(1)   勻變速直線運動的規律及推論；(2)自由落體運動和豎直上拋運動；(3)多過程問題。

例1．( 2019全國I卷?18)如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個H4所用的時間為t1，第四個H4所用的時間為t2。不計空氣阻力，則t2t1滿足(　　)

A．1＜t2t1＜2 B．2＜t2t1＜3
C．3＜t2t1＜4 D．4＜t2t1＜5
【答案】C
【解析】運動員起跳到達最高點的瞬間速度為零，又不計空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運動。則根據初速度為零勻加速運動，相等相鄰位移時間關系：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n－n－1)，可知t2t1＝12－3＝2＋3，即3＜t2t1＜4，故選項C正確。
【點睛】本題主要考察勻變速直線運動的基本規律，解答本題要掌握初速度為零的勻加速直線運動中，通過連續相等的位移所用時間之比，同時注意逆向思維的應用。
例2．(2020全國I卷?24)我國自主研制了運－20重型運輸機。飛機獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫，k為系數；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度，已知飛機質量為1.21×105 kg時，起飛離地速度為66 m/s；裝載貨物后質量為1.69×105 kg，裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變。
(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；
(2)若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521 m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間。
【解析】(1)空載起飛時，升力正好等于重力：kv12＝m1g
滿載起飛時，升力正好等于重力：kv22＝m2g
由上兩式解得：v2＝78 m/s。
(2)滿載貨物的飛機做初速度為零的勻加速直線運動，所以
v22＝2ax
v2＝at
解得：a＝2 m/s2，t＝39 s。
【點睛】本題結合牛頓第二定律的綜合應用考查勻變速直線運動的位移和速度公式，涉及的物理過程比較復雜，弄清楚運動情況和受力情況是解題的關鍵。

1．在一次交通事故中，交通警察測量出肇事車輛的剎車痕跡是30 m，該車輛最大剎車加速度是15 m/s2，該路段的限速為60 km/h。則該車(　　)
A．超速     B．不超速
C．無法判斷     D．速度剛好是60 km/h
【答案】A
【解析】如果以最大剎車加速度剎車，那么由v＝2ax可求得剎車時的速度為30 m/s＝108 km/h，所以該車超速行駛，A項正確。
2．一列火車從靜止開始做勻加速直線運動，一人站在第一節車廂前端的旁邊觀測，第一節車廂通過他歷時2 s，整列車廂通過他歷時8 s，則這列火車的車廂有(　　)
A．14節 B．15節 C．16節 D．17節
【答案】C
【解析】火車做初速度為零的勻加速直線運動，則L＝12at21，全部車廂通過時nL＝12at2n，解得n＝16，故A項正確。
3．2020年5月15日消息，我國新飛船試驗艙在預定區域成功著陸，試驗取得圓滿成功，這也標志著中國載人航天工程邁出了重要的一步。若試驗艙離月面某一高度時，速度減小為零后，自由下落著陸，測得在第4 s內的位移是5.6 m，此時試驗艙還未落地，則(　　)
A．試驗艙在前4 s內的位移是25.6 m
B．月球表面的重力加速度大小為1.6 m/s2
C．試驗艙在4 s末的速度是12.8 m/s
D．試驗艙在第4 s內的平均速度是1.4 m/s
【答案】B
【解析】第4 s內的位移是5.6 m，有12gt12－12gt22＝5.6 m，其中t1＝4 s，t2＝3 s，解得g＝1.6 m/s2，則試驗艙在前4 s內的位移是x1＝12gt12＝12.8 m，選項A錯誤、B正確；試驗艙在4 s末的速度v5＝gt＝6.4 m/s，選項C錯誤；試驗艙在第4 s內的平均速度v＝xt＝5.6 m/s，選項D錯誤。
4．為了研究汽車的啟動和制動性能，現用甲、乙兩輛完全相同的汽車在平直公路上分別進行實驗。讓甲車以最大加速度a1加速到最大速度后勻速運動一段時間再以最大加速度a2制動，直到停止；乙車以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度12a2制動，直到停止。實驗測得甲、乙兩車的運動時間相等，且兩車運動的位移之比為5∶4。則a1∶a2的值為(　　)
A．2∶1 B．1∶2 C．4∶3 D．4∶5
【答案】B
【解析】根據題述，作出甲乙兩車的速度－時間圖象，如圖所示。設甲車勻速運動的時間為t1，總時間為t。則有t1＋t2v∶t2v＝5∶4，解得t1∶t＝1∶4。乙車以最大加速度a，加速到最大速度后立即以加速度a22制動，直到停止，根據速度—時間圖線的斜率表示加速度，可知乙車勻減速運動的時間是甲車勻減速運動時間的2倍，則甲車勻速運動時間和勻減速直線運動時間相等，可知勻加速運動時間和勻減速運動時間之比為2∶1，可知a1∶a2＝1∶2，B項正確。

5．(多選)一物體自距地面高H處自由下落，不計空氣阻力，經時間t落地，此時速度為v，則(　　)
A．12t時物體距地面高度為14H
B．12t時物體距地面高度為34H
C．物體下落12H時速度為22v
D．物體下落12H時速度為12v
【答案】BC
【解析】根據位移時間公式h＝12gt2知，在前一半時間和后一半時間內的位移之比為1∶3，則前一半時間內的位移為14H，此時距離地面的高度為34H，故A錯誤，B正確；根據v2＝2gH知，物體下落12H時的速度為v′＝22v，故C正確，D錯誤。
6．物體以20 m/s的速度從坡底沖上一足夠長的斜坡，當它返回坡底時的速度大小為16 m/s。已知上坡和下坡兩個階段物體均沿同一直線做勻變速直線運動，但上坡和下坡的加速度不同。則物體上坡和下坡所用的時間之比為(　　)
A．4∶5 B．5∶4 C．2∶3 D．3∶2
【答案】A
【解析】設物體沿斜坡運動的位移為x，上坡時的加速度為a1，所用時間為t1，下坡時的加速度為a2，所用時間為t2，則有x＝12a1t21＝12v1t1，x＝12a2t22＝12v2t2，聯立解得t1∶t2＝4∶5，所以A項正確。
7．如圖所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC兩部分組成，且AB＝BC。小物塊P(可視為質點)以某一初速度從A點滑上桌面，最后恰好停在C點，已知物塊經過AB與BC兩部分的時間之比為1∶4，則物塊P與桌面上AB、BC部分之間的動摩擦因數μ1、μ2之比為(P物塊在AB、BC上所做兩段運動可看作勻變速直線運動)(　　)

A．1∶4 B．8∶1
C．1∶1 D．4∶1
【答案】B
【解析】設B點的速度為vB，根據勻變速直線運動平均速度的推論有v0＋vB2t1＝vB2t2，又t1∶t2＝1∶4，解得vB＝v03，在AB上的加速度為a1＝μ1g＝v0－vBt1，在BC上的加速度為a2＝μ2g＝vBt2，聯立解得μ1∶μ2＝8∶1，故選B項。
8．如圖所示，質點a、b在直線PQ上的兩個端點，質點a從P沿PQ做初速度為0的勻加速直線運動，經過位移x1時質點b從Q沿PQ方向做初速度為0的勻加速直線運動，位移x2時和質點a相遇，兩質點的加速度大小相同，則PQ距離為(　　)

A．x1＋2x2＋2x1x2 B．2x1＋x2＋2x1x2
C．x1＋2x2＋2x1x2 D．2x1＋x2＋2x1x2
【答案】A
【解析】質點a經過時間t1運動位移x1，再經過t2相遇，則時間t1末速度為at1。x1＝12at21、x2＝12at22，兩式相除可知t2＝x2x1t1，在t2運動位移x3＝(at1)t2＋12at22＝x2＋2x1x2，PQ＝x1＋x2＋x3＝x1＋2x2＋2x1x2，A項正確。
9．如圖所示是一種較精確測重力加速度g值的方法：將下端裝有彈射裝置的真空玻璃直管豎直放置，玻璃管足夠長，小球豎直向上被彈出，在O點與彈簧分離，然后返回。在O點正上方選取一點P，利用儀器精確測得OP間的距離為H，從O點出發至返回O點的時間間隔為T1，小球兩次經過P點的時間間隔為T2。求：

(1)重力加速度g；
(2)若O點距玻璃管底部的距離為L0，玻璃管最小長度。
【解析】(1)小球從O點上升到最大高度過程中h1＝12gT122
小球從P點上升的最大高度h2＝12gT222
依據題意h1－h2＝H
聯立解得：g＝8HT21 －T22 。
(2)真空管至少的長度L＝L0＋h1
故L＝L0＋T21HT21－T22。
10．如圖所示，一輛汽車(視為質點)在一水平直路面ABC上運動，AB的長度為x1＝25 m，BC的長度為x2＝97 m。汽車從A點由靜止啟動，在AB段做加速度大小為a1＝2.0 m/s2的勻加速直線運動。在BC段，先做加速度大小為a2＝1.0 m/s2的勻加速直線運動。當運動到離C點適當距離處，再以大小為a3＝2.0 m/s2的加速度做勻減速直線運動，汽車恰好停在C點。求：

(1)汽車達到的最大速度vm和開始減速時離C點的距離d；
(2)汽車從A點運動到C點所用的時間t。
【解析】(1)由x1＝12a1t12和vB2＝2a1x1可得
汽車在AB段運動時間t1＝2x1a1＝5 s
到達B點時的速度vB＝2a1x1＝10 m/s
設汽車在BC段之間由B到D時加速行駛，距離為d′，有
vm2－vB2＝2a2d′
由D到C時減速行駛，距離為d，有0－vm2＝－2a3d
且d′＋d＝x2
解得汽車的最大速度vm＝14 m/s
開始減速時汽車離C點的距離d＝vm22a3＝49 m。
(2)由B到D，汽車加速行駛，由vm＝vB＋a2t2得：行駛時間t2＝vm－vBa2＝4 s
由D到C，汽車減速行駛直到靜止，由0＝vm－a3t3得：行駛時間t3＝vma3＝7 s
故汽車從A點運動到C點所用的時間t＝t1＋t2＋t3＝16 s。
11．我國高速公路開通了電子不停車收費系統。汽車可以分別通過ETC通道和人工收費通道，如圖所示。假設汽車以正常行駛速度v1＝16 m/s朝收費站沿直線行駛，如果過ETC通道，需要在距收費站中心線前d＝8 m處勻減速至v2＝4 m/s，然后勻速通過該區域，再勻加速至v1正常行駛；如果過人工收費通道，需要恰好在中心線處勻減速至零，經過t0＝25 s繳費成功后，再啟動汽車勻加速至v1正常行駛。設汽車在減速和加速過程中的加速度大小分別為a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2。求：

(1)汽車過ETC通道時，從開始減速到恢復正常行駛過程中的位移大小；
(2)汽車通過ETC通道比通過人工收費通道速度再達到v1時節約的時間Δt是多少？
【解析】(1)設汽車通過ETC通道時的勻減速過程的位移為x1，勻加速過程的位移為x2，則
x1＝v22－v12－2a1＝60 m
x2＝v12－v222a2＝120 m
汽車的總位移x＝x1＋d＋x2＝188 m。
(2)汽車通過ETC通道時，勻減速過程的時間t1＝v1－v2a1＝6 s
勻速過程的時間t2＝dv2＝2 s
勻加速過程的時間t3＝v1－v2a2＝12 s
所以汽車通過ETC通道的總時間t＝t1＋t2＋t3＝20 s
汽車通過人工收費通道時，勻減速過程的時間t1′＝v1a1＝8 s
勻加速過程的時間t2′＝v1a2＝16 s
所以汽車通過人工通道的總時間t′＝t1′＋t0＋t2′＝49 s
則節約的時間Δt＝t′－t＝29 s。
12．如圖，一根細直棒長度為5 m，用手提著其上端，在其下端的路面上方有一個長度為5 m的、內徑比直棒略大的空心豎直管子。如果該空心管子安放在平直公路上方，汽車從正下方通過時剛好碰不到管子。已知細直棒的下端與空心管的上端相距10 m，現放手讓直棒做自由落體運動。（不計空氣阻力，g取10 m/s2）

(1)求直棒通過該空心管所用的時間；（直棒通過管后繼續進入公路下的直徑略大于細棒的深坑）
(2)當棒開始下落時，汽車以20 m/s的速度在距離管子36 m處向管子駛來，汽車會不會碰到直棒？如不會，請說明為什么；如會，在不改變車行駛方向的情況下，司機該如何處理？（計算時不考慮車的大小）
【解析】(1)直棒的下端到達管子的上端的時間t1＝2hg＝2 s
直棒的上端到達管子的下端的時間
則直棒通過該空心管所用的時間t＝t2－t1＝(2－2) s。
(2)若汽車勻速運動，則到達管子處的時間，汽車肯定要碰到管子
要使汽車不碰到管子，則汽車在2 s內的位移小于36 m，即：
36＝20×2＋12×a×22
解得a＝－2 m/s2
即汽車減速運動的加速度a>2 m/s2
管子下端到達地面的時間為：
要使汽車不碰到管子，則汽車在3 s內的位移大于36 m，即：
36＝20×3＋12×a′×32
解得a′＝0.9 m/s2
即汽車加速運動的加速度a′>0.9 m/s2。

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小題必練1：勻變速直線運動規律的應用

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