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(共81張PPT)
勻變速直線運動的規律
第
2
講
目標
要求
1.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.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.3.掌握處理相遇問題的方法和技巧.
內容索引
考點一　勻變速直線運動的基本規律及應用
考點二　自由落體運動　豎直上拋運動
考點三　勻變速直線運動中的多物體和多過程問題
考點四　追及相遇問題
課時精練
考點一
勻變速直線運動的基本規律及應用
1.勻變速直線運動
沿著一條直線且 不變的運動.如圖所示，v－t圖線是一條傾斜的直線.
梳理
必備知識
加速度
2.勻變速直線運動的兩個基本規律
(1)速度與時間的關系式：v＝ .
(2)位移與時間的關系式：x＝_________.
由以上兩式聯立可得速度與位移的關系式： .
v0＋at
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＋
不涉及時間，選用v2－v02＝2ax
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是均勻增加的.(　　)
3.勻變速直線運動中，經過相同的時間，速度變化量相同.(　　)
√
×
×
1.常用的導出公式
提升
關鍵能力
(2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
注意：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.
(3)初速度為零的勻加速直線運動的四個重要比例式
①T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).
2.基本思路
3.正方向的選定
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.
4.兩種勻減速直線運動的比較
兩種運動 運動特點 求解方法
剎車類問題 勻減速到速度為零后停止運動，加速度a突然消失 求解時要注意確定實際運動時間
雙向可逆 類問題 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 求解時可分過程列式，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
例1　(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√
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列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3
例2　做勻變速直線運動的質點在第一個7 s內的平均速度比它在第一個3 s內的平均速度大6 m/s，則質點的加速度大小為
A.1 m/s2 B.1.5 m/s2
C.3 m/s2 D.4 m/s2
√
例3　(多選)如圖所示，一冰壺以速度v垂直進入三個完全相同的矩形區域做勻減速直線運動，且剛要離開第三個矩形區域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區域時的速度之比和穿過每個矩形區域所用的時間之比分別是
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
√
√
例4　(2023·福建師范大學附屬中學高三月考)一輛汽車在平直公路上勻速行駛，遇到緊急情況，突然剎車，從開始剎車起運動過程中的位移(單位：m)與時間(單位：s)的關系式為x＝30t－2.5t2 (m)，下列分析正確的是
A.剎車過程中最后1 s內的位移大小是5 m
B.剎車過程中在相鄰1 s內的位移差的絕對值為10 m
C.從剎車開始計時，8 s內通過的位移大小為80 m
D.從剎車開始計時，第1 s內和第2 s內的位移大小之比為11∶9
√
逆向思維法：對于末速度為零的勻減速直線運動，可把該階段看成逆向的初速度為零、加速度不變的勻加速直線運動.
方法點撥
例5　對某汽車剎車性能測試時，當汽車以36 km/h的速率行駛時，可以在18 m的距離被剎住；當汽車以54 km/h的速率行駛時，可以在34.5 m的距離被剎住.假設兩次測試中駕駛員的反應時間(駕駛員從看到障礙物到做出剎車動作的時間)與剎車的加速度都相同.問：
(1)這位駕駛員的反應時間為多少；
(2)某霧天，該路段能見度為50 m，則行車速率不能超過多少.
考點二
自由落體運動　豎直上拋運動
1.自由落體運動
(1)運動特點：初速度為 ，加速度為 的勻加速直線運動.
(2)基本規律：
勻變速直線運動 自由落體運動
v＝v0＋at v＝gt
x＝v0t＋ h＝
v2－v02＝2ax v2＝2gh
0
g
梳理
必備知識
2.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，上升階段做勻減速運動，下降階段做 運動.
(2)基本規律
①速度與時間的關系式： ；
②位移與時間的關系式：x＝v0t－ .
自由落體
v＝v0－gt
1.同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大.(　　)
2.自由落體加速度的方向垂直地面向下.(　　)
3.做自由落體運動的物體在1 s內速度增加約9.8 m/s.(　　)
4.物體做豎直上拋運動，速度為負值時，位移也一定為負值.(　　)
5.做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度變化量方向是豎直向下的.(　　)
√
×
√
×
√
1.豎直上拋運動
(1)對稱性
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(如圖)，同理tAB＝tBA.
②速度對稱：物體上升過程經過A點的速度大小與下降過程經過A點的速度大小相等.
提升
關鍵能力
(2)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.
2.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，加速度為－g的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－ (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
例6　(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5 m完成技術動作，隨后5 m完成姿態調整.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10 m/s2，則她用于姿態調整的時間約為
A.0.2 s 　　　　　B.0.4 s 　　　　　C.1.0 s 　　　　　D.1.4 s
√
陳芋汐下落的整個過程所用的時間為
下落前5 m的過程所用的時間為
則陳芋汐用于姿態調整的時間約為t2＝t－t1＝0.4 s，故B正確.
例7　氣球以10 m/s的速度沿豎直方向勻速上升，當它上升到離地175 m的高處時，一重物從氣球上掉落，則重物需要經過多長時間才能落到地面？到達地面時的速度是多大？(g取10 m/s2，不計空氣阻力)
答案　7 s　60 m/s
解法一：全程法
取全過程進行研究，從重物自氣球上掉落開始計時，經時間t落地，規定初速度方向為正方向，畫出運動過程草圖，如圖所示.
重物在時間t內的位移h＝－175 m
解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)
所以重物落地時速度為
v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中負號表示方向豎直向下，與初速度方向相反.
解法二：分段法
設重物離開氣球后，經過t1時間上升到最高點，
故重物離地面的最大高度為
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向豎直向下)
所以重物從氣球上掉落到落地的時間t＝t1＋t2＝7 s.
考點三
勻變速直線運動中的多物體和多過程問題
1.多物體問題
研究多物體在空間上重復同樣的運動時，可利用一個物體的運動取代多物體的運動，照片中的多個物體認為是一個物體在不同時刻所處的位置，如水龍頭滴水、直升機定點空降、小球在斜面上每隔一定時間間隔連續釋放等，均可把多物體問題轉化為單物體問題求解.
2.多過程問題
(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
將復雜過程合理拆分，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.
例8　(2023·陜西榆林市調研)高鐵被譽為中國“新四大發明”之一，因高鐵的運行速度快，對制動系統的性能要求較高，高速列車上安裝有多套制動裝置——制動風翼、電磁制動系統、空氣制動系統、摩擦制動系統等.在一段直線軌道上，某高速列車正以v0＝288 km/h的速度勻速行駛，列車長突然接到通知，前方x0＝5 km處道路出現異常，需要減速停車.列車長接到通知后，經過t1＝2.5 s將制動風翼打開，高速列車獲得a1＝0.5 m/s2的平均制動加速度減速，減速t2＝40 s后，列車長再將電磁制動系統打開，結果列車在距離異常處500 m的地方停下來.
(1)求列車長打開電磁制動系統時，列車的速度大小；
答案　60 m/s　
設經過t2＝40 s時，列車的速度大小為v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s，
則打開制動風翼后，減速過程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)求制動風翼和電磁制動系統都打開時，列車的平均制動加速度大小a2.
答案　1.2 m/s2
列車長接到通知后，經過t1＝2.5 s，列車行駛的距離x1＝v0t1＝200 m，
打開電磁制動系統后，列車行駛的距離
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
考點四
追及相遇問題
追及相遇問題的實質就是分析兩物體在相同時間內能否到達相同的空間位置.追及相遇問題的基本物理模型：以甲追乙為例.
1.二者距離變化與速度大小的關系
(1)無論v甲增大、減小或不變，只要v甲(2)若v甲＝v乙，甲、乙的距離保持不變.
(3)無論v甲增大、減小或不變，只要v甲>v乙，甲、乙的距離就不斷減小.
2.分析思路
可概括為“一個臨界條件”“兩個等量關系”.
(1)一個臨界條件：速度相等.它往往是物體間能否追上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析、判斷問題的切入點；
(2)兩個等量關系：時間等量關系和位移等量關系.通過畫草圖找出兩物體的位移關系是解題的突破口.
3.常用分析方法
(1)物理分析法：抓住“兩物體能否同時到達空間某位置”這一關鍵，認真審題，挖掘題目中的隱含條件，建立物體運動關系的情境圖.
能否追上的判斷方法(臨界條件法)
物體B追趕物體A：開始時，兩個物體相距x0，當vB＝vA時，若xB>xA＋x0，則能追上；若xB＝xA＋x0，則恰好追上；若xB(2)二次函數法：設運動時間為t，根據條件列方程，得到關于二者之間的距離Δx與時間t的二次函數關系.
①若Δx>0，即有兩個解，說明可以相遇兩次；
②若Δx＝0，一個解，說明剛好追上或相遇；
③若Δx<0，無解，說明追不上或不能相遇.
當t＝ 時，函數有極值，代表兩者距離的最大或最小值.
(3)圖像法：在同一坐標系中畫出兩物體的運動圖像.位移－時間圖像的交點表示相遇，分析速度－時間圖像時，應抓住速度相等時的“面積”關系找位移關系.
4.常見追及情景
(1)速度小者追速度大者：當二者速度相等時，二者距離最大.
(2)速度大者追速度小者(避碰問題)：二者速度相等是判斷是否追上的臨界條件，若此時追不上，二者之間的距離有最小值.
特別提醒：若被追趕的物體做勻減速直線運動，一定要注意判斷被追上前該物體是否已經停止運動.
例9　汽車A以vA＝4 m/s的速度向右做勻速直線運動，發現前方相距x0＝7 m處、以vB＝10 m/s的速度同向運動的汽車B正開始勻減速剎車直到靜止后保持不動，其剎車的加速度大小a＝2 m/s2.從剛剎車開始計時.求：
(1)A追上B前，A、B間的最遠距離；
答案　16 m　
汽車A和B的運動過程如圖所示.
當A、B兩汽車速度相等時，兩車間的距離最遠，
即v＝vB－at＝vA，
解得t＝3 s
此時汽車A的位移xA＝vAt＝12 m
故最遠距離Δxmax＝xB＋x0－xA＝16 m.
(2)經過多長時間A恰好追上B.
答案　8 s
汽車B從開始減速直到靜止經歷的時間
汽車A在t1時間內運動的位移
xA′＝vAt1＝20 m
此時相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m
故A追上B所用時間t總＝t1＋t2＝8 s.
五
課時精練
1.如圖所示，一小球從A點由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，若到達B點時速度為v，到達C點時速度為2v，則AB∶BC等于
A.1∶1
B.1∶2
C.1∶3
D.1∶4
基礎落實練
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2.(2023·浙江省杭州二中模擬)質點沿x軸做直線運動的位置坐標x與時間t的關系為x＝2＋4t－t2(各物理量都采用國際單位制單位)，則該質點
A.第1 s的位移大小是5 m
B.前2 s內的平均速度大小是3 m/s
C.2 s末的速度為0
D.4 s末質點位于坐標原點處
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前2 s內的總位移是4 m，則平均速度大小是2 m/s，B錯誤；
由速度－時間公式v＝v0＋at可知，2 s末速度為0，C正確；
4 s末質點位置為x＝(2＋4×4－42) m＝2 m，D錯誤.
3.課間，一些同學常在走廊上跳摸指示牌.身高1.70 m的小蘭同學在指示牌正下方原地豎直向上跳起，手指恰好能摸到指示牌的下邊沿，測得指示牌下邊沿到地面的豎直距離為2.50 m(如圖所示).小蘭同學雙腳離地時速度大小最接近于
A.0.5 m/s B.3 m/s
C.5 m/s D.7 m/s
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小蘭同學起跳后做勻減速直線運動，設雙腳離地時的速度大小為v，則有－2gh＝0－v2，結合生活實際，原地站立且胳膊向上時，手指離地面高度約為2.1 m，有h＝2.5 m－2.1 m＝0.4 m，取g＝9.8 m/s2，聯立可得v＝2.8 m/s，故選B.
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4.如圖所示的平潭海峽公鐵兩用大橋是世界上最長的跨海公鐵兩用大橋，其中元洪航道橋的A、B、C三根橋墩間距分別為AB＝132 m、BC＝196 m.一列高速列車勻加速通過元洪航道橋，車頭經過AB段和BC段的時間分別為3 s和4 s，則這列高速列車經過元洪航道橋的加速度大小約為
A.0.7 m/s2
B.1.4 m/s2
C.2.8 m/s2
D.6.3 m/s2
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5.(2023·浙江寧波市月考)一質點做勻加速直線運動，位移為x1時，速度的變化量為Δv；緊接著位移為x2時，速度的變化量仍為Δv.則質點的加速度為
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6.一個從地面上豎直上拋的物體，它兩次經過一個較低點A的時間間隔是5 s，兩次經過一個較高點B的時間間隔是3 s，則A、B之間的距離是(不計空氣阻力，g＝10 m/s2)
A.80 m B.40 m
C.20 m D.無法確定
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7.(2023·河北省名校聯盟聯考)一質點做勻變速直線運動，初速度大小為v，經過一段時間速度大小變為2v，加速度大小為a，這段時間內的路程與位移大小之比為5∶3，則下列敘述正確的是
A.在該段時間內質點運動方向不變
B.這段時間為
C.這段時間該質點運動的路程為
D.再經過相同的時間，質點速度大小為3v
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由于質點通過的路程與位移不同，故質點先做減速運動，減速到零后再做反向的加速運動，A錯誤；
再經過相同的時間，速度再增加3v，質點速度大小變為v′＝2v＋3v＝5v，D錯誤.
8.(多選)從高為20 m的位置以20 m/s的初速度豎直上拋一物體，g取10 m/s2，當物體到拋出點距離為15 m時，所經歷的時間可能是
A.1 s B.2 s
C.3 s D.(2＋ ) s
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9.(2023·浙江麗水市模擬)廣場噴泉是城市一道亮麗的風景.如圖，噴口豎直向上噴水，已知噴管的直徑為D，水在噴口處的速度大小為v0，重力加速度為g，不考慮空氣阻力的影響，則在離噴口高度為H處的水柱直徑為
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10.(2023·云南昆明市一中模擬)一種比飛機還要快的旅行工具即將誕生，稱為“第五類交通方式”，它就是“超級高鐵”(如圖).速度高達一千多公里每小時.如果乘坐超級高鐵從A地到B地，600公里的路程需要42分鐘，超級高鐵先勻加速達到最大速度1 200 km/h后勻速運動，快進站時再勻減速運動，且加速與減速的加速度大小相等，則下列關于超級高鐵的說法正確的是
A.加速與減速的時間不一定相等
B.加速時間為10分鐘
C.加速過程中發生的位移為150公里
D.加速時加速度大小約為0.46 m/s2
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設加速和減速時間均為t，運動總時間為t0，則
11.(2023·新疆哈密市第十五中學月考)測速儀安裝有超聲波發射和接收裝置，如圖所示，B為測速儀，A為汽車，兩者相距335 m，某時刻B發出超聲波，同時A由靜止開始做勻加速直線運動，當B接收到反射回來的超聲波信號時，A、B相距355 m，已知聲速為340 m/s，則汽車的加速度大小為
A.20 m/s2 B.10 m/s2
C.5 m/s2 D.無法確定
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超聲波從B發出到A與被A反射到被B接收所需的時間相等，在這個過程中，汽車的位移為x＝355 m－335 m＝20 m，
初速度為零的勻變速直線運動在開始相等時間內的位移之比為1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，則超聲波被A接收時，AB間的距離x′＝335 m＋5 m＝340 m，
12.(2023·浙江省鎮海中學模擬)某市開展禮讓行人活動，要求在沒有信號燈的路口，一旦行人走上人行道，機動車車頭便不能越過停止線.如圖所示，一輛家用轎車長度L＝4 m，正以v0＝36 km/h的速度行駛，車頭距停止線的距離為L1＝30 m，人行道寬度為L2＝4 m.距離人行道為L4＝3 m的行人以v1＝1 m/s的速度勻速走向長度為L3＝9 m的人行道，停止線到人行道的距離可忽略.
(1)若行人與轎車均未發現對方，均做勻速運動，
求兩者能否相遇；
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答案　不會相遇　
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v0＝36 km/h＝10 m/s
行人在這段時間內的位移為x0＝v1t＝3.8 m
x0－L4＝0.8 m
則兩者不會相遇.
(2)轎車若立即以恒定的加速度a＝2 m/s2加速，求是否違反要求；
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答案　沒有違反要求
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從題述時刻到行人走上人行道所用時間
代入數據得x＝39 m>L1＋L2＋L
故沒有違反要求.
(3)轎車若以恒定的加速度a2減速，要保證不違反要求，求加速度a2的大小需要滿足的條件.
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從題述時刻到行人穿過人行道所用時間
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12第2講　勻變速直線運動的規律
目標要求　1.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.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.3.掌握處理相遇問題的方法和技巧．
考點一　勻變速直線運動的基本規律及應用
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＋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＋at2
不涉及時間，選用v2－v02＝2ax
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是均勻增加的．(　×　)
3．勻變速直線運動中，經過相同的時間，速度變化量相同．(　√　)
1．常用的導出公式
(1)平均速度公式：＝＝.
(2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
注意：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．
(3)初速度為零的勻加速直線運動的四個重要比例式
①T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相等的位移所用時間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．
2．基本思路
→→→→
3．正方向的選定
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．
4．兩種勻減速直線運動的比較
兩種運動 運動特點 求解方法
剎車類問題 勻減速到速度為零后停止運動，加速度a突然消失 求解時要注意確定實際運動時間
雙向可逆類問題 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 求解時可分過程列式，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
例1　(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(vA.＋ B.＋
C.＋ D.＋
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在隧道內勻速有t2＝
列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3
解得t3＝
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＝＋，故選C.
例2　做勻變速直線運動的質點在第一個7 s內的平均速度比它在第一個3 s內的平均速度大6 m/s，則質點的加速度大小為(　　)
A．1 m/s2 B．1.5 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
答案　C
解析　物體做勻變速直線運動時，第一個3 s內中間時刻，即1.5 s時的速度為v1＝3，第一個7 s內中間時刻，即3.5 s時的速度為v2＝7，由題意可知v2－v1＝6 m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2 s，可得a＝3 m/s2.故選C.
例3　(多選)如圖所示，一冰壺以速度v垂直進入三個完全相同的矩形區域做勻減速直線運動，且剛要離開第三個矩形區域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區域時的速度之比和穿過每個矩形區域所用的時間之比分別是(　　)
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
答案　BD
解析　因為冰壺做勻減速直線運動，且末速度為零，故可以看成反向的初速度為零的勻加速直線運動．初速度為零的勻加速直線運動中通過連續三段相等位移的時間之比為1∶(－1)
∶(－)，故t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，選項C錯誤，D正確；由v2－v02＝2ax可得，初速度為零的勻加速直線運動中通過連續相等位移的速度之比為1∶∶，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，選項A錯誤，B正確．
例4　(2023·福建師范大學附屬中學高三月考)一輛汽車在平直公路上勻速行駛，遇到緊急情況，突然剎車，從開始剎車起運動過程中的位移(單位：m)與時間(單位：s)的關系式為x＝30t－2.5t2 (m)，下列分析正確的是(　　)
A．剎車過程中最后1 s內的位移大小是5 m
B．剎車過程中在相鄰1 s內的位移差的絕對值為10 m
C．從剎車開始計時，8 s內通過的位移大小為80 m
D．從剎車開始計時，第1 s內和第2 s內的位移大小之比為11∶9
答案　D
解析　由勻變速直線運動的規律x＝v0t＋at2，可得初速度v0＝30 m/s，加速度a＝－5 m/s2，剎車過程中在相鄰1 s內的位移差的絕對值|Δx|＝|a(Δt)|＝5 m，從剎車開始計時到停下的時間tm＝＝6 s,8 s內通過的位移大小為xm＝＝90 m，選項B、C錯誤；把末速度為0的勻減速直線運動看成逆向的勻加速直線運動，剎車過程中最后1 s內的位移大小為x1＝－at02＝2.5 m，從剎車開始計時，第1 s內和第2 s內的位移大小之比為11∶9，選項D正確，A錯誤．
逆向思維法：對于末速度為零的勻減速直線運動，可把該階段看成逆向的初速度為零、加速度不變的勻加速直線運動．
例5　對某汽車剎車性能測試時，當汽車以36 km/h的速率行駛時，可以在18 m的距離被剎住；當汽車以54 km/h的速率行駛時，可以在34.5 m的距離被剎住．假設兩次測試中駕駛員的反應時間(駕駛員從看到障礙物到做出剎車動作的時間)與剎車的加速度都相同．問：
(1)這位駕駛員的反應時間為多少；
(2)某霧天，該路段能見度為50 m，則行車速率不能超過多少．
考點二　自由落體運動　豎直上拋運動
1．自由落體運動
(1)運動特點：初速度為0，加速度為g的勻加速直線運動．
(2)基本規律：
勻變速直線運動 自由落體運動
v＝v0＋at v＝gt
x＝v0t＋at2 h＝gt2
v2－v02＝2ax v2＝2gh
2.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，上升階段做勻減速運動，下降階段做自由落體運動．
(2)基本規律
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－gt2.
1．同一地點，輕重不同的物體的g值一樣大．(　√　)
2．自由落體加速度的方向垂直地面向下．(　×　)
3．做自由落體運動的物體在1 s內速度增加約9.8 m/s.(　√　)
4．物體做豎直上拋運動，速度為負值時，位移也一定為負值．(　×　)
5．做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度變化量方向是豎直向下的．(　√　)
1．豎直上拋運動
(1)對稱性
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(如圖)，同理tAB＝tBA.
②速度對稱：物體上升過程經過A點的速度大小與下降過程經過A點的速度大小相等．
(2)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．
2．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，加速度為－g的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－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
例6　(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5 m完成技術動作，隨后5 m完成姿態調整．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10 m/s2，則她用于姿態調整的時間約為(　　)
A．0.2 s B．0.4 s C．1.0 s D．1.4 s
答案　B
解析　陳芋汐下落的整個過程所用的時間為
t＝＝ s≈1.4 s
下落前5 m的過程所用的時間為
t1＝＝ s＝1 s
則陳芋汐用于姿態調整的時間約為t2＝t－t1＝0.4 s，故B正確．
例7　氣球以10 m/s的速度沿豎直方向勻速上升，當它上升到離地175 m的高處時，一重物從氣球上掉落，則重物需要經過多長時間才能落到地面？到達地面時的速度是多大？(g取10 m/s2，不計空氣阻力)
答案　7 s　60 m/s
解析　解法一：全程法
取全過程進行研究，從重物自氣球上掉落開始計時，經時間t落地，規定初速度方向為正方向，畫出運動過程草圖，如圖所示．
重物在時間t內的位移h＝－175 m
將h＝－175 m，v0＝10 m/s代入h＝v0t－gt2
解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)
所以重物落地時速度為
v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中負號表示方向豎直向下，與初速度方向相反．
解法二：分段法
設重物離開氣球后，經過t1時間上升到最高點，
則t1＝＝ s＝1 s
上升的最大高度h1＝gt12＝×10×12 m＝5 m
故重物離地面的最大高度為
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
重物從最高處自由下落，落地時間和落地速度分別為t2＝＝s＝6 s
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向豎直向下)
所以重物從氣球上掉落到落地的時間t＝t1＋t2＝7 s.
考點三　勻變速直線運動中的多物體和多過程問題
1．多物體問題
研究多物體在空間上重復同樣的運動時，可利用一個物體的運動取代多物體的運動，照片中的多個物體認為是一個物體在不同時刻所處的位置，如水龍頭滴水、直升機定點空降、小球在斜面上每隔一定時間間隔連續釋放等，均可把多物體問題轉化為單物體問題求解．
2．多過程問題
(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
將復雜過程合理拆分，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．
例8　(2023·陜西榆林市調研)高鐵被譽為中國“新四大發明”之一，因高鐵的運行速度快，對制動系統的性能要求較高，高速列車上安裝有多套制動裝置——制動風翼、電磁制動系統、空氣制動系統、摩擦制動系統等．在一段直線軌道上，某高速列車正以v0＝288 km/h的速度勻速行駛，列車長突然接到通知，前方x0＝5 km處道路出現異常，需要減速停車．列車長接到通知后，經過t1＝2.5 s將制動風翼打開，高速列車獲得a1＝0.5 m/s2的平均制動加速度減速，減速t2＝40 s后，列車長再將電磁制動系統打開，結果列車在距離異常處500 m的地方停下來．
(1)求列車長打開電磁制動系統時，列車的速度大小；
(2)求制動風翼和電磁制動系統都打開時，列車的平均制動加速度大小a2.
答案　(1)60 m/s　(2)1.2 m/s2
解析　(1)設經過t2＝40 s時，列車的速度大小為v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s，
則打開制動風翼后，減速過程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)列車長接到通知后，經過t1＝2.5 s，列車行駛的距離x1＝v0t1＝200 m，
從打開制動風翼到打開電磁制動系統的過程中，列車行駛的距離x2＝＝2 800 m，
打開電磁制動系統后，列車行駛的距離
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
則a2＝＝1.2 m/s2.
考點四　追及相遇問題
追及相遇問題的實質就是分析兩物體在相同時間內能否到達相同的空間位置．追及相遇問題的基本物理模型：以甲追乙為例．
1．二者距離變化與速度大小的關系
(1)無論v甲增大、減小或不變，只要v甲(2)若v甲＝v乙，甲、乙的距離保持不變．
(3)無論v甲增大、減小或不變，只要v甲>v乙，甲、乙的距離就不斷減小．
2．分析思路
可概括為“一個臨界條件”“兩個等量關系”．
(1)一個臨界條件：速度相等．它往往是物體間能否追上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析、判斷問題的切入點；
(2)兩個等量關系：時間等量關系和位移等量關系．通過畫草圖找出兩物體的位移關系是解題的突破口．
3．常用分析方法
(1)物理分析法：抓住“兩物體能否同時到達空間某位置”這一關鍵，認真審題，挖掘題目中的隱含條件，建立物體運動關系的情境圖．
能否追上的判斷方法(臨界條件法)
物體B追趕物體A：開始時，兩個物體相距x0，當vB＝vA時，若xB>xA＋x0，則能追上；若xB＝xA＋x0，則恰好追上；若xB(2)二次函數法：設運動時間為t，根據條件列方程，得到關于二者之間的距離Δx與時間t的二次函數關系．
①若Δx>0，即有兩個解，說明可以相遇兩次；
②若Δx＝0，一個解，說明剛好追上或相遇；
③若Δx<0，無解，說明追不上或不能相遇．
當t＝－時，函數有極值，代表兩者距離的最大或最小值．
(3)圖像法：在同一坐標系中畫出兩物體的運動圖像．位移－時間圖像的交點表示相遇，分析速度－時間圖像時，應抓住速度相等時的“面積”關系找位移關系．
4．常見追及情景
(1)速度小者追速度大者：當二者速度相等時，二者距離最大．
(2)速度大者追速度小者(避碰問題)：二者速度相等是判斷是否追上的臨界條件，若此時追不上，二者之間的距離有最小值．
特別提醒：若被追趕的物體做勻減速直線運動，一定要注意判斷被追上前該物體是否已經停止運動．
例9　汽車A以vA＝4 m/s的速度向右做勻速直線運動，發現前方相距x0＝7 m處、以vB＝10 m/s的速度同向運動的汽車B正開始勻減速剎車直到靜止后保持不動，其剎車的加速度大小a＝2 m/s2.從剛剎車開始計時．求：
(1)A追上B前，A、B間的最遠距離；
(2)經過多長時間A恰好追上B.
答案　(1)16 m　(2)8 s
解析　汽車A和B的運動過程如圖所示．
(1)當A、B兩汽車速度相等時，兩車間的距離最遠，
即v＝vB－at＝vA，
解得t＝3 s
此時汽車A的位移xA＝vAt＝12 m
汽車B的位移xB＝vBt－at2＝21 m
故最遠距離Δxmax＝xB＋x0－xA＝16 m.
(2)汽車B從開始減速直到靜止經歷的時間
t1＝＝5 s
運動的位移xB′＝＝25 m
汽車A在t1時間內運動的位移
xA′＝vAt1＝20 m
此時相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m
汽車A需再運動的時間t2＝＝3 s
故A追上B所用時間t總＝t1＋t2＝8 s.
課時精練
1.如圖所示，一小球從A點由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，若到達B點時速度為v，到達C點時速度為2v，則AB∶BC等于(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案　C
解析　根據勻變速直線運動的速度位移公式v2－v02＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，則AB∶BC＝1∶3，故C正確，A、B、D錯誤．
2．(2023·浙江省杭州二中模擬)質點沿x軸做直線運動的位置坐標x與時間t的關系為x＝2＋4t－t2(各物理量都采用國際單位制單位)，則該質點(　　)
A．第1 s的位移大小是5 m
B．前2 s內的平均速度大小是3 m/s
C．2 s末的速度為0
D．4 s末質點位于坐標原點處
答案　C
解析　代入位移－時間公式x＝v0t＋at2可知，質點從距離原點2 m處的位置出發，初速度為4 m/s，做加速度a＝－2 m/s2的勻減速直線運動．第1 s內的位移是4×1 m－×2×1 m＝3 m，A錯誤；前2 s內的總位移是4 m，則平均速度大小是2 m/s，B錯誤；由速度－時間公式v＝v0＋at可知，2 s末速度為0，C正確；4 s末質點位置為x＝(2＋4×4－42) m＝2 m，D錯誤．
3.課間，一些同學常在走廊上跳摸指示牌．身高1.70 m的小蘭同學在指示牌正下方原地豎直向上跳起，手指恰好能摸到指示牌的下邊沿，測得指示牌下邊沿到地面的豎直距離為2.50 m(如圖所示)．小蘭同學雙腳離地時速度大小最接近于(　　)
A．0.5 m/s B．3 m/s
C．5 m/s D．7 m/s
答案　B
解析　小蘭同學起跳后做勻減速直線運動，設雙腳離地時的速度大小為v，則有－2gh＝0－v2，結合生活實際，原地站立且胳膊向上時，手指離地面高度約為2.1 m，有h＝2.5 m－2.1 m＝0.4 m，取g＝9.8 m/s2，聯立可得v＝2.8 m/s，故選B.
4.如圖所示的平潭海峽公鐵兩用大橋是世界上最長的跨海公鐵兩用大橋，其中元洪航道橋的A、B、C三根橋墩間距分別為AB＝132 m、BC＝196 m．一列高速列車勻加速通過元洪航道橋，車頭經過AB段和BC段的時間分別為3 s和4 s，則這列高速列車經過元洪航道橋的加速度大小約為(　　)
A．0.7 m/s2 B．1.4 m/s2
C．2.8 m/s2 D．6.3 m/s2
答案　B
解析　高速列車在AB段的平均速度為v1＝＝44 m/s，在BC段的平均速度為v2＝＝49 m/s，根據勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知a＝≈1.4 m/s2，B正確．
5．(2023·浙江寧波市月考)一質點做勻加速直線運動，位移為x1時，速度的變化量為Δv；緊接著位移為x2時，速度的變化量仍為Δv.則質點的加速度為(　　)
A．(Δv)2(－) B．(Δv)2(＋)
C. D.
答案　C
解析　在勻變速直線運動中，速度變化Δv所用的時間為t＝，則可知質點通過位移x1和x2過程中所用時間相同，根據Δx＝at2得，x2－x1＝a·()2，解得a＝，C正確．
6．一個從地面上豎直上拋的物體，它兩次經過一個較低點A的時間間隔是5 s，兩次經過一個較高點B的時間間隔是3 s，則A、B之間的距離是(不計空氣阻力，g＝10 m/s2)(　　)
A．80 m B．40 m
C．20 m D．無法確定
答案　C
解析　物體做豎直上拋運動，根據運動時間的對稱性得，物體從最高點自由下落到A點的時間為，從最高點自由下落到B點的時間為，A、B間距離為hAB＝g[()2－()2]＝×10×(2.52－1.52) m＝20 m，故選C.
7．(2023·河北省名校聯盟聯考)一質點做勻變速直線運動，初速度大小為v，經過一段時間速度大小變為2v，加速度大小為a，這段時間內的路程與位移大小之比為5∶3，則下列敘述正確的是(　　)
A．在該段時間內質點運動方向不變
B．這段時間為
C．這段時間該質點運動的路程為
D．再經過相同的時間，質點速度大小為3v
答案　C
解析　由于質點通過的路程與位移不同，故質點先做減速運動，減速到零后再做反向的加速運動，A錯誤；速度變化量大小為Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用時間t＝＝，B錯誤；減速的過程中運動的路程s1＝，反向加速運動的路程s2＝，因此總路程為s＝s1＋s2＝，C正確；再經過相同的時間，速度再增加3v，質點速度大小變為v′＝2v＋3v＝5v，D錯誤．
8．(多選)從高為20 m的位置以20 m/s的初速度豎直上拋一物體，g取10 m/s2，當物體到拋出點距離為15 m時，所經歷的時間可能是(　　)
A．1 s B．2 s
C．3 s D．(2＋) s
答案　ACD
解析　取豎直向上方向為正方向，當物體運動到拋出點上方離拋出點15 m時，位移為x＝15 m，由豎直上拋運動的位移時間公式得x＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；當物體運動到拋出點下方離拋出點15 m時，位移為x′＝－15 m，由x′＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(負值舍去)，選項A、C、D正確，B錯誤．
9.(2023·浙江麗水市模擬)廣場噴泉是城市一道亮麗的風景．如圖，噴口豎直向上噴水，已知噴管的直徑為D，水在噴口處的速度大小為v0，重力加速度為g，不考慮空氣阻力的影響，則在離噴口高度為H處的水柱直徑為(　　)
A．D B.
C. D.
答案　C
解析　設Δt時間內，從噴口噴出的水的質量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝v0π()2Δt，在到達離噴口高度為H處時，速度大小為v，則有v2－v02＝－2gH，且v0Δtπ()2＝vΔtπ()2，解得D′＝，故選C.
10.(2023·云南昆明市一中模擬)一種比飛機還要快的旅行工具即將誕生，稱為“第五類交通方式”，它就是“超級高鐵”(如圖)．速度高達一千多公里每小時．如果乘坐超級高鐵從A地到B地，600公里的路程需要42分鐘，超級高鐵先勻加速達到最大速度1 200 km/h后勻速運動，快進站時再勻減速運動，且加速與減速的加速度大小相等，則下列關于超級高鐵的說法正確的是(　　)
A．加速與減速的時間不一定相等
B．加速時間為10分鐘
C．加速過程中發生的位移為150公里
D．加速時加速度大小約為0.46 m/s2
答案　D
解析　加速與減速的加速度大小相等，根據t＝可知，加速與減速的時間一定相等，故A錯誤；設加速和減速時間均為t，運動總時間為t0，則2×t＋vm(t0－2t)＝s，代入數據解得t＝12 min，故B錯誤；加速位移為x加＝t＝120 km，故C錯誤；加速度大小a＝≈0.46 m/s2，故D正確．
11.(2023·新疆哈密市第十五中學月考)測速儀安裝有超聲波發射和接收裝置，如圖所示，B為測速儀，A為汽車，兩者相距335 m，某時刻B發出超聲波，同時A由靜止開始做勻加速直線運動，當B接收到反射回來的超聲波信號時，A、B相距355 m，已知聲速為340 m/s，則汽車的加速度大小為(　　)
A．20 m/s2 B．10 m/s2
C．5 m/s2 D．無法確定
答案　B
解析　超聲波從B發出到A與被A反射到被B接收所需的時間相等，在這個過程中，汽車的位移為x＝355 m－335 m＝20 m，初速度為零的勻變速直線運動在開始相等時間內的位移之比為1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，則超聲波被A接收時，AB間的距離x′＝335 m＋5 m＝340 m，所以超聲波從B發出到被A反射所需的時間t＝＝ s＝1 s，根據Δx＝at2，可得15 m－5 m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，故B正確，A、C、D錯誤．
12．(2023·浙江省鎮海中學模擬)某市開展禮讓行人活動，要求在沒有信號燈的路口，一旦行人走上人行道，機動車車頭便不能越過停止線．如圖所示，一輛家用轎車長度L＝4 m，正以v0＝36 km/h的速度行駛，車頭距停止線的距離為L1＝30 m，人行道寬度為L2＝4 m．距離人行道為L4＝3 m的行人以v1＝1 m/s的速度勻速走向長度為L3＝9 m的人行道，停止線到人行道的距離可忽略．
(1)若行人與轎車均未發現對方，均做勻速運動，求兩者能否相遇；
(2)轎車若立即以恒定的加速度a＝2 m/s2加速，求是否違反要求；
(3)轎車若以恒定的加速度a2減速，要保證不違反要求，求加速度a2的大小需要滿足的條件．
答案　(1)不會相遇　(2)沒有違反要求
(3)a2≥ m/s2
解析　v0＝36 km/h＝10 m/s
(1)從題述時刻到轎車車尾離開人行道所需的時間t＝＝3.8 s
行人在這段時間內的位移為x0＝v1t＝3.8 m
x0－L4＝0.8 m
則兩者不會相遇．
(2)從題述時刻到行人走上人行道所用時間
t1＝＝3 s
在3 s內轎車的位移x＝v0t1＋at12
代入數據得x＝39 m>L1＋L2＋L
故沒有違反要求．
(3)從題述時刻到行人穿過人行道所用時間
t2＝＝12 s
假設12 s內轎車的位移等于30 m，此時加速度為a1，
則L1＝v0t2－a1t22
解得a1＝ m/s2
此時剎車距離s剎＝＝40 m>30 m
說明假設錯誤，即轎車不可能在12 s后仍未到達停止線，所以轎車在30 m內速度減小為零加速度最小a2′＝＝ m/s2
故轎車的加速度大小應滿足a2≥ m/s2.

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