一、匀变速直线运动的规律

1．匀变速直线运动：沿一条直线且加速度不变的运动。

2．匀变速直线运动的基本规律

(1)速度公式：v＝v₀＋at

(2)位移公式：x＝v₀t＋at²

(3)速度—位移关系式：v²－v₀²＝2ax

二、匀变速直线运动的推论

1．三个推论

(1)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初、末时刻速度矢量和的，还等于中间时刻的瞬时速度。

平均速度公式：＝＝v

(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移差相等。

即x₂－x₁＝x₃－x₂＝…＝x_n－x_n－1＝aT²

(3)位移中点速度v＝

2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论

(1)1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比为

v₁∶v₂∶v₃∶…∶v_n＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为

x₁∶x₂∶x₃∶…∶x_n＝1²∶2²∶3²∶…∶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

x_Ⅰ∶x_Ⅱ∶x_Ⅲ∶…∶x_N＝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∶…∶t_n＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。

三、自由落体运动和竖直上抛运动

 

命题点（一）匀变速直线运动规律的基本应用

1．重要公式的选择

2.解答匀变速直线运动问题常用的方法

[典例1]　物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。

 

 

[思路点拨]　解此题关键是分析运动过程，灵活应用规律。

(1)过程分析：

(2)按规律选取关键信息：

①物体从A滑到C做匀减速到零的运动，可考虑逆向思维。

②x_BC∶x_AB＝1∶3，可考虑比例关系的应用。

[解析]　方法一：基本公式法

因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v₀，加速度大小为a，物体从B滑到C所用的时间为t_BC，由匀变速直线运动的规律可得

v₀²＝2ax_AC                ①

v_B²＝v₀²－2ax_AB        ②

又x_AB＝x_AC              ③

由①②③解得

v_B＝                       ④

又v_B＝v₀－at             ⑤

v_B＝at_BC                    ⑥

由④⑤⑥解得t_BC＝t

方法二：逆向思维法

物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为t_BC，

由运动学公式得x_BC＝，x_AC＝

又x_BC＝，

由以上三式解得t_BC＝t

方法三：比例法

对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x₁∶x₂∶x₃∶…∶x_n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。

因为x_CB∶x_BA＝∶＝1∶3，而通过AB的时间为t，所以通过BC的时间t_BC＝t。

方法四：中间时刻速度法

利用推论：在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，_AC＝＝。又v₀²＝2ax_AC，v_B²＝2ax_BC，x_BC＝，由以上三式解得v_B＝。可以看出v_B正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有t_BC＝t。

方法五：图象法

根据匀变速直线运动的规律，画出v t图象，如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋t_BC，所以＝，解得t_BC＝t。

[答案]　t

命题点（二）自由落体运动与竖直上抛运动

1．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＝＝＝gt。

③连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝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。

2．研究竖直上抛运动的两种方法

(1)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。

(2)全程法：将全过程视为初速度为v₀，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。

3．竖直上抛运动的对称性和多解性

 

[典例2]　在离地面高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上质点B以初速度v₀竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v₀的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v₀的取值范围。

[思路点拨]　解此题关键是画出两质点运动示意图(如图所示)，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。

[解析]　如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向。

A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为

y₁＝h－gt²

B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为

y₂＝v₀t－gt²

两个质点相遇的条件是y₁＝y₂

即h－gt²＝v₀t－gt²

可见A、B相遇的时间t₀＝

而B上升到最高点的时间t₁＝

若要使B在上升时与A相遇，必须满足t₁≥t₀

即≥

所以B在上升过程中与A相遇时v₀的取值范围为v₀≥

若B在下降过程中与A相遇，必须满足<，即v₀<

但又要在B落地以前相遇，B落地的时间t₂＝

必须满足t₂≥t₀，即≥，得v₀≥

因此，在B下降过程中与A相遇时v₀的取值范围为>v₀≥

[答案]　见解析

命题点（三）多运动过程组合问题

1．问题特点

一个物体的运动包含几个阶段，各阶段的运动满足不同的运动性质和规律，交接处的速度是连接各段的纽带。

2．求解思路

(1)由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、待求未知量以及中间量。

(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。

[典例3]　为了抗疫和社会经济发展，从2020年2月17日零时起，全国收费公路免收车辆通行费。现今，经国务院同意，从5月6日零时起，全国收费公路将恢复收费。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v₁＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v₂＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v₁正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t₀＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v₁正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s²。求：

(1)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；

(2)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速；

(3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间。

[思路点拨]　画出运动过程示意图。

(1)走ETC通道时经历三个运动阶段：

(2)走人工收费通道经历两个运动阶段：

[解析]　(1)走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则

x₁＝＝64 m

故总的位移x_总1＝2x₁＋d＝138 m

(2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为

x₂＝＝72 m

(3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v₁的时间

t₁＝×2＋＝18.5 s

走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v₁的时间

t₂＝×2＋t₀＝44 s

又x_总2＝2x₂＝144 m

二者的位移差Δx＝x_总2－x_总1＝6 m

在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t₂－(t₁＋)＝25 s

[答案]　(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s

 

规律总结

运动学中多过程问题的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此做好运动分析的同时，要关注速度的变化，如典例3中“汽车走ETC通道”第一阶段汽车匀减速的末速度v₂是第三阶段汽车匀加速的初速度。　

1．(2021·山东省实验中学高三模拟)如图所示为某大桥的简化示意图，图中桥墩之间的四段距离均为110 m。可视为质点的一辆汽车从a点由静止开始做加速度恒定的加速直线运动。已知该车通过bc段的时间为t，则通过ce段的时间为(　　)

A.t　　　　　    B．(－1)t

C．(＋1)t           D．t

解析：汽车从a点由静止开始做加速度恒定的加速直线运动，经过四段大小相等的位移所需要的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，设通过ce段的时间为t′，则t∶t′＝(－1)∶(2－)，解得t′＝t，故A正确，B、C、D错误。

答案：A

2．(多选)如图，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m，且物体通过AB、BC、CD所用时间相等。下列说法正确的是(　　)

A．可以求出物体加速度的大小

B．可以求得CD＝4 m

C．可求得O、A之间的距离为1.125 m

D．可求得O、A之间的距离为1.5 m

解析：设相等时间为t，由Δx＝at²可得物体的加速度a＝＝＝，因为不知道时间，所以不能求出加速度，A错误；根据在相邻的相等时间内的位移差是恒量可得，x_CD－x_BC＝x_BC－x_AB＝1 m，可知x_CD＝4 m，B正确；物体经过B点时的瞬时速度v_B为v_B＝_AC＝，再由v_t²＝2ax可得O、B两点间的距离x_OB＝＝·＝3.125 m，所以O与A间的距离x_OA＝x_OB－x_AB＝1.125 m，C正确，D错误。

答案：BC

3．(2020·高考全国卷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F＝kv²描写，k为系数；v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v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×10⁵ kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×10⁵ kg，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1 521 m 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m₁，起飞离地速度为v₁；装载货物后质量为m₂，起飞离地速度为v₂，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件

m₁g＝kv₁²①

m₂g＝kv₂²②

由①②式及题给条件得v₂＝78 m/s③

(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。

由匀变速直线运动公式有

v₂²＝2as④

v₂＝at⑤

联立③④⑤式及题给条件得a＝2.0 m/s²，t＝39 s

答案：(1)78 m/s　(2)2.0 m/s²　39 s

4．(2021·安徽皖江名校联盟高三联考)建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。 在一次抛砖的过程中，砖块运动3 s到达最高点，将砖块的运动视为匀变速直线运动，砖块通过第2 s内位移的后用时为t₁，通过第1 s内位移的前用时为t₂，则满足(　　)

A.<<　　　　　 B.<<

C.<<                  D.<<1

解析：竖直向上抛砖是匀变速直线运动，经过3 s速度减为0，可以从最高点开始逆向思维，把上升过程反过来看作自由落体运动。根据自由落体运动的公式h＝gt²，得第1 s内，第2 s内，第3 s内的位移之比为h₁∶h₂∶h₃＝1∶3∶5。从最高点开始，设第1 s内位移为x ，则第2 s 内为3x，第3 s内为5x。所以从最高点开始，砖块通过上抛第2 s位移的后的位移为第2个x，通过第1 s内位移的前的位移即为第9个x，按照自由落体公式可得t₁＝－，t₂＝－，所以＝≈0.41，所以A、B、D错误，C正确。

答案：C

5．(多选)(2021·河北武邑中学一调)从地面竖直上抛一物体A的同时，在离地面高H处有相同质量的另一物体B开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高h处时速率都为v(两物体不会相碰)，则下列说法正确的是(　　)

A．H＝h

B．物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍

C．物体A、B在空中运动的时间相等

D．两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等

解析：设A、B两物体到达离地面高h处时所用时间为t，则对B物体，根据自由落体运动的规律有v²＝2g(H－h)，v＝gt，设A物体竖直上抛的初速度为v₀，有v＝v₀－gt，v₀²－v²＝2gh，解得v₀＝2v，H＝h，故A正确。物体A竖直上抛的初速度v₀＝2v，设物体B落地时的速度为v′，则有v′²＝2gH，由A项分析知v₀²－v²＝2gh，H＝h，联立解得v′＝2v，所以v₀＝v′，故B错误。根据竖直上抛运动的对称性可知物体A在空中运动的时间t_A＝2×＝，物体B在空中运动的时间为t_B＝＝＝t_A，故C错误。以地面为参考平面，落地时两者的速度相等，质量相等，则动能相等，所以机械能也相等，由于物体A、B落地前只有重力做功，机械能守恒，故D正确。

答案：AD

6．“歼20”是我国自主研制的第五代战斗机。设“歼20”降落在跑道上的减速过程可以简化为两个匀减速直线运动，首先飞机以速度v₀着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a₁，运动时间为t₁；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下。已知飞机的减速总路程为x，求第二个阶段飞机的加速度大小和运动时间。

解析：根据题意画出飞机减速过程的示意图。A为飞机着陆点，AB、BC分别对应两个匀减速直线运动过程，飞机在C点停下。

根据运动示意图和运动学规律，A到B过程，有

x₁＝v₀t₁－a₁t₁²，v_B＝v₀－a₁t₁

B到C过程，有x₂＝v_Bt₂－a₂t₂^2,0＝v_B－a₂t₂

A到C过程，有x＝x₁＋x₂

联立解得a₂＝，t₂＝

答案：　

7．短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程，已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的位移为7.5 m，求：

(1)该运动员的加速度大小；

(2)在加速阶段通过的位移大小。

解析：画出过程示意图，如图所示。

(1)根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，

设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x₁和x₂，由运动学规律得

x₁＝at₀²                               ①

x₁＋x₂＝a(2t₀)²，                ②

已知t₀＝1 s                           ③

联立①②③求得a＝5 m/s²       ④

(2)设运动员做匀加速运动的时间为t₁，匀速运动的时间为t₂，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的位移为x，依题意及运动学规律，得

t＝t₁＋t₂                   ⑤

v＝at₁                        ⑥

x＝at₁²＋vt₂            ⑦

设加速阶段通过的位移为x₃，则

x₃＝at₁²               ⑧

联立④～⑧式，代入数据解得x₃＝10 m

答案：(1)5 m/s²　(2)10 m