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第2讲 匀变速直线运动规律的应用-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
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这是一份第2讲 匀变速直线运动规律的应用-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共27页。试卷主要包含了基本规律，两个重要推论，v0＝0的四个重要推论，逆向思维法，推论法，图象法等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134629759" 考点一 匀变速直线运动公式的应用 PAGEREF _Tc134629759 \h 1
\l "_Tc134629760" 考点二 常用的“六种”物理思想方法 PAGEREF _Tc134629760 \h 2
\l "_Tc134629761" 考点三 自由落体运动和竖直上抛运动 PAGEREF _Tc134629761 \h 6
\l "_Tc134629762" 考点四 抓住运动转折点分析多过程问题 PAGEREF _Tc134629762 \h 10
\l "_Tc134629763" 练出高分 PAGEREF _Tc134629763 \h 13
考点一 匀变速直线运动公式的应用
1．基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
(3)位移速度关系式：v2－veq \\al( 2,0)＝2ax.
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．
2．两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：eq \x\t(v)＝v＝eq \f(v0＋v,2).
(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
3．v0＝0的四个重要推论
(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)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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))
（2023•德州一模）甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高度h与时间t的关系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，则两小球同时在同一水平线上时，距离抛出点的高度为（ ）
A．12gt22B．12(gt22−gt21）
C．14(gt22−gt21）D．18(gt22−gt12)
【解答】解：根据图象可知，两小球同时在同一水平线上时，乙上升的时间为：t乙=t2−t12
甲从达到最高点到在同一条水平线上经过的时间为：t甲=t22−t乙
设抛出的速度大小为v0，则：v0＝g•t22
根据位移计算公式可得：h=v022g−12gt甲2
联立解得：h=18(gt22−gt12)，故D正确、ABC错误。
故选：D。
（多选）（2023•洪山区校级模拟）电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。某次实验中，分别安装在甲、乙两小车上的两电子设备已通过蓝牙配对成功，其正常通讯的有效距离为d＝10m。两车运动路线在同一条直线上（两车略微错开，不会相撞）。如图所示，甲车以v1＝1m/s的初速度经过O点，向右做加速度大小a1＝0.1m/s2的匀加速直线运动。同时乙车以初速度v2＝6m/s向右经过O点左侧6m处，并立即以a2＝0.4m/s2的加速度刹车，停车后开始以a2＝0.4m/s2的加速度向左运动。以此时刻为计时起点，忽略蓝牙信号连接延迟，下列说法正确的是（ ）
A．t＝4s时信号第一次中断
B．t＝16s时信号第一次恢复
C．信号第二次中断时，甲在O右边55m处
D．从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为20m
【解答】解：AB、设经过t时间甲、乙两车第一次距离达到10米，则：x乙1﹣x甲1＝d+x0
其中：x乙1＝v2t−12a2t2
x甲1＝v1t+12a1t2
代入数据联立解得：t＝4s或16s
则4s时信号第一次中断，16s时信号第一次恢复，故AB正确；
C、设经过t′时间，信号第二次中断，此时乙在甲左侧10m处，则：x甲2﹣x乙2＝d﹣x0
其中：x乙2＝v2t′−12a2t′2
x甲2＝v1t′+12a1t′2
代入数据联立解得：t′＝（10+229）s或（10﹣229）s（舍去）
x甲2＝（20.8+429）m≈42.34m
故C错误；
D、信号第一次恢复时，甲的位移为x甲1＝v1t+12a1t2＝1×16m+12×0.1×162m＝28.8m
则从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为Δx甲＝x甲2﹣x甲1＝42.34m﹣28.8m＝13.54m
故D错误。
故选：AB。
（2023•定远县校级二模）如图所示，一辆汽车（视为质点）在一水平直路面ABC运动，AB的长度为x1＝25m，BC的长度为x2＝97m。汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1＝2.0m/s2的匀加速直线运动。在BC段，先做加速度大小为a2＝1.0m/s2的匀加速直线运动。当运动到离C点适当距离处再以大小为a3＝2.0m/s2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点。求：
（1）汽车达到的最大速度vm和开始减速时离C点的距离d；
（2）汽车从A点运动到C点所用的时间t。
【解答】解：（1）根据速度—位移公式得，汽车运动到B点的速度为：vB=2a1x1=2×2×25m/s＝10m/s，
设最大速度为vm，有：vm2−vB22a2+vm22a3=x2，
代入数据解得：vm＝14m/s。
开始减速时离C点的距离为：d=vm22a3=1964=49m。
（2）A到B的时间为：t1=vBa1=102s=5s，
B到C的时间为：t2=vm−vBa2+vma3=14−101+142s=11s，
则A到C的时间为：t＝t1+t2＝5+11s＝16s。
答：（1）汽车达到的最大速度为14m/s，开始减速时离C点的距离为49m。
（2）汽车从A点运动到C点的时间为16s。
（2023•沧州一模）在某次军事演习中，歼击机以v0＝220m/s的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机。当两者相距x0＝3.2km时；歼击机发射一枚导弹，导弹脱离歼击机后沿水平方向做加速度为a＝20m/s2的匀加速直线运动，t0＝20s时击中无人靶机并将其击落。已知发射导弹的时间不计，发射导弹对歼击机速度无影响。求：
（1）无人靶机被击中前飞行的速度大小；
（2）导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离；
（3）若导弹击中无人靶机后，歼击机须尽快到达无人靶机被击落的空中位置且要求歼击机到达时速度为零继而悬停在空中。已知歼击机以最大加速度加速t＝4.8s后达到最大速度vm＝340m/s，且歼击机加速和减速过程最大加速度大小相等，忽略歼击机从发现导弹击中无人靶机到开始加速的反应时间，求从导弹击中无人靶机至歼击机到达无人靶机所在位置的最短时间。（结果保留3位有效数字）
【解答】解：（1）x0＝3.2km＝3200m
根据题意，设靶机速度为v1，则有
x0=v0t0+12at02−v1t0
代入数据解得v1＝260m/s
（2）设导弹被发射后t1时间与无人靶机速度相等，且二者间距最大为Δx，由速度—时间关系
v1＝v0+at1
代入数据解得t1＝2.0s
最大距离为
Δx=v1t1−(v0t1+12at12)+x0
代入数据解得Δx＝3240m＝3.24km
（3）导弹击中靶机时，歼击机与无人靶机的距离为
x1＝x0+（v1﹣v0）t0
导弹击中靶机后，歼击机须先做匀加速直线运动，达到最大速度后再以最大速度做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动到速度为零。设歼击机的最大加速度为am
am=vm−v0t
歼击机做匀加速直线运动的位移大小为x2
x2=v0+vm2t
歼击机做匀减速直线运动的时间和位移大小分别为
t2=vmam
x3=vm2t2
歼击机做匀速直线运动的时间为
t3=x1−x2−x3vm
最短时间为
tmin＝t+t2+t3
代入数据解得tmin≈19.4s
答：（1）无人靶机被击中前飞行的速度大小为260m/s；
（2）导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离为3.24km；
（3）从导弹击中无人靶机至歼击机到达无人靶机所在位置的最短时间为19.4s。
考点二 常用的“六种”物理思想方法
1．一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．
2．平均速度法
定义式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)对任何性质的运动都适用，而eq \x\t(v)＝v＝eq \f(1,2)(v0＋v)只适用于匀变速直线运动．
3．比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解．
4．逆向思维法
如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．
5．推论法
利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．
6．图象法
利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v与v，还可以求解追及问题；用x－t图象可求出任意时间内的平均速度等．
质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（ ）
A．s(a1+a2)a1a2B．2s(a1+a2)a1a2
C．2s(a1+a2)a1a2D．a1a22s(a1+a2)
【解答】解：物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：
a1t1＝a2（t﹣t1）﹣﹣﹣﹣（1）；
物体在全程的平均速度为：a1t12，则总位移：s=a1t12t﹣﹣﹣﹣﹣（2）；
联立（1）、（2）可解得：t=2s(a1+a2)a1a2；
故选：B。
（2023春•沙坪坝区校级月考）如图所示，具有“主动刹车系统”的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，会立即开始主动刹车，车主可根据需要设置安全距离。某车的安全距离为10m，若汽车正以36km/h的速度在路面上行驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．汽车刹车时间为5s
B．汽车能安全停下
C．汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为5m/s
D．汽车开始“主动刹车”后第2s内的平均速度为2m/s
【解答】解：A、汽车刹车后做匀减速运动，初速度v0＝36km/h＝10m/s
加速度大小为a＝6m/s2
汽车刹车过程，由速度—时间公式得：0＝v0﹣at
代入数据解得：t=53s
故A错误；
B、汽车刹车到停下运动的位移x=v02t=102×53m=253m＜10m
则汽车能安全停下，故B正确；
C、汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为v1＝v0﹣at1＝10m/s﹣6×1m/s＝4m/s
故C错误；
D．汽车开始“主动刹车”后第2s内的位移为Δx=v0t−12at2−(v0t1−12at12)=10×53m−12×6×(53)2m−10×1m+12×6×12m=43m
的位移
第2s内的平均速度为v=ΔxΔt=431m/s=43m/s
故D错误。
故选：B。
（2022秋•隆回县期末）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1s内的位移为13m，在最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车在第1s末的速度可能为10m/s
B．汽车加速度大小可能为3m/s2
C．汽车在第1s末的速度一定为11m/s
D．汽车的加速度大小一定为6m/s2
【解答】解：BD．根据逆向思维，汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，最后1s位移设为x，根据匀加速直线运动位移—时间公式有x=12at2
解得加速度为a=2xt2=2×21=4m/s2
故BD错误；
AC．设汽车在刹车的第1秒末的速度为v，则对于刹车的第1s内，可得x'=vt+12at2=v×1+12×4×12m=13m
可得v＝11m/s
故A错误，C正确。
故选：C。
（2022秋•南阳期末）一辆汽车做匀加速直线运动，从A到B速度增量为Δv，位移为x1，从B到C速度增量为2Δv，运动的位移为x2，若从C到D（图中未标出）速度增量也为2Δv，则汽车从C点运动到D点的位移为（ ）
A．2x2﹣x1B．7x2−8x13
C．x1+x23D．2(x1+x2)5
【解答】解：由加速度的定义式a=ΔvΔt可知，B到C的时间是A到B时间的2倍，设A到B的时间为t，则B到C的时间为2t，C到D的时间也为2t，则t=Δva
AB段中间时刻的速度v1=x1t
BC段中间时刻的速度v2=x22t
则加速度为a=v2−v112t+t=x22t−x1t32t
联立解得a=3(Δv)2x2−2x1
设C到D的距离为x3，根据推论Δs＝aT2
可得x3−x2=a⋅(2t)2
联立解得x3=7x2−8x13，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023•咸阳一模）重庆云巴（ChngqingSkyShuttle），是服务于中国重庆市的城市轨道交通系统，2021年2月15日至24日，重庆璧山云巴开展试乘车；4月16日，重庆云巴首条线路在璧山通车运营并举行通车启动仪式。甲车进站前，以v＝16m/s的初速度从减速线处开始减速，到站台停车线处时速度刚好减为0，停车t0＝30s时间后再加速至v＝16m/s驶离，已知云巴加速和减速的加速度大小均为a＝1m/s2，将云巴视为质点。
（1）甲车从到达减速线到再次加速至v，总共通过的路程和所需的时间；
（2）为了提高运行的效率，乙车到此站时没有停车，而是以v＝16m/s的速度匀速通过，为了保证安全，乙车与甲车在正常匀速行驶的安全距离至少为多少？（假设正常匀速行驶时的速度均16m/s，两站台距离足够远，且轨道是直的。）
【解答】解：（1）由v＝at 得 t=va=161s=16s，因加速减速加速度相等，所以时间相等t1＝t2＝16s，总时间t＝t1+t2+t0＝16s+16s+30s＝62s
由v2＝2as 得：s=v22a=1622×1m=128m，由对称性（加速减速位移相等）s总＝256m
（2）乙车通过这段距离用时t乙=s总v=25616s=16s，甲车需要t＝62s，
故甲比乙车通过这段路多用的时间：Δt＝t﹣t乙＝62s﹣16s＝46s
甲乙安全距离至少为：Δx＝vΔt＝16×46m＝736m
答：（1）甲车从到达减速线到再次加速至v，总共通过的路程为256m，所需的时间为62s；
（2）乙车到此站时没有停车，而是以v＝16m/s的速度匀速通过，为了保证安全，乙车与甲车在正常匀速行驶的安全距离至少为736m.
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．特点和规律
(1)自由落体运动的特点
①从静止开始，即初速度为零．
②只受重力作用的匀加速直线运动．
③公式：v＝gt，h＝eq \f(1,2)gt2，v2＝2gh.
(2)竖直上抛运动的特点
①初速度竖直向上．
②只受重力作用的匀变速直线运动．
③若以初速度方向为正方向，则a＝－g.
2．处理竖直上抛运动的方法
(1)分段处理
①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．
②几个特征物理量
上升的最大高度H＝eq \f(v\\al( 2,0),2g)，上升到最高点所用的时间T＝eq \f(v0,g)，回到抛出点所用的时间t＝eq \f(2v0,g)，回到抛出点时的速度v＝－v0.
(2)全程处理
①初速度为v0(设为正方向)，加速度为a＝－g的匀变速直线运动．
②v>0时，物体上升．
v<0时，物体下降．
③h>0时，物体在抛出点上方．
h<0时，物体在抛出点下方．
（多选）（2023•越秀区校级模拟）在2020东京奥运会女子跳水10m跳台比赛中，我国年仅14岁的小将全红婵，多次上演“水花消失术”，最终夺得冠军，假设全红婵在完成某次动作过程中，跳起的最大高度是0.8m，在离水面1m的时候她已经完成所有动作，开始调整姿态准备压水花，入水后减速的加速度大小是20m/s2，在粗略估算中，可以把运动员当作质点处理，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．起跳的竖直速度是4m/s
B．落水的速度约为18m/s
C．运动员在空中运动的时间约为1.4s
D．若要保证运动员安全，水池的深度至少要5.4m
【解答】解：A、运动员做竖直上抛运动，到达最高点时速度为0，由﹣2gh1＝0−v02得，v0=2gℎ1=2×10×0.8m/s＝4m/s，故A正确；
B、下落过程为自由落体运动，由2gh2＝v2得，v=2gℎ2=2×10×10.8m/s＝14.7m/s，故B错误；
C、运动员在空中的时间为t=v0g+vg=410s+14.710s=1.97s，故C错误；
D、若要保证运动员安全，水池的深度至少为h3=v22a=14.722×20m＝5.4m，故D正确；
故选：AD。
（多选）（2023•市中区校级模拟）如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．相遇时A的速度一定为零
B．相遇时B的速度一定为零
C．A从抛出到最高点的时间为v2g
D．从抛出到相遇A、B速度的变化量相同
【解答】解：AB、篮球A做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，到达最高点时A的竖直分速度为零，水平分速度不为零，则到达最高点两球相遇时A的速度不为零；篮球B做竖直上抛运动，A、B同时抛出，两球相遇，说明A的竖直方向的位移与B的位移相等，则A竖直方向的分速度vy与B的初速度相等，所以相遇时B的速度为零，故A错误，B正确；
C、篮球B抛出时的速度与A的竖直分速度相等，A到达最高点时B也到达最高点，B从抛出到最高点的时间t=v2g，故C正确；
D、从抛出到相遇，A、B的运动时间t相等，速度变化量Δv＝gt相等，故D正确。
故选：BCD。
（2022•河北模拟）某次电影拍摄中，特技演员从桥上跳下，落在河面上匀速前进的竹筏上。在演员（视为质点）跳下的瞬间，长为6m的竹筏的前端恰好位于演员的正下方，演员跳下的瞬间距竹筏的高度为20m。取重力加速度大小g＝10m/s2，认为演员在空中做自由落体运动，不计竹筏的宽度。要使演员落在竹筏上，竹筏的最大允许速度为（ ）
A．1m/sB．2m/sC．3m/sD．4m/s
【解答】解：演员在空中运动的时间t=2ℎg=2s，竹筏的最大允许速度vmax=Lt=3m/s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
（2022•湖南二模）小明在一匀速上升的电梯内，观察到电梯顶部有一螺丝因松动而掉落。已知电梯顶部离电梯地板的高度为2.45m，电梯匀速上升的速度大小为2m/s，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，则螺丝从电梯顶部掉落到地板上的时间为（ ）
A．0.48sB．0.7sC．1.12sD．0.32s
【解答】解：以地面为参考系，匀速运动的电梯上脱落的螺丝做竖直上抛运动，上升过程是匀减速的，电梯一直匀速运动，由匀变速规律：vt﹣（vt−12gt2）＝h，
即h=12gt2，解得t＝0.7s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2023•吉林模拟）2019年7月26日，随着长征二号丙运载火箭在西昌发射中心顺利升空，中国也首次成功验证了火箭第一级落点的精确控制技术，成为全球继美国之后，第二个掌握该技术的国家，长征二号丙火箭第一级残骸在贵州黔南布依族苗族自治州被顺利找到，落点在设定的落区范围内，这是中国航天在落点可控、精准回收领域取得的重大突破。其一级火箭的回收过程可以简化为：一级火箭关闭推进器，脱离主体后继续上升至离地面3225m的高空，然后开始无初速下落，下落至离地面3100m的高度处，此时一级火箭立即打开助推器开始匀速下降，持续50s后增大助推器的推力进而匀减速下降，成功落地时速度大小为2m/s，g＝10m/s2，（忽略高度对重力加速度的影响，不计空气阻力）求：
（1）一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间；
（2）一级火箭匀速下落的高度是多少？
（3）一级火箭最后匀减速下落的时间是多少？（计算结果保留一位小数）
【解答】解：（1）火箭自由下落的高度h1＝3225m﹣3100m＝125m
由ℎ=12gt2，
解得：t1＝5s；
（2）火箭自由下落的末速度为：v1＝gt1＝50m/s
匀速下落的高度为：h2＝v1t2＝50×50m＝2500m；
（3）火箭匀减速下落的高度为：h3＝600m
匀减速下落过程的平均速度为：v=v1+v2
由ℎ3=vt3，
解得：t3＝23.1s；
答：（1）一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间为5s；
（2）一级火箭匀速下落的高度是2500m；
（3）一级火箭最后匀减速下落的时间是23.1s。
考点四 抓住运动转折点分析多过程问题
（多选）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m．减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．减速过程汽车加速度的大小为8m/s2
B．汽车减速过程所用时间为2.7s
C．饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了0.3s
D．减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为F0mg=415
【解答】解：AB、设刹车加速度为a，由题可知，汽车刹车初速度 v0＝20m/s，末速度 vt＝0，位移 x＝25m，由v02=2ax得，a＝8m/s2，减速的时间 t=v0a=208s＝2.5s，故A正确，B错误。
C、反应时间内的位移为 x′＝L﹣x＝14m，则反应时间为 t′=x'v0=1420s＝0.7s，则反应的增加量为△t＝0.7﹣0.4＝0.3s，故C正确。
D、设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，受力如图，由牛顿第二定律得
F＝ma
由平行四边形定则得 F02=F2+（mg）2＝（ma）2+（mg）2=4125（mg）2
解得 F0mg=415．故D正确。
故选：ACD。
为了使航天员能适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重训练．故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机上后，训练客机总重5×104kg，以200m/s速度沿30°倾角爬升到7000米高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s的初速度向上做匀减速直线运动，匀减速的加速度为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直方向以加速度为g加速运动，在前段时间内创造出完全失重，当飞机离地2000米高时为了安全必须拉起，后又可一次次重复为航天员失重训练．若飞机飞行时所受的空气阻力f＝Kv（k＝900N•s/m），每次飞机速度达到350m/s后必须终止失重训练（否则飞机可能失速）。
求：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间。
（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）。
（3）经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不变的情况下，降低飞机拉起的高度（在B点前把飞机拉起）以节约燃油，若不考虑飞机的长度，计算出一次最多能节约的能量。
【解答】解：（1）上升时间t上=v0g=20s
上升高度ℎ上=v022g=2000m
判断当速度达到350m/s时，下落高度ℎ下=v122g=6125m，此时离地高度为h+h上﹣h下＝7000+2000﹣6125＝2875＞2000m，
t下=v1g=35s
所以一次上下创造的完全失重的时间为55s
（2）当飞机在离地4500m＞2875m，所以飞机仍在完全失重状态，飞机自由下落的高度
h2＝2000+7000﹣4500m＝4500m
此时，v2=2gℎ2=300m/s
推力F=f=kv2=900×300N=2.7×105N
（3）为了节约能量，那么让飞机在2000m是速度正好为350m/s，所以此时最大离地高度为2000+h下＝8125m，故飞机拉起的高度为8125﹣h上＝6125m，即比原来提前△h＝7000﹣6125＝875m拉起，飞机节省的能量就是在这875m中克服重力和阻力做的功之和（因为在这个过程飞机是匀速的，动能没有改变）
WF=mg△ℎ+kv0△ℎsin30°=7.525×108J
答：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间为55s．
（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）2.7×105N．
（3）经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不变的情况下，降低飞机拉起的高度（在B点前把飞机拉起）以节约燃油，若不考虑飞机的长度，计算出一次最多能节约的能量为7.525×108J．
甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔t内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔t内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲在2t时间间隔内走过的位移与乙在2t时间间隔内走过的位移之比．
【解答】解：设汽车甲在第一段时间间隔t0末的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2．由题，汽车甲在在第二段时间间隔内加速度为2a．设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s'，则有：s＝s1+s2，s'＝s1′+s2′．
由运动学公式得：
v＝at…①
s1=12at2…②
s2＝vt+12（2a）t2…③
将①代入③得 s2＝2at2…④
由②+④得 s＝s1+s2=52at2
设乙车在时间t的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′．
同样有：v'＝（2a）t…⑤
s1′=12（2a） t2…⑥
s2′＝v′t+12at2…⑦
将⑤代入⑦得 s2′=52at2…⑧
由⑥+⑧得s'＝s1′+s2′=72at2．
所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 ss'=57
答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为5：7．
冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图．投掷线AB距离圆心O为30m．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰面光滑而减小减速时候的加速度．若不擦冰时，冰壶减速的加速度大小a1＝0.08m/s2，擦冰面后动摩擦因数减小至a2＝0.04m/s2．在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出．
（1）若冰壶C滑出后不再采取任何措施，求冰壶停下时的位置距O点的距离．
（2）为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，冰壶滑出时运动员立刻进行擦冰，求运动员需要擦冰多少距离？
（3）试通过定性分析判断开始擦冰时刻的不同会不会影响擦冰的时间？（只需要回答“会”或者“不会”，不需要说明理由）
【解答】解：（1）设停止时位移为x，由动能定理得：w总＝△Ek，即：﹣ma1x＝0−12mv2，解得：x＝25m，所以：冰壶停下时的位置距O点的距离：l＝30﹣25＝5m
（2）设滑至O点速度为零，擦冰的距离为d，线路总长度为L，由动能定理得：
﹣ma2d﹣ma1（L﹣d）＝0−12mv2代入数据得：
﹣0.08×（30﹣d）﹣0.04×d＝2，解得：d＝10m．
（3）由（2）计算可知，只要在冰面上刷10m，冰壶到达O处时速度为零．在开始刷冰面10m时，冰壶速度大，刷冰时间最短，在最后10m刷冰面用的时间最长．故开始擦冰时刻的会影响擦冰的时间．
答：（1）若冰壶C滑出后不再采取任何措施，冰壶停下时的位置距O点的距离为5m．
（2）为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，冰壶滑出时运动员立刻进行擦冰，运动员需要擦冰10m距离．
（3）开始擦冰时刻的会影响擦冰的时间．
练出高分
一．选择题（共8小题）
1．（2023•江苏模拟）初春时节，孩子们到户外放风筝。一只风筝停在20m高处，线突然断了，风筝飘落至地面的时间可能是（ ）
A．1.0sB．1.8sC．2.0sD．2.5s
【解答】解：当物体做自由落体运动时，由h=12gt2得，t=2ℎg=2×2010s＝2.0s
风筝运动过程受到空气阻力，不是自由落体运动，运动时间大于自由落体运动的时间，所以风筝开始下落到着地时间大于自由落体运动的时间2.0s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
2．（2023•青羊区校级模拟）滑雪运动是2022年北京冬季奥运会主要的比赛项目。如图所示，水平滑道上运动员A、B间距x0＝10m。运动员A以速度v0＝5m/s向前匀速运动。同时运动员B以初速度v1＝8m/s向前匀减速运动，加速度的大小a＝2m/s2，运动员A在运动员B继续运动x1后追上运动员B，则x1的大小为（ ）
A．4mB．10mC．16mD．20m
【解答】解：运动员B做匀减速直线运动，根据匀减速直线运动公式，速度减为零的时间为tB=v1a，解得tB＝4s
此时运动员A的位移为xA＝v0tB，解得xA＝20m
运动员B的位移为xB=v12tB，解得xB＝16m
因为xA＜xB+x0
即运动员B速度减少为零时，运动员A还未追上运动员B，则运动员A在运动员B停下来的位置追上运动员B，即x1＝16m
故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（2023•鞍山一模）疫情防控期间，在运力有限的情况下，无人送货车成为城市抗疫保供的重要力量，如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4s内位移为9.6m，第二个4s内位移为16m，下面说法正确的是（ ）
A．计时时刻送货车的速度为0
B．送货车的加速度大小为1.6m/s2
C．送货车在第1个4s末的速度大小为3.2m/s
D．送货车在第2个4s内的平均速度大小为3.6m/s
【解答】解：ABC．根据匀变速运动推论可得加速度大小为：a=ΔxT2=16−9.642m/s2=0.4m/s2
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4s末的速度大小为：v1=16+9.68m/s=3.2m/s
根据速度—时间公式可得计时时刻送货车的速度为：v0＝v1﹣aT＝（3.2﹣0.4×4）m/s＝1.6m/s，故AB错误，C正确；
D．根据平均速度的计算公式可得送货车在第2个4s内的平均速度大小为：v=164m/s=4m/s，故D错误。
故选：C。
4．（2022•怀仁市校级四模）北京冬奥会滑雪训练场上有一段斜坡滑道，滑雪运动员沿滑道下滑可看作匀加速直线运动。一次训练时，某运动员从滑道上的O点由静止出发匀加速下滑，途经A、B、C三点，测得AB间距为L1，运动时间为t1；BC间距为L2，运动时间为t2。根据以上所测数据（ ）
A．无法求得OA的距离
B．无法求得运动员的加速度
C．可以求得运动员经过A点时的速度
D．求得运动员经过B点的速度为L1+L2t1+t2
【解答】解：B、运动员在AB段的平均速度为v1=L1t1，运动员在BC段的平均速度为v2=L2t2，运动员的加速度为a，则v2=v1+a(t1+t22)，解得a=2(L2t2−L1t1)t1+t2，故B错误；
A、设运动员从O点开始到A点的时间为t，则v1=a(t+12t1)，可以解得t的大小，进而根据x=12at2可以求出OA间的距离，故A错误；
C、根据v＝at可以得到运动员经过A点时的速度，故C正确；
D、运动员经过AC段的平均速度为v=L1+L2t1+t2，但是因为不知道t1与t2的关系，它们不一定相等，所以B点不一定是AC段的中间时刻位置，所以运动员经过B点的速度不一定是AC段的平均速度，可以根据速度—时间关系求出运动员经过B点的速度为；vB=v1+a⋅12t1。故D错误。
故选：C。
5．（2022•涪陵区校级二模）2020年年底，世界最长的跨海峡公铁两用大桥——平潭海峡公铁两用大桥全面通车。由福州开往平潭的D55905次试运行动车从福州站由静止沿平直的路线启动过程的加速度a与位移x的关系图像如图所示，则（ ）
A．动车位移为x1时的速度大小为a0x1
B．动车位移为x2时的速度大小为2a0x2−x1
C．动车在0～x1过程中所经历的时间为2x1a0
D．动车在x1～x2过程中所经历的时间为2x2−x1a0−x1a0
【解答】解：A、根据图像可知，0﹣x1的过程中动车关于位移的平均加速度为a=0+a02=12a0。设动车位移为x1时的速度大小为v1，由v12＝2ax1，解得v1=a0x1，故A错误；
B、设动车位移为x2时的速度大小为v2。由图像可知，x1～x2的过程中动车的加速度为a0，动车做匀变速直线运动的，由v22﹣v12＝2a0（x2﹣x1），解得v2=a0(2x2−x1)，故B错误；
C、若动车在0～x1过程中做初速度为零、末速度为v1的匀加速直线运动，则所经历的时间为t0=x1v=x1v12=2x1a0，由于动车的实际加速度不断增大，结合v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知动车在相等时间内实际的位移小于匀加速运动的位移，直通车的实际平均速度小于匀加速运动的平均速度，则动车在0～x1过程中所经历的时间大于2x1a0，故C错误；
D、动车从x1﹣x2所经历的时间为t2=v2−v1a0=a0(2x2−x1)−a0x1a0=2x2−x1a0−x1a0，故D正确。
故选：D。
6．（2023•新会区校级一模）目前，我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图为甲、乙两辆车以相同的速度开始减速并通过收费站的v﹣t图像，根据图像下列描述正确的是（ ）
A．甲车进入的是人工通道，乙车进入的是ETC通道
B．两车通过收费站相同路程（乙车0﹣18s内的路程）的时间差为13s
C．甲车进入通道中的加速度为5m/s2，乙车进入通道中的加速度为2.5m/s2
D．甲车进入ETC通道，当速度减为5m/s后，匀速前进5m
【解答】解：A．经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，而经过ETC通道的不需要停车即可通过，由图可知甲只是减速，但速度并没有减为零，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，故A错误；
B．由v﹣t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移的大小，通过收费站相同路程为：
s＝4×10m＝40m
乙车用了18s时间，而甲车用了大于5s时间（0﹣5s时间内，甲图线与时间轴围成的面积小于40m），故两车通过收费站相同路程的时间差小于13s，故B错误；
C．甲车进入通道的加速度大小为：
a甲=ΔvΔt
代入数据解得：a甲=2.5m/s2
乙车进入通道的加速度大小为：
a乙=ΔvΔt
代入数据解得：a乙=2.5m/s2
故C错误；
D．由v﹣t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，甲车进入ETC通道，当速度减为5m/s后，匀速前进
x＝vt＝5×1m＝5m
代入数据解得：x＝5m
故D正确。
故选：D。
7．（2023•石家庄模拟）某新新能源汽车以30m/s的速度行驶过程中发现其前方30m处有一辆货车，驾驶员立即刹车，其刹车过程中的xt−t图像如图所示，同时货车以下列哪种运动行驶可避免相撞（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由新能源汽车的xt−t图像结合其图像的函数式xt=v0+12at
可知，其刹车的加速度大小为a＝10m/s2
则其速度减为零所用的时间为t=v0a=3010s=3s
刹车时间内通过的位移为x=v022a=3022×10m=45m
A．图A为x﹣t图像，图像的斜率表示速度，可知货车做速度大小为v1＝5m/s的匀速运动，则两车速度相等所用的时间为t1=v0−v1a=30−510s=2.5s
而在此时间内两车之间的位移关系为v0t1−12at12=30×2.5m−12×10×2.52m=43.75m＞Δx+v1t1＝30m+5×2.5m＝42.5m，故A错误；
B．图B为x﹣v2图像，由图像可知货车做加速度a2=4m/s2的匀加速运动，则两车速度相等所用的时间为t2=v0a+a2=3010+5s=157s
在此时间内两车的位移关系为v0t1−12at12=30×2.5m−12×10×2.52m=43.75m＞Δx+12a2t22=30m+5×2.5m=192049m，故B错误；
CD．图C图D都为v﹣t，图C在2s内的平均速度大于做加速度a3=5m/s2的匀加速直线运动的平均速度，而图D在2s内的平均速度小于做加速度a3=5m/s2的匀加速直线运动的平均速度，若货车以加速度a3做匀加速运动时，则两车速度相等的时间为t3=v0a+a3=3010+5s=2s
两车2s内的位移关系有v0t3−12at32=30×2s−12×10×22m=40m=12a3t32=12×5×22m=40m
则可知恰好相撞，而C图反应出来2s的平均速度大于做加速度a3=5m/s2的匀加速直线运动的平均速度，故C正确，D错误。
故选：C。
8．（2023•五华区校级模拟）滑雪运动员由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则他通过斜坡后半段的平均速度为（ ）
A．1.5vB．2+12vC．2vD．22+12v
【解答】解：设斜坡的长度为x，运动员到达底端的速度为v2，根据匀变速直线运动速度—位移公式得：
v2=2a⋅x2
v′2＝2ax
代入数据联立解得：v′=2v
故运动员通过斜坡后半段的平均速度为v=v+v'2=2+12v
故B正确，ACD错误。
故选：B。
二．计算题（共3小题）
9．（2022•南岗区校级四模）近几年节假期间，国家取消了7座及以下小汽车的高速公路过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此在收费站开通了专用车道，小汽车可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过。假设收费站的前、后都是平直大道，节假期间要求过站的车速不超过v＝18km/h。已知一辆小汽车未减速时的车速为v0＝108km/h，制动后小汽车可获得加速度的大小为a＝5m/s2。求：
（1）若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，则驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动操作；
（2）假设车过站后驾驶员立即使车做匀加速直线运动，依次通过A、B、C三点，且位移xAB＝xBC，已知车在AB段的平均速度为15m/s，在BC段的平均速度为30m/s，驾驶员在B点看到限速120km/h的标志牌，但驾驶员经过C点才开始减速，则车在从A到C的过程中是否违章超速？请通过计算说明。
【解答】解：（1）v0＝10km/h＝30m/s，vx＝18km/h＝5m/s，驾驶员在反应时间内位移x1＝v0t＝30×0.5m＝15m
制动阶段位移x2=v02−v22a=900−2510m=87.5m，所以，若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，
驾驶员应在距收费站至少x＝x1+x2＝15m+87.5m＝102.5m处开始制动操作。
（2）vm＝120km/h＝33.3m/s
AB段：v1＝15m/s=vA+vB2=5+vB2，解得vB＝25m/s
BC段：v2＝30m/s=vB+vC2=25+vC2，解得vC＝35m/s
vC＝35m/s＞33.m/s，故超速。
答：（1）若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，驾驶员应在距收费站至少x＝x1+x2＝15m+87.5m＝102.5m处开始制动操作。
（2）超速
10．（2022•和平区校级二模）ETC是电子不停车收费系统的简称，可以加快高速公路的通行。甲、乙两车同向分别走ETC通道和人工通道，初速度和加速度均相同，通过后又加速到原来的速度，从甲车减速开始计时，v﹣t图像如图所示（10s后的图像未画出），两车在t＝6s时恰好在A线（收费处）相遇，乙车停车人工缴费耗时12s，求：
（1）t＝0时，甲乙两车相距多少米？
（2）乙车从减速到恢复原来速度共历时多少秒？
（3）走ETC通道比走人工通道节约时间为多少秒？
【解答】解：（1）两车减速时的加速度大小：a=ΔvΔt=20−104m/s2=2.5m/s2
在0～6s内，甲车位移x甲=12×(10+20)×4m+10×2m=80m
乙车位移x乙=12at2=12×2.5×62m=45m，
则t＝0时，甲车在乙车后面Δx＝x甲﹣x乙＝80m﹣45m＝35m处
（2）乙车减速到零用时：t0=Δva=20−02.5s=8s.
从减速到恢复原来速度所用的总时间为：t乙＝2t0+Δt＝8×2s+12s＝28s
（3）甲从减速到恢复原来速度用时t甲＝10s，
位移s甲=2×12×(10+20)×4m+10×2m=140m，
乙车28s内运动的总位移s乙=2×12at02=2×12×2.5×82m=160m，
甲车节约时间Δt=t乙−t甲−s乙−s甲v1
解得Δt＝17s。
答：（1）t＝0时，甲乙两车相距35米；
（2）乙车从减速到恢复原来速度共历时28秒；
（3）走ETC通道比走人工通道节约时间为17秒。
11．（2021•惠州一模）城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生。假设某公路边的高楼距地面高H＝47m，往外凸起的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动。阳台下方有一辆长L1＝8m、高h＝2m的货车，以v0＝9m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方，花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24m。（示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10m/s2）
（1）若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到？
（2）若司机发现花盆掉落，司机的反应时间Δt＝1s，采取匀加速直线运动的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？
【解答】解：（1）花盆从47m高处落下，到达离地高2m的车顶过程，位移为h＝（47﹣2）m＝45m
花盆自由落体运动，有ℎ=12gt2
解得t=2ℎg=2×4510s=3s
3s内汽车位移为x＝v0t＝9×3m＝27m
（L2＝24m）＜x＜（L1+L2＝32m），则货车会被花盆砸到.
（2）司机反应时间内货车的位移为x1＝v0△t＝9×1m＝9m
此时车头离花盆的水平距离为d＝L2﹣x1＝（24﹣9）m＝15m
采取加速方式，要成功避险，则加速运动的位移为X2＝d+L1＝（15+8）m＝23m
加速度时间为t2＝t﹣△t＝（3﹣1）s＝2s
则有：x2=V0⋅t2+12at22
代入数据解得：a＝2.5m/s2，即货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.
答：（1）货车会被花盆砸到.
（2）货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134629759" 考点一 匀变速直线运动公式的应用 PAGEREF _Tc134629759 \h 1
\l "_Tc134629760" 考点二 常用的“六种”物理思想方法 PAGEREF _Tc134629760 \h 2
\l "_Tc134629761" 考点三 自由落体运动和竖直上抛运动 PAGEREF _Tc134629761 \h 6
\l "_Tc134629762" 考点四 抓住运动转折点分析多过程问题 PAGEREF _Tc134629762 \h 10
\l "_Tc134629763" 练出高分 PAGEREF _Tc134629763 \h 13
考点一 匀变速直线运动公式的应用
1．基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
(3)位移速度关系式：v2－veq \\al( 2,0)＝2ax.
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．
2．两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：eq \x\t(v)＝v＝eq \f(v0＋v,2).
(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
3．v0＝0的四个重要推论
(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)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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))
（2023•德州一模）甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高度h与时间t的关系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，则两小球同时在同一水平线上时，距离抛出点的高度为（ ）
A．12gt22B．12(gt22−gt21）
C．14(gt22−gt21）D．18(gt22−gt12)
【解答】解：根据图象可知，两小球同时在同一水平线上时，乙上升的时间为：t乙=t2−t12
甲从达到最高点到在同一条水平线上经过的时间为：t甲=t22−t乙
设抛出的速度大小为v0，则：v0＝g•t22
根据位移计算公式可得：h=v022g−12gt甲2
联立解得：h=18(gt22−gt12)，故D正确、ABC错误。
故选：D。
（多选）（2023•洪山区校级模拟）电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。某次实验中，分别安装在甲、乙两小车上的两电子设备已通过蓝牙配对成功，其正常通讯的有效距离为d＝10m。两车运动路线在同一条直线上（两车略微错开，不会相撞）。如图所示，甲车以v1＝1m/s的初速度经过O点，向右做加速度大小a1＝0.1m/s2的匀加速直线运动。同时乙车以初速度v2＝6m/s向右经过O点左侧6m处，并立即以a2＝0.4m/s2的加速度刹车，停车后开始以a2＝0.4m/s2的加速度向左运动。以此时刻为计时起点，忽略蓝牙信号连接延迟，下列说法正确的是（ ）
A．t＝4s时信号第一次中断
B．t＝16s时信号第一次恢复
C．信号第二次中断时，甲在O右边55m处
D．从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为20m
【解答】解：AB、设经过t时间甲、乙两车第一次距离达到10米，则：x乙1﹣x甲1＝d+x0
其中：x乙1＝v2t−12a2t2
x甲1＝v1t+12a1t2
代入数据联立解得：t＝4s或16s
则4s时信号第一次中断，16s时信号第一次恢复，故AB正确；
C、设经过t′时间，信号第二次中断，此时乙在甲左侧10m处，则：x甲2﹣x乙2＝d﹣x0
其中：x乙2＝v2t′−12a2t′2
x甲2＝v1t′+12a1t′2
代入数据联立解得：t′＝（10+229）s或（10﹣229）s（舍去）
x甲2＝（20.8+429）m≈42.34m
故C错误；
D、信号第一次恢复时，甲的位移为x甲1＝v1t+12a1t2＝1×16m+12×0.1×162m＝28.8m
则从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为Δx甲＝x甲2﹣x甲1＝42.34m﹣28.8m＝13.54m
故D错误。
故选：AB。
（2023•定远县校级二模）如图所示，一辆汽车（视为质点）在一水平直路面ABC运动，AB的长度为x1＝25m，BC的长度为x2＝97m。汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1＝2.0m/s2的匀加速直线运动。在BC段，先做加速度大小为a2＝1.0m/s2的匀加速直线运动。当运动到离C点适当距离处再以大小为a3＝2.0m/s2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点。求：
（1）汽车达到的最大速度vm和开始减速时离C点的距离d；
（2）汽车从A点运动到C点所用的时间t。
【解答】解：（1）根据速度—位移公式得，汽车运动到B点的速度为：vB=2a1x1=2×2×25m/s＝10m/s，
设最大速度为vm，有：vm2−vB22a2+vm22a3=x2，
代入数据解得：vm＝14m/s。
开始减速时离C点的距离为：d=vm22a3=1964=49m。
（2）A到B的时间为：t1=vBa1=102s=5s，
B到C的时间为：t2=vm−vBa2+vma3=14−101+142s=11s，
则A到C的时间为：t＝t1+t2＝5+11s＝16s。
答：（1）汽车达到的最大速度为14m/s，开始减速时离C点的距离为49m。
（2）汽车从A点运动到C点的时间为16s。
（2023•沧州一模）在某次军事演习中，歼击机以v0＝220m/s的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机。当两者相距x0＝3.2km时；歼击机发射一枚导弹，导弹脱离歼击机后沿水平方向做加速度为a＝20m/s2的匀加速直线运动，t0＝20s时击中无人靶机并将其击落。已知发射导弹的时间不计，发射导弹对歼击机速度无影响。求：
（1）无人靶机被击中前飞行的速度大小；
（2）导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离；
（3）若导弹击中无人靶机后，歼击机须尽快到达无人靶机被击落的空中位置且要求歼击机到达时速度为零继而悬停在空中。已知歼击机以最大加速度加速t＝4.8s后达到最大速度vm＝340m/s，且歼击机加速和减速过程最大加速度大小相等，忽略歼击机从发现导弹击中无人靶机到开始加速的反应时间，求从导弹击中无人靶机至歼击机到达无人靶机所在位置的最短时间。（结果保留3位有效数字）
【解答】解：（1）x0＝3.2km＝3200m
根据题意，设靶机速度为v1，则有
x0=v0t0+12at02−v1t0
代入数据解得v1＝260m/s
（2）设导弹被发射后t1时间与无人靶机速度相等，且二者间距最大为Δx，由速度—时间关系
v1＝v0+at1
代入数据解得t1＝2.0s
最大距离为
Δx=v1t1−(v0t1+12at12)+x0
代入数据解得Δx＝3240m＝3.24km
（3）导弹击中靶机时，歼击机与无人靶机的距离为
x1＝x0+（v1﹣v0）t0
导弹击中靶机后，歼击机须先做匀加速直线运动，达到最大速度后再以最大速度做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动到速度为零。设歼击机的最大加速度为am
am=vm−v0t
歼击机做匀加速直线运动的位移大小为x2
x2=v0+vm2t
歼击机做匀减速直线运动的时间和位移大小分别为
t2=vmam
x3=vm2t2
歼击机做匀速直线运动的时间为
t3=x1−x2−x3vm
最短时间为
tmin＝t+t2+t3
代入数据解得tmin≈19.4s
答：（1）无人靶机被击中前飞行的速度大小为260m/s；
（2）导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离为3.24km；
（3）从导弹击中无人靶机至歼击机到达无人靶机所在位置的最短时间为19.4s。
考点二 常用的“六种”物理思想方法
1．一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．
2．平均速度法
定义式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)对任何性质的运动都适用，而eq \x\t(v)＝v＝eq \f(1,2)(v0＋v)只适用于匀变速直线运动．
3．比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解．
4．逆向思维法
如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．
5．推论法
利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．
6．图象法
利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v与v，还可以求解追及问题；用x－t图象可求出任意时间内的平均速度等．
质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（ ）
A．s(a1+a2)a1a2B．2s(a1+a2)a1a2
C．2s(a1+a2)a1a2D．a1a22s(a1+a2)
【解答】解：物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：
a1t1＝a2（t﹣t1）﹣﹣﹣﹣（1）；
物体在全程的平均速度为：a1t12，则总位移：s=a1t12t﹣﹣﹣﹣﹣（2）；
联立（1）、（2）可解得：t=2s(a1+a2)a1a2；
故选：B。
（2023春•沙坪坝区校级月考）如图所示，具有“主动刹车系统”的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，会立即开始主动刹车，车主可根据需要设置安全距离。某车的安全距离为10m，若汽车正以36km/h的速度在路面上行驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．汽车刹车时间为5s
B．汽车能安全停下
C．汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为5m/s
D．汽车开始“主动刹车”后第2s内的平均速度为2m/s
【解答】解：A、汽车刹车后做匀减速运动，初速度v0＝36km/h＝10m/s
加速度大小为a＝6m/s2
汽车刹车过程，由速度—时间公式得：0＝v0﹣at
代入数据解得：t=53s
故A错误；
B、汽车刹车到停下运动的位移x=v02t=102×53m=253m＜10m
则汽车能安全停下，故B正确；
C、汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为v1＝v0﹣at1＝10m/s﹣6×1m/s＝4m/s
故C错误；
D．汽车开始“主动刹车”后第2s内的位移为Δx=v0t−12at2−(v0t1−12at12)=10×53m−12×6×(53)2m−10×1m+12×6×12m=43m
的位移
第2s内的平均速度为v=ΔxΔt=431m/s=43m/s
故D错误。
故选：B。
（2022秋•隆回县期末）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1s内的位移为13m，在最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车在第1s末的速度可能为10m/s
B．汽车加速度大小可能为3m/s2
C．汽车在第1s末的速度一定为11m/s
D．汽车的加速度大小一定为6m/s2
【解答】解：BD．根据逆向思维，汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，最后1s位移设为x，根据匀加速直线运动位移—时间公式有x=12at2
解得加速度为a=2xt2=2×21=4m/s2
故BD错误；
AC．设汽车在刹车的第1秒末的速度为v，则对于刹车的第1s内，可得x'=vt+12at2=v×1+12×4×12m=13m
可得v＝11m/s
故A错误，C正确。
故选：C。
（2022秋•南阳期末）一辆汽车做匀加速直线运动，从A到B速度增量为Δv，位移为x1，从B到C速度增量为2Δv，运动的位移为x2，若从C到D（图中未标出）速度增量也为2Δv，则汽车从C点运动到D点的位移为（ ）
A．2x2﹣x1B．7x2−8x13
C．x1+x23D．2(x1+x2)5
【解答】解：由加速度的定义式a=ΔvΔt可知，B到C的时间是A到B时间的2倍，设A到B的时间为t，则B到C的时间为2t，C到D的时间也为2t，则t=Δva
AB段中间时刻的速度v1=x1t
BC段中间时刻的速度v2=x22t
则加速度为a=v2−v112t+t=x22t−x1t32t
联立解得a=3(Δv)2x2−2x1
设C到D的距离为x3，根据推论Δs＝aT2
可得x3−x2=a⋅(2t)2
联立解得x3=7x2−8x13，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023•咸阳一模）重庆云巴（ChngqingSkyShuttle），是服务于中国重庆市的城市轨道交通系统，2021年2月15日至24日，重庆璧山云巴开展试乘车；4月16日，重庆云巴首条线路在璧山通车运营并举行通车启动仪式。甲车进站前，以v＝16m/s的初速度从减速线处开始减速，到站台停车线处时速度刚好减为0，停车t0＝30s时间后再加速至v＝16m/s驶离，已知云巴加速和减速的加速度大小均为a＝1m/s2，将云巴视为质点。
（1）甲车从到达减速线到再次加速至v，总共通过的路程和所需的时间；
（2）为了提高运行的效率，乙车到此站时没有停车，而是以v＝16m/s的速度匀速通过，为了保证安全，乙车与甲车在正常匀速行驶的安全距离至少为多少？（假设正常匀速行驶时的速度均16m/s，两站台距离足够远，且轨道是直的。）
【解答】解：（1）由v＝at 得 t=va=161s=16s，因加速减速加速度相等，所以时间相等t1＝t2＝16s，总时间t＝t1+t2+t0＝16s+16s+30s＝62s
由v2＝2as 得：s=v22a=1622×1m=128m，由对称性（加速减速位移相等）s总＝256m
（2）乙车通过这段距离用时t乙=s总v=25616s=16s，甲车需要t＝62s，
故甲比乙车通过这段路多用的时间：Δt＝t﹣t乙＝62s﹣16s＝46s
甲乙安全距离至少为：Δx＝vΔt＝16×46m＝736m
答：（1）甲车从到达减速线到再次加速至v，总共通过的路程为256m，所需的时间为62s；
（2）乙车到此站时没有停车，而是以v＝16m/s的速度匀速通过，为了保证安全，乙车与甲车在正常匀速行驶的安全距离至少为736m.
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．特点和规律
(1)自由落体运动的特点
①从静止开始，即初速度为零．
②只受重力作用的匀加速直线运动．
③公式：v＝gt，h＝eq \f(1,2)gt2，v2＝2gh.
(2)竖直上抛运动的特点
①初速度竖直向上．
②只受重力作用的匀变速直线运动．
③若以初速度方向为正方向，则a＝－g.
2．处理竖直上抛运动的方法
(1)分段处理
①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．
②几个特征物理量
上升的最大高度H＝eq \f(v\\al( 2,0),2g)，上升到最高点所用的时间T＝eq \f(v0,g)，回到抛出点所用的时间t＝eq \f(2v0,g)，回到抛出点时的速度v＝－v0.
(2)全程处理
①初速度为v0(设为正方向)，加速度为a＝－g的匀变速直线运动．
②v>0时，物体上升．
v<0时，物体下降．
③h>0时，物体在抛出点上方．
h<0时，物体在抛出点下方．
（多选）（2023•越秀区校级模拟）在2020东京奥运会女子跳水10m跳台比赛中，我国年仅14岁的小将全红婵，多次上演“水花消失术”，最终夺得冠军，假设全红婵在完成某次动作过程中，跳起的最大高度是0.8m，在离水面1m的时候她已经完成所有动作，开始调整姿态准备压水花，入水后减速的加速度大小是20m/s2，在粗略估算中，可以把运动员当作质点处理，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．起跳的竖直速度是4m/s
B．落水的速度约为18m/s
C．运动员在空中运动的时间约为1.4s
D．若要保证运动员安全，水池的深度至少要5.4m
【解答】解：A、运动员做竖直上抛运动，到达最高点时速度为0，由﹣2gh1＝0−v02得，v0=2gℎ1=2×10×0.8m/s＝4m/s，故A正确；
B、下落过程为自由落体运动，由2gh2＝v2得，v=2gℎ2=2×10×10.8m/s＝14.7m/s，故B错误；
C、运动员在空中的时间为t=v0g+vg=410s+14.710s=1.97s，故C错误；
D、若要保证运动员安全，水池的深度至少为h3=v22a=14.722×20m＝5.4m，故D正确；
故选：AD。
（多选）（2023•市中区校级模拟）如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．相遇时A的速度一定为零
B．相遇时B的速度一定为零
C．A从抛出到最高点的时间为v2g
D．从抛出到相遇A、B速度的变化量相同
【解答】解：AB、篮球A做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，到达最高点时A的竖直分速度为零，水平分速度不为零，则到达最高点两球相遇时A的速度不为零；篮球B做竖直上抛运动，A、B同时抛出，两球相遇，说明A的竖直方向的位移与B的位移相等，则A竖直方向的分速度vy与B的初速度相等，所以相遇时B的速度为零，故A错误，B正确；
C、篮球B抛出时的速度与A的竖直分速度相等，A到达最高点时B也到达最高点，B从抛出到最高点的时间t=v2g，故C正确；
D、从抛出到相遇，A、B的运动时间t相等，速度变化量Δv＝gt相等，故D正确。
故选：BCD。
（2022•河北模拟）某次电影拍摄中，特技演员从桥上跳下，落在河面上匀速前进的竹筏上。在演员（视为质点）跳下的瞬间，长为6m的竹筏的前端恰好位于演员的正下方，演员跳下的瞬间距竹筏的高度为20m。取重力加速度大小g＝10m/s2，认为演员在空中做自由落体运动，不计竹筏的宽度。要使演员落在竹筏上，竹筏的最大允许速度为（ ）
A．1m/sB．2m/sC．3m/sD．4m/s
【解答】解：演员在空中运动的时间t=2ℎg=2s，竹筏的最大允许速度vmax=Lt=3m/s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
（2022•湖南二模）小明在一匀速上升的电梯内，观察到电梯顶部有一螺丝因松动而掉落。已知电梯顶部离电梯地板的高度为2.45m，电梯匀速上升的速度大小为2m/s，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，则螺丝从电梯顶部掉落到地板上的时间为（ ）
A．0.48sB．0.7sC．1.12sD．0.32s
【解答】解：以地面为参考系，匀速运动的电梯上脱落的螺丝做竖直上抛运动，上升过程是匀减速的，电梯一直匀速运动，由匀变速规律：vt﹣（vt−12gt2）＝h，
即h=12gt2，解得t＝0.7s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2023•吉林模拟）2019年7月26日，随着长征二号丙运载火箭在西昌发射中心顺利升空，中国也首次成功验证了火箭第一级落点的精确控制技术，成为全球继美国之后，第二个掌握该技术的国家，长征二号丙火箭第一级残骸在贵州黔南布依族苗族自治州被顺利找到，落点在设定的落区范围内，这是中国航天在落点可控、精准回收领域取得的重大突破。其一级火箭的回收过程可以简化为：一级火箭关闭推进器，脱离主体后继续上升至离地面3225m的高空，然后开始无初速下落，下落至离地面3100m的高度处，此时一级火箭立即打开助推器开始匀速下降，持续50s后增大助推器的推力进而匀减速下降，成功落地时速度大小为2m/s，g＝10m/s2，（忽略高度对重力加速度的影响，不计空气阻力）求：
（1）一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间；
（2）一级火箭匀速下落的高度是多少？
（3）一级火箭最后匀减速下落的时间是多少？（计算结果保留一位小数）
【解答】解：（1）火箭自由下落的高度h1＝3225m﹣3100m＝125m
由ℎ=12gt2，
解得：t1＝5s；
（2）火箭自由下落的末速度为：v1＝gt1＝50m/s
匀速下落的高度为：h2＝v1t2＝50×50m＝2500m；
（3）火箭匀减速下落的高度为：h3＝600m
匀减速下落过程的平均速度为：v=v1+v2
由ℎ3=vt3，
解得：t3＝23.1s；
答：（1）一级火箭从无初速开始下落至3100m高度处所需要的时间为5s；
（2）一级火箭匀速下落的高度是2500m；
（3）一级火箭最后匀减速下落的时间是23.1s。
考点四 抓住运动转折点分析多过程问题
（多选）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m．减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．减速过程汽车加速度的大小为8m/s2
B．汽车减速过程所用时间为2.7s
C．饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了0.3s
D．减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为F0mg=415
【解答】解：AB、设刹车加速度为a，由题可知，汽车刹车初速度 v0＝20m/s，末速度 vt＝0，位移 x＝25m，由v02=2ax得，a＝8m/s2，减速的时间 t=v0a=208s＝2.5s，故A正确，B错误。
C、反应时间内的位移为 x′＝L﹣x＝14m，则反应时间为 t′=x'v0=1420s＝0.7s，则反应的增加量为△t＝0.7﹣0.4＝0.3s，故C正确。
D、设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，受力如图，由牛顿第二定律得
F＝ma
由平行四边形定则得 F02=F2+（mg）2＝（ma）2+（mg）2=4125（mg）2
解得 F0mg=415．故D正确。
故选：ACD。
为了使航天员能适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重训练．故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机上后，训练客机总重5×104kg，以200m/s速度沿30°倾角爬升到7000米高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s的初速度向上做匀减速直线运动，匀减速的加速度为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直方向以加速度为g加速运动，在前段时间内创造出完全失重，当飞机离地2000米高时为了安全必须拉起，后又可一次次重复为航天员失重训练．若飞机飞行时所受的空气阻力f＝Kv（k＝900N•s/m），每次飞机速度达到350m/s后必须终止失重训练（否则飞机可能失速）。
求：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间。
（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）。
（3）经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不变的情况下，降低飞机拉起的高度（在B点前把飞机拉起）以节约燃油，若不考虑飞机的长度，计算出一次最多能节约的能量。
【解答】解：（1）上升时间t上=v0g=20s
上升高度ℎ上=v022g=2000m
判断当速度达到350m/s时，下落高度ℎ下=v122g=6125m，此时离地高度为h+h上﹣h下＝7000+2000﹣6125＝2875＞2000m，
t下=v1g=35s
所以一次上下创造的完全失重的时间为55s
（2）当飞机在离地4500m＞2875m，所以飞机仍在完全失重状态，飞机自由下落的高度
h2＝2000+7000﹣4500m＝4500m
此时，v2=2gℎ2=300m/s
推力F=f=kv2=900×300N=2.7×105N
（3）为了节约能量，那么让飞机在2000m是速度正好为350m/s，所以此时最大离地高度为2000+h下＝8125m，故飞机拉起的高度为8125﹣h上＝6125m，即比原来提前△h＝7000﹣6125＝875m拉起，飞机节省的能量就是在这875m中克服重力和阻力做的功之和（因为在这个过程飞机是匀速的，动能没有改变）
WF=mg△ℎ+kv0△ℎsin30°=7.525×108J
答：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间为55s．
（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）2.7×105N．
（3）经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不变的情况下，降低飞机拉起的高度（在B点前把飞机拉起）以节约燃油，若不考虑飞机的长度，计算出一次最多能节约的能量为7.525×108J．
甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔t内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔t内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲在2t时间间隔内走过的位移与乙在2t时间间隔内走过的位移之比．
【解答】解：设汽车甲在第一段时间间隔t0末的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2．由题，汽车甲在在第二段时间间隔内加速度为2a．设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s'，则有：s＝s1+s2，s'＝s1′+s2′．
由运动学公式得：
v＝at…①
s1=12at2…②
s2＝vt+12（2a）t2…③
将①代入③得 s2＝2at2…④
由②+④得 s＝s1+s2=52at2
设乙车在时间t的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′．
同样有：v'＝（2a）t…⑤
s1′=12（2a） t2…⑥
s2′＝v′t+12at2…⑦
将⑤代入⑦得 s2′=52at2…⑧
由⑥+⑧得s'＝s1′+s2′=72at2．
所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 ss'=57
答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为5：7．
冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图．投掷线AB距离圆心O为30m．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰面光滑而减小减速时候的加速度．若不擦冰时，冰壶减速的加速度大小a1＝0.08m/s2，擦冰面后动摩擦因数减小至a2＝0.04m/s2．在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出．
（1）若冰壶C滑出后不再采取任何措施，求冰壶停下时的位置距O点的距离．
（2）为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，冰壶滑出时运动员立刻进行擦冰，求运动员需要擦冰多少距离？
（3）试通过定性分析判断开始擦冰时刻的不同会不会影响擦冰的时间？（只需要回答“会”或者“不会”，不需要说明理由）
【解答】解：（1）设停止时位移为x，由动能定理得：w总＝△Ek，即：﹣ma1x＝0−12mv2，解得：x＝25m，所以：冰壶停下时的位置距O点的距离：l＝30﹣25＝5m
（2）设滑至O点速度为零，擦冰的距离为d，线路总长度为L，由动能定理得：
﹣ma2d﹣ma1（L﹣d）＝0−12mv2代入数据得：
﹣0.08×（30﹣d）﹣0.04×d＝2，解得：d＝10m．
（3）由（2）计算可知，只要在冰面上刷10m，冰壶到达O处时速度为零．在开始刷冰面10m时，冰壶速度大，刷冰时间最短，在最后10m刷冰面用的时间最长．故开始擦冰时刻的会影响擦冰的时间．
答：（1）若冰壶C滑出后不再采取任何措施，冰壶停下时的位置距O点的距离为5m．
（2）为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，冰壶滑出时运动员立刻进行擦冰，运动员需要擦冰10m距离．
（3）开始擦冰时刻的会影响擦冰的时间．
练出高分
一．选择题（共8小题）
1．（2023•江苏模拟）初春时节，孩子们到户外放风筝。一只风筝停在20m高处，线突然断了，风筝飘落至地面的时间可能是（ ）
A．1.0sB．1.8sC．2.0sD．2.5s
【解答】解：当物体做自由落体运动时，由h=12gt2得，t=2ℎg=2×2010s＝2.0s
风筝运动过程受到空气阻力，不是自由落体运动，运动时间大于自由落体运动的时间，所以风筝开始下落到着地时间大于自由落体运动的时间2.0s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
2．（2023•青羊区校级模拟）滑雪运动是2022年北京冬季奥运会主要的比赛项目。如图所示，水平滑道上运动员A、B间距x0＝10m。运动员A以速度v0＝5m/s向前匀速运动。同时运动员B以初速度v1＝8m/s向前匀减速运动，加速度的大小a＝2m/s2，运动员A在运动员B继续运动x1后追上运动员B，则x1的大小为（ ）
A．4mB．10mC．16mD．20m
【解答】解：运动员B做匀减速直线运动，根据匀减速直线运动公式，速度减为零的时间为tB=v1a，解得tB＝4s
此时运动员A的位移为xA＝v0tB，解得xA＝20m
运动员B的位移为xB=v12tB，解得xB＝16m
因为xA＜xB+x0
即运动员B速度减少为零时，运动员A还未追上运动员B，则运动员A在运动员B停下来的位置追上运动员B，即x1＝16m
故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（2023•鞍山一模）疫情防控期间，在运力有限的情况下，无人送货车成为城市抗疫保供的重要力量，如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4s内位移为9.6m，第二个4s内位移为16m，下面说法正确的是（ ）
A．计时时刻送货车的速度为0
B．送货车的加速度大小为1.6m/s2
C．送货车在第1个4s末的速度大小为3.2m/s
D．送货车在第2个4s内的平均速度大小为3.6m/s
【解答】解：ABC．根据匀变速运动推论可得加速度大小为：a=ΔxT2=16−9.642m/s2=0.4m/s2
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4s末的速度大小为：v1=16+9.68m/s=3.2m/s
根据速度—时间公式可得计时时刻送货车的速度为：v0＝v1﹣aT＝（3.2﹣0.4×4）m/s＝1.6m/s，故AB错误，C正确；
D．根据平均速度的计算公式可得送货车在第2个4s内的平均速度大小为：v=164m/s=4m/s，故D错误。
故选：C。
4．（2022•怀仁市校级四模）北京冬奥会滑雪训练场上有一段斜坡滑道，滑雪运动员沿滑道下滑可看作匀加速直线运动。一次训练时，某运动员从滑道上的O点由静止出发匀加速下滑，途经A、B、C三点，测得AB间距为L1，运动时间为t1；BC间距为L2，运动时间为t2。根据以上所测数据（ ）
A．无法求得OA的距离
B．无法求得运动员的加速度
C．可以求得运动员经过A点时的速度
D．求得运动员经过B点的速度为L1+L2t1+t2
【解答】解：B、运动员在AB段的平均速度为v1=L1t1，运动员在BC段的平均速度为v2=L2t2，运动员的加速度为a，则v2=v1+a(t1+t22)，解得a=2(L2t2−L1t1)t1+t2，故B错误；
A、设运动员从O点开始到A点的时间为t，则v1=a(t+12t1)，可以解得t的大小，进而根据x=12at2可以求出OA间的距离，故A错误；
C、根据v＝at可以得到运动员经过A点时的速度，故C正确；
D、运动员经过AC段的平均速度为v=L1+L2t1+t2，但是因为不知道t1与t2的关系，它们不一定相等，所以B点不一定是AC段的中间时刻位置，所以运动员经过B点的速度不一定是AC段的平均速度，可以根据速度—时间关系求出运动员经过B点的速度为；vB=v1+a⋅12t1。故D错误。
故选：C。
5．（2022•涪陵区校级二模）2020年年底，世界最长的跨海峡公铁两用大桥——平潭海峡公铁两用大桥全面通车。由福州开往平潭的D55905次试运行动车从福州站由静止沿平直的路线启动过程的加速度a与位移x的关系图像如图所示，则（ ）
A．动车位移为x1时的速度大小为a0x1
B．动车位移为x2时的速度大小为2a0x2−x1
C．动车在0～x1过程中所经历的时间为2x1a0
D．动车在x1～x2过程中所经历的时间为2x2−x1a0−x1a0
【解答】解：A、根据图像可知，0﹣x1的过程中动车关于位移的平均加速度为a=0+a02=12a0。设动车位移为x1时的速度大小为v1，由v12＝2ax1，解得v1=a0x1，故A错误；
B、设动车位移为x2时的速度大小为v2。由图像可知，x1～x2的过程中动车的加速度为a0，动车做匀变速直线运动的，由v22﹣v12＝2a0（x2﹣x1），解得v2=a0(2x2−x1)，故B错误；
C、若动车在0～x1过程中做初速度为零、末速度为v1的匀加速直线运动，则所经历的时间为t0=x1v=x1v12=2x1a0，由于动车的实际加速度不断增大，结合v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知动车在相等时间内实际的位移小于匀加速运动的位移，直通车的实际平均速度小于匀加速运动的平均速度，则动车在0～x1过程中所经历的时间大于2x1a0，故C错误；
D、动车从x1﹣x2所经历的时间为t2=v2−v1a0=a0(2x2−x1)−a0x1a0=2x2−x1a0−x1a0，故D正确。
故选：D。
6．（2023•新会区校级一模）目前，我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图为甲、乙两辆车以相同的速度开始减速并通过收费站的v﹣t图像，根据图像下列描述正确的是（ ）
A．甲车进入的是人工通道，乙车进入的是ETC通道
B．两车通过收费站相同路程（乙车0﹣18s内的路程）的时间差为13s
C．甲车进入通道中的加速度为5m/s2，乙车进入通道中的加速度为2.5m/s2
D．甲车进入ETC通道，当速度减为5m/s后，匀速前进5m
【解答】解：A．经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，而经过ETC通道的不需要停车即可通过，由图可知甲只是减速，但速度并没有减为零，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，故A错误；
B．由v﹣t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移的大小，通过收费站相同路程为：
s＝4×10m＝40m
乙车用了18s时间，而甲车用了大于5s时间（0﹣5s时间内，甲图线与时间轴围成的面积小于40m），故两车通过收费站相同路程的时间差小于13s，故B错误；
C．甲车进入通道的加速度大小为：
a甲=ΔvΔt
代入数据解得：a甲=2.5m/s2
乙车进入通道的加速度大小为：
a乙=ΔvΔt
代入数据解得：a乙=2.5m/s2
故C错误；
D．由v﹣t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，甲车进入ETC通道，当速度减为5m/s后，匀速前进
x＝vt＝5×1m＝5m
代入数据解得：x＝5m
故D正确。
故选：D。
7．（2023•石家庄模拟）某新新能源汽车以30m/s的速度行驶过程中发现其前方30m处有一辆货车，驾驶员立即刹车，其刹车过程中的xt−t图像如图所示，同时货车以下列哪种运动行驶可避免相撞（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由新能源汽车的xt−t图像结合其图像的函数式xt=v0+12at
可知，其刹车的加速度大小为a＝10m/s2
则其速度减为零所用的时间为t=v0a=3010s=3s
刹车时间内通过的位移为x=v022a=3022×10m=45m
A．图A为x﹣t图像，图像的斜率表示速度，可知货车做速度大小为v1＝5m/s的匀速运动，则两车速度相等所用的时间为t1=v0−v1a=30−510s=2.5s
而在此时间内两车之间的位移关系为v0t1−12at12=30×2.5m−12×10×2.52m=43.75m＞Δx+v1t1＝30m+5×2.5m＝42.5m，故A错误；
B．图B为x﹣v2图像，由图像可知货车做加速度a2=4m/s2的匀加速运动，则两车速度相等所用的时间为t2=v0a+a2=3010+5s=157s
在此时间内两车的位移关系为v0t1−12at12=30×2.5m−12×10×2.52m=43.75m＞Δx+12a2t22=30m+5×2.5m=192049m，故B错误；
CD．图C图D都为v﹣t，图C在2s内的平均速度大于做加速度a3=5m/s2的匀加速直线运动的平均速度，而图D在2s内的平均速度小于做加速度a3=5m/s2的匀加速直线运动的平均速度，若货车以加速度a3做匀加速运动时，则两车速度相等的时间为t3=v0a+a3=3010+5s=2s
两车2s内的位移关系有v0t3−12at32=30×2s−12×10×22m=40m=12a3t32=12×5×22m=40m
则可知恰好相撞，而C图反应出来2s的平均速度大于做加速度a3=5m/s2的匀加速直线运动的平均速度，故C正确，D错误。
故选：C。
8．（2023•五华区校级模拟）滑雪运动员由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则他通过斜坡后半段的平均速度为（ ）
A．1.5vB．2+12vC．2vD．22+12v
【解答】解：设斜坡的长度为x，运动员到达底端的速度为v2，根据匀变速直线运动速度—位移公式得：
v2=2a⋅x2
v′2＝2ax
代入数据联立解得：v′=2v
故运动员通过斜坡后半段的平均速度为v=v+v'2=2+12v
故B正确，ACD错误。
故选：B。
二．计算题（共3小题）
9．（2022•南岗区校级四模）近几年节假期间，国家取消了7座及以下小汽车的高速公路过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此在收费站开通了专用车道，小汽车可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过。假设收费站的前、后都是平直大道，节假期间要求过站的车速不超过v＝18km/h。已知一辆小汽车未减速时的车速为v0＝108km/h，制动后小汽车可获得加速度的大小为a＝5m/s2。求：
（1）若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，则驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动操作；
（2）假设车过站后驾驶员立即使车做匀加速直线运动，依次通过A、B、C三点，且位移xAB＝xBC，已知车在AB段的平均速度为15m/s，在BC段的平均速度为30m/s，驾驶员在B点看到限速120km/h的标志牌，但驾驶员经过C点才开始减速，则车在从A到C的过程中是否违章超速？请通过计算说明。
【解答】解：（1）v0＝10km/h＝30m/s，vx＝18km/h＝5m/s，驾驶员在反应时间内位移x1＝v0t＝30×0.5m＝15m
制动阶段位移x2=v02−v22a=900−2510m=87.5m，所以，若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，
驾驶员应在距收费站至少x＝x1+x2＝15m+87.5m＝102.5m处开始制动操作。
（2）vm＝120km/h＝33.3m/s
AB段：v1＝15m/s=vA+vB2=5+vB2，解得vB＝25m/s
BC段：v2＝30m/s=vB+vC2=25+vC2，解得vC＝35m/s
vC＝35m/s＞33.m/s，故超速。
答：（1）若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，驾驶员应在距收费站至少x＝x1+x2＝15m+87.5m＝102.5m处开始制动操作。
（2）超速
10．（2022•和平区校级二模）ETC是电子不停车收费系统的简称，可以加快高速公路的通行。甲、乙两车同向分别走ETC通道和人工通道，初速度和加速度均相同，通过后又加速到原来的速度，从甲车减速开始计时，v﹣t图像如图所示（10s后的图像未画出），两车在t＝6s时恰好在A线（收费处）相遇，乙车停车人工缴费耗时12s，求：
（1）t＝0时，甲乙两车相距多少米？
（2）乙车从减速到恢复原来速度共历时多少秒？
（3）走ETC通道比走人工通道节约时间为多少秒？
【解答】解：（1）两车减速时的加速度大小：a=ΔvΔt=20−104m/s2=2.5m/s2
在0～6s内，甲车位移x甲=12×(10+20)×4m+10×2m=80m
乙车位移x乙=12at2=12×2.5×62m=45m，
则t＝0时，甲车在乙车后面Δx＝x甲﹣x乙＝80m﹣45m＝35m处
（2）乙车减速到零用时：t0=Δva=20−02.5s=8s.
从减速到恢复原来速度所用的总时间为：t乙＝2t0+Δt＝8×2s+12s＝28s
（3）甲从减速到恢复原来速度用时t甲＝10s，
位移s甲=2×12×(10+20)×4m+10×2m=140m，
乙车28s内运动的总位移s乙=2×12at02=2×12×2.5×82m=160m，
甲车节约时间Δt=t乙−t甲−s乙−s甲v1
解得Δt＝17s。
答：（1）t＝0时，甲乙两车相距35米；
（2）乙车从减速到恢复原来速度共历时28秒；
（3）走ETC通道比走人工通道节约时间为17秒。
11．（2021•惠州一模）城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生。假设某公路边的高楼距地面高H＝47m，往外凸起的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动。阳台下方有一辆长L1＝8m、高h＝2m的货车，以v0＝9m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方，花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24m。（示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10m/s2）
（1）若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到？
（2）若司机发现花盆掉落，司机的反应时间Δt＝1s，采取匀加速直线运动的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？
【解答】解：（1）花盆从47m高处落下，到达离地高2m的车顶过程，位移为h＝（47﹣2）m＝45m
花盆自由落体运动，有ℎ=12gt2
解得t=2ℎg=2×4510s=3s
3s内汽车位移为x＝v0t＝9×3m＝27m
（L2＝24m）＜x＜（L1+L2＝32m），则货车会被花盆砸到.
（2）司机反应时间内货车的位移为x1＝v0△t＝9×1m＝9m
此时车头离花盆的水平距离为d＝L2﹣x1＝（24﹣9）m＝15m
采取加速方式，要成功避险，则加速运动的位移为X2＝d+L1＝（15+8）m＝23m
加速度时间为t2＝t﹣△t＝（3﹣1）s＝2s
则有：x2=V0⋅t2+12at22
代入数据解得：a＝2.5m/s2，即货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.
答：（1）货车会被花盆砸到.
（2）货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.
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