小中高 精品 教案 试卷
【典题例析】
物体以一定的初速度冲上固定
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．已知物体运动3
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．
4
[审题突破] 本题的解答方法很多．如：因为vC＝0，故可用逆向思维法将该过程看做是沿斜面向下的匀加速直线运动．不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程．
[解析] 法一：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xBC＝
2atBC2
，xAC＝
a（t＋tBC）2
2
，又xBC＝xAC4
，
由以上三式解得tBC＝t. 法二：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tBC，由匀变速直线运动的规律可得
v20＝2axAC 2v2B＝v0－2axAB ① ② ③
xAB＝xAC 由①②③解得vB＝ 2
34
v0
④
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又vB＝v0－at ⑤ ⑥
vB＝atBC 由④⑤⑥解得tBC＝t. 法三：位移比例法
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x1∶x2∶
x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
因为xCB∶xBA＝
xAC3xAC4∶
4
＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.
法四：时间比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶
t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．
现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为tx，那么通过 BD、DE、
EA的时间分别为tBD＝(2－1)tx，tDE＝(3－2)tx，tEA＝(2－3)tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，解
得tx＝t.
法五：中间时刻速度法
利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，vAC＝
v0＋vv0
＝.又v0＝2axAC，
22
2
xACv0
v2.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B点B＝2axBC，xBC＝4
2
是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t.
法六：图象法
根据匀变速直线运动的规律，作出v－t图象，如图所示．利用相似三角形的规律，面积
S△AOCCO2S△AOC4之比等于对应边平方比，得＝2，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.
S△BDCCDS△BDC1
4（t＋tBC）
所以＝，
1t2BC解得tBC＝t. [答案] t
2
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匀变速直线运动问题的解题“四步骤”
【迁移题组】
迁移1 比例法的应用
1．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3
D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1
解析：选BD.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶2∶3…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为3∶2∶1，选项A错误，B正确．
迁移2 Δx＝aT推论法的应用
2．(2018·成都高新区月考)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
解析：选B.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
2
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时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB＝
2
AB＋BC＝4 m/s，又因为连续相等时间内的2t2
2
位移之差等于恒量，即Δx＝at，则由Δx＝BC－AB＝at解得a＝1 m/s，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确．
自由落体运动和竖直上抛运动[学生用书P7]
【知识提炼】
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
①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.
②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． (2)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．
3．竖直上抛运动的研究方法
分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动 下降阶段：自由落体运动 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝全程法 v0t－gt2(向上方向为正方向) 若v>0，物体上升，若v<0，物体下落 若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方 【典题例析】 12 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一
重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s)
[审题指导] 重物从气球上掉落时仍具有向上的速度． [解析] 法一：
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全程法
取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．
重物在时间t内的位移h＝－175 m 将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入位移公式
h＝v0t－gt2
解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)， 所以重物落地速度为
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v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反． 法二：分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则
v010
t1＝＝ s＝1 s
g10
2
v2100
上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m
2g2×10
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝2Hg＝
2×180
s＝6 s， 10
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向竖直向下
所以重物从气球上掉落至落地共历时
t＝t1＋t2＝7 s.
[答案] 7 s 60 m/s
【迁移题组】
迁移1 自由落体运动
1．(2018·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则( )
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s
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