新高考物理一轮复习教案第1章第2讲匀变速直线运动的规律（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习教案第1章第2讲匀变速直线运动的规律（含解析），共27页。教案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。


知识点 匀变速直线运动及其公式 Ⅱ
1．定义和分类
(1)匀变速直线运动：沿着一条直线，且eq \x(\s\up1(01))加速度不变的运动。
(2)分类eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(匀加速直线运动：a与v\x(\s\up1(02))同向。,匀减速直线运动：a与v\x(\s\up1(03))反向。))
2．三个基本公式
(1)速度与时间的关系式：eq \x(\s\up1(04))v＝v0＋at。
(2)位移与时间的关系式：eq \x(\s\up1(05))x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。
(3)速度与位移的关系式：eq \x(\s\up1(06))v2－veq \\al(2,0)＝2ax。
3．两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间eq \x(\s\up1(07))中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的eq \x(\s\up1(08))一半，即：eq \x\t(v)＝veq \f(t,2)＝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＝eq \x(\s\up1(09))aT2。可以推广得到xm－xn＝(m－n)aT2。
4．初速度为零的匀变速直线运动的五个推论
(1)1T末、2T末、3T末……nT末瞬时速度的比为：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝eq \x(\s\up1(10))1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内……nT内位移的比为：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝eq \x(\s\up1(11))12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……第n个T内位移的比为：
x1′∶x2′∶x3′∶…∶xn′＝eq \x(\s\up1(12))1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始运动位移x、2x、3x……nx所用时间的比为：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝eq \x(\s\up1(13))1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…∶eq \r(n)。
(5)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′＝eq \x(\s\up1(14))1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
知识点 自由落体运动和竖直上抛运动 Ⅱ
1．自由落体运动
(1)定义：物体只在eq \x(\s\up1(01))重力作用下从eq \x(\s\up1(02))静止开始下落的运动。
(2)运动性质：初速度v0＝0、加速度为重力加速度g的eq \x(\s\up1(03))匀加速直线运动。
(3)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝eq \x(\s\up1(04))gt。
②位移与时间的关系式：h＝eq \x(\s\up1(05))eq \f(1,2)gt2。
③速度与位移的关系式：v2＝eq \x(\s\up1(06))2gh。
(4)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过eq \x(\s\up1(07))逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体下落得快”的结论。
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推。这种方法的核心是把实验和eq \x(\s\up1(08))逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。
2．竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做eq \x(\s\up1(09))匀减速直线运动，下降阶段做eq \x(\s\up1(10))自由落体运动。
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝eq \x(\s\up1(11))v0－gt。
②位移与时间的关系式：h＝eq \x(\s\up1(12))v0t－eq \f(1,2)gt2。
③速度与位移的关系式：v2－veq \\al(2,0)＝eq \x(\s\up1(13))－2gh。
④上升的最大高度：H＝eq \x(\s\up1(14))eq \f(v\\al(2,0),2g)。
⑤上升到最高点所用时间：t＝eq \x(\s\up1(15))eq \f(v0,g)。
一 堵点疏通
1．匀变速直线运动是加速度随时间均匀变化的直线运动。( )
2．匀加速直线运动的位移随时间是均匀增大的。( )
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．物体由某高度从静止下落一定做自由落体运动。( )
5．竖直上抛最高点速度为零而加速度不为零。( )
6．竖直上抛的上升阶段速度变化量的方向是向下的。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(人教版必修第一册·P44·T2改编)以18 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为( )
A．50 m B.45 m
C.40.5 m D.40 m
答案 C
解析 根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得36＝18×3＋eq \f(1,2)a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－18,－4) s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停车，5 s内的位移x′＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)＝eq \f(0－182,2×－4) m＝40.5 m，故C正确。
2．(人教版必修第一册·P51·T4改编)有一种“傻瓜”照相机，其光圈(进光孔径)随被摄物体的亮度自动调节，而快门(曝光时间)是固定不变的。为估测某架“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子从地面以上2.5 m的高度下落，每块砖的平均厚度为6 cm，请估算这架照相机的曝光时间为( )
A．0.01 s s
C.0.1 s D.0.2 s
答案 B
解析 解法一(公式法)：图中AB的实际长度为AB＝0.12 m，A到地面的高度h1＝8.5×6 cm＝0.51 m，B到地面的高度h2＝6.5×6 cm＝0.39 m，则hOA＝H－h1＝1.99 m，hOB＝H－h2＝2.11 m。由hOA＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)得t1≈0.63 s，由hOB＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)得t2≈0.65 s。曝光时间Δt＝t2－t1＝0.02 s，故B正确。
解法二(估算法)：自由落体运动到A点的速度为v＝eq \r(2ghOA)≈6.3 m/s。因为0.12 m远小于1.99 m，故可以近似地将AB段当作匀速直线运动，故t＝eq \f(AB,v)≈0.02 s，故B正确。
3．某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5 m/s2，所需的起飞速度为50 m/s，跑道长100 m。设飞机起飞对航空母舰的运动状态没有影响，飞机在跑道上的运动可以看作匀加速直线运动。
(1)通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？(eq \r(10)≈3.16)
(2)为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置，对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？(eq \r(15)≈3.87)
答案 (1)不能 (2)38.7 m/s
解析 (1)由veq \\al(2,t)＝2ax
得vt＝eq \r(2ax)＝10eq \r(10) m/s≈31.6 m/s。
因为vt<50 m/s，所以飞机不能依靠自身的发动机从航空母舰上起飞。
(2)设弹射装置使舰载飞机具有的初速度为v0，
由v2－veq \\al(2,0)＝2ax
得v0＝ eq \r(v2－2ax)＝10eq \r(15) m/s＝38.7 m/s。

考点1 匀变速直线运动规律的应用
1.对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
2．运动学公式中正、负号的规定
匀变速直线运动五个公式中，除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，与初速度反向的物理量取负值。但当v0＝0时，一般以a的方向为正方向。
例1 如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1200 m，OB＝2000 m，求：
(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；
(2)列车减速运动的最长时间。
(1)此车的长度需要考虑吗？
提示：需要。
(2)列车减速运动的最长时间对应车的运动情况是什么？
提示：车头恰好停在B点。
尝试解答 (1)1.6 m/s2≤a≤eq \f(16,7) m/s2 (2)50 s
(1)若列车车尾恰好停在A点，设减速运动的加速度大小为a1，位移为x1，则
0－veq \\al(2,0)＝－2a1x1
x1＝1200 m＋200 m＝1400 m
解得a1＝eq \f(16,7) m/s2
若列车车头恰好停在B点，设减速运动的加速度大小为a2，位移为xOB＝2000 m，则0－veq \\al(2,0)＝－2a2xOB
解得a2＝1.6 m/s2
故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤eq \f(16,7) m/s2。
(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动的时间最长，设最长时间为t，则0＝v0－a2t
解得t＝50 s。
求解匀变速直线运动问题的一般步骤
(1)基本思路
(2)应注意的问题
①选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化。
②对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零。求解此类问题应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。
③对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。
④如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度。
[变式1－1] (2020·安徽省池州市统测)在平直公路上行驶的汽车，司机突然发现前方出现交通事故，立即刹车，从此时刻起汽车的位置坐标与时间的数值关系为x＝－2t2＋20t＋10(x和t的单位分别为m和s)，则下列说法正确的是( )
A．4 s内汽车发生的位移为58 m
B．8 s内汽车发生的位移为32 m
C．8 s内汽车的平均速度大小为10 m/s
D．8 s内汽车的平均速度大小为6.25 m/s
答案 D
解析 由x＝－2t2＋20t＋10，结合x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＋x0，可知汽车的加速度a＝－4 m/s2，初速度v0＝20 m/s，则汽车刹车所用的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝5 s，则4 s内汽车发生的位移为x4＝v0t4＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,4)＝20×4 m＋eq \f(1,2)×(－4)×42 m＝48 m，A错误；8 s内汽车发生的位移等于5 s内的位移，x5＝eq \f(v0,2)t0＝eq \f(20,2)×5 m＝50 m，B错误；8 s内汽车的平均速度大小为eq \x\t(v)＝eq \f(x5,t8)＝eq \f(50,8) m/s＝6.25 m/s，C错误，D正确。
[变式1－2] (2020·湖北省名师联盟调研)如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P、M、N三点，已知PM＝10 m，MN＝20 m，且运动员经过PM、MN两段的时间相等，下列说法不正确的是( )
A．能求出O、P间的距离
B．不能求出运动员经过OP段所用的时间
C．不能求出运动员的加速度
D．不能求出运动员经过P、M两点的速度之比
答案 D
解析 设运动员通过PM、MN所用时间均为T，则运动员经过M点的速度为：vM＝eq \f(PM＋MN,2T)＝eq \f(15 m,T)，根据Δx＝aT2得：a＝eq \f(MN－PM,T2)＝eq \f(10 m,T2)，则运动员经过P点的速度为：vP＝vM－aT＝eq \f(15 m,T)－eq \f(10 m,T)＝eq \f(5 m,T)，则：xOP＝eq \f(v\\al(2,P),2a)＝1.25 m，故A正确；运动员经过P、M两点的速度之比为：eq \f(vP,vM)＝eq \f(1,3)，故D错误；因为T未知，则不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度，故B、C正确。本题选说法不正确的，故选D。
考点2 自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动的特点
(1)自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更频繁。
2．竖直上抛运动的两种研究方法
(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)全程法：将全过程视为初速度v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。
例2 (2020·广东省化州市模拟)气球以10 m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经15 s到达地面。则物体刚脱离气球时气球的高度和物体从气球上掉下至到达地面经历的路程分别是(g＝10 m/s2)( )
A．1125 m,1125 m B.1125 m,975 m
C．975 m,985 m D.985 m,985 m
(1)物体从气球上掉下之后做什么运动？
提示：竖直上抛运动。
(2)可以求出物体上升的最大高度吗？
提示：可以。
尝试解答 选C。
设物体刚脱离气球时的高度为h，选向下为正方向，据匀变速直线运动的规律有h＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2，代入数据解得：h＝975 m，物体从脱离气球至到达最高点时上升的高度h′＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m，物体从气球上掉下至到达地面经历的路程s＝h＋2h′＝985 m，故C正确，A、B、D错误。
竖直上抛的重要特性
(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。
①时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理有tAB＝tBA。
②速度对称性：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等，方向相反。
③能量对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB。
(2)多解性：在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下落阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解，也可能造成路程多解。
[变式2－1] (2020·河北省高三4月联考)一物体从空中自由下落至地面，若其最后1 s的位移是第1 s位移的n倍，忽略空气阻力，则物体下落时间是( )
A．(n＋1) s B.(n－1) s
C.eq \f(n＋1,2) s D.eq \f(n－1,2) s
答案 C
解析 自由落体运动第1 s下落的位移：h1＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×10×1 m＝5 m，最后1 s下落的位移：h＝eq \f(1,2)gt2－eq \f(1,2)g(t－1 s)2＝nh1，解得：t＝eq \f(n＋1,2) s，故C正确，A、B、D错误。
[变式2－2] (2020·安徽省淮北市模拟)一蹦床运动员竖直向上跳起，从离开蹦床算起，上升到最大高度一半所用的时间为t1，速度减为离开蹦床时速度一半所用的时间为t2，若不计空气阻力，则t1与t2的大小关系为( )
A．t1C．t1>t2 D.不能确定
答案 A
解析 设上升到最大高度一半的速度为v，则根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有：v2－veq \\al(2,0)＝－2geq \f(h,2)，0－v2＝－2geq \f(h,2)，联立解得：v＝eq \f(\r(2),2)v0，则上升到最大高度一半所用的时间为：t1＝eq \f(v－v0,－g)＝(2－eq \r(2))eq \f(v0,2g)，速度减为初速度一半所用的时间为t2＝eq \f(\f(1,2)v0－v0,－g)＝eq \f(v0,2g)，可知t1＜t2，故A正确，B、C、D错误。
考点3 匀变速直线运动问题的求解方法
例3 (2020·山西省大同市县区高三第一次联考)2019年7月20日晚，在韩国光州进行的2019年国际游泳世锦赛跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为t。设杨健入水后第一个eq \f(t,4)时间内的位移为x1，最后一个eq \f(t,4)时间内的位移为x2，则x1∶x2为( )
A．3∶1 B.4∶1
C．7∶1 D.8∶1
该题中运动属于末速度为零的匀减速直线运动，常采用何种方法处理？
提示：逆向思维法结合比例法。
尝试解答 选C。
将运动员入水后的运动逆过来可看作为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动的规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶7…，所以eq \f(x1,x2)＝eq \f(7,1)，故C正确，A、B、D错误。
1.“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题
2．多过程问题的解题方法
(1)问题特点
一个物体的运动包含几个阶段，各阶段的运动性质不同，满足不同的运动规律，交接处的速度是连接各阶段运动的纽带。
(2)基本思路
[变式3－1] (2020·河北省“五个一”名校联盟)港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆以4 m/s速度行驶的小汽车在长度为L＝28 m的平直桥面上提速，图乙是该车在该段提速的加速度a与位移x的关系。则这辆小汽车通过该段平直桥面的末速度和时间分别为( )
A．10 m/s 3 s B.10 m/s 4 s
C．5 m/s 3 s D.5 m/s 2eq \r(7) s
答案 B
解析 由加速度与位移的关系图像可知，加速度大小为1.5 m/s2，由公式2aL＝v2－veq \\al(2,0)，解得v＝10 m/s，由公式v＝v0＋at，解得t＝eq \f(10－4,1.5) s＝4 s，故B正确，A、C、D错误。
[变式3－2] (2020·山西省运城市高三上期中调研)2019年6月6日，中国科考船“科学”号对马里亚纳海沟南侧系列海山进行调查，船上搭载的“发现”号遥控无人潜水器完成了本航次第10次下潜作业，“发现”号下潜深度可达6000 m以上。潜水器完成作业后上浮，上浮过程初期可看作匀加速直线运动。今测得潜水器相继经过两段距离为8 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则其加速度大小是( )
A.eq \f(2,3) m/s2 B.eq \f(4,3) m/s2
C.eq \f(8,9) m/s2 D.eq \f(16,9) m/s2
答案 A
解析 根据题意，潜水器的运动可看作匀加速直线运动，则其中间时刻的速度等于平均速度，可知，第一段中间时刻的速度为v1＝eq \f(8,4) m/s＝2 m/s，第二段中间时刻的速度为v2＝eq \f(8,2) m/s＝4 m/s，再根据加速度的定义可知：a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－2,3) m/s2＝eq \f(2,3) m/s2，故A正确，B、C、D错误。
(9分)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。

1. (2020·江苏省高考模拟)在我国新交通法中规定“车让人”，驾驶员驾车时应考虑到行人过马路的情况。若有一汽车以8 m/s的速度匀速行驶即将通过路口，此时正有行人在过人行横道，而汽车的前端距停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．驾驶员立即刹车制动，则至少需2 s汽车才能停止
B．在距停车线7.5 m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
C．若经0.25 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
D．若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
答案 D
解析 车减速为零所需时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(8,5) s＝1.6 s，故A错误；根据运动学公式可知，减速运动的位移为x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(82,2×5) m＝6.4 m，故在距停车线6.4 m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故B错误；由t′＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(8－6.4,8) s＝0.2 s知，若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故C错误，D正确。
2. (2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq \f(t2,t1)满足( )
A．1C．3答案 C
解析 空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H时的速度为0。逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。由题意知，eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)，故33．(2020·安徽省示范高中名校高三上联考)2018年10月23日港珠澳大桥正式通车，它是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆小汽车在长度为L＝21 m的平直桥面上提速，图乙是该车在该段的车速的平方(v2)与位移(x)的关系。则这辆小汽车通过该段平直桥面的加速度和时间分别为( )
A．4 m/s2 6 s B.2 m/s2 3 s
C．2 m/s2 5 s D.2 m/s2 eq \r(21) s
答案 B
解析 由匀变速直线运动的速度与位移的关系式v2－veq \\al(2,0)＝2ax，结合图像可知v0＝4 m/s，v＝10 m/s，则加速度a＝eq \f(v2－v\\al(2,0),2L)＝2 m/s2；由v＝v0＋at，得所用时间t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(10－4,2) s＝3 s。故B正确，A、C、D错误。
4. (2020·河北省衡水中学高三3月联合教学质量检测)小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的eq \f(1,4)。以刚开始下落时为计时起点，小球的v­t图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．图像中选取竖直向下为正方向
B．每个阶段的图线并不相互平行
C．每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半
D．每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半
答案 D
解析 由于小球从某一高度处自由下落，根据v­t图线知选取竖直向上为正方向，故A错误；不计空气阻力，下落过程和上升过程中都只受重力，根据牛顿第二定律可得下落过程和上升过程中的加速度都为重力加速度，v­t图线的斜率表示加速度，所以每个阶段的图线相互平行，故B错误；与地面相碰前下落过程中，根据动能定理可得Ek＝mgh，与地面相碰后上升过程中，根据动能定理可得Ek′＝mgh′，根据题意有Ek′＝eq \f(1,4)Ek，联立解得h′＝eq \f(1,4)h，故C错误；根据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间t′＝ eq \r(\f( 2h′,g))，前一次下落时间t＝ eq \r(\f(2h,g))，可知t′＝eq \f(1,2)t，故D正确。
5．(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
答案 (1)78 m/s (2)2 m/s2 39 s
解析 (1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g，飞机起飞离地时，有
m1g＝kveq \\al(2,1)①
m2g＝kveq \\al(2,2)②
联立①②式并代入数据得
v2＝78 m/s。③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度的大小为a，所用时间为t，由匀变速直线运动公式有
veq \\al(2,2)＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式并代入数据得
a＝2 m/s2⑥
t＝39 s。⑦

时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7题为单选，8～10题为多选)
1．(2020·安徽省合肥九中高三上第二次月考)汽车在水平面上刹车，当位移x与时间t都取国际单位时，其位移与时间的数值关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内的平均速度为( )
A．6 m/s B.8 m/s
C．10 m/s D.12 m/s
答案 B
解析 由位移与时间的关系可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2，则由v＝v0＋at可知，汽车在2 s末静止，故前3 s内的位移等于2 s内的位移，故前3 s内汽车的位移x＝eq \f(24,2)×2 m＝24 m，则汽车在前3 s内的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s，故B正确，A、C、D错误。
2．(2020·湖北省武汉市新洲区部分学校高三期末联考)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A．4.2 m B.6.0 m
C．7.8 m D.9.6 m
答案 D
解析 汽车进入识别区的速度v0＝21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前t＝0.3 s＋0.7 s＝1 s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0t＝6×1 m＝6 m，随后汽车做匀减速直线运动，位移为：x2＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(62,2×5) m＝3.6 m，所以该ETC通道的长度约为：L＝x1＋x2＝6 m＋3.6 m＝9.6 m，故A、B、C错误，D正确。
3．(2020·湖北省“荆、荆、襄、宜”四地七校高三上学期期末)2018年10月23日港珠澳大桥正式通车，它是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆小汽车在长度为L的平直桥面上加速行驶，图乙是该车位移(x)与车速的平方(v2)的关系，图中a1、a2、L已知。则小汽车通过该平直桥面的时间为( )
A.eq \f(L,a1＋a2) B.eq \f(2L,a1＋a2)
C.eq \f(L,\r(a1)＋\r(a2)) D.eq \f(2L,\r(a1)＋\r(a2))
答案 D
解析 做匀变速直线运动的物体满足v2－veq \\al(2,0)＝2ax，则其x­v2图像为直线，由图乙可知，小汽车通过该平直桥面的运动为匀加速直线运动，且v0＝eq \r(a1)，vt＝eq \r(a2)，由L＝eq \f(vt＋v0,2)t可得，其通过该平直桥面的时间为t＝eq \f(2L,\r(a1)＋\r(a2))，故D正确，A、B、C错误。
4．(2021·四川省内江市高三上一模)一个做匀加速直线运动的质点，先后经过a、b两个位置时的速度分别为v0和9v0，从a到b的时间为t0，则下列判断中正确的是( )
A．经过ab中点的速度为eq \r(41)v0
B．质点的加速度为eq \f(5v0,t0)
C．前eq \f(1,2)时间内通过的位移比后eq \f(1,2)时间内通过的位移少eq \f(1,2)v0t0
D．通过前eq \f(1,2)位移所需的时间是后eq \f(1,2)位移所需时间的2倍
答案 A
解析 质点经过ab中点的速度大小为veq \f(x,2)＝ eq \r(\f(v\\al(2,0)＋9v02,2))＝eq \r(41)v0，A正确；质点的加速度为a＝eq \f(9v0－v0,t0)＝eq \f(8v0,t0)，B错误；中间时刻的速度为veq \f(t0,2)＝eq \f(v0＋9v0,2)＝5v0，前eq \f(1,2)时间内通过的位移比后eq \f(1,2)时间内通过的位移少Δx＝eq \f(1,2)(5v0＋9v0)·eq \f(t0,2)－eq \f(1,2)(v0＋5v0)·eq \f(t0,2)＝2v0t0，C错误；设通过前eq \f(1,2)位移所需的时间是后eq \f(1,2)位移所需时间的n倍，并设一半位移为s，则n＝eq \f(\f(s,\x\t(v)1),\f(s,\x\t(v)2))＝eq \f(\f(s,\f(1,2)v0＋\r(41)v0),\f(s,\f(1,2)\r(41)v0＋9v0))＝eq \f(\r(41)＋9,1＋\r(41))，D错误。
5．一列车由等长的车厢连接而成。车厢之间的间隙忽略不计，一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐。当列车由静止开始做匀加速直线运动时开始计时，测量第一节车厢通过他的时间为1 s，则从第5节至第16节车厢通过他的时间为( )
A．1 s B.2 s
C.4 s D.6 s
答案 B
解析 取列车为参考系，把列车的运动转化为人做匀加速直线运动，设每节车厢长为L，加速度为a，则由L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，得人通过第一节车厢的时间为：t1＝ eq \r(\f(2L,a))＝1 s，人通过前4节车厢的时间为：t4＝ eq \r(\f(2×4L,a))＝2 s，人通过前16节车厢的时间为：t16＝ eq \r(\f(2×16L,a))＝4 s，从第5节至第16节车厢通过他的时间为：Δt＝t16－t4＝4 s－2 s＝2 s，故B正确，A、C、D错误。
此题也可根据初速度为零的匀变速直线运动的推论快速求解：依题意，第1节、第2节、…、第n节车厢通过人的时间之比为t1∶t2∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))，则t1∶(t5＋t6＋…＋t16)＝1∶(eq \r(16)－eq \r(5－1))，则所求时间Δt＝(eq \r(16)－eq \r(5－1)) s＝2 s，故B正确，A、C、D错误。
6. (2020·河北省张家口市高三(下)5月模拟)如图所示，光滑斜面上有A、B、C、D四点，其中CD＝10AB。一可看成质点的物体从A点由静止释放，通过AB和CD段所用时间均为t，则物体通过BC段所用时间为( )
A．1.5t

答案 C
解析 设AB＝x，由运动学规律可知，物体通过AB段时间中点的瞬时速度v1＝eq \f(x,t)，物体通过CD段时间中点的瞬时速度v2＝eq \f(10x,t)，则物体由AB段时间中点到CD段时间中点所用时间t1＝eq \f(v2－v1,a)，又因为x＝eq \f(1,2)at2，联立解得t1＝4.5t，因此物体通过BC段所用时间t2＝t1－t，代入数据解得t2＝3.5t，故C正确，A、B、D错误。
7. (2020·福建省泉州市高三上质量检查)一小石子从靠近竖直墙面的a点由静止开始落下，空气阻力不计，途中经过b、c、d三个点，而且通过ab、bc、cd各段所用的时间均为T。若让小石子从b点由静止开始落下，则该小石子( )
A．通过bc、cd段的时间均小于T
B．通过c、d点的速度之比为1∶2
C．通过bc、cd段的平均速度之比为3∶5
D．通过c点的速度大于通过bd段的平均速度
答案 D
解析 由题意知，小石子从a点由静止下落，经过ab、bc、cd各段的时间都是T，所以ab、bc、cd各段的长度之比为1∶3∶5。如果从b点由静止开始下落，通过各点的速度比从a点下落时小，则通过bc、cd段的时间均大于T，故A错误。设bc间距离为3x，则cd间的距离为5x，所以bd间的距离为8x，小石子下落的加速度为g，小石子从b点开始由静止下落，则通过c点的速度为：vc＝eq \r(6gx)，通过d点的速度为：vd＝eq \r(16gx)，所以通过c、d点的速度之比为eq \r(6)∶4，故B错误。bc、cd段的位移之比为3∶5，但是通过两段的时间不相等，根据eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)可知，平均速度之比不是3∶5，故C错误。对匀变速直线运动来说，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内的位移之比为1∶3，所以小石子经过bc段的时间大于从b到d时间的二分之一，故通过c点的速度大于通过bd段的平均速度，故D正确。
8．(2020·湖北省名师联盟高三入学调研)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示( )
A．v0t＋eq \f(1,2)at2 B.v0t
C.eq \f(v0t,2) D.eq \f(1,2)at2
答案 CD
解析 由题意，初速度大小为v0，加速度大小为a，运动时间为t，则匀减速运动的位移大小为x＝v0t－eq \f(1,2)at2，故A、B错误；质点做匀减速直线运动，已知初速度大小为v0，末速度为0，则这段时间内的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(v0,2)，所以这段时间内质点的位移大小为x＝eq \x\t(v)t＝eq \f(v0,2)t，故C正确；此运动可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则这段时间内质点的位移大小为x＝eq \f(1,2)at2，故D正确。
9．(2020·广东省肇庆市高三上学期第一次统考)某人驾驶一辆汽车在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50 m处停着一辆拖拉机，他立即刹车。刹车后汽车做匀减速直线运动，已知汽车在刹车后的第1个2 s内位移是24 m，第4个2 s内的位移是1 m，下列说法正确的是( )
A．汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为eq \f(23,12) m/s2
B．汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2 m/s2
C．汽车刹车后停止前，可能撞上拖拉机
D．汽车刹车前的速度为14 m/s
答案 BD
解析 假设汽车在第4个2 s内一直做匀变速直线运动，根据x4－x1＝3aT2，将x1＝24 m、x4＝1 m、T＝2 s代入解得：a＝－eq \f(23,12) m/s2，再由匀变速直线运动的位移与时间的关系式可得：x1＝v0t1＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，将t1＝2 s、x1≈24 m代入解得：初速度v0≈14 m/s，速度减为零用时t＝eq \f(0－v0,a)≈7.3 s，可见假设不成立，则汽车在8 s末前速度减为零。设汽车的加速度为a，第1个2 s内的位移：x1＝v0t1＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，汽车速度减为零的时间：t＝eq \f(0－v0,a)，第4个2 s内的位移：x′＝eq \f(1,2)(－a)(t－6 s)2，联立解得：a＝－2 m/s2，v0＝14 m/s，汽车刹车距离x＝eq \f(02－v\\al(2,0),2a)＝49 m<50 m，故汽车刹车后停止前，不会撞上拖拉机。A、C错误，B、D正确。
10．在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt，速度差为Δv，如果人站在四层楼的阳台上，用同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差Δt和速度差Δv将( )
A．Δt不变 B.Δt变小
C．Δv变小 D.Δv变大
答案 BC
解析 画出小球自由落体运动的v­t图像，图中阴影部分面积表示绳长，由图像知Δt变小，Δv变小。故B、C正确，A、D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11. (15分)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g＝10 m/s2，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？
答案 (1)(2－eq \r(3)) s (2)(eq \r(5)－eq \r(3)) s
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＝ eq \r(\f(2h下A,g))＝ eq \r(\f(2×15,10)) s＝eq \r(3) s
木杆的上端到达圆筒上端A用时
t上A＝ eq \r(\f(2h上A,g))＝ eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1＝t上A－t下A＝(2－eq \r(3)) s。
(2)木杆的上端到达圆筒下端B用时
t上B＝ eq \r(\f(2h上B,g))＝ eq \r(\f(2×25,10)) s＝eq \r(5) s
则木杆通过圆筒AB所用的时间
t2＝t上B－t下A＝(eq \r(5)－eq \r(3)) s。
12．(2020·黑龙江省哈三中高三上学期第一次调研)(15分)一人乘电梯上楼，从1层直达20层，此间电梯运行高度为60 m。若电梯启动后匀加速上升，加速度大小为3 m/s2，制动后匀减速上升，加速度大小为1 m/s2，电梯运行所能达到的最大速度为6 m/s，则此人乘电梯上楼的最短时间应是多少？
答案 14 s
解析 由题意可知，要使电梯运行时间最短，则电梯应先匀加速至最大速度后以vm＝6 m/s匀速上升，最后再匀减速上升，有
加速阶段：vm＝a1t1，其中a1＝3 m/s2，解得：t1＝2 s，
上升高度：h1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，解得：h1＝6 m，
减速阶段：vm＝a2t2，其中a2＝1 m/s2，解得：t2＝6 s，
上升高度：h2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，解得：h2＝18 m，
匀速阶段：t3＝eq \f(h－h1－h2,vm)＝6 s，
最短时间：t＝t1＋t2＋t3＝14 s。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
[速度与时间的关系式]
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
[位移与时间的关系式]
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0、v、a、x
t
[速度与位移的关系式]
v2－veq \\al(2,0)＝2ax
v0、v、t、x
a
[平均速度公式]
x＝eq \f(v＋v0,2)t
试卷抽样
评析指导
1.失分点①：方程及结果错误，扣3分。
失分原因：思维不严谨，误将运动员在加速的第2 s内初速度漏掉。
补偿建议：强化过程分析，明确每个运动过程中的已知量和未知量，选用正确的公式求解。
规范解答：x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，x1＋x2＝eq \f(1,2)a(2t0)2，t0＝1 s
解得a＝5 m/s2
2．失分点②：结果错误扣2分。
失分原因：由于第一步中的a计算错误，直接导致该步计算加速时间和位移错误。
规范解答：把a＝5 m/s2代入方程
解得t加＝2 s
x加＝10 m
3．其他可能失分点：误将题干中“第2 s内”当成“前2 s”
得x2′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)，a＝eq \f(7.5×2,22) m/s2＝3.75 m/s2
4．解题过程中繁琐的数学运算可略去，只剩必要的步骤和结果。