第1章 第2节 匀变速直线运动的规律与应用-【名师导航】2025年高考物理一轮总复习课件（江苏专用）

第一章 运动的描述　匀变速直线运动的规律 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 1 链接教材· 夯基固本 一、匀变速直线运动的基本规律 1．概念：沿一条直线且______不变的运动。 2．分类 (1)匀加速直线运动：a与v方向____。 (2)匀减速直线运动：a与v方向____。 加速度 相同 相反 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2 3．基本规律 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 二、匀变速直线运动的重要关系式 1．两个导出式 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2．三个重要推论 (1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝_____________＝______，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。可以推广到xm－xn＝____________。 (2)中间时刻速度＝________＝________，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间________的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的____。 (3)位移中点的速度＝。 xn－xn－1 aT2 (m－n)aT2 中间时刻 一半 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 5 3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 (1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝__________________。 (2)1T内、2T内、3T内…位移的比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝______________________。 (3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝_______________________。 (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝__________________________________________。 1∶2∶3∶…∶n 12∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n－1) 1∶(－1)∶()∶…∶( 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 三、自由落体运动和竖直上抛运动 自由落 体运动 运动 条件 (1)物体只受____作用 (2)由____开始下落 运动 性质 初速度为零的______直线运动 运动 规律 (1)速度公式：______ (2)位移公式： (3)速度—位移公式：________ 运动性质 匀加速直线运动 重力 静止 匀加速 v＝gt v2＝2gh 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 竖直 上抛 运动 运动 规律 (1)速度公式：v＝_________ (2)位移公式：h＝v0t－gt2 (3)速度—位移关系式：＝_________ (4)上升的最大高度：H＝ (5)上升到最高点所用时间：t＝ 运动 性质 匀变速直线运动 －2gh v0－gt 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 (　　) (2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 (　　) (3)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。 (　　) (4)物体做自由落体运动的加速度一定等于 9.8 m/s2。 (　　) (5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。 (　　) (6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。 (　　) × × √ × × √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 二、教材习题衍生 1．(匀变速直线运动的规律)以 18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为(　　) A．50 m B．45 m C．40.5 m D．40 m √ C　[根据x＝v0t＋at2得36＝18×3＋a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝＝ s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停止运动，5 s 内的位移 x＝ ＝ m＝40.5 m，故选项C正确。] 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2．(自由落体运动) 某轮比赛中，运动员在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为(　　) A．0.2 s B．0.4 s C．1.0 s D．1.4 s √ B　[运动员下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则运动员用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B正确，A、C、D错误。故选B。] 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 细研考点 · 突破题型 1．重要公式的选择 适宜选用公式 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 v＝v0＋at v0、v、a、t x x＝v0t＋at2 v0、a、t、 v ＝2ax v0、v、a、x t x＝t v0、v、t、x a 考点1　匀变速直线运动的基本规律 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2．运动学公式中正、负号的规定 一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。 3．两类特殊的匀减速直线运动 (1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。 (2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，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。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 [典例]　(匀变速直线运动的基本公式的应用)(2024·锡山高级中学模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求： (1)这时出租车离出发点的距离； (2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米(车启动时，计价器里程表示数为零)? 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 审题指导：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 [解析]　(1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝54 km/h＝15 m/s 由速度公式v1＝at1 得a＝＝1.5 m/s2 由位移公式得x1＝＝×1.5×102 m＝75 m 这时出租车离出发点的距离为75 m。 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 (2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s 时，由＝2ax2得x2＝＝300 m, 这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝＝ s＝20 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表示数为 x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 700 m＝2.7 km。 [答案]　(1)75 m　(2)2.7 km 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 方法技巧　“一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2 4 3 题号 1 [跟进训练] 角度1　基本公式的应用 1．若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为 60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　) A．288 m B．300 m C．150 m D．144 m √ B　[先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m。故B选项正确。] 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2 3 题号 1 4 角度2　汽车“刹车问题” 2．某汽车正以72 km/h在公路上行驶，为“礼让行人”，若以5 m/s2的加速度刹车，则下列说法不正确的是(　　) A．刹车后2 s时的速度大小为10 m/s B．汽车滑行40 m后停下 C．刹车后5 s时的速度大小为0 D．刹车后6 s内的位移大小为30 m √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2 3 题号 1 4 D　[速度为72 km/h＝20 m/s，加速度a＝－5 m/s2, 由公式v＝v0＋at得汽车刹车到停止的时间t0＝＝4 s，由速度公式得刹车后2 s时的速度v2＝v0＋at2＝10 m/s，故A项正确；由公式＝2ax，可得 x＝＝ m＝ 40 m，汽车滑行40 m停下，故B项正确；汽车刹车到停止的时间为4 s，所以刹车后5 s时的速度大小为0，故C项正确；汽车刹车到停止的时间为4 s，刹车后6 s内的位移大小与刹车后 4 s 内的位移大小相等，即40 m，故D项错误。故选D。] 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2 3 题号 4 1 角度3　多过程问题 3．(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　　) A． B． C． D． √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2 3 题号 4 1 C　[当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝，匀速通过隧道所用时间t2＝，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝，C项正确。] 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2 4 3 题号 1 √ 角度4　双向可逆类问题 4．在足够长的光滑斜面上，有一物体以6 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为 2 m/s2, 方向沿斜面向下，当物体的位移大小为 5 m 时，下列说法不正确的是(　　) A．物体的运动时间可能为1 s B．物体的运动时间可能为5 s C．物体的运动时间可能为(3＋)s D．此时的速度大小一定为4 m/s 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2 4 3 题号 1 D　[以平行于斜面向上为正方向，物体的初速度v0＝6 m/s，物体的加速度a＝－2 m/s2, 当物体在初位置上方时位移x＝5 m，当物体在初位置下方时位移x′＝－5 m, 由匀变速直线运动的位移—时间关系公式有x＝v0t＋at2，可得5＝6t－×2t2，－5＝6t′－×2t′2，解得t1＝1 s，t2＝5 s，t1′＝(3＋) s，t2′＝(3－) s，t′2不符合实际，舍去，故A、B、C正确；当t＝1 s时物体的速度v＝v0＋at＝4 m/s，当t＝5 s时物体的速度v＝v0＋at＝－4 m/s，当t＝(3＋) s时物体的速度v＝v0＋at＝－2 m/s, 物体的速度大小可能为4 m/s，但不是一定为4 m/s，故D错误。故选D。] 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 　 解决匀变速直线运动问题常用的六种方法 考点2　解决匀变速直线运动的常用方法 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 [典例]　(一题多法)物体以一定的初速度从斜面底端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。 思路点拨：解此题把握以下关键信息 (1)“到达斜面最高点C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速直线运动，可考虑“逆向思维”。 (2)“距斜面底端l处的B点”表明BC的距离为，可考虑“比例法”应用。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 28 [解析]　方法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，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 ＝2axAC ① ＝－2axAB ② xAB＝xAC ③ 由①②③解得vB＝ ④ 又vB＝v0－at ⑤ vB＝atBC ⑥ 由④⑤⑥解得tBC＝t。 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 方法二：平均速度法 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内的平均速度，然后进一步分析问题。 ＝＝ 又＝＝2axBC，xBC＝ 由以上三式解得vB＝ 可以看出vB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，因此有tBC＝t。 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 方法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC 由运动学公式得 xBC＝，xAC＝a(t＋tBC)2， 又xBC＝，由以上三式解得tBC＝t。 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 方法四：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) 因为xBC∶xAB＝∶＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 方法五：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v-t图像 如图所示，v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移的大小 利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比 得＝，且＝ OD＝t，OC＝t＋tBC 所以＝，解得tBC＝t。 [答案]　t 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 方法技巧　解决匀变速直线运动问题的两个技巧 (1)把减速到0的匀减速直线运动转化为反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。 (2)若已知匀变速直线运动的位移和时间，通常优先考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 [跟进训练] 角度1　平均速度法 1．如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是 10 m/s, ST段的平均速度是 5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　) A．3 m/s　　B．2 m/s　　C．1 m/s　　D．0.5 m/s √ C　[由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有＝＝＝＝，联立解得t2＝ 4t1，vT ＝ vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT ＝ vR－a·5t1，则at1＝2 m/s，其中还有＝＝vR－a·，解得vR ＝11 m/s，联立解得 vT ＝1 m/s, 故选C。] 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 35 角度2　推论法 2．(2024·江苏南京模拟)如图所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m，且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是(　　) A．可以求出该物体加速度的大小 B．可以求得xCD＝5 m C．可求得OA之间的距离为1.125 m D．可求得OA之间的距离为1.5 m √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 C　[设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT 2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得 aT 2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝，则OB之间的距离xOB＝＝3.125 m, OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C正确。] 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 37 　 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 ①对称性 如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点， C为最高点，则： 考点3　自由落体运动和竖直上抛运动 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 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。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 2．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 全程法 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝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 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 [典例]　(自由落体运动与竖直上抛运动)在离地面高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。 审题指导：解此题关键是画出两质点运动示意图(如图所示)，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 [解析]　如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向 A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为 y1＝h－gt2 B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为 y2＝v0t－gt2 两个质点相遇的条件是y1＝y2 即h－gt2＝v0t－gt2，可见A、B相遇的时间t0＝ 而B上升到最高点的时间t1＝ 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 若要使B在上升阶段与A相遇，必须满足t1≥t0，即 所以B在上升阶段与A相遇的v0的取值范围为v0≥ 若B在下降阶段与A相遇，必须满足t1<t0，即 v0<，但又要在B落地以前相遇，B落地的时间t2＝ 必须满足t2≥t0，即 得v0≥ 因此，B在下降阶段与A相遇的v0的取值范围为≤v0<。 [答案]　见解析 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 易错警示　解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意 (1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般以初速度方向为正方向。 (2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中的运动情况分析常有以下两种判断方法。 ①根据位移h判断：h>0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，h<0在抛出点下方。 ②根据时间t判断：t<表示正处在上升过程，t＝恰好在最高点，t>表明在下降过程中，t>表明在抛出点下方。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 [跟进训练] 角度1　自由落体运动规律的应用 1．如图所示，将可视为质点的小球置于空心管的正上方h处，空心管长度为L，小球与空心管的轴线重合，小球直径小于空心管内径。假设空间足够大，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　) A．两者同时静止释放，小球在空中不能穿过空心管 B．小球自由下落，空心管固定不动，小球穿过空心管 的时间为t＝ C．小球以一定初速度向下抛出，同时从静止释放空心管，则小 球一定能穿过空心管，穿过空心管的时间与当地重力加速度有关 D．静止释放小球，经过很短的时间t后静止释放空心管，则小球一定能穿过空心管，穿过空心管的时间与当地重力加速度无关 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 A　[若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不能穿过空心管，故A正确；若小球自由下落、空心管固定不动，小球穿过空心管的时间是小球到达空心管的下端与到达空心管的上端的时间差，根据自由落体运动公式 h＝，h＋L＝，解得Δt＝t2－t1＝，故B错误；以空心管为参考系，小球相对空心管匀速运动，可知小球穿过空心管的时间t＝，与当地重力加速度无关，故C错误；释放空心管时，小球的速度为v＝gt，以空心管为参考系，小球相对空心管以速度v做匀速运动，则小球穿过空心管的时间t′＝＝，小球能通过空心管，但是穿过空心管的时间与当地重力加速度有关，故D错误。] 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 角度2　竖直上抛运动规律的应用 2．(一题多法)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地面175 m的高处时，一重物从气球上脱落，不计重物受到的空气阻力，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/s2) [解析]　方法一：分段法 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1＝＝ s＝1 s 上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝＝ s＝6 s v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s 所以重物从气球上脱落至落地共历时 t＝t1＋t2＝7 s。 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 方法二：全程法 从重物自气球上脱落计时，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，则物体在时间t内的位移 h＝－175 m 由位移公式 h＝v0t－gt2 解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去) 所以重物落地速度为 v＝v0－gt＝－60 m/s 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 方法三：对称性 根据速度对称，重物返回脱落点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则＝2gh 解得v＝60 m/s，方向竖直向下 经过h历时Δt＝＝5 s 从最高点到落地历时t1＝＝6 s 由时间对称可知，重物脱落后至落地历时 t＝2t1－Δt＝7 s。 [答案]　7 s　60 m/s 第2节　匀变速直线运动的规律与应用 $$