专题02 牛顿运动定律与直线运动(解析版)

三种情况中弹簧弹力、绳 的张力大小相同且与接触 面是否光滑无关
常用隔离法
常会出现临界条件
例3 (2023·北京卷·6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相
连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力
F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为
A.1 N
考点一
1.常用方法
2.两种匀减速直线运动的分析方法
(1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法， 对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过 程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、 v、a等矢量的正负及物理意义。
考点二
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.瞬时加速度问题
3.连接体问题
(1)整体法与隔离法的选用技巧
整体法的选 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之
取原则
间的作用力
隔离法的选 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内
取原则
物体之间的作用力
整体法、隔 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之
例7 (2023·全国甲卷·19改编)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两 物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因
数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系 图线如图所示。由图可知
A.m甲<m乙
√C.μ甲<μ乙
B.m甲＝m乙 D.μ甲>μ乙
根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，可知F－a 图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝ μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选C。

第一部分 力与运动 专题02 力与直线运动【讲】一、素养呈现1.物理观念：参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重、单位制。

2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与隔离法、图象法、控制变量法、临界法。

3.科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。

4.科学态度与责任：以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

二、素养落实1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用2.掌握瞬时性问题的两类模型3.熟悉图象类型及图象信息应用高考命题点命题轨迹情境图匀变速直线运动规律的应用20201卷2416(1)21题20191卷1819(1)18题15(1)20题18(1)15题动力学方法分析“板—块”模型20151卷25,2卷2515(1)25题 15(2)25题17(3)25题19(3)20题考点一 匀变速直线运动规律的应用 【考点诠释】1．匀变速直线运动的基本规律 (1)速度关系：v ＝v 0＋at 。

(2)位移关系：x ＝v 0t ＋12at 2。

(3)速度位移关系：v 2－v 20＝2ax 。

(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v ＝xt ＝v t2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx ＝aT 2。

2．追及问题的解题思路和技巧 (1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

①审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

①若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【典例分析1】如图所示，物体从O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中|AB |＝2 m ，|BC |＝3 m 。

第2课时　牛顿运动定律与直线运动命题规律　1.命题角度：(1)匀变速直线运动规律及应用；(2)牛顿运动定律及应用；(3)运动学和动力学图像.2.常考题型：选择题．高考题型1　匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2．两种匀减速直线运动的分析方法(1)刹车问题的分析末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．(2)双向可逆类运动分析匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x 、v 、a 等矢量的正负及物理意义．3．处理追及问题的常用方法过程分析法函数法Δx ＝x 乙＋x 0－x 甲为关于t 的二次函数，当t ＝－b 2a时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b 2－4ac 判断有解还是无解，是追上与追不上的条件图像法画出v －t 图像，图线与t 轴所围面积表示位移，利用图像更直观例1　(2019·全国卷Ⅰ·18)如图1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H4所用的时间为t 1，第四个H4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )图1A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t1<5答案　C解析　由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知t 2t 1＝14－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确．例2　(2021·山东济宁市高三期末)强行超车是道路交通安全的极大隐患．如图2是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以v 0＝36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L 1＝4.8 m ，货车车身长L 2＝7.2 m ，货车在甲车前s ＝4 m 处．若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为a ＝2 m/s 2.假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度．求：图2(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距s 0＝115 m ，乙车速度为v 乙＝54 km/h.甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车．答案　(1)4 s (2)不能安全超车解析　(1)设甲车完成超车至少需要时间t ，则t 时间内甲车位移为x 甲＝v 0t ＋12at 2，货车位移完成超车需满足x 甲＝x 货＋L 1＋L 2＋s 联立求解可得t ＝4 s.(2)刚好完成超车时，甲车位移为x 甲＝v 0t ＋12at 2＝56 m乙车位移大小为x 乙＝v 乙t ＝60 m ．x 甲＋x 乙>s 0，所以不能安全超车．高考题型2　牛顿运动定律的应用1．超重与失重2．瞬时加速度问题考向一　超重与失重例3　(2021·上海浦东新区高三一模)在用DIS 探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F 随时间t 变化的图像如图3所示，则此过程该同学重心的运动速度v 随时间t 变化的图像最接近图( )图3解析　人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重；由F－t图像可知，超重阶段(加速阶段)压力传感器对人的支持力先增加后减小，根据F－mg＝ma可知，加速度先增加后减小，则v－t图像的斜率先增加后减小；同理，由F－t图像可知，失重阶段(减速阶段)压力传感器对人的支持力先减小后增加，根据mg－F＝ma可知，加速度先增加后减小，则v－t图像的斜率先增加后减小，故选A.考向二　瞬时加速度问题例4　如图4所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为g，现突然把细线剪断．在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小是( )图4A．22g B.5gC．2g D.2g答案　B解析　细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件可知：弹簧的弹力大小F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F＝2mg，所以此时A球受到的合力大小F A＝(mg)2＋(2mg)2＝5mg，由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小a＝F Am＝5g，故B正确，A、C、D错误．高考题型3　连接体问题1．整体法与隔离法的选用技巧整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力整体法、若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体隔离法的交替运用之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力2.连接体问题中常见的临界条件接触与脱离接触面间弹力等于0恰好发生滑动摩擦力达到最大静摩擦力绳子恰好断裂绳子张力达到所承受的最大力绳子刚好绷直与松弛绳子张力为03.常见连接体三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同且与接触面是否光滑无关常用隔离法常会出现临界条件考向一　研究对象的选取(整体法与隔离法的应用)例5　(2020·江苏卷·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F .若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )A ．F B.19F 20 C.F 19 D.F 20答案　C解析　设列车的加速度为a ，每节车厢的质量为m ，每节车厢的阻力为F f ，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F －38F f ＝38ma ；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F 1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F 1－2F f ＝2ma ，联立解得F 1＝F19，故选项C 正确．考向二　连接体中的临界问题例6　(多选)(2021·山东烟台市高三期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图5甲所示，将一质量为M 的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m 的物块，刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力F 的作用，用传感器测出水平拉力F ，画出F 与物块的加速度a 的关系如图乙所示．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则( )图5A ．长木板的质量为2 kgB ．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C ．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4D ．当拉力F 增大时，长木板的加速度一定增大答案　ABC解析　设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙可知，当F >12 N 时物块和长木板开始产生滑动，则F －μ1mg ＝ma 即F ＝ma ＋μ1mg ，由题图乙可知m ＝k 1＝12－82 kg ＝2 kg ，μ1mg ＝8 N ，解得μ1＝0.4；当4 N ≤F ≤12 N 时两者共同运动，则F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 即F ＝(M ＋m )a ＋μ2(M ＋m )g由题图乙可知M ＋m ＝k 2＝12－42 kg ＝4 kg ，则M ＝2 kg ，μ2(M ＋m )g ＝4 N解得μ2＝0.1，选项A 、B 、C 正确；当拉力F 增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，选项D 错误．高考题型4　运动学和动力学图像1．常见图像常见图像斜率k 面积两图像交点x －t 图像Δx Δt＝v 表示相遇v －t 图像Δv Δt＝a 位移x 不表示相遇，往往是距离最大或最小的临界点a －t 图像速度变化Δv表示此时加速度相等2.非常规图像非常规图像(举例)函数表达式斜率k 纵截距b v 2－x图像由v 2－v 02＝2ax 得v 2＝v 02＋2ax 2a v 02xt－t 图像由x ＝v 0t ＋12at 2得x t ＝v 0＋12at 12av 0a －F 图像由F －μmg ＝ma得a ＝Fm－μg1m－μg例7　(多选)(2021·广东卷·8)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v －t 和s －t 图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有( )答案　BD解析　A 图是v －t 图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A 错误；B 图是v －t 图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v －t 图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B 正确；C 图是s －t 图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C 错误；D 图是s －t 图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D 正确．例8　(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左边上有一质量为m 2的物块，如图6(a)所示．用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b)所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小．木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g .则( )图6A ．F 1＝μ1m 1gB ．F 2＝m 2(m 1＋m 2)m 1(μ2－μ1)gC ．μ2>m 1＋m 2m 2μ1D ．在0～t 2时间段物块与木板加速度相等答案　BCD解析　由题图(c)可知，t 1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，故A 错误；由题图(c)可知，t 2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F 2－μ1(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a >0解得F 2＝m 2(m 1＋m 2)m 1(μ2－μ1)gμ2>m 1＋m 2m 2μ1，故B 、C 正确；由题图(c)可知，0～t 2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确．例9　(多选)(2021·华大新高考联盟1月联考)物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材揭示了深刻的物理本质．伽利略的斜面实验揭示了匀变速直线运动规律．某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验．如图7甲所示，他让一小球从固定斜面顶端O 处静止释放，小球经过A 处到达斜面底端B 处，通过A 、B 两处安装传感器测出A 、B 间的距离x 及小球在AB 段运动的时间t .改变A 点及A 处传感器的位置，重复多次实验，计算机作出xt－t 图像如图乙所示．下列说法正确的是( )图7 A．小球在斜面上运动的平均速度大小为6 m/s B．小球运动到斜面底端时速度大小为6 m/s C．小球在斜面上运动的加速度大小为6 m/s2 D．小球在斜面上运动的时间为2 s答案　BC解析　由匀变速直线运动规律有v B＝v A＋at，x＝v A t＋12at2可得xt＝v B－12at，由题图乙知，小球运动到斜面底端时速度大小为v B＝6 m/s，选项B正确；小球在斜面上做匀加速直线运动，平均速度小于6 m/s，选项A错误；由－12a＝－62m/s2可得，小球在斜面上运动的加速度大小为a＝6 m/s2，选项C正确；由v B＝at0可得，小球在斜面上运动的时间为t0＝1 s，选项D错误.1．一辆汽车正在平直的公路上行驶，突遇前方有险情而紧急刹车，刹车后两个连续相等时间内(0～t1，t1～t2)的位移分别为24 m、16 m，则从t2时刻至速度为零汽车又行驶的距离为( ) A．9 m B．10 m C．11 m D．12 m答案　A解析　设此后又行驶的距离为x，刹车的加速度大小为a，刹车后两个连续相等的时间均为T，则|Δx|＝aT2v1＝x1＋x2 2Tv12＝2a(x＋16 m)联立解得x＝9 m．故选A.2.甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动的x－t图像(甲的图线为直线，乙的图线为抛物线)如图8所示．关于两物体的运动，下列说法正确的是( )图8A．甲做直线运动，乙做曲线运动B．0～t1时间内，乙的速度方向与加速度方向相反；t1～t2时间内，乙的速度方向与加速度方向相同C．0～t2时间内，乙的速度先增大后减小，t2时刻，甲、乙两物体相遇D．0～t2时间内，t1时刻甲、乙相距最远，两物体一直沿x轴正方向运动答案　B解析　甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，甲的x－t图像为直线，甲做匀速直线运动；乙的x－t图像为抛物线，乙做匀变速直线运动，故A错误；由图知，0～t1时间内，乙做负方向的匀减速直线运动，速度方向与加速度方向相反；t1～t2时间内，乙做正方向的匀加速直线运动，乙的速度方向与加速度方向相同，故B正确；由图知，0～t2时间内，乙的速度先减小后增大；t2时刻，甲、乙位置相同，甲、乙两物体相遇，故C错误；当甲、乙的速度相同时，两者相距最远，由图知0～t2时间内，t′时刻甲、乙相距最远，甲一直沿x轴负方向运动，乙先沿x轴负方向运动后沿x轴正方向运动，故D错误．3.(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图9所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )图9A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到F T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5F T时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2 3 F T答案　C解析　对质量为2m的木块受力分析可知，受重力、水平面对木块的支持力、质量为m的木块的压力和摩擦力以及轻绳对木块的拉力共5个力，A错误；由轻绳能承受的最大拉力F T，有F T＝3ma，解得a＝F T3m，由三个木块整体可知F＝6ma＝6m×F T3m＝2F T，B错误，C正确；质量m和2m的木块间的摩擦力F f＝ma＝m×F T3m＝F T3，D错误．专题强化练[保分基础练]1．(2021·黑龙江哈尔滨市第六中学高三期末)子弹以水平速度刚好穿透固定在地面上的三块相同材质的木板，且所用时间相同，速度方向与木板面垂直，那么三块木板厚度之比为( ) A．(3－2)∶(2－1)∶1 B．9∶4∶1C．5∶3∶1 D．3∶2∶1答案　C解析　子弹的逆运动是沿相反方向的初速度为0的匀加速直线运动，因子弹穿过每块木板所用时间相同，则三块木板厚度之比为5∶3∶1，故C正确，A、B、D错误．2．(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点．物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹．假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )答案　D解析　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝m v，联立可得p＝m2ax＝m2a·12x，且x>0，故正确的相轨迹可能为D.3．(2021·广东韶关市一模)纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳．如图1甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )图1A ．人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的B ．人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力C ．在C 点时人达到最大速度D ．曲线上的A 点表示人下蹲至最低点答案　C解析　人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，A 选项错误；根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B 选项错误；人处于C 点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C 选项正确；人处于A 点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D 选项错误．4．(2018·浙江4月选考·10)如图2所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度为104 m ，升降机运行的最大速度为8 m/s ，加速度大小不超过1 m/s 2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )图2A ．13 sB ．16 sC ．21 sD ．26 s 答案　C解析　由题意可知，当加速度大小为a ＝1 m/s 2时，时间最短．运动过程分成三段，开始匀加速启动，接下来以8 m/s 的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口．匀加速阶段，t 1＝Δva＝8 s ，位移x 1＝12at 12＝32 m.匀减速阶段与匀加速阶段具有对称性，t 3＝8 s ，x 3＝32 m 匀速阶段：x 2＝(104－32－32) m ＝40 m ，所以t 2＝x 2v ＝5 s所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝21 s ，所以选C.5.如图3所示，吊篮A 、物体B 、物体C 的质量均为m ，B 和C 分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，重力加速度为g.整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态．现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间( )图3A．物体B的加速度大小为gB．物体C的加速度大小为2gC．吊篮A的加速度大小为3gD．A、C间的弹力大小为0.5mg答案　D解析　在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，选项A错误；将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得a＝F＋2mg 2m＝mg＋2mg2m＝1.5g(F为弹簧弹力，F＝mg)，即A、C的加速度均为1.5g，故B、C错误；轻绳刚断的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A有F C＋mg＝ma，得F C＝ma－mg＝0.5mg，故D正确．6．(2021·广东韶关市一模)汽车在刹车过程中位移和时间的比值xt与t之间的关系图像如图4所示，则下列说法正确的是( )图4 A．汽车的初速度为40 m/sB．刹车过程汽车的加速度大小为5 m/s2C．刹车过程持续的时间为8 sD．从开始刹车计时，经过1 s，汽车的位移为30 m 答案　B解析　根据刹车过程中，位移与时间的关系x ＝v 0t －12at 2，整理得x t ＝v 0－12at ，结合题图可知，汽车的初速度为20 m/s ，加速度大小为5 m/s 2，A错误，B 正确；刹车过程持续的时间t ＝v 0a＝205 s ＝4 s ，C 错误；从开始刹车计时，经过1 s ，汽车的位移x ＝v 0t －12at 2＝20×1 m －12×5×12 m ＝17.5 m ，D 错误．7.(2021·贵州盘州市一模)“盘州—贵阳”的某次高铁列车由两组对接而成，列车出发启动阶段做匀加速直线运动，每组沿运行方向提供的动力均为F ，受到的阻力均为车重的k 倍．沿运行方向前一组车及乘客的总质量为m 1，后一组车及乘客的总质量为m 2.若m 1>m 2，则对接处(如图5)的作用力是( )图5A ．推力，大小为2m 2m 1＋m 2FB ．推力，大小为m 1－m 2m 1＋m 2FC ．拉力，大小为m 1－m 2m 1＋m 2FD ．拉力，大小为2m 2m 1＋m 2F答案　B解析　对两组车根据牛顿第二定律有2F －k (m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，设对接处的作用力为拉力，对后一组车由牛顿第二定律有F ＋F 12－km 2g ＝m 2a ，整理得F 12＝－m 1－m 2m 1＋m 2F ，说明对接处的作用力为推力，大小为m 1－m 2m 1＋m 2F ，故选B .[争分提能练]8．(多选)(2021·山东济南市高三一模)甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘出两物体的v —t 图像如图6所示．已知甲物体的图像是两段半径相同的圆弧，乙物体的图像是一倾斜直线，t 4＝2t 2，甲的初速度、末速度均等于乙的末速度．则下列说法正确的是( )图6A ．0～t 1时间内，甲、乙两物体间的距离越来越小B ．t 1时刻，甲、乙两物体的加速度大小可能相等C ．t 3～t 4时间内，乙物体在甲物体后方D ．0～t 4时间内，两物体的平均速度相等答案　BD解析　甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，0～t 1时间内，甲的速度比乙的大，则甲在乙的前面，甲、乙两物体间的距离越来越大，故A 错误．根据速度－时间图线的斜率表示加速度，可知t 1时刻，甲、乙两物体的加速度大小可能相等，故B 正确．根据v －t 图线与t 坐标轴围成的面积表示位移，结合几何知识可知，0～t 4时间内，两物体的位移相等，t 4时刻两物体相遇，而在t 3～t 4时间内，甲物体的位移比乙物体的位移大，则知在t 3～t 4时间内，乙物体在甲物体前方，故C 错误.0～t 4时间内，两物体的位移相等，用时相等，则平均速度相等，故D 正确．9.(2021·河北唐山市一模)如图7所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO 、BO 在O 点悬挂质量为5 kg 的重物，轻绳AO 、BO 与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O 点位置不动，重力加速度为g ，厢式货车的最大加速度为( )图7A.g 2B.3g 3C.3g 2D.3g答案　B解析　对重物受力分析可得F A sin 30°＋F B sin 60°＝mg ，F B cos 60°－F A cos 30°＝ma ，联立解得12·(233mg －33F A )－32F A ＝ma ，整理得33mg －233F A ＝ma ，当F A ＝0时，a 取得最大值，为33g ，故选B.10．(多选)(2020·广西桂林等三市高三下学期6月第二次联考)如图8甲所示，小物块A 静止在足够长的木板B左端，若A与B间的动摩擦因数为μ1＝0.6，木板B与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.某时刻起A受到F＝3t的水平向右的外力作用，测得A与B间的摩擦力F f随外力F的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是( )图8A．A、B的质量分别为1 kg和0.5 kgB．当t＝1 s时，A、B发生相对滑动C．当t＝3 s时，A的加速度为4 m/s2D．B在运动过程中的最大加速度为8 m/s2答案　AC解析　设A、B的质量分别为m1、m2，根据A与B间的摩擦力F f随外力F的变化关系可得A 与B间的滑动摩擦力为6 N，B与地面间的滑动摩擦力为3 N，则有μ1m1g＝6 N，μ2(m1＋m2)g ＝3 N，联立解得m1＝1 kg，m2＝0.5 kg，故A正确；A、B刚发生相对滑动时，有F＝3t＝12 N，即t＝4 s，故B错误；由B项分析可知，当t＝3 s时，A、B相对静止，一起做匀加速直线运动，则有F1－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，代入数据可得a1＝4 m/s2，故C正确；设B在运动过程中的最大加速度为a2，可得μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据可得a2＝6 m/s2，故D错误．11．(2021·山西太原市高三期末)太原地铁2号线是山西省的第一条城市轨道交通线路，也是贯通太原南北的轨道交通干线．其大南门站到体育馆站全长1 400 m，运行时间为90 s．假设列车从大南门站由静止出发，先做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，速度达到72 km/h后开始做匀速直线运动，即将到达体育馆站时，列车开始刹车做匀减速直线运动直至停下．求：(1)列车减速过程中加速度的大小；(2)减速过程中阻力与重力的比值．(取g＝10 m/s2)答案　(1)23m/s2　(2)115解析　(1)设列车在加速、匀速和减速阶段的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，列车加速和减速过程中的加速度大小分别为a1、a2v m＝a1t1v m＝a2t3x1＝v m 2 t1x2＝v m t2x3＝v m 2 t3t1＋t2＋t3＝t x1＋x2＋x3＝x联立解得：a2＝23m/s2(2)设减速过程中阻力大小为F fF f＝ma2减速过程中阻力与重力的比值F fG＝a2g＝115.[尖子生选练]12．(多选)(2021·湖南省1月适应性考试·10)如图9，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C 之间的接触面以及轻绳均与桌面平行．A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是( )图9A．拉力F小于11 N时，不能拉动CB．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 NC．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 ND．A的加速度将随拉力F的增大而增大答案　AC解析　若刚好拉动C，对C：F＝μ桌·3mg＋μBC·2mg＋F T①对A、B整体：F T＝μBC·2mg②由①②得：F＝μ桌·3mg＋μBC·4mg＝11 N故拉力F小于11 N时不能拉动C，A正确；F为17 N时，C、B都在做加速运动，a B>0，而B恰好被拉动时，即a B＝0时F T＝μBC·2mg＝4 N，故当F ＝17 N 时，F T ′>4 N ，B 错误；A 、B 保持相对静止时，A 、B 的最大加速度a max ＝μAB mgm ＝μAB g ＝4 m/s 2对A 、B 整体：F T ″－μBC ·2mg ＝2ma max 对C ：F －μBC ·2mg －μ桌·3mg －F T ″＝ma max 得F ＝23 N ，C 正确；A 、B 发生相对滑动后，A 的加速度保持不变，故D 错误．13．(2021·江苏省四校联合第三次联考)如图10所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用与斜面平行的轻弹簧连接的物块A 和B ，它们的质量分别为3m 和2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一垂直斜面的固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F 拉物块A 使之沿斜面向上运动，当B 刚离开C 时，A 的速度为v ，A 的加速度的方向沿斜面向上，大小为a ，则下列说法错误的是(重力加速度为g )( )图10A ．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 运动的距离为5mg sin θk B ．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 克服重力做的功为5m 2g 2sin 2θk C ．恒力F 的大小为5mg sin θ＋3maD ．当A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为32a答案　B解析　开始A 处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡条件有：3mg sin θ＝kx 1解得弹簧的压缩量x 1＝3mg sin θk当B 刚离开C 时，B 对挡板的弹力为零，有：kx 2＝2mg sin θ解得弹簧的伸长量x 2＝2mg sin θk可知从静止到B 刚离开C 的过程中，A 运动的距离为x ＝x 1＋x 2＝5mg sin θk ，故A 正确；从静止到B 刚离开C 的过程中，重力对A 做的功为：W G ＝－3mgx sin θ＝－15m 2g 2sin 2θk，故A 克服重力做的功为15m 2g 2sin 2θk，B 错误；当B刚离开C时，对物块A，根据牛顿第二定律得F－3mg sin θ－kx2＝3ma 解得F＝5mg sin θ＋3ma，故C正确；当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F－3mg sin θ－F T′＝0所以：F T′＝2mg sin θ＋3ma对B沿斜面方向有：F T′－2mg sin θ＝2ma′解得a′＝3 2 a故D正确．。

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（02）匀变速直线运动的规律（解析版）考点一匀变速直线运动规律的应用1．基本思路画过程示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→解方程并加以讨论2．方法与技巧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)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、v、a、t x v＝v0＋atv0、a、t、x v x＝v0t＋12at2v0、v、a、x t v2－v20＝2axv0、v、t、x a x＝v＋v02t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．题型1基本公式的选择【典例1】为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．【答案】(1)v20－v212gs0(2)v0＋v12s12s20【解析】(1)对冰球分析，根据速度位移公式得v 21－v 20＝2as 0根据牛顿第二定律得a ＝－μg联立得μ＝v 20－v 212gs 0.(2)抓住两者运动时间相等列式． s 0v 0＋v 12＝s 1v 22 ① a min ＝v 222s 1 ①联立①①得a min ＝v 0＋v 12s 12s 20.【变式1】 在平直公路上，汽车自O 点由静止做匀加速直线运动，途中6 s 时间内依次经过P 、Q 两根电线杆．已知P 、Q 相距60 m ，车经过Q 时的速率为15 m/s ，则： (1)汽车经过P 时的速率是多少？ (2)汽车的加速度为多少？ (3)O 、P 两点间距离为多少？【答案】(1)5 m/s (2)1.67 m/s 2 (3)7.5 m【解析】解法一：(1)设汽车经过P 点时的速度为v P ，经过Q 点时的速度为v Q ，由x ＝v 0＋v2·t 得x PQ ＝v P ＋v Q2·t ，所以v P ＝2x PQ t －v Q ＝2×606－15m/s ＝5 m/s.(2)由v Q ＝v P ＋at 得a ＝53m/s 2≈1.67 m/s 2.(3)由v 2－v 20＝2ax 得v 2P ＝2ax OP .x OP ＝v 2P 2a ＝522×53 m ＝152m ＝7.5 m.解法二：设汽车经过P 时的速度为v P ， 由x ＝v 0t ＋12at 2，v ＝v 0＋at 得x PQ ＝v P t ＋12at 2①v Q ＝v P ＋at ①由①①两式代入数值可得v P ＝5 m/s ，a ＝1.67 m/s 2. x OP 的求法同解法一．【提 分 笔 记】 选择公式应注意的问题选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化． (1)知道v 0、v 、x ，求a ，没有时间t ，很自然的想到选v 2－v 20＝2ax ；(2)根据运动时间相等确定末速度在知道末速度及位移的情况下，求加速度运用v 2＝2ax 即可． 题型2 多过程运动问题【典例2】ETC 是目前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签，与设在收费站ETC 通道上的微波天线进行短程通讯，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的.2015年我国ETC 已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆汽车以10 m/s 的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20 m 处开始减速，至窗口处恰好停止，再用10 s 时间完成交费；若进入ETC 通道，它从某位置开始减速，当速度减至5 m/s 后，再以此速度匀速行驶5 m 即可完成交费．若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：(1)汽车进入ETC 通道减速行驶的位移；(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC 通道比从人工收费通道通行节省的时间． 【答案】(1)15 m (2)11 s【解析】(1)根据速度与位移公式得，匀减速直线运动的加速度大小为a ＝v 22x ＝1022×20 m/s 2＝2.5 m/s 2汽车在ETC 收费通道，匀减速运动的时间为t 1＝v ′－v a ＝5－10－2.5 s ＝2 s匀减速运动的位移为x 1＝v ′2－v 22a ＝52－102－5 m ＝15 m.(2)汽车在ETC 收费通道，匀减速运动的时间为t 1＝2 s 匀速行驶的时间为t 2＝x ′v ′＝55s ＝1 s从开始减速到交费完成所需的时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s 过人工收费通道，匀减速运动的时间为 t 3＝v a ＝102.5s ＝4 s汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间为t ′＝(4＋10)s ＝14 s. 因此节省的时间为Δt ＝t ′－t ＝(14－3)s ＝11 s.【变式2】(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．加速、减速中的加速度大小之比a 1①a 2＝2①1 B ．加速、减速中的平均速度大小之比 v 1①v 2＝1①1 C ．加速、减速中的位移之比x 1①x 2＝2①1 D ．加速、减速中的加速度大小之比a 1①a 2≠1①2 【答案】BC【解析】汽车先做匀加速直线运动达到最大速度v m 后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比v 1①v2＝v m 2①v m 2＝1①1，所以选项B 正确；根据a ＝v mt可知，两次加速度大小之比为1①2，所以选项A 、D 错误；根据x ＝v t 可知，两次位移之比为2①1，所以选项C 正确． 【提 分 笔 记】处理多过程运动问题注意事项如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度． 题型3 双向可逆类匀变速直线运动【典例3】(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s 2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m 时，下列说法正确的是( ) A ．物体运动时间可能为1 s B ．物体运动时间可能为3 s C ．物体运动时间可能为(2＋7) s D ．此时的速度大小一定为5 m/s 【答案】ABC【解析】物体在出发点上方时，由x ＝v 0t ＋12at 2得7.5＝10t ＋12×(－5)t 2，解得t ＝1 s 或t ＝3 s ，由v ＝v 0＋at得，v ＝5 m/s 或－5 m/s.物体在出发点下方时，由x ＝v 0t ＋12at 2得－7.5＝10t ＋12×(－5)t 2，解得t ＝(2＋7) s 或t ＝(2－7) s(舍去)，由v ＝v 0＋at 得v ＝－57 m/s.故A 、B 、C 正确，D 错误． 【提 分 笔 记】处理双向可逆类问题注意事项对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物快，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义． 考点二 匀变速直线运动的推论及应用 方法与技巧题型1 平均速度公式的应用【典例4】 一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用时间为2t ，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t .则物体运动的加速度大小为( ) A.Δx t 2 B.Δx2t 2 C.Δx 3t 2 D.2Δx 3t2 【答案】C【解析】物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx 内的平均速度是v 1＝Δx2t ；在第二段位移Δx 内的平均速度是v 2＝Δx t ；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt ＝t ＋t2＝32t ，则物体加速度的大小a ＝Δv Δt ＝v 2－v 132t ，解得a ＝Δx3t2，故选C. 【变式3】从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s 时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车．汽车从开出到停止总共历时20 s ，行进了50 m ．求汽车的最大速度． 【答案】5 m/s【解析】解法一(基本公式法)：设最大速度为v max ，由题意可得 x ＝x 1＋x 2＝12a 1t 21＋v max t 2＋12a 2t 22① t ＝t 1＋t 2① v max ＝a 1t 1① 0＝v max ＋a 2t 2①联立①①①①式得v max ＝2x t ＝2×5020m/s ＝5 m/s.解法二(平均速度法)：匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等，都等于v max2故有x ＝v max 2t 1＋v max2t 2因此有v max ＝2x t 1＋t 2＝2×5020 m/s ＝5 m/s.解法三(图象法)：作出汽车运动全过程的v ­t 图象，如图所示，v ­t 图线与t 轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x ＝v max t 2，所以v max ＝2x t ＝2×5020 m/s ＝5 m/s.【提 分 笔 记】 平均速度的求法1．求平均速度必须明确是哪一个物体在哪一段位移(或哪一段时间内)的平均速度． 2．平均速度的大小与平均速率是不同的．3.v ＝ΔxΔt 是平均速度的定义式，适用于所有的运动．4.v ＝v t 2＝v ＋v 02只适用于匀变速直线运动．题型2 逆向思维法和初速度为零的匀变速直线运动推论的应用【典例5】 (多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是 ( )A ．v 1①v 2①v 3＝3①2①1B ．v 1①v 2①v 3＝3①2①1C ．t 1①t 2①t 3＝1①2①3D ．t 1①t 2①t 3＝(3－2)①(2－1)①1 【答案】BD【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1①(2－1)①(3－2)，故所求时间之比为(3－2)①(2－1)①1，故选项C 错误，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1①2①3，则所求的速度之比为3①2①1，故选项A 错误，B 正确． 【变式4】做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是( ) A ．3.5 m B ．2 m C ．1 m D ．0【答案】B【解析】利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为7①5①3①1，所以有71＝14 m x 1，x 1＝2 m ，选项B 正确．【变式5】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/s C ．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时间中点的瞬时速度，故B 点的速度就是全程的平均速度，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 ＝aT 2，则由Δx ＝BC －AB ＝aT 2解得a ＝1 m/s 2，再由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v A ＝2 m/s ，v C ＝6 m/s ，故选项B 正确．考点三 自由落体和竖直上抛运动 1．两种运动的特性(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动． (2)竖直上抛运动的重要特性(如图)①对称性a ．时间对称：物体上升过程中从A →C 所用时间t AC 和下降过程中从C →A 所用时间t CA 相等，同理t AB ＝t BA .b ．速度对称：物体上升过程经过A 点的速度与下降过程经过A 点的速度大小相等．①多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性． 2．竖直上抛运动的研究方法上升阶段：a ＝g 的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动题型【典例6】屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，如图所示为其简易图(取g ＝10 m/s 2)．问： (1)此屋檐离地面多高？ (2)滴水的时间间隔是多少？【答案】(1)3.2 m (2)0.2 s【解析】解法一：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T ，则这一滴水在0时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置．由此可知：(1)设屋檐离地面高为x ，滴水间隔为T ，则x ＝16x 0,5x 0＝1 m ，所以x ＝3.2 m. (2)x ＝12g (4T )2，解得T ＝0.2 s.解法二：假设每两滴水之间相隔的时间间隔为t .因为第3滴与第2滴正分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，则可得出关系式：x 2＝12g (3t )2、x 3＝12g (2t )2、Δx＝1x2－x3＝1 m，解得t＝0.2 s，所以由题意可知x＝2g·(4t)2＝3.2 m.【变式6】利用水滴下落可以粗略测量重力加速度g 的大小．调节家中水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一滴水刚碰到盘子时，恰好有另一滴水刚开始下落，而空中还有一滴水正在下落．测出此时出水口到盘子的高度为h ，从第1滴水开始下落到第n 滴水刚落至盘中所用时间为t .下列说法正确的是( )A ．每滴水下落时间为 h 2gB ．相邻两滴水开始下落的时间间隔为2h gC ．第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为h 2D ．此地重力加速度的大小为h n ＋122t 2 【答案】D【解析】水滴的运动可看做自由落体运动，则由h ＝12gt 2得每滴水下落时间为t 0＝2h g，选项A 错误；相邻的两滴水间隔的时间相同，设为Δt ，则每一滴水下落需要的时间t 0＝2Δt ，故Δt ＝12t 0＝h 2g ，选项B 错误；由初速度为零的匀加速直线运动的推论知，第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为3h 4，选项C 错误；第1滴水到第n 滴水落到盘中间隔Δt 的个数为(n －1)，则t ＝t 0＋(n －1)Δt ＝(n ＋1)Δt ，故重力加速度的大小g ＝h n ＋122t 2，选项D 正确．【提 分 笔 记】1．自由落体运动的基本公式匀变速直线运动规律――→特例自由落体运动规律 ⎭⎪⎬⎪⎫v ＝v 0＋atx ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 0 2＝2ax ――→v 0＝0a ＝g ⎩⎪⎨⎪⎧ v ＝gt h ＝12gt 2v 2＝2gh2．自由落体运动的比例式因为自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，可以利用比例式快速解题．题型2 竖直上抛运动的两种处理方法【典例7】气球下挂一重物，以v 0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地高度h ＝175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，取g ＝10 m/s 2.【答案】7 s 60 m/s【解析】解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理．。