v0＋0v02
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，vAC＝＝.又v 0
22xACv02
＝2axAC，v .由以上三式解得vB＝.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此BB＝2axBC，xBC＝
42点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝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S△AOCCOS△AOC4
规律，面积之比等于对应边的平方比，得＝2，且＝，OD＝t，OC＝
S△BDCCDS△BDC14(t＋tBC)
t＋tBC.所以＝，解得tBC＝t. 2
1t【反思总结】
方法 基本公式法 用时要规定正方向 x(1)定义式v＝对任何性质的运动都适用 t1(2)v＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运动 2利用“中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度”，即v＝v，该式适中间时刻速度法 用于任何匀变速直线运动 应用v -t图像，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤图像法 其是用图像定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案 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推论法 －xn＝aT，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx＝aT求解 逆向思维法 把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况 【跟踪短训】
3.一个做匀加速直线运动的质点，在最初的连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，每个时间间隔为4s，求质点的初速度和加速度． 【答案】 1m/s 2.5 m/s 【解析】 解法一：用基本公式求解
6
2
2
222
2
分析说明 基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量式，使平均速度法 画出运动过程示意图，如图所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移时间公式，即
x1＝vAt＋at2，x2＝vA(2t)＋a(2t)2－(vAt＋at2)
将x1＝24m，x2＝64m，t＝4s代入上式解得
121212
a＝2.5m/s2，vA＝1 m/s
解法二：用中间时刻速度公式求解 连续的两段时间t内的平均速度分别为
x1x2
v1＝＝6m/s，v2＝＝16m/s
tt即v1＝
vA＋vB2
＝6m/s，v2＝vB＋vC2
＝16m/s
由于点B是AC段的中间时刻，则
vB＝
vA＋vC2
v1＋v2
2
＝6＋16
＝m/s＝11 m/s
2
可得vA＝1m/s，vC＝21 m/s 则a＝
vC－vA21－122
＝m/s＝2.5 m/s 2t2×4
2
解法三：用Δx＝aT求解
Δx64－24222
由Δx＝aT得a＝2＝m/s＝2.5 m/s 2T412
再由x1＝vAt＋at解得vA＝1m/s
2考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
【典例2】某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子．不考虑空气阻力，取
g＝10 m/s2.求：
(1)石子上升的最大高度及回到抛出点所用的时间； (2)石子抛出后到达距抛出点下方20m处所需的时间．
7
下落过程为自由落体运动，取竖直向下为正方向．v0′＝0，a2＝g，回到抛出点时，x1＝H，根据自由落体运动规律得
下落到抛出点的时间：t2＝
2x1
g＝2×20
s＝2s 10
t＝t1＋t2＝4s
所以最大高度H＝20m，从抛出点抛出到回到抛出点所用时间为4s.
(2)到达抛出点下方20m处时，x2＝40m，从最高点下落到抛出点下方20m处所需的时间：
t2′＝
2x2
＝
g2×40
s＝22s 10
t′＝t1＋t2′＝(2＋22) s
所以石子抛出后到达距抛出点下方20m处所需的时间为(2＋22) s.
解法二：(1)全过程分析，取竖直向上为正方向，v0＝20m/s，a＝－g，到达最大高度时v＝0，回到原抛出点时x1＝0，落到抛出点下方20m处时x＝－20m，由匀变速直线运动公式得
2
v2200
最大高度：H＝＝m＝20m
2g2×10
122v02×20
回到原抛出点时：x1＝v0t1－gt1，t1＝＝s＝4s
2g10
1212
(2)到达距抛出点下方20m处时：x＝v0t2－gt2，代入数据得－20＝20t2－×10t2
22解得?
?t2＝?t2′＝
＋2 2－2 2
不符合题意，舍去
【答案】 (1)20m 4s (2)(2＋22) s 【反思总结】
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(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的时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶…。 hv1
②一段时间内的平均速度v＝＝＝gt。
t22
③连续相等的时间T内位移的增加量相等，即Δh＝gT。
(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竖直下抛运动问题。 2．竖直上抛运动的两种研究方法
(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。
8
2
习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。 3．竖直上抛运动的两种对称性
①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相v0等，即t上＝t下＝ g时间的对称性 ②物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等 ①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反 速度的对称性 ②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 【跟踪短训】
4.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，求：
2
(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？ (2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？
(2)木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝ 木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝
2h下A
＝g2×15
s＝3 s 10
2×25
s＝5 s 10
2h上B
＝ g
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
5.从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻( )
9
A．甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变 B．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大 C．甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变 D．甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小 【答案】C
1212
【解析】 小球甲释放后，设经过时间t(t＞1 s)，两小球间距离为Δh，则gt－g·(t－1 s)＝
221
Δh，则Δh＝g(2t－1)(只表示函数关系)，故t增大，Δh也随之增大，而据vt＝gt可知Δv＝gt
2－g(t－1 s)＝g(只表示大小)，速度差保持不变，所以A、B、D均错误，C正确。 考点四 多过程问题的分析
【典例4】已知一足够长的粗糙斜面，倾角为θ，一滑块以初速度v1＝16 m/s从底端A点滑上斜面，经2 s滑至B点后又返回A点．其运动过程的v－t图象如图所示．已知上滑的加速度大小是下滑的4倍．求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s)
2
(1)AB之间的距离；
(2)滑块再次回到A点时的速度及滑块在整个运动过程中所用的时间． 【答案】 (1)16 m (2)8 m/s 6 s
【解析】 (1)由v－t图象知AB之间的距离为xAB＝
16×2
m＝16 m. 2
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