；
(2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度；
(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度加速运动才能避免被花盆砸到？
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[解析] (1)花盆落下到达车顶过程，
位移为h0＝(47－2)m＝45 m
花盆做自由落体运动，有h0＝gt2，解得t＝3 s
在这段时间内汽车位移大小为x＝v0t＝27 m
由于L2(2)货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15 m
设制动过程中最小加速度为a0，
由＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7 m/s2。
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(3)司机反应时间内货车的位移大小为x1＝v0Δt＝9 m
此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15 m
采取加速方式，要成功避险，
则加速运动的位移大小至少为x2＝d＋L1＝23 m，加速时间为t′＝t－Δt＝2 s
设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到，
则有x2＝v0t′＋at′2
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代入数据解得a＝2.5 m/s2，
即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速运动才能避免被花盆砸到。
[答案] (1)见解析 (2)2.7 m/s2 (3)2.5 m/s2
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谢 谢 ！课时分层作业(二) 匀变速直线运动的规律
1．(2024·江西南昌二模)屋檐的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，两雨滴在空中运动的过程中，它们之间的距离( )
A．保持不变 B．不断减小
C．不断增大 D．与雨滴质量有关
2．(2024·广西南宁二模)小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时(如图所示)小车的速度为v，BC的距离是AB的2倍，则到达C点时小车的速度为( )
A．v B．3v
C．v D．2v
3．(2025·山东省实验中学高三检测)中国自主研发的 “暗剑”无人机，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120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
4．(2024·湖南长沙一模)2023年10月4日，杭州亚运会跳水项目比赛迎来收官战。至此，杭州亚运会跳水项目圆满结束。中国队包揽本届亚运会跳水项目全部十枚金牌，再次实现“十全十美”。如图所示，中国运动员完成精彩的翻转动作后，保持同一姿势下落，依次经过A、B、C、D四点，最后压住水花没入水中。假设运动员在AD段受到重力和阻力作用做匀加速直线运动，经过AB、BC和CD三段所用的时间之比为1∶2∶3，AB段和CD段的高度分别为h1和h3，则BC段的高度为( )
A． B．
C． D．
5．一个质点在x轴上运动，位置随时间的变化规律是x＝4t＋2t2 m，关于这个质点的运动，以下说法正确的是( )
A．质点做匀速直线运动
B．质点的加速度的大小为4 m/s2，方向沿x轴正方向
C．t＝2 s时质点的位置在x＝12 m处
D．t＝2 s时质点的速度大小为16 m/s，方向沿x轴正方向
6．(2024·陕西西安高三统考)如图所示，物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度。一同学将两个相同的铁球1、2用长L＝3.8 m的细线连接。用手抓住球2使其与桥面等高，让球1悬挂在正下方，然后由静止释放，桥面处的接收器测得两球落到水面的时间差Δt＝0.2 s，g取10 m/s2，忽略空气阻力，则桥面该处到水面的高度为( )
A．22 m B．20 m
C．18 m D．16 m
7．(2024·山东济南高三期末)2023年12月，甘肃省临夏州发生6.2级地震后，我国多型无人机迅速驰援救灾现场，通过航空科技助力抢险救灾。某次运送救援物资时，救援人员控制无人机由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，达到一定速度后再做匀减速直线运动减速到零。已知无人机做匀加速运动的时间为做匀减速直线运动时间的2倍，下列说法正确的是( )
A．无人机做匀加速直线运动的位移为做匀减速直线运动位移的倍
B．无人机做匀加速直线运动的位移为做匀减速直线运动位移的2倍
C．无人机做匀加速运动的加速度为做匀减速直线运动加速度的倍
D．无人机做匀加速运动的加速度为做匀减速直线运动加速度的2倍
8．(2025·广东茂名高三检测)升降机从井底以5 m/s的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过4 s升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2, 下列说法正确的是( )
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为40 m/s
D．螺钉松脱后做竖直上抛运动
9．如图所示，具有主动刹车系统的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，会立即开始主动刹车，车主可根据需要设置安全距离。某车的安全距离为10 m，若汽车正以36 km/h的速度在路面上行驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为6 m/s2，下列说法正确的是( )
A．汽车刹车时间为5 s
B．汽车能安全停下
C．汽车开始主动刹车后第1 s末的速度为 5 m/s
D．汽车开始主动刹车后第2 s内的平均速度为 2 m/s
10．(2025·河南郑州高三阶段检测)如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)( )
A．2.3 m/s B．2.6 m/s
C．3.1 m/s D．3.2 m/s
11．(2025·浙江绍兴高三阶段检测)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如表：
运动过程 运动时间 运动状态
匀加速运动 0～40 s 初速度v0＝0，末速度v＝4.2 m/s
匀速运动 40～640 s v＝4.2 m/s
匀减速运动 640～720 s 靠岸时的速度v1＝0.2 m/s
(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；
(2)求游船匀减速运动过程中加速度大小a2及位移大小x2；
(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。
12．城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生。假设某公路边的高楼距地面高H＝47 m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动。阳台下方有一辆长L1＝8 m、高h＝2 m的货车，以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方。花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到；
(2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度；
(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度加速运动才能避免被花盆砸到？
课时分层作业(二)
1．C [设两雨滴滴落的时间间隔为Δt，它们之间的距离Δh＝g(t＋Δt)2－gt2，整理得Δh＝g[2tΔt＋(Δt)2]，随着时间的增加，两雨滴之间的距离不断增大。故选C。]
2．A [设AB的距离为L，小车做初速度为零的匀变速直线运动，对A到B过程，有v2＝2aL，对A到C过程，有v′2＝2a×3L，解得到达C点时小车的速度v′＝v，故选A。]
3．B [第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则a＝＝ m/s2＝40 m/s2，故选B。]
4．C [设运动员加速度为a，在A点的速度为vA，经过AB段的时间为t，BC段高度为h2，根据位移与时间的关系式有h1＝vAt＋at2，h1＋h2＝vA·3t＋a·(3t)2，h1＋h2＋h3＝vA·6t＋a·(6t)2，联立解得h2＝，故选C。]
5．B [根据题意，由公式x＝v0t＋at2结合位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2 m，可得v0＝4 m/s，a＝4 m/s2，可知质点在x轴上做初速度为4 m/s，加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，故A错误，B正确；由位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2 m可得，t＝2 s时质点的位置在x＝(4×2＋2×22) m＝16 m，故C错误；由公式v＝v0＋at可得，t＝2 s时质点的速度大小为v＝(4＋4×2) m/s＝12 m/s，方向沿x轴正方向，故D错误。]
6．B [设桥面高度为h，根据自由落体运动位移公式，对铁球2有h＝，对铁球1有h－L＝，又t2－t1＝Δt，解得h＝20 m，故选B。]
7．B [根据匀变速直线运动规律，加速阶段和减速阶段的位移大小分别为x加＝·t加＝，x减＝·t减＝，因为t加＝2t减，则匀加速直线运动的位移与匀减速直线运动位移之比为x加∶x减＝2∶1, 故A错误，B正确；加速阶段和减速阶段的加速度大小分别为a加＝＝，a减＝＝，匀加速运动的加速度与匀减速直线运动加速度之比为a加∶a减＝∶＝1∶2，故C、D错误。]
8．D [螺钉松脱后做竖直上抛运动，故A错误，D正确；规定向下为正方向，根据v＝－v0＋gt，螺钉落到井底时的速度大小为v＝－5 m/s＋10×4 m/s＝35 m/s, 故C错误；螺钉下降距离为h1＝＝－5×4 m＋×10×42 m＝60 m，因此井深为h＝v0t＋h1＝80 m，故B错误。]
9．B [汽车刹车后做匀减速运动，规定汽车行驶方向为正方向，速度v0＝36 km/h＝10 m/s，速度减到零所需时间t＝＝ s＝ s，汽车刹车到停下运动的位移x＝t＝× m＝ m<10 m，汽车能安全停下，A错误，B正确；汽车开始主动刹车后第1 s末的速度为v＝v0＋at＝10 m/s－6×1 m/s＝4 m/s，C错误；汽车开始主动刹车后第 2 s 内的位移Δx＝＝10× m－×6× m－10×1 m＋×6×12 m＝ m，第2 s内的平均速度为＝＝ m/s＝ m/s，D错误。]
10．B [小球从释放到落地共用时t1＝＝ s＝0.6 s，小球从释放到下落1.25 m共用时t2＝＝ s＝0.5 s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒的运动时间要小于小球的总运动时间，还要大于小球从释放到下落 1.25 m 所用时间，即t211．解析：(1)根据题意，结合题表中数据，由公式v＝v0＋at可得
游船匀加速运动过程中加速度大小为a1＝＝0.105 m/s2
由公式＝2ax可得
位移大小为x1＝＝84 m。
(2)根据题意，结合题表中数据，由公式v＝v0＋at可得
游船匀减速运动过程中加速度大小为
a2＝＝0.05 m/s2
由公式＝2ax可得
位移大小为x2＝＝176 m。
(3)游船在整个行驶过程中的总位移x＝x1＋vt2＋x2＝2 780 m
游船在整个行驶过程中的平均速度大小＝＝ m/s≈3.86 m/s。
答案：(1)0.105 m/s2 84 m (2)0.05 m/s2 176 m (3)3.86 m/s
12．解析：(1)花盆落下到达车顶过程，
位移为h0＝(47－2)m＝45 m
花盆做自由落体运动，有h0＝gt2，解得t＝3 s
在这段时间内汽车位移大小为x＝v0t＝27 m
由于L2(2)货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15 m
设制动过程中最小加速度为a0，
由＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7 m/s2。
(3)司机反应时间内货车的位移大小为x1＝v0Δt＝9 m
此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15 m
采取加速方式，要成功避险，
则加速运动的位移大小至少为x2＝d＋L1＝23 m，加速时间为t′＝t－Δt＝2 s
设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到，
则有x2＝v0t′＋at′2
代入数据解得a＝2.5 m/s2，
即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速运动才能避免被花盆砸到。
答案：(1)见解析 (2)2.7 m/s2 (3)2.5 m/s2
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