資源簡介

中小學教育資源及組卷應用
專題02 勻變速直線的運動規律（解析版）
題型 選擇題 命題趨勢和備考策略
高考考點 勻變速直線運動的規律、勻變速直線運動的推論、自由落體運動、豎直上拋運動、 【命題規律】近3年新高考卷對于運動的描述考查共計5次，主要考查： 1. 勻變速直線運動規律和圖像的運用； 2. 勻變速直線運動推論的應用； 3. 豎直上拋運動在實際生活中的應用。 【備考策略】 熟練掌握勻變速直線運動規律，理解圖像的意義，正確運用勻變速直線運動規律解決圖像問題；掌握勻變速直線運動推論的推導過程，利用推導公式處理生活中的實際問題；掌握自由落體運動以及豎直上拋運動的對稱性規律；掌握多種方式一題多解的發散性思維的解題方法。 【命題預測】 2024年高考，勻變速直線運動會與生產、生活實際相結合的可能性比較大，較大概率會以物體上拋、下落，車輛的啟動、剎車、追擊和相遇問題，物體上下坡，物體在傳送帶上的運動相結合等形式出現，考察考生運動觀念、模型建構、科學推理及嚴謹認真的科學態度。本節知識要求考生熟練掌握勻變速直線運動和自由落體運動的規律、圖像，加強函數法、比較法、圖像圖、推論規律法、極限思維法的應用訓練。
新高考 2024 海南卷5題、北京卷2題、河北卷3題、甘肅卷2題、全國卷1題、全國卷11題、廣西卷13題、廣東卷13題、
2023 湖北卷7題、江蘇卷1題、甲卷14、甲卷16題、乙卷14題、浙江卷1題、福建卷3題
2022 河北卷1題、湖北卷6題、甲卷15題
知識點1：勻變速直線的規律
1. 勻變速直線運動
沿一條直線且加速度不變的運動.
2. 勻變速直線運動的基本規律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)位移速度關系式：v2－v＝2ax.
知識點2：勻變速直線運動的推論
1. 三個推論
(1)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初、末時刻速度矢量和的平均值，還等于中間時刻的瞬時速度.
平均速度公式：＝＝.
(2)連續相等的相鄰時間間隔T內的位移差相等.
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(3)位移中點速度＝.
2. 初速度為零的勻加速直線運動的四個重要推論
(1)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)1T內，2T內，3T內，…，nT內的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶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－)∶…∶(－).
知識點3：自由落體運動和豎直上拋運動
1. 自由落體運動
(1)條件：物體只受重力，從靜止開始下落.
(2)基本規律
①速度公式：v＝gt.
②位移公式：x＝gt2.
③速度位移關系式：v2＝2gx.
2. 豎直上拋運動
(1)運動特點：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)運動性質：勻減速直線運動.
(3)基本規律
①速度公式：v＝v0－gt；
②位移公式：x＝v0t－gt2.
3. 伽利略對自由落體運動的研究
(1)伽利略通過邏輯推理的方法推翻了亞里士多德的“重的物體比輕的物體下落快”的結論.
(2)伽利略對自由落體運動的研究方法和科學的推理方法，是人類思想史上最偉大的成就之一.他所用的研究方法是邏輯推理―→猜想與假設―→實驗驗證―→合理外推.這種方法的核心是把實驗和邏輯推理(包括數學演算)和諧地結合起來.
考點1 勻變速直線運動規律及應用
1. 恰當選用公式
題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設定的中間量) 沒有涉及的物理量 適宜選用公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
v0、a、t、x v x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t v2－v＝2ax
v0、v、t、x a x＝t
除時間t外，x、v0、v、a均為矢量，所以需要確定正方向，一般以v0的方向為正方向.
【注】（5個物理量知3求2）
2. 規范解題流程
―→―→―→―→
題型1：勻變速直線運動基本公式的選擇
【典例1】（2024·廣西·高考真題）如圖，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時，從2號錐筒運動到3號錐筒用時。求該同學
（1）滑行的加速度大小；
（2）最遠能經過幾號錐筒。
【答案】（1）；（2）4
【詳解】（1）根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知在1、2間中間時刻的速度為
2、3間中間時刻的速度為
故可得加速度大小為
（2）設到達1號錐筒時的速度為，根據勻變速直線運動規律得
代入數值解得
從1號開始到停止時通過的位移大小為
故可知最遠能經過4號錐筒。
【變式1-1】（2024·山東濟南·二模）截至2024年2月23日，“蛟龍”號載人潛水器在南大西洋順利完成23次下潛，并創造九天九潛的下潛新紀錄。“蛟龍”號不只是一個深海裝備，更代表了一種不畏艱險、趕超世界的精神。“蛟龍”號某次海試活動中，執行豎直下潛任務。如圖所示，某段時間內做勻變速直線運動，連續經過A、B、C三點，已知BC=2AB，AB段的平均速度是0.1m/s，BC段的平均速度是0.05m/s。則“蛟龍”號經過A點時的瞬時速度為（　　）
A．0.11m/s B．0.09m/s C．0.06m/s D．0.04m/s
【答案】A
【詳解】設“蛟龍”號加速度為a，AB間的距離為x，則BC間的距離為2x。聯立，
=0.1m/s，=0.05m/s，解得，=0.11m/s，=0.09m/s，=0.01m/s
故選A。
【變式1-2】（2024·安徽·三模）一小球由A點從靜止開始做直線運動，經過B點到達C點，在B點時的速度大小為。小球在AB段和BC段均做勻加速直線運動，B、C之間的距離是A、B之間距離的2倍，小球在B、C之間運動的加速度為其在A、B之間加速度的，則小球到達C點的速度大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】小球從A到B，滿足
從小球從B到C，滿足
根據題意已知，，聯立解得
故選A。
題型2：勻變速直線運動推論的應用
【典例2】（23-24高三下·四川雅安·階段練習）某次冰壺訓練中，一冰壺以某初速度在水平冰面上做勻減速直線運動，通過的距離為x時其速度恰好為零，若冰壺通過第一個的距離所用的時間為t，則冰壺通過最后的距離所用的時間為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】由逆向思維可知，冰壺從靜止開始做勻加速直線運動，由
可知，冰壺通過連續相等距離所用時間之比為，n為大于或等于1的整數，冰壺通過最后的距離所需時間為
故選D。
【變式2-1】（2024·山西臨汾·一模）滑塊以一定的初速度從底端沖上足夠長的光滑斜面，滑行到最高點的時間為t，位移為L；現在距底端處放一彈性擋板（如圖中用虛線表示），滑塊仍以相同初速度從底端出發。已知滑塊與擋板相碰后可原速率反彈；碰撞時間可以忽略不計，則滑塊從出發至返回底端的時間為（　　）
A． B．t C． D．2t
【答案】B
【詳解】本題采用逆向思維，距底端處放一彈性擋板，將L分為兩段，根據初速度為零的勻加速直線運動的連續相等時間內的位移比例規律知，這兩段的時間相等，均等于 ，故滑塊仍以相同初速度從底端出發上滑到擋板的時間為，從擋板下滑到底端的時間也為，故滑塊從出發至返回底端的時間為t。
故選B。
【變式2-2】（2024·廣東佛山·一模）為提高航母的效能，福建艦安裝了電磁彈射器，艦載機在彈射器的助推下能獲得30m/s2 ~ 50m/s2的加速度。若某艦載機從靜止開始彈射，勻加速運動150m達到100m/s的起飛速度，則該過程的時間為（ ）

A．3.3s B．3.0s C．2.5s D．1.5s
【答案】B
【詳解】由題知，艦載機從靜止開始彈射，勻加速運動150m達到100m/s的起飛速度，則根據
解得t = 3.0s
故選B。
題型3：汽車剎車類勻變速直線運動
【典例3】（2024·山東濰坊·二模）某人騎電動車，在距離十字路口停車線6m處看到信號燈變紅，立即剎車，做勻減速直線運動，電動車剛好在停止線處停下。已知電動車在減速過程中，第1s的位移是最后1s位移的5倍，忽略反應時間。下列關于電動車的剎車過程說法正確的是（　　）
A．剎車時間為2s B．剎車的加速度大小為
C．中間時刻的速度大小為 D．中間位置的速度大小為
【答案】C
【詳解】AB．設剎車時間為t，則由逆向思維有，剎車最后1s的位移為，有
剎車第1s位移為，有
由題意可知，對全程有，解得，，故AB錯誤；
C．因為做勻減速直線運動，由勻變速直線運動公式有中間時刻速度等于平均速度，設中間時刻速度為，有，故C項正確；
D．設中間位置速度為，運用逆向思維，則對于后半段有
解得，故D項錯誤。
故選C。
【變式3-1】（2024·河南·模擬預測）川藏線318是自駕旅行愛好者公認的“必經之路”，某自駕旅行愛好者在駕車經過西藏動物保護區時，發現前方路段60m處忽然沖出一只牦牛，為避免驚擾保護動物，應與其相隔至少10m，則汽車緊急剎車行駛，已知汽車原來以20m/s的速度駕駛，剎車加速度大小為，駕駛員反應時間為0.2s，則下列說法正確的是（　　）
A．汽車不會驚擾牦牛 B．剎車后5s車行駛位移大小為37.5m
C．汽車從發現牦牛到停止運動的時間為4.5s D．在反應時間內汽車通過的距離為3.8m
【答案】A
【詳解】AD．駕駛員在反應時間內的位移
剎車開始到速度減為零的位移
總位移
車停止時距耗牛的距離，則可知汽車不會驚擾牦牛，故A正確，D錯誤；
B．汽車剎車到停止所用時間
即汽車剎車后4s已經停止運動，因此剎車后5s車行駛位移大小為40m，故B錯誤；
C．汽車從發現牦牛到停止運動的時間為，故C錯誤。
故選A。
【變式3-2】（23-24高三上·湖南長沙·階段練習）一汽車沿平直公路做勻減速直線運動剎車，從開始減速到剎車停止共運動。汽車在剎停前的內前進了，則該汽車的加速度大小和從開始減速到剎車停止運動的距離為（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】C
【詳解】按照逆向思維剎車運動是初速度為零的勻加速直線運動，由初速度為零的勻變速直線運動推論可知，汽車共運動了，每內的位移之比為5:3:1，又，可得，
故選C。
考點2 解決勻變速直線運動的六種方法
1. 恰當選用公式
題型1：時間間隔相等問題
【典例4】（2024·青海·二模）一輛汽車在平直公路上由靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后保持勻速運動。已知汽車在啟動后的第2s內前進了6m，第4s內前進了13.5m，下列說法正確的是（　　）
A．汽車勻加速時的加速度大小為6m/s2 B．汽車在前4s內前進了32m
C．汽車的最大速度為14m/s D．汽車的加速距離為20m
【答案】C
【詳解】AC．由于汽車從靜止開始做勻加速直線運動，則在連續相等時間內位移之比為1:3:5:7……，第2s內前進了6m，則第3s內前進10m，第4s內前進14m，但實際汽車在第4s內前進了13.5m，由此可知，汽車在第4s內的某一時刻達到最大速度，開始勻速，所以
解得，，，故A錯誤，C正確；
BD．由以上分析可知，汽車在3.5s達到最大速度，所以加速階段的位移為
前4s內的位移為
故BD錯誤。
故選C。
【變式4-1】（2024·山東·模擬預測）一輛汽車在平直公路上由靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后保持勻速運動。已知汽車在啟動后的第2s內前進了6m、第4s內前進了13.5m，下列說法正確的是（　　）
A．汽車勻加速時的加速度大小為6m/s2 B．汽車在前4s內前進了33.5m
C．汽車的最大速度為16m/s D．汽車的加速距離為24.5m
【答案】D
【詳解】A．若汽車在第4s末達到最大速度，則根據初速度為零的勻加速直線運動在相同時間內的位移之比等于奇數之比可知，汽車在第4s內能前進14m。若汽車在第4s初達到最大速度，設汽車啟動時的加速度大小為a，則有，解得
汽車第3s末的速度為
則汽車在第4s內只能前進12m，所以汽車在第4s內的某時刻達到最大速度，故A錯誤；
B．汽車在啟動后的前三秒內的位移為
汽車在啟動后的前4秒內的位移為
則汽車在前4s內前進了31.5m，故B錯誤；
C．設汽車的加速時間為t，則有，解得
則汽車的最大速度為，故C錯誤；
D．汽車的加速距離為，故D正確。
故選D。
【變式4-2】（多選）（2024·陜西渭南·一模）如圖（a）所示，某同學用智能手機拍攝物塊從臺階旁的斜坡上自由滑下的過程，物塊運動過程中的五個位置A、B、C、D、E及對應的時刻如圖（b）所示，，，，，。已知斜坡是由長為的地磚拼接而成，且A、C、E三個位置物塊的下邊緣剛好與磚縫平齊。下列說法正確的是（　　）

A．位置A與D間的距離為 B．物體在位置A時的速度為零
C．物塊在位置D時的速度大小為 D．物塊下滑的加速度大小為
【答案】BC
【詳解】C．由圖（b）可知相鄰兩點間的時間間隔T=0.4s
物塊從C到D的時間間隔與物塊從D點到E點的時間間隔相等，所以物塊在位置D時的速度為C到E中間時刻的速度，則有，故C正確；
D．AC段與CE段的時間間隔為t=2T=0.80s，且
由，可知，代入數據解得a=1.875m/s2，故D錯誤；
AB．由，代入數據解得vA=0，則位置A、D間距離，故A錯誤B正確。
故選BC。
題型2：位移相等問題
【典例5】（2024·北京朝陽·二模）如圖所示，質量為m的子彈水平射入并排放置的3塊固定的、相同的木板，穿過第3塊木板時子彈的速度恰好變為0。已知子彈在木板中運動的總時間為t，子彈在各塊木板中運動的加速度大小均為a。子彈可視為質點，不計子彈重力。下列說法錯誤的是（　　）
A．子彈穿過3塊木板的時間之比為1∶2∶3
B．子彈的初速度大小為at
C．子彈受到木板的阻力大小為ma
D．子彈穿過第1塊木板時與穿過第2塊木板時的速度之比為
【答案】A
【詳解】A．把子彈的運動看成從右向左的初速度為零的勻加速直線運動，則有，解得
子彈穿過3塊木板的時間之比為，故A錯誤，與題意相符；
B．根據，解得，故B正確，與題意不符；
C．由牛頓第二定律，可得f=ma，故C正確，與題意不符；
D．子彈穿過第1塊木板時與穿過第2塊木板時的速度之比為，故D正確，與題意不符。
本題選錯誤的故選A。
【變式5-1】（2023·陜西·一模）一物體從A點由靜止開始做勻加速運動，途經B、C、D三點，B、C兩點間的距離為，C、D兩點間距離為，通過BC段的時間與通過CD段的時間相等，則A、D之間的距離為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】之間的距離為，由連續相等時間內的位移之差公式得，解得
由平均速度公式
A與C的距離
A、D之間的距離為
故選B。
【變式5-2】（2024·四川成都·二模）成都規劃到2030年建成27條地鐵線路，越來越多的市民選擇地鐵作為出行的交通工具。如圖所示，t=0時，列車由靜止開始做勻加速直線運動，第一節車廂的前端恰好與站臺邊感應門的一根立柱對齊。t=6s時，第一節車廂末端恰好通過這根立柱所在位置，全部車廂通過立柱所用時間18s。設各節車廂的長度相等，不計車廂間距離。則（　　）
A．該列車共有9節車廂
B．第2個6s內有4節車廂通過這根立柱
C．倒數第二節車廂通過這根立柱的時間為s
D．第4節車廂通過這根立柱的末速度小于整列車通過立柱的平均速度
【答案】A
【詳解】A．設每節車廂的長度為，列車的加速度為，列車整個通過立柱的時間為，根據勻變速直線運動某段位移的平均速度等于該段位移所用時間中間時刻的瞬時速度可得在3s末列車的速度為
根據速度與時間的關系有，聯立解得
根據位移與時間的關系可得，代入數據解得，故A正確；
B．在前兩個6s內，根據位移與時間的關系有
由題知，第一個6s內通過一節車廂，由此可知，在第2個6s內有3節車廂通過這根立柱，故B錯誤；
C．第7節車廂以及第8節車廂通過立柱時，根據速度與位移的關系可得，
解得，
倒數第二節車廂即第8節車廂通過立柱的時間為，故C錯誤；
D．第四節車廂通過立柱的末速度
整個列車通過立柱的平均速度，可知，即第4節車廂通過這根立柱的末速度大于整列車通過立柱的平均速度，故D錯誤。
故選A。
考點3 自由落體運動和豎直上拋運動
1. 應用自由落體運動規律解題時的兩點注意
（1）可充分利用自由落體運動初速度為零的特點、比例關系及推論等規律解題；
（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，而是豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決問題.
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g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向為正方向) 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
題型1：自由落體運動的應用
【典例6】（2024·河南·模擬預測）某興趣小組用頻閃投影的方法研究自由落體運動，實驗中把一高中物理書豎直放置，將一小鋼球從與書上邊沿等高處靜止釋放，整個下落過程的頻閃照片如圖所示，已知物理書的長度為l，重力加速度為g，忽略空氣阻力，該頻閃攝影的閃光頻率為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【詳解】由圖可知，小鋼球下落過程經過5段間隔，則運動時間為，根據
得該頻閃攝影的閃光頻率為
故選C。
【變式6-1】（2024·甘肅·一模）智能手機安裝軟件后，可利用手機上的傳感器測量手機運動的加速度，帶塑膠軟殼的手機從一定高度由靜止釋放，落到地面上，手機傳感器記錄了手機運動的加速度a隨時間t變化的關系如圖所示，為當地的重力加速度。下列說法正確的是（ ）
A．釋放時，手機離地面的高度為
B．手機第一次與地面碰撞的作用時間為
C．手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的10倍
D．0至時間內圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等
【答案】D
【詳解】A．由圖可知，時刻手機開始接觸地面，則內做自由落體運動，釋放時，手機離地面的高度為
故A錯誤；
B．由圖可知，時刻手機開始接觸地面，時刻手機開始離開地面，則手機第一次與地面碰撞的作用時間為，故B錯誤；
C．由圖可知，時刻手機的加速度最大，且方向豎直向上，根據牛頓第二定律可得
可得
手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的11倍，故C錯誤；
D．由圖可知，時刻手機的加速度最大，此時手機受到地面的彈力最大，手機處于最低點，手機的速度為零，則時間內手機的速度變化量為零，根據圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知0至內圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等，故D正確。
故選D。
【變式6-2】（2024·廣東·一模）如圖，調整水龍頭的開關，使單位時間內流出水的體積相等。水由于重力作用，下落速度越來越大，水柱越來越細。若水柱的橫截面可視為圓，圖中a、b兩處的橫截面直徑分別為和，則經過a、b的水流速度之比為（　　）
A．1：3 B．1：9 C．3：4 D．9：16
【答案】D
【詳解】由于相同時間內通過任一橫截面的水的體積相等，則有
可得，故選D。
題型2：豎直上拋運動的應用
【典例7】（2024·遼寧大連·二模）時刻以的初速度豎直向上拋出一個小球，時從同一地點又以的初速度豎直向上拋出第二個小球，不計空氣阻力，重力加速度取，則兩小球在空中相遇的時刻為（　　）
A．1.1s B．1.2s C．1.3s D．1.4s
【答案】B
【詳解】設拋出第二個小球經時間與第一個小球相遇，由豎直上拋運動公式，則有，解得
則兩小球在空中相遇的時刻為
故選B。
【特別提示】豎直上拋運動的重要特性和處理方法
（1）對稱性
①上升階段與下降階段通過同一段豎直距離所用的時間相等
②上升階段與下降階段經過同一位置時的速度大小相等，方向相反
③上升階段與下降階段經過同一位置時的動能和重力勢能均相同
（2）處理方法
①分段處理：上升過程v0豎直向上，a=-g，方向堅直向下，做 vt=0的勻減速直線運動，下降過程為自由落體運動；
②整體處理：做初速度為vo、加速度為a=-g 的勻變速直線運動
【變式7-1】（2024·浙江·模擬預測）單手平托一個籃球，由靜止開始豎直向上拋出，當球離開手的瞬間速度為v，之后向上運動到最高點的過程中空氣阻力恒定，則下列判斷正確的是（　　）
A．球運動到最高點時處于平衡狀態
B．球離開手瞬間的加速度豎直向上
C．球從離開手到最高點的過程中的平均速度是
D．球從離開手到最高點的過程運動時間大于
【答案】C
【詳解】A．球運動到最高點時速度為零，受重力作用，合力不為零，處于非平衡狀態，故A錯誤；
BCD．球離開受瞬間，受到豎直向下的重力和阻力，則合力向下，加速度向下，由于阻力恒定，則加速度大小不變，為勻減速直線運動，可得球從離開手到最高點的過程中的平均速度為
設阻力大小為F，則有
球從離開手到最高點的過程運動時間為
故BD錯誤，C正確。
故選C。
【典例7-2】（2024·江西·模擬預測）如圖，噴泉可以美化景觀，現有一噴泉從地面圓形噴口豎直向上噴出，若噴泉高度約為1.8m，噴口橫截面積為，已知水的密度為，不計空氣阻力，重力加速度g大小取，則該噴口每秒噴水質量大約為（ ）
A．300kg B．30kg C．3kg D．30g
【答案】B
【詳解】
由豎直上拋運動公式，得
因此該噴口每秒噴水質量大約為
故選B。
【高考通關練】
1．（2024·河北·高考真題）籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學拍攝了該過程，并得出了籃球運動的圖像，如圖所示。圖像中a、b、c、d四點中對應籃球位置最高的是（ ）
A．a點 B．b點 C．c點 D．d點
【答案】A
【詳解】由圖像可知，圖像第四象限表示向下運動，速度為負值。當向下運動到速度最大時籃球與地面接觸，運動發生突變，速度方向變為向上并做勻減速運動。故第一次反彈后上升至a點，此時速度第一次向上減為零，到達離地面最遠的位置。故四個點中籃球位置最高的是a點。
故選A。
2．（2024·山東·高考真題）如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點的時間間隔為；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為。為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】木板在斜面上運動時，木板的加速度不變，設加速度為，木板從靜止釋放到下端到達A點的過程，根據運動學公式有
木板從靜止釋放到上端到達A點的過程，當木板長度為L時，有
當木板長度為時，有
又，
聯立解得
故選A。
3．（2024·廣西·高考真題）讓質量為的石塊從足夠高處自由下落，在下落的第末速度大小為，再將和質量為的石塊綁為一個整體，使從原高度自由下落，在下落的第末速度大小為，g取，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】重物自由下落做自由落體運動，與質量無關，則下落1s后速度為
故選B。
4．（2023·山東·高考真題）如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過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/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s
【答案】C
【詳解】由題知，電動公交車做勻減速直線運動，且設RS間的距離為x，則根據題意有
，
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
其中還有
解得vR = 11m/s
聯立解得vT = 1m/s
故選C。
5．（2023·江蘇·高考真題）電梯上升過程中，某同學用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。電梯加速上升的時段是（ ）

A．從20.0s到30.0s B．從30.0s到40.0s C．從40.0s到50.0s D．從50.0s到60.0s
【答案】A
【詳解】因電梯上升，由速度圖像可知，電梯加速上升的時間段為20.0s到30.0s。
故選A。
6．（2024·全國·高考真題）為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小，在時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速，求：
（1）救護車勻速運動時的速度大小；
（2）在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
【答案】（1）20m/s；（2）680m
【詳解】（1）根據勻變速運動速度公式
可得救護車勻速運動時的速度大小
（2）救護車加速運動過程中的位移
設在時刻停止鳴笛，根據題意可得
停止鳴笛時救護車距出發處的距離
代入數據聯立解得
【素質基礎練】
一、單選題
1．（2024·山西朔州·模擬預測）一輛汽車在平直公路上以10m/s的初速度做勻加速直線運動，2s內的位移為30m。則下列關于汽車的說法正確的是（　　）
A．汽車第2s內的位移比第1s內的位移大5m B．汽車運動的加速度大小為15m/s2
C．汽車第1s內與第2s內的位移之比為1∶3 D．汽車第2s末的速度大小為14.1m/s
【答案】A
【詳解】AC．2s內的位移為30m，可知1s末的速度
第1s內的位移
第2s內的位移為x2=17.5m，則汽車第2s內的位移比第1s內的位移大5m，汽車第1s內與第2s內的位移之比為5∶7，選項A正確，C錯誤；
B．汽車運動的加速度大小為，選項B錯誤；
D．汽車第2s末的速度大小為，選項D錯誤。
故選A。
2．（2024·安徽安慶·三模）如圖所示，電動伸縮門運動時門上相鄰豎直桿間距離相等，為進一步研究門的運動特點，張同學將兩個小物體M、N分別放置在伸縮門頂端，其中M與固定端較遠，伸縮門運動時物體M、N的速度之比為（　　）
A．1：1 B．11：5 C．6：5 D．5：6
【答案】B
【詳解】伸縮門運動時，物體M、N的速度之比等于距離固定端的位移之比，即
故選B。
3．（2024·湖南長沙·一模）2023年12月18日23時59分，甘肅臨夏州積石山縣發生6.2級地震。一直升機懸停在距離地面100m的上空，一消防戰士沿豎直繩索從直升機下滑到地面救助受災群眾。若消防戰士下滑的最大速度為5m/s，到達地面的速度大小為1m/s，加速和減速的最大加速度大小均為a=1m/s2，則消防戰士最快到達地面的時間為（　　）
A．15.1s B．24.1s C．23.1s D．22.1s
【答案】B
【詳解】已知，消防戰士下滑的最大速度為vm=5m/s，到達地面的速度大小為v=1m/s。若要求消防戰士最快到達地面，則消防戰士應先以最大的加速度a=1m/s2加速到最大速度vm=5m/s，然后以最大速度勻速運動一段時間，然后再以大小為a=1m/s2的加速度減速到達地面且速度變為1m/s。則消防戰士最快到達地面的時間為上述三段運動時間之和。消防戰士加速運動的最短時間和位移分別為，
消防戰士減速運動的最短時間和位移分別為，
則消防戰士在勻速運動過程所經歷的時間為
故消防戰士最快到達地面的時間為
故選B。
4．（2024·廣西南寧·二模）小車從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時（如圖所示）小車的速度為v，BC的距離是AB的2倍，則到達C點時小車的速度為（ ）
A． B．3v C． D．2v
【答案】A
【詳解】設AB的距離為L，小車沿斜面做初速度為零的勻變速直線運動，對A到B過程，有
對A到C過程，有
解得到達C點時小車的速度
故選A。
5．（2024·重慶·模擬預測）重慶的橋梁、隧道眾多，故被稱為“魔幻之都”。長為L的輕軌在平直軌道上正常行駛，速率為v0，前方有一長為2L的隧道，為了保證安全通過該隧道，輕軌的任一部分位于隧道內時，它的速率都不允許超過。已知列車加速和減速的加速度大小分別為a和2a，則列車從減速開始到恢復正常速率v0，需要的最短時間為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】當列車的任一部分處于隧道內時，列車的速度不允許超過，則列車進隧道前必須減速到，則有，解得
通過隧道時勻速運動，通過的位移為，故所用時間
列車尾部出隧道后立即加速到，有，解得
則列車從減速開始至回到正常行駛速度，需要的最短時間為
故選A。
6．（2024·青海海南·一模）近來，交警部門開展的“車讓人”活動深入人心，不遵守“車讓人”的駕駛員將受到嚴厲處罰。假設一輛以36km/h的速度勻速行駛的汽車即將通過路口，此時一老人正在過人行橫道，汽車的車頭距離人行橫道14m。若該車減速時的最大加速度為；要使該車在到達人行橫道前停止，駕駛員的反應時間不能超過（ ）
A．0.5s B．0.4s C．0.3s D．0.2s
【答案】B
【詳解】汽車勻速行駛時的速度大小
汽車從開始剎車到停止的位移大小
汽車在駕駛員反應時間內勻速運動的位移
駕駛員的反應時間
故選B。
7．（2024·貴州銅仁·二模）汽車行駛時應與前車保持一定的安全距離，通常情況下，安全距離與駕駛者的反應時間和汽車行駛的速度有關。郭老師采用如下方法在封閉平直道路上測量自己駕駛汽車時的反應時間：汽車以速度勻速行駛，記錄下從看到減速信號至汽車停下的位移；然后再以另一速度勻速行駛，記錄下從看到減速信號至汽車停下的位移，假設兩次實驗的反應時間不變，加速度相同且恒定不變。可測得郭老師的反應時間為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】設司機的反應時間為，勻減速運動的加速度大小為，第一次勻減速運動的時間為，第二次勻減速運動的時間為，則由逆向思維，根據位移與時間的關系有
①
②
由平均速度公式有
③
④
可得，⑤
⑥
將⑤代入①解得⑦
將⑥⑦代入②解得
故選A。
8．（2024·河北石家莊·一模）一架無人機在水平地面由靜止開始勻加速滑行1600m后起飛離地，離地時速度為80m/s。若無人機的加速過程可視為勻加速直線運動，則無人機在起飛離地前最后1s內的位移為（　　）
A．79m B．78m C．77m D．76m
【答案】A
【詳解】根據勻變速直線運動速度和位移關系式有，解得
無人機起飛需要的時間為
無人機運動s后的速度為
則無人機在起飛離地前最后1s內的位移為
故選A。
【能力提升練】
9．（23-24高三上·云南曲靖·階段練習）ETC是高速公路上不停車電子收費系統的簡稱。如圖，汽車以20m/s的速度行駛，如果過人工收費通道，需要在收費站中心線處減速至0，經過30s繳費后，再加速至20m/s行駛；如果過ETC通道，需要在中心線前方10m處減速至4m/s，勻速到達中心線后，再加速至20m/s行駛。設汽車加速和減速的加速度大小均為。
（1）汽車過人工收費通道，從收費前減速開始，到收費后加速結束，總共通過的路程和所需的時間是多少？
（2）如果過ETC通道，汽車通過第（1）問路程所需要的時間是多少？
【答案】（1）400m，70s；（2）
【詳解】（1）由題意得出條件、、、，
走人工收費通道，汽車在減速、靜止、加速三個階段通過的位移，代入數據得
所用時間，代入數據得
（2）走ETC通道，汽車在減速階段通過的位移
所用時間
汽車在加速階段通過的位移
所用時間
勻速時間
汽車在減速、勻速、加速三個階段通過的位移
過ETC通道，汽車通過第（1）問路程所需要的時間是
10．（22-23高三上·福建莆田·階段練習）無人機因具有機動性能好，生存能力強，無人員傷亡風險，使用方便等優點在生產生活中有廣泛應用。我國林業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生故障，自由下落2s后恢復動力，要使其不落地，恢復升力時的最小加速度大小a2。
【答案】（1）9s；（2）4m/s2
【詳解】（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律有
聯立解得
（2）無人機自由下落2s末的速度為
2s內向下運動的位移為
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，則
代入數據可解得
11．（2024·湖南長沙·一模）作為研制新一代飛行器的搖籃，我國JF-22超高速風洞可以創造出高度達幾十千米、速度達約三十倍聲速的飛行條件。若將一小球從風洞中地面上的A點以初速度豎直向上彈出，小球受到大小恒定的水平風力作用，到達最高點B時的動能為初始點A動能的，小球最后落回到地面上的C點，如圖。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
（1）小球從彈出到落地所用的時間；
（2）小球運動的加速度大小；
（3）小球在空中的最小速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）豎直方向上，小球只受重力作用，到達最高點B時的時間
根據對稱性，從最高點到落地的時間
則小球從彈出到落地所用的時間
（2）到達最高點B時的動能與A點的動能之比為9：16，則速度之比為
在最高點豎直方向速度為0，設從A到B需要時間t，，
小球運動的加速度大小為，聯立得
（3）小球在重力和風力作用下做類斜拋運動，當小球速度方向與重力和風力的合力方向垂直時，速度最小，方向與合力方向夾角正切值為
最小速度
12．（23-24高三上·新疆·階段練習）如圖所示，某同學將球A以速度v豎直向上拋出，到達最高點的同時，將球B也以速度v從同一位置豎直向上拋出。不計空氣阻力，A、B兩球均可視為質點，重力加速度為g。求：
（1）自球A拋出到與球B相遇所經歷的時間；
（2）兩球相遇時，A、B兩球的速度大小；
（3）自球A拋出到兩球相遇的過程中，A、B兩球的速度變化量。

【答案】（1）；（2）；；（3）；；方向均豎直向下
【詳解】（1）根據豎直上拋運動性質可知，球A運動到最高點的時間
球A上升的最大高度為h，則
當球A運動到最高點后將向下做自由落體運動，球B此時做豎直上拋運動，設運動t2時間后兩球在空中相遇，由運動學公式有，聯立解得
而自球A拋出到與球B相遇所經歷的時間
（2）設相遇時A、B兩球的速度大小分別為v1、v2，則根據運動學公式可得，，
（3）設自球A拋出到兩球相遇過程中，A、B兩球的速度變化量分別為、，取豎直向上為正方向，可得，，
則A、B兩球速度變化量的大小分別為，，方向均豎直向下
【點睛】本題考查豎直上拋運動以及自由落地運動的規律。
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專題02 勻變速直線的運動規律（原卷版）
題型 選擇題 命題趨勢和備考策略
高考考點 勻變速直線運動的規律、勻變速直線運動的推論、自由落體運動、豎直上拋運動、 【命題規律】近3年新高考卷對于運動的描述考查共計5次，主要考查： 1. 勻變速直線運動規律和圖像的運用； 2. 勻變速直線運動推論的應用； 3. 豎直上拋運動在實際生活中的應用。 【備考策略】 熟練掌握勻變速直線運動規律，理解圖像的意義，正確運用勻變速直線運動規律解決圖像問題；掌握勻變速直線運動推論的推導過程，利用推導公式處理生活中的實際問題；掌握自由落體運動以及豎直上拋運動的對稱性規律；掌握多種方式一題多解的發散性思維的解題方法。 【命題預測】 2025年高考，勻變速直線運動會與生產、生活實際相結合的可能性比較大，較大概率會以物體上拋、下落，車輛的啟動、剎車、追擊和相遇問題，物體上下坡，物體在傳送帶上的運動相結合等形式出現，考察考生運動觀念、模型建構、科學推理及嚴謹認真的科學態度。本節知識要求考生熟練掌握勻變速直線運動和自由落體運動的規律、圖像，加強函數法、比較法、圖像圖、推論規律法、極限思維法的應用訓練。
新高考 2024 海南卷5題、北京卷2題、河北卷3題、甘肅卷2題、全國卷1題、全國卷11題、廣西卷13題、廣東卷13題、
2023 湖北卷7題、江蘇卷1題、甲卷14、甲卷16題、乙卷14題、浙江卷1題、福建卷3題
2022 河北卷1題、湖北卷6題、甲卷15題
知識點1：勻變速直線的規律
1. 勻變速直線運動
沿一條直線且 不變的運動.
2. 勻變速直線運動的基本規律
(1)速度公式：v＝
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)位移速度關系式：
知識點2：勻變速直線運動的推論
1. 三個推論
(1)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初、末時刻速度矢量和的 ，還等于中間時刻的瞬時速度.
平均速度公式：＝＝.
(2)連續相等的相鄰時間間隔T內的位移差相等.
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝
(3)位移中點速度＝.
2. 初速度為零的勻加速直線運動的四個重要推論
(1)1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬時速度之比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝
(2)1T內，2T內，3T內，…，nT內的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝ .
(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＝ .
(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－)∶…∶(－).
知識點3：自由落體運動和豎直上拋運動
1. 自由落體運動
(1)條件：物體只受 ，從靜止開始下落.
(2)基本規律
①速度公式： .
②位移公式：x＝gt2.
③速度位移關系式：
2. 豎直上拋運動
(1)運動特點：加速度為g，上升階段做勻減速運動，下降階段做 運動.
(2)運動性質： 直線運動.
(3)基本規律
①速度公式： ；
②位移公式：x＝v0t－gt2.
3. 伽利略對自由落體運動的研究
(1)伽利略通過 的方法推翻了亞里士多德的“重的物體比輕的物體下落快”的結論.
(2)伽利略對自由落體運動的研究方法和科學的推理方法，是人類思想史上最偉大的成就之一.他所用的研究方法是邏輯推理―→猜想與假設―→實驗驗證―→ .這種方法的核心是把實驗和邏輯推理(包括數學演算)和諧地結合起來.
考點1 勻變速直線運動規律及應用
1. 恰當選用公式
題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設定的中間量) 沒有涉及的物理量 適宜選用公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
v0、a、t、x v x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t v2－v＝2ax
v0、v、t、x a x＝t
除時間t外，x、v0、v、a均為矢量，所以需要確定正方向，一般以v0的方向為正方向.
【注】（5個物理量知3求2）
2. 規范解題流程
―→―→―→―→
題型1：勻變速直線運動基本公式的選擇
【典例1】（2024·廣西·高考真題）如圖，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時，從2號錐筒運動到3號錐筒用時。求該同學
（1）滑行的加速度大小；
（2）最遠能經過幾號錐筒。
【變式1-1】（2024·山東濟南·二模）截至2024年2月23日，“蛟龍”號載人潛水器在南大西洋順利完成23次下潛，并創造九天九潛的下潛新紀錄。“蛟龍”號不只是一個深海裝備，更代表了一種不畏艱險、趕超世界的精神。“蛟龍”號某次海試活動中，執行豎直下潛任務。如圖所示，某段時間內做勻變速直線運動，連續經過A、B、C三點，已知BC=2AB，AB段的平均速度是0.1m/s，BC段的平均速度是0.05m/s。則“蛟龍”號經過A點時的瞬時速度為（　　）
A．0.11m/s B．0.09m/s C．0.06m/s D．0.04m/s
【變式1-2】（2024·安徽·三模）一小球由A點從靜止開始做直線運動，經過B點到達C點，在B點時的速度大小為。小球在AB段和BC段均做勻加速直線運動，B、C之間的距離是A、B之間距離的2倍，小球在B、C之間運動的加速度為其在A、B之間加速度的，則小球到達C點的速度大小為（　　）
A． B． C． D．
題型2：勻變速直線運動推論的應用
【典例2】（23-24高三下·四川雅安·階段練習）某次冰壺訓練中，一冰壺以某初速度在水平冰面上做勻減速直線運動，通過的距離為x時其速度恰好為零，若冰壺通過第一個的距離所用的時間為t，則冰壺通過最后的距離所用的時間為（ ）
A． B． C． D．
【變式2-1】（2024·山西臨汾·一模）滑塊以一定的初速度從底端沖上足夠長的光滑斜面，滑行到最高點的時間為t，位移為L；現在距底端處放一彈性擋板（如圖中用虛線表示），滑塊仍以相同初速度從底端出發。已知滑塊與擋板相碰后可原速率反彈；碰撞時間可以忽略不計，則滑塊從出發至返回底端的時間為（　　）
A． B．t C． D．2t
【變式2-2】（2024·廣東佛山·一模）為提高航母的效能，福建艦安裝了電磁彈射器，艦載機在彈射器的助推下能獲得30m/s2 ~ 50m/s2的加速度。若某艦載機從靜止開始彈射，勻加速運動150m達到100m/s的起飛速度，則該過程的時間為（ ）

A．3.3s B．3.0s C．2.5s D．1.5s
題型3：汽車剎車類勻變速直線運動
【典例3】（2024·山東濰坊·二模）某人騎電動車，在距離十字路口停車線6m處看到信號燈變紅，立即剎車，做勻減速直線運動，電動車剛好在停止線處停下。已知電動車在減速過程中，第1s的位移是最后1s位移的5倍，忽略反應時間。下列關于電動車的剎車過程說法正確的是（　　）
A．剎車時間為2s B．剎車的加速度大小為
C．中間時刻的速度大小為 D．中間位置的速度大小為
【變式3-1】（2024·河南·模擬預測）川藏線318是自駕旅行愛好者公認的“必經之路”，某自駕旅行愛好者在駕車經過西藏動物保護區時，發現前方路段60m處忽然沖出一只牦牛，為避免驚擾保護動物，應與其相隔至少10m，則汽車緊急剎車行駛，已知汽車原來以20m/s的速度駕駛，剎車加速度大小為，駕駛員反應時間為0.2s，則下列說法正確的是（　　）
A．汽車不會驚擾牦牛 B．剎車后5s車行駛位移大小為37.5m
C．汽車從發現牦牛到停止運動的時間為4.5s D．在反應時間內汽車通過的距離為3.8m
【變式3-2】（23-24高三上·湖南長沙·階段練習）一汽車沿平直公路做勻減速直線運動剎車，從開始減速到剎車停止共運動。汽車在剎停前的內前進了，則該汽車的加速度大小和從開始減速到剎車停止運動的距離為（ ）
A．， B．， C．， D．，
考點2 解決勻變速直線運動的六種方法
1. 恰當選用公式
題型1：時間間隔相等問題
【典例4】（2024·青海·二模）一輛汽車在平直公路上由靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后保持勻速運動。已知汽車在啟動后的第2s內前進了6m，第4s內前進了13.5m，下列說法正確的是（　　）
A．汽車勻加速時的加速度大小為6m/s2 B．汽車在前4s內前進了32m
C．汽車的最大速度為14m/s D．汽車的加速距離為20m
【變式4-1】（2024·山東·模擬預測）一輛汽車在平直公路上由靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后保持勻速運動。已知汽車在啟動后的第2s內前進了6m、第4s內前進了13.5m，下列說法正確的是（　　）
A．汽車勻加速時的加速度大小為6m/s2 B．汽車在前4s內前進了33.5m
C．汽車的最大速度為16m/s D．汽車的加速距離為24.5m
【變式4-2】（多選）（2024·陜西渭南·一模）如圖（a）所示，某同學用智能手機拍攝物塊從臺階旁的斜坡上自由滑下的過程，物塊運動過程中的五個位置A、B、C、D、E及對應的時刻如圖（b）所示，，，，，。已知斜坡是由長為的地磚拼接而成，且A、C、E三個位置物塊的下邊緣剛好與磚縫平齊。下列說法正確的是（　　）

A．位置A與D間的距離為 B．物體在位置A時的速度為零
C．物塊在位置D時的速度大小為 D．物塊下滑的加速度大小為
題型2：位移相等問題
【典例5】（2024·北京朝陽·二模）如圖所示，質量為m的子彈水平射入并排放置的3塊固定的、相同的木板，穿過第3塊木板時子彈的速度恰好變為0。已知子彈在木板中運動的總時間為t，子彈在各塊木板中運動的加速度大小均為a。子彈可視為質點，不計子彈重力。下列說法錯誤的是（　　）
A．子彈穿過3塊木板的時間之比為1∶2∶3 B．子彈的初速度大小為at
C．子彈受到木板的阻力大小為ma
D．子彈穿過第1塊木板時與穿過第2塊木板時的速度之比為
【變式5-1】（2023·陜西·一模）一物體從A點由靜止開始做勻加速運動，途經B、C、D三點，B、C兩點間的距離為，C、D兩點間距離為，通過BC段的時間與通過CD段的時間相等，則A、D之間的距離為（　　）
A． B． C． D．
【變式5-2】（2024·四川成都·二模）成都規劃到2030年建成27條地鐵線路，越來越多的市民選擇地鐵作為出行的交通工具。如圖所示，t=0時，列車由靜止開始做勻加速直線運動，第一節車廂的前端恰好與站臺邊感應門的一根立柱對齊。t=6s時，第一節車廂末端恰好通過這根立柱所在位置，全部車廂通過立柱所用時間18s。設各節車廂的長度相等，不計車廂間距離。則（　　）
A．該列車共有9節車廂
B．第2個6s內有4節車廂通過這根立柱
C．倒數第二節車廂通過這根立柱的時間為s
D．第4節車廂通過這根立柱的末速度小于整列車通過立柱的平均速度
考點3 自由落體運動和豎直上拋運動
1. 應用自由落體運動規律解題時的兩點注意
（1）可充分利用自由落體運動初速度為零的特點、比例關系及推論等規律解題；
（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，而是豎直下拋運動，應該用初速度不為零的勻變速直線運動規律去解決問題.
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g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向為正方向) 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
題型1：自由落體運動的應用
【典例6】（2024·河南·模擬預測）某興趣小組用頻閃投影的方法研究自由落體運動，實驗中把一高中物理書豎直放置，將一小鋼球從與書上邊沿等高處靜止釋放，整個下落過程的頻閃照片如圖所示，已知物理書的長度為l，重力加速度為g，忽略空氣阻力，該頻閃攝影的閃光頻率為（　　）
A． B． C． D．
【變式6-1】（2024·甘肅·一模）智能手機安裝軟件后，可利用手機上的傳感器測量手機運動的加速度，帶塑膠軟殼的手機從一定高度由靜止釋放，落到地面上，手機傳感器記錄了手機運動的加速度a隨時間t變化的關系如圖所示，為當地的重力加速度。下列說法正確的是（ ）
A．釋放時，手機離地面的高度為
B．手機第一次與地面碰撞的作用時間為
C．手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的10倍
D．0至時間內圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等
【變式6-2】（2024·廣東·一模）如圖，調整水龍頭的開關，使單位時間內流出水的體積相等。水由于重力作用，下落速度越來越大，水柱越來越細。若水柱的橫截面可視為圓，圖中a、b兩處的橫截面直徑分別為和，則經過a、b的水流速度之比為（　　）
A．1：3 B．1：9 C．3：4 D．9：16
題型2：豎直上拋運動的應用
【典例7】（2024·遼寧大連·二模）時刻以的初速度豎直向上拋出一個小球，時從同一地點又以的初速度豎直向上拋出第二個小球，不計空氣阻力，重力加速度取，則兩小球在空中相遇的時刻為（　　）
A．1.1s B．1.2s C．1.3s D．1.4s
【特別提示】豎直上拋運動的重要特性和處理方法
（1）對稱性
①上升階段與下降階段通過同一段豎直距離所用的時間相等
②上升階段與下降階段經過同一位置時的速度大小相等，方向相反
③上升階段與下降階段經過同一位置時的動能和重力勢能均相同
（2）處理方法
①分段處理：上升過程v0豎直向上，a=-g，方向堅直向下，做 vt=0的勻減速直線運動，下降過程為自由落體運動；
②整體處理：做初速度為vo、加速度為a=-g 的勻變速直線運動
【變式7-1】（2024·浙江·模擬預測）單手平托一個籃球，由靜止開始豎直向上拋出，當球離開手的瞬間速度為v，之后向上運動到最高點的過程中空氣阻力恒定，則下列判斷正確的是（　　）
A．球運動到最高點時處于平衡狀態
B．球離開手瞬間的加速度豎直向上
C．球從離開手到最高點的過程中的平均速度是
D．球從離開手到最高點的過程運動時間大于
【典例7-2】（2024·江西·模擬預測）如圖，噴泉可以美化景觀，現有一噴泉從地面圓形噴口豎直向上噴出，若噴泉高度約為1.8m，噴口橫截面積為，已知水的密度為，不計空氣阻力，重力加速度g大小取，則該噴口每秒噴水質量大約為（ ）
A．300kg B．30kg C．3kg D．30g
【高考通關練】
1．（2024·河北·高考真題）籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學拍攝了該過程，并得出了籃球運動的圖像，如圖所示。圖像中a、b、c、d四點中對應籃球位置最高的是（ ）
A．a點 B．b點 C．c點 D．d點
2．（2024·山東·高考真題）如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點的時間間隔為；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為。為（　　）
A． B． C． D．
3．（2024·廣西·高考真題）讓質量為的石塊從足夠高處自由下落，在下落的第末速度大小為，再將和質量為的石塊綁為一個整體，使從原高度自由下落，在下落的第末速度大小為，g取，則（　　）
A． B． C． D．
4．（2023·山東·高考真題）如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過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/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s
5．（2023·江蘇·高考真題）電梯上升過程中，某同學用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。電梯加速上升的時段是（ ）

A．從20.0s到30.0s B．從30.0s到40.0s C．從40.0s到50.0s D．從50.0s到60.0s
6．（2024·全國·高考真題）為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小，在時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速，求：
（1）救護車勻速運動時的速度大小；
（2）在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
【素質基礎練】
一、單選題
1．（2024·山西朔州·模擬預測）一輛汽車在平直公路上以10m/s的初速度做勻加速直線運動，2s內的位移為30m。則下列關于汽車的說法正確的是（　　）
A．汽車第2s內的位移比第1s內的位移大5m B．汽車運動的加速度大小為15m/s2
C．汽車第1s內與第2s內的位移之比為1∶3 D．汽車第2s末的速度大小為14.1m/s
2．（2024·安徽安慶·三模）如圖所示，電動伸縮門運動時門上相鄰豎直桿間距離相等，為進一步研究門的運動特點，張同學將兩個小物體M、N分別放置在伸縮門頂端，其中M與固定端較遠，伸縮門運動時物體M、N的速度之比為（　　）
A．1：1 B．11：5 C．6：5 D．5：6
3．（2024·湖南長沙·一模）2023年12月18日23時59分，甘肅臨夏州積石山縣發生6.2級地震。一直升機懸停在距離地面100m的上空，一消防戰士沿豎直繩索從直升機下滑到地面救助受災群眾。若消防戰士下滑的最大速度為5m/s，到達地面的速度大小為1m/s，加速和減速的最大加速度大小均為a=1m/s2，則消防戰士最快到達地面的時間為（　　）
A．15.1s B．24.1s C．23.1s D．22.1s
4．（2024·廣西南寧·二模）小車從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時（如圖所示）小車的速度為v，BC的距離是AB的2倍，則到達C點時小車的速度為（ ）
A． B．3v C． D．2v
5．（2024·重慶·模擬預測）重慶的橋梁、隧道眾多，故被稱為“魔幻之都”。長為L的輕軌在平直軌道上正常行駛，速率為v0，前方有一長為2L的隧道，為了保證安全通過該隧道，輕軌的任一部分位于隧道內時，它的速率都不允許超過。已知列車加速和減速的加速度大小分別為a和2a，則列車從減速開始到恢復正常速率v0，需要的最短時間為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024·青海海南·一模）近來，交警部門開展的“車讓人”活動深入人心，不遵守“車讓人”的駕駛員將受到嚴厲處罰。假設一輛以36km/h的速度勻速行駛的汽車即將通過路口，此時一老人正在過人行橫道，汽車的車頭距離人行橫道14m。若該車減速時的最大加速度為；要使該車在到達人行橫道前停止，駕駛員的反應時間不能超過（ ）
A．0.5s B．0.4s C．0.3s D．0.2s
7．（2024·貴州銅仁·二模）汽車行駛時應與前車保持一定的安全距離，通常情況下，安全距離與駕駛者的反應時間和汽車行駛的速度有關。郭老師采用如下方法在封閉平直道路上測量自己駕駛汽車時的反應時間：汽車以速度勻速行駛，記錄下從看到減速信號至汽車停下的位移；然后再以另一速度勻速行駛，記錄下從看到減速信號至汽車停下的位移，假設兩次實驗的反應時間不變，加速度相同且恒定不變。可測得郭老師的反應時間為（　　）
A． B． C． D．
8．（2024·河北石家莊·一模）一架無人機在水平地面由靜止開始勻加速滑行1600m后起飛離地，離地時速度為80m/s。若無人機的加速過程可視為勻加速直線運動，則無人機在起飛離地前最后1s內的位移為（　　）
A．79m B．78m C．77m D．76m
【能力提升練】
9．（23-24高三上·云南曲靖·階段練習）ETC是高速公路上不停車電子收費系統的簡稱。如圖，汽車以20m/s的速度行駛，如果過人工收費通道，需要在收費站中心線處減速至0，經過30s繳費后，再加速至20m/s行駛；如果過ETC通道，需要在中心線前方10m處減速至4m/s，勻速到達中心線后，再加速至20m/s行駛。設汽車加速和減速的加速度大小均為。
（1）汽車過人工收費通道，從收費前減速開始，到收費后加速結束，總共通過的路程和所需的時間是多少？
（2）如果過ETC通道，汽車通過第（1）問路程所需要的時間是多少？
10．（22-23高三上·福建莆田·階段練習）無人機因具有機動性能好，生存能力強，無人員傷亡風險，使用方便等優點在生產生活中有廣泛應用。我國林業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生故障，自由下落2s后恢復動力，要使其不落地，恢復升力時的最小加速度大小a2。
11．（2024·湖南長沙·一模）作為研制新一代飛行器的搖籃，我國JF-22超高速風洞可以創造出高度達幾十千米、速度達約三十倍聲速的飛行條件。若將一小球從風洞中地面上的A點以初速度豎直向上彈出，小球受到大小恒定的水平風力作用，到達最高點B時的動能為初始點A動能的，小球最后落回到地面上的C點，如圖。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
（1）小球從彈出到落地所用的時間；
（2）小球運動的加速度大小；
（3）小球在空中的最小速度。
12．（23-24高三上·新疆·階段練習）如圖所示，某同學將球A以速度v豎直向上拋出，到達最高點的同時，將球B也以速度v從同一位置豎直向上拋出。不計空氣阻力，A、B兩球均可視為質點，重力加速度為g。求：
（1）自球A拋出到與球B相遇所經歷的時間；
（2）兩球相遇時，A、B兩球的速度大小；
（3）自球A拋出到兩球相遇的過程中，A、B兩球的速度變化量。

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