新高考新教材一轮复习人教版第一章第2讲匀变速直线运动的规律学案

第2讲匀变速直线运动的规律

建羔三停三卷必备知识新学法基础落实写垣垣三造会

［主干知识填一填］

一、匀变速直线运动的规律

I.匀变速直线运动

沿一条直线且加速度不变的运动.

2.基本公式

(1)速度公式：v=vo+at.

(2)位移公式：x=υot+^at2.

(3)位移速度关系式：庐一ι⅜=20r.

3.重要推论

(1)平均速度：。=%=七一，即一段时间内的平均速度等于这段时间里回时刻的瞬时

速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半.

(2)任意两个连续相等时间间隔(7)内的位移之差相笺，即AX=X2-χ∣=X3-X2=…=X"—

xπ-∣=β72∙

注意：此公式可以延伸为x,,,-χ(l=(m-")oJ,常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度.

(3)位移中点速度：%=

4.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论

(1)17末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为vi：V2：Vi：-：%=

1：2：3：…：〃.

(2)IT内、27内、37内、…、“7内的位移之比为Xi：及：冷：…：Λ,,=12：22：32：-：

足.

(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第"个T内的位移之比为Xi:Xn:刈：…：

XW=I：3：5：…：

(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为h：t2∙.t3：-：/„=1:(√2-

1):(小一6)：(2—√3):…：(-∖［n-∖jn-1).

二、自由落体和竖直上抛运动的基本规律

1.自由落体运动

(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落.

(2)伽利略对自由落体运动的研究.

①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的

结论.

②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理一猜想与假设一实验验证一合理

外推.这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来.

2.基本规律

自由落体运动竖直上抛运动

速度公式υ=gtV=VQ-gt

位移公式h=2^h=DoLlgF

速度一位移关系式V2=Ighv2-v「=-2女力

［规律结论•记一记］

I.匀变速直线运动的公式中，各物理量必须相对同一参考系，高中阶段一般都选地面

为参考系.

2.匀变速直线运动的速度公式、位移公式和速度一位移关系式均为矢量表达式，应用

公式解题时应注意选取正方向，代入“+”“一”.

3.解题中常用到的二级结论

(1)不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有

22

(2)在“刹车”问题中要注意汽车从刹车到停止的时间而与题干所给时间的大小关系.

(3)物体做匀减速直线运动，可看成反向匀加速直线运动.

I必刷小题测一测］

一、易混易错判断

1.匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动.(J)

2.匀加速直线运动IT末、2T末、37末的瞬时速度之比为1：2：3.(×)

3.对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度.(X)

4.物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动.(义)

5.做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下

的.(√)

二、经典小题速练

1.如图所示，高速公路一般情况下小汽车限速120km/h,但由于施工

等特殊情况会有临时限速.某货车正在以72km/h的速度行驶，看到临时

限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1m∕s2,减速行驶了2min,则减

速后货车的速度为()

A.6.0m/sB.8.0m/s

C.10.0m/sD.12.0m/s

解析：Bvo=72km/h=20m/s,t=2min=120s,a=-0.1m*.由v=vo+at得v×120)

m∕s=8.0m∕s,故选项B正确.

2.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运

A

动,若到达B点时速度为到达C点时速度为2°,则AB：BC等于（）添涓“

A.1：1B.1：2

C.1：3D.1：4

22

解析：C根据匀变速直线运动的速度位移公式。2-晶=2αx知，XAB=劈，XAC奇，

所以A8：AC=I：4,贝∣J48：BC=I：3,故C正确，A、B、D错误.

3.一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相,

由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s∣=2nυ在

第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了S3=8m.由此可求得（）

A.第一次闪光时质点的速度

B.质点运动的加速度

C.在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移

D.质点运动的初速度

解析：C由于闪光时间未知，所以根据62—S∣=S3-S2=α72,只能求出第二、第三次

闪光的时间间隔内质点的位移$2=5m,选项C正确.

三三三三三三关键能力新探究思维拓展■

命题点一匀变速直线运动规律的应用（自主学习）

［核心整合］

ɪ.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.

2.解决运动学问题的基本思路

根据题意画出物体运动示意图，使运动过程

直观清晰

匀变速直线运动常可一题多解，要灵活选择

.合适的公式

注意列运动学方程时，方程式中每一个物理

St均对应同一运动过程

3.两类特殊的匀减速直线运动

刹车类问题双向运动类

其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能

加速度”突然消失，求解时要注意确定其实以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、

际运动时间.如果问题涉≡及最后阶段（到停止方向均不变，求解时可对全过程列式，但必

运动）的运动，可把该阶段看成反向的初速度须注意X、。、”等矢量的正负号及物理意义

为零、加速度不变的匀加速直线运动

［题组突破I

1.（基本公式的应用）一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足。=2+«各物理

量均选用国际单位制中单位），则关于该质点的运动，下列说法正确的是（）

A.质点可能做匀减速直线运动

B.5s内质点的位移为35m

C.质点运动的加速度为1m∕s2

D.质点3s末的速度为5m/s

Y1

222

解析：B根据平均速度U=］知，x=vt=2t+t9根据X=研√+呼r=2∕+r知，质点的

初速度勿=2m/s,加速度α=2m∕s2,质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5s内质点的

位移X=IV+%r2=2X5m+^×2×25m=35m,故B正确；质点在3s末的速度v=vo+at

=2m∕s÷2×3m/s=8m/s,故D错误.

2.（刹车类问题）若飞机着陆后以6mH的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度

为60m/s,则它着陆后12s内滑行的距离是（）

A.288mB.300m

C.150mD.144m

解析：B设飞机着陆后到停止所用时间为f,由。=°o+m,得f=三包=纥署S=Io

Ci—6

s,由此可知飞机在12s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s内是静止的，故它着

陆后12s内滑行的距离为X=竿=60X10m÷（-6）×^^y^m=300m,故选B.

3.（双向可逆类问题）（多选）在足够长的光滑斜面上，有一物体以IOmyS的初速度沿斜面

向上运动，如果物体的加速度始终为5m/s2,方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7∙5m

时，下列说法正确的是（）

A.物体运动时间可能为IS

B.物体运动时间可能为3s

C.物体运动时间可能为（2+巾）s

D.物体此时的速度大小一定为5m/s

解析：ABC以沿斜面向上为正方向，a=-5rn∕s2,当物体的位移为向上的7.5m时，

X=+7.5m,由运动学公式X=OM+%/2,解得f∣=3s或f2=1s,故A、B正确.当物体的位

移为向下的7.5m时，X=-7.5m,由X=OM+g”产解得：£3=（2+巾）s或々=（2—巾）s（舍

去)，故C正确.由速度公式。=OO+αf,解得。1=—5m/s或力=5m/s、s=-5由m∕s,故

D错误.

4.(多过程问题)高铁被誉为中国新四大发明之一.因高铁的运行速度快，对制动系统

的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动

系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高铁列车正以a=288km/h的速度匀速行

驶，列车长突然接到通知，前方xo=5km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接到通

知后，经过”=2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得0=0.5m∕s2的平均制动加速度减速，

减速Z2=40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下

来.

(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度的大小；

(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2的大小.

解析：(1)打开制动风翼时，列车的加速度大小为

αι=0.5m∕s2,

设经过B=40s时，列车的速度为o∣,

贝Ol=Oo-α"2=60m∕s.

(2)列车长接到通知后，经过。=2.5s,

列车行驶的距离Xl=Ooh=200m,

打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，

-.2_-.2

列车行驶的距离X2=告君=2800m,

~2a↑

打开电磁制动后，列车行驶的距离

%3=xo--v∣-X2-500m=1500m,

0—υ∣,

。2=-ɔ—-1.2n√s.

—2X3

答案：(l)60m∕s(2)1.2m∕s2

I题后反思I

求解多阶段运动问题的四个关键

(1)根据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.

(4)物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁.

命题点二解决匀变速直线运动的常用方法(自主学习)

［核心整合］

解决匀变速直线运动的六种方法

I题组突破I

1.（平均速度公式的应用）（多选）高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依

次经过A、B、C三个位置，已知AB=BC,测得AB段的平均速度为30m∕s,BC段平均速

度为20m∕s.根据这些信息可求得（）

A.高铁车头经过A、B、C的速度

B.高铁车头在48段和BC段运动的时间

C.高铁运动的加速度

D.高铁车头经过AB段和BC段时间之比

解析：AD设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为。小。队Oc,根据AB段

的平均速度为30m∕s,可以得到：必用=30m∕s;根据在BC段的平均速度为20m∕s,可

以得到：1⅛^=20m/s；设4B=8C=x,整个过程中的平均速度为：石==IV

ZtAB~ΓlBCɪ,ɪ

30^t^20

=24m/s,所以有：ɛC=24m/s,联立解得：OA=34m/s,⅝=26m/s,UC=I4m/s,由

于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，A选项正确，B、C

YY

选项错误.加：加C=而：诙=2：3,D选项正确.

2.（位移差公式的应用）如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、8、

C、。为其运动轨迹上的四个点，测得XAA=2m,Xβc=3m.且该物体通过A8、BC、CD所

用时间相等，则下列说法正确的是（）

OABCD

A.可以求出该物体加速度的大小

B.可以求得XCD=5m

C.可求得OA之间的距离为1.125m

D.可求得OA之间的距离为1.5m

2

解析：C设加速度为α,该物体通过48、BC、8所用时间均为7,由Ax=”7,ΔX

=XBC—XAB==XCD—XBC~1m>可以求得"T~=lm,XC£>=4m,而8点的瞬时速度股=^^,

v2

则OB之间的距离XOB=五^=3.125m,OA之间的距离为XQA=XoB-XA8=1.125m,C选项正

确.

3.(逆向思维法的应用)假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直

上浮，从上浮速度为。时开始匀减速并计时，经过时间f,“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好

减为零，则“蛟龙号”在fo(fo<f)时刻距离海面的深度为()

(.储CV(Lro)2

A.Vfel1-2ijB.-------f------

Vtv/ð

C.~2D.为

7)

解析：B“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：。=7,根据逆向思维，可知“蛟龙号”

在用时刻距离海面的深度为：Λ≈∣α(r-⅛)2=∣×^×(r-fc)2=r(∖/0).故选B.

4.(比例法的应用)(多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以

水平速度射入木块,若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零,

则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为()

⊂D>123

7~7777∕7777777777777777777777∕777>

A.v↑∙V2∙S=3：2：1

B.0：：03=小：啦：1

C.Z1：Z2：r3=I：√2：√3

D.ti：t2'-⅛=(√3-√2)：(√2-l)：I

解析：BD采用逆向思维法求解.该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速

直线运动，设每块木块厚度为L,贝IJ泊=2α∙L,vl-2a-2L,v]-2a-3L,故S：02：S=小：

√2：I,所以选项B正确.由于每块木块厚度相同，故由比例关系可得f∣：B：打=(小一

√2)：(√2-l)：I,所以选项D正确.

(图像法的应用)如图所示，甲、乙两车同时由静止从点出发，,

5.AΛβDrG

沿直线AC运动.甲以加速度G做初速度为零的匀加速运动，到达C金时的速度去。.乙以

加速度0做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为42的匀加速运动，到达C点

时的速度也为。.若m÷⅛2≠a3,贝∣J()

A.甲、乙不可能同时由A到达C

B.甲一定先由A到达C

C,乙一定先由A到达C

D.若“1>的，则甲一定先由A到达C

解析：A根据速度一时间图线得，若ai>a3,如图(a),因为末速度相等，位移相等，

即图线与时间轴所围成的面积相等，则f乙V巴若G>“ι,如图(b),因为末速度相等，位移

相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则上甲,通过图线作不出位移相等，速度相等，

时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达.故A正确，B、C、D错误.

命题点三自由落体运动(师生互动)

［核心整合］

求解自由落体运动的两点注意

1.可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题.

(1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1：3：5：7：…

(2)从运动开始一段时间内的平均速度V=：=，=*「

(3)连续相等时间T内的下落高度之差A∕ι=gT2.

2.物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不

是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决

此类问题.

EE如图所示，木杆长5m,上端固定在某一点，由静止放开后让它

自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20m处圆筒A8,圆筒AB长

为5m,取g=10m∕s2,求：

(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间ti是多少？

(2)木杆通过圆筒AB所用的时间攵是多少？

【思维导引】

(I)木杆经过A点过程中位移等于杆的长度.

(2)木杆通过圆筒A8过程中位移等于杆和筒的长度之和.

解析：(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时

∕2ΛTΛ/2X15γ

下A一λ∕V=NFS=小s

木杆的上端到达圆筒上端A用时

-∕‰-4/2X20-

5=λ∕^7^=V-iθ^s=2s

则木杆通过圆筒上端A所用的时间

h=f上A—f下A=(2一4)s.

(2)木杆的上端到达圆筒下端8用时

E=vɪS=小S

则木杆通过圆筒所用的时间

t2-ti.B-∕TA=(√5-√3)S.

答案：(1)(2—S)s(2)(-75-√3)s

I题后反思I

在计算杆通过圆筒的时间时，既不能将杆视为质点，又不能将圆筒视为质点，此时要注

意确定杆通过圆筒的开始和终止时刻之间所对应的下落高度.

［题组突破］

1.(自由落体运动规律)(多选)如图所示，甲同学用手拿着一把长50Cm的直尺，并使其

处于竖直状态，乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备.某时刻甲同学松开直尺，

直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20cm；

重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺位置的刻度值为IOCm.直尺下落过程中始终保持竖

直状态.若从乙同学看到甲同学松开直尺到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”.空气阻力

不计，重力加速度g取IOm⅛2.下列说法中正确的是()

A.乙同学第一次的“反应时间”比第二次长

B.乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4m∕s

C.若某同学的“反应时间”大于0.4s,则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应

时间”

D.若将直尺上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出

“反应时间”

解析：ACD根据〃=独Z2可知，下落的高度越大，则时间越长，选项A正确；根据

°2=2g∕/可得，第一次抓住直尺时，直尺的速度。=，域=2m∕s,选项B错误；反应时间大

于0.4s,则直尺下落的高度大于4XIO*?rn=80cm,此高度大于直尺长度50Cm,选项C

正确；“反应时间”与长度是一一对应的关系，选项D正确.

2.(多个物体的自由落体运动)(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B

连接起来，一同学用手固定B,此时A、B间距为3LA距地面为L如图所G手OB

示.由静止释放A、B,不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起.从开始

释放到A落地历时∕,A落地前的瞬时速率为s,从A落地到B落在A上历

l√A

时/2,B落在A上前的瞬时速率为内，贝∣J()77777777777777777

A.t∖>tιB.Zi=Z2

C.V［:也=1：2D.v↑.,6=1:3

解析：BCA垫片下落用时外等于B垫片开始下落L用时，B垫片再下落3L用时包，

由于“、B时间内B下落的位移满足1：3的关系，故ti=t2,由o=gf可知，Ui:V2=I:2,

所以选项B、C均正确.

命题点四竖直上抛运动(师生互动)

［核心整合］

1.竖直上抛运动的两种研究方法

分段法将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段

将全过程视为初速度为。0,加速度a=-g的匀变速直线运动，必须注意物理量

全程法的矢量性.习惯上取。°的方向为正方向，则。>0时，物体正在上升；0<0时，

物体正在下降：/?>0时，物体在抛出点上方；时，物体在抛出点下方

2.竖直上抛运动的主要特性

①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向

对称性

②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度所用的时间相等

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，

多解性

形成多解，在解决问题时要注意这个特性

EE某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在竖直方向上

运动.火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用

完，若不计空气阻力，取g=10m∕s2,求：

(1)燃料恰好用完时火箭的速度；

(2)火箭上升离地面的最大高度；

(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间.

【思维导引】(1)燃料刚用完后火箭做竖直上抛运动.

(2)全程火箭经历了三个运动阶段：向上匀加速、向上匀减速、自由落体运动.

解析：设燃料用完时火箭的速度为功，所用时间为

火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛

运动至最高点.

(1)对第一个过程有h∖=yfι,代入数据解得力=20m∕s.

(2)对第二个过程有e=/，代入数据解得〃2=2Om

所以火箭上升离地面的最大高度

Λ=A∣÷Λ2=4Om+20m=60m.

⑶从燃料用完到运动至最高点的过程中，由S=gd得

V]20C

z2=7=^ios=2s

从最高点落回地面的过程中〃=Tg4，而〃=60m,代入得玄=2小s,

故总时间r息=/1+亥+»3=(6+2小)s.

答案：(l)20m∕s(2)60m(3)(6÷2√3)s

I题后反思I

竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，对某一高度〃，常有以下三种情况：

(1)当〃>0时，表示物体在抛出点的上方.此时r有两解：较小的f表示上抛物体第一

次到达这一高度所用的时间；较大的f表示上抛物体落回此高度所用的时间.

(2)当/?=0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处.此时，有两解：一解为零，表示刚

要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间.

(3)当/?<()时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置.此时

r有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用的时间；另一解为负值，应舍去.

I题组突破I

1.(应用逆向思维求解竖直上抛运动)(2019・全国卷I)如图，篮球架下

的运动员原地竖直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为”.上升第一

HHb

个号所用的时间为“，第四个号所用的时间为h不计空气阻力，贝华满足Qf.'.√τ

()城上

A.l<7<2B.2<7<3,,,——

fI/]/77777777777777777777777/

D.4<^<5

解析：C运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运

动，所以第四个日所用的时间为∕2="∖j第一个日所用的时间为t∖-ʌʃɪ-

/2XqH

\J-y-,因此有今=U耳=2+小，即3＜卜，选项C正确.

2.（竖直上抛运动的对称性）从地面上将一个小球竖直上抛，经r时间小球经过空中的某

点月，再经过，时间小球又经过A点.不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球抛出时的速率为2gr

B.小球抛出时的速率为和

C.小球上升的最大高度为沿

D.A点的高度为*/2

解析：B由竖直上抛运动的对称性知，小球从抛出至最高点用时∣r,则初速度

A错误，B正确；小球上升的最大高度/ι=∕=∙i^,C错误；A点的高度力A=Oof-∙*∕2=g产,

D错误.

3.（竖直上抛运动的多解性）（多选）一物体做竖直上抛运动（不计空气阻力），初速度为30

m∕s,当它的位移大小为25m时，经历时间可能为（g取IOmʌð（）

A.1sB.2s

C.3sD.5s

解析：AD取竖直向上为正方向，由匀变速直线运动学规律有X=Oor—上汽当x=25

m时，代入数据有产―6/+5=0,可得1=1s或1=5s；当x=-25m时，代入数据有产一

6/—5=0,可得∕=（3+√Π）s（负解舍去），A、D正确，B、C错误.

核心素养新导向学科培优

素养培优1两类匀变速直线运动问题

类型一水平刹车与沿粗糙斜面上滑

汽车在水平路面上的刹车问题和物体沿粗糙斜面上滑问题，表面上看是两种不同的问

题，但是，若物体在斜面上满足"2gsin6W"%gcos仇则物体在粗糙斜面上的运动规律与汽

车在水平路面上的刹车问题是相同的.

典例1汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x=24f—6尸，则它在前3s内

的平均速度为（)

A.6m/sB.8m/s

C.10m/sD.12m/s

解析：B将题目中的表达式与X=OOf+%尸比较可知：Vo=24m/s,Q=-IZmH.所以

0—24

由o=oo+8可得汽车从刹车到静止的时间为/=-TTs=2s,由此可知第3s内汽车已经

一12

—X24

停止，汽车运动的位移x=24X2m—6×22m=24m,故平均速度v=：=亍m/s=8m/s.

故B正确.

典例2（多选）如图所示，木板与水平地面间的夹角0=30。，可视

为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小木块从木板的底端

以初速度。O=IOm/s沿木板向上运动，Wg=IOm/s?.则以下结论正确的

是（）

A.小木块与木板间的动摩擦因数为半

B.小木块经r=2s沿木板滑到最高点

C.小木块在r=2s时速度大小为Iom/s,方向沿木板向下

D.小木块滑到最高点后将静止不动

解析：AD小木块恰好匀速下滑时，有mgsin30。="∕"gcos30。，可得〃=牛，A正确；

小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得：mgsin30。+“mgcos30。=机〃，可得小木块

上滑过程中匀减速的加速度α=10m∕s2,故小木块上滑的时间J=3=1s,小木块速度减为

零时，有：WgSin30。=RMgcos30。，故小木块将静止在最高点，D正确，B、C错误.

类型二竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑

物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均

相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同.

典例3（2022•烟台模拟汝口图所示，建筑工人常常徒手抛砖块，

地面上的工人以IOm/s的速度竖直向上间隔1s连续两次抛砖，每次

抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方3.75m处接砖，g取IOm/sz,

空气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为（）

A.4sB.3s

C.2sD.1s

22

解析：C研究第一块砖：Λ=υ0r+∣（-^）z,即3.75m=（10f-5z）m,解得A=O.5s,

f2=l∙5s,分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75

m处的时间为"=1∙5s,以=2.5s,楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为△f=〃一h=2s,

选项C正确.

典例4在足够长的光滑斜面上，有一物体以Iom/s的初速度沿斜面向上运动，如果

物体的加速度始终为5m∕s2,方向沿斜面向下.那么经过3s时的速度大小和方向是（）

A.25m∕s,沿斜面向上

B.5m∕s,沿斜面向下

C.5m∕s,沿斜面向上

D.25m∕s,沿斜面向下

解析：B取初速度方向为正方向，则OO=IOm/s,o≈-5m∕s2,由0=ι⅛+αf可得，

当t=3S时，v=-5m∕s,“―”表示物体在t=3s时速度方向沿斜面向下，故B选项正确.

限时规范训练

［基础巩固］

1.（2022・潍坊二模）中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2

马赫.在某次试飞中，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120m的测试距离，用时分别为2s和1s,则无人机的

加速度大小是（）

A.20rn∕s2B.40m∕s2

C.60m∕s2D.80m∕s2

解析：B第一段的平均速度s=*=耳m∕s=60m∕s;第二段的平均速度内=*=早

t∖2.t21

m∕s=120m∕s,中间时刻的速度等于平均速度，则”=不上一——='-θ--ðθm∕s2=40m∕s2,

2（Λ+∕2）

故B正确.

2.（2022・济宁调研）一质点做匀加速直线运动，加速度为“，在时间f内速度变为原来的

3倍，则该质点在时间，内的位移大小为（）

A.%Z2B.∣a∕2

C.ai2D.2at2

解析：C设质点原来的速度为加，由匀加速直线运动规律可知，在时间［内速度变为

2

原来的3倍，则有v0+at=3v0,质点在时间，内的位移大小为X=吗%力,联立解得x="r,

选项C正确.

3.（2022•江苏盐城市期中）汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度

大小为5m∕s2,则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为（）

A.5：4B.4：5

C.3：4D.4：3

解析：C汽车速度减为零的时间为：to=——=-----Z-s=4s,2s内的位移：Jti=Vo?+

a—5

∣ΛZ2=20×2m—^,×5×4m=30m,刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移，贝!|：、2=°久："

=40m,所以经过2s与5s汽车的位移之比为3：4,故选项C正确.

4.(2022•辽宁省渤大附中高三上学期第一次联考)一个物体从某一高度做自由落体运

动.已知它在第IS内的位移恰为它在最后1S内位移的三分之一.则它开始下落时距地面

的高度为(g=10m∕s2)()

A.15mB.20m

C.11.25mD.31.25m

解析：B物体在第1s内的位移：O=*/2=/'10×I2m=5m,则物体在最后IS内的

位移为15m,对最后IS可得：%∕⅜∙-总一1)2=15m,可解得：/总=2s,则物体下落时

距地面的高度为：H=^gti=^×10×22m=20m,故B正确.

5.某质点做匀加速直线运动，经过时间/速度由。0变为切o∕>l),位移大小为X.则在

随后的4l时间内，质点的位移大小为()

813k—2)X8(2A—1)X

-B.

ʌ-k+ik+i

8(2⅛-l)X3(5/—3)X

C------------------

Jk-∖D.k+i

解析：A根据题意可得太=上『/,经过时间，速度由如变为也0,则质点的加速度

υ

a--°t-=(⅛-l)y,在随后的4f时间内，质点的位移大小为V=⅛vo∙4r+∕(4r)2,联立

解得一='Ai，所以选项A正确・

6.(202。全国卷I)我国自主研制了运-20重型运输机.飞机获得的升力大小F可用尸

=切2描写,A为系数;。是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的p×IO5

kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为X105kg,装载货物前后起飞离地时的k

值可视为不变.

(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；

(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行152Im起飞离地，求飞机在滑行过程

中加速度的大小和所用的时间.

解析：(1)设飞机装载货物前质量为加，起飞离地速度为5；装载货物后质量为，“2,起

飞离地速度为。2,重力加速度大小为《飞机起飞离地应满足条件

"Zlg=如彳①

，“吆=切9②

由①②式及题给条件得02=78m/s③

（2）设飞机滑行距离为s,滑行过程中加速度大小为。，所用时间为1.

由匀变速直线运动公式有

Vi=2as®

V2—at®

联立③④⑤式及题给条件得a=2.0m/s2@

f=39s.⑦

答案：（1）78m/s（2）2.0m∕s239s

［能力提升］

7.水平面上某物体从r=0时刻起以4m/s的速度做匀速直线运动，运动3s后又立即以

大小为2m∕s2的加速度做匀减速直线运动,停止后物体不再运动.则下列判断正确的是（）

A.该物体从f=0时刻算起6s内运动的位移大小为15m

B.该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2m/s

C.该物体减速后最后1s内的位移大小为Im

D.该物体减速后第1s末的速度大小为3m/s

解析：C物体速度减为。的时间为：/2=宁=,s=2s;物体在3s+2s=5s末停止运

动，所以物体在6s内的位移等于前5s内的位移，总位移为：X=M+O（√2-%4=4X3m

==

+4X2m—5X2x2?m=16m,故A错误；物体的平均速度为：。∣~o∣ɔm∕s=3.2

m/s,故B错误；根据运动的可逆性可知，物体减速后最后1S内的位移大小等于以2md

加速IS内的位移，大小为：X，=；加2=∕x2XPm=1m,故C正确；物体减速后第IS末

的速度大小为：v=vo~at=4m/s—2×1m∕s=2m/s,故D错误.

8.一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d,如图所示.一小车

车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到

第2根电线杆历时r,以下说法正确的是（）

A.小车车头到第2根电线杆时，小车速度大小为彳

B.小车车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为小/

C.小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为华

D.小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为平

解析：C汽车做初速度为零的匀变速直线运动，车头到达第2