2025年高考物理一輪復習（新人教新高考）復習講義（教師版）

考情分析試題情境生活實踐類安全行車，生活娛樂，交通運輸，體育運動(如汽車剎車，飛機起飛，電梯運行，無人機升空)學習探究類伽利略對自由落體運動的研究，速度的測量，加速度的測量，追及相遇問題第1課時運動的描述目標要求1.了解質點和位移的概念，知道把物體看成質點的條件。2.了解參考系的作用，會在實例中選擇合適的參考系。3.掌握速度、加速度的概念，體會比值定義法和極限思想?？键c一質點、參考系和位移1．質點(1)質點是用來代替物體的具有質量的點，是一種理想化模型。(2)把物體看作質點的條件：物體的形狀和大小對所研究問題的影響可以忽略不計。2．參考系在描述物體運動時，用來作為參考的物體叫作參考系，通常以地面為參考系。3．路程和位移(1)路程是物體運動軌跡的長度，它是標量。(2)位移是由初位置指向末位置的有向線段，它是矢量。(3)在單向直線運動中，位移的大小等于路程；其他情況下，位移的大小小于路程。1．質點是一種理想化模型，實際并不存在。(√)2．體積很大的物體，一定不能視為質點。(×)3．參考系必須選擇靜止不動的物體。(×)4．做直線運動的物體，其位移大小一定等于路程。(×)例1(2023·寧夏固原市期中)下列關于運動學概念的論述，正確的是()A．足球比賽挑邊時，上拋的硬幣落回地面猜測正反面，硬幣可以看作質點B．運動員擲鉛球的成績?yōu)?.50m，指的是鉛球的位移大小為4.50mC．運動員跑完800m比賽，指的是路程為800mD．閱兵儀式空中梯隊通過天安門上空時，以編隊中某一飛機為參考系，地面上的觀眾是靜止的答案C解析當物體的大小、形狀對所研究的問題影響很小或者沒有影響時，可以將物體看作質點，而上拋的硬幣落回地面猜測正反面時，硬幣不能被看作質點，故A錯誤；擲鉛球的成績?yōu)?.50m，指鉛球在水平方向的位移為4.50m，故B錯誤；800m是運動員實際運動軌跡的長度，指路程，故C正確；以編隊中的某一飛機為參考系，地面上的觀眾處于運動狀態(tài)，故D錯誤。例2(2022·遼寧卷·1)如圖所示，橋式起重機主要由可移動“橋架”“小車”和固定“軌道”三部分組成。在某次作業(yè)中橋架沿軌道單向移動了8m，小車在橋架上單向移動了6m。該次作業(yè)中小車相對地面的位移大小為()A．6mB．8mC．10mD．14m答案C解析根據位移概念可知，該次作業(yè)中小車相對地面的位移大小為x＝eq\r(x12＋x22)＝eq\r(82＋62)m＝10m，故選C?？键c二平均速度瞬時速度1．平均速度：物體發(fā)生的位移與發(fā)生這段位移所用時間之比，即eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)，是矢量，其方向就是對應位移的方向。2．瞬時速度：運動物體在某一時刻或經過某一位置的速度，是矢量，其方向是物體在這一時刻的運動方向或運動軌跡的切線方向。3．速率：瞬時速度的大小，是標量。4．平均速率：物體運動的路程與通過這段路程所用時間的比值，不一定(填“一定”或“不一定”)等于平均速度的大小。1．瞬時速度的方向就是物體在該時刻或該位置的運動方向。(√)2．瞬時速度的大小叫速率，平均速度的大小叫平均速率。(×)3．一個物體在一段時間內的平均速度為0，平均速率也一定為0。(×)4．在直線運動中，物體的平均速度大小等于平均速率。(×)例3(2021·福建卷·1)一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途經雙乳峰附近的M點和玉女峰附近的N點，如圖所示。已知該游客從M點漂流到N點的路程為5.4km，用時1h，M、N間的直線距離為1.8km，則從M點漂流到N點的過程中()A．該游客的位移大小為5.4kmB．該游客的平均速率為5.4m/sC．該游客的平均速度大小為0.5m/sD．若以所乘竹筏為參考系，玉女峰的平均速度大小為0答案C解析根據位移的定義，從M點漂流到N點的過程中，該游客的位移大小為x＝1.8km，根據平均速度的定義，平均速度大小v＝eq\f(x,t)＝eq\f(1800,3600)m/s＝0.5m/s，選項A錯誤，C正確；平均速率v′＝eq\f(s,t)＝5.4km/h，選項B錯誤；若以所乘竹筏為參考系，玉女峰的平均速度大小為0.5m/s，選項D錯誤。例4折返跑是經常被用來評量心肺耐力的簡易測驗方法之一，是一種特別適合籃球等需要短距離折返運動的運動員常見訓練方式。某運動員以v1＝4m/s的速度向東運動了5s后到達A點，在A點停了5s后，又以v2＝6m/s的速度沿原路返回，運動了5s后到達B點，則運動員在全程的平均速度大小和平均速率分別為()A.eq\f(2,3)m/s,5m/s B.eq\f(2,3)m/s，eq\f(10,3)m/sC．1m/s，eq\f(10,3)m/s D．1m/s,5m/s答案B解析運動員全程的位移大小x＝v2t2－v1t1＝6×5m－4×5m＝10m，全程用時t＝5s＋5s＋5s＝15s，故平均速度大小v＝eq\f(x,t)＝eq\f(10,15)m/s＝eq\f(2,3)m/s，方向水平向西，運動員全程的路程s＝v2t2＋v1t1＝6×5m＋4×5m＝50m，故平均速率v′＝eq\f(s,t)＝eq\f(50,15)m/s＝eq\f(10,3)m/s，故選B。例5如圖，氣墊導軌上裝有兩個光電計時裝置A與B，A、B間距離為L＝30cm，為了測量滑塊的加速度，在滑塊上安裝了一個寬度為d＝1cm的遮光條，現讓滑塊以某一加速度通過A、B，記錄遮光條通過A、B的時間分別為0.010s、0.005s，滑塊從A到B所用時間為0.200s，則下列說法正確的是()A．滑塊通過A的速度大小為1cm/sB．滑塊通過B的速度大小為2cm/sC．滑塊的加速度大小為5m/s2D．滑塊在A、B間的平均速度大小為3m/s答案C解析滑塊通過A的速度大小為vA＝eq\f(d,tA)＝eq\f(1,0.010)cm/s＝100cm/s，故A錯誤；滑塊通過B的速度大小為vB＝eq\f(d,tB)＝eq\f(1,0.005)cm/s＝200cm/s，故B錯誤；滑塊的加速度大小為a＝eq\f(vB－vA,t)＝eq\f(2－1,0.200)m/s2＝5m/s2，故C正確；滑塊在A、B間的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.3,0.200)m/s＝1.5m/s，故D錯誤。用極限法求瞬時速度由平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)可知，當Δt→0時，平均速度就可以認為等于某一時刻或某一位置的瞬時速度。測出物體在微小時間Δt內發(fā)生的微小位移Δx，就可求出瞬時速度，這樣瞬時速度的測量便可轉化為微小時間Δt和微小位移Δx的測量。考點三加速度1．物理意義：描述物體速度變化快慢的物理量。2．定義：物體速度的變化量與發(fā)生這一變化所用時間之比。定義式：a＝eq\f(Δv,Δt)，單位：m/s2。3．方向：與Δv的方向一致，由合力的方向決定，而與v0、v的方向無關(填“有關”或“無關”)，是矢量。4．速度、速度的變化量和加速度的對比比較項目速度速度的變化量加速度物理意義描述物體運動的快慢和方向描述物體速度的改變描述物體速度的變化快慢公式v＝eq\f(Δx,Δt)Δv＝v－v0a＝eq\f(Δv,Δt)決定因素勻變速直線運動中，由v＝v0＋at知，v的大小由v0、a、t決定由Δv＝aΔt知，Δv由a與Δt決定由a＝eq\f(F,m)知，a由F、m決定，與v、Δv、Δt無關1．物體的速度很大，加速度一定不為零。(×)2．物體的速度為零，加速度可能很大。(√)3．物體的速度變化量很大，加速度一定很大。(×)4．只要物體的速度變化快，加速度就大。(√)5．甲的加速度a甲＝2m/s2，乙的加速度a乙＝－3m/s2，a甲>a乙。(×)6．物體的加速度增大，速度一定增大。(×)例6(2023·黑龍江肇東市期末)蹦床是一項既好看又驚險的運動。某運動員從高處自由落下，以大小為5m/s的速度著網，與網作用后，沿著豎直方向以大小為8m/s的速度彈回。已知運動員與網接觸的時間Δt＝1s，那么運動員在與網接觸的這段時間內的平均加速度大小是()A．5m/s2 B．13m/s2C．4m/s2 D．14m/s2答案B解析設向下為正方向，根據加速度公式可得a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(－8－5,1)m/s2＝－13m/s2，平均加速度大小為13m/s2，負號表示方向與正方向相反，故選B。例7一個物體以初速度v0做變加速運動，加速度a逐漸減小，則在下列兩種情況下，試描述物體的運動情況，并用v－t圖像輔助分析。(1)物體的加速度a與初速度v0方向相同；(2)物體的加速度a與初速度v0方向相反。答案見解析解析(1)物體做加速度減小的加速運動，當加速度減小到零時，速度達到最大，然后做勻速直線運動。其v－t圖像如圖甲所示。(2)具體有以下三種情況①物體做加速度減小的減速運動，當加速度減小到零時做同方向的勻速直線運動，如圖乙所示；②物體做加速度減小的減速運動，當加速度減小到零時物體的速度同時減小到零，物體靜止，如圖丙所示；③物體做加速度減小的減速運動，當速度減小到零時，加速度不為零，然后反方向做加速運動，直到加速度減小到零，然后做勻速直線運動，如圖丁所示。判斷物體做加速運動還是減速運動，關鍵是看物體的加速度與速度方向的關系。(1)a和v同向→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不變，v隨時間均勻增加,a增大，v增加得越來越快,a減小，v增加得越來越慢))2a和v反向→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不變，v隨時間均勻減小,a增大，v減小得越來越快,a減小，v減小得越來越慢))課時精練1．2022年4月16日，搭載翟志剛、王亞平、葉光富的神舟十三號“返回艙”成功著陸地面。下列與神舟十三號飛船相關情景描述正確的是()A．甲圖中，研究航天員在艙外的姿態(tài)時，航天員可以視為質點B．乙圖中，研究神舟十三號飛船繞地球運行的周期時，飛船可以視為質點C．丙圖中，神舟十三號飛船與天和核心艙完成自主對接過程，神舟十三號飛船可以視為質點D．丁圖中，王亞平在空間站中將冰墩墩拋出，以地面為參考系，冰墩墩做勻速直線運動答案B解析研究航天員在艙外的姿態(tài)時，航天員的體積和形狀不能忽略，航天員不可以視為質點，故A錯誤；研究神舟十三號飛船繞地球運行的周期時，神舟十三號飛船的體積和形狀可以忽略，飛船可以視為質點，故B正確；神舟十三號飛船與天和核心艙完成自主對接過程，神舟十三號飛船的體積和形狀不可以忽略，不可以視為質點，故C錯誤；王亞平在空間站中將冰墩墩拋出，相對飛船冰墩墩做勻速直線運動，因飛船相對地面做勻速圓周運動，則以地面為參考系，冰墩墩不做勻速直線運動，故D錯誤。2.(2023·浙江1月選考·3)“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，在軌運行如圖所示，則()A．選地球為參考系，“天和”是靜止的B．選地球為參考系，“神舟十五號”是靜止的C．選“天和”為參考系，“神舟十五號”是靜止的D．選“神舟十五號”為參考系，“天和”是運動的答案C解析“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，在軌繞地球做圓周運動，選地球為參考系，二者都是運動的，A、B錯誤；“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，二者相對靜止，C正確，D錯誤。3．(多選)關于加速度的理解，下列說法正確的是()A．高速行駛的賽車，加速度可能為零B．汽車啟動的一瞬間，加速度一定不為零C．汽車啟動得越快，加速度越大D．汽車的加速度為－5m/s2，表明汽車在做減速運動答案ABC解析由a＝eq\f(Δv,Δt)可知，加速度是描述物體運動速度變化快慢的物理量，所以高速行駛的賽車，加速度可能是零，也可能不是零，A正確；汽車啟動的一瞬間，汽車由靜止開始運動，汽車的速度一定發(fā)生變化，所以加速度一定不為零，B正確；汽車啟動得越快，說明汽車的速度變化越快，加速度越大，C正確；汽車的加速度為－5m/s2，加速度中的正、負號表示加速度方向，若汽車運動方向與加速度方向相同，汽車做加速運動，若不同，汽車做減速運動，D錯誤。4.(2023·江蘇淮安市期中)某同學用手機計步器記錄了自己國慶節(jié)去周恩來紀念館的運動情況，如圖所示，下列說法正確的是()A．圖中7.19km/h為平均速率B．圖中的8.52公里為位移C．圖中的01：11：05為時刻D．圖中消耗熱量370.6的單位為瓦特答案A解析由于題圖中數據是手機計步器記錄的國慶節(jié)去周恩來紀念館的運動情況，因此其中的8.52公里為該同學運動軌跡的長度，故題圖中的8.52公里為路程，故B錯誤；根據題意可知，01：11：05為手機計步器記錄的運動的總時間，因此題圖中的01：11：05為時間間隔，故C錯誤；根據上述可知，7.19km/h指總路程與總時間的比值，即題圖中7.19km/h為平均速率，故A正確；題圖中消耗熱量370.6的單位為焦耳，故D錯誤。5．(2023·遼寧葫蘆島市模擬)一無人機在同一水平面內運動，初始時懸停于空中，開始運動后在5s內向東沿直線飛行了40m，接著又經過5s向北沿直線飛行了30m，再次懸停。無人機的運動軌跡俯視圖如圖所示，則無人機在整個飛行過程中()A．平均速率為5m/sB．平均速率為6m/sC．平均速度大小為5m/sD．平均速度大小為7m/s答案C解析無人機在10s內的路程為s＝40m＋30m＝70m，則10s內的平均速率為eq\x\to(v)1＝eq\f(s,t)＝eq\f(70,10)m/s＝7m/s，A、B錯誤；由位移的定義可知，無人機在10s內的位移為x＝eq\r(402＋302)m＝50m，則10s內的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(50,10)m/s＝5m/s，C正確，D錯誤。6．一質點沿直線Ox方向做變速運動，它離開O點的距離x隨時間t變化的關系為x＝(5＋2t3)m，該質點在t1＝0到t2＝2s間的平均速度大小和t2＝2s到t3＝3s間的平均速度的大小分別為()A．12m/s,39m/s B．8m/s,38m/sC．12m/s,19.5m/s D．8m/s,13m/s答案B解析由x＝(5＋2t3)m可知，t1＝0時，x1＝5m；t2＝2s時，x2＝21m；t3＝3s時，x3＝59m；所以Δx1＝x2－x1＝16m，Δx2＝x3－x2＝38m，故平均速度大小分別為eq\x\to(v)1＝eq\f(Δx1,Δt1)＝8m/s，eq\x\to(v)2＝eq\f(Δx2,Δt2)＝38m/s，選項B正確。7．如圖所示是汽車的速度計，某同學在汽車中觀察速度計指針位置的變化。開始時指針指示在如圖甲所示的位置，經過8s后指針指示在如圖乙所示的位置，若汽車做勻變速直線運動，那么它的加速度大小約為()A．0.6m/s2 B．1.4m/s2C．11m/s2 D．5.0m/s2答案B解析由題圖可知，初速度約為20km/h＝eq\f(50,9)m/s，末速度約為60km/h＝eq\f(50,3)m/s，根據加速度的定義式a＝eq\f(Δv,Δt)，可得a≈1.4m/s2，故B正確，A、C、D錯誤。8.某國產車型啟用全新動力標識，新的命名方式直接與車輛的加速性能聯系起來，如圖，TFSI前面的那組數字稱為G值，單位為m/s2，計算公式為“G＝eq\f(Δv,Δt)×10”，式中Δv為從靜止加速到100公里每小時的速度變化量，Δt為不同車型的百公里加速時間。則以下說法正確的是()A．G值越大，車輛的速度變化量越大B．G值越大，車輛的動力越強勁C．100公里每小時是指車輛百公里加速的平均速度D．標識為45TFSI的車輛百公里加速時間約為7.3s答案B解析由題設所給的G值公式可知，G值越大，該車的加速度越大，速度的變化率越大，則車輛的動力越強勁，故A錯誤，B正確；題中100公里每小時為瞬時速度，故C錯誤；100km/h≈27.8m/s，根據題設所給的G值公式可得Δt≈eq\f(27.8,45)×10s≈6.2s，故D錯誤。9.(多選)如圖所示，一彈性小球以10m/s的速度從距地面2m處的A點豎直向下拋出，小球落地后豎直反彈經過距地面1.5m高的B點時，向上的速度為7m/s，小球從A點到B點共用時0.3s，則此過程中()A．小球發(fā)生的位移大小為0.5m，方向豎直向上B．小球速度變化量的大小為3m/s，方向豎直向下C．小球平均速度的大小約為1.67m/s，方向豎直向下D．小球平均加速度的大小約為56.7m/s2，方向豎直向上答案CD解析位移是指由起點指向終點的有向線段，小球發(fā)生的位移大小為0.5m，方向豎直向下，故A錯誤；設向下為正方向，則速度變化量Δv＝－7m/s－10m/s＝－17m/s，負號說明速度變化量方向豎直向上，故B錯誤；小球的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.5,0.3)m/s＝eq\f(5,3)m/s≈1.67m/s，方向豎直向下，故C正確；根據加速度的定義式有a＝eq\f(Δv,Δt)＝－eq\f(17,0.3)m/s2≈－56.7m/s2，負號說明加速度方向豎直向上，故D正確。10.如圖，車輪半徑為0.6m的自行車，在水平地面上不打滑并沿直線運動。氣門芯從最高點第一次到達最低點的位移大小約為()A．1.2mB．1.8mC．2.2mD．3.6m答案C解析氣門芯從最高點第一次到達最低點過程中，水平方向位移為x＝πR＝0.6πm，豎直方向位移為y＝2R＝1.2m，故位移大小為s＝eq\r(x2＋y2)≈2.2m，故選C。11．(多選)(2023·陜西渭南市質檢)一段高速公路上限速120km/h，為監(jiān)控車輛是否超速，設置了一些“電子警察”系統，其工作原理如圖所示：路面下，距離L埋設兩個傳感器線圈A和B，當有車輛經過線圈正上方時，傳感器能向數據采集器發(fā)出一個電信號；若有一輛汽車(在本題中可看作質點)經過該路段，兩傳感器先后向數據采集器發(fā)送信號，時間間隔為Δt，經微型計算機處理后得出該車的速度。若超速，則計算機將控制架設在路面上方的照相機C對汽車拍照，留下違章證據。根據以上信息，下列說法正確的是()A．計算汽車速度的表達式v＝eq\f(L,Δt)B．計算汽車速度的表達式v＝eq\f(2L,Δt)C．若L＝8m，Δt＝0.2s，照相機將會拍照D．若L＝8m，Δt＝0.3s，照相機將會拍照答案AC解析計算汽車速度的原理是利用短時間內的平均速度來代替瞬時速度，故汽車速度的表達式為v＝eq\f(L,Δt)，A正確，B錯誤；若L＝8m，Δt＝0.2s，則汽車的速度為v＝eq\f(L,Δt)＝40m/s＝144km/h>120km/h，超速，照相機將會拍照，C正確；若L＝8m，Δt＝0.3s，則汽車的速度為v＝eq\f(L,Δt)＝96km/h<120km/h，未超速，照相機不會拍照，故D錯誤。12．某人爬山，從山腳爬上山頂，然后又從原路返回到山腳，上山的平均速率為v1，下山的平均速率為v2，則往返全程的平均速度大小和平均速率分別是()A.eq\f(v1＋v2,2)，eq\f(v1＋v2,2) B.eq\f(v1－v2,2)，eq\f(v1－v2,2)C．0，eq\f(v1－v2,v1＋v2) D．0，eq\f(2v1v2,v1＋v2)答案D解析從山腳爬上山頂，然后又從原路返回到山腳時，通過的位移為零，因此平均速度為0；設從山腳爬上山頂路程為s，則有上山時間t1＝eq\f(s,v1)，下山時間t2＝eq\f(s,v2)，因此往返全程的平均速率為v＝eq\f(2s,t1＋t2)＝eq\f(2v1v2,v1＋v2)，故選D。13．如圖所示是用運動傳感器測小車速度的示意圖，這個系統由A、B兩個小盒組成，A盒裝有紅外線發(fā)射器和超聲波發(fā)射器，B盒裝有紅外線接收器和超聲波接收器，A盒被固定在向右勻速運動的小車上，測量時A向B同時發(fā)射一個紅外線脈沖和一個超聲波脈沖，B盒接收到紅外線脈沖時開始計時，接收到超聲波脈沖時停止計時，若兩者的時間差為t1，空氣中的聲速為v0。(紅外線的傳播時間可以忽略)(1)求A與B之間的距離x1；(2)經過Δt時間后，A再次同時發(fā)射一個紅外線脈沖和一個超聲波脈沖，此次B接收的時間差為t2，求A兩次發(fā)射過程中，小車運動的距離Δx為多大？小車運動的速度v為多大？答案(1)v0t1(2)v0(t2－t1)eq\f(v0t2－t1,Δt)解析(1)依題意，由于紅外線的傳播時間可以忽略，可得A、B間的距離為x1＝v0t1(2)同理可知：進行第二次測量時，A、B間的距離為x2＝v0t2則小車運動的距離Δx＝x2－x1＝v0(t2－t1)兩次發(fā)射超聲波脈沖的時間間隔為Δt，即為小車運動Δx所用的時間，則小車運動的速度為v＝eq\f(Δx,Δt)，解得v＝eq\f(v0t2－t1,Δt)。

第2課時勻變速直線運動的規(guī)律目標要求1.理解勻變速直線運動的特點，掌握勻變速直線運動的公式，并理解公式中各物理量的含義。2.會靈活應用運動學公式及推論解題?？键c一勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用1.勻變速直線運動沿著一條直線且加速度不變的運動。如圖所示，v－t圖線是一條傾斜的直線。2．勻變速直線運動的兩個基本規(guī)律(1)速度與時間的關系式：v＝v0＋at。(2)位移與時間的關系式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2。由以上兩式聯立可得速度與位移的關系式：v2－v02＝2ax。3．公式選用原則以上三個公式共涉及五個物理量，每個公式有四個物理量。選用原則如下：不涉及位移，選用v＝v0＋at不涉及末速度，選用x＝v0t＋eq\f(1,2)at2不涉及時間，選用v2－v02＝2ax4．正方向的選取以上三式均為矢量式，無論是勻加速直線運動還是勻減速直線運動，通常以初速度v0的方向為正方向；當v0＝0時，一般以加速度a的方向為正方向。速度、加速度、位移的方向與正方向相同時取正，相反時取負。1．勻變速直線運動是加速度均勻變化的直線運動。(×)2．勻加速直線運動的位移隨時間均勻增大。(×)3．勻變速直線運動中，經過相同的時間，速度變化量相同。(√)例1(2023·廣東梅州市期末)神舟十三號飛船采用“快速返回技術”。在距離地面1m處時，反推發(fā)動機點火，返回艙速度由6m/s減至2m/s軟著陸，此階段的運動可看作勻減速直線運動。則此階段()A．航天員處于失重狀態(tài)B．航天員的加速度大小為32m/s2C．返回艙運動的時間為0.5sD．返回艙的平均速度大小為4m/s答案D解析由于此階段的運動可看作勻減速直線運動，則加速度方向向上，可知航天員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；根據速度與位移的關系有v2－v02＝2ax，解得航天員的加速度a＝－16m/s2，即加速度大小為16m/s2，故B錯誤；由速度時間公式有v＝v0＋at，解得t＝0.25s，故C錯誤；此階段返回艙的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝4m/s，故D正確。例2汽車在平直的公路上行駛，發(fā)現險情緊急剎車，汽車立即做勻減速直線運動直到停止，已知汽車剎車時第1s內的位移為13m，最后1s內的位移為2m，則下列說法正確的是()A．汽車在第1s末的速度大小可能為10m/sB．汽車加速度大小可能為3m/s2C．汽車在第1s末的速度大小一定為11m/sD．汽車的加速度大小一定為4.5m/s2答案C解析采用逆向思維法，由于最后1s內的位移為2m，根據x2＝eq\f(1,2)at22得，汽車加速度大小a＝eq\f(2x2,t22)＝4m/s2，第1s內的位移為13m，根據x1＝v0t1－eq\f(1,2)at12，代入數據解得初速度v0＝15m/s，則汽車在第1s末的速度大小v1＝v0－at1＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正確，A、B、D錯誤。例3(多選)在足夠長的光滑固定斜面上，有一物體以10m/s的初速度沿斜面向上運動，物體的加速度大小始終為5m/s2、方向沿斜面向下，當物體的位移大小為7.5m時，下列說法正確的是()A．物體運動時間可能為1sB．物體運動時間可能為3sC．物體運動時間可能為(2＋eq\r(7))sD．物體此時的速度大小一定為5m/s答案ABC解析以沿斜面向上為正方向，則a＝－5m/s2，當物體的位移為沿斜面向上7.5m時，x＝7.5m，由運動學公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正確；當物體的位移為沿斜面向下7.5m時，x＝－7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故C正確；由速度時間公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s、v2＝5m/s、v3＝－5eq\r(7)m/s，故D錯誤。思考(1)剎車類問題有什么特點，解題時首先應該注意什么？(2)雙向可逆類勻減速直線運動有什么特點，解題時應該注意什么？答案(1)剎車類問題的特點：物體勻減速到速度為零后停止運動。解題時，判斷在所求問題的時間內，物體是否已經停止。(2)如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高點后仍能以原加速度勻加速下滑，全過程加速度大小、方向均不變。解題時可分過程列式，也可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義，物體的運動可能出現多解?？键c二勻變速直線運動的推論及應用1．勻變速直線運動的常用推論(1)平均速度公式：做勻變速直線運動的物體在一段時間內的平均速度等于這段時間內初、末時刻速度矢量和的一半，還等于中間時刻的瞬時速度。即：eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝。此公式可以求某時刻的瞬時速度。(2)位移差公式：連續(xù)相等的相鄰時間間隔T內的位移差相等。即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。不相鄰相等的時間間隔T內的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度。2．初速度為零的勻加速直線運動的四個重要比例式(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬時速度之比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)前T內、前2T內、前3T內、…、前nT內的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2。(3)第1個T內、第2個T內、第3個T內、…、第n個T內的位移之比為xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。(4)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。例4(2023·陜西安康市三模)做勻加速直線運動的質點，在第6s內和前5s內的平均速度之差是3m/s，則此質點運動的加速度大小為()A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．6m/s2答案A解析根據勻變速直線運動規(guī)律：某段時間中間時刻的瞬時速度等于該段的平均速度，則第6s內的平均速度等于5.5s時刻的瞬時速度，前5s內的平均速度等于2.5s時刻的瞬時速度，依題意由加速度定義式可得a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v5.5－v2.5,5.5－2.5)m/s2＝1m/s2，故選A。例5(2023·重慶市檢測)物體從靜止開始做勻加速直線運動，已知第4s內與第2s內的位移之差是8m，則下列說法錯誤的是()A．物體運動的加速度大小為4m/s2B．第2s內的位移大小為6mC．第2s末的速度大小為2m/sD．物體在0～5s內的平均速度大小為10m/s答案C解析根據位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝eq\f(x4－x2,2T2)＝eq\f(8,2×12)m/s2＝4m/s2，故A正確，不符合題意；第2s內的位移大小為x2－x1＝eq\f(1,2)at22－eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×4×(22－12)m＝6m，故B正確，不符合題意；第2s末的速度大小為v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C錯誤，符合題意；物體在0～5s內的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(x5,t5)＝eq\f(\f(1,2)at52,t5)＝eq\f(\f(1,2)×4×52,5)m/s＝10m/s，故D正確，不符合題意。例6(多選)(2024·廣東深圳市紅嶺中學月考)四個水球可以擋住一顆子彈！如圖所示，相同的4個裝滿水的薄皮氣球水平固定排列，子彈射入水球中并沿水平線做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，氣球薄皮對子彈的阻力忽略不計，子彈重力忽略不計。以下說法正確的是()A．子彈在每個水球中的速度變化量相同B．子彈依次穿過每個水球所用的時間之比為(2－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1C．子彈依次進入每個水球時的速度之比為2∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶1D．子彈穿出第3個水球的瞬時速度與全程的平均速度相等答案BCD解析子彈做勻減速直線運動，通過相同位移的時間逐漸增大，所以子彈在每個水球中運動的時間不同，而加速度相同，由Δv＝at知，子彈在每個水球中的速度變化量不同，故A錯誤；子彈的運動可看作反向的初速度為0的勻加速直線運動，對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等位移的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)：(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，則子彈依次穿過每個水球所用的時間之比為(2－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，故B正確；子彈的運動可看作反向的初速度為0的勻加速直線運動，根據x＝eq\f(1,2)at2可得從靜止開始連續(xù)通過相等的位移所用時間之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，根據v＝at可知逆向子彈依次進入每個水球時的速度之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，則子彈依次進入每個水球時的速度之比為2∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故C正確；子彈恰好能穿出第4個水球，則根據B項分析知子彈穿過第4個水球的時間與子彈穿過前3個水球所用的時間相同，則子彈穿出第3個水球時的瞬時速度即為中間時刻的速度，與全程的平均速度相等，故D正確。1．應用勻變速直線運動規(guī)律解題的基本思路eq\x(畫過程示意圖)→eq\x(判斷運動性質)→eq\x(選取正方向)→eq\x(選用公式列方程)→eq\x(解方程并加以討論)2．勻變速直線運動問題常用的解題方法課時精練1．(2024·廣東汕頭市金山中學模擬)在交通事故分析中，剎車線的長度是很重要的依據。剎車線是汽車剎車后，停止轉動的輪胎在地面上滑動時留下的痕跡。在某次交通事故中，汽車的剎車線長度是40m，假設汽車剎車時的速度大小為20m/s，剎車過程可看作勻減速直線運動，則汽車剎車時的加速度大小為()A．2m/s2B．5m/s2C．4m/s2D．6m/s2答案B解析以汽車剎車時的速度方向為正方向，由0－v02＝2ax得a＝eq\f(－v02,2x)＝－5m/s2，負號表示加速度方向與速度方向相反，故選B。2．超音速巡航是第五代戰(zhàn)斗機的主要技術特征之一，該技術在未來的超視距作戰(zhàn)中具有很大的優(yōu)勢。某第五代戰(zhàn)機在一次直線加速飛行中，速度由270m/s提升至510m/s，耗時一分鐘，假設加速過程為勻加速運動，則該過程飛行的距離為()A．16200m B．23400mC．30600m D．46800m答案B解析該過程飛行的距離為s＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(270＋510,2)×60m＝23400m，故選B。3．汽車在水平面上剎車，其位移與時間的關系是x＝24t－6t2(m)，則它在前3s內的平均速度大小為()A．8m/sB．10m/sC．12m/sD．14m/s答案A解析由位移與時間的關系結合運動學公式可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，則由v＝v0＋at可知，汽車在2s末停止，故它在前3s內的位移等于前2s內的位移，x＝24×2m－6×4m＝24m，則汽車在前3s內的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(x,Δt)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故A正確。4．(2022·全國甲卷·15)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v(v<v0)。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為()A.eq\f(v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v) B.eq\f(v0－v,a)＋eq\f(L＋2l,v)C.eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v) D.eq\f(3v0－v,a)＋eq\f(L＋2l,v)答案C解析由題知當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v(v<v0)，則列車進隧道前必須減速到v，若用時最少，則列車先勻減速到v進入隧道，再在隧道中勻速運動，出了隧道再勻加速到v0。則有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)，在隧道內勻速運動時有t2＝eq\f(L＋l,v)，列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq\f(v0－v,a)，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故選C。5.(2024·湖南長沙市第一中學月考)如圖所示，一質點做勻加速直線運動先后經過A、B、C三點，已知從A到B和從B到C速度的增加量Δv均為6m/s，AB間的距離x1＝3m，BC間的距離x2＝13m，則該質點的加速度大小為()A．3.6m/s2 B．4m/s2C．4.2m/s2 D．4.8m/s2答案A解析因為從A到B和從B到C速度的增加量Δv均為6m/s，可知從A到B的時間和從B到C的時間相等，有Δv＝aT＝6m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10m，聯立可得T＝eq\f(5,3)s，a＝3.6m/s2，A正確。6．(2023·廣西桂林市模擬)據了解，CR300AF型復興號動車組是擁有完全自主國產研發(fā)的中國標準動車組體系中的新車型。該車型設計時速為300千米每小時，外觀呈淡藍色，除此之外復興號動車組全車覆蓋免費WiFi，且每兩個座椅有一個插座。假設一列復興號動車組進站時從某時刻起做勻減速直線運動，分別用時3s、2s、1s連續(xù)通過三段位移后停下，則這三段位移的平均速度之比是()A．9∶4∶1 B．27∶8∶1C．5∶3∶1 D．3∶2∶1答案A解析可將動車組勻減速過程看作初速度為0的勻加速過程，根據勻變速直線運動規(guī)律可知勻減速直線運動最后連續(xù)通過三段位移的比值為27∶8∶1，根據平均速度的計算公式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可知這三段位移的平均速度之比是9∶4∶1，故A正確，B、C、D錯誤。7．(2023·廣東珠海市檢測)如圖為港珠澳大橋上四段110m的等跨鋼箱連續(xù)梁橋，若汽車從a點由靜止開始做勻加速直線運動，通過ab段的時間為t，則()A．通過cd段的時間為eq\r(3)tB．通過ce段的時間為(2－eq\r(2))tC．ae段的平均速度等于c點的瞬時速度D．ac段的平均速度等于b點的瞬時速度答案B解析根據初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律可知，汽車通過ab、bc、cd、de段所用的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，可得出通過cd段的時間為(eq\r(3)－eq\r(2))t，通過de段的時間為(2－eq\r(3))t，則通過ce段的時間為(2－eq\r(2))t，A錯誤，B正確；通過b點的時刻為通過ae段的中間時刻，故b點的瞬時速度等于ae段的平均速度，C、D錯誤。8.(2023·湖北荊門市聯考)如圖所示，在2022年北京冬奧會高山滑雪男子大回轉比賽中，中國運動員沿著雪道加速滑下，途經a、b、c、d四個位置。若將此過程視為勻加速直線運動，運動員在ab、bc、cd三段位移內速度增加量之比為1∶2∶1，a、b之間的距離為L1，c、d之間的距離為L3，則b、c之間的距離L2為()A．8L1 B.eq\f(8,7)L3C．L1＋L3 D.eq\f(1,2)(L1＋L3)答案C解析運動員在ab、bc、cd三段位移內速度增加量之比為1∶2∶1，則對應時間之比為1∶2∶1，有L1＝v0t＋eq\f(1,2)at2，L2＝(v0＋at)·2t＋eq\f(1,2)a(2t)2＝2v0t＋4at2L3＝(v0＋3at)·t＋eq\f(1,2)at2＝v0t＋eq\f(7,2)at2，觀察可得L2＝L1＋L3，故選C。9．為了研究運動員起跑階段的運動情況，用頻率為2Hz頻閃照相機記錄運動員起跑階段不同時刻的位置，如圖所示，用厘米刻度尺測量照片上運動員不同位置間的距離，已知照片與實物的尺寸比例為1∶50，運動員起跑階段的運動可視為勻加速直線運動。下列說法正確的是()A．運動員起跑階段的加速度為2m/s2B．運動員通過照片中3cm位置時速度為1m/sC．照片中0位置為運動員的起跑位置D．運動員在照片前6cm內的平均速度為4m/s答案A解析頻率為2Hz頻閃照相機，拍照間隔為T＝eq\f(1,f)＝0.5s，根據勻變速直線運動的公式有(2－1)×10－2×50m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正確；勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則運動員通過照片中3cm位置時速度為v1＝eq\f(6－1×10－2×50,2×0.5)m/s＝2.5m/s，故B錯誤；根據0位置到3cm位置的速度時間公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5m/s，即照片中0位置的速度為0.5m/s，故不是起跑位置，故C錯誤；運動員在照片前6cm內的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(6×10－2×50,3×0.5)m/s＝2m/s，故D錯誤。10．(多選)(2023·吉林長春市模擬)一輛汽車以速度v0勻速行駛，司機觀察到前方人行橫道有行人要通過，于是立即剎車。從剎車到停止，汽車正好經過了24塊規(guī)格相同的路邊石，汽車剎車過程可視為勻減速直線運動。下列說法正確的是()A．汽車經過第1塊路邊石末端時的速度大小為eq\r(\f(23,24))v0B．汽車經過第18塊路邊石末端時的速度大小為eq\f(\r(3),2)v0C．汽車經過前12塊路邊石與后12塊路邊石的時間之比為1∶eq\r(2)D．汽車經過前18塊路邊石與后6塊路邊石的時間之比為1∶1答案AD解析從剎車到停止，汽車正好經過了24塊規(guī)格相同的路邊石，設路邊石的長度為L，則有0－v02＝－2a·24L，解得a＝eq\f(v02,48L)，則汽車經過第1塊路邊石末端時的速度大小為v1＝eq\r(v02－2aL)＝eq\r(\f(23,24))v0，A正確；汽車經過第18塊路邊石末端時的速度大小為v18＝eq\r(v02－2a×18L)＝eq\f(v0,2)，B錯誤；根據初速度為零的勻變速直線運動在連續(xù)相等的位移內所用時間比例關系可得：汽車經過前12塊路邊石與后12塊路邊石的時間之比為(eq\r(2)－1)∶1，C錯誤；根據初速度為零的勻變速直線運動在連續(xù)相等時間內通過位移比例關系可得：汽車經過前18塊路邊石與后6塊路邊石的時間之比為1∶1，D正確。11．(2023·山東卷·6)如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為()A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s答案C解析由題知，電動公交車做勻減速直線運動，設RS間的距離為x，則根據題意有eq\x\to(v)RS＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\x\to(v)ST＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)，聯立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根據勻變速直線運動速度與時間的關系有vT＝vR－a·5t1，則at1＝2m/s，又有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)＝10m/s，則vR＝11m/s，聯立解得vT＝1m/s，故選C。12．一質點做勻變速直線運動，已知初速度大小為v，經過一段時間速度大小變?yōu)?v，加速度大小為a，這段時間內的路程與位移之比為5∶3，則下列說法正確的是()A．這段時間內質點運動方向不變B．這段時間為eq\f(3v,a)C．這段時間質點運動的路程為eq\f(3v2,2a)D．再經過相同時間，質點速度大小為3v答案B解析由題意知，質點先做勻減速直線運動，速度減小到零后，再反向做勻加速直線運動，即在這段時間內運動方向改變，如圖所示，選項A錯誤；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，可得時間t＝eq\f(3v,a)，選項B正確；由v2－v02＝2ax得，從初速度為v減速到零所通過的路程x1＝eq\f(v2,2a)，然后反向加速到2v所通過的路程x2＝eq\f(2v2,2a)＝eq\f(2v2,a)，總路程為x＝x1＋x2＝eq\f(5v2,2a)，選項C錯誤；再經過相同時間，質點速度為v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小為5v，選項D錯誤。

第3課時自由落體運動和豎直上拋運動多過程問題目標要求1.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，知道豎直上拋運動的對稱性和多解性。2.能靈活處理多過程問題。考點一自由落體運動1．條件：物體只受重力，從靜止開始下落。2．運動性質：初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動。3．基本規(guī)律：(1)速度與時間的關系式：v＝gt。(2)位移與時間的關系式：h＝eq\f(1,2)gt2。(3)速度位移關系式：v2＝2gh。1．重的物體總是比輕的物體下落得快。(×)2．同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大。(√)3．自由落體加速度的方向垂直地面向下。(×)4．做自由落體運動的物體在1s內速度增加約9.8m/s。(√)5．不計空氣阻力，物體從某高度由靜止下落，任意兩個連續(xù)相等的時間間隔T內的位移之差恒定。(√)例1對于自由落體運動(g＝10m/s2)，下列說法正確的是()A．在前1s內、前2s內、前3s內的位移大小之比是1∶3∶5B．在相鄰兩個1s內的位移之差都是10mC．在第1s內、第2s內、第3s內的平均速度大小之比是1∶2∶3D．在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶3∶5答案B解析在前1s內、前2s內、前3s內的位移大小之比是1∶4∶9，故A錯誤；在相鄰兩個1s內的位移之差都是Δx＝gT2＝10m，故B正確；在第1s內、第2s內、第3s內的位移大小之比為1∶3∶5，所以平均速度大小之比為1∶3∶5，故C錯誤；在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D錯誤。例2(2024·山東臨沂市第三中學月考)某校物理興趣小組，為了了解高空墜物的危害，將一個雞蛋從離地面20m高的高樓面由靜止釋放，下落途中用Δt＝0.2s的時間通過一個窗口，窗口的高度為2m，忽略空氣阻力的作用，重力加速度g取10m/s2，求：(1)雞蛋落地時的速度大小和落地前最后1s內的位移大?。?2)高樓面離窗的上邊框的高度。答案(1)20m/s15m(2)4.05m解析(1)根據速度位移關系v2＝2gh，解得雞蛋落地時速度大小為v＝20m/s，設雞蛋自由下落時間為t，根據速度時間關系得t＝eq\f(v,g)＝2s雞蛋在第1s內的位移為h1＝eq\f(1,2)gt12＝5m則雞蛋落地前最后1s內的位移大小為h2＝h－h(huán)1＝15m(2)由題意知，窗口的高度為h3＝2m設高樓面離窗的上邊框的高度為h0，雞蛋從高樓面運動到窗的上邊框的時間為t0，則h0＝eq\f(1,2)gt02，h0＋h3＝eq\f(1,2)g(t0＋Δt)2聯立解得h0＝4.05m。1．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，故初速度為零的勻加速直線運動的規(guī)律、比例關系及推論等規(guī)律都適用。2．物體由靜止開始的自由下落過程才是自由落體運動，從中間截取的一段運動過程不是自由落體運動，等效于豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規(guī)律去解決此類問題。例3(多選)從高度為125m的塔頂先后自由釋放a、b兩球，自由釋放這兩個球的時間差為1s，g取10m/s2，不計空氣阻力，以下說法正確的是()A．b球下落高度為20m時，a球的速度大小為20m/sB．a球接觸地面瞬間，b球離地高度為45mC．在a球接觸地面之前，兩球速度差恒定D．在a球接觸地面之前，兩球離地的高度差恒定答案BC解析b球下落高度為20m時，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，則a球下落了3s，a球的速度大小為v＝30m/s，故A錯誤；a球下落的總時間為t2＝eq\r(\f(2×125,10))s＝5s，a球落地瞬間b球下落了4s，b球的下落高度為h′＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，故b球離地面的高度為h″＝(125－80)m＝45m，故B正確；由自由落體運動的規(guī)律可得，在a球接觸地面之前，兩球的速度差Δv＝gt－g(t－1s)＝10m/s，即速度差恒定，兩球離地的高度差變大，故C正確，D錯誤。自由落體運動中的兩個物體先后從同一高度下落，兩物體加速度相同，故先下落物體相對后下落物體做勻速直線運動，兩者的距離隨時間均勻增大。考點二豎直上拋運動1．運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g，上升階段做勻減速直線運動，下降階段做自由落體運動。2．運動性質：勻變速直線運動。3．基本規(guī)律(1)速度與時間的關系式：v＝v0－gt。(2)位移與時間的關系式：x＝v0t－eq\f(1,2)gt2。4．豎直上拋運動的對稱性(如圖所示)(1)時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理tAB＝tBA。(2)速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過A點的速度大小相等。思考物體做豎直上拋運動，豎直向上為正方向，在上述速度與時間的關系式中，把時間t代入后，若v為負值，負號表示什么意義？在上述位移與時間的關系式中，把時間t代入后，若位移為負值，又表示什么意義？答案速度為負值，表示物體運動方向向下；位移為負值，表示物體已經運動到拋出點下方。例4為測試一物體的耐摔性，在離地25m高處，將其以20m/s的速度豎直向上拋出，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，求：(1)經過多長時間到達最高點；(2)拋出后離地的最大高度是多少；(3)經過多長時間回到拋出點；(4)經過多長時間落到地面；(5)經過多長時間離拋出點15m。答案(1)2s(2)45m(3)4s(4)5s(5)1s3s(2＋eq\r(7))s解析(1)運動到最高點時速度為0，由v＝v0－gt1得t1＝－eq\f(v－v0,g)＝eq\f(v0,g)＝2s(2)由v02＝2ghmax得hmax＝eq\f(v02,2g)＝20m，所以Hmax＝hmax＋h0＝45m(3)法一：分段，由(1)(2)知上升時間t1＝2s，hmax＝20m，下落時，hmax＝eq\f(1,2)gt22，解得t2＝2s，故t＝t1＋t2＝4s法二：由對稱性知返回拋出點時速度為20m/s，方向向下，則由v1＝v0－gt，得t＝－eq\f(v1－v0,g)＝4s法三：由h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，令h＝0，解得t3＝0(舍去)，t4＝4s(4)法一：分段法由Hmax＝eq\f(1,2)gt52，解得t5＝3s，故t總＝t1＋t5＝5s法二：全程法由－h(huán)0＝v0t′－eq\f(1,2)gt′2解得t6＝－1s(舍去)，t7＝5s(5)當物體在拋出點上方時，h＝15m，由h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t8＝1s，t9＝3s，當物體在拋出點下方時，h＝－15m，由h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，得t10＝(2＋eq\r(7))s，t11＝(2－eq\r(7))s(舍去)。1．豎直上拋運動的研究方法：分段法上升階段：a＝g的勻減速直線運動下降階段：自由落體運動全程法初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－eq\f(1,2)gt2(以豎直向上為正方向)若v>0，物體上升，若v<0，物體下落若h>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方2.豎直上拋運動的多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。例5打彈弓是一款傳統游戲，射彈花樣繁多，燕子鉆天是游戲的一種，如圖所示，一表演者將彈丸豎直向上射出后，彈丸上升過程中在最初1s內上升的高度與最后1s內上升的高度之比為9∶1，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則彈丸在上升過程中最初1s內中間時刻的速度大小和上升的最大高度分別為()A．45m/s125m B．45m/s75mC．36m/s125m D．36m/s75m答案A解析射出的彈丸做豎直上拋運動，可看成自由落體運動的逆運動，由運動學公式h＝eq\f(1,2)gt2，彈丸最后1s內上升的高度h1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，則最初1s內上升的高度h2＝9h1＝45m，最初1s內中間時刻的速度v＝eq\f(h2,t)＝eq\f(45,1)m/s＝45m/s，彈丸的初速度v0＝v＋gt′＝45m/s＋10×0.5m/s＝50m/s，故上升的最大高度為h＝eq\f(v02,2g)＝eq\f(502,2×10)m＝125m，故選A。考點三勻變速直線運動中的多過程問題例6(2024·湖北武漢市第二中學月考)無人機在生產生活中有廣泛應用。我國林業(yè)部門將無人機運用于森林防火工作中，如圖所示，某架無人機執(zhí)行火情察看任務，懸停在目標正上方且距目標高度為H1＝205m處，t＝0時刻，它以加速度a1＝6m/s2豎直向下勻加速運動距離h1＝75m后，立即向下做勻減速直線運動直至速度為零，重新懸停在距目標高度為H2＝70m的空中，然后進行拍照。重力加速度大小取10m/s2，求：(1)無人機從t＝0時刻到重新懸停在距目標高度為H2＝70m處的總時間t；(2)若無人機在距目標高度為H2＝70m處懸停時動力系統發(fā)生故障，自由下落2s后恢復動力，要使其不落地，恢復動力后的最小加速度大小。答案(1)9s(2)4m/s2解析(1)設無人機下降過程最大速度為v，向下加速時間為t1，減速時間為t2，則由勻變速直線運動規(guī)律有h1＝eq\f(1,2)a1t12，v＝a1t1，H1－H2－h(huán)1＝eq\f(v,2)t2，聯立解得t＝t1＋t2＝9s(2)無人機自由下落2s末的速度為v0＝gt′＝20m/s2s內向下運動的位移為x1＝eq\f(1,2)gt′2＝20m設其向下減速的加速度大小為a2時，恰好到達地面前瞬間速度為零，此時a2為最小加速度大小，則H2－x1＝eq\f(v02,2a2)，代入數據解得a2＝4m/s2。勻變速直線運動多過程的解題策略1．一般的解題步驟(1)準確選取研究對象，根據題意畫出物體在各階段運動的示意圖，直觀呈現物體運動的全過程。(2)明確物體在各階段的運動性質，找出題目給定的已知量、待求未知量，設出中間量。(3)合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程及物體各階段間的關聯方程。2．解題關鍵多運動過程的連接點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶，因此，對連接點速度的求解往往是解題的關鍵。課時精練1．(2023·廣東卷·3)銫原子噴泉鐘是定標“秒”的裝置。在噴泉鐘的真空系統中，可視為質點的銫原子團在激光的推動下，獲得一定的初速度。隨后激光關閉，銫原子團僅在重力的作用下做豎直上拋運動，到達最高點后再做一段自由落體運動。取豎直向上為正方向。下列可能表示激光關閉后銫原子團速度v或加速度a隨時間t變化的圖像是()答案D解析銫原子團僅受重力的作用，加速度g豎直向下，大小恒定，在v－t圖像中，斜率絕對值等于重力加速度，故斜率不變，所以v－t圖像應該是一條傾斜的直線，故選項A、B錯誤；因為加速度恒定，且方向豎直向下，故為負值，故選項C錯誤，D正確。2．(2021·湖北卷·2)2019年，我國運動員陳芋汐獲得國際泳聯世錦賽女子單人10米跳臺冠軍。某輪比賽中，陳芋汐在跳臺上倒立靜止，然后下落，前5m完成技術動作，隨后5m完成姿態(tài)調整。假設整個下落過程近似為自由落體運動，重力加速度大小取10m/s2，則她用于姿態(tài)調整的時間約為()A．0.2sB．0.4sC．1.0sD．1.4s答案B解析陳芋汐下落的整個過程所用的時間為t＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×10,10))s≈1.4s下落前5m的過程所用的時間為t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s則陳芋汐用于姿態(tài)調整的時間約為t2＝t－t1＝0.4s，故B正確。3．(2023·北京市東城區(qū)期末)甲、乙兩物體距地面的高度之比為1∶2，所受重力之比為1∶2。某時刻兩物體同時由靜止開始下落。不計空氣阻力的影響。下列說法正確的是()A．甲、乙落地時的速度大小之比為1∶eq\r(2)B．所受重力較大的乙物體先落地C．在兩物體均未落地前，甲、乙的加速度大小之比為1∶2D．在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離越來越近答案A解析由于不計空氣阻力，兩物體均做自由落體運動，由v2＝2gh可知v＝eq\r(2gh)，所以甲、乙落地時的速度大小之比為1∶eq\r(2)，故A正確；由h＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2h,g))，所以物體做自由落體運動的時間取決于高度，與物體所受重力的大小無關，即甲物體先落地，故B錯誤；由于兩物體都做自由落體運動，加速度均為重力加速度，故C錯誤；由于兩物體都做自由落體運動且同時下落，則在兩物體均未落地前，甲、乙之間的距離不變，故D錯誤。4．(2023·黑龍江大慶市三模)一個物體從離地某一高度處開始做自由落體運動，該物體第1s內的位移恰為最后1s內位移的二分之一，已知重力加速度大小取10m/s2，則它開始下落時距落地點的高度為()A．15mB．12.5mC．11.25mD．10m答案C解析物體第1s內的位移為h1＝eq\f(1,2)gt02＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，則物體最后1s內的位移為h2＝2h1＝10m，又eq\f(1,2)gt總2－eq\f(1,2)g(t總－1s)2＝h2，解得t總＝1.5s，則物體開始下落時距落地點的高度為h＝eq\f(1,2)gt總2＝eq\f(1,2)×10×1.52m＝11.25m，故選C。5.(2024·山東德州市第一中學開學考)物理研究小組正在測量橋面某處到水面的高度。如圖所示，一同學將兩個相同的鐵球1、2用長L＝3.8m的細線連接。用手抓住球2使其與橋面等高，讓球1懸掛在正下方，然后由靜止釋放，橋面處的接收器測得兩球落到水面的時間差Δt＝0.2s，g＝10m/s2，則橋面該處到水面的高度為()A．22mB．20mC．18mD．16m答案B解析設橋面該處到水面的高度為h，根據自由落體運動位移公式，對鐵球2有h＝eq\f(1,2)gt22，對鐵球1有h－L＝eq\f(1,2)gt12，又t2－t1＝Δt，解得h＝20m，故選B。6.如圖所示，2022年3月5號，西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射了“長征二號”丙運載火箭，上面有六顆02批衛(wèi)星和一顆商業(yè)遙感衛(wèi)星。若“長征二號”丙運載火箭及其衛(wèi)星總質量為240噸，總長為43m，發(fā)射塔高100.0m，點火后經5.0s火箭離開發(fā)射塔。假設火箭離開發(fā)射塔的過程中做勻加速直線運動，忽略空氣阻力和運載火箭質量的變化，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)火箭離開發(fā)射塔瞬間的速度大?。?2)火箭起飛時推動力大??；(3)若火箭剛離開發(fā)射塔瞬間，某個發(fā)射用到的部件完成使命正好從火箭尾部自然脫落，求該部件脫落后經多長時間落地。答案(1)40m/s(2)4.32×106N(3)10s解析(1)設發(fā)射塔高為h，根據平均速度公式h＝eq\f(v,2)t，得v＝eq\f(2h,t)＝40m/s(2)火箭上升時的加速度為a＝eq\f(v,t)＝8m/s2根據牛頓第二定律F－mg＝ma得F＝m(g＋a)＝4.32×106N(3)方法一：脫離后部件還將繼續(xù)做豎直上拋運動，d＝eq\f(v2,2g)＝80m，所以離地高度為H＝h＋d＝180m上升過程所用的時間t1＝eq\f(v,g)＝4s下降過程所用的時間t2＝eq\r(\f(2H,g))＝6s所以脫落后到落地時間為10s。方法二：根據－h(huán)＝vt－eq\f(1,2)gt2，得t＝10s。7.如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2。不計空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿足()A．1<eq\f(t2,t1)<2 B．2<eq\f(t2,t1)<3C．3<eq\f(t2,t1)<4 D．4<eq\f(t2,t1)<5答案C解析由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式可知eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3<eq\f(t2,t1)<4，選項C正確。8．在離水平地面高H處，以大小均為v0的初速度同時豎直向上和向下拋出甲、乙兩球，不計空氣阻力，下列說法中正確的是()A．甲球相對乙球做勻變速直線運動B．在落地前甲、乙兩球間距離均勻增大C．兩球落地的速度差與v0、H有關D．兩球落地的時間差與v0、H有關答案B解析甲、乙兩球加速度相同，故甲球相對于乙球做勻速直線運動，在落地前二者距離不斷均勻增大，A錯誤，B正確；根據豎直上拋的對稱性，甲球回到拋出點時速度大小為v0，方向豎直向下，兩球落地的速度差為零，與v0、H均無關，C錯誤；由豎直上拋的對稱性可知，兩球落地的時間差Δt＝eq\f(2v0,g)，與v0有關，與H無關，D錯誤。9.(多選)(2024·黑龍江佳木斯市開學考)如圖所示的自由落錘式強夯機將8～30t的重錘從6～30m高處自由落下，對土進行強力夯實。某次重錘從某一高度自由落下，已知重錘在空中運動的時間為t1、從自由下落到運動至最低點經歷的時間為t2，重錘從地面運動至最低點的過程可視為做勻減速直線運動，當地重力加速度為g，不計空氣阻力，則該次夯土作業(yè)()A．重錘下落時離地高度為eq\f(1,2)gt12B．重錘接觸地面后下降的距離為eq\f(1,2)gt1t2C．重錘接觸地面后的加速度大小為eq\f(gt1,t2－t1)D．重錘在空中運動的平均速度大于接觸地面后的平均速度答案AC解析作出重錘的v－t圖像，如圖所示，根據自由落體運動規(guī)律可知，重錘下落時離地高度為h1＝eq\f(1,2)gt12，根據勻變速直線運動中平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)可知，重錘在空中運動的平均速度等于接觸地面后的平均速度，A正確，D錯誤；根據s＝eq\f(v,2)t可知，重錘下落時離地高度h1和重錘接觸地面后下降距離h2之比為eq\f(h1,h2)＝eq\f(t1,t2－t1)，故重錘接觸地面后下降的距離為h2＝eq\f(1,2)gt1(t2－t1)，B錯誤；根據v＝at可知，重錘接觸地面后的加速度大小為a＝eq\f(v,t2－t1)＝eq\f(gt1,t2－t1)，C正確。10.(2023·山東煙臺市一模)甲、乙兩個小球先后從同一水平面的兩個位置，以相同的初速度豎直向上拋出，小球距拋出點的高度h與時間t的關系圖像如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度為g，則兩小球同時在同一水平線上時，距離拋出點的高度為()A.eq\f(1,2)gt22 B.eq\f(1,2)g(t22－t12)C.eq\f(1,4)g(t22－t12) D.eq\f(1,8)g(t22－t12)答案D解析根據豎直上拋運動規(guī)律，豎直向上運動到同一水平線上時，乙小球的運動時間為t＝eq\f(t2－t1,2)，甲小球到達的最高點高度為h＝eq\f(1,2)g(eq\f(t2,2))2＝eq\f(1,8)gt22，甲小球下落的高度為h′＝eq\f(1,2)g(eq\f(t2,2)－eq\f(t2－t1,2))2＝eq\f(1,8)gt12，故該位置距離拋出點的高度為h″＝h－h(huán)′＝eq\f(1,8)g(t22－t12)，故選D。11.(多選)(2024·四川成都市石室中學月考)小紅用頻閃照相法研究豎直上拋運動，拍照頻率為5Hz，某次實驗時小球以某一初速度豎直上拋，照相機在此過程中曝光了8次，由于上升過程和下降過程小球經過相同位置時都被曝光，所以在底片上記錄到如圖所示的4個位置，a、b兩點間距離為l1，b、c兩點間距離為l2，c、d兩點間距離為l3，重力加速度g＝10m/s2。下列說法中正確的是()A．小球經過b點時的速度大小為0.4m/sB．a點距豎直上拋的最高點的距離為2.45mC．l1∶l2∶l3＝3∶2∶1D．l1∶l2∶l3＝5∶3∶1答案BC解析頻閃照相的時間間隔T＝eq\f(1,f)＝0.2s，題圖中所有位置曝光兩次，所以d點到豎直上拋的最高點的時間間隔為t＝eq\f(T,2)，所以從最高點開始至下落到b點經歷的時間為tb＝t＋2T＝eq\f(5,2)T＝0.5s，小球經過b點時的速度大小為vb＝gtb＝5m/s，選項A錯誤；從最高點下落到a點經歷的時間為ta＝t＋3T＝eq\f(7,2)T＝0.7s，所以a點距豎直上拋的最高點的距離為ha＝eq\f(1,2)gta2＝2.45m，選項B正確；初速度為0的勻加速直線運動在連續(xù)相同時間內的位移之比為1∶3∶5∶7∶9∶11∶13，若從最高點至a點分為7個相同的時間間隔，每個時間間隔為0.1s，滿足l1∶l2∶l3＝(13＋11)∶(9＋7)∶(5＋3)＝3∶2∶1，選項C正確，選項D錯誤。12.如圖所示，A、B為空心圓管的兩端、C為可視為質點的小球，AB長度為L＝1m，AB與C在同一豎直線上，AC之間距離為h＝20m。t＝0時刻，空心圓管做自由落體運動，C從地面以初速度v0開始做豎直上拋運動，g＝10m/s2。(1)要使C在空心圓管落地前穿過空心圓管，v0應大于多少？(2)若v0＝20m/s，求C從A端穿過空心圓管所用的時間。(不考慮圓管落地后的情形)答案