第 3 章 · 匀变速直线运动

项目	内容
课标主题	必修 1 · 机械运动与物理模型（匀变速直线运动的规律、自由落体运动）
人教版（2019）	必修第一册 第二章“匀变速直线运动的研究”：1 实验：探究小车速度随时间变化的规律；2 匀变速直线运动的速度与时间的关系；3 匀变速直线运动的位移与时间的关系；4 自由落体运动
考试地位	很少单独出大题，但几乎每道力学计算题都要用它收尾（牛顿定律求出加速度后算速度、位移、时间）；运动图像、追及相遇、竖直上抛常出选择题；$\Delta x = aT^2$ 是纸带实验的必用公式
前置知识	第 1 章 1.3 矢量与正方向、1.4 $v$-$t$ 图的斜率和面积；第 2 章位移、速度、加速度；一元二次方程（见《高中数学知识点梳理》第 4 章）

匀变速直线运动只有三个基本公式，加几条推论，背下来不难。丢分丢在两处：一是方向，减速、往返、上抛时正负号乱了；二是“情境”，刹车后不会倒车却照套公式、追及题不知道从哪儿列方程、上抛到最高点后不知道怎么接。本章每个公式都写明“题目缺哪个量时用它”，并把刹车、追及、上抛这几类情境逐个讲透。

3.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
3.2 速度公式	$v = v_0 + at$，不涉及位移时用；减速到零要先判断会不会停	必用
3.3 位移公式	$x = v_0t + \dfrac{1}{2}at^2$，由 $v$-$t$ 图梯形面积得出；刹车、追及都靠它	必用；追及相遇常考
3.4 速度位移关系	$v^2 - v_0^2 = 2ax$，不涉及时间时用	必用
3.5 常用推论	平均速度等于中间时刻速度；$\Delta x = aT^2$；初速为零的比例关系	常考，纸带实验必用
3.6 自由落体与竖直上抛	加速度为 $g$ 的匀变速运动；上抛可分段算，也可取向上为正整体算	常考，选择题和计算题都有

3.2 速度公式

说明

匀变速直线运动：沿直线运动，加速度大小和方向都不变。$v$-$t$ 图是一条倾斜的直线。

• 加速度方向与速度方向相同：匀加速，速度越来越大。
• 加速度方向与速度方向相反：匀减速，速度越来越小。

理想模型：物体看成质点，加速度严格恒定。

速度公式：

$$v = v_0 + at$$

$v_0$ 是初速度（$t = 0$ 时的速度），$v$ 是 $t$ 时刻的速度，$a$ 是加速度。

• 矢量式：$\vec{v} = \vec{v}_0 + \vec{a}t$。
• 标量式：在直线上取正方向后，$v_0$、$a$、$v$ 都带正负号代入上式。一般取初速度方向为正：匀加速时 $a > 0$，匀减速时 $a < 0$。算出 $v < 0$ 表示此刻速度方向与正方向相反。

初速为零时简化为 $v = at$。

使用场景

• 题目给出初速度、加速度、时间中的两个，求第三个或末速度，不涉及位移 → 匀变速直线运动 → $v = v_0 + at$。
• 汽车刹车、物体在粗糙水平面上滑行，停下后不会反向运动，问某时刻的速度 → “刹车类”匀减速 → 先用 $0 = v_0 + at_0$ 算停车时间 $t_0$，所给时间超过 $t_0$ 时速度就是 0。
• 运动分几段，每段加速度不同 → 分段匀变速 → 逐段用 $v = v_0 + at$，前一段的末速度是后一段的初速度。
• 物体冲上光滑斜面又滑回、竖直上抛这类往返运动，全程加速度不变 → “往返类”匀变速 → 公式对全过程成立，带正负号整体代入，$v < 0$ 表示已经返回。

注意点

• 先写“取……为正方向”，再代入数值。$a$ 的正负由它和正方向的关系决定，不由“加速还是减速”的字面决定。
• 刹车类和往返类要分清。两类都是减速到零，区别在于停下以后：刹车类停下后摩擦力消失（或变为静摩擦），物体静止，公式只用到停车时刻；往返类停下后加速度不变，物体立即反向加速，公式继续有效。判断依据是“速度为零后受力是否改变”（第 6 章牛顿第二定律）。
• 公式只适用于加速度恒定的过程。加速度变了，必须分段。
• 单位统一成国际单位：$\mathrm{km/h}$ 先除以 3.6（第 1 章 1.2）。

推导

由加速度的定义（第 2 章）：

$$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v - v_0}{t - 0}$$

两边乘 $t$，移项得 $v = v_0 + at$。

（关键一步：匀变速运动的 $a$ 不随时间变，所以任意一段时间内的平均加速度都等于这个 $a$，可以直接用“从 $0$ 到 $t$“这一整段代入定义式。加速度若在变，$\dfrac{v - v_0}{t}$ 只是平均加速度，这个式子就不成立了。）

图像的说法：$v$-$t$ 图是一条直线，纵截距是 $v_0$，斜率是 $a$（第 1 章 1.4），直线方程就是 $v = v_0 + at$。

实验依据：人教版第二章第 1 节“探究小车速度随时间变化的规律”中，用打点计时器测出小车在各时刻的速度，描出的 $v$-$t$ 图像是一条倾斜直线，说明小车的速度随时间均匀变化。实验操作和数据处理见第 38 章。

例题

例 1　（场景：已知两个量求速度）一辆汽车以 $36\ \mathrm{km/h}$ 的速度匀速行驶，从某时刻开始以 $2\ \mathrm{m/s^2}$ 的加速度匀加速，求加速 $5\ \mathrm{s}$ 后的速度。

解：

研究对象：汽车，看成质点。

过程划分：只有一个过程，匀加速 $5\ \mathrm{s}$。

分析：已知 $v_0$、$a$、$t$，求 $v$，不涉及位移，用速度公式。先换单位：$v_0 = 36\ \mathrm{km/h} = 10\ \mathrm{m/s}$。

列式求解：取初速度方向为正方向，$a = 2\ \mathrm{m/s^2}$。

$$v = v_0 + at = (10 + 2 \times 5)\ \mathrm{m/s} = 20\ \mathrm{m/s}$$

速度大小 $20\ \mathrm{m/s}$，方向与原运动方向相同。

检验：单位对；$20\ \mathrm{m/s} = 72\ \mathrm{km/h}$，汽车 $5\ \mathrm{s}$ 内从 $36$ 加到 $72\ \mathrm{km/h}$，合理。

例 2　（场景：刹车类，先判断停车时间）汽车以 $15\ \mathrm{m/s}$ 的速度行驶，紧急刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为 $3\ \mathrm{m/s^2}$。求刹车后 $3\ \mathrm{s}$ 末和 $6\ \mathrm{s}$ 末的速度。

解：

研究对象：汽车。

过程划分：从刹车到停下是一个匀减速过程；停下后静止，不再运动。

分析：刹车类问题，先求停车时间，再看所给时刻落在哪一段。

列式求解：取初速度方向为正方向，$a = -3\ \mathrm{m/s^2}$。停车时 $v = 0$：

$$t_0 = \frac{0 - v_0}{a} = \frac{0 - 15}{-3}\ \mathrm{s} = 5\ \mathrm{s}$$

$3\ \mathrm{s} < 5\ \mathrm{s}$，汽车还在减速：

$$v_3 = v_0 + at = (15 - 3 \times 3)\ \mathrm{m/s} = 6\ \mathrm{m/s}$$

$6\ \mathrm{s} > 5\ \mathrm{s}$，汽车在 $5\ \mathrm{s}$ 末已经停下，$6\ \mathrm{s}$ 末速度 $v_6 = 0$。

检验：若直接代入 $6\ \mathrm{s}$，得 $v = 15 - 18 = -3\ \mathrm{m/s}$，表示汽车在倒车，这不可能。负号就是“公式用过界”的信号。

容易卡在：不先算停车时间，直接代入题目给的时间。

例 3　（场景：分段匀变速）物体由静止开始以 $2\ \mathrm{m/s^2}$ 的加速度做匀加速直线运动，$4\ \mathrm{s}$ 后改做加速度大小为 $1\ \mathrm{m/s^2}$ 的匀减速直线运动，求从开始运动起 $10\ \mathrm{s}$ 末的速度。

解：

研究对象：物体。

过程划分：①匀加速 $0 \sim 4\ \mathrm{s}$；②匀减速 $4 \sim 10\ \mathrm{s}$，共 $6\ \mathrm{s}$。两段加速度不同，必须分段。

分析：第①段的末速度是第②段的初速度。还要检查第②段在 $6\ \mathrm{s}$ 内是否已减到零。

列式求解：取运动方向为正方向。

第①段：$v_1 = a_1t_1 = 2 \times 4\ \mathrm{m/s} = 8\ \mathrm{m/s}$。

第②段：$a_2 = -1\ \mathrm{m/s^2}$，减到零需要 $\dfrac{8}{1}\ \mathrm{s} = 8\ \mathrm{s} > 6\ \mathrm{s}$，所以 $10\ \mathrm{s}$ 末还没停：

$$v = v_1 + a_2t_2 = (8 - 1 \times 6)\ \mathrm{m/s} = 2\ \mathrm{m/s}$$

$10\ \mathrm{s}$ 末速度 $2\ \mathrm{m/s}$，方向与运动方向相同。

检验：图上 $(10, 2)$ 在横轴上方，速度仍为正，合理。

例 4　（场景：往返类，加速度不变）小球以 $6\ \mathrm{m/s}$ 的初速度冲上足够长的光滑斜面，加速度大小始终为 $2\ \mathrm{m/s^2}$，方向沿斜面向下。求 $5\ \mathrm{s}$ 末小球的速度。

解：

研究对象：小球。

过程划分：先沿斜面向上减速到零（$0 \sim 3\ \mathrm{s}$），再沿斜面向下加速。斜面光滑，速度为零后受力不变，加速度不变，两段可以合成一个匀变速过程。

分析：和例 2 不同，这里速度为零后小球不会停住，而是立即下滑。公式对全过程成立，直接代入 $t = 5\ \mathrm{s}$。

列式求解：取沿斜面向上为正方向，$v_0 = 6\ \mathrm{m/s}$，$a = -2\ \mathrm{m/s^2}$。

$$v = v_0 + at = (6 - 2 \times 5)\ \mathrm{m/s} = -4\ \mathrm{m/s}$$

$5\ \mathrm{s}$ 末速度大小 $4\ \mathrm{m/s}$，方向沿斜面向下。

检验：$3\ \mathrm{s}$ 到最高点，之后下滑 $2\ \mathrm{s}$，速度 $2 \times 2 = 4\ \mathrm{m/s}$，与整体代入的结果一致。

容易卡在：照搬刹车题的做法，认为 $3\ \mathrm{s}$ 后速度为零。判断标准是“停下以后受力变不变”：光滑斜面上重力沿斜面的分力一直在，小球不可能停住。

常用推论

• 停车时间：$t_0 = \dfrac{v_0}{|a|}$。由 $0 = v_0 + at_0$ 得出，适用于匀减速到零。
• 匀变速运动在任意相等时间内的速度变化量相等：$\Delta v = a\Delta t$。由速度公式两式相减得出。
• 初速为零：$v \propto t$，$1\ T$、$2\ T$、$3\ T$ 末的速度之比为 $1 : 2 : 3$（3.5 节）。

易错点

• 错在哪：刹车题直接代入题目给的时间，算出负速度或比实际大的位移。 为什么错：直觉以为“公式永远适用”，忘了刹车停下后摩擦力不再使它反向加速，后面不再是同一个匀变速过程。 正确做法：减速题第一步算停车时间 $t_0$，比较所给时间和 $t_0$。
• 错在哪：匀减速时把 $a$ 当正值代入 $v = v_0 + at$，得到速度越来越大。 为什么错：公式里的 $a$ 是带符号的量，“大小为 $3\ \mathrm{m/s^2}$“只给了大小。 正确做法：先取正方向，与正方向相反的加速度写成负值。
• 错在哪：认为加速度为负，物体就在减速。 为什么错：负号只表示方向和正方向相反。速度也为负时（物体沿负方向运动），$a < 0$ 的物体在加速。例 4 中 $3\ \mathrm{s}$ 后 $v < 0$、$a < 0$，小球在加速下滑。 正确做法：加速还是减速，看 $a$ 与 $v$ 同号还是异号。

直观理解

$v$-$t$ 图上，匀变速运动是一条直线：起点高度是 $v_0$，每过 $1\ \mathrm{s}$ 升高（或降低）$a$。速度公式就是“起点 + 坡度 × 走了多久”。刹车类的图线碰到横轴就沿横轴走平（例 2）；往返类的图线穿过横轴继续往下（例 4）。

关联知识点

• 前置：第 2 章加速度的定义 $a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t}$；第 1 章 1.3 一条直线上的矢量用正负号。
• 后续：第 6 章牛顿第二定律求出 $a$，再用本节公式求速度，是“已知受力求运动”的标准流程。
• 后续：第 9 章平抛运动，竖直方向 $v_y = gt$。
• 常一起考：第 38 章“测量做直线运动物体的瞬时速度”，由纸带求各点速度、画 $v$-$t$ 图。

3.3 位移公式

说明

位移公式：

$$x = v_0t + \frac{1}{2}at^2$$

$x$ 是 $0 \sim t$ 时间内的位移。理想模型同 3.2 节：质点、加速度恒定。

• 矢量式：$\vec{x} = \vec{v}_0t + \dfrac{1}{2}\vec{a}t^2$。
• 标量式：取正方向后，$v_0$、$a$、$x$ 带正负号。算出 $x < 0$ 表示物体此刻在出发点的负方向一侧。

初速为零时简化为 $x = \dfrac{1}{2}at^2$。

用末速度表示：把 $v_0 = v - at$ 代入，得 $x = vt - \dfrac{1}{2}at^2$，适合末速度已知（尤其末速度为零）的情形。

追及与相遇：两个物体在同一直线上运动，“相遇”或“追上”的条件是同一时刻到达同一位置。分别写出两物体的位移，列：

$$x_{\text{后}} = x_{\text{前}} + \text{开始时的距离}$$

两者速度相等的时刻，往往是距离最大或最小的时刻。

使用场景

• 已知初速度、加速度、时间，求位移，或者问“第 $n$ 秒内”的位移 → 匀变速直线运动 → $x = v_0t + \dfrac{1}{2}at^2$；第 $n$ 秒内的位移 = 前 $n$ 秒的位移 − 前 $n - 1$ 秒的位移。
• 刹车类问题问“刹车后 $t$ 秒内的位移” → 刹车类匀减速 → 先算停车时间 $t_0$；$t > t_0$ 时只算到 $t_0$。
• 两个物体在同一直线上，问“何时追上、何时相遇、最大（最小）距离” → 追及相遇 → 画两条 $v$-$t$ 图或过程图，列位移关系和时间关系；速度相等时距离取极值。
• 题目给出位移随时间变化的关系式，如 $x = 5t + 2t^2$ → 匀变速直线运动 → 和 $x = v_0t + \dfrac{1}{2}at^2$ 对比系数，读出 $v_0$ 和 $a$。

注意点

• $x$ 是位移，不是路程。往返运动中两者不同：先算出何时反向，分段求路程。
• 刹车类：代入的时间不能超过停车时间（3.2 节）。
• 对比系数时，$t^2$ 前的系数是 $\dfrac{1}{2}a$，不是 $a$：$x = 5t + 2t^2$ 中 $a = 4\ \mathrm{m/s^2}$。
• 追及问题里两个物体的位移要相对同一个参考点、用同一个正方向；两物体出发的时刻不同时，各自的运动时间要分别写。
• 解一元二次方程得出的两个根要逐个检验：负根舍去；刹车类中超过停车时间的根舍去；往返类中两个正根可能都对（往返两次经过同一位置，3.6 节）。

推导

人教版第二章第 3 节用 $v$-$t$ 图的面积推出位移公式。$v$-$t$ 图线与时间轴围成的面积等于位移，这一点第 1 章 1.4 节已用微元法说明，这里直接用。

匀变速运动的 $v$-$t$ 图是倾斜直线，从 $(0, v_0)$ 到 $(t, v)$，图线下方是一个直角梯形。把它拆成两块：

1. 下面的矩形：高 $v_0$，宽 $t$，面积 $v_0t$。
2. 上面的三角形：底 $t$，高 $v - v_0 = at$，面积 $\dfrac{1}{2} \cdot t \cdot at = \dfrac{1}{2}at^2$。

两块相加：

$$x = v_0t + \frac{1}{2}at^2$$

（关键一步：三角形的高 $v - v_0$ 用速度公式换成 $at$。这样位移就只用 $v_0$、$a$、$t$ 表示，不再含末速度。）

也可以直接用梯形面积公式：$x = \dfrac{(v_0 + v)t}{2}$，这就是 3.5 节的平均速度公式。

$a < 0$ 时，图线向下倾斜，“三角形”在矩形的上边缘以下，面积 $\dfrac{1}{2}at^2$ 为负，表示要从矩形里减去，公式形式不变。严格的推导是对 $v = v_0 + at$ 积分：$x = \int_0^t (v_0 + at)\,\mathrm{d}t$，高中不要求。

例题

例 1　（场景：求位移，第 $n$ 秒内的位移）物体以 $2\ \mathrm{m/s}$ 的初速度、$2\ \mathrm{m/s^2}$ 的加速度做匀加速直线运动。求前 $5\ \mathrm{s}$ 内的位移和第 $5\ \mathrm{s}$ 内的位移。

解：

研究对象：物体。

过程划分：一个匀加速过程。“第 $5\ \mathrm{s}$ 内”是 $4\ \mathrm{s}$ 末到 $5\ \mathrm{s}$ 末这 $1\ \mathrm{s}$。

分析：已知 $v_0$、$a$、$t$ 求位移，用位移公式。第 $5\ \mathrm{s}$ 内的位移用“前 $5\ \mathrm{s}$ − 前 $4\ \mathrm{s}$”。

列式求解：取运动方向为正方向。

$$x_5 = v_0t + \frac{1}{2}at^2 = \left(2 \times 5 + \frac{1}{2} \times 2 \times 5^2\right)\ \mathrm{m} = 35\ \mathrm{m}$$ $$x_4 = \left(2 \times 4 + \frac{1}{2} \times 2 \times 4^2\right)\ \mathrm{m} = 24\ \mathrm{m}$$

第 $5\ \mathrm{s}$ 内的位移 $x_5 - x_4 = 11\ \mathrm{m}$，方向与运动方向相同。

检验：$4\ \mathrm{s}$ 末速度 $10\ \mathrm{m/s}$，$5\ \mathrm{s}$ 末 $12\ \mathrm{m/s}$，这 $1\ \mathrm{s}$ 的平均速度 $11\ \mathrm{m/s}$，走 $11\ \mathrm{m}$，一致。

容易卡在：把“第 $5\ \mathrm{s}$ 内”当成“前 $5\ \mathrm{s}$ 内”。

例 2　（场景：刹车类求位移）汽车以 $20\ \mathrm{m/s}$ 的速度行驶，刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为 $4\ \mathrm{m/s^2}$。求刹车后 $3\ \mathrm{s}$ 内和 $6\ \mathrm{s}$ 内汽车的位移。

解：

研究对象：汽车。

过程划分：刹车到停下是匀减速；停下后静止。

分析：先求停车时间，看 $3\ \mathrm{s}$、$6\ \mathrm{s}$ 是在停车前还是停车后。

列式求解：取初速度方向为正方向，$a = -4\ \mathrm{m/s^2}$。停车时间

$$t_0 = \frac{0 - v_0}{a} = \frac{0 - 20}{-4}\ \mathrm{s} = 5\ \mathrm{s}$$

$3\ \mathrm{s} < t_0$：

$$x_3 = v_0t + \frac{1}{2}at^2 = \left(20 \times 3 - \frac{1}{2} \times 4 \times 3^2\right)\ \mathrm{m} = 42\ \mathrm{m}$$

$6\ \mathrm{s} > t_0$，汽车 $5\ \mathrm{s}$ 末已停，$6\ \mathrm{s}$ 内的位移等于 $5\ \mathrm{s}$ 内的位移：

$$x_6 = x_5 = \left(20 \times 5 - \frac{1}{2} \times 4 \times 5^2\right)\ \mathrm{m} = 50\ \mathrm{m}$$

两段位移方向都与初速度方向相同。

检验：若把 $t = 6\ \mathrm{s}$ 硬代入，得 $120 - 72 = 48\ \mathrm{m}$，比 $5\ \mathrm{s}$ 内的 $50\ \mathrm{m}$ 还少，意味着汽车往回倒了 $2\ \mathrm{m}$，不可能。

另一种解法：逆向思维。刹车到停下的过程倒过来看，是从静止开始、加速度大小 $4\ \mathrm{m/s^2}$ 的匀加速，所以刹车距离 $x = \dfrac{1}{2} \times 4 \times 5^2\ \mathrm{m} = 50\ \mathrm{m}$；也可以用 $v^2 = 2ax$（3.4 节）直接得 $x = \dfrac{20^2}{2 \times 4}\ \mathrm{m} = 50\ \mathrm{m}$。只问“刹车距离”时，用速度位移关系最快，连停车时间都不必算；要问停车前某一时刻的位移时，还是用位移公式。

例 3　（场景：追及相遇）汽车在路口等红灯，绿灯亮时以 $2\ \mathrm{m/s^2}$ 的加速度由静止匀加速起步，恰好此时一辆自行车以 $8\ \mathrm{m/s}$ 的速度从汽车旁边同向匀速驶过。求：（1）汽车追上自行车之前，两车之间的最大距离；（2）汽车经多长时间追上自行车，此时汽车的速度多大。

解：

研究对象：汽车和自行车两个物体。

过程划分：两车同时从同一位置出发，汽车匀加速、自行车匀速。开始时自行车快，距离拉大；汽车速度超过 $8\ \mathrm{m/s}$ 后，距离缩小，直到追上。

分析：（1）只要自行车比汽车快，两车距离就在增大；汽车比自行车快以后，距离开始减小。所以速度相等时距离最大。（2）追上的条件是同一时刻位移相等。

列式求解：取运动方向为正方向，出发点为原点。

（1）速度相等：$at_1 = v$，$t_1 = \dfrac{8}{2}\ \mathrm{s} = 4\ \mathrm{s}$。此时

$$x_{\text{自}} = vt_1 = 8 \times 4\ \mathrm{m} = 32\ \mathrm{m}, \quad x_{\text{汽}} = \frac{1}{2}at_1^2 = \frac{1}{2} \times 2 \times 4^2\ \mathrm{m} = 16\ \mathrm{m}$$

最大距离 $\Delta x_{\max} = 32\ \mathrm{m} - 16\ \mathrm{m} = 16\ \mathrm{m}$。

（2）追上时位移相等：

$$\frac{1}{2}at^2 = vt \quad\Rightarrow\quad t^2 = 8t$$

得 $t = 0$（出发时刻，舍去）或 $t = 8\ \mathrm{s}$。此时汽车速度 $v_{\text{汽}} = at = 2 \times 8\ \mathrm{m/s} = 16\ \mathrm{m/s}$，方向与运动方向相同。

检验：追上时汽车速度恰好是自行车的 2 倍。这是普遍规律：从同一点同时出发、初速为零的匀加速追匀速，追上时两者平均速度相等，汽车的平均速度 $\dfrac{0 + v_{\text{汽}}}{2} = 8\ \mathrm{m/s}$，所以 $v_{\text{汽}} = 16\ \mathrm{m/s}$，一致。

容易卡在：把 $v$-$t$ 图上两线的交点（$t = 4\ \mathrm{s}$）当成追上的时刻。交点只表示速度相等，追上要看面积（位移）相等。

另一种解法：图像法。两车位移之差就是两条 $v$-$t$ 图线之间的面积。$0 \sim 4\ \mathrm{s}$ 自行车的线在上，橙色三角形面积 $\dfrac{1}{2} \times 4 \times 8\ \mathrm{m} = 16\ \mathrm{m}$ 就是最大距离；之后汽车的线在上，绿色三角形与橙色三角形全等时差距补齐，由对称性 $t = 8\ \mathrm{s}$。也可以把距离写成时间的函数 $\Delta x = 8t - t^2 = -(t - 4)^2 + 16$，由二次函数的最值得 $t = 4\ \mathrm{s}$ 时最大为 $16\ \mathrm{m}$（见《高中数学知识点梳理》第 4 章）。图像法适合选择题，几秒钟就能判断；二次函数法适合两物体初速、加速度都不为零、图形不对称的情况，最稳妥。

例 4　（场景：由关系式读出 $v_0$ 和 $a$）某质点做直线运动，位移随时间变化的关系为 $x = 5t + 2t^2$（$x$ 的单位为 $\mathrm{m}$，$t$ 的单位为 $\mathrm{s}$）。求质点的初速度、加速度和 $2\ \mathrm{s}$ 末的速度。

解：

判断依据：$x$ 是 $t$ 的二次函数且不含常数项，与 $x = v_0t + \dfrac{1}{2}at^2$ 形式相同，说明是匀变速直线运动，对比系数即可。

$t$ 的系数：$v_0 = 5\ \mathrm{m/s}$。$t^2$ 的系数：$\dfrac{1}{2}a = 2\ \mathrm{m/s^2}$，所以 $a = 4\ \mathrm{m/s^2}$。

$2\ \mathrm{s}$ 末的速度 $v = v_0 + at = (5 + 4 \times 2)\ \mathrm{m/s} = 13\ \mathrm{m/s}$。三个量都为正，方向都沿 $x$ 轴正方向。

容易卡在：把 $t^2$ 的系数 2 直接当成加速度。

常用推论

• 第 $n$ 秒内的位移：$x_n - x_{n-1} = v_0 + \dfrac{1}{2}a(2n - 1)$（时间单位为 $\mathrm{s}$）。由位移公式相减得出，考试中一般直接相减，不必记这个式子。
• 追及问题中，速度相等是距离取极值的临界时刻：追者初速较小时，此刻距离最大；追者初速较大（如快车追慢车）时，此刻距离最小，若此刻还没追上就永远追不上。由“速度大的一方在拉近（或拉开）距离”得出。
• 初速为零的匀加速追同一起点同时出发的匀速，追上时追者速度是被追者的 2 倍，所用时间是速度相等时刻的 2 倍（例 3 的检验）。

易错点

• 错在哪：刹车 $6\ \mathrm{s}$ 内的位移直接把 $6\ \mathrm{s}$ 代入位移公式。 为什么错：公式描述的是“一直以这个加速度运动”的物体，汽车停下后不再减速，公式失效。代入后相当于让汽车倒车。 正确做法：先求停车时间，所给时间超过它就用停车时间代入（例 2）。
• 错在哪：$v$-$t$ 图上两线相交，就认为两车相遇。 为什么错：直觉把“图线碰在一起”理解成“车碰在一起”，但 $v$-$t$ 图的纵轴是速度，不是位置。 正确做法：$v$-$t$ 图看面积判断相遇；$x$-$t$ 图的交点才是相遇（第 1 章 1.4）。
• 错在哪：追及问题中两车出发时刻不同，仍用同一个 $t$ 表示两车的运动时间。 为什么错：后出发的车运动时间少。 正确做法：设一个统一的时刻 $t$，后出发者的运动时间写成 $t - \Delta t$，并注明 $t \ge \Delta t$。

直观理解

位移公式就是 $v$-$t$ 图下梯形的面积：$v_0t$ 是“如果一直保持初速度能走多远”的矩形，$\dfrac{1}{2}at^2$ 是“因为加速而多走（减速时少走）“的三角形。

追及问题的一句话记法：速度相等是转折点，面积相等才相遇。

关联知识点

• 前置：第 1 章 1.4 $v$-$t$ 图面积表示位移；3.2 节速度公式。
• 前置：一元二次方程的求解和根的取舍、二次函数的最值，见《高中数学知识点梳理》第 4 章。
• 后续：第 7 章多过程动力学问题（传送带、板块），两物体的相对运动本质上是追及问题。
• 后续：第 9 章平抛运动，竖直方向 $y = \dfrac{1}{2}gt^2$。
• 常一起考：第 2 章 $x$-$t$、$v$-$t$ 图像题，常以追及相遇为情境。

3.4 速度位移关系

说明

$$v^2 - v_0^2 = 2ax$$

这个式子不含时间 $t$。理想模型同 3.2 节。

• 标量式：取正方向后，$v_0$、$v$、$a$、$x$ 带正负号代入。式中速度都是平方，开方后要根据情境判断速度的方向。
• 初速为零时：$v^2 = 2ax$，$v = \sqrt{2ax}$。
• 末速为零时（刹车距离）：$x = \dfrac{v_0^2}{2|a|}$。

使用场景

• 题目只给速度、加速度、位移，不给也不问时间（起飞跑道长度、刹车距离、安全距离）→ 匀变速直线运动 → $v^2 - v_0^2 = 2ax$。
• 两段匀变速运动只给了位移和中间某点的速度 → 分段匀变速 → 以中间速度为桥梁，每段各用一次 $v^2 - v_0^2 = 2ax$。

注意点

• 适用于加速度恒定的单一过程。刹车类：$v = 0$ 时的 $x$ 就是全部刹车距离，不会出现“超过”的问题；往返类：$v^2$ 相同对应两个方向的速度（3.6 节上抛经过同一点）。
• 开方得到 $v$ 时，正负号要按物理情境选，不能一律取正。
• $x$ 是位移。往返运动中，用整段位移代入，结果仍成立。

推导

由速度公式得 $t = \dfrac{v - v_0}{a}$，代入位移公式：

$$x = v_0 \cdot \frac{v - v_0}{a} + \frac{1}{2}a\left(\frac{v - v_0}{a}\right)^2 = \frac{2v_0(v - v_0) + (v - v_0)^2}{2a} = \frac{(v - v_0)(v + v_0)}{2a}$$

即 $2ax = v^2 - v_0^2$。

（关键一步：分子提取公因式 $v - v_0$ 后，另一个因式 $2v_0 + v - v_0 = v + v_0$，正好凑成平方差。）

更快的推法：位移 = 平均速度 × 时间（3.5 节），$x = \dfrac{v_0 + v}{2} \cdot \dfrac{v - v_0}{a}$，直接得出。

这个式子在第 13 章会换一个面目出现：两边乘 $\dfrac{1}{2}m$，得 $max = \dfrac{1}{2}mv^2 - \dfrac{1}{2}mv_0^2$，即合力做的功等于动能的变化，这就是动能定理。

例题

例 1　（场景：不涉及时间）某型飞机在跑道上起飞时做匀加速直线运动，加速度为 $5\ \mathrm{m/s^2}$，起飞速度为 $50\ \mathrm{m/s}$。（1）若飞机由静止开始加速，跑道至少多长？（2）某航母跑道只有 $160\ \mathrm{m}$ 长，要使飞机能起飞，弹射系统至少要使飞机获得多大的初速度？

解：

研究对象：飞机。

过程划分：一个匀加速过程，从开始加速到离地。

分析：只涉及速度、加速度和距离，不问时间，用速度位移关系。

列式求解：取运动方向为正方向。

（1）$v_0 = 0$：

$$x = \frac{v^2 - v_0^2}{2a} = \frac{50^2 - 0}{2 \times 5}\ \mathrm{m} = 250\ \mathrm{m}$$

（2）$x = 160\ \mathrm{m}$：

$$v_0 = \sqrt{v^2 - 2ax} = \sqrt{50^2 - 2 \times 5 \times 160}\ \mathrm{m/s} = \sqrt{900}\ \mathrm{m/s} = 30\ \mathrm{m/s}$$

初速度至少 $30\ \mathrm{m/s}$，方向沿跑道向前。

检验：单位 $\dfrac{(\mathrm{m/s})^2}{\mathrm{m/s^2}} = \mathrm{m}$，对。跑道变短，需要的初速度不为零，合理。

例 2　（场景：两段运动以中间速度为桥梁）物体从 $A$ 点由静止开始做匀加速直线运动，运动 $16\ \mathrm{m}$ 到达 $B$ 点时速度为 $8\ \mathrm{m/s}$，随即做加速度大小为 $4\ \mathrm{m/s^2}$ 的匀减速直线运动，到 $C$ 点停下。求第一段的加速度和 $A$、$C$ 之间的距离。

解：

研究对象：物体。

过程划分：①$A \to B$ 匀加速；②$B \to C$ 匀减速。$B$ 点的速度 $8\ \mathrm{m/s}$ 既是①的末速度，也是②的初速度。

分析：两段都不涉及时间，各用一次速度位移关系。

列式求解：取运动方向为正方向。

第①段：$v_B^2 - 0 = 2a_1x_1$，

$$a_1 = \frac{v_B^2}{2x_1} = \frac{8^2}{2 \times 16}\ \mathrm{m/s^2} = 2\ \mathrm{m/s^2}$$

方向与运动方向相同。

第②段：$a_2 = -4\ \mathrm{m/s^2}$，$0 - v_B^2 = 2a_2x_2$，

$$x_2 = \frac{0 - 8^2}{2 \times (-4)}\ \mathrm{m} = 8\ \mathrm{m}$$

$A$、$C$ 之间的距离 $x_1 + x_2 = 24\ \mathrm{m}$。

检验：两段的初、末速度相同（都是 $0 \to 8$ 或 $8 \to 0$），位移与加速度成反比：$16 : 8 = 4 : 2$，一致。

常用推论

• 刹车距离 $x = \dfrac{v_0^2}{2|a|}$：车速加倍，刹车距离变为 4 倍。这是“超速危险”的物理原因。
• 位移中点的速度：$v_{x/2} = \sqrt{\dfrac{v_0^2 + v^2}{2}}$。推导：前半段 $v_{x/2}^2 - v_0^2 = 2a \cdot \dfrac{x}{2}$，后半段 $v^2 - v_{x/2}^2 = 2a \cdot \dfrac{x}{2}$，两式相减即得。
• 两段运动初末速度“互逆”（$0 \to v$ 与 $v \to 0$）时，位移与加速度大小成反比（例 2 的检验）。

易错点

• 错在哪：已知 $v^2 = 100$，直接写 $v = 10\ \mathrm{m/s}$，不考虑方向。 为什么错：平方把方向信息抹掉了。往返运动中，同一位置有两个速度，方向相反。 正确做法：开方后根据情境判断方向，往返类两个都要考虑。
• 错在哪：匀减速时用 $v_0^2 - v^2 = 2ax$，同时又把 $a$ 代成负值，结果位移成了负数。 为什么错：“减速”这个信息只能在一处体现：要么在 $a$ 的符号里，要么改写公式，两处都改就重复了。 正确做法：公式只记一种 $v^2 - v_0^2 = 2ax$，减速靠 $a < 0$ 体现。

直观理解

不问时间，就用这条。它说的是：速度的“平方”随位移均匀变化，就像速度随时间均匀变化一样。所以车速翻倍，刹车距离翻四倍，而不是两倍。

关联知识点

• 前置：3.2 节速度公式、3.3 节位移公式（由两者消去 $t$ 得出）。
• 后续：第 13 章动能定理，两边乘 $\dfrac{1}{2}m$ 就是匀变速情形的动能定理。
• 后续：第 16 章带电粒子在电场中加速，$v^2 = 2ad$。
• 常一起考：第 6 章牛顿第二定律，先求 $a$ 再求刹车距离、滑行距离。

3.5 常用推论

说明

这一节的推论都由前三个公式推出，但考试中直接用，能省掉大段计算。适用于任意匀变速直线运动（比例关系除外，它要求初速为零）。

推论一：平均速度

$$\bar{v} = \frac{x}{t} = \frac{v_0 + v}{2} = v_{t/2}$$

一段时间内的平均速度，等于初、末速度的平均值，也等于这段时间中间时刻的瞬时速度。于是 $x = \dfrac{v_0 + v}{2}t$，这个式子不含加速度。

推论二：相邻相等时间的位移差

$$\Delta x = x_2 - x_1 = aT^2$$

连续相等的时间间隔 $T$ 内，相邻两段位移之差是个定值 $aT^2$。推广：第 $m$ 段与第 $n$ 段之差 $x_m - x_n = (m - n)aT^2$。

推论三：初速为零的比例关系（$v_0 = 0$ 的匀加速）

比较的量	比例
$1T$、$2T$、$3T$ …… 末的速度	$1 : 2 : 3 : \cdots$
$1T$、$2T$、$3T$ …… 内的位移	$1 : 4 : 9 : \cdots$
第 1 个 $T$、第 2 个 $T$、第 3 个 $T$ …… 内的位移	$1 : 3 : 5 : \cdots$
通过前 $x$、前 $2x$、前 $3x$ …… 末的速度	$1 : \sqrt{2} : \sqrt{3} : \cdots$
通过连续相等位移所用的时间	$1 : (\sqrt{2} - 1) : (\sqrt{3} - \sqrt{2}) : \cdots$

逆向思维：匀减速到零的运动，倒过来看就是初速为零的匀加速，加速度大小相同。比例关系对它倒序适用。

使用场景

• 已知位移和时间（或初末速度），不涉及加速度 → 匀变速直线运动 → $x = \dfrac{v_0 + v}{2}t$；求某段中间时刻的速度 → $v_{t/2} = \dfrac{x}{t}$。
• 给出频闪照片、纸带等“相等时间间隔的连续位移” → 匀变速直线运动 → $\Delta x = aT^2$ 求加速度，中间时刻速度等于平均速度求瞬时速度。
• 由静止开始的匀加速，问各段时间、位移、速度之比 → 初速为零的匀加速 → 直接用比例关系。
• 匀减速到零（子弹射穿木块恰好停下、汽车刹车最后一段）→ 末速为零的匀减速 → 逆向看成初速为零的匀加速，用比例关系或 $x = \dfrac{1}{2}at^2$。

注意点

• 推论一、二对任意匀变速成立；推论三只对初速为零（或逆向后末速为零）成立。
• $\Delta x = aT^2$ 要求时间间隔相等且连续。不连续时用 $x_m - x_n = (m - n)aT^2$。
• $T$ 是相邻两点的时间间隔，不是总时间。纸带上“每 5 个点取一个计数点”，打点周期 $0.02\ \mathrm{s}$，$T = 0.1\ \mathrm{s}$（纸带的处理细节见第 38 章）。
• 位移单位用 $\mathrm{cm}$ 读出后，代入前换成 $\mathrm{m}$。
• 逆向思维只适用于末速为零且加速度不变的过程；刹车类的“停车后”不能逆向。

推导

推论一：由位移公式

$$\frac{x}{t} = v_0 + \frac{1}{2}at$$

右边 $v_0 + a \cdot \dfrac{t}{2}$ 正是 $\dfrac{t}{2}$ 时刻的速度 $v_{t/2}$。又 $v_0 + \dfrac{1}{2}at = \dfrac{v_0 + (v_0 + at)}{2} = \dfrac{v_0 + v}{2}$。

（关键一步：速度随时间线性变化，所以中间时刻的速度恰好是两端速度的平均值。速度不是线性变化时，这个结论不成立。）

图像上看：梯形面积 $= \dfrac{(v_0 + v)t}{2}$，等于“中位线高度 × 宽”，中位线高度就是中间时刻的速度。

推论二：设第一个 $T$ 开始时速度为 $v_1$，则

$$x_1 = v_1T + \frac{1}{2}aT^2, \quad x_2 = (v_1 + aT)T + \frac{1}{2}aT^2$$

相减得 $x_2 - x_1 = aT^2$。

（关键一步：第二段的初速度比第一段多 $aT$，两段的“加速多走”部分 $\dfrac{1}{2}aT^2$ 一样，所以差别只在初速度多出的 $aT$ 乘以 $T$。）

推广：第 $m$ 段比第 $n$ 段的初速度多 $(m - n)aT$，所以 $x_m - x_n = (m - n)aT^2$。

推论三：$v_0 = 0$ 时 $v = at \propto t$，$x = \dfrac{1}{2}at^2 \propto t^2$，所以速度比 $1 : 2 : 3$，位移比 $1 : 4 : 9$。第 $n$ 个 $T$ 内的位移 $\propto n^2 - (n - 1)^2 = 2n - 1$，得 $1 : 3 : 5$。由 $v^2 = 2ax$ 得 $v \propto \sqrt{x}$，速度比 $1 : \sqrt{2} : \sqrt{3}$。由 $x = \dfrac{1}{2}at^2$ 得通过前 $nx$ 的时间 $\propto \sqrt{n}$，连续相等位移所用时间是相邻两项之差：$1 : (\sqrt{2} - 1) : (\sqrt{3} - \sqrt{2})$。

历史上：伽利略在斜面实验中发现，小球从静止滚下，连续相等时间内通过的距离之比是 $1 : 3 : 5 : 7 \cdots$，由此确认速度随时间均匀增加（3.6 节）。

例题

例 1　（场景：不涉及加速度）汽车刹车后做匀减速直线运动，经 $4\ \mathrm{s}$ 停下，刹车距离为 $24\ \mathrm{m}$。求汽车刹车时的速度和加速度。

解：

研究对象：汽车。

过程划分：一个匀减速过程，末速度为零。

分析：已知位移、时间、末速度，求初速度，不涉及加速度，用平均速度公式。

列式求解：取初速度方向为正方向。

$$x = \frac{v_0 + 0}{2}t \quad\Rightarrow\quad v_0 = \frac{2x}{t} = \frac{2 \times 24}{4}\ \mathrm{m/s} = 12\ \mathrm{m/s}$$ $$a = \frac{0 - v_0}{t} = \frac{0 - 12}{4}\ \mathrm{m/s^2} = -3\ \mathrm{m/s^2}$$

刹车速度 $12\ \mathrm{m/s}$；加速度大小 $3\ \mathrm{m/s^2}$，方向与初速度方向相反。

检验：$v^2 = 2|a|x$：$144 = 2 \times 3 \times 24$，一致。

另一种解法：逆向思维。倒过来看，汽车从静止匀加速 $4\ \mathrm{s}$ 走了 $24\ \mathrm{m}$：$24 = \dfrac{1}{2}a \times 4^2$，$a = 3\ \mathrm{m/s^2}$，$v_0 = at = 12\ \mathrm{m/s}$。先求加速度时逆向更直接；先求初速度时平均速度公式一步到位。

例 2　（场景：相等时间间隔的连续位移）用频闪照相机拍摄沿斜面匀加速滚下的小球，闪光时间间隔为 $0.1\ \mathrm{s}$，照片上小球相邻位置的实际间距依次为 $AB = 6\ \mathrm{cm}$、$BC = 8\ \mathrm{cm}$、$CD = 10\ \mathrm{cm}$。求小球的加速度和经过 $B$ 点时的速度。

解：

研究对象：小球。

过程划分：$A \to D$ 是一个匀加速过程，分成三段相等的时间间隔 $T = 0.1\ \mathrm{s}$。

分析：相邻相等时间的位移差用 $\Delta x = aT^2$ 求加速度；$B$ 是 $A \to C$ 的中间时刻，速度等于 $AC$ 段的平均速度。

列式求解：取运动方向为正方向。$\Delta x = BC - AB = CD - BC = 2\ \mathrm{cm} = 0.02\ \mathrm{m}$，

$$a = \frac{\Delta x}{T^2} = \frac{0.02}{0.1^2}\ \mathrm{m/s^2} = 2\ \mathrm{m/s^2}$$ $$v_B = \frac{AB + BC}{2T} = \frac{0.06 + 0.08}{2 \times 0.1}\ \mathrm{m/s} = 0.7\ \mathrm{m/s}$$

加速度 $2\ \mathrm{m/s^2}$、$B$ 点速度 $0.7\ \mathrm{m/s}$，方向都沿斜面向下。

检验：同理 $v_C = \dfrac{0.08 + 0.10}{0.2}\ \mathrm{m/s} = 0.9\ \mathrm{m/s}$，$v_C - v_B = 0.2\ \mathrm{m/s} = aT$，一致。

容易卡在：$\Delta x$ 用 $\mathrm{cm}$ 直接代入，得到 $200\ \mathrm{m/s^2}$。

例 3　（场景：初速为零的比例关系）物体由静止开始做匀加速直线运动，第 $1\ \mathrm{s}$ 内的位移为 $2\ \mathrm{m}$。求第 $3\ \mathrm{s}$ 内的位移和前 $3\ \mathrm{s}$ 内的位移。

解：

判断依据：初速为零，连续相等时间内的位移比 $1 : 3 : 5$，前 $n$ 秒的位移比 $1 : 4 : 9$。

第 $3\ \mathrm{s}$ 内的位移 $= 5 \times 2\ \mathrm{m} = 10\ \mathrm{m}$；前 $3\ \mathrm{s}$ 内的位移 $= 9 \times 2\ \mathrm{m} = 18\ \mathrm{m}$。

验证：由 $2 = \dfrac{1}{2}a \times 1^2$ 得 $a = 4\ \mathrm{m/s^2}$，前 $3\ \mathrm{s}$ 位移 $\dfrac{1}{2} \times 4 \times 9\ \mathrm{m} = 18\ \mathrm{m}$，前 $2\ \mathrm{s}$ 位移 $8\ \mathrm{m}$，第 $3\ \mathrm{s}$ 内 $10\ \mathrm{m}$，一致。

例 4　（场景：末速为零，逆向思维）子弹以水平速度射入三块并排固定、厚度相同的木板，恰好穿出第三块时速度减为零。设子弹在木板中做匀减速直线运动，求子弹依次穿过三块木板所用的时间之比，以及射入第 1、2、3 块木板时的速度之比。

解：

研究对象：子弹。

过程划分：穿过三块木板是一个匀减速过程，三段位移相等，末速度为零。

分析：末速为零的匀减速，倒过来看是初速为零的匀加速，依次通过第 3、2、1 块，三段位移相等，可直接用比例关系。

列式求解：逆向看，通过连续相等位移所用时间之比为 $1 : (\sqrt{2} - 1) : (\sqrt{3} - \sqrt{2})$，对应第 3、2、1 块。所以正向穿过第 1、2、3 块的时间之比

$$t_1 : t_2 : t_3 = (\sqrt{3} - \sqrt{2}) : (\sqrt{2} - 1) : 1$$

逆向看，通过前 $d$、前 $2d$、前 $3d$ 末的速度之比为 $1 : \sqrt{2} : \sqrt{3}$，分别对应射入第 3、2、1 块时的速度。所以

$$v_1 : v_2 : v_3 = \sqrt{3} : \sqrt{2} : 1$$

检验：第 1 块用时最短（$\sqrt{3} - \sqrt{2} \approx 0.32$），第 3 块最长（1），符合“减速运动越到后面越慢、同样的厚度用时越长”。

容易卡在：比例的顺序。逆向得到的比例要倒过来对应。

常用推论

• 位移中点速度大于时间中点速度：$v_{x/2} > v_{t/2}$（$v_0 \ne v$ 时，匀加速、匀减速都成立）。推导：$v_{x/2}^2 - v_{t/2}^2 = \dfrac{v_0^2 + v^2}{2} - \left(\dfrac{v_0 + v}{2}\right)^2 = \dfrac{(v - v_0)^2}{4} > 0$。也可以从 $v$-$t$ 图看：走完一半位移时，时间已过了一半以上（匀加速），所以速度已超过中间时刻的速度。
• 纸带求瞬时速度：某计数点的速度 = 前后相邻两段的总位移 ÷ $2T$（例 2），由推论一得出。
• 纸带求加速度用逐差法：四段时 $a = \dfrac{(x_3 + x_4) - (x_1 + x_2)}{4T^2}$，由 $x_m - x_n = (m - n)aT^2$ 得出，能用上全部数据。详见第 37、38 章。
• 判断是否匀变速：相邻相等时间的位移差都相等（在误差范围内），就是匀变速直线运动。

易错点

• 错在哪：把 $\bar{v} = \dfrac{v_0 + v}{2}$ 用在加速度变化的运动上。 为什么错：这个式子靠的是速度随时间线性变化，梯形面积才等于中位线乘宽。$v$-$t$ 图是曲线时不成立。 正确做法：一般运动的平均速度只能用定义 $\bar{v} = \dfrac{x}{t}$。
• 错在哪：频闪、纸带题中，$\Delta x = aT^2$ 的 $T$ 取成从第一点到最后一点的总时间。 为什么错：$\Delta x$ 是相邻两段之差，对应的是一个间隔。 正确做法：$T$ 是相邻两个位置之间的时间。
• 错在哪：初速不为零的运动也套 $1 : 3 : 5$。 为什么错：比例关系的前提是 $v_0 = 0$。初速不为零时，相邻位移之差仍是 $aT^2$，但比值不是 $1 : 3 : 5$。 正确做法：用比例关系前先确认起点速度为零，或者末速为零可以逆向。

直观理解

把初速为零的 $v$-$t$ 图按相等时间切成竖条，用虚线把每条分成同样大小的小三角形，第 1、2、3 条里分别是 1、3、5 个，$1 : 3 : 5$ 就是这么数出来的。相邻两条相差 2 个小三角形，也就是 $\Delta x$ 不变，这就是 $\Delta x = aT^2$。

平均速度的一句话记法：匀变速的平均速度，看中间那一刻。

关联知识点

• 前置：3.2、3.3 节的速度公式和位移公式。
• 后续：第 37 章实验基础的逐差法；第 38 章“测量做直线运动物体的瞬时速度”和“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”，用 $\Delta x = aT^2$ 处理纸带。
• 后续：第 9 章平抛运动的竖直方向是自由落体，频闪照片中竖直间距满足 $\Delta y = gT^2$，用来求闪光周期。
• 常一起考：3.6 节竖直上抛的逆向思维（上升过程倒过来看是自由落体）。

3.6 自由落体与竖直上抛

说明

自由落体运动：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。它是初速为零、加速度为 $g$ 的匀加速直线运动。理想模型：忽略空气阻力（物体密度较大、速度不太大时可以近似）。

重力加速度 $g$：方向竖直向下，在地球上同一地点，一切物体的 $g$ 都相同。$g$ 随纬度和高度略有变化，赤道附近约 $9.78\ \mathrm{m/s^2}$，两极附近约 $9.83\ \mathrm{m/s^2}$，一般取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$，本书计算取 $10\ \mathrm{m/s^2}$。

取竖直向下为正方向：

$$v = gt, \quad h = \frac{1}{2}gt^2, \quad v^2 = 2gh$$

竖直上抛运动：物体以初速度 $v_0$ 竖直向上抛出，只受重力。上升时减速、到最高点速度为零、然后自由下落。全程加速度都是 $g$、竖直向下，所以全程是一个匀变速直线运动（3.2 节的“往返类”）。

取竖直向上为正方向（整体法）：

$$v = v_0 - gt, \quad h = v_0t - \frac{1}{2}gt^2, \quad v^2 - v_0^2 = -2gh$$

$h$ 是相对抛出点的位移，$h > 0$ 在抛出点上方，$h < 0$ 在抛出点下方。

几个特征量：

量	公式	由来
上升时间	$t_{\text{上}} = \dfrac{v_0}{g}$	最高点 $v = 0$
最大高度（相对抛出点）	$H = \dfrac{v_0^2}{2g}$	$0 - v_0^2 = -2gH$
回到抛出点的时间	$t = \dfrac{2v_0}{g}$	$h = 0$ 的非零解

对称性：上升和下降经过同一位置时，速度大小相等、方向相反；经过同一段高度，上升和下降用时相等。

使用场景

• 物体从静止释放（“由静止下落”“自由下落”“从手中松开”），空气阻力不计 → 自由落体 → $v_0 = 0$、$a = g$ 的匀加速，用 3.2–3.5 节的全部公式和比例关系。
• 物体被竖直向上抛出，问落地时间、落地速度，抛出点高于地面 → 竖直上抛 → 分段法（上升 + 自由落体）或整体法（取向上为正，一个式子代入）。
• 问上抛物体经过某一高度的时刻、速度，或上升下降的时间关系 → 竖直上抛 → 用对称性：同一高度速度等大反向，时刻关于最高点对称。
• 判断轻重不同的物体谁先落地、真空中羽毛和铁片的下落 → 自由落体的概念 → 不计空气阻力时，一切物体下落的加速度相同。

注意点

• 自由落体的两个条件缺一不可：初速度为零、只受重力。从运动的物体上释放（上升的气球上掉下的物体）不是自由落体，而是有初速度的抛体运动。
• 竖直上抛用整体法时，$h$ 是位移不是路程，落到抛出点下方 $15\ \mathrm{m}$ 处代 $h = -15\ \mathrm{m}$。
• 整体法得到两个时间根时，按情境取舍：落到抛出点下方，负根舍去；经过抛出点上方的某高度，两个正根分别对应上升、下降经过。
• 空气阻力不能忽略时（羽毛、降落伞、雨滴），加速度不是 $g$，也不恒定，本节公式不能用。
• 题目给 $g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}$ 时按题目取值。

推导

自由落体的规律：把 $v_0 = 0$、$a = g$ 代入 3.2–3.4 节的三个公式，就得到 $v = gt$、$h = \dfrac{1}{2}gt^2$、$v^2 = 2gh$。

为什么是匀加速，且轻重物体一样快：这是实验规律。

• 亚里士多德的观点：重的物体下落得快。这符合日常经验（石头比羽毛先落地），流行了近两千年。
• 伽利略的逻辑论证：假设重物落得快，把一个重物和一个轻物绑在一起。一方面，轻物拖慢重物，整体应比重物慢；另一方面，整体比重物更重，应比重物快。两个结论矛盾，所以假设错误。
• 伽利略的斜面实验：直接测自由落体太快，计时困难。伽利略让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下（“冲淡”重力，延长时间），发现位移与时间的平方成正比，$x \propto t^2$，即连续相等时间内的位移之比为 $1 : 3 : 5 \cdots$，说明是匀加速。增大斜面倾角，比值 $\dfrac{x}{t^2}$ 变大，但 $x \propto t^2$ 不变。这些实验和论证写在 1638 年出版的《关于两门新科学的对话》中。
• 合理外推：倾角增大到 $90^\circ$ 时，斜面运动变成自由落体，$x \propto t^2$ 仍应成立。（关键一步：这是把实验和逻辑结合的外推，伽利略本人没有直接测自由落体的 $x$-$t$ 关系；后来用频闪照相和打点计时器直接验证了。）
• 现代验证：牛顿管（抽成真空的玻璃管）中，羽毛和金属片同时落到底。1971 年阿波罗 15 号的宇航员在月球上同时释放锤子和羽毛，两者同时落地。

日常生活中轻的物体落得慢，是空气阻力对它的影响相对更大。

竖直上抛的整体法为什么成立：上升和下降阶段都只受重力，加速度都是 $g$、竖直向下，没有变化。所以从抛出到落地是一个加速度不变的过程，速度公式、位移公式对全过程成立，不必在最高点分段。

对称性的推导：经过高度 $h$ 时，$v^2 = v_0^2 - 2gh$，同一个 $h$ 对应同一个 $v^2$，所以速度大小相同，方向一上一下。由 $h = v_0t - \dfrac{1}{2}gt^2$，同一高度的两个时刻 $t_1$、$t_2$ 是方程 $\dfrac{1}{2}gt^2 - v_0t + h = 0$ 的两根，$t_1 + t_2 = \dfrac{2v_0}{g}$，两根关于 $t_{\text{上}} = \dfrac{v_0}{g}$ 对称。

例题

例 1　（场景：自由落体）小球从塔顶由静止释放，不计空气阻力，测得它在落地前最后 $1\ \mathrm{s}$ 内下落了 $35\ \mathrm{m}$。求塔高和小球落地时的速度。

解：

研究对象：小球。

过程划分：设总下落时间为 $t$。把全程分成“前 $(t - 1)\ \mathrm{s}$“和”最后 $1\ \mathrm{s}$“两段，两段都属于同一个自由落体过程。

分析：最后 $1\ \mathrm{s}$ 的位移 = 全程位移 − 前 $(t - 1)\ \mathrm{s}$ 的位移，两者都从释放点算起，可以直接用 $h = \dfrac{1}{2}gt^2$。

列式求解：取竖直向下为正方向。

$$\frac{1}{2}gt^2 - \frac{1}{2}g(t - 1)^2 = 35$$ $$5t^2 - 5(t - 1)^2 = 35 \quad\Rightarrow\quad 10t - 5 = 35 \quad\Rightarrow\quad t = 4\ \mathrm{s}$$

塔高 $H = \dfrac{1}{2}gt^2 = \dfrac{1}{2} \times 10 \times 4^2\ \mathrm{m} = 80\ \mathrm{m}$。

落地速度 $v = gt = 10 \times 4\ \mathrm{m/s} = 40\ \mathrm{m/s}$，方向竖直向下。

检验：自由落体第 1、2、3、4 秒内的位移为 $5$、$15$、$25$、$35\ \mathrm{m}$（$1 : 3 : 5 : 7$），第 4 秒内正是 $35\ \mathrm{m}$，总和 $80\ \mathrm{m}$，一致。

另一种解法：最后 $1\ \mathrm{s}$ 的平均速度 $35\ \mathrm{m/s}$ 就是这 $1\ \mathrm{s}$ 中间时刻的速度（3.5 节推论一），即 $t - 0.5\ \mathrm{s}$ 时 $v = 35\ \mathrm{m/s}$，所以 $t - 0.5 = 3.5$，$t = 4\ \mathrm{s}$。不用解方程，口算可得。给出“某一段时间内的位移”时，中间时刻速度法通常最快；给的是“某一段位移所用时间”时，还是列方程稳妥。

例 2　（场景：竖直上抛，求落地时间和速度）在离地面 $15\ \mathrm{m}$ 高的平台边缘，以 $10\ \mathrm{m/s}$ 的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力。求小球从抛出到落地的时间和落地时的速度。

解：

研究对象：小球。

过程划分：①从抛出点 $O$ 上升到最高点；②从最高点自由下落到地面。两段加速度都是 $g$，也可以看成一个整体过程。

分析：只受重力，加速度恒为 $g$、竖直向下。先用分段法。

列式求解：

第①段（取向上为正方向）：上升时间 $t_1 = \dfrac{v_0}{g} = 1\ \mathrm{s}$，上升高度 $h_1 = \dfrac{v_0^2}{2g} = \dfrac{10^2}{20}\ \mathrm{m} = 5\ \mathrm{m}$。

第②段（取向下为正方向）：最高点离地 $H = 15 + 5 = 20\ \mathrm{m}$，自由下落

$$t_2 = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 20}{10}}\ \mathrm{s} = 2\ \mathrm{s}, \quad v = gt_2 = 20\ \mathrm{m/s}$$

总时间 $t = t_1 + t_2 = 3\ \mathrm{s}$，落地速度大小 $20\ \mathrm{m/s}$，方向竖直向下。

检验：量级：$15\ \mathrm{m}$ 约五层楼，几秒落地合理。落地速度大于初速度，因为落点低于抛出点，合理。

另一种解法：整体法。取竖直向上为正方向，落地点在抛出点下方 $15\ \mathrm{m}$，$h = -15\ \mathrm{m}$：

$$-15 = 10t - \frac{1}{2} \times 10t^2 \quad\Rightarrow\quad t^2 - 2t - 3 = 0$$

得 $t = 3\ \mathrm{s}$ 或 $t = -1\ \mathrm{s}$（舍去）。落地速度 $v = v_0 - gt = (10 - 10 \times 3)\ \mathrm{m/s} = -20\ \mathrm{m/s}$，负号表示竖直向下。分段法每一步的物理图景清楚，适合问最高点、上升高度的题；整体法一个方程到底，适合只问落地时间、落地速度的题，但必须注意 $h$ 的正负号和根的取舍。

例 3　（场景：对称性）以 $20\ \mathrm{m/s}$ 的初速度从地面竖直上抛一个小球，不计空气阻力。求小球经过抛出点上方 $15\ \mathrm{m}$ 处的时刻和速度。

解：

研究对象：小球。

过程划分：上抛到最高点再落回，整体是一个匀变速过程；$15\ \mathrm{m}$ 处在上升和下降时各经过一次。

分析：用整体法列位移方程，两个根分别是上升、下降经过的时刻；速度用对称性。

列式求解：取竖直向上为正方向。

$$15 = 20t - \frac{1}{2} \times 10t^2 \quad\Rightarrow\quad t^2 - 4t + 3 = 0$$

得 $t_1 = 1\ \mathrm{s}$（上升经过），$t_2 = 3\ \mathrm{s}$（下降经过），两个根都合理。

$t_1$ 时 $v = 20 - 10 \times 1 = 10\ \mathrm{m/s}$，方向竖直向上；$t_2$ 时 $v = 20 - 10 \times 3 = -10\ \mathrm{m/s}$，大小 $10\ \mathrm{m/s}$，方向竖直向下。

检验：上升时间 $\dfrac{v_0}{g} = 2\ \mathrm{s}$，$1\ \mathrm{s}$ 和 $3\ \mathrm{s}$ 关于 $2\ \mathrm{s}$ 对称；两个速度等大反向，符合对称性。最大高度 $\dfrac{20^2}{20}\ \mathrm{m} = 20\ \mathrm{m} > 15\ \mathrm{m}$，确实能到达。

容易卡在：只取一个根。两个正根都有物理意义。

例 4　（场景：轻重物体下落快慢的判断）在抽成真空的长玻璃管（牛顿管）中，把一片羽毛和一枚硬币从顶端同时由静止释放。下列说法正确的是（　）。

A. 硬币先落到管底　B. 羽毛先落到管底　C. 两者同时落到管底　D. 管中有空气时两者也同时落到管底

解：C。

判断依据：只受重力、由静止开始，是自由落体，同一地点一切物体的加速度都是 $g$，与质量无关。

真空中没有空气阻力，两者都做自由落体，由 $h = \dfrac{1}{2}gt^2$，下落相同高度用时相同，同时落底。管中有空气时，羽毛受到的空气阻力相对其重力大得多，下落明显变慢，硬币先落底，D 错。

常用推论

• 自由落体第 1、2、3 秒内的位移：$5\ \mathrm{m}$、$15\ \mathrm{m}$、$25\ \mathrm{m}$（$g$ 取 $10$），第 1、2、3 秒末的速度：$10$、$20$、$30\ \mathrm{m/s}$。由 3.5 节比例关系得出，估算和检验时常用。
• 竖直上抛最大高度 $H = \dfrac{v_0^2}{2g}$，上升时间 $t = \dfrac{v_0}{g}$，落回抛出点总时间 $\dfrac{2v_0}{g}$，落回抛出点时速度大小等于 $v_0$。
• 竖直上抛的上升过程，逆向看是自由落体：上升到最高点前最后 $1\ \mathrm{s}$ 的位移总是 $5\ \mathrm{m}$，与初速度无关（上升时间不少于 $1\ \mathrm{s}$，即 $v_0 \ge 10\ \mathrm{m/s}$ 时）。
• 测反应时间（尺子下落法）：尺子下落 $h$ 用时 $t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}$；下落 $20\ \mathrm{cm}$ 约 $0.2\ \mathrm{s}$。

易错点

• 错在哪：认为重的物体下落得快。 为什么错：日常经验里有空气阻力，羽毛、纸片受阻力影响大。这正是亚里士多德的直觉。反例：把纸片揉成团，和同样的平展纸片相比，纸团落得快得多，质量却一样，可见快慢取决于阻力，而不是轻重。 正确做法：不计空气阻力时，一切物体自由下落的加速度都是 $g$。
• 错在哪：竖直上抛的物体到最高点时，认为加速度为零（“停住了”）。 为什么错：把“速度为零”和“加速度为零”混为一谈。最高点速度为零，但重力还在，加速度仍是 $g$，否则物体就停在空中不下来了。 正确做法：只受重力，全程 $a = g$ 竖直向下，与速度无关。
• 错在哪：从上升的气球上掉下的物体，按自由落体算。 为什么错：物体离开气球时具有和气球相同的向上速度，惯性使它先上升一段（第 6 章）。 正确做法：按竖直上抛处理，初速度等于气球当时的速度。
• 错在哪：整体法中，落到抛出点下方的位移代正值。 为什么错：取向上为正后，抛出点下方的位移是负的，代成正值相当于问“经过上方 $15\ \mathrm{m}$”，可能无解或得到错误的根。 正确做法：画一条竖直的坐标轴，标出抛出点和终点，看终点在原点的哪一侧。

直观理解

竖直上抛的 $v$-$t$ 图是一条斜率为 $-g$ 的直线（例 3 的图）：在横轴上方是上升，下方是下降，与横轴的交点是最高点。图线关于最高点中心对称，所以经过同一高度的速度等大反向、上下用时相等。

一句话记法：上抛是一个过程，不是两个；最高点只是速度换了方向，加速度一直是 $g$。

关联知识点

• 前置：3.2–3.5 节的全部公式；第 1 章 1.3 取正方向。
• 后续：第 6 章牛顿第二定律解释为什么 $g$ 与质量无关（$a = \dfrac{mg}{m} = g$）；有空气阻力时的下落是第 7 章的变加速运动。
• 后续：第 9 章平抛运动，竖直方向就是自由落体。
• 后续：第 11 章万有引力，$g$ 随高度和纬度的变化。
• 后续：第 14 章机械能守恒，上抛的最大高度也可由 $\dfrac{1}{2}mv_0^2 = mgH$ 求出。
• 常一起考：第 41 章“用单摆测量重力加速度”，另一种测 $g$ 的方法。

3.7 知识点之间的关系

本章的三个基本公式各缺一个量：速度公式不含 $x$，位移公式不含 $v$，速度位移关系不含 $t$；推论中的平均速度公式不含 $a$。拿到题目，先判断过程（几段、刹车还是往返），再看缺哪个量，就知道用哪一条。自由落体和竖直上抛是 $a = g$ 的特例，走同一套流程。

3.8 自测

1. 一辆汽车从静止开始以 $3\ \mathrm{m/s^2}$ 的加速度匀加速，求 $4\ \mathrm{s}$ 末的速度。
2. 汽车以 $10\ \mathrm{m/s}$ 的速度行驶，刹车加速度大小为 $2\ \mathrm{m/s^2}$，求刹车后 $8\ \mathrm{s}$ 内的位移。
3. 某质点的位移与时间的关系为 $x = 4t - t^2$（单位：$\mathrm{m}$、$\mathrm{s}$），求初速度、加速度，以及速度为零的时刻。
4. 甲车以 $10\ \mathrm{m/s}$ 匀速行驶，乙车在甲车出发处由静止同时同向以 $1\ \mathrm{m/s^2}$ 匀加速。求乙车追上甲车前两车的最大距离。
5. 列车进站时做匀减速直线运动，速度从 $20\ \mathrm{m/s}$ 减到 $10\ \mathrm{m/s}$ 时滑行了 $150\ \mathrm{m}$，求加速度大小。
6. 物体做匀加速直线运动，在连续两个 $2\ \mathrm{s}$ 内的位移分别为 $8\ \mathrm{m}$ 和 $16\ \mathrm{m}$，求加速度和这 $4\ \mathrm{s}$ 中间时刻的速度。
7. 物体从静止开始匀加速，前 $2\ \mathrm{s}$ 内位移 $4\ \mathrm{m}$，求第 $3\ \mathrm{s}$ 内（第 3 个 $1\ \mathrm{s}$）的位移。
8. 从 $45\ \mathrm{m}$ 高处由静止释放一个小球，不计空气阻力，求落地时间和落地速度。
9. 以 $30\ \mathrm{m/s}$ 的初速度竖直上抛一个小球，求最大高度和回到抛出点所用的时间。

答案：1. $12\ \mathrm{m/s}$；2. $25\ \mathrm{m}$（$5\ \mathrm{s}$ 已停）；3. $v_0 = 4\ \mathrm{m/s}$，$a = -2\ \mathrm{m/s^2}$，$t = 2\ \mathrm{s}$；4. $50\ \mathrm{m}$；5. $1\ \mathrm{m/s^2}$；6. $a = 2\ \mathrm{m/s^2}$，$v = 6\ \mathrm{m/s}$；7. $5\ \mathrm{m}$；8. $3\ \mathrm{s}$，$30\ \mathrm{m/s}$ 竖直向下；9. $45\ \mathrm{m}$，$6\ \mathrm{s}$。

3.9 深入阅读

• Khan Academy · One-dimensional motion：匀变速运动公式、v-t 图面积、自由落体的视频和练习（英文）。
• 维基百科 · 自由落体：自由落体的定义、伽利略的研究和重力加速度的数值。
• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，人教版必修第一册第二章“匀变速直线运动的研究”的同步课程和电子教材。