匀变速直线运动的规律与应用
一、匀变速直线运动的基本规律
1．概念：沿一条直线且________不变的运动。
2．分类
(1)匀加速直线运动：a与v方向______。
(2)匀减速直线运动：a与v方向______。
3．基本规律
二、匀变速直线运动的重要关系式
1．两个导出式
2．三个重要推论
(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝___________＝_____，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。可以推广到xm－xn＝_____________。
(2)中间时刻速度＝__＝__，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间__________的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的______。
(3)位移中点的速度＝。
3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论
(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝________________。
(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝____________________。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝________________________。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝____________________________。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
自由落 体运动 运动 条件 (1)物体只受______作用 (2)由______开始下落
运动 性质 初速度为零的________直线运动
运动 规律 (1)速度公式：_______ (2)位移公式：________ (3)速度—位移公式：_________
运动 性质 匀加速直线运动
竖直上抛运动 运动 规律 (1)速度公式：v＝________ (2)位移公式：h＝v0t－gt2 (3)速度—位移关系式：＝_______ (4)上升的最大高度：H＝ (5)上升到最高点所用时间：t＝
运动 性质 匀变速直线运动
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 ( )
(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 ( )
(3)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。 ( )
(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。 ( )
(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。 ( )
(6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。 ( )
二、教材习题衍生
1．(匀变速直线运动的规律)以 18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，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
2．(自由落体运动) 某轮比赛中，运动员在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为( )
A．0.2 s B．0.4 s
C．1.0 s D．1.4 s
匀变速直线运动的基本规律
1．重要公式的选择
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量) 没有涉及 的物理量 适宜选用公式
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
2．运动学公式中正、负号的规定
一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。
3．两类特殊的匀减速直线运动
(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)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。
(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，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。
[典例1] (匀变速直线运动的基本公式的应用)(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。
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
“一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题
[典例2] (以交通安全为背景的汽车“刹车问题”)为了最大限度地减少道路交通事故，某地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动。这是因为一般驾驶员酒后的反应时间比正常时慢了0.1～0.5 s，易发生交通事故。如图是《驾驶员守则》中的部分安全距离表格。
车速v/(km·h-1) 反应距离s/m 刹车距离x/m
40 10 10
60 15 22.5
80 A 40
请根据该图表回答下列问题(结果保留2位有效数字)：
(1)请根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间；
(2)如果驾驶员的反应时间相同，请计算出表格中A的数据；
(3)假设在同样的路面上，一名饮了少量酒的驾驶员驾车以72 km/h的速度行驶，在距离一学校门前 52 m 处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s，若他正常时的反应时间与(1)中相同，会发生交通事故吗？
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[典例3] (以体育运动为背景的多过程问题)在足球比赛中，球队经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长 90 m、 宽60 m，如图所示。在训练中，攻方前锋将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为10 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2。
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿着该直线向前追赶足球，前锋队员的启动过程可以视为初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为 6 m/s，前锋队员至少经过多长时间能追上足球(结果保留3位有效数字)
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[典例4] (变速直线运动的双向可逆类问题)在足够长的光滑斜面上，有一物体以6 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为 2 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为 5 m 时，下列说法不正确的是( )
A．物体的运动时间可能为1 s
B．物体的运动时间可能为5 s
C．物体的运动时间可能为(3＋)s
D．此时的速度大小一定为4 m/s
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解决匀变速直线运动的常用方法
解决匀变速直线运动问题常用的六种方法
[典例5] (匀变速直线运动的规律)(一题多法)物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
思路点拨：解此题把握以下关键信息
(1)“到达斜面最高点C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速直线运动，可考虑“逆向思维”。
(2)“距斜面底端l处的B点”表明BC的距离为，可考虑“比例法”应用。
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解决匀变速直线运动问题的两个技巧
(1)把减速到0的匀减速直线运动转化为反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。
(2)若已知匀变速直线运动的位移和时间，通常优先考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。
[典例6] (用推论法解决匀变速直线运动问题)(2025·江苏南京模拟)如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m，且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A．可以求出该物体加速度的大小
B．可以求得xCD＝5 m
C．可求得OA之间的距离为1.125 m
D．可求得OA之间的距离为1.5 m
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自由落体运动和竖直上抛运动
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(向上方向为正方向) 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
[典例7] (自由落体运动规律的应用)(2024·江苏苏州期中)某科技馆中有一个展品，该展品放在较暗处，有一个不断均匀滴水的水龙头(刚滴出的水滴速度为零)，在某种光源的照射下，可以观察到一种奇特的现象：只要耐心地缓慢调节水滴下落的时间间隔，在适当的情况下，看到的水滴好像都静止在各自固定的位置不动(如图中A、B、C、D所示)，右边数值的单位是(cm)。要出现这一现象，所用光源应满足的条件是(取g＝10 m/s2)( )
A．普通的白炽光源即可
B．频闪发光，间歇时间为0.30 s
C．频闪发光，间歇时间为0.14 s
D．频闪发光，间歇时间为0.17 s
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[典例8] (竖直上抛运动规律的应用)(一题多法)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地面175 m的高处时，一重物从气球上脱落，不计重物受到的空气阻力，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)
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[典例9] (自由落体运动与竖直上抛运动)在离地面高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛，重力加速度为g。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。
审题指导：解此题关键是画出两质点运动示意图(如图所示)，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。
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解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意
(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般以初速度方向为正方向。
(2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中的运动情况分析常有以下两种判断方法：
①根据位移h判断：h>0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，h<0在抛出点下方。
②根据时间t判断：t<表示正处在上升过程，t＝恰好在最高点，t>表明在下降过程中，t>表明在抛出点下方。
1 / 11 匀变速直线运动的规律与应用
一、匀变速直线运动的基本规律
1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。
2．分类
(1)匀加速直线运动：a与v方向相同。
(2)匀减速直线运动：a与v方向相反。
3．基本规律
二、匀变速直线运动的重要关系式
1．两个导出式
2．三个重要推论
(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2。
(2)中间时刻速度＝＝，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半。
(3)位移中点的速度＝。
3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论
(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶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的比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶()∶…∶()。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
自由落 体运动 运动 条件 (1)物体只受重力作用 (2)由静止开始下落
运动 性质 初速度为零的匀加速直线运动
运动 规律 (1)速度公式：v＝gt (2)位移公式：h＝gt2 (3)速度—位移公式：v2＝2gh
运动 性质 匀加速直线运动
竖直上抛运动 运动 规律 (1)速度公式：v＝v0－gt (2)位移公式：h＝v0t－gt2 (3)速度—位移关系式：＝－2gh (4)上升的最大高度：H＝ (5)上升到最高点所用时间：t＝
运动 性质 匀变速直线运动
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 (×)
(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 (×)
(3)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。 (√)
(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。 (×)
(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。 (×)
(6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。 (√)
二、教材习题衍生
1．(匀变速直线运动的规律)以 18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，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代入数据得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末汽车停止运动，5 s 内的位移 x′＝＝ m＝40.5 m，故选项C正确。]
2．(自由落体运动) 某轮比赛中，运动员在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为( )
A．0.2 s B．0.4 s
C．1.0 s D．1.4 s
B [运动员下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则运动员用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B正确，A、C、D错误。故选B。]
匀变速直线运动的基本规律
1．重要公式的选择
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量) 没有涉及 的物理量 适宜选用公式
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
2．运动学公式中正、负号的规定
一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。
3．两类特殊的匀减速直线运动
(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)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。
(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，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。
[典例1] (匀变速直线运动的基本公式的应用)(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
“一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题
【典例1 教用·备选题】 (匀变速直线运动的基本公式的应用)(2024·锡山高级中学模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。
(1)求这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米(车启动时，计价器里程表示数为零)
审题指导：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境。
[解析] (1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝54 km/h＝15 m/s
由速度公式v1＝at1
得a＝＝1.5 m/s2
由位移公式得x1＝＝×1.5×102 m＝75 m
这时出租车离出发点的距离为75 m。
(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s 时，由＝2ax2得x2＝＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝＝ s＝20 s，这时时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表示数为
x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 700 m＝2.7 km。
[答案] (1)75 m (2)2.7 km
[典例2] (以交通安全为背景的汽车“刹车问题”)为了最大限度地减少道路交通事故，某地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动。这是因为一般驾驶员酒后的反应时间比正常时慢了0.1～0.5 s，易发生交通事故。如图是《驾驶员守则》中的部分安全距离表格。
车速v/(km·h-1) 反应距离s/m 刹车距离x/m
40 10 10
60 15 22.5
80 A 40
请根据该图表回答下列问题(结果保留2位有效数字)：
(1)请根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间；
(2)如果驾驶员的反应时间相同，请计算出表格中A的数据；
(3)假设在同样的路面上，一名饮了少量酒的驾驶员驾车以72 km/h的速度行驶，在距离一学校门前 52 m 处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s，若他正常时的反应时间与(1)中相同，会发生交通事故吗？
[解析] (1)车速v1＝40 km/h＝ m/s
由于在反应时间内车仍匀速行驶，根据车速v和反应距离s，可计算驾驶员的反应时间Δt＝＝0.90 s，即驾驶员的反应时间为0.90 s。
(2)如果驾驶员的反应时间相同，由＝可计算出表格中A的数据为s3＝＝20 m，即表格中数据A为20。
(3)车速v＝72 km/h＝20 m/s
反应时间Δt1＝0.90 s＋0.2 s＝1.1 s
驾驶员的反应距离s＝vΔt1＝20×1.1 m＝22 m
设刹车距离为x，由比例法＝
即x＝＝ m＝32.4 m
停车距离L＝s＋x＝54.4 m
由于停车距离L>52 m，故会发生交通事故。
[答案] (1)0.90 s (2)20 (3)会
【典例2 教用·备选题】 (汽车“刹车问题”)某汽车正以72 km/h的速度在平直公路上行驶，为“礼让行人”，若以5 m/s2的加速度刹车，则下列说法不正确的是( )
A．刹车后2 s时的速度大小为10 m/s
B．汽车滑行40 m后停下
C．刹车后5 s时的速度大小为0
D．刹车后6 s内的位移大小为30 m
D [速度为72 km/h＝20 m/s，加速度a＝－5 m/s2，由公式v＝v0＋at得汽车刹车到停止的时间t0＝＝4 s，由速度公式得刹车后2 s时的速度v2＝v0＋at2＝10 m/s，故A项正确；由公式＝2ax，可得 x＝＝ m＝40 m，汽车滑行40 m停下，故B项正确；汽车刹车到停止的时间为4 s，所以刹车后5 s时的速度大小为0，故C项正确；汽车刹车到停止的时间为4 s，刹车后6 s内的位移大小与刹车后 4 s 内的位移大小相等，即 40 m，故D项错误。故选D。]
[典例3] (以体育运动为背景的多过程问题)在足球比赛中，球队经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长 90 m、 宽60 m，如图所示。在训练中，攻方前锋将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为10 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2。
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿着该直线向前追赶足球，前锋队员的启动过程可以视为初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为 6 m/s，前锋队员至少经过多长时间能追上足球(结果保留3位有效数字)
[解析] (1)已知足球的初速度v1＝10 m/s，加速度大小a1＝2 m/s2
足球做匀减速运动的时间t1＝＝5 s
位移x1＝t1＝25 m。
(2)已知前锋队员的加速度a2＝2 m/s2，最大速度v2＝6 m/s
前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间t2＝＝3 s
位移x2＝t2＝9 m
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移
x3＝v2(t1－t2)＝6×2 m＝12 m
由于x2＋x3＜x1，故足球停止运动时，前锋队员还没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球
由匀速运动公式得x1－(x2＋x3)＝v2t3
代入数据解得t3≈0.67 s
前锋队员追上足球所用的时间t＝t1＋t3＝5.67 s。
[答案] (1)25 m (2)5.67 s
【典例3 教用·备选题】 (多过程问题)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )
A． B．
C． D．
C [当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝，匀速通过隧道所用时间t2＝，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝，C项正确。]
[典例4] (变速直线运动的双向可逆类问题)在足够长的光滑斜面上，有一物体以6 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为 2 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为 5 m 时，下列说法不正确的是( )
A．物体的运动时间可能为1 s
B．物体的运动时间可能为5 s
C．物体的运动时间可能为(3＋)s
D．此时的速度大小一定为4 m/s
D [以平行于斜面向上为正方向，物体的初速度v0＝6 m/s，物体的加速度a＝－2 m/s2，当物体在初位置上方时位移x＝5 m，当物体在初位置下方时位移x′＝－5 m，由匀变速直线运动的位移—时间关系公式有x＝v0t＋at2，可得5＝6t－×2t2，－5＝6t′－×2t′2，解得t1＝1 s，t2＝5 s，t1′＝(3＋) s，t2′＝(3－) s，t′2不符合实际，舍去，故A、B、C正确；当t＝1 s时物体的速度v＝v0＋at＝4 m/s，当t＝5 s时物体的速度v＝v0＋at＝－4 m/s，当t＝(3＋) s时物体的速度v＝v0＋at＝－2 m/s，物体的速度大小可能为4 m/s，但不是一定为4 m/s，故D错误。故选D。]
解决匀变速直线运动的常用方法
解决匀变速直线运动问题常用的六种方法
[典例5] (匀变速直线运动的规律)(一题多法)物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
思路点拨：解此题把握以下关键信息
(1)“到达斜面最高点C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速直线运动，可考虑“逆向思维”。
(2)“距斜面底端l处的B点”表明BC的距离为，可考虑“比例法”应用。
[解析] 方法一：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得
＝2axAC ①
＝－2axAB ②
xAB＝xAC ③
由①②③解得vB＝ ④
又vB＝v0－at ⑤
vB＝atBC ⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t。
方法二：平均速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。
＝＝
又＝＝2axBC，xBC＝
由以上三式解得vB＝
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。
方法三：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC
由运动学公式得
xBC＝，xAC＝a(t＋tBC)2，
又xBC＝，由以上三式解得tBC＝t。
方法四：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因为xBC∶xAB＝∶＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。
方法五：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出v-t图像
如图所示，v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移的大小利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比
得＝，且＝
OD＝t，OC＝t＋tBC
所以＝，解得tBC＝t。
[答案] t
解决匀变速直线运动问题的两个技巧
(1)把减速到0的匀减速直线运动转化为反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。
(2)若已知匀变速直线运动的位移和时间，通常优先考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。
[典例6] (用推论法解决匀变速直线运动问题)(2025·江苏南京模拟)如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m，且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
A．可以求出该物体加速度的大小
B．可以求得xCD＝5 m
C．可求得OA之间的距离为1.125 m
D．可求得OA之间的距离为1.5 m
C [设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得 aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝，则OB之间的距离xOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C正确。]
自由落体运动和竖直上抛运动
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(向上方向为正方向) 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
[典例7] (自由落体运动规律的应用)(2024·江苏苏州期中)某科技馆中有一个展品，该展品放在较暗处，有一个不断均匀滴水的水龙头(刚滴出的水滴速度为零)，在某种光源的照射下，可以观察到一种奇特的现象：只要耐心地缓慢调节水滴下落的时间间隔，在适当的情况下，看到的水滴好像都静止在各自固定的位置不动(如图中A、B、C、D所示)，右边数值的单位是(cm)。要出现这一现象，所用光源应满足的条件是(取g＝10 m/s2)( )
A．普通的白炽光源即可
B．频闪发光，间歇时间为0.30 s
C．频闪发光，间歇时间为0.14 s
D．频闪发光，间歇时间为0.17 s
D [普通的白炽光源是持续的，水滴反射光是持续的，人看到的水滴是运动的，应使用频闪光源，A错误；设光源发光间隔的时间为T，题图中CB＝0.4 m，BA＝0.1 m，由CB－BA＝gT2，得T≈0.17 s，只要间隔时间是T的整数倍，看到的水滴好像都静止在各自固定的位置不动，B、C错误，D正确。故选D。]
【典例7 教用·备选题】 (自由落体运动规律的应用)如图所示，将可视为质点的小球置于空心管的正上方h处，空心管长度为L，小球与空心管的轴线重合，小球直径小于空心管内径。假设空间足够大，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．两者同时静止释放，小球在空中不能穿过空心管
B．小球自由下落，空心管固定不动，小球穿过空心管的时间为t＝
C．小球以一定初速度向下抛出，同时从静止释放空心管，则小球一定能穿过空心管，穿过空心管的时间与当地重力加速度有关
D．静止释放小球，经过很短的时间t后静止释放空心管，则小球一定能穿过空心管，穿过空心管的时间与当地重力加速度无关
A [若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不能穿过空心管，故A正确；若小球自由下落、空心管固定不动，小球穿过空心管的时间是小球到达空心管的下端与到达空心管的上端的时间差，根据自由落体运动公式 h＝，h＋L＝，解得Δt＝t2－t1＝，故B错误；以空心管为参考系，小球相对空心管匀速运动，可知小球穿过空心管的时间t＝，与当地重力加速度无关，故C错误；释放空心管时，小球的速度为v＝gt，以空心管为参考系，小球相对空心管以速度v做匀速运动，则小球穿过空心管的时间t′＝＝，小球能通过空心管，但是穿过空心管的时间与当地重力加速度有关，故D错误。]
[典例8] (竖直上抛运动规律的应用)(一题多法)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地面175 m的高处时，一重物从气球上脱落，不计重物受到的空气阻力，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)
[解析] 方法一：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＝＝ 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，落地时间和落地速度分别为t2＝＝ s＝6 s
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s
所以重物从气球上脱落至落地共历时
t＝t1＋t2＝7 s。
方法二：全程法
从重物自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动示意图如图所示，则物体在时间t内的位移
h＝－175 m
由位移公式
h＝v0t－gt2
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
v＝v0－gt＝－60 m/s
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。
方法三：对称性
根据速度对称，重物返回脱落点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则＝2gh
解得v＝60 m/s，方向竖直向下
经过h历时Δt＝＝5 s
从最高点到落地历时t1＝＝6 s
由时间对称可知，重物脱落后至落地历时
t＝2t1－Δt＝7 s。
[答案] 7 s 60 m/s
[典例9] (自由落体运动与竖直上抛运动)在离地面高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛，重力加速度为g。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。
审题指导：解此题关键是画出两质点运动示意图(如图所示)，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。
[解析] 如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向
A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为
y1＝h－gt2
B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为
y2＝v0t－gt2
两个质点相遇的条件是y1＝y2
即h－gt2＝v0t－gt2，可见A、B相遇的时间t0＝
而B上升到最高点的时间t1＝
若要使B在上升阶段与A相遇，必须满足t1≥t0，即
所以B在上升阶段与A相遇的v0的取值范围为
v0≥
若B在下降阶段与A相遇，必须满足t1必须满足t2≥t0，即
得v0≥
因此，B在下降阶段与A相遇的v0的取值范围为≤v0<。
[答案] 见解析
解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意
(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般以初速度方向为正方向。
(2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中的运动情况分析常有以下两种判断方法：
①根据位移h判断：h>0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，h<0在抛出点下方。
②根据时间t判断：t<表示正处在上升过程，t＝恰好在最高点，t>表明在下降过程中，t>表明在抛出点下方。
课时分层作业(二) 匀变速直线运动的规律与应用
题组一 匀变速直线运动的基本规律
1．高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )
A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3t
B．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为
C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为
D．动车的加速度大小为
C [采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知，动车1号车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为l，时间为t，有l＝at2，动车1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4l，时间为t5，有4l＝解得t5＝2t，选项A错误；动车1号车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4l，用时为2t，则平均速度为＝＝，选项B错误；设1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为v5，则有4l＝×2t，解得v5＝，选项C正确；动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动过程，有0＝v5－a×2t，解得a＝＝，选项D错误。]
2．(2024·江苏常州月考)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为( )
A．5∶4 B．4∶5
C．3∶4 D．4∶3
C [汽车速度减为零的时间为t0＝＝ s＝4 s，2 s时位移x1＝v0t＋at2＝ m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，则x2＝＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确，A、B、D错误。故选C。]
题组二 解决匀变速直线运动的常用方法
3．(2024·南京中学开学考试)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是 2.5 m，那么( )
A．这两秒内的平均速度是4.5 m/s
B．第3 s末的瞬时速度是3.25 m/s
C．质点的加速度是0.125 m/s2
D．质点在零时刻的初速度是0.75 m/s
D [质点在这两秒内的平均速度为 ＝ m/s＝2.25 m/s，根据匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，该速度为第3 s末的瞬时速度，A、B项错误；根据Δx＝aT2可得x4－x3＝aT2，T＝1 s，故可得a＝0.5 m/s2，C项错误；因为v3＝2.25 m/s，所以根据速度—时间公式可得v0＝v3－at＝(2.25－0.5×3) m/s＝0.75 m/s，D项正确。]
4．(2024·江苏南京一模)如图所示，物体从斜面上的A点由静止开始下滑，经B点进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。每隔0.1秒测量物体的瞬时速度，表中给出了部分测量数据。则物体通过B点时的速度大小为( )
t(s) 0.0 0.1 0.2 … 0.9 1.0 …
v(m/s) 0.0 0.5 1.0 … 1.5 1.4 …
A．2.0 m/s B．1.8 m/s
C．1.7 m/s D．1.5 m/s
A [物体匀加速阶段的加速度为a1＝ m/s2＝5 m/s2，在1.0 s时的速度为1.4 m/s，说明已经进入匀减速阶段，加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2，设匀加速时间为t，则1.4 m/s＝a1t－a2(1.0 s－t)，得t＝0.4 s，则物体通过B点时的速度大小为v＝a1t＝2.0 m/s，故选A。]
题组三 自由落体运动和竖直上抛运动
5．(2024·南京师范大学附属中学模拟)航天员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为 2 kg 的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第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．物体自由下落的加速度是5 m/s2
D．物体在5 s内的位移是50 m
D [根据运动学公式Δx＝＝18 m，t2＝5 s，t1＝4 s，解得a＝4 m/s2，选项C错误；物体在2 s末的速度为v2＝4×2 m/s＝8 m/s，选项A错误；物体在5 s内的位移为x5＝×4×52 m＝50 m，选项D正确；物体在第5 s内的位移为18 m，故物体在第5 s内的平均速度为18 m/s，选项B错误。]
6．(2024·江苏泰州开学考试)一长为L的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管口正上方高h(h>L)处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是( )
A．小球穿过管所用时间大于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则v0>
C．若小球在管下降阶段穿过管，则D．小球不可能在管上升阶段穿过管
B [两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为t＝，故A错误；刚好在管上升最高点穿过管有＝g，解得v0＝，若小球在管上升阶段穿过管，则v0>，故B正确；若小球在管刚着地时穿管，有h＋L＝g，解得v0＝，结合B分析可知，若小球在管下降阶段穿过管，则7．广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图所示，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0。重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为( )
A．D B．
C． D．
C [设Δt时间内，从喷口喷出的水的质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝v0πΔt，在离喷口高度为H时速度为v，则＝－2gH，且v0Δtπ＝vΔtπ，联立解得D′＝，故选C。]
8．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．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时16 s
D [螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动，A错误；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 v＝－5 m/s ＋10×4 m/s＝35 m/s，C错误；螺钉下降的距离h1＝－v0t＋gt2＝－5×4 m＋×10×42 m＝60 m，因此井深h＝v0t＋h1＝80 m，B错误；螺钉随升降机从井底出发到落回井底的时间与升降机从井底升到井口的时间相同为t＝＝16 s，D正确。故选D。]
9．我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为 5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，汽车可视为质点。则下列说法正确的是( )
A．汽车开始减速时距离自动收费装置110 m
B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s
C．汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m
D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
C [汽车从开始减速到自动收费装置的距离为x1＝(20＋5)×4 m＝50 m，故A错误；汽车加速4 s后速度为v＝15 m/s，故B错误；汽车从5 m/s加速到20 m/s通过的路程为x2＝ m＝75 m，所以汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为x1＋x2＝125 m，故C正确；汽车从5 m/s加速到20 m/s的时间t2＝ s＝6 s，所以总时间t总＝(4＋t2) s＝10 s，汽车以20 m/s的速度匀速通过 125 m 需要的时间是6.25 s，所以耽误了3.75 s，故D错误。]
10．我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为 1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为 0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
B [普通列车速度v1＝108 km/h＝30 m/s，高铁列车速度v2＝324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝ s＝7 140 s。同理高铁列车加速时间t′1＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x′1＝＝×0.5×1802 m＝8 100 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t′2＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t′2＋2t′1)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝5×4 680 s＝23 400 s＝6小时30分钟，故选B。]
11．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。
[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＝＝
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＝＝
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．(2024·江苏连云港一模)假设某运载火箭点火后以加速度大小a＝15 m/s2由静止开始从地面竖直上升，点火后t＝4 s时从运载火箭上掉出一小重物，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，＝3.87。求：
(1)小重物从运载火箭掉出时的速度大小v；
(2)小重物距离地面的最大高度H；
(3)小重物从运载火箭上掉出到落回地面的时间t总。
[解析] (1)由匀变速直线运动的速度
v＝at
可得小重物从运载火箭上掉出时的速度大小
v＝15 m/s2×4 s＝60 m/s。
(2)前4 s内，小重物上升的高度为
h1＝at2＝120 m
小重物掉出后，继续上升的高度为
h2＝＝180 m
小重物距离地面的最大高度为
H＝h1＋h2＝300 m。
(3)小重物从运载火箭上掉出后继续上升的时间为
t1＝＝6 s
设小重物从最高点下落到地面的时间为t2，有
H＝
解得t2＝7.74 s
小重物从运载火箭上掉出到落回地面需要的时间为
t总＝t1＋t2＝13.74 s。
[答案] (1)60 m/s (2)300 m (3)13.74 s
13．由于私家车的数量剧增，堵车已成为司空见惯的现象，影响了人们的工作效率和社会发展。在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为 l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m 时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝ 的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
[解析] (1)第11辆汽车前端与停止线的距离x1＝10(l＋d1)＝64 m
由v2＝2ax1
得v＝16 m/s。
(2)设后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少行驶的距离x2＝d2－d1＝4.0 m
由x2＝
得t1＝2 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间 t2＝10t1＝20 s，从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t3＝＝8 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t＝t2＋t3
解得t＝28 s。
[答案] (1)16 m/s (2)28 s
3 / 25课时分层作业(二) 匀变速直线运动的规律与应用
说明：选择题每小题4分；本试卷共72分。
题组一 匀变速直线运动的基本规律
1．高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )
A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3t
B．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为
C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为
D．动车的加速度大小为
2．(2024·江苏常州月考)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为( )
A．5∶4 B．4∶5
C．3∶4 D．4∶3
题组二 解决匀变速直线运动的常用方法
3．(2024·南京中学开学考试)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是 2.5 m，那么( )
A．这两秒内的平均速度是4.5 m/s
B．第3 s末的瞬时速度是3.25 m/s
C．质点的加速度是0.125 m/s2
D．质点在零时刻的初速度是0.75 m/s
4．(2024·江苏南京一模)如图所示，物体从斜面上的A点由静止开始下滑，经B点进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。每隔0.1秒测量物体的瞬时速度，表中给出了部分测量数据。则物体通过B点时的速度大小为( )
t(s) 0.0 0.1 0.2 … 0.9 1.0 …
v(m/s) 0.0 0.5 1.0 … 1.5 1.4 …
A．2.0 m/s B．1.8 m/s
C．1.7 m/s D．1.5 m/s
题组三 自由落体运动和竖直上抛运动
5．(2024·南京师范大学附属中学模拟)航天员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为 2 kg 的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第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．物体自由下落的加速度是5 m/s2
D．物体在5 s内的位移是50 m
6．(2024·江苏泰州开学考试)一长为L的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管口正上方高h(h>L)处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是( )
A．小球穿过管所用时间大于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则v0>
C．若小球在管下降阶段穿过管，则D．小球不可能在管上升阶段穿过管
7．广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图所示，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0。重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为( )
A．D B．
C． D．
8．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．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时16 s
9．我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为 5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，汽车可视为质点。则下列说法正确的是( )
A．汽车开始减速时距离自动收费装置110 m
B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s
C．汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m
D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
10．我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为 1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为 0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
11．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．(2024·江苏连云港一模)假设某运载火箭点火后以加速度大小a＝15 m/s2由静止开始从地面竖直上升，点火后t＝4 s时从运载火箭上掉出一小重物，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，＝3.87。求：
(1)小重物从运载火箭掉出时的速度大小v；
(2)小重物距离地面的最大高度H；
(3)小重物从运载火箭上掉出到落回地面的时间t总。
13．由于私家车的数量剧增，堵车已成为司空见惯的现象，影响了人们的工作效率和社会发展。在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为 l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m 时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝ 的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
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