第02讲 匀变速直线运动的规律（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“规律-推论-应用”为逻辑主线，融合福建本土情境与高考真题，通过公式选择策略、运动模型分类及多过程拆解技巧，系统构建匀变速直线运动解题方法体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基本规律|5题|公式选择表（按已知量匹配）|从速度、位移公式到矢量运算规则，构建运动学基本工具| |推论应用|5题|比例法、Δx=aT²、平均速度法|由等时/等距推论拓展至纸带问题、追及模型| |落体与上抛|10题|分段/全程法、对称性分析、先后下落公式|从自由落体（a=g）到竖直上抛（往返运动），深化匀变速特例应用| |多过程问题|5题|连接点速度关联、分段建模|整合多阶段运动，强化运动过程拆解与物理量传递|

第02讲 匀变速直线运动的规律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 1 巩固·知识解构 2 知识点1 匀变速直线运动的基本规律及应用 2 知识点2 匀变速直线运动的推论及应用 2 知识点3 自由落体运动和竖直上抛运动 3 模拟·基础演练 4 题型01 基本公式和速度位移关系式的应用 4 题型02 匀变速直线运动的推论及应用 8 题型03 自由落体运动基本规律的应用 13 题型04 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题 16 题型05 竖直上抛运动的基本规律 21 题型06 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 25 题型07 多过程问题 29 重难·创新演练 33 真题·实战演练 40 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 匀变速公式、推论应用 单选 T4（4 分） 单选 T4（4 分） v-t、x-t 图像分析 多选 T5（4 分） 单选 T3（4 分） 追及、先后落体模型 单选 T3 变式（4 分） 考情分析 题型与考向：高考仅单选、多选考查，单题 4 分，总分 4～8 分，无独立计算大题；依托福建本土素材命题，概念辨析搭配基础运算，高频捆绑v-t 图像综合设问 情境与立意： 1.生活实践：沿海轮渡制动、盘山骑行、厦马竞速、帆船赛事、城际动车、武夷山登山等福建地域场景； 2.探究实验：伽利略落体探究、打点计时器、光电门 / 频闪测速，为福建实验高频素材。 复习目标 1.基础识记：熟记匀变速三公式、两大推论，分清位移 / 路程、瞬时 / 平均速度易混概念； 2.解题能力：从生活化题干提炼运动条件，借助 v-t 图像速算加速度、位移； 3.应试适配：快速剥离陌生情境，避开概念、图像易错陷阱，选择题限时满分。 巩固·知识解构 知识点1 匀变速直线运动的基本规律及应用 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、x v v2－v＝2ax v0、v、a、x t x＝t v0、v、t、x a 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。 ✨得分速记： 解匀减速问题应注意：（1）书写格式规范，如不能写成v＝v0-at，因a是矢量，代入数字时带有方向“+”或“-”。“+”可以省去．(2)刹车类问题应注意停止运动的时间，一般应先判断多长时间停下，再来求解． 知识点2 匀变速直线运动的推论及应用 一、匀变速直线运动的推论 1．相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2． 2．中间时刻速度：v＝． 二、 初速度为零的匀变速直线运动的重要推论 1．1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n． 2．1T内、2T内、3T内……位移的比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2． 3．第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)． 4．通过连续相等的位移所用时间的比为 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)． ⚠特别提醒： 物体做匀变速运动的平均速度，在时间t内的位移，相当于把一个变速运动转化为一个匀速运动，会使求解更简单方便. ✨得分速记 物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段所用的时间为，平均速度为，即为时刻的瞬时速度。速度由变化到的时间为，所以加速度 知识点3 自由落体运动和竖直上抛运动 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 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，如图所示，则： 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。 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 ✨得分速记 处理竖直上抛问题的科学思维 (1)分段处理 将全程分为两个阶段，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动． (2)全程统一处理 为初速度为v0(设为正方向)、加速度a＝－g的匀减速直线运动． 模拟·基础演练 考查重点：质点、参考系等概念辨析，位移与路程区分，平均、瞬时速度运算，v-t图像判读，匀变速直线运动基础公式运用，打点计时器数据测算。题型以选择为主，夯实运动学基础定义与简易计算。 ⏳题型01 基本公式和速度位移关系式的应用 ✨解题技巧 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　 适宜选用的公式 v0、v、a、t x 【速度公式】v＝v0＋at v0、a、t、x v 【位移公式】x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t 【速度位移关系式】v2－v＝2ax 1．（2026·福建福州·二模）福州市道庆洲大桥（如图甲）是福建省第一座公轨共建桥梁，上层为双向6车道一级公路，下层搭载地铁6号线。重力加速度取。 (1)地铁启动时，若受到大小为的牵引力作用，做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到。求此过程经历的时间及牵引力的平均功率； (2)水平公路段有一段半径为500m的圆弧形弯道（如图乙），若有一总质量为的汽车（可视为质点）通过该路段时做匀速圆周运动，速度大小为，求汽车通过该路段时所需的向心力。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）地铁做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到，则有 其中，解得此过程经历的时间为 牵引力的平均功率为 又 解得 （2）汽车做匀速圆周运动的速度大小为 汽车过弯道由牛顿第二定律得 代入数据得 2．（2025·湖北武汉·一模）2025年8月，我国首次公开福建舰电磁弹射实战化测试画面。已知某舰载机安全起飞速度需达到（相对于空气），在无风环境中，可通过电磁弹射装置在2.4s内将舰载机由静止匀加速至安全起飞，求 (1)舰载机的弹射轨道至少多长？ (2)当母舰以20节速度航行，舰载机安全起飞的弹射距离至少多长？（节是国际通用的航海速度单位，一节的速度取） 【答案】(1)96m(2)73.5m 【详解】（1）已知起飞速度为 根据位移时间公式可得舰载机的弹射轨道 （2）已知母舰的速度为 若以母舰为参考系，则舰载机起飞的初速度为0，末速度为 由（1）可得加速度为 根据速度位移公式，可得舰载机安全起飞的弹射距离为 故舰载机安全起飞的弹射距离至少为73.5m。 3．（2026·福建莆田·模拟预测）某消防队员从一平台无初速度跳下，下落后双脚触地，同时采用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心匀变速下降了，，求 (1)消防队员刚着地时的速度大小； (2)缓冲下降所用的时间； (3)缓冲过程地面对他双脚的平均作用力的大小为自身重力的多少倍。 【答案】(1)(2)(3)4.6 【详解】（1）根据自由落体运动公式可得 解得消防队员刚着地时的速度大小 （2）消防队员在缓冲过程做匀减速直线运动，根据运动学公式可得 解得缓冲下降所用的时间为 （3）消防队员在缓冲过程的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 可得 4．（2026·福建·一模）我国第一艘电磁弹射型航空母舰福建舰入列。某次弹射试验，质量为的歼-35舰载机的速度在前2s内从0增加到，将此过程看作匀加速直线运动。求此过程 (1)歼-35运动的距离； (2)合外力对歼-35做的功W； (3)前内合外力的平均功率。 【答案】(1)60m(2)(3) 【详解】（1）根据平均速度公式推论可知，歼-35运动的距离 解得 （2）根据动能定理可知，合外力对歼-35做的功 解得 （3）合外力的平均功率 = 解得 = 5．（2026·福建福州·三模）自动驾驶出租车、公交车将成为城市出行服务的日常。某款自动驾驶汽车质量为2000 kg，在倾角为（）的斜坡道路上某处由静止开始，以7000 N的牵引力匀加速启动上坡，沿直线行驶9 m速度达到6 m/s。已知汽车运动中所受摩擦阻力（空气与地面对汽车的总摩擦力）恒定，取重力加速度。汽车在此过程中，求： (1)加速度的大小； (2)摩擦阻力的大小； (3)重力的平均功率。 【答案】(1)(2)1800N(3) 【详解】（1）由题知汽车的初速度为零，根据位移-速度公式有 解得 （2）对汽车受力分析由牛顿第二定律有 解得 （3）小车克服重力做功 解得 重力的平均功率 解得 ⏳题型02 匀变速直线运动的推论及应用 ✨解题技巧 迁移角度 适用情况 解决办法 比例法 常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动具有等时性或等距离 由连续相邻相等时间(或长度)的比例关系求解 推论法 适用于“纸带”类问题 由Δs＝aT2求加速度 平均速度法 常用于“等分”思想的运动，把运动按时间(或距离)等分之后求解 根据中间时刻的速度为该段位移的平均速度来求解问题 6．（2025·福建·一模）（多选）如图甲所示为避险车道，用于车辆在刹车失灵时进行减速避险，其简化模型如图乙所示。一辆质量为m的货车刹车失灵后冲上避险车道，经过A点时速度大小为，到达C点时速度恰好减小为0，B点为AC中点，AC两点高度差为h，货车从A到C的运动视为匀变速运动，重力加速度大小为g，则货车（　　） A．从A到C的过程中，机械能减少了 B．从A到C的过程中，机械能减少了 C．从A到B与从B到C所用的时间之比 D．从A到B与从B到C所用的时间之比 【答案】BC 【详解】AB．选择地面为零势能参考面，可得从A到C的过程中，机械能减少了 故A错误，B正确； CD．利用逆向思维，小车从C到A做初速度为零的匀加速直线运动。根据初速度为零的匀加速直线运，在通过连续相等位移所用时间的比值为 可得 则从A到B与从B到C所用的时间之比 故C正确，D错误。 故选BC。 7．（2025·陕西宝鸡·一模）如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．该沙摆的摆动频率为2Hz B．该沙摆的摆长约为2m C．由图乙可知薄木板做匀加速直线运动， 且加速度大小约为0.03m/s2 D．当图乙中的D点通过沙摆正下方时， 薄木板的速度大小约为0.25m/s 【答案】C 【详解】A．由题图乙知，4s时间内沙摆摆动两个完整的周期，则 则该沙摆的摆动频率为 选项A错误； B．沙摆的周期 解得 选项B错误； C．由图可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，，根据逐差法可得 选项C正确； D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有 选项D错误。 故选C。 8．（2024·福建福州·模拟预测）（多选）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为（g为重力加速度的大小）、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面高度h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为 ，。不计空气阻力，则 （　　） A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间 B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功 C．重物刚落地时的速度大小为 D．地面对重物的平均阻力大小为25mg 【答案】AD 【详解】AC．设停止施力瞬间重物的速度大小为，根据动能定理有 解得 设重物刚落地时的速度大小为，根据动能定理有 解得 重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为，由此可知上升过程中的平均速度大小为 下降过程中的平均速度大小为 又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故A正确，C错误； B．重物在整个运动过程中，根据动能定理有 则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误； D．根据动能定理有 解得 D正确。 故选AD。 9．（2024·福建南平·三模）南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中： （1）最大速度的大小； （2）匀加速阶段加速度a的大小； （3）匀减速阶段对表演者的压力的大小。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为 又 解得 本题还可以采用图像法，作出整个过程的图像如图所示 根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移，即 可得 （2）根据加速度的定义式可知 （3）毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知 解得 根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为 10．（2024·福建·模拟预测）甲乙两车并排在同一平直公路上的两条平行车道上同向行驶，甲车由静止开始做匀加速运动，乙车做匀速运动，其各自的位移x随时间t变化关系如图所示，两条图线刚好在时刻相切，则（　　） A．在2t0时刻，乙车的速度大小为 B．在t0时刻，甲车的速度大小为 C．在内，两车有两次机会并排行驶 D．在内，乙车平均速度是甲车平均速度的两倍 【答案】B 【详解】AB．由图像中图线的斜率表示速度可知，则在时刻甲、乙两车速度大小相等，为 甲车做初速为零的匀加速直线运动，则在时刻是时间段内的中间时刻，根据匀变速直线运动规律的推论可知时刻，甲车的速度大小为 故A错误，B正确； C．在图像中交点代表相遇，在内，两车只能在时刻有一次机会并排行驶，故C错误； D．根据平均速度公式，在内，甲乙两车位移大小相等，所用时间相等，所以平均速度相等，故D错误。 故选B。 ⏳题型03 自由落体运动基本规律的应用 ✨解题技巧 1.自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动，匀变速直线运动的一切推论公式也都适用. 竖直上抛运动是初速度方向竖直向上、加速度大小为g的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动规律列方程，也可分成上升、下降阶段分段处理，特别应注意运动的对称性. 3.“双向可逆类运动”是a不变的匀变速直线运动，参照竖直上抛运动的分析方法，可分段处理，也可全过程列式，但要注意v0、a、x等物理量的正负号． 11．▶新考法◀（2026·福建南平·二模）如图为茶水从茶壶中倒出的情景，若不考虑空气阻力，某一小段水柱在下落过程中（　　） A．动量不变 B．速度变化率保持不变 C．相同时间内下降的高度相等 D．若遇到水平方向的风力，下落时间变长 【答案】B 【详解】A．水柱做平抛运动，速度不断变化，所以动量不断变化，故A错误； B．水柱在下落过程中只受重力，加速度为g且保持不变，加速度表示速度的变化率，所以速度变化率保持不变，故B正确； C．水柱在竖直方向做加速运动，相同时间内下降的高度不同，故C错误； D．若遇到水平方向的风力，不会影响竖直方向的运动，所以下落时间不变，故D错误。 故选B。 12．（2026·福建厦门·模拟预测）4月19日，2026年福建省城市足球联赛揭幕战打响，厦门队以战胜对手，夺得开门红。如图所示，一足球运动员在某次颠球练习中，足球由静止竖直下落后与脚接触，经离开脚后沿竖直方向向上运动，上升到达最高点。已知足球质量，重力加速度大小取，不计空气阻力，求： (1)足球由静止竖直下落所用时间； (2)足球与脚接触过程中，足球动量变化量的大小； (3)足球与脚接触过程中，脚对球平均作用力的大小。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）足球由静止竖直下落，满足 将代入，解得 （2）球与脚接触瞬间，速度大小满足 解得 球离开脚瞬间，速度大小满足 解得 以竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小为 （3）足球与脚接触过程中，设脚对球平均作用力的大小为，根据动量定理有 代入数据，解得 13．（2026·福建泉州·三模）如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求： (1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小； (2)篮球每次反弹后的上升时间； (3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得 解得 （2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得 解得 （3）与地面碰撞损失的机械能 解得 14．（2025·福建·模拟预测）如图所示，竖直方向的弹簧振子在做简谐振动，当小球A运动到最高点时，弹簧刚好处于原长，此时由静止释放小球B，当小球A向下第一次运动到最低点时，小球B下落的高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。则小球A振动的周期_____，小球A在最低点的加速度大小等于_____。 【答案】 g 【详解】[1] 根据题意 解得； [2]小球运动到最高点时加速度最大，此时弹簧弹力为零，由 得，方向竖直向下。由简谐运动的对称性，小球A在最低点的加速度大小与最高点加速度大小相等，故球A在最低点的加速度大小等于。 15．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）设想在将来的某一天，一位航天员乘坐中国航天集团的飞行器，成功地降落在火星上。他在离火星地面表面高h（h远小于火星的半径）处无初速释放一小球，认为小球在火星表面做初速度为零的匀加速直线运动，即火星上的自由落体运动，并测得小球落地时速度为v（不计阻力），已知引力常量为G，火星半径为R，下列正确的是（　　） A．小球下落所用的时间 B．火星表面的重力加速度 C．火星的质量 D．若火星可视为质量均匀分布的球体，则火星的密度 【答案】BC 【详解】AB．根据动力学公式 解得火星表面的重力加速度为 小球下落所用的时间，故A错误，B正确； C．根据万有引力与重力的关系 解得火星的质量为，故C正确； D．若火星可视为质量均匀分布的球体，则火星的密度为，故D错误。 故选BC。 ⏳题型04 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题 ✨解题技巧 一、基础公式 h=½gt²v=gt设：先释放物体运动总时间 t，先后释放时间差 Δt，后释放物体运动时间：t₀=t−Δt（t＞Δt）先下落位移：h₁=½gt²后下落位移：h₂=½g (t−Δt)²两物体间距：Δh=h₁−h₂ 二、三类题型解题套路 题型 1：求某一时刻两物体间距 解题步骤： 确定先下落物体运动时间 t，后物体运动时间 t−Δt 分别代入位移公式，位移做差求间距规律：落地之前，Δh 随时间线性增大，两物体速度差值 Δv=gΔt 恒定不变。 题型 2：判断能否追上（落地前相遇问题） 追上条件：h₁=h₂+ΔH（ΔH 为初始高度差）解题步骤： 带入位移公式列方程，解时间 t 结果检验：后物体运动时间 t−Δt＞0，且两物体下落高度均小于总下落高度，才算落地前追上；反之追不上。 题型 3：一个落地、另一个还在空中，求落地间距 解题步骤： 先算出先落地物体全程下落总时间 t 总 代入 t=t 总，算出后物体此时下落时间、下落高度 总高度−后物体下落高度 = 落地瞬间两物体间距 16．（2024·福建·模拟预测）某人在地面上竖直向上先后发射两个物体，第1个物体的速度大小为v1=25m/s，经t0=1.5s从同一地点发射第2个物体，第2个物体的发射速度大小为v2=20m/s，忽略空气阻力，物体均可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求： (1)第1个物体到达最高点时，两物体之间的间距； (2)两物体相遇时各自的速度。 【答案】(1)16.25m(2)16.25m/s，6.25m/s，方向均向下 【详解】（1）第1个物体到达最高点时用时间 上升的高度 此时第二个物体距离地面的高度 两物体之间的间距 （2）设第一个物体抛出后经过时间t两物体相遇，则 解得t=4.125s 此时第一物体的速度 第二物体的速度 方向均向下。 17．（2026·湖北黄冈·三模）如图所示，小球B、C在同一水平面上，距离，在B的正上方处，小球A以的初速度水平向右抛出，同时将小球B、C以速率竖直向上抛出，不考虑两球的大小及空气阻力，在小球A落地前的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球A、B之间的距离最小值为 B．小球A、B之间的距离最小值为5 m C．小球A、C之间的距离最小值为 D．小球A、C之间的距离最小值为5 m 【答案】A 【详解】AB．由题意可知，小球A、B在竖直方向的加速度相同，所以以小球B为参考系，小球A的运动可分解为，水平方向向右的匀速，竖直方向向下的匀速，设小球A的速度方向与竖直方向的夹角为，则 解得 则小球A、B之间的距离最小值为，故A正确，B错误； CD．同理，以小球C为参考系，小球A的运动可分解为，水平方向向右的匀速，竖直方向向下的匀速，初始时小球A、C连线与竖直方向夹角为，则 可得 即以小球C为参考系，小球A沿直线向小球C运动，所以小球A、C之间的距离最小值为0，故CD错误。 故选A。 18．（2026·河南·三模）杂技团进行高空抛接表演，演员将一只长为0.4m的空心竖直圆筒、以6m/s的初速度竖直向上抛出。经过0.4s后，演员在同一位置以相同的初速度竖直向上抛出一小球，忽略空气阻力，重力加速度g取10。则小球抛出后，经过多长时间能从圆筒上端穿出（　　） A．0.1s B．0.25s C．0.35s D．0.5s 【答案】D 【详解】设小球抛出后经过时间从圆筒上端穿出，此时圆筒的总运动时间为，取竖直向上为正方向，抛出点为位移原点，竖直上抛位移公式为 小球的位移 圆筒底部的位移： 圆筒上端位移为（为圆筒长度） 穿出时小球位移等于圆筒上端位移，联立得 展开消去同类项后解得 即 故选D。 19．（2025·江西景德镇·模拟预测）A小球从地面上以速度竖直向上抛出，经2t时间上升的最大高度为h，若在A抛出的同时，有另一个完全相同的小球B从地面上方h处由静止下落，经过3t时间落地。假设小球在空中所受空气阻力大小恒定，当地重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．A球上升的加速度和B球下降的加速度之比为3∶2 B．空气阻力大小是小球重力的倍 C．从刚开始运动到两球在空中相遇所经历的时间为 D．B球落地速度为 【答案】B 【详解】A．A球上升过程中 B球下降过程中 可得，故A错误； B．设两球的质量均为，对A球，根据牛顿第二定律可得 对B球，根据牛顿第二定律可得 又因为 解得 即空气阻力大小是小球重力的倍，故B正确； C．设从刚开始运动到两球在空中相遇所经历的时间为，则 对A球，根据牛顿第二定律可得 可得 对B球，根据牛顿第二定律可得 可得 将代入上式，不成立，故C错误； D．对A球 对B球 解得，故D错误。 故选B。 20．（2025·河北衡水·三模）如图所示，小球1和2从地面上方不同高度处同时由静止释放，已知小球1的释放点距地面的高度，落地后反弹上升的最大高度，小球1与地面的接触时间忽略不计，小球2与地面碰撞后不反弹，不计空气阻力，重力加速度取。 (1)求小球1落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值； (2)若从小球1第一次落地后到第二次落地前，两小球能同时到达距地面上方高度处，求小球2释放的高度。 【答案】(1)(2)55m或 【详解】（1）根据速度位移关系 可得小球1落地瞬间的速度大小为 反弹速度大小为 解得 则小球1落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值为 （2）小球1下落的时间 反弹到最高点的时间 解得 设小球1反弹到距地面上方高度处时间为，则有 代入数据得 若在小球1上升过程相遇，相遇时小球2下落的高度 解得 若在小球1下降过程相遇，相遇时小球2下落的高度 解得 故小球2离地的初始高度或 ⏳题型05 竖直上抛运动的基本规律 ✨解题技巧 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，如图所示，则： 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。 21．（2026·福建漳州·三模）我国计划于2026年下半年发射嫦娥七号探测器，对月球地形地貌、物质成分、空间环境进行综合探测。已知月球质量为，月球半径为，引力常量为，忽略月球自转。 (1)求月球表面的重力加速度大小； (2)求月球的第一宇宙速度； (3)若在月球表面上方高处，以初速度竖直向上抛出一小球，求小球从最高点落回月球表面所用的时间（重力加速度不变）。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）在月球表面，万有引力近似等于重力，即                  解得 （2）由万有引力提供向心力得                  解得 （3）小球竖直上抛，设小球上升的最大高度为H，由运动学公式得 小球自由下落，由运动学公式得 解得 22．（2025·福建福州·三模）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．起跳过程中运动员的最大加速度约为40m/s2 B．起跳离开地面瞬间运动员的速度大小约为5m/s C．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为2.5m/s D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为150N·S 【答案】D 【详解】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为 根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为，故A错误； BD．图像与时间轴围成的面积代表冲量，起跳过程中支持力的冲量为 则起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为 且由动量定理，有 可得，故B错误，D正确； C．起跳后运动员做竖直上抛运动，则重心上升的平均速度大小约为，故C错误。 故选D。 23．（2025·福建三明·三模）2025年4月13日，全红婵参加加拿大温莎站世界杯跳水决赛。如图，全红婵以一定初速度在高台上竖直向上起跳，从距水面的最高处竖直下落，入水后沿直线下潜3 m后速度减为零。重力加速度取，人运动过程中可简化为质点，不计空气阻力。求全红婵： (1)入水前瞬间的速度大小； (2)入水后，人受竖直方向水的平均作用力与其体重之比。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）全红婵从最高处竖下落至水面过程中： 解得 （2）水中下潜过程，根据动能定理 解得 24．（2025·福建福州·三模）十米跳台跳水是奥运跳水比赛项目之一，我国运动员在这一项目中占据绝对优势。如图运动员质量为40kg，该运动员某次以速度竖直向上起跳。取，忽略空气阻力的影响，运动员在竖直面内做直线运动，且可视为质点。求该运动员： (1)起跳后上升到离跳台的最大高度； (2)入水瞬间速度大小（结果保留根号）； (3)入水瞬间重力的瞬时功率（结果保留根号）。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）运动员做竖直上抛运动，起跳后上升到离跳台的最大高度 （2）运动员从最高点到落到水面做自由落体运动 入水瞬间速度大小 （3）入水瞬间重力的瞬时功率 25．（2025·福建厦门·一模）一只气球以的速度匀速上升，达到离地面10m高度时，从气球上掉下一物体。不计空气阻力，则从物体掉下开始，物体在第1秒内速度改变量的大小为______，物体落到地面所用的时间为______ s，物体落到地面时速度大小为______。（取） 【答案】 10 2 15 【详解】[1]从气球上掉出后，不计空气阻力，物体做竖直上抛运动，速度改变量的大小为 [2]设竖直向上为正方向，物体初速度，落到地面位移，代入位移-速度公式，得 [3]落地速度 故物体落到地面的速度大小为。 ⏳题型06 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 、✨解题技巧 (1)同时运动，相遇位移方程：½gt2+v0t-½gt2=H,解得t=H/v0 (2)上升、下降过程中相遇问题 ①若在a球上升时两球相遇，则有t<v0/g，即H/v0<v0/g。解得v0> ②若在a球下降时两球相遇，则有v0/g <t<2v0/g，即v0/g <H/v0<2v0/g。解得＜v0＜ (3)中点相遇问题 若两球在中点相遇，有H/2=½gt2,H/2=v0t-½gt2;解得v0=,t=. 此时a球速度va=v0-gt=-g=0；b球速度vb=gt=g=v0. 交换速度大小。 (4)相遇时速率相等问题 若两球相遇时速率相等，则必然是速度大小相等，方向相反。有gt=v0-gt，且t=H/v0，联立解得v0=， t=。此时a球下降ha=½gt2=H/4；b球上升hb=3H/4. 26．（2025·四川遂宁·一模）如图所示，长度为0.6m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.2m处有一小球（可视为质点）。在由静止释放小球的同时，将圆筒以v=6m/s竖直向上抛出，在圆筒上升过程，小球穿过圆筒的时间为（空气阻力不计，g取10 m/s2）（　　） A．0.4s B．0.3s C．0.2s D．0.1s 【答案】D 【详解】由于在空中小球和圆筒的加速度均为重力加速度，所以以圆筒为参考系，小球相对圆筒以竖直向下做匀速运动，则小球穿过圆筒的时间为 故选D。 27．（2025·江西景德镇·模拟预测）一长为L=0.4m的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管在运动过程中保持竖直，管口正上方高h=1.2m处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度，不计空气阻力。若小球在管下降阶段穿过管，则v0可能是（　　） A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s 【答案】C 【详解】若小球刚好在管上升到最高点时穿过管，则位移关系刚好满足 代入题中数据，解得 若小球在管刚落地时穿过管，则有 解得 所以满足的范围为 综合可知，C选项符合题意。 故选C。 28．（2025·黑龙江·二模）如图，质量为的弹性小球A从距地面高处由静止释放。释放A球的同时，在A球的正下方，以20m/s的速度将另一弹性球B从地面竖直向上抛出，B球的质量为4m。忽略空气阻力，两球碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2。求： (1)两球碰撞时A球距地面的高度及速度； (2)两球相碰后A球的最高点距地面的高度。 【答案】(1)20m/s，20m(2)27.2m 【详解】（1）设经时间两球相遇，则有 解得 此时球的速度为 此时球的速度为 相碰位置距地面高度为 （2）A球、B球碰撞过程动量守恒、机械能守恒有， 解得 碰后上升高度为 求两球相碰后A球的最高点距地面的高度为 29．（2025·四川乐山·二模）（多选）如图甲，小球A（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，同时小球B（视为质点）从距地面高度为h0处由静止释放，两小球距地面的高度h与运动时间t的关系图像如图乙，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　） A．A的初速度与B的落地时速度大小相等 B．A上升过程的平均速度小于B下降过程的平均速度 C．A、B处于同一高度时距地面 D．A、B落地的时间差为 【答案】AC 【详解】AB．由题图可知，B由静止释放时距地面的高度与A上升到最高点时距地面的高度相等，B由静止释放直到落地与A由抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以，A的初速度与B落地时的速度大小相等，A上升过程的平均速度与B下降过程的平均速度大小相等，故A正确，B错误； C．设A竖直上抛的初速度为v0，则当AB到达同一高度时有， 联立解得， 所以A、B处于同一高度时距地面 故C正确； D．B落地时A刚好上升到最高点，所以AB落地的时间差就等于A从最高点下落到地面所用的时间，满足 解得 故D错误。 故选AC。 30．（2026·河南新乡·一模）时刻，小球甲（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，小球乙（视为质点）从距地面高度为处由静止释放，两小球距地面的高度与运动时间的关系图像如图所示，重力加速度大小为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲的初速度比乙落地时的速度大 B．甲上升过程的平均速度比乙下降过程的平均速度小 C．甲、乙处于同一高度的时刻为 D．甲、乙落地的时间差为 【答案】C 【详解】AB．由题图可知，乙由静止释放时距地面的高度与甲上升到最高点时距地面的高度相等，乙由静止释放直到落地与甲由抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以，甲的初速度与乙落地时的速度大小相等，甲上升过程的平均速度与乙下降过程的平均速度大小相等，故A、B错误； C．设甲竖直上抛的初速度为，则当甲、乙到达同一高度时有 又联立求得 故C正确； D．乙落地时甲刚好上升到最高点，所以甲、乙落地的时间差就等于甲从最高点下落到地面所用的时间，满足 得 故D错误。 故选C。 ⏳题型07 多过程问题 ✨解题技巧 1．一般的解题步骤 (1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程． (2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量． (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程． 2．解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键． 31．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）光滑绝缘的水平面上存在一范围足够大且沿水平方向的电场。将一质量为m、电荷量为-q的物块（可视为质点）从该水平面上O点由静止释放，沿物块运动方向建立x轴，其速度v与位移x的关系如图所示，该图像为一条斜率为k的直线。下列说法正确的是（　　） A．从O点沿着x轴正方向，各点电势依次升高 B．该物块做匀加速直线运动 C．该物块的加速度a随位移x变化的关系为a=kx2 D．若取O点电势为零，则x=x0处的电势为 【答案】AD 【详解】A．从O点沿着x轴正方向运动，该物块的动能增大，电场力对物块做正功，电场强度方向沿轴负方向，因此，沿着x轴正方向，各点电势依次升高。故A正确； BC．由图像可得 又 可得 可知该物块做变加速直线运动。故BC错误； D．从O点运动到x=x0处过程中，由能量守恒定律有 解得 故D正确。 故选AD。 32．（2026·山西·模拟预测）某质点做，的直线运动，加速度a的值先由零增大到某一值后，再逐渐减小到零。在此过程中，该质点（    ） A．当加速度达最大值时，速度也达到最大值 B．速度先增大后减小，最后保持不变 C．速度一直在增大，位移也一直在增大 D．速度一直在增大，位移先增大后减小 【答案】C 【详解】根据题意，质点的初速度 ，加速度 �� ≥ 0 。由于速度与加速度方向始终相同，质点一直做加速直线运动，所以速度一直在增大。由于速度始终为正值，所以位移也一直在增大。故C正确。 故选C。 33．▶新情境◀（2025·四川广安·模拟预测）城市中的某些路段设置了“绿波带”，当汽车按照绿波速度（某一范围）行驶，车辆通过时能连续获得一路绿灯。设一路上某直线路段每间隔m就有一个红绿灯路口，绿灯时间s，红灯时间s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后s。汽车可看作质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。 (1)若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车在后面道路上再连续通过3个路口，则该路段绿波速度范围？ (2)若该路段限速72km/h，汽车在某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，由静止开始以加速度m/s2匀加速运动直到最大速度，试通过计算判断该汽车连续再通过3个路口的用时。 【答案】(1) (2)150s 【详解】（1）第4个路口的绿灯起始时间为 绿灯持续，因此到达第4个路口的时间需满足 汽车匀速运动，位移 由 可得绿波速度范围为 同理通过第3个路口的绿波速度范围为 通过第2个路口的绿波速度范围为 综上所述再连续通过3个路口的速度范围为 （2）限速，汽车从静止开始匀加速到最大速度，再匀速运动。 加速时间 加速位移 再匀速通过第一段剩余道路，需用时 因总用时 所以到达第二个路口时，因速度过快绿灯未亮起 继续等待 重复再加速匀速再用时 同理每次通过一个路口用时，因此从开始再连续通过3个路口需用时 34．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，滑块从位置由静止开始向左做加速度大小为的匀加速直线运动，经过S到达点，处有弹性挡板未画出，滑块在处速度大小不变反弹，做加速度大小为的匀减速运动，、间距离为，滑块在处碰撞时间不计，滑块在S点左右两侧滑动的总时间之比为，S点距离点的距离为（　　） A． B． C．5m D． 【答案】C 【详解】滑块向左加速至R位置时，根据速度与位移的关系有 解得滑块到达处时的速度为 上述匀加速过程经历的时间 利用逆向思维，反弹后匀减速运动至0经历的时间与位移为 令匀加速过程由S到的时间为，匀减速过程由到S的时间为，利用逆向思维，根据位移公式有 滑块在S点左侧滑动的时间为，滑块在S点右侧滑动的时间为，则有 联立可解得 易得S点距离点的距离为 则S点距离点的距离为 故选。 35．▶新角度◀（2026·河北秦皇岛·模拟预测）如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度（识别区起点到自动栏杆的水平距离）。某自动驾驶汽车以18km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5m/s²，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.9m，则自动驾驶系统的反应时间为（　　） A．0 B．0.02s C．0.04s D．0.2s 【答案】B 【详解】设自动驾驶系统的反应时间为，由题知汽车的速度， 汽车做匀速直线运动的位移为 汽车做匀减直线运动的位移为 根据题意有 联立解得 故选B。 重难·创新演练 设题创新:匀变速创新依托科创、本土实景，活用新型运动图像、多过程分段建模；多学科融合数理、生化、工程素材，剥离冗余信息提炼物理模型。 1．▶新角度◀（2026·福建·模拟预测）玉质文玩手串深受发烧友的喜爱。如图所示，将文玩手串放置在水平面上，相邻球形串珠紧密排列，均匀分布在圆周上，编号依次为1至12，圆内有一光源可绕圆心逆时针匀加速转动。初始时刻光源速度为0，发出的光线恰好经过串珠1的中心。经过时间光线经过串珠6的中心。则再经过时间，光线照射的串珠编号为（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【详解】根据初速度为0的匀变速直线运动的规律 则3t时 经过时间光线经过串珠6的中心。转过了5个间隔，所以3t时间内一共转过45个间隔，一圈是12个间隔，因此细光束应照射10号串珠。 故选C。 2．（2026·河南许昌·模拟预测）如图所示，在斜面上的O点（未画出），每隔相等时间由静止释放一个小球（可视为质点）。在连续释放几个小球后，对斜面上正在滚动的小球拍摄照片，照片中依次有、、三个小球，测得，。则此时小球距O的距离为（　　） A．0.275 m B．0.3 m C．0.3125 m D．0.325 m 【答案】C 【详解】每隔相等时间由静止释放一个小球，可知此时小球做初速度为0的匀变速直线运动，在相等时间间隔内满足 设到的时间为，则到的时间为，则到的时间为 到的位移为 到的位移为 到的位移为 化简以上式子可得 所以有 又有 解得 故选C。 3．▶新情境◀（2026·陕西安康·三模）如图甲所示，售货员给质量为16 kg的推车一初速度，使其运动一段距离后停靠在墙边，该过程可看成推车做匀变速直线运动。用手机频闪照相功能每隔0.2 s给运动中的推车拍一张照片，如图乙所示，拍照间隔内推车移动的距离分别为0.75 m、0.65 m。下列说法正确的是（　　） A．推车离手后的加速度大小为 B．推车离手后的加速度大小为 C．推车离手后受到的合力大小为40 N D．推车离手后受到的合力大小为8 N 【答案】C 【详解】AB．连续相等时间内T的位移差满足 由题意可知相邻相等时间间隔内的位移差 时间间隔，代入数据解得加速度 即加速度大小为 ，故A、B错误； CD．根据牛顿第二定律，推车离手后受到的合力大小 故C正确，D错误。 故选C。 4．（2026·福建·模拟预测）从斜面上某一位置，每隔0.2s无初速度地释放一颗相同的小球，连续放下几颗后，某时刻对在斜面上滚动的小球拍照，如图所示，通过斜面上的刻度尺读出：AB=15.00cm，BC=35.00cm，则小球的加速度大小为（　　） A．2.5m/s2 B．5m/s2 C．7.5m/s2 D．10m/s2 【答案】B 【详解】根据，可得小球的加速度大小为 故选B。 5．（2026·福建·模拟预测）（多选）如图，一长方形容器静置在水平地面上，容器左下角一小球A以2m/s（与竖直方向的夹角为）的速度抛出，同时从容器顶部某处由静止释放一小球B，小球A上升至最高点时，恰好与下降中的小球B在空中发生水平方向上的弹性正碰（时间极短），碰撞后小球B恰好能落到容器右下角。两小球质量相等且均可视为质点，重力加速度g大小取，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．刚释放时，小球B与容器底部的距离为 B．碰撞后，小球B的速度大小为1m/s C．小球B在空中运动的时间为 D．容器底部的长度为 【答案】CD 【详解】A．小球A以2m/s（与竖直方向的夹角为）的速度抛出，竖直分量为 水平分量为 小球A上升到最高点的时间 上升到最高点的高度 小球B下降的高度为 可得刚释放时，小球B与容器底部的距离为，故A错误； B．水平方向动量守恒，质量相等的弹性正碰，水平方向速度交换，碰撞后，A的水平速度变为0，B的水平速度变为，此时小球B速度的竖直分量为 可得碰撞后，小球B的速度大小为，故B错误； C．竖直方向，根据 可得小球B在空中运动的时间为，故C正确； D．水平方向有，故D正确。 故选CD。 6．（2026·云南昆明·模拟预测）昆明初夏，蓝花楹从4月中旬开始盛开，形成了“满城紫雾”的景观，如图所示。某游客打卡拍照时，发现拇指大小的花瓣从离水平地面约高的树枝静止开始竖直下落，约落到地面。花瓣下落过程中，下列说法正确的是（    ） A．机械能守恒 B．做自由落体运动 C．始终处于完全失重状态 D．花瓣减少的重力势能大于其增加的动能 【答案】D 【详解】A．花瓣下落的过程中，若不受空气阻力，则由 解得花瓣下落到地面所需的时间为 说明花瓣下落的过程中，受空气阻力，阻力做负功，机械能减小，因此机械能不守恒，故A错误； B．自由落体运动为初速度为零，加速度为的运动，由选项A分析可知，该运动不符合自由落体的规律，故B错误； C．完全失重的条件是加速度大小等于，由于花瓣受空气阻力，加速度小于，不是完全失重，故C错误； D．根据能量守恒，花瓣减少的重力势能，一部分转化为动能，另一部分克服空气阻力做功转化为内能，因此花瓣减少的重力势能大于其增加的动能，故D正确。 故选D。 7．▶新考法◀（2026·福建·模拟预测）实验小组利用弹性碰撞的原理，设计了一种能够使实验弹体向高空弹射的结构。如图，该结构由质量为的实验弹体和质量为的弹性半球体组成。半球体上端固定一能量储备装置，装置上端放置实验弹体（未连接），能量储备装置具有的特性：当对该装置的压力达到其阈值时，装置不能再压缩同时被锁定（结构视为整体），并将外界对其做的功储存为弹性势能；当压力小于其阈值时，该装置与弹簧有类似的特性，锁定后可以继续弹性形变。现让实验弹体和半球体挤压能量储备装置使其达到压力阈值并锁定，之后，将系统从半球体下端离水平地面高处由静止释放，半球体触地后在极短时间内反弹，与地面的碰撞为弹性碰撞。在反弹开始向上运动的瞬间，能量储备装置瞬时解除锁定并释放全部弹性势能（时间极短），此时半球体恰好速度为零并停在地面上。不计空气阻力和能量储备装置的重力，忽略能量储备装置的大小，半球体和实验弹体的大小远小于，重力加速度大小为。求： (1)该结构第一次下落至地面前瞬间的速度大小； (2)能量储备装置压力达到阈值时储存的弹性势能和实验弹体上升的最大高度； (3)若某次实验时，挤压能量储备装置没有达到压力阈值并锁定，此时储备弹性势能为，仍从半球体下端离水平面高处由静止释放，则反弹后，弹体和半球体分别能上升到最大高度的差值为多少（整个运动过程中，能量储备装置的压力始终未达到阈值）？ 【答案】(1)(2)，(3) 【详解】（1）由运动学公式，代入已知得 解得 （2）设解除锁定瞬间弹体速度为 由动量守恒得 能量守恒得 又 联立解得， （3）设解除锁定，弹性势能释放后瞬间半球体和弹体的速度分别为和 由动量守恒得 能量守恒得 解得， 则半球体再次与地面碰后反弹，反弹最大高度 弹体上升最大高度 则 联立解得 故反弹后，弹体和半球体分别能上升到最大高度的差值 8．▶新考法◀（2026·安徽亳州·模拟预测）（多选）质量为的物块A以一定速度在光滑的水平面运动，在其右侧有一质量为的物块B其曲面为光滑圆弧，半径为R，最低点与水平面相切。A恰好滑到B的圆弧最高点，重力加速度为g。未知。则下列说法正确的是（　　） A．A和B动量守恒 B．A的初速度 C．B的最大速度为 D．若A的初速度增大为，A从B最高点飞出再落回过程，B的位移为 【答案】BCD 【详解】A．A、B组成的系统，竖直方向上A运动时，合外力不为零，总动量不守恒，只有水平方向动量守恒，故A错误； B．A恰好滑到圆弧最高点时，A、B水平方向共速，设共速速度为，水平方向动量守恒有 解得 由机械能守恒定律有 解得，故B正确； C．A从最高点滑回水平面后，B达到最大速度，该过程相当于弹性碰撞，水平动量守恒和机械能守恒， 设滑回后A速度，B速度，则， 联立解得 代入 解得，故C正确； D．初速度变为，A到达最高点飞出时，水平方向A、B共速，由动量守恒定律有 解得 设竖直方向的相对初速度为，由机械能守恒定律有 解得 竖直上抛总运动时间 B做匀速运动，位移，故D正确。 故选BCD。 9．（2026·福建·模拟预测）某校开展物理科技节活动，航天爱好者模拟小型探空火箭的竖直发射与回落过程，设竖直向上为轴正方向，火箭的位移一时间图像如图所示（图线为一条抛物线），火箭的运动可视为匀变速直线运动，忽略空气阻力，则由图可知（　　） A．时间内火箭的动能一直减小 B．时间内火箭相对坐标原点的位移先为正后为负 C．时间内火箭向轴负方向运动 D．时间内火箭的速度一直减小 【答案】A 【详解】A．图像的斜率表示瞬时速度，时间内，图像斜率始终为正，且斜率绝对值逐渐减小到0，说明速度沿正方向，速度大小一直减小，因此火箭动能一直减小，故A正确； B．时间内，火箭位置坐标始终为正，因此相对原点的位移一直为正，故B错误； C．时间内，图像斜率为正，说明速度沿轴正方向，火箭向正方向运动，故C错误； D．时间内，图像斜率为负，且斜率绝对值逐渐增大，说明速度大小一直增大（火箭向下加速运动），故D错误。 故选A。 10．（2025·福建漳州·模拟预测）图甲为意大利著名建筑物比萨斜塔，相传伽利略在此做过自由落体实验。如图乙所示，现将两个小铁球P和Q用长L=3.25m不可伸长的轻绳连接，从与比萨斜塔的塔顶等高的A处将悬吊Q球的P球由静止释放。测得Q球落地的时间t=3.2s，忽略空气阻力，g取10m/s2，求： (1)比萨斜塔的高度H； (2)P、Q球落地的时间差Δt； (3)P球从释放到刚落地过程中的平均速度大小。 【答案】(1)54.45m (2)0.1s (3)16.5m/s 【详解】（1）由静止释放P球后，Q球做自由落体运动，则 解得 （2）由静止释放P球后，P球做自由落体运动，则 解得 （3）P球从释放到刚落地的过程中的平均速度大小 解得 真题·实战演练 高频考点：v-t图像分析、匀变推论、多过程运动、先后释放落体计算。 1．（2025·福建·高考真题）在2024年巴黎奥运会上，我国游泳运动员创造了男子百米自由 泳新的世界纪录。在此次比赛中，运动员起跳后于时刻入水。入水后 的运动过程可近似分为三个阶段:段的前程游为匀减速直线运动， 段为匀速游，段的冲刺游为匀加速直线运动；速率随时间变化的图像如图所示。已知，，,，求该运动员在 (1)段的平均速度大小； (2)段的加速度大小； (3)段的位移大小。 【答案】(1)(2)(3)4.2m 【详解】（1）段内的平均速度 （2）段内的加速度 （3）段内的位移 2．（2024·福建·高考真题）某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试的速度一时间图像如图所示。已知和内图线为直线，内图线为曲线，则该车（　　） A． 在的平均速度为 B．在做匀减速直线运动 C．在内的位移比在内的大 D．在的加速度大小比的小 【答案】D 【详解】A．根据图像可知，在内汽车做匀加速直线运动，3s末时速度大于30m/s，则平均速度 故A错误； B．根据图像可知，在内速度一时间图像为曲线，汽车做非匀变速运动，在内图像为倾斜的直线，汽车做匀减速直线运动，故B错误； C．根据图像与横轴围成的面积表示位移大小，在图中做一条辅助线，如图所示： 可得在汽车的位移大小为 在汽车的位移大小 可知的位移比的小，故C错误。 D．根据图像的斜率绝对值表示加速度大小，由C选项中图可知，辅助线的加速度大小与在的加速度大小相等，在的汽车加速度大于辅助线的加速度大小，则在的加速度大小比的小，故D正确。 故选D。 3．（2023·福建·高考真题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（   ） A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同 C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同 【答案】BC 【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误； B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s 乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有 I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s 则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确； C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确； D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有 I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0 可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。 故选BC。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲 匀变速直线运动的规律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 1 巩固·知识解构 2 知识点1 匀变速直线运动的基本规律及应用 2 知识点2 匀变速直线运动的推论及应用 2 知识点3 自由落体运动和竖直上抛运动 3 模拟·基础演练 4 题型01 基本公式和速度位移关系式的应用 4 题型02 匀变速直线运动的推论及应用 6 题型03 自由落体运动基本规律的应用 8 题型04 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题 10 题型05 竖直上抛运动的基本规律 13 题型06 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 14 题型07 多过程问题 17 重难·创新演练 19 真题·实战演练 22 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 匀变速公式、推论应用 单选 T4（4 分） 单选 T4（4 分） v-t、x-t 图像分析 多选 T5（4 分） 单选 T3（4 分） 追及、先后落体模型 单选 T3 变式（4 分） 考情分析 题型与考向：高考仅单选、多选考查，单题 4 分，总分 4～8 分，无独立计算大题；依托福建本土素材命题，概念辨析搭配基础运算，高频捆绑v-t 图像综合设问 情境与立意： 1.生活实践：沿海轮渡制动、盘山骑行、厦马竞速、帆船赛事、城际动车、武夷山登山等福建地域场景； 2.探究实验：伽利略落体探究、打点计时器、光电门 / 频闪测速，为福建实验高频素材。 复习目标 1.基础识记：熟记匀变速三公式、两大推论，分清位移 / 路程、瞬时 / 平均速度易混概念； 2.解题能力：从生活化题干提炼运动条件，借助 v-t 图像速算加速度、位移； 3.应试适配：快速剥离陌生情境，避开概念、图像易错陷阱，选择题限时满分。 巩固·知识解构 知识点1 匀变速直线运动的基本规律及应用 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、x v v2－v＝2ax v0、v、a、x t x＝t v0、v、t、x a 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__________。 ✨得分速记： 解匀减速问题应注意：（1）书写格式规范，如不能写成v＝v0-at，因a是矢量，代入数字时带有方向“+”或“-”。“+”可以省去．(2)刹车类问题应注意停止运动的时间，一般应先判断多长时间停下，再来求解． 知识点2 匀变速直线运动的推论及应用 一、匀变速直线运动的推论 1．相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2． 2．中间时刻速度：v＝． 二、 初速度为零的匀变速直线运动的重要推论 1．1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n． 2．1T内、2T内、3T内……位移的比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2． 3．第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)． 4．通过连续相等的位移所用时间的比为 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)． ⚠特别提醒： 物体做匀变速运动的平均速度，在时间t内的位移，相当于把一个变速运动转化为一个匀速运动，会使求解更简单方便. ✨得分速记 物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段所用的时间为，平均速度为，即为时刻的瞬时速度。速度由变化到的时间为，所以加速度 知识点3 自由落体运动和竖直上抛运动 1．两种运动的特性 (1)自由落体运动为初速度__________、加速度为__________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，如图所示，则： 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。 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 ✨得分速记 处理竖直上抛问题的科学思维 (1)分段处理 将全程分为两个阶段，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动． (2)全程统一处理 为初速度为v0(设为正方向)、加速度a＝－g的匀减速直线运动． 模拟·基础演练 考查重点：质点、参考系等概念辨析，位移与路程区分，平均、瞬时速度运算，v-t图像判读，匀变速直线运动基础公式运用，打点计时器数据测算。题型以选择为主，夯实运动学基础定义与简易计算。 ⏳题型01 基本公式和速度位移关系式的应用 ✨解题技巧 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　 适宜选用的公式 v0、v、a、t x 【速度公式】v＝v0＋at v0、a、t、x v 【位移公式】x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t 【速度位移关系式】v2－v＝2ax 1．（2026·福建福州·二模）福州市道庆洲大桥（如图甲）是福建省第一座公轨共建桥梁，上层为双向6车道一级公路，下层搭载地铁6号线。重力加速度取。 (1)地铁启动时，若受到大小为的牵引力作用，做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到。求此过程经历的时间及牵引力的平均功率； (2)水平公路段有一段半径为500m的圆弧形弯道（如图乙），若有一总质量为的汽车（可视为质点）通过该路段时做匀速圆周运动，速度大小为，求汽车通过该路段时所需的向心力。 2．（2025·湖北武汉·一模）2025年8月，我国首次公开福建舰电磁弹射实战化测试画面。已知某舰载机安全起飞速度需达到（相对于空气），在无风环境中，可通过电磁弹射装置在2.4s内将舰载机由静止匀加速至安全起飞，求 (1)舰载机的弹射轨道至少多长？ (2)当母舰以20节速度航行，舰载机安全起飞的弹射距离至少多长？（节是国际通用的航海速度单位，一节的速度取） 3．（2026·福建莆田·模拟预测）某消防队员从一平台无初速度跳下，下落后双脚触地，同时采用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心匀变速下降了，，求 (1)消防队员刚着地时的速度大小； (2)缓冲下降所用的时间； (3)缓冲过程地面对他双脚的平均作用力的大小为自身重力的多少倍。 4．（2026·福建·一模）我国第一艘电磁弹射型航空母舰福建舰入列。某次弹射试验，质量为的歼-35舰载机的速度在前2s内从0增加到，将此过程看作匀加速直线运动。求此过程 (1)歼-35运动的距离； (2)合外力对歼-35做的功W； (3)前内合外力的平均功率。 5．（2026·福建福州·三模）自动驾驶出租车、公交车将成为城市出行服务的日常。某款自动驾驶汽车质量为2000 kg，在倾角为（）的斜坡道路上某处由静止开始，以7000 N的牵引力匀加速启动上坡，沿直线行驶9 m速度达到6 m/s。已知汽车运动中所受摩擦阻力（空气与地面对汽车的总摩擦力）恒定，取重力加速度。汽车在此过程中，求： (1)加速度的大小； (2)摩擦阻力的大小； (3)重力的平均功率。 ⏳题型02 匀变速直线运动的推论及应用 ✨解题技巧 迁移角度 适用情况 解决办法 比例法 常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动具有等时性或等距离 由连续相邻相等时间(或长度)的比例关系求解 推论法 适用于“纸带”类问题 由Δs＝aT2求加速度 平均速度法 常用于“等分”思想的运动，把运动按时间(或距离)等分之后求解 根据中间时刻的速度为该段位移的平均速度来求解问题 6．（2025·福建·一模）（多选）如图甲所示为避险车道，用于车辆在刹车失灵时进行减速避险，其简化模型如图乙所示。一辆质量为m的货车刹车失灵后冲上避险车道，经过A点时速度大小为，到达C点时速度恰好减小为0，B点为AC中点，AC两点高度差为h，货车从A到C的运动视为匀变速运动，重力加速度大小为g，则货车（　　） A．从A到C的过程中，机械能减少了 B．从A到C的过程中，机械能减少了 C．从A到B与从B到C所用的时间之比 D．从A到B与从B到C所用的时间之比 7．（2025·陕西宝鸡·一模）如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．该沙摆的摆动频率为2Hz B．该沙摆的摆长约为2m C．由图乙可知薄木板做匀加速直线运动， 且加速度大小约为0.03m/s2 D．当图乙中的D点通过沙摆正下方时， 薄木板的速度大小约为0.25m/s 8．（2024·福建福州·模拟预测）（多选）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为（g为重力加速度的大小）、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面高度h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为 ，。不计空气阻力，则 （　　） A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间 B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功 C．重物刚落地时的速度大小为 D．地面对重物的平均阻力大小为25mg 9．（2024·福建南平·三模）南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中： （1）最大速度的大小； （2）匀加速阶段加速度a的大小； （3）匀减速阶段对表演者的压力的大小。 10．（2024·福建·模拟预测）甲乙两车并排在同一平直公路上的两条平行车道上同向行驶，甲车由静止开始做匀加速运动，乙车做匀速运动，其各自的位移x随时间t变化关系如图所示，两条图线刚好在时刻相切，则（　　） A．在2t0时刻，乙车的速度大小为 B．在t0时刻，甲车的速度大小为 C．在内，两车有两次机会并排行驶 D．在内，乙车平均速度是甲车平均速度的两倍 ⏳题型03 自由落体运动基本规律的应用 ✨解题技巧 1.自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动，匀变速直线运动的一切推论公式也都适用. 竖直上抛运动是初速度方向竖直向上、加速度大小为g的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动规律列方程，也可分成上升、下降阶段分段处理，特别应注意运动的对称性. 3.“双向可逆类运动”是a不变的匀变速直线运动，参照竖直上抛运动的分析方法，可分段处理，也可全过程列式，但要注意v0、a、x等物理量的正负号． 11．▶新考法◀（2026·福建南平·二模）如图为茶水从茶壶中倒出的情景，若不考虑空气阻力，某一小段水柱在下落过程中（　　） A．动量不变 B．速度变化率保持不变 C．相同时间内下降的高度相等 D．若遇到水平方向的风力，下落时间变长 12．（2026·福建厦门·模拟预测）4月19日，2026年福建省城市足球联赛揭幕战打响，厦门队以战胜对手，夺得开门红。如图所示，一足球运动员在某次颠球练习中，足球由静止竖直下落后与脚接触，经离开脚后沿竖直方向向上运动，上升到达最高点。已知足球质量，重力加速度大小取，不计空气阻力，求： (1)足球由静止竖直下落所用时间； (2)足球与脚接触过程中，足球动量变化量的大小； (3)足球与脚接触过程中，脚对球平均作用力的大小。 13．（2026·福建泉州·三模）如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求： (1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小； (2)篮球每次反弹后的上升时间； (3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。 14．（2025·福建·模拟预测）如图所示，竖直方向的弹簧振子在做简谐振动，当小球A运动到最高点时，弹簧刚好处于原长，此时由静止释放小球B，当小球A向下第一次运动到最低点时，小球B下落的高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。则小球A振动的周期_____，小球A在最低点的加速度大小等于_____。 15．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）设想在将来的某一天，一位航天员乘坐中国航天集团的飞行器，成功地降落在火星上。他在离火星地面表面高h（h远小于火星的半径）处无初速释放一小球，认为小球在火星表面做初速度为零的匀加速直线运动，即火星上的自由落体运动，并测得小球落地时速度为v（不计阻力），已知引力常量为G，火星半径为R，下列正确的是（　　） A．小球下落所用的时间 B．火星表面的重力加速度 C．火星的质量 D．若火星可视为质量均匀分布的球体，则火星的密度 ⏳题型04 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题 ✨解题技巧 一、基础公式 h=½gt²v=gt设：先释放物体运动总时间 t，先后释放时间差 Δt，后释放物体运动时间：t₀=t−Δt（t＞Δt）先下落位移：h₁=½gt²后下落位移：h₂=½g (t−Δt)²两物体间距：Δh=h₁−h₂ 二、三类题型解题套路 题型 1：求某一时刻两物体间距 解题步骤： 确定先下落物体运动时间 t，后物体运动时间 t−Δt 分别代入位移公式，位移做差求间距规律：落地之前，Δh 随时间线性增大，两物体速度差值 Δv=gΔt 恒定不变。 题型 2：判断能否追上（落地前相遇问题） 追上条件：h₁=h₂+ΔH（ΔH 为初始高度差）解题步骤： 带入位移公式列方程，解时间 t 结果检验：后物体运动时间 t−Δt＞0，且两物体下落高度均小于总下落高度，才算落地前追上；反之追不上。 题型 3：一个落地、另一个还在空中，求落地间距 解题步骤： 先算出先落地物体全程下落总时间 t 总 代入 t=t 总，算出后物体此时下落时间、下落高度 总高度−后物体下落高度 = 落地瞬间两物体间距 16．（2024·福建·模拟预测）某人在地面上竖直向上先后发射两个物体，第1个物体的速度大小为v1=25m/s，经t0=1.5s从同一地点发射第2个物体，第2个物体的发射速度大小为v2=20m/s，忽略空气阻力，物体均可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求： (1)第1个物体到达最高点时，两物体之间的间距； (2)两物体相遇时各自的速度。 17．（2026·湖北黄冈·三模）如图所示，小球B、C在同一水平面上，距离，在B的正上方处，小球A以的初速度水平向右抛出，同时将小球B、C以速率竖直向上抛出，不考虑两球的大小及空气阻力，在小球A落地前的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球A、B之间的距离最小值为 B．小球A、B之间的距离最小值为5 m C．小球A、C之间的距离最小值为 D．小球A、C之间的距离最小值为5 m 18．（2026·河南·三模）杂技团进行高空抛接表演，演员将一只长为0.4m的空心竖直圆筒、以6m/s的初速度竖直向上抛出。经过0.4s后，演员在同一位置以相同的初速度竖直向上抛出一小球，忽略空气阻力，重力加速度g取10。则小球抛出后，经过多长时间能从圆筒上端穿出（　　） A．0.1s B．0.25s C．0.35s D．0.5s 19．（2025·江西景德镇·模拟预测）A小球从地面上以速度竖直向上抛出，经2t时间上升的最大高度为h，若在A抛出的同时，有另一个完全相同的小球B从地面上方h处由静止下落，经过3t时间落地。假设小球在空中所受空气阻力大小恒定，当地重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．A球上升的加速度和B球下降的加速度之比为3∶2 B．空气阻力大小是小球重力的倍 C．从刚开始运动到两球在空中相遇所经历的时间为 D．B球落地速度为 20．（2025·河北衡水·三模）如图所示，小球1和2从地面上方不同高度处同时由静止释放，已知小球1的释放点距地面的高度，落地后反弹上升的最大高度，小球1与地面的接触时间忽略不计，小球2与地面碰撞后不反弹，不计空气阻力，重力加速度取。 (1)求小球1落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值； (2)若从小球1第一次落地后到第二次落地前，两小球能同时到达距地面上方高度处，求小球2释放的高度。 ⏳题型05 竖直上抛运动的基本规律 ✨解题技巧 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，如图所示，则： 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。 21．（2026·福建漳州·三模）我国计划于2026年下半年发射嫦娥七号探测器，对月球地形地貌、物质成分、空间环境进行综合探测。已知月球质量为，月球半径为，引力常量为，忽略月球自转。 (1)求月球表面的重力加速度大小； (2)求月球的第一宇宙速度； (3)若在月球表面上方高处，以初速度竖直向上抛出一小球，求小球从最高点落回月球表面所用的时间（重力加速度不变）。 22．（2025·福建福州·三模）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．起跳过程中运动员的最大加速度约为40m/s2 B．起跳离开地面瞬间运动员的速度大小约为5m/s C．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为2.5m/s D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为150N·S 23．（2025·福建三明·三模）2025年4月13日，全红婵参加加拿大温莎站世界杯跳水决赛。如图，全红婵以一定初速度在高台上竖直向上起跳，从距水面的最高处竖直下落，入水后沿直线下潜3 m后速度减为零。重力加速度取，人运动过程中可简化为质点，不计空气阻力。求全红婵： (1)入水前瞬间的速度大小； (2)入水后，人受竖直方向水的平均作用力与其体重之比。 24．（2025·福建福州·三模）十米跳台跳水是奥运跳水比赛项目之一，我国运动员在这一项目中占据绝对优势。如图运动员质量为40kg，该运动员某次以速度竖直向上起跳。取，忽略空气阻力的影响，运动员在竖直面内做直线运动，且可视为质点。求该运动员： (1)起跳后上升到离跳台的最大高度； (2)入水瞬间速度大小（结果保留根号）； (3)入水瞬间重力的瞬时功率（结果保留根号）。 25．（2025·福建厦门·一模）一只气球以的速度匀速上升，达到离地面10m高度时，从气球上掉下一物体。不计空气阻力，则从物体掉下开始，物体在第1秒内速度改变量的大小为______，物体落到地面所用的时间为______ s，物体落到地面时速度大小为______。（取） ⏳题型06 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 、✨解题技巧 (1)同时运动，相遇位移方程：½gt2+v0t-½gt2=H,解得t=H/v0 (2)上升、下降过程中相遇问题 ①若在a球上升时两球相遇，则有t<v0/g，即H/v0<v0/g。解得v0> ②若在a球下降时两球相遇，则有v0/g <t<2v0/g，即v0/g <H/v0<2v0/g。解得＜v0＜ (3)中点相遇问题 若两球在中点相遇，有H/2=½gt2,H/2=v0t-½gt2;解得v0=,t=. 此时a球速度va=v0-gt=-g=0；b球速度vb=gt=g=v0. 交换速度大小。 (4)相遇时速率相等问题 若两球相遇时速率相等，则必然是速度大小相等，方向相反。有gt=v0-gt，且t=H/v0，联立解得v0=， t=。此时a球下降ha=½gt2=H/4；b球上升hb=3H/4. 26．（2025·四川遂宁·一模）如图所示，长度为0.6m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.2m处有一小球（可视为质点）。在由静止释放小球的同时，将圆筒以v=6m/s竖直向上抛出，在圆筒上升过程，小球穿过圆筒的时间为（空气阻力不计，g取10 m/s2）（　　） A．0.4s B．0.3s C．0.2s D．0.1s 27．（2025·江西景德镇·模拟预测）一长为L=0.4m的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管在运动过程中保持竖直，管口正上方高h=1.2m处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度，不计空气阻力。若小球在管下降阶段穿过管，则v0可能是（　　） A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s 28．（2025·黑龙江·二模）如图，质量为的弹性小球A从距地面高处由静止释放。释放A球的同时，在A球的正下方，以20m/s的速度将另一弹性球B从地面竖直向上抛出，B球的质量为4m。忽略空气阻力，两球碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2。求： (1)两球碰撞时A球距地面的高度及速度； (2)两球相碰后A球的最高点距地面的高度。 29．（2025·四川乐山·二模）（多选）如图甲，小球A（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，同时小球B（视为质点）从距地面高度为h0处由静止释放，两小球距地面的高度h与运动时间t的关系图像如图乙，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　） A．A的初速度与B的落地时速度大小相等 B．A上升过程的平均速度小于B下降过程的平均速度 C．A、B处于同一高度时距地面 D．A、B落地的时间差为 30．（2026·河南新乡·一模）时刻，小球甲（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，小球乙（视为质点）从距地面高度为处由静止释放，两小球距地面的高度与运动时间的关系图像如图所示，重力加速度大小为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲的初速度比乙落地时的速度大 B．甲上升过程的平均速度比乙下降过程的平均速度小 C．甲、乙处于同一高度的时刻为 D．甲、乙落地的时间差为 ⏳题型07 多过程问题 ✨解题技巧 1．一般的解题步骤 (1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程． (2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量． (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程． 2．解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键． 31．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）光滑绝缘的水平面上存在一范围足够大且沿水平方向的电场。将一质量为m、电荷量为-q的物块（可视为质点）从该水平面上O点由静止释放，沿物块运动方向建立x轴，其速度v与位移x的关系如图所示，该图像为一条斜率为k的直线。下列说法正确的是（　　） A．从O点沿着x轴正方向，各点电势依次升高 B．该物块做匀加速直线运动 C．该物块的加速度a随位移x变化的关系为a=kx2 D．若取O点电势为零，则x=x0处的电势为 32．（2026·山西·模拟预测）某质点做，的直线运动，加速度a的值先由零增大到某一值后，再逐渐减小到零。在此过程中，该质点（    ） A．当加速度达最大值时，速度也达到最大值 B．速度先增大后减小，最后保持不变 C．速度一直在增大，位移也一直在增大 D．速度一直在增大，位移先增大后减小 33．▶新情境◀（2025·四川广安·模拟预测）城市中的某些路段设置了“绿波带”，当汽车按照绿波速度（某一范围）行驶，车辆通过时能连续获得一路绿灯。设一路上某直线路段每间隔m就有一个红绿灯路口，绿灯时间s，红灯时间s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后s。汽车可看作质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。 (1)若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车在后面道路上再连续通过3个路口，则该路段绿波速度范围？ (2)若该路段限速72km/h，汽车在某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，由静止开始以加速度m/s2匀加速运动直到最大速度，试通过计算判断该汽车连续再通过3个路口的用时。 34．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，滑块从位置由静止开始向左做加速度大小为的匀加速直线运动，经过S到达点，处有弹性挡板未画出，滑块在处速度大小不变反弹，做加速度大小为的匀减速运动，、间距离为，滑块在处碰撞时间不计，滑块在S点左右两侧滑动的总时间之比为，S点距离点的距离为（　　） A． B． C．5m D． 35．▶新角度◀（2026·河北秦皇岛·模拟预测）如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度（识别区起点到自动栏杆的水平距离）。某自动驾驶汽车以18km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5m/s²，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.9m，则自动驾驶系统的反应时间为（　　） A．0 B．0.02s C．0.04s D．0.2s 重难·创新演练 设题创新:匀变速创新依托科创、本土实景，活用新型运动图像、多过程分段建模；多学科融合数理、生化、工程素材，剥离冗余信息提炼物理模型。 1．▶新角度◀（2026·福建·模拟预测）玉质文玩手串深受发烧友的喜爱。如图所示，将文玩手串放置在水平面上，相邻球形串珠紧密排列，均匀分布在圆周上，编号依次为1至12，圆内有一光源可绕圆心逆时针匀加速转动。初始时刻光源速度为0，发出的光线恰好经过串珠1的中心。经过时间光线经过串珠6的中心。则再经过时间，光线照射的串珠编号为（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 2．（2026·河南许昌·模拟预测）如图所示，在斜面上的O点（未画出），每隔相等时间由静止释放一个小球（可视为质点）。在连续释放几个小球后，对斜面上正在滚动的小球拍摄照片，照片中依次有、、三个小球，测得，。则此时小球距O的距离为（　　） A．0.275 m B．0.3 m C．0.3125 m D．0.325 m 3．▶新情境◀（2026·陕西安康·三模）如图甲所示，售货员给质量为16 kg的推车一初速度，使其运动一段距离后停靠在墙边，该过程可看成推车做匀变速直线运动。用手机频闪照相功能每隔0.2 s给运动中的推车拍一张照片，如图乙所示，拍照间隔内推车移动的距离分别为0.75 m、0.65 m。下列说法正确的是（　　） A．推车离手后的加速度大小为 B．推车离手后的加速度大小为 C．推车离手后受到的合力大小为40 N D．推车离手后受到的合力大小为8 N 4．（2026·福建·模拟预测）从斜面上某一位置，每隔0.2s无初速度地释放一颗相同的小球，连续放下几颗后，某时刻对在斜面上滚动的小球拍照，如图所示，通过斜面上的刻度尺读出：AB=15.00cm，BC=35.00cm，则小球的加速度大小为（　　） A．2.5m/s2 B．5m/s2 C．7.5m/s2 D．10m/s2 5．（2026·福建·模拟预测）（多选）如图，一长方形容器静置在水平地面上，容器左下角一小球A以2m/s（与竖直方向的夹角为）的速度抛出，同时从容器顶部某处由静止释放一小球B，小球A上升至最高点时，恰好与下降中的小球B在空中发生水平方向上的弹性正碰（时间极短），碰撞后小球B恰好能落到容器右下角。两小球质量相等且均可视为质点，重力加速度g大小取，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．刚释放时，小球B与容器底部的距离为 B．碰撞后，小球B的速度大小为1m/s C．小球B在空中运动的时间为 D．容器底部的长度为 6．（2026·云南昆明·模拟预测）昆明初夏，蓝花楹从4月中旬开始盛开，形成了“满城紫雾”的景观，如图所示。某游客打卡拍照时，发现拇指大小的花瓣从离水平地面约高的树枝静止开始竖直下落，约落到地面。花瓣下落过程中，下列说法正确的是（    ） A．机械能守恒 B．做自由落体运动 C．始终处于完全失重状态 D．花瓣减少的重力势能大于其增加的动能 7．▶新考法◀（2026·福建·模拟预测）实验小组利用弹性碰撞的原理，设计了一种能够使实验弹体向高空弹射的结构。如图，该结构由质量为的实验弹体和质量为的弹性半球体组成。半球体上端固定一能量储备装置，装置上端放置实验弹体（未连接），能量储备装置具有的特性：当对该装置的压力达到其阈值时，装置不能再压缩同时被锁定（结构视为整体），并将外界对其做的功储存为弹性势能；当压力小于其阈值时，该装置与弹簧有类似的特性，锁定后可以继续弹性形变。现让实验弹体和半球体挤压能量储备装置使其达到压力阈值并锁定，之后，将系统从半球体下端离水平地面高处由静止释放，半球体触地后在极短时间内反弹，与地面的碰撞为弹性碰撞。在反弹开始向上运动的瞬间，能量储备装置瞬时解除锁定并释放全部弹性势能（时间极短），此时半球体恰好速度为零并停在地面上。不计空气阻力和能量储备装置的重力，忽略能量储备装置的大小，半球体和实验弹体的大小远小于，重力加速度大小为。求： (1)该结构第一次下落至地面前瞬间的速度大小； (2)能量储备装置压力达到阈值时储存的弹性势能和实验弹体上升的最大高度； (3)若某次实验时，挤压能量储备装置没有达到压力阈值并锁定，此时储备弹性势能为，仍从半球体下端离水平面高处由静止释放，则反弹后，弹体和半球体分别能上升到最大高度的差值为多少（整个运动过程中，能量储备装置的压力始终未达到阈值）？ 8．▶新考法◀（2026·安徽亳州·模拟预测）（多选）质量为的物块A以一定速度在光滑的水平面运动，在其右侧有一质量为的物块B其曲面为光滑圆弧，半径为R，最低点与水平面相切。A恰好滑到B的圆弧最高点，重力加速度为g。未知。则下列说法正确的是（　　） A．A和B动量守恒 B．A的初速度 C．B的最大速度为 D．若A的初速度增大为，A从B最高点飞出再落回过程，B的位移为 9．（2026·福建·模拟预测）某校开展物理科技节活动，航天爱好者模拟小型探空火箭的竖直发射与回落过程，设竖直向上为轴正方向，火箭的位移一时间图像如图所示（图线为一条抛物线），火箭的运动可视为匀变速直线运动，忽略空气阻力，则由图可知（　　） A．时间内火箭的动能一直减小 B．时间内火箭相对坐标原点的位移先为正后为负 C．时间内火箭向轴负方向运动 D．时间内火箭的速度一直减小 10．（2025·福建漳州·模拟预测）图甲为意大利著名建筑物比萨斜塔，相传伽利略在此做过自由落体实验。如图乙所示，现将两个小铁球P和Q用长L=3.25m不可伸长的轻绳连接，从与比萨斜塔的塔顶等高的A处将悬吊Q球的P球由静止释放。测得Q球落地的时间t=3.2s，忽略空气阻力，g取10m/s2，求： (1)比萨斜塔的高度H； (2)P、Q球落地的时间差Δt； (3)P球从释放到刚落地过程中的平均速度大小。 真题·实战演练 高频考点：v-t图像分析、匀变推论、多过程运动、先后释放落体计算。 1．（2025·福建·高考真题）在2024年巴黎奥运会上，我国游泳运动员创造了男子百米自由 泳新的世界纪录。在此次比赛中，运动员起跳后于时刻入水。入水后 的运动过程可近似分为三个阶段:段的前程游为匀减速直线运动， 段为匀速游，段的冲刺游为匀加速直线运动；速率随时间变化的图像如图所示。已知，，,，求该运动员在 (1)段的平均速度大小； (2)段的加速度大小； (3)段的位移大小。 2．（2024·福建·高考真题）某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试的速度一时间图像如图所示。已知和内图线为直线，内图线为曲线，则该车（　　） A． 在的平均速度为 B．在做匀减速直线运动 C．在内的位移比在内的大 D．在的加速度大小比的小 3．（2023·福建·高考真题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（   ） A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同 C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲 匀变速直线运动的规律（专项训练） 模拟·基础演练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 BC C AD B B 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 BC A D B D 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 D C AC C AD C C B 1．【答案】(1)， (2) 【详解】（1）地铁做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到，则有 其中，解得此过程经历的时间为 牵引力的平均功率为 又 解得 （2）汽车做匀速圆周运动的速度大小为 汽车过弯道由牛顿第二定律得 代入数据得 2.【答案】(1)96m(2)73.5m 【详解】（1）已知起飞速度为 根据位移时间公式可得舰载机的弹射轨道 （2）已知母舰的速度为 若以母舰为参考系，则舰载机起飞的初速度为0，末速度为 由（1）可得加速度为 根据速度位移公式，可得舰载机安全起飞的弹射距离为 故舰载机安全起飞的弹射距离至少为73.5m。 3.【答案】(1)(2)(3)4.6 【详解】（1）根据自由落体运动公式可得 解得消防队员刚着地时的速度大小 （2）消防队员在缓冲过程做匀减速直线运动，根据运动学公式可得 解得缓冲下降所用的时间为 （3）消防队员在缓冲过程的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 可得 4.【答案】(1)60m(2)(3) 【详解】（1）根据平均速度公式推论可知，歼-35运动的距离 解得 （2）根据动能定理可知，合外力对歼-35做的功 解得 （3）合外力的平均功率 = 解得 = 5.【答案】(1)(2)1800N(3) 【详解】（1）由题知汽车的初速度为零，根据位移-速度公式有 解得 （2）对汽车受力分析由牛顿第二定律有 解得 （3）小车克服重力做功 解得 重力的平均功率 解得 9.【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为 又 解得 本题还可以采用图像法，作出整个过程的图像如图所示 根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移，即 可得 （2）根据加速度的定义式可知 （3）毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知 解得 根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为 12.【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）足球由静止竖直下落，满足 将代入，解得 （2）球与脚接触瞬间，速度大小满足 解得 球离开脚瞬间，速度大小满足 解得 以竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小为 （3）足球与脚接触过程中，设脚对球平均作用力的大小为，根据动量定理有 代入数据，解得 13.【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得 解得 （2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得 解得 （3）与地面碰撞损失的机械能 解得 14.【答案】 g 【详解】[1] 根据题意 解得； [2]小球运动到最高点时加速度最大，此时弹簧弹力为零，由 得，方向竖直向下。由简谐运动的对称性，小球A在最低点的加速度大小与最高点加速度大小相等，故球A在最低点的加速度大小等于。 16.【答案】(1)16.25m(2)16.25m/s，6.25m/s，方向均向下 【详解】（1）第1个物体到达最高点时用时间 上升的高度 此时第二个物体距离地面的高度 两物体之间的间距 （2）设第一个物体抛出后经过时间t两物体相遇，则 解得t=4.125s 此时第一物体的速度 第二物体的速度 方向均向下。 20.【答案】(1)(2)55m或 【详解】（1）根据速度位移关系 可得小球1落地瞬间的速度大小为 反弹速度大小为 解得 则小球1落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值为 （2）小球1下落的时间 反弹到最高点的时间 解得 设小球1反弹到距地面上方高度处时间为，则有 代入数据得 若在小球1上升过程相遇，相遇时小球2下落的高度 解得 若在小球1下降过程相遇，相遇时小球2下落的高度 解得 故小球2离地的初始高度或 21.【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）在月球表面，万有引力近似等于重力，即                  解得 （2）由万有引力提供向心力得                  解得 （3）小球竖直上抛，设小球上升的最大高度为H，由运动学公式得 小球自由下落，由运动学公式得 解得 23.【答案】(1)(2) 【详解】（1）全红婵从最高处竖下落至水面过程中： 解得 （2）水中下潜过程，根据动能定理 解得 24.【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）运动员做竖直上抛运动，起跳后上升到离跳台的最大高度 （2）运动员从最高点到落到水面做自由落体运动 入水瞬间速度大小 （3）入水瞬间重力的瞬时功率 25.【答案】 10 2 15 【详解】[1]从气球上掉出后，不计空气阻力，物体做竖直上抛运动，速度改变量的大小为 [2]设竖直向上为正方向，物体初速度，落到地面位移，代入位移-速度公式，得 [3]落地速度 故物体落到地面的速度大小为。 28.【答案】(1)20m/s，20m(2)27.2m 【详解】（1）设经时间两球相遇，则有 解得 此时球的速度为 此时球的速度为 相碰位置距地面高度为 （2）A球、B球碰撞过程动量守恒、机械能守恒有， 解得 碰后上升高度为 求两球相碰后A球的最高点距地面的高度为 33.【答案】(1) (2)150s 【详解】（1）第4个路口的绿灯起始时间为 绿灯持续，因此到达第4个路口的时间需满足 汽车匀速运动，位移 由 可得绿波速度范围为 同理通过第3个路口的绿波速度范围为 通过第2个路口的绿波速度范围为 综上所述再连续通过3个路口的速度范围为 （2）限速，汽车从静止开始匀加速到最大速度，再匀速运动。 加速时间 加速位移 再匀速通过第一段剩余道路，需用时 因总用时 所以到达第二个路口时，因速度过快绿灯未亮起 继续等待 重复再加速匀速再用时 同理每次通过一个路口用时，因此从开始再连续通过3个路口需用时 重难·创新演练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B CD D BCD A 7.【答案】(1)(2)，(3) 【详解】（1）由运动学公式，代入已知得 解得 （2）设解除锁定瞬间弹体速度为 由动量守恒得 能量守恒得 又 联立解得， （3）设解除锁定，弹性势能释放后瞬间半球体和弹体的速度分别为和 由动量守恒得 能量守恒得 解得， 则半球体再次与地面碰后反弹，反弹最大高度 弹体上升最大高度 则 联立解得 故反弹后，弹体和半球体分别能上升到最大高度的差值 10.【答案】(1)54.45m (2)0.1s (3)16.5m/s 【详解】（1）由静止释放P球后，Q球做自由落体运动，则 解得 （2）由静止释放P球后，P球做自由落体运动，则 解得 （3）P球从释放到刚落地的过程中的平均速度大小 解得 真题·实战演练 题号 1 2 3 答案 D BC 1.【答案】(1)(2)(3)4.2m 【详解】（1）段内的平均速度 （2）段内的加速度 （3）段内的位移 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $