2025年高考物理一轮复习（新人教新高考）复习讲义（教师版）

考情分析试题情境生活实践类安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动(如汽车刹车，飞机起飞，电梯运行，无人机升空)学习探究类伽利略对自由落体运动的研究，速度的测量，加速度的测量，追及相遇问题第1课时运动的描述目标要求1.了解质点和位移的概念，知道把物体看成质点的条件。2.了解参考系的作用，会在实例中选择合适的参考系。3.掌握速度、加速度的概念，体会比值定义法和极限思想。考点一质点、参考系和位移1．质点(1)质点是用来代替物体的具有质量的点，是一种理想化模型。(2)把物体看作质点的条件：物体的形状和大小对所研究问题的影响可以忽略不计。2．参考系在描述物体运动时，用来作为参考的物体叫作参考系，通常以地面为参考系。3．路程和位移(1)路程是物体运动轨迹的长度，它是标量。(2)位移是由初位置指向末位置的有向线段，它是矢量。(3)在单向直线运动中，位移的大小等于路程；其他情况下，位移的大小小于路程。1．质点是一种理想化模型，实际并不存在。(√)2．体积很大的物体，一定不能视为质点。(×)3．参考系必须选择静止不动的物体。(×)4．做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程。(×)例1(2023·宁夏固原市期中)下列关于运动学概念的论述，正确的是()A．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，硬币可以看作质点B．运动员掷铅球的成绩为4.50m，指的是铅球的位移大小为4.50mC．运动员跑完800m比赛，指的是路程为800mD．阅兵仪式空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，地面上的观众是静止的答案C解析当物体的大小、形状对所研究的问题影响很小或者没有影响时，可以将物体看作质点，而上抛的硬币落回地面猜测正反面时，硬币不能被看作质点，故A错误；掷铅球的成绩为4.50m，指铅球在水平方向的位移为4.50m，故B错误；800m是运动员实际运动轨迹的长度，指路程，故C正确；以编队中的某一飞机为参考系，地面上的观众处于运动状态，故D错误。例2(2022·辽宁卷·1)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m，小车在桥架上单向移动了6m。该次作业中小车相对地面的位移大小为()A．6mB．8mC．10mD．14m答案C解析根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为x＝eq\r(x12＋x22)＝eq\r(82＋62)m＝10m，故选C。考点二平均速度瞬时速度1．平均速度：物体发生的位移与发生这段位移所用时间之比，即eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)，是矢量，其方向就是对应位移的方向。2．瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度，是矢量，其方向是物体在这一时刻的运动方向或运动轨迹的切线方向。3．速率：瞬时速度的大小，是标量。4．平均速率：物体运动的路程与通过这段路程所用时间的比值，不一定(填“一定”或“不一定”)等于平均速度的大小。1．瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向。(√)2．瞬时速度的大小叫速率，平均速度的大小叫平均速率。(×)3．一个物体在一段时间内的平均速度为0，平均速率也一定为0。(×)4．在直线运动中，物体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，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1h，M、N间的直线距离为1.8km，则从M点漂流到N点的过程中()A．该游客的位移大小为5.4kmB．该游客的平均速率为5.4m/sC．该游客的平均速度大小为0.5m/sD．若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度大小为0答案C解析根据位移的定义，从M点漂流到N点的过程中，该游客的位移大小为x＝1.8km，根据平均速度的定义，平均速度大小v＝eq\f(x,t)＝eq\f(1800,3600)m/s＝0.5m/s，选项A错误，C正确；平均速率v′＝eq\f(s,t)＝5.4km/h，选项B错误；若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度大小为0.5m/s，选项D错误。例4折返跑是经常被用来评量心肺耐力的简易测验方法之一，是一种特别适合篮球等需要短距离折返运动的运动员常见训练方式。某运动员以v1＝4m/s的速度向东运动了5s后到达A点，在A点停了5s后，又以v2＝6m/s的速度沿原路返回，运动了5s后到达B点，则运动员在全程的平均速度大小和平均速率分别为()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解析运动员全程的位移大小x＝v2t2－v1t1＝6×5m－4×5m＝10m，全程用时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，运动员全程的路程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，故选B。例5如图，气垫导轨上装有两个光电计时装置A与B，A、B间距离为L＝30cm，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d＝1cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010s、0.005s，滑块从A到B所用时间为0.200s，则下列说法正确的是()A．滑块通过A的速度大小为1cm/sB．滑块通过B的速度大小为2cm/sC．滑块的加速度大小为5m/s2D．滑块在A、B间的平均速度大小为3m/s答案C解析滑块通过A的速度大小为vA＝eq\f(d,tA)＝eq\f(1,0.010)cm/s＝100cm/s，故A错误；滑块通过B的速度大小为vB＝eq\f(d,tB)＝eq\f(1,0.005)cm/s＝200cm/s，故B错误；滑块的加速度大小为a＝eq\f(vB－vA,t)＝eq\f(2－1,0.200)m/s2＝5m/s2，故C正确；滑块在A、B间的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.3,0.200)m/s＝1.5m/s，故D错误。用极限法求瞬时速度由平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)可知，当Δt→0时，平均速度就可以认为等于某一时刻或某一位置的瞬时速度。测出物体在微小时间Δt内发生的微小位移Δx，就可求出瞬时速度，这样瞬时速度的测量便可转化为微小时间Δt和微小位移Δx的测量。考点三加速度1．物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。2．定义：物体速度的变化量与发生这一变化所用时间之比。定义式：a＝eq\f(Δv,Δt)，单位：m/s2。3．方向：与Δv的方向一致，由合力的方向决定，而与v0、v的方向无关(填“有关”或“无关”)，是矢量。4．速度、速度的变化量和加速度的对比比较项目速度速度的变化量加速度物理意义描述物体运动的快慢和方向描述物体速度的改变描述物体速度的变化快慢公式v＝eq\f(Δx,Δt)Δv＝v－v0a＝eq\f(Δv,Δt)决定因素匀变速直线运动中，由v＝v0＋at知，v的大小由v0、a、t决定由Δv＝aΔt知，Δv由a与Δt决定由a＝eq\f(F,m)知，a由F、m决定，与v、Δv、Δt无关1．物体的速度很大，加速度一定不为零。(×)2．物体的速度为零，加速度可能很大。(√)3．物体的速度变化量很大，加速度一定很大。(×)4．只要物体的速度变化快，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．物体的加速度增大，速度一定增大。(×)例6(2023·黑龙江肇东市期末)蹦床是一项既好看又惊险的运动。某运动员从高处自由落下，以大小为5m/s的速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为8m/s的速度弹回。已知运动员与网接触的时间Δt＝1s，那么运动员在与网接触的这段时间内的平均加速度大小是()A．5m/s2 B．13m/s2C．4m/s2 D．14m/s2答案B解析设向下为正方向，根据加速度公式可得a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(－8－5,1)m/s2＝－13m/s2，平均加速度大小为13m/s2，负号表示方向与正方向相反，故选B。例7一个物体以初速度v0做变加速运动，加速度a逐渐减小，则在下列两种情况下，试描述物体的运动情况，并用v－t图像辅助分析。(1)物体的加速度a与初速度v0方向相同；(2)物体的加速度a与初速度v0方向相反。答案见解析解析(1)物体做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大，然后做匀速直线运动。其v－t图像如图甲所示。(2)具体有以下三种情况①物体做加速度减小的减速运动，当加速度减小到零时做同方向的匀速直线运动，如图乙所示；②物体做加速度减小的减速运动，当加速度减小到零时物体的速度同时减小到零，物体静止，如图丙所示；③物体做加速度减小的减速运动，当速度减小到零时，加速度不为零，然后反方向做加速运动，直到加速度减小到零，然后做匀速直线运动，如图丁所示。判断物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度方向的关系。(1)a和v同向→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不变，v随时间均匀增加,a增大，v增加得越来越快,a减小，v增加得越来越慢))2a和v反向→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a不变，v随时间均匀减小,a增大，v减小得越来越快,a减小，v减小得越来越慢))课时精练1．2022年4月16日，搭载翟志刚、王亚平、叶光富的神舟十三号“返回舱”成功着陆地面。下列与神舟十三号飞船相关情景描述正确的是()A．甲图中，研究航天员在舱外的姿态时，航天员可以视为质点B．乙图中，研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，飞船可以视为质点C．丙图中，神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过程，神舟十三号飞船可以视为质点D．丁图中，王亚平在空间站中将冰墩墩抛出，以地面为参考系，冰墩墩做匀速直线运动答案B解析研究航天员在舱外的姿态时，航天员的体积和形状不能忽略，航天员不可以视为质点，故A错误；研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，神舟十三号飞船的体积和形状可以忽略，飞船可以视为质点，故B正确；神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过程，神舟十三号飞船的体积和形状不可以忽略，不可以视为质点，故C错误；王亚平在空间站中将冰墩墩抛出，相对飞船冰墩墩做匀速直线运动，因飞船相对地面做匀速圆周运动，则以地面为参考系，冰墩墩不做匀速直线运动，故D错误。2.(2023·浙江1月选考·3)“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则()A．选地球为参考系，“天和”是静止的B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的答案C解析“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。3．(多选)关于加速度的理解，下列说法正确的是()A．高速行驶的赛车，加速度可能为零B．汽车启动的一瞬间，加速度一定不为零C．汽车启动得越快，加速度越大D．汽车的加速度为－5m/s2，表明汽车在做减速运动答案ABC解析由a＝eq\f(Δv,Δt)可知，加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量，所以高速行驶的赛车，加速度可能是零，也可能不是零，A正确；汽车启动的一瞬间，汽车由静止开始运动，汽车的速度一定发生变化，所以加速度一定不为零，B正确；汽车启动得越快，说明汽车的速度变化越快，加速度越大，C正确；汽车的加速度为－5m/s2，加速度中的正、负号表示加速度方向，若汽车运动方向与加速度方向相同，汽车做加速运动，若不同，汽车做减速运动，D错误。4.(2023·江苏淮安市期中)某同学用手机计步器记录了自己国庆节去周恩来纪念馆的运动情况，如图所示，下列说法正确的是()A．图中7.19km/h为平均速率B．图中的8.52公里为位移C．图中的01：11：05为时刻D．图中消耗热量370.6的单位为瓦特答案A解析由于题图中数据是手机计步器记录的国庆节去周恩来纪念馆的运动情况，因此其中的8.52公里为该同学运动轨迹的长度，故题图中的8.52公里为路程，故B错误；根据题意可知，01：11：05为手机计步器记录的运动的总时间，因此题图中的01：11：05为时间间隔，故C错误；根据上述可知，7.19km/h指总路程与总时间的比值，即题图中7.19km/h为平均速率，故A正确；题图中消耗热量370.6的单位为焦耳，故D错误。5．(2023·辽宁葫芦岛市模拟)一无人机在同一水平面内运动，初始时悬停于空中，开始运动后在5s内向东沿直线飞行了40m，接着又经过5s向北沿直线飞行了30m，再次悬停。无人机的运动轨迹俯视图如图所示，则无人机在整个飞行过程中()A．平均速率为5m/sB．平均速率为6m/sC．平均速度大小为5m/sD．平均速度大小为7m/s答案C解析无人机在10s内的路程为s＝40m＋30m＝70m，则10s内的平均速率为eq\x\to(v)1＝eq\f(s,t)＝eq\f(70,10)m/s＝7m/s，A、B错误；由位移的定义可知，无人机在10s内的位移为x＝eq\r(402＋302)m＝50m，则10s内的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(50,10)m/s＝5m/s，C正确，D错误。6．一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3)m，该质点在t1＝0到t2＝2s间的平均速度大小和t2＝2s到t3＝3s间的平均速度的大小分别为()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时，x1＝5m；t2＝2s时，x2＝21m；t3＝3s时，x3＝59m；所以Δx1＝x2－x1＝16m，Δx2＝x3－x2＝38m，故平均速度大小分别为eq\x\to(v)1＝eq\f(Δx1,Δt1)＝8m/s，eq\x\to(v)2＝eq\f(Δx2,Δt2)＝38m/s，选项B正确。7．如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化。开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度大小约为()A．0.6m/s2 B．1.4m/s2C．11m/s2 D．5.0m/s2答案B解析由题图可知，初速度约为20km/h＝eq\f(50,9)m/s，末速度约为60km/h＝eq\f(50,3)m/s，根据加速度的定义式a＝eq\f(Δv,Δt)，可得a≈1.4m/s2，故B正确，A、C、D错误。8.某国产车型启用全新动力标识，新的命名方式直接与车辆的加速性能联系起来，如图，TFSI前面的那组数字称为G值，单位为m/s2，计算公式为“G＝eq\f(Δv,Δt)×10”，式中Δv为从静止加速到100公里每小时的速度变化量，Δt为不同车型的百公里加速时间。则以下说法正确的是()A．G值越大，车辆的速度变化量越大B．G值越大，车辆的动力越强劲C．100公里每小时是指车辆百公里加速的平均速度D．标识为45TFSI的车辆百公里加速时间约为7.3s答案B解析由题设所给的G值公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，则车辆的动力越强劲，故A错误，B正确；题中100公里每小时为瞬时速度，故C错误；100km/h≈27.8m/s，根据题设所给的G值公式可得Δt≈eq\f(27.8,45)×10s≈6.2s，故D错误。9.(多选)如图所示，一弹性小球以10m/s的速度从距地面2m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5m高的B点时，向上的速度为7m/s，小球从A点到B点共用时0.3s，则此过程中()A．小球发生的位移大小为0.5m，方向竖直向上B．小球速度变化量的大小为3m/s，方向竖直向下C．小球平均速度的大小约为1.67m/s，方向竖直向下D．小球平均加速度的大小约为56.7m/s2，方向竖直向上答案CD解析位移是指由起点指向终点的有向线段，小球发生的位移大小为0.5m，方向竖直向下，故A错误；设向下为正方向，则速度变化量Δv＝－7m/s－10m/s＝－17m/s，负号说明速度变化量方向竖直向上，故B错误；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，方向竖直向下，故C正确；根据加速度的定义式有a＝eq\f(Δv,Δt)＝－eq\f(17,0.3)m/s2≈－56.7m/s2，负号说明加速度方向竖直向上，故D正确。10.如图，车轮半径为0.6m的自行车，在水平地面上不打滑并沿直线运动。气门芯从最高点第一次到达最低点的位移大小约为()A．1.2mB．1.8mC．2.2mD．3.6m答案C解析气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，水平方向位移为x＝πR＝0.6πm，竖直方向位移为y＝2R＝1.2m，故位移大小为s＝eq\r(x2＋y2)≈2.2m，故选C。11．(多选)(2023·陕西渭南市质检)一段高速公路上限速120km/h，为监控车辆是否超速，设置了一些“电子警察”系统，其工作原理如图所示：路面下，距离L埋设两个传感器线圈A和B，当有车辆经过线圈正上方时，传感器能向数据采集器发出一个电信号；若有一辆汽车(在本题中可看作质点)经过该路段，两传感器先后向数据采集器发送信号，时间间隔为Δt，经微型计算机处理后得出该车的速度。若超速，则计算机将控制架设在路面上方的照相机C对汽车拍照，留下违章证据。根据以上信息，下列说法正确的是()A．计算汽车速度的表达式v＝eq\f(L,Δt)B．计算汽车速度的表达式v＝eq\f(2L,Δt)C．若L＝8m，Δt＝0.2s，照相机将会拍照D．若L＝8m，Δt＝0.3s，照相机将会拍照答案AC解析计算汽车速度的原理是利用短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故汽车速度的表达式为v＝eq\f(L,Δt)，A正确，B错误；若L＝8m，Δt＝0.2s，则汽车的速度为v＝eq\f(L,Δt)＝40m/s＝144km/h>120km/h，超速，照相机将会拍照，C正确；若L＝8m，Δt＝0.3s，则汽车的速度为v＝eq\f(L,Δt)＝96km/h<120km/h，未超速，照相机不会拍照，故D错误。12．某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速率为v1，下山的平均速率为v2，则往返全程的平均速度大小和平均速率分别是()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解析从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚时，通过的位移为零，因此平均速度为0；设从山脚爬上山顶路程为s，则有上山时间t1＝eq\f(s,v1)，下山时间t2＝eq\f(s,v2)，因此往返全程的平均速率为v＝eq\f(2s,t1＋t2)＝eq\f(2v1v2,v1＋v2)，故选D。13．如图所示是用运动传感器测小车速度的示意图，这个系统由A、B两个小盒组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，B盒装有红外线接收器和超声波接收器，A盒被固定在向右匀速运动的小车上，测量时A向B同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B盒接收到红外线脉冲时开始计时，接收到超声波脉冲时停止计时，若两者的时间差为t1，空气中的声速为v0。(红外线的传播时间可以忽略)(1)求A与B之间的距离x1；(2)经过Δt时间后，A再次同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，此次B接收的时间差为t2，求A两次发射过程中，小车运动的距离Δx为多大？小车运动的速度v为多大？答案(1)v0t1(2)v0(t2－t1)eq\f(v0t2－t1,Δt)解析(1)依题意，由于红外线的传播时间可以忽略，可得A、B间的距离为x1＝v0t1(2)同理可知：进行第二次测量时，A、B间的距离为x2＝v0t2则小车运动的距离Δx＝x2－x1＝v0(t2－t1)两次发射超声波脉冲的时间间隔为Δt，即为小车运动Δx所用的时间，则小车运动的速度为v＝eq\f(Δx,Δt)，解得v＝eq\f(v0t2－t1,Δt)。

第2课时匀变速直线运动的规律目标要求1.理解匀变速直线运动的特点，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.会灵活应用运动学公式及推论解题。考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动。如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线。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＋eq\f(1,2)at2。由以上两式联立可得速度与位移的关系式：v2－v02＝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＋eq\f(1,2)at2不涉及时间，选用v2－v02＝2ax4．正方向的选取以上三式均为矢量式，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。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随时间均匀增大。(×)3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。(√)例1(2023·广东梅州市期末)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”。在距离地面1m处时，反推发动机点火，返回舱速度由6m/s减至2m/s软着陆，此阶段的运动可看作匀减速直线运动。则此阶段()A．航天员处于失重状态B．航天员的加速度大小为32m/s2C．返回舱运动的时间为0.5sD．返回舱的平均速度大小为4m/s答案D解析由于此阶段的运动可看作匀减速直线运动，则加速度方向向上，可知航天员处于超重状态，故A错误；根据速度与位移的关系有v2－v02＝2ax，解得航天员的加速度a＝－16m/s2，即加速度大小为16m/s2，故B错误；由速度时间公式有v＝v0＋at，解得t＝0.25s，故C错误；此阶段返回舱的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝4m/s，故D正确。例2汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1s内的位移为13m，最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是()A．汽车在第1s末的速度大小可能为10m/sB．汽车加速度大小可能为3m/s2C．汽车在第1s末的速度大小一定为11m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5m/s2答案C解析采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m，根据x2＝eq\f(1,2)at22得，汽车加速度大小a＝eq\f(2x2,t22)＝4m/s2，第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t1－eq\f(1,2)at12，代入数据解得初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度大小v1＝v0－at1＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误。例3(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为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1sB．物体运动时间可能为3sC．物体运动时间可能为(2＋eq\r(7))sD．物体此时的速度大小一定为5m/s答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，则a＝－5m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x＝7.5m，由运动学公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正确；当物体的位移为沿斜面向下7.5m时，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正确；由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s、v2＝5m/s、v3＝－5eq\r(7)m/s，故D错误。思考(1)刹车类问题有什么特点，解题时首先应该注意什么？(2)双向可逆类匀减速直线运动有什么特点，解题时应该注意什么？答案(1)刹车类问题的特点：物体匀减速到速度为零后停止运动。解题时，判断在所求问题的时间内，物体是否已经停止。(2)如沿光滑固定斜面上滑的小球，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。解题时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义，物体的运动可能出现多解。考点二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(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度。即：eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝。此公式可以求某时刻的瞬时速度。(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等。即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度。2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式(1)T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∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。例4(2023·陕西安康市三模)做匀加速直线运动的质点，在第6s内和前5s内的平均速度之差是3m/s，则此质点运动的加速度大小为()A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．6m/s2答案A解析根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，则第6s内的平均速度等于5.5s时刻的瞬时速度，前5s内的平均速度等于2.5s时刻的瞬时速度，依题意由加速度定义式可得a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v5.5－v2.5,5.5－2.5)m/s2＝1m/s2，故选A。例5(2023·重庆市检测)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法错误的是()A．物体运动的加速度大小为4m/s2B．第2s内的位移大小为6mC．第2s末的速度大小为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度大小为10m/s答案C解析根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝eq\f(x4－x2,2T2)＝eq\f(8,2×12)m/s2＝4m/s2，故A正确，不符合题意；第2s内的位移大小为x2－x1＝eq\f(1,2)at22－eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×4×(22－12)m＝6m，故B正确，不符合题意；第2s末的速度大小为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5s内的平均速度大小为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正确，不符合题意。例6(多选)(2024·广东深圳市红岭中学月考)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－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1C．子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶1D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等答案BCD解析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∶(eq\r(2)－1)：(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，则子弹依次穿过每个水球所用的时间之比为(2－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(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＝eq\f(1,2)at2可得从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，根据v＝at可知逆向子弹依次进入每个水球时的速度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，则子弹依次进入每个水球时的速度之比为2∶eq\r(3)∶eq\r(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。1．应用匀变速直线运动规律解题的基本思路eq\x(画过程示意图)→eq\x(判断运动性质)→eq\x(选取正方向)→eq\x(选用公式列方程)→eq\x(解方程并加以讨论)2．匀变速直线运动问题常用的解题方法课时精练1．(2024·广东汕头市金山中学模拟)在交通事故分析中，刹车线的长度是很重要的依据。刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是40m，假设汽车刹车时的速度大小为20m/s，刹车过程可看作匀减速直线运动，则汽车刹车时的加速度大小为()A．2m/s2B．5m/s2C．4m/s2D．6m/s2答案B解析以汽车刹车时的速度方向为正方向，由0－v02＝2ax得a＝eq\f(－v02,2x)＝－5m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，故选B。2．超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势。某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270m/s提升至510m/s，耗时一分钟，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距离为()A．16200m B．23400mC．30600m D．46800m答案B解析该过程飞行的距离为s＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(270＋510,2)×60m＝23400m，故选B。3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2(m)，则它在前3s内的平均速度大小为()A．8m/sB．10m/sC．12m/sD．14m/s答案A解析由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，则由v＝v0＋at可知，汽车在2s末停止，故它在前3s内的位移等于前2s内的位移，x＝24×2m－6×4m＝24m，则汽车在前3s内的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(x,Δt)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故A正确。4．(2022·全国甲卷·15)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.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解析由题知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)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0。则有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)，在隧道内匀速运动时有t2＝eq\f(L＋l,v)，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq\f(v0－v,a)，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t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故选C。5.(2024·湖南长沙市第一中学月考)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6m/s，AB间的距离x1＝3m，BC间的距离x2＝13m，则该质点的加速度大小为()A．3.6m/s2 B．4m/s2C．4.2m/s2 D．4.8m/s2答案A解析因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10m，联立可得T＝eq\f(5,3)s，a＝3.6m/s2，A正确。6．(2023·广西桂林市模拟)据了解，CR300AF型复兴号动车组是拥有完全自主国产研发的中国标准动车组体系中的新车型。该车型设计时速为300千米每小时，外观呈淡蓝色，除此之外复兴号动车组全车覆盖免费WiFi，且每两个座椅有一个插座。假设一列复兴号动车组进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移后停下，则这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解析可将动车组匀减速过程看作初速度为0的匀加速过程，根据匀变速直线运动规律可知匀减速直线运动最后连续通过三段位移的比值为27∶8∶1，根据平均速度的计算公式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可知这三段位移的平均速度之比是9∶4∶1，故A正确，B、C、D错误。7．(2023·广东珠海市检测)如图为港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则()A．通过cd段的时间为eq\r(3)tB．通过ce段的时间为(2－eq\r(2))tC．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度D．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度答案B解析根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，可得出通过cd段的时间为(eq\r(3)－eq\r(2))t，通过de段的时间为(2－eq\r(3))t，则通过ce段的时间为(2－eq\r(2))t，A错误，B正确；通过b点的时刻为通过ae段的中间时刻，故b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、D错误。8.(2023·湖北荆门市联考)如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中，中国运动员沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动，运动员在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为()A．8L1 B.eq\f(8,7)L3C．L1＋L3 D.eq\f(1,2)(L1＋L3)答案C解析运动员在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，则对应时间之比为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，观察可得L2＝L1＋L3，故选C。9．为了研究运动员起跑阶段的运动情况，用频率为2Hz频闪照相机记录运动员起跑阶段不同时刻的位置，如图所示，用厘米刻度尺测量照片上运动员不同位置间的距离，已知照片与实物的尺寸比例为1∶50，运动员起跑阶段的运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是()A．运动员起跑阶段的加速度为2m/s2B．运动员通过照片中3cm位置时速度为1m/sC．照片中0位置为运动员的起跑位置D．运动员在照片前6cm内的平均速度为4m/s答案A解析频率为2Hz频闪照相机，拍照间隔为T＝eq\f(1,f)＝0.5s，根据匀变速直线运动的公式有(2－1)×10－2×50m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3cm位置时速度为v1＝eq\f(6－1×10－2×50,2×0.5)m/s＝2.5m/s，故B错误；根据0位置到3cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5m/s，即照片中0位置的速度为0.5m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6cm内的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(6×10－2×50,3×0.5)m/s＝2m/s，故D错误。10．(多选)(2023·吉林长春市模拟)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车。从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动。下列说法正确的是()A．汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为eq\r(\f(23,24))v0B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为eq\f(\r(3),2)v0C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为1∶eq\r(2)D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1答案AD解析从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝eq\f(v02,48L)，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝eq\r(v02－2aL)＝eq\r(\f(23,24))v0，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝eq\r(v02－2a×18L)＝eq\f(v0,2)，B错误；根据初速度为零的匀变速直线运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(eq\r(2)－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速直线运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D正确。11．(2023·山东卷·6)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10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为()A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s答案C解析由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有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)，联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，则at1＝2m/s，又有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)＝10m/s，则vR＝11m/s，联立解得vT＝1m/s，故选C。12．一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移之比为5∶3，则下列说法正确的是()A．这段时间内质点运动方向不变B．这段时间为eq\f(3v,a)C．这段时间质点运动的路程为eq\f(3v2,2a)D．再经过相同时间，质点速度大小为3v答案B解析由题意知，质点先做匀减速直线运动，速度减小到零后，再反向做匀加速直线运动，即在这段时间内运动方向改变，如图所示，选项A错误；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，可得时间t＝eq\f(3v,a)，选项B正确；由v2－v02＝2ax得，从初速度为v减速到零所通过的路程x1＝eq\f(v2,2a)，然后反向加速到2v所通过的路程x2＝eq\f(2v2,2a)＝eq\f(2v2,a)，总路程为x＝x1＋x2＝eq\f(5v2,2a)，选项C错误；再经过相同时间，质点速度为v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，选项D错误。

第3课时自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题目标要求1.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。2.能灵活处理多过程问题。考点一自由落体运动1．条件：物体只受重力，从静止开始下落。2．运动性质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。3．基本规律：(1)速度与时间的关系式：v＝gt。(2)位移与时间的关系式：h＝eq\f(1,2)gt2。(3)速度位移关系式：v2＝2gh。1．重的物体总是比轻的物体下落得快。(×)2．同一地点，轻重不同的物体的g值一样大。(√)3．自由落体加速度的方向垂直地面向下。(×)4．做自由落体运动的物体在1s内速度增加约9.8m/s。(√)5．不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定。(√)例1对于自由落体运动(g＝10m/s2)，下列说法正确的是()A．在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比是1∶3∶5B．在相邻两个1s内的位移之差都是10mC．在第1s内、第2s内、第3s内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内、前2s内、前3s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1s内的位移之差都是Δx＝gT2＝10m，故B正确；在第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误。例2(2024·山东临沂市第三中学月考)某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一个鸡蛋从离地面20m高的高楼面由静止释放，下落途中用Δt＝0.2s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2m，忽略空气阻力的作用，重力加速度g取10m/s2，求：(1)鸡蛋落地时的速度大小和落地前最后1s内的位移大小；(2)高楼面离窗的上边框的高度。答案(1)20m/s15m(2)4.05m解析(1)根据速度位移关系v2＝2gh，解得鸡蛋落地时速度大小为v＝20m/s，设鸡蛋自由下落时间为t，根据速度时间关系得t＝eq\f(v,g)＝2s鸡蛋在第1s内的位移为h1＝eq\f(1,2)gt12＝5m则鸡蛋落地前最后1s内的位移大小为h2＝h－h1＝15m(2)由题意知，窗口的高度为h3＝2m设高楼面离窗的上边框的高度为h0，鸡蛋从高楼面运动到窗的上边框的时间为t0，则h0＝eq\f(1,2)gt02，h0＋h3＝eq\f(1,2)g(t0＋Δt)2联立解得h0＝4.05m。1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故初速度为零的匀加速直线运动的规律、比例关系及推论等规律都适用。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。例3(多选)从高度为125m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1s，g取10m/s2，不计空气阻力，以下说法正确的是()A．b球下落高度为20m时，a球的速度大小为20m/sB．a球接触地面瞬间，b球离地高度为45mC．在a球接触地面之前，两球速度差恒定D．在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定答案BC解析b球下落高度为20m时，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，则a球下落了3s，a球的速度大小为v＝30m/s，故A错误；a球下落的总时间为t2＝eq\r(\f(2×125,10))s＝5s，a球落地瞬间b球下落了4s，b球的下落高度为h′＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，故b球离地面的高度为h″＝(125－80)m＝45m，故B正确；由自由落体运动的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差Δv＝gt－g(t－1s)＝10m/s，即速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误。自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大。考点二竖直上抛运动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．运动性质：匀变速直线运动。3．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－eq\f(1,2)gt2。4．竖直上抛运动的对称性(如图所示)(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点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。思考物体做竖直上抛运动，竖直向上为正方向，在上述速度与时间的关系式中，把时间t代入后，若v为负值，负号表示什么意义？在上述位移与时间的关系式中，把时间t代入后，若位移为负值，又表示什么意义？答案速度为负值，表示物体运动方向向下；位移为负值，表示物体已经运动到抛出点下方。例4为测试一物体的耐摔性，在离地25m高处，将其以20m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求：(1)经过多长时间到达最高点；(2)抛出后离地的最大高度是多少；(3)经过多长时间回到抛出点；(4)经过多长时间落到地面；(5)经过多长时间离抛出点15m。答案(1)2s(2)45m(3)4s(4)5s(5)1s3s(2＋eq\r(7))s解析(1)运动到最高点时速度为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)知上升时间t1＝2s，hmax＝20m，下落时，hmax＝eq\f(1,2)gt22，解得t2＝2s，故t＝t1＋t2＝4s法二：由对称性知返回抛出点时速度为20m/s，方向向下，则由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总＝t1＋t5＝5s法二：全程法由－h0＝v0t′－eq\f(1,2)gt′2解得t6＝－1s(舍去)，t7＝5s(5)当物体在抛出点上方时，h＝15m，由h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t8＝1s，t9＝3s，当物体在抛出点下方时，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．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－eq\f(1,2)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这个特性。例5打弹弓是一款传统游戏，射弹花样繁多，燕子钻天是游戏的一种，如图所示，一表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1s内上升的高度与最后1s内上升的高度之比为9∶1，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则弹丸在上升过程中最初1s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为()A．45m/s125m B．45m/s75mC．36m/s125m D．36m/s75m答案A解析射出的弹丸做竖直上抛运动，可看成自由落体运动的逆运动，由运动学公式h＝eq\f(1,2)gt2，弹丸最后1s内上升的高度h1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，则最初1s内上升的高度h2＝9h1＝45m，最初1s内中间时刻的速度v＝eq\f(h2,t)＝eq\f(45,1)m/s＝45m/s，弹丸的初速度v0＝v＋gt′＝45m/s＋10×0.5m/s＝50m/s，故上升的最大高度为h＝eq\f(v02,2g)＝eq\f(502,2×10)m＝125m，故选A。考点三匀变速直线运动中的多过程问题例6(2024·湖北武汉市第二中学月考)无人机在生产生活中有广泛应用。我国林业部门将无人机运用于森林防火工作中，如图所示，某架无人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标高度为H1＝205m处，t＝0时刻，它以加速度a1＝6m/s2竖直向下匀加速运动距离h1＝75m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在距目标高度为H2＝70m的空中，然后进行拍照。重力加速度大小取10m/s2，求：(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在距目标高度为H2＝70m处的总时间t；(2)若无人机在距目标高度为H2＝70m处悬停时动力系统发生故障，自由下落2s后恢复动力，要使其不落地，恢复动力后的最小加速度大小。答案(1)9s(2)4m/s2解析(1)设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速直线运动规律有h1＝eq\f(1,2)a1t12，v＝a1t1，H1－H2－h1＝eq\f(v,2)t2，联立解得t＝t1＋t2＝9s(2)无人机自由下落2s末的速度为v0＝gt′＝20m/s2s内向下运动的位移为x1＝eq\f(1,2)gt′2＝20m设其向下减速的加速度大小为a2时，恰好到达地面前瞬间速度为零，此时a2为最小加速度大小，则H2－x1＝eq\f(v02,2a2)，代入数据解得a2＝4m/s2。匀变速直线运动多过程的解题策略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．解题关键多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键。课时精练1．(2023·广东卷·3)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是()答案D解析铯原子团仅受重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在v－t图像中，斜率绝对值等于重力加速度，故斜率不变，所以v－t图像应该是一条倾斜的直线，故选项A、B错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，D正确。2．(2021·湖北卷·2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m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10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为()A．0.2sB．0.4sC．1.0sD．1.4s答案B解析陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×10,10))s≈1.4s下落前5m的过程所用的时间为t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4s，故B正确。3．(2023·北京市东城区期末)甲、乙两物体距地面的高度之比为1∶2，所受重力之比为1∶2。某时刻两物体同时由静止开始下落。不计空气阻力的影响。下列说法正确的是()A．甲、乙落地时的速度大小之比为1∶eq\r(2)B．所受重力较大的乙物体先落地C．在两物体均未落地前，甲、乙的加速度大小之比为1∶2D．在两物体均未落地前，甲、乙之间的距离越来越近答案A解析由于不计空气阻力，两物体均做自由落体运动，由v2＝2gh可知v＝eq\r(2gh)，所以甲、乙落地时的速度大小之比为1∶eq\r(2)，故A正确；由h＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2h,g))，所以物体做自由落体运动的时间取决于高度，与物体所受重力的大小无关，即甲物体先落地，故B错误；由于两物体都做自由落体运动，加速度均为重力加速度，故C错误；由于两物体都做自由落体运动且同时下落，则在两物体均未落地前，甲、乙之间的距离不变，故D错误。4．(2023·黑龙江大庆市三模)一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动，该物体第1s内的位移恰为最后1s内位移的二分之一，已知重力加速度大小取10m/s2，则它开始下落时距落地点的高度为()A．15mB．12.5mC．11.25mD．10m答案C解析物体第1s内的位移为h1＝eq\f(1,2)gt02＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，则物体最后1s内的位移为h2＝2h1＝10m，又eq\f(1,2)gt总2－eq\f(1,2)g(t总－1s)2＝h2，解得t总＝1.5s，则物体开始下落时距落地点的高度为h＝eq\f(1,2)gt总2＝eq\f(1,2)×10×1.52m＝11.25m，故选C。5.(2024·山东德州市第一中学开学考)物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度。如图所示，一同学将两个相同的铁球1、2用长L＝3.8m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＝0.2s，g＝10m/s2，则桥面该处到水面的高度为()A．22mB．20mC．18mD．16m答案B解析设桥面该处到水面的高度为h，根据自由落体运动位移公式，对铁球2有h＝eq\f(1,2)gt22，对铁球1有h－L＝eq\f(1,2)gt12，又t2－t1＝Δt，解得h＝20m，故选B。6.如图所示，2022年3月5号，西昌卫星发射中心发射了“长征二号”丙运载火箭，上面有六颗02批卫星和一颗商业遥感卫星。若“长征二号”丙运载火箭及其卫星总质量为240吨，总长为43m，发射塔高100.0m，点火后经5.0s火箭离开发射塔。假设火箭离开发射塔的过程中做匀加速直线运动，忽略空气阻力和运载火箭质量的变化，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)火箭离开发射塔瞬间的速度大小；(2)火箭起飞时推动力大小；(3)若火箭刚离开发射塔瞬间，某个发射用到的部件完成使命正好从火箭尾部自然脱落，求该部件脱落后经多长时间落地。答案(1)40m/s(2)4.32×106N(3)10s解析(1)设发射塔高为h，根据平均速度公式h＝eq\f(v,2)t，得v＝eq\f(2h,t)＝40m/s(2)火箭上升时的加速度为a＝eq\f(v,t)＝8m/s2根据牛顿第二定律F－mg＝ma得F＝m(g＋a)＝4.32×106N(3)方法一：脱离后部件还将继续做竖直上抛运动，d＝eq\f(v2,2g)＝80m，所以离地高度为H＝h＋d＝180m上升过程所用的时间t1＝eq\f(v,g)＝4s下降过程所用的时间t2＝eq\r(\f(2H,g))＝6s所以脱落后到落地时间为10s。方法二：根据－h＝vt－eq\f(1,2)gt2，得t＝10s。7.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满足()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解析由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3<eq\f(t2,t1)<4，选项C正确。8．在离水平地面高H处，以大小均为v0的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．甲球相对乙球做匀变速直线运动B．在落地前甲、乙两球间距离均匀增大C．两球落地的速度差与v0、H有关D．两球落地的时间差与v0、H有关答案B解析甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H均无关，C错误；由竖直上抛的对称性可知，两球落地的时间差Δt＝eq\f(2v0,g)，与v0有关，与H无关，D错误。9.(多选)(2024·黑龙江佳木斯市开学考)如图所示的自由落锤式强夯机将8～30t的重锤从6～30m高处自由落下，对土进行强力夯实。某次重锤从某一高度自由落下，已知重锤在空中运动的时间为t1、从自由下落到运动至最低点经历的时间为t2，重锤从地面运动至最低点的过程可视为做匀减速直线运动，当地重力加速度为g，不计空气阻力，则该次夯土作业()A．重锤下落时离地高度为eq\f(1,2)gt12B．重锤接触地面后下降的距离为eq\f(1,2)gt1t2C．重锤接触地面后的加速度大小为eq\f(gt1,t2－t1)D．重锤在空中运动的平均速度大于接触地面后的平均速度答案AC解析作出重锤的v－t图像，如图所示，根据自由落体运动规律可知，重锤下落时离地高度为h1＝eq\f(1,2)gt12，根据匀变速直线运动中平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)可知，重锤在空中运动的平均速度等于接触地面后的平均速度，A正确，D错误；根据s＝eq\f(v,2)t可知，重锤下落时离地高度h1和重锤接触地面后下降距离h2之比为eq\f(h1,h2)＝eq\f(t1,t2－t1)，故重锤接触地面后下降的距离为h2＝eq\f(1,2)gt1(t2－t1)，B错误；根据v＝at可知，重锤接触地面后的加速度大小为a＝eq\f(v,t2－t1)＝eq\f(gt1,t2－t1)，C正确。10.(2023·山东烟台市一模)甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高度h与时间t的关系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，则两小球同时在同一水平线上时，距离抛出点的高度为()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解析根据竖直上抛运动规律，竖直向上运动到同一水平线上时，乙小球的运动时间为t＝eq\f(t2－t1,2)，甲小球到达的最高点高度为h＝eq\f(1,2)g(eq\f(t2,2))2＝eq\f(1,8)gt22，甲小球下落的高度为h′＝eq\f(1,2)g(eq\f(t2,2)－eq\f(t2－t1,2))2＝eq\f(1,8)gt12，故该位置距离抛出点的高度为h″＝h－h′＝eq\f(1,8)g(t22－t12)，故选D。11.(多选)(2024·四川成都市石室中学月考)小红用频闪照相法研究竖直上抛运动，拍照频率为5Hz，某次实验时小球以某一初速度竖直上抛，照相机在此过程中曝光了8次，由于上升过程和下降过程小球经过相同位置时都被曝光，所以在底片上记录到如图所示的4个位置，a、b两点间距离为l1，b、c两点间距离为l2，c、d两点间距离为l3，重力加速度g＝10m/s2。下列说法中正确的是()A．小球经过b点时的速度大小为0.4m/sB．a点距竖直上抛的最高点的距离为2.45mC．l1∶l2∶l3＝3∶2∶1D．l1∶l2∶l3＝5∶3∶1答案BC解析频闪照相的时间间隔T＝eq\f(1,f)＝0.2s，题图中所有位置曝光两次，所以d点到竖直上抛的最高点的时间间隔为t＝eq\f(T,2)，所以从最高点开始至下落到b点经历的时间为tb＝t＋2T＝eq\f(5,2)T＝0.5s，小球经过b点时的速度大小为vb＝gtb＝5m/s，选项A错误；从最高点下落到a点经历的时间为ta＝t＋3T＝eq\f(7,2)T＝0.7s，所以a点距竖直上抛的最高点的距离为ha＝eq\f(1,2)gta2＝2.45m，选项B正确；初速度为0的匀加速直线运动在连续相同时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11∶13，若从最高点至a点分为7个相同的时间间隔，每个时间间隔为0.1s，满足l1∶l2∶l3＝(13＋11)∶(9＋7)∶(5＋3)＝3∶2∶1，选项C正确，选项D错误。12.如图所示，A、B为空心圆管的两端、C为可视为质点的小球，AB长度为L＝1m，AB与C在同一竖直线上，AC之间距离为h＝20m。t＝0时刻，空心圆管做自由落体运动，C从地面以初速度v0开始做竖直上抛运动，g＝10m/s2。(1)要使C在空心圆管落地前穿过空心圆管，v0应大于多少？(2)若v0＝20m/s，求C从A端穿过空心圆管所用的时间。(不考虑圆管落地后的情形)答案