2020版高考物理一轮复习第一章第2节匀变速直线运动的规律讲义.doc

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1、1第 2节 匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的规律1基本公式(1)速度公式： v v0 at。(2)位移公式： x v0t at2。12(3)速度位移关系式： v2 v022 ax。2重要推论(1)平均速度： v ，即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时vt2 v0 v2速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。(2)任意两个连续相等时间间隔( T)内的位移之差相等，即 x x2 x1 x3 x2 xn xn1 aT2。注 1(3)位移中点速度： v 。注 22xv02 vt22(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例1 T末，2 T末，3 T末， nT末的瞬时速度之比：v

2、1 v2 v3 vn123 n。第 1个 T内，第 2个 T内，第 3个 T内，第 n个 T内的位移之比：x1 x2 x3 xn135(2 n1)。通过连续相等的位移所用时间之比：t1 t2 t3 tn1( 1)( )( )。2 3 2 n n 1二、自由落体和竖直上抛运动的基本规律自由落体运动注 3竖直上抛运动注 4速度公式 v gt v v0 gt位移公式 h gt212 h v0t gt212速度位移关系式 v22 gh v2 v022 gh【注解释疑】2注 1 此公式可以延伸为 xm xn( m n)aT2，常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度。注 2 不论是匀加速直线运动还是匀减速直线

3、运动，均有： v v 。2x注 3 自由落体运动隐含两个条件：初速度为零，加速度为 g。注 4 整段研究竖直上抛运动时，注意所选取的正方向和相应时刻或位置速度的方向。深化理解1匀变速直线运动的公式中，各物理量必须相对同一参考系，高中阶段一般都选地面为参考系。2 v0、 v、 a(g)、 x(h)均为矢量，应用时要规定正方向，通常以 v0的方向为正方向，以 v0对应的位置为初始位置。3在求解竖直上抛运动或其他运动方向发生变化的问题时，更要注意物理量的正、负。为了能够轻松应用公式，可以先在公式中直接写成加、减号，物理量只代入大小进行计算。基础自测一、判断题(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线

4、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。()二、选择题1(多选)质点做直线运动的位移 x与时间 t的关系为 x65 t t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )A第 1 s内的位移是 10 mB前 2 s内的平均速度是 3 m/sC运动的加速度为 1 m/s2D任意 1 s内的速度增量都是2 m/s解析：选 BD

5、第 1 s内的位移 x1(6511) m6 m4 m，故 A错误。前 2 s内的位移 x2(6524)m6 m6 m，则前 2 s内的平均速度 m/s3 m/s，故vx2t2 623B正确。根据 x v0t at265 t t2得，加速度 a2 m/s2，任意 1 s内速度的增量12 v at21 m/s2 m/s，故 C错误，D 正确。2人教版必修 1 P49做一做改编一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了 s12 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了 s38 m。由此可求得( )A

6、第一次闪光时质点的速度B质点运动的加速度C在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移D质点运动的初速度解析：选 C 由于闪光时间未知，所以根据 s2 s1 s3 s2 aT2，只能求出第二、三次闪光的时间间隔内质点的位移 s25 m，选项 C正确。3教科版必修 1P34T4在自由落体运动中，第 1个 2 s、第 2个 2 s和第 5 s内的位移之比为( )A135 B265C287 D4129解析：选 D 根据初速度为零的匀加速直线运动的比例，三段时间内的位移之比为(13)(57)94129，D 正确。4从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面，在不计空气阻力的条件下，以下

7、判断正确的是( )A物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同B物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C物体上升过程经历的时间大于物体下落过程经历的时间D物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间解析：选 A 物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下落阶段加速度相同，大小为 g，方向向下，A 项正确，B 项错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C、D 项错误。高考对本节内容的考查，主要集中在匀变速直线运动规律的应用、自由落体运动、竖直上抛运动等，主要以选择题的形式呈现，难度一般。考点一 匀变速直线运动规律的理解与

8、应用师生共研类1规范解题流程4 画 过 程分 析 图 判 断 运动 性 质 选 取 正方 向 选 用 公 式列 方 程 解 方 程并 讨 论2恰当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)没有涉及的物理量适宜选用公式v0， v， a， t x v v0 atv0， a， t， x v x v0t at212v0， v， a， x t v2 v022 axv0， v， t， x a x tv v023两类特殊的匀减速直线运动刹车类问题 双向运动类其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，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)

9、的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动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，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典例 如图所示，水平地面 O点的正上方的装置 M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开 M的同时， O点右侧一长为 L1.2 m的平板车开始以 a6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离 M的竖直高度为 h0.45 m。忽略空气阻力，重力加速度 g取 10 m/s2。(1)求小车左端离 O点的水平距离；(2)

10、若至少有 2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔 t应满足什么条件？解析 (1)设小球自由下落至平板车上表面处历时 t0，在该时间段内由运动学公式对小球有： h gt02 12对平板车有： x at02 12由式并代入数据可得： x0.27 m。5(2)从释放第一个小球至第二个小球下落到平板车上表面处历时 t t0，设平板车在该时间段内的位移为 x1，由运动学公式有： x1 a( t t0)2 12至少有 2个小球落在平板车上须满足： x1 x L 由式并代入数据可得： t0.4 s。答案 (1)0.27 m (2) t0.4 s解题方略 求解多阶段运动问题的“三步走”题点全练1匀变速直线

11、运动基本公式的应用一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足 v2 t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( )A质点可能做匀减速直线运动B5 s 内质点的位移为 35 mC质点运动的加速度为 1 m/s2D质点 3 s末的速度为 5 m/s解析：选 B 根据平均速度 v 知， x vt2 t t2，根据 x v0t at22 t t2知，xt 12质点的初速度 v02 m/s，加速度 a2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故 A、C 错误；5 s内质点的位移 x v0t at225 m 225 m35 m，故 B正确；质点在 3 s末的速12 12度 v

12、 v0 at2 m/s23 m/s8 m/s，故 D错误。2汽车刹车问题汽车以 20 m/s的速度做匀速直线运动，看到前方有障碍物立即刹车(反应时间不计)，刹车后加速度大小为 5 m/s2，则汽车刹车后第 2 s内的位移和刹车后 5 s内的位移为( )A30 m,40 m B30 m,37.5 mC12.5 m,40 m D12.5 m,37.5 m解析：选 C 由 v v0 at，可求得汽车刹车后运动的时间 t4 s，刹车后第 2 s内6位移 x2 m m12.5 m。刹车后 5 s内位移等于 4 s内的位移，可看成初速度为 0的反向匀加速直线运动， x5 at2 542 m40 m。故 C

13、正确。12 123多过程问题有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为 2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为 1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为 48 m。问：(1)若电梯运行时最大限速为 9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少？(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为 15 s，上升的最大速度是多少？解析：(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为 vm，由位移公式得 h ，代入数据解得 vm8 m/s，vm22a1 vm22a2因为 vm8 m/s9 m/s，符合题意。加速的时间为 t1 s

14、4 s。vma1 82减速的时间为 t2 s8 s。vma2 81运动的最短时间为 t t1 t212 s。(2)设加速的时间为 t1，减速的时间为 t2，匀速上升时的速度为 v，且 v8 m/s，则加速的时间为 t1 ，va1减速的时间为 t2 。va2匀速运动的时间为 t15 s t1 t2。上升的高度为 h (t1 t2) v(15 s t1 t2)，v2联立解得 v4 m/s，另一解不合理，舍去。答案：(1)12 s (2)4 m/s考点二 解决匀变速直线运动的常用方法基础自修类题点全练1基本公式法如图所示，一质点由静止开始，从 A到 B做匀加速直线运动。已知质点在第 1 s内的位移恰

15、好等于它在最后 1 s内位移的 ，则下14列物理量中可求出的是( )7A A、 B两点之间的距离B质点从 A运动到 B所用的时间C质点运动的加速度大小D质点到达 B点时的速度大小解析：选 B 设质点在第 1 s内的位移为 x，则它在最后 1 s内位移为 4x，设质点运动的加速度大小为 a，质点从 A运动到 B所用的时间为 t，利用匀变速直线运动规律可得x a12,4x at2 a(t1) 2，联立可解得 t，不能得出 a和 x，不能求出 A、 B两12 12 12点之间的距离及质点到达 B点时的速度大小，选项 B正确，A、C、D 错误。2平均速度法(2016上海高考)物体做匀加速直线运动，相继

16、经过两段距离为 16 m的路程，第一段用时 4 s，第二段用时 2 s，则物体的加速度是( )A. m/s2 B. m/s223 43C. m/s2 D. m/s289 169解析：选 B 根据题意，物体做匀加速直线运动， t时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为： v1 1 m/s4 m/s；在第二段内中间v164时刻的瞬时速度为： v2 2 m/s8 m/s；则物体加速度为： a m/s2 v162 v2 v1t 8 43 43m/s2，故选项 B正确。3推论法一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过 A、 B、 C三点，已知 AB6 m， BC10 m，小球经过

17、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( )A2 m/s,3 m/s,4 m/s B2 m/s,4 m/s,6 m/sC3 m/s,4 m/s,5 m/s D3 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时间中点的瞬时速度，故 B点的速度就是全程的平均速度， vB 4 m/s，又因为连续相等时AB BC2t间内的位移之差等于恒量，即 x at2，则由 x BC AB at2，解得 a1 m/s2，再由速度公式 v v0 at，解得 vA2 m/s， vC6 m/s，故选项 B正确。4比例法

18、质点从静止开始做匀加速直线运动，在第 1个 2 s、第 2 个 2 s和第 5 s内三段位移之比为( )A265 B2878C4129 D221解析：选 C 质点在从静止开始运动的前 5 s内的每 1 s内位移之比应为13579，因此第 1个 2 s内的位移为(13)4 份，第 2个 2 s内的位移为(57)12 份，第 5 s内的位移即为 9份，C 正确。5逆向思维法(多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )A v1 v2

19、v3321B v1 v2 v3 13 2C t1 t2 t31 2 3D t1 t2 t3( )( 1)13 2 2解析：选 BD 采用逆向思维法求解。该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为 L，则 v322 aL， v222 a2L， v122 a3L，故v1 v2 v3 1，所以选项 B正确。由于每块木块厚度相同，故由比例关系可得3 2t1 t2 t3( )( 1)1，所以选项 D正确。3 2 26图像法如图所示，甲、乙两车同时由静止从 A点出发，沿直线 AC运动。甲以加速度 a3做初速度为零的匀加速运动，到达 C点时的速度为 v。乙以加速度 a1做初速度为

20、零的匀加速运动，到达 B点后做加速度为 a2的匀加速运动，到达 C点时的速度也为v。若 a1 a2 a3，则( )A甲、乙不可能同时由 A到达 CB甲一定先由 A到达 CC乙一定先由 A到达 CD若 a1 a3，则甲一定先由 A到达 C解析：选 A 根据速度时间图线得，若 a1 a3，如图 1，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则 t 乙 t 甲 。若 a3 a1，如图 2，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则 t 乙 t 甲 。通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能9同时到达。故 A正确，B、C、D 错误。名师微点解

21、决匀变速直线运动的六种方法考点三 自由落体和竖直上抛运动师生共研类1求解自由落体运动的两点注意(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。从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为 1357从运动开始一段时间内的平均速度 gtvht v2 12连续相等时间 T内的下落高度之差 h gT2(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，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。2研究竖直上抛运动的两种方法(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

22、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。3用好竖直上抛运动的三类对称时间对称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等，即 t 上 t 下 v0g10物体在上升过程中经过某两点之间所用的时间与下降过程中经过该两点之间所用的时间相等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、方向相反速度对称 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、方向相反能量对称竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等例 1 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

23、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 g10 m/s 2，求：(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？解析 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端 A用时t 下 A s s2h下 Ag 2 20 510 3木杆的上端到达圆筒上端 A用时t 上 A s2 s2h上 Ag 22010则木杆通过圆筒上端 A所用的时间t1 t 上 A t 下 A s。(2 3)(2)木杆的上端离开圆筒下端 B用时t 上 B s s2h上 Bg 2 20 510 5则木杆通过圆筒所用的时间

24、t2 t 上 B t 下 A s。(5 3)答案 (1) s (2) s(2 3) (5 3)易 错 提 醒 在计算木杆通过圆筒的时间时，既不能将木杆视为质点，又不能将圆筒视为质点，此时要注意确定木杆通过圆筒的开始和终止时刻之间所对应的下落高度。 例 2 (多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为 A，物体上升的最大高度为 20 m，不计空气阻力， g 10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为 10 m时，物体运动的时间可能为( )A(2 )s B(2 )s2 211C(2 )s D. s6 6解析 物体在塔顶边缘的 A点抛出，位移大小为 10 m的位置有两处，如图所示，一处在 A点

25、之上，另一处在 A点之下，在 A点之上时，通过位移大小为 10 m处有上升和下降两种过程，在 A点之下 10 m处只有下降过程。法一：分段法由 H ，得 v020 m/s，v022g物体上升 10 m时，速度为 v1，则由 v12 v022 gh，得 v110 m/s，2则 t1 (2 )s，故 A对；v0 v1g 2物体从抛出到下落至 A点上方 10 m时，t2 t1 (2 )s，故 B对；2v1g 2物体从最高点到下落至 A点下方 10 m处时，H h gt32，则 t3 s，12 6故物体从抛出到下落至 A点下方 10 m处时，t3 t3(2 )s，故 C对，D 错。v0g 6法二：全程

26、法取竖直向上为正方向，物体的位移为 x v0t gt2，12当物体位于 A点上方 10 m处时 x10 m，解得 t1(2 )s， t2(2 )s，故选项 A、B 对。2 2当物体位于 A点下方 10 m处时， x10 m，解得 t3(2 )s，另一解为负值，舍去，故选项 C对，D 错。6答案 ABC解 题 方 略 解答竖直上抛问题采用全程法比分段法更快捷，但要注意各矢量的正、负问题，全程法中如果取 v0的方向为正方向，则 v0 时，物体正在上升； v0 时，物体正在下降；h0 时，物体在抛出点上方； h0 时，物体在抛出点下方。题点全练121天体表面的自由落体运动一位同学在某星球上完成自由落

27、体运动实验：让一个质量为 2 kg的小球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/sB物体在第 5 s内的平均速度大小是 3.6 m/sC物体在前 2 s内的位移大小是 20 mD物体在 5 s内的位移大小是 50 m解析：选 D 设该星球表面的重力加速度为 g，由自由下落在第 5 s内的位移是 18 m，可得 g(5 s)2 g(4 s)218 m，得 g4 m/s2，所以 2 s末的速度大小为 8 12 12m/s，选项 A错误；第 5 s内的平均速度大小为 18 m/s，选项 B错误；物体在前 2 s内的位移大小是 g(

28、2 s)28 m，选项 C错误；物体在 5 s内的位移大小是 g(5 s)250 12 12m，选项 D正确。2竖直上抛运动如图所示，将一小球以 10 m/s的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向， g取 10 m/s2。则 3 s内小球运动的( )A路程为 25 mB位移为 15 mC速度改变量为 30 m/sD平均速度为 5 m/s解析：选 A 应用全程法求解位移，由 x v0t gt2得位移 x15 m，B 错误；平均12速度 5 m/s，D 错误；小球竖直上抛，由 v v0 gt得速度的改变量vxt v v v0 gt30 m/s，C 错误；

29、上升阶段通过路程 x1 5 m，下降阶段通过v022g的路程 x2 gt22， t2 t 2 s，解得 x220 m，所以 3 s内小球运动的路程为12 v0gx1 x225 m，A 正确。3竖直上抛运动与科技生活的综合某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从水平地面上发射后始终在垂直于水平地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过 4 s到达离地面 40 m高处时燃料恰好用完，不计空气阻力，重力加速度 g取 10 m/s2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小；13(2)火箭上升到离地面的最大高度；(3)火箭从发射到返回发射点的时间。解析：设燃料恰好用完时火箭的速度为 v1，

30、所用时间为 t1，火箭的上升阶段可分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点。(1)对第一个过程有 h1 t1v12代入数据解得 v120 m/s。(2)对第二个过程有 h2v122g代入数据解得 h220 m所以火箭上升到离地面的最大高度 h h1 h260 m。(3)第二个过程用时 t2v1g代入数据解得 t22 s设火箭从最高点返回发射点用时 t3由 h gt32得 t3 12 2hg代入数据解得 t33.5 s火箭从发射到返回发射点的时间 t t1 t2 t39.5 s。答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)9.5 s“形异质同”快解题两类匀变

31、速直线运动中的“形异质同”问题什么是“形异质同”和“形同质异”“形异质同”是指遵循的物理规律相同，但情景新颖、信息陌生、物理过程独特的题目，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。其实这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问题我们称之为“形异质同” 。另外， “形同质异”是指物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的题目，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误。这类问题我们称之为“形同质异” 。无论是“形异质同”还是“形同质异” ，都是命题人常采用的命题手段之一，为引起同学们对此类问题的重视，本书创编

32、此栏目，旨在让同学们在平时的训练中，多比较、多总结，不再因无谓失分而遗憾。14(一)水平刹车与沿粗糙斜面上滑1汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是 x24 t6 t2，则它在前 3 s内的平均速度为( )A6 m/s B8 m/sC10 m/s D12 m/s解析：选 B 将题目中的表达式与 x v0t at2比较可知： v024 m/s， a12 12m/s2。所以由 v v0 at可得汽车从刹车到静止的时间为 t s2 s，由此可知第 3 0 24 12s内汽车已经停止，汽车运动的位移 x242 m62 2 m24 m，故平均速度 vxt 243m/s8 m/s。故 B正确。2.(多选

33、)如图所示，木板与水平地面间的夹角 30，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度 v010 m/s 沿木板向上运动，取 g10 m/s 2。则以下结论正确的是( )A小木块与木板间的动摩擦因数为33B小木块经 t2 s 沿木板滑到最高点C小木块在 t2 s 时速度大小为 10 m/s，方向沿木板向下D小木块滑到最高点后将静止不动解析：选 AD 小木块恰好匀速下滑时， mgsin 30 mg cos 30，可得 ，A33正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得： mgsin 30 mg cos 30 ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度 a10

34、m/s2，故小木块上滑的时间 t 上 1 s，小木块速度减为零时，有： mgsin 30 mg cos 30，故小木块将静止在最v0a高点，D 正确，B、C 错误。反 思 领 悟 汽车在水平路面上的刹车问题和物体沿粗糙斜面上滑问题，表面上看是两种不同的问题，但是，若物体在斜面上满足 mgsin mg cos ，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题是相同的。 (二)竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑3一物体自空中的 A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为 10 m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力， g10 m/s2)( )15A在 A点上方

35、15 m处，速度方向竖直向上B在 A点下方 15 m处，速度方向竖直向下C在 A点上方 75 m处，速度方向竖直向上D在 A点上方 75 m处，速度方向竖直向下解析：选 C 若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式 v v0 gt，物体的初速度为 v0 v gt40 m/s，物体的位移为 h1( v0 v) 75 m，物体在 A点的上方，t2C正确，D 错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度 v0 v gt20 m/s，物体的位移为 h2( v0 v) 15 m，物体仍然在 A点的上方，A、B 错误。t24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，如果物体的加速度始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下。那么经过 3 s时的速度大小和方向是( )A25 m/s，沿斜面向上 B5 m/s，沿斜面向下C5 m/s，沿斜面向上 D25 m/s，沿斜面向下解析：选 B 取初速度方向为正方向，则 v010 m/s， a5 m/s2，由 v v0 at可得，当 t3 s时， v5 m/s， “”表示物体在 t3 s时速度方向沿斜面向下，故 B选项正确。反 思 领 悟 物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同。16