2020年高考物理一轮复习文档：第1章 运动的描述 匀变速直线运动 第2讲 含答案
高考物理一轮复习(新高考版2(粤冀渝湘)适用) 第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律
解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用 v t＝ v ＝xt 求瞬
时速度；
2
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度. 3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过
(2)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. v0＋v
vt
即： v ＝ 2 ＝ 2 .
(3)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等. 即：x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝ aT2 .
4.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∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1) .
01
考点一 匀变速直线运动的规律
基础回扣
1.匀变速直线运动 沿着一条直线且 加速度 不变的运动. 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＋12at2 . 3.匀变速直线运动的三个常用推论 (1)速度与位移的关系式： v2－v02＝2ax .
备考2020年高考物理一轮复习：第一章第2讲匀变速直线运动规律讲义含解析
第2讲 匀变速直线运动规律板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 匀变速直线运动及其公式 Ⅱ 1．定义和分类(1)匀变速直线运动：物体在一条直线上运动，且加速度不变。
2．三个基本公式 (1)速度公式：v ＝v 0＋at 。
(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。
(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax 。
3．两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋v2。
(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2。
可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2。
4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度的比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。
(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2。
(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为： 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的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
【知识点2】 自由落体运动和竖直上抛运动 Ⅱ 1．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v 0＝0，加速度为重力加速度g 的匀加速直线运动。
(3)基本规律 ①速度公式v ＝gt 。
②位移公式h ＝12gt 2。
③速度位移关系式：v 2＝2gh 。
2．竖直上抛运动规律运动特点：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。
板块二考点细研·悟法培优考点1匀变速直线运动规律的应用[深化理解]1．公式的矢量性：匀变速直线运动的基本公式均是矢量式，应用时要注意各物理量的符号，一般情况下，规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。
高考物理一轮总复习 必修部分 第1章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动规律课
解析 由于树叶所受到的空气阻力相对于树叶的重力来说太大了，但相对而言苹果所受到的空气阻力 比其重力小得多，可以忽略，所以树叶的下落过程不是自由落体运动，而苹果的运动可以看作是自由落体 运动，故 A、B 错误，C 正确；如果地球上没有空气，则苹果和树叶都做自由落体运动，由 h＝12gt2 知， 二者会同时落地，D 错误。
2．[匀变速直线运动推论的应用][2016·佛山质检]一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它在第 1 s 内与第 2 s 内的位移之比为 x1∶x2，在走完第 1 m 时与走完第 2 m 时的速度之比为 v1∶v2。以下说法正确 的是( )
A．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2 B．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶ 2 C．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2 D．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶ 2
②位移公式 h＝ 12gt2 。 ③速度位移关系式：v2＝ 2gh 。
2．竖直上抛运动规律 (1)运动特点：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)基本规律 ①速度公式：v＝ v0－gt 。
②位移公式：h＝ v0t－21gt2 。 ③速度位移关系式：v2－v20＝ －2gh 。
例 1 [2015·福州模拟]在光滑足够长的斜面上，有一物体以 10 m/s 初速度沿斜面向上运动，如果物体 的加速度始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下。那么经过 3 s 时的速度大小和方向是( )
A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下 C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下
解析 由 x＝21at2 知第 1 s 内与第 2 s 内位移之比 x1∶x2＝1∶3，由 v＝ 2ax知走完第 1 m 时与走完第 2 m 时速度之比为 v1∶v2＝1∶ 2，故 B 正确。
2020届高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 2 匀变速直线运动的规律及应用课件
考查频率 2017·课标卷Ⅱ，24 2016·课标卷Ⅲ，16 2014·课标卷Ⅰ，24 2014·课标卷Ⅱ，24 2017·海南卷，3
2013·课标卷Ⅰ，24
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•考点一 匀变速直线运动的规律及应用(高频1)
1.
2.
[诊断小练] (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动．( ) (2)匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动．( ) (3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的．( ) (4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内 位移中点的速度．( ) 【答案】 (1)× (2)√ (3)× (4)√
刻速度 法
度”，即 v2t ＝－v ，该式适用于任何匀变速直线运动
应用 v-t 图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的
图象法 数学问题，尤其是用图象进行定性分析，可避开繁杂
的计算，快速得出答案
逆向思 把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问 维法 题的方法，一般用于末态已知的情况 匀变速直线运动中，在连续相等的时间 T 内的位移之 差为一恒量，即 xn＋1－xn＝aT2，对一般的匀变速直线
•第2课时 匀变速直线运动的规律及应用
考点考级
匀变速直线运动 的规律及应用 (Ⅱ)
处理匀变速直线 运动问题的六种 方法(Ⅱ) 自由落体运动和 竖直上抛运动 (Ⅰ)
命题点
命题点1：考查运动学的基本 规律及应用 命题点2：多运动过程问题 命题点3：运动学规律与牛顿 定律的结合
命题点1：公式及推论的巧妙 选取命题点2：质点系的关联 速度问题
【解析】 (1)设该运动员从开始自由下落至 1.5 km 高度处的时 间为 t ，下落距离为 h，在 1.5 km 高度处的速度大小为 v，由运动 学公式有：
第一章第2讲匀变速直线运动的规律-2025年高考物理一轮复习PPT课件
答案
高考一轮总复习•物理
第24页
解析：假设 8 s 内汽车一直匀减速运动，根据 x4－x1＝3a0T2，代入数据解得 a0＝－6294 m/s2， 根据 x1＝vT＋12a0T2，代入数据解得 v＝20.875 m/s，则速度减为零的时间 t＝0－a0v，代入数据 解得 t≈7.3 s<8 s，可知汽车在 8 s 前速度减为零．设汽车加速度为 a，根据 x1＝v0T＋12aT2， 汽车速度减为零的时间为 t0＝0－av0，采用逆向思维，第 4 个 2 秒内的位移为 x4＝12×(－ a)·－av0－6 s2＝1.5 m，联立解得 a＝－3 m/s2，v0＝21 m/s(另一解不符合题意，舍去)，选项 B、C 正确．根据 x3－x1＝2aT2，甲车刹车后第 3 个 2 s 内的位移大小为 x3＝x1＋2aT2，代入 数据解得 x3＝12 m，选项 A 正确．汽车刹车到停止的距离 x0＝0－2av20，代入数据解得 x0＝73.5 m<75 m，所以甲车不会撞上乙车，选项 D 错误．故选 ABC.
第17页
高考一轮总复习•物理
方法三 根据 v＝gt， v ＝v0＋2 v＝xt ＝vt 2
v4＝ v 35＝19.6－2×7.01.0×4 10－2 m/s＝1.56 m/s g＝vt44＝10..5166 m/s2＝9.75 m/s2. 答案：见解析
第18页
高考一轮总复习•物理
第19页
重难考点 全线突破
D．80 m/s2
解析：无人机匀加速运动的过程中，连续经过两段均为 x＝120 m 的位移，第一段所 用的时间 t1＝2 s，第二段所用的时间 t2＝1 s，则第一段有：x＝v0t1＋12at21，连续两段有： 2x＝v0(t1＋t2)＋12a(t1＋t2)2，解得 a＝40 m/s2，故选项 B 正确．
2020版高考物理一轮复习第一章第2节匀变速直线运动的规律课件
刹车类问题
双向运动类
其特点为匀减速到速度为零后即 如沿光滑斜面上滑的小球，
停止运动，加速度a突然消失， 到最高点后仍能以原加速度
求ห้องสมุดไป่ตู้时要注意确定其实际运动时 匀加速下滑，全过程加速度
间。如果问题涉及最后阶段(到停 大小、方向均不变，求解时
止运动)的运动，可把该阶段看成 可对全过程列式，但必须注 反向的初速度为零、加速度不变 意x、v、a等矢量的正负号
二 研究好——题型·考法·技巧
01
考点一
匀变速直线运动规律的理解与应用
[师生共研类]
题目中所涉及的物理量 (包括已知量、待求量和
为解题设定的中间量) v0，v，a，t
v0，a，t，x v0，v，a，x
v0，v，t，x
没有涉及 的物理量
x v t a
适宜选用公式 v＝v0＋at
v2－v02＝2ax
第2节
匀变速直线运动的规律
目录
一 理解透——概念·公式·定理 二 研究好——题型·考法·技巧 三 查缺漏——盲点·短板·妙法 四 课时跟踪检测
一 理解透——概念·公式·定理
自由落体运动
竖直上抛运动
速度公式 位移公式 速度—位移关系式
v＝gt v2＝2gh
v＝_______ v2－v02＝______
的匀加速直线运动
及物理意义
02
考点二
解决匀变速直线运动的常用方法
[基础自修类]
03
考点三
自由落体和竖直上抛运动
[师生共研类]
时间 对称
物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降 过程中经过该两点之间所用的时间相等 物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度 速度 大小相等、方向相反 对称 物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度 大小相等、方向相反 能量 竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置 对称 时的动能、重力势能及机械能分别相等
高考物理一轮复习专题1.1 运动的描述(精讲)(解析版)
第一部分运动的描述、匀变速直线运动的研究1.1描述运动的（精讲）1．认识在哪些情况下可以把物体看成质点的，知道不引入参考系就无法确定质点的位置和运动。
2．理解位移、速度和加速度。
3．在研究物理问题过程中构建物理模型，再现物理情景。
4．对参考系、质点只作Ⅰ级要求，对位移、速度和加速度则作Ⅱ级要求。
知识点一质点和参考系一、质点1．定义：用来代替物体的有质量的点。
质点不同于几何“点”，几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置。
2．物体可看成质点的条件：研究一个物体的运动时，物体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略。
3．对质点的三点说明(1)质点是一种理想化模型，实际并不存在。
(2)物体能否被看成质点是由要研究的问题决定的，并非依据物体自身的大小和形状来判断。
(3)质点不同于几何“点”，质点有质量，而几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置。
4．建立质点模型的两个关键(1)明确要研究的问题是什么。
(2)判断物体的大小和形状对所研究问题的影响能否忽略。
二、参考系1．定义：为了研究物体的运动而假定不动的物体。
描述某个物体的运动时，必须明确它是相对哪个参考系而言的。
2．选取原则：可任意选取，但对同一物体的运动，所选的参考系不同，对其运动的描述可能会不同。
通常以地面为参考系。
在同一个问题中，若要研究多个物体的运动或同一个物体在不同阶段的运动，则必须选取同一个参考系。
3．参考系的“四性”标准性选作参考系的物体都假定不动，被研究的物体都以参考系为标准任意性参考系的选取原则上是任意的，通常选地面为参考系同一性比较不同物体的运动必须选同一参考系差异性观察某一物体的运动，选择不同的参考系，观察结果一般不同知识点二位移和路程1．位移描述物体位置的变化，用从初位置指向末位置的有向线段表示，是矢量。
2．路程是物体运动轨迹的长度，是标量。
3．一般情况下，物体的位移小于其路程，只有在物体做单向直线运动时，其位移大小才等于路程。
4．位移与路程的比较知识点三平均速度和瞬时速度1．平均速度物体的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v ＝Δx Δt ；表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；平均速度是矢量，其方向与位移的方向相同。
(山东专用)2020版高考物理一轮复习第一章第2节匀变速直线运动规律课件新人教版
解析:(1)若列车车尾恰好停在 A 点,减速运动的加速度大小为 a1,距离为 x1,则 0- v02 =-2a1x1 x1=1 200 m+200 m=1 400 m
解得 a1= 16 m/s2 7
若列车车头恰好停在 B 点,减速运动的加速度大小为 a2,距离为 xOB=2 000 m, 则 0- v02 =-2a2xOB 解得 a2=1.6 m/s2
解决匀变速直线运动的几种方法
【典例2】 如图所示,一平直公路上有三个路标o,m,n,且om=3 m,mn=5 m.一 辆汽车在该路段做匀加速直线运动依次通过o,m,n三个路标,已知汽车在相邻 两路标间的速度增加量相同,均为Δ v=2 m/s,则下列说法中正确的是( C )
A.汽车在om段的平均速度大小为4 m/s B.汽车从m处运动到n处的时间为2 s C.汽车在该路段行驶的加速度大小为2 m/s2 D.汽车经过o处时的速度大小为1 m/s
化Δ v时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δ v时发生位移x2,则该质点的加 速度为( D )
A.(Δ v)2( 1 + 1 ) x1 x2
C.(Δ v)2( 1 - 1 ) x1 x2
B.2 v2
x2 x1
D. v2
x2 x1
解析:由于质点做匀变速直线运动,则速度变化相同时的时间相同,即位移
故加速度大小 a 的取值范围为 1.6 m/s2≤a≤ 16 m/s2.
答案:(1)1.6 m/s2≤a≤ 16 m/s2
7
7
(2)列车减速运动的最长时间.
解析:(2)当列车车头恰好停在B点时,减速运动的时间最长,则0=v0-a2t,解得 t=50 s.
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第2讲匀变速直线运动的规律及应用考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1．匀变速直线运动的基本理解(1)定义：沿着一条直线，且□01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＝□04v0＋at。
(2)位移公式：x＝□05v0t＋12at2。
(3)速度和位移的关系式：□06v2－v20＝2ax。
1．2015年9月2日，“抗战专列”在武汉地铁4号线亮相，赢得乘车市民纷纷点赞。
若该地铁列车先从甲站开始做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，通过位移L后，立即做加速度大小也为a的匀减速直线运动，恰好到乙站停下。
则列车从甲站到乙站所用时间为()A. La B．22LaC．2La D．42La答案 B解析由位移公式可知，列车在匀加速过程中L＝12at2，解得：t＝2La；由于列车由静止开始加速，再以同样大小的加速度减速到静止，则说明列车减速过程所用时间也为t，故从甲站到乙站所用总时间为22La，B正确。
2．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2) m，下列分析正确的是()A．上述过程的加速度大小为10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s C．0时刻的初速度为10 m/sD．刹车过程的位移为5 m答案 C解析由v2－v20＝2ax可得x＝－12av20＋12av2，对照x＝(10－0.1v2)可知，12a＝－0.1，－12av20＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，A错误，C正确；由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v20＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，B、D 错误。
3．[教材母题](人教版必修1 P43·T3)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5 m/s2，所需的起飞速度为50 m/s，跑道长100 m。
通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置。
对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？为了尽量缩短舰载飞机起飞时的滑行距离，航空母舰还需逆风行驶。
这里对问题做了简化。
[变式子题]有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。
设航空母舰处于静止状态。
问：(1)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？(2)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，则该舰身至少应为多长？答案(1)30 m/s(2)250 m解析(1)根据公式v2－v20＝2ax得：v0＝v2－2ax＝30 m/s。
(2)不装弹射系统时，v2＝2aL，L＝v22a＝250 m。
考点二解决匀变速直线运动问题的常用方法及应用1．解决运动学问题的基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选公式列方程→解方程并讨论2．解决匀变速直线运动的几种方法3．运动学公式中正、负号的规定(1)除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向。
与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。
(2)五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一过程。
4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比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xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)。
2018年5月9日，空军发言人称，“歼－20”隐形战斗机首次开展海上方向实战化军事训练。
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v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 1，运动时间为t 1；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，C 点飞机停下。
根据运动示意图和运动学规律，A 到B 过程， 有x 1＝v 0t 1－12a 1t 21，v B ＝v 0－a 1t 1B 到C 过程，有x 2＝v B t 2－12a 2t 22，0＝v B －a 2t 2A 到C 过程，有x ＝x 1＋x 2联立解得a 2＝(v 0－a 1t 1)22x ＋a 1t 21－2v 0t 1，t 2＝2x ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1。
答案 (v 0－a 1t 1)22x ＋a 1t 21－2v 0t 1 2x ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1方法感悟求解多阶段运动问题的“三步走”1．[教材母题] (人教版必修1 P 42·T 1)通过测试得知某型号的卡车在某种路面上急刹车时加速度的大小是5 m/s 2。
如果要求它在这种路面上行驶时在22.5 m 内必须停下，它的行驶速度不能超过多少千米每时？[变式子题] 如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。
当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为5 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。
则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为()A．50 m B．20 mC．10 m D．1 m答案 C解析已知末速度为0，初速度最大为v0＝10 m/s，加速度a＝－5 m/s2，求位移，可用速度与位移关系式求解，由v2－v20＝2ax，得x＝0－v202a＝10 m。
故选C。
2．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()A．2 m/s,3 m/s,4 m/s B．2 m/s,4 m/s,6 m/sC．3 m/s,4 m/s,5 m/s D．3 m/s,5 m/s,7 m/s答案 B解析根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度等于全程的平均速度，v B＝AB＋BC2t＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2，解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得v A＝2 m/s，v C＝6 m/s，故B正确。
3.物体以一定的初速度v0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34l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
答案t解析解法一：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从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v 20＝2al ① v 2B ＝v 20－2a ·34l ② 由①②解得v B ＝v 02③ 又v B ＝v 0－at ④ v B ＝at BC ⑤由③④⑤解得t BC ＝t 。
解法二：中间时刻速度法利用推论：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，v AC＝v 0＋02＝v 02又v 20＝2al ，v 2B ＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫l －34l ， 由以上两式解得v B ＝v 02可知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的点，因此有t BC ＝t 。
解法三：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。
故l －34l ＝12at 2BC ，l ＝12a (t ＋t BC )2 由以上两式解得t BC ＝t 。
解法四：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)因为x CB ∶x BA ＝l 4∶3l4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t 。
解法五：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S △AOC S △BDC ＝CO 2CD 2，且S △AOC S △BDC ＝41，OD ＝t ，OC ＝t ＋t BC 。
所以41＝(t ＋t BC )2t 2BC，解得t BC ＝t 。
考点三 自由落体运动1．定义：物体只在□01重力作用下从静止开始下落的运动。
2．特点：v 0＝□020，a ＝□03g 。
(1)速度公式：v ＝□04gt 。
(2)位移公式：h ＝□0512gt 2。
(3)速度位移关系式：v 2＝□062gh 。
(2018·湖北重点中学联考)如图所示木杆长5 m ，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m 处圆筒AB ，圆筒AB 长为5 m ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)木杆通过圆筒的上端A 所用的时间t 1是多少？ (2)木杆通过圆筒AB 所用的时间t 2是多少？解析 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，由位移公式h ＝12gt 2知，木杆的下端到达圆筒上端A 用时t下A＝2h下Ag＝2×1510s＝ 3 s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A＝2h上Ag＝2×2010s＝2 s则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－3) s。
(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝2h上Bg＝2×2510s＝ 5 s则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(5－3) s。
答案(1)(2－3) s(2)(5－3) s方法感悟应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)自由落体运动的实质是初速度为零的匀加速直线运动。
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。
(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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题。