2025高考物理复习全套教案讲义练习题

三年考情运动的描述2023·浙江1月选考·T3、2022·辽宁卷·T1、2021·浙江6月选考·T2、2021·福建卷·T1运动的图像2023·江苏卷·T1、2023·全国甲卷·T16、2023·湖北卷·T8、2022·河北卷·T1、2021·广东卷·T8匀变速直线运动规律2023·山东卷·T6、2022·湖北卷·T6实验：探究小车速度随时间变化的规律2023·浙江1月选考·T16、2023·全国甲卷·T23、2022·浙江6月选考·T17、2021·天津卷·T9实验：测量重力加速度2022·江苏卷·T11、2021·湖北卷·T12命题规律目标定位本章主要考查描述运动的基本量的理解、匀变速直线运动规律及运动学图像的理解及应用，命题常与生产生活中的实际情境相联系，常以选择题形式呈现；实验主要考查匀变速直线运动规律的探究与分析、重力加速度的测量等。第1讲运动的描述[课标要求]1．经历质点模型的建构过程，了解质点的含义。2．知道将物体抽象为质点的条件，能将特定实际情境中的物体抽象成质点。3．体会建构物理模型的思维方式，认识物理模型在探索自然规律中的作用。4．理解位移、速度和加速度。考点一质点、参考系、位移的理解1．质点(1)定义：用来替代物体的有质量的点。(2)物体看成质点的条件：物体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略不计。(3)理想模型：质点是一种理想化模型，实际并不存在。2．参考系(1)定义：在描述一个物体的运动时，用来作为参考的物体。(2)选取原则：可任意选取，选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同。3．位移和路程类别位移路程定义表示物体的位置变动，它是由初位置指向末位置的有向线段路程是物体运动轨迹的长度区别位移是矢量，方向由初位置指向末位置路程是标量，没有方向联系(1)在单向直线运动中，位移的大小等于路程(2)除单向直线运动外，位移的大小小于路程学生用书第2页自主训练1质点的理解下列关于中国航天重要成就的说法正确的是()A．图甲，观察王亚平在“天宫课堂”做实验时，可将她看成质点B．图乙，“天舟四号”飞船与空间站自主对接时，可将飞船视为质点C．图丙，“神舟十四号”飞船发射后，在研究飞船与火箭分离过程时，飞船可以看成质点D．图丁，“问天”实验舱与空间站对接组合后，研究组合体轨迹时，组合体可视为质点答案：D解析：观察王亚平在“天宫课堂”做实验时，需观察王亚平的动作，故不能看成质点，故A错误；“天舟四号”飞船与空间站自主对接时，需观察对接的方位和角度等，两物体的形状、大小不能忽略，故不能看成质点，故B错误；“神舟十四号”飞船发射后，在研究飞船与火箭分离过程时，两物体的形状、大小不能忽略，故C错误；研究组合体轨迹时，飞船的大小和形状可以忽略，可以看作质点，故D正确。故选D。自主训练2参考系的理解.(2023·浙江1月选考)“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则()A．选地球为参考系，“天和”是静止的B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的答案：C解析：“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。故选C。自主训练3位移的理解(2022·辽宁高考)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m，小车在桥架上单向移动了6m。该次作业中小车相对地面的位移大小为()A．6m B．8mC．10m D．14m答案：C解析：根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移为x＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＝eq\r(82＋62)m＝10m，故选C。对质点、参考系、位移的理解质点不同于几何“点”质点无大小但有质量，实际物体能否看成质点是由研究的问题决定的，而不是依据物体自身大小和形状来判断的。参考系的“两性”(1)任意性：参考系的选取原则上是任意的，但是为了研究方便通常选地面为参考系。(2)同一性：比较不同物体的运动必须选同一参考系。区别位移和路程的两点关键(1)决定因素不同：位移由始、末位置决定，路程由实际的运动路径决定。(2)运算法则不同：位移应用矢量的平行四边形定则运算，路程应用标量的代数运算。考点二平均速度和瞬时速度1．时间间隔与时刻(如图所示)2．平均速度：物体发生的位移与发生这段位移所用时间之比，即v＝eq\f(Δx,Δt)，是矢量，其方向为对应位移的方向。3．瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度，是矢量。4．速率：瞬时速度的大小。【高考情境链接】(2021·福建高考·改编)一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1h，M、N间的直线距离为1.8km。学生用书第3页判断下列说法的正误：(1)“用时1h”是指时刻。(×)(2)从M点漂流到N点的过程中该游客的平均速度大小为0.5m/s。(√)(3)从M点漂流到N点的过程中该游客的平均速率为5.4m/s。(×)平均速度与平均速率的比较类别平均速度平均速率意义平均速度是位移与时间之比，是矢量。平均速率是路程与时间之比，是标量。大小关系(1)单向直线运动中：平均速率等于平均速度的大小。(2)除单向直线运动外：平均速率大于平均速度的大小。考向1平均速度和瞬时速度的理解如图是高速上某一“区间测速”的标牌，该路段全长66km、全程限速100km/h，一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为95km/h和90km/h，通过测速区间的时间为30min。下列判断正确的是()A．全长66km表示位移B．通过起点的速度95km/h表示瞬时速度C．该汽车全程的平均速度是92.5km/hD．该汽车没有超速答案：B解析：全长66km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因位移未知，故不能求解平均速度，故C错误；由v＝eq\f(s,t)可知，平均速率为v＝eq\f(66,0.5)km/h＝132km/h，大于全程限速100km/h，该汽车超速，故D错误。规律总结平均速度和瞬时速度的区别与联系1．区别：平均速度表示物体在某段时间或某段位移内运动的平均快慢程度，瞬时速度表示物体在某一时刻或某一位置运动的快慢程度。2．联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度，公式v＝eq\f(Δx,Δt)中，当Δt→0时，v是瞬时速度。考向2平均速度和瞬时速度的计算如图所示，气垫导轨上装有两个光电计时装置A与B，A、B间距离为L＝30cm，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d＝1cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010s、0.005s，滑块从A到B所用时间为0.200s，则下列说法正确的是()A．滑块通过A的速度大小为1cm/sB．滑块通过B的速度大小为2cm/sC．滑块的加速度大小为5m/s2D．滑块在A、B间的平均速度大小为3m/s答案：C解析：滑块通过A时的速度大小为vA＝eq\f(d,tA)＝eq\f(1,0.010)cm/s＝100cm/s＝1m/s，故A错误；滑块通过B时的速度大小为vB＝eq\f(d,tB)＝eq\f(1,0.005)cm/s＝200cm/s＝2m/s，故B错误；滑块的加速度大小为a＝eq\f(vB－vA,t)＝eq\f(2－1,0.200)m/s2＝5m/s2，故C正确；滑块在A、B间的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.3,0.200)m/s＝1.5m/s，故D错误。特别提醒计算平均速度的两点注意1．平均速度的大小与物体不同的运动阶段有关，求解平均速度必须明确是哪段位移或哪段时间的平均速度。2．eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)是平均速度的定义式，适用于所有运动。对点练．(2024·河北张家口模拟)如图为太极练功场示意图，半径为R的圆形场地由“阳鱼(白色)”和“阴鱼(深色)”构成，O点为场地圆心。其内部由两个圆心分别为O1和O2的半圆弧分隔。某晨练老人从A点出发沿“阳鱼”和“阴鱼”分界线走到B点，用时为t，下列说法正确的是()A．t指的是走到B点的时刻B．老人的位移为eq\f(1,2)πRC．老人的平均速度为eq\f(2R,t)D．老人的平均速率为eq\f(πR,2t)答案：C解析：用时为t，可知t指的是人从A点走到B点的时间间隔，A错误；位移大小指的是从始位置指向末位置的有向线段的长度，则老人的位移为2R，B错误；老人的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(2R,t)，C正确；老人的路程为πR，则平均速率eq\x\to(v)′＝eq\f(πR,t)，D错误。故选C。学生用书第4页考点三加速度1．物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。2．定义：物体速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值，a＝eq\f(Δv,Δt)，单位：m/s2。3．方向：与Δv的方向一致，由物体所受合力的方向决定。【基础知识判断】1．物体的速度很大，加速度可能很小。(√)2．物体的加速度增大，速度一定增大。(×)3．如果a甲＝2m/s2，a乙＝－3m/s2，则a甲＞a乙。(×)1．物理量v、Δv、a的对比物理量速度v速度的变化量Δv加速度a物理意义表示运动的快慢和方向表示速度变化的大小和方向表示速度变化的快慢和方向，即速度的变化率公式v＝eq\f(Δx,Δt)Δv＝v－v0a＝eq\f(Δv,Δt)单位m/sm/sm/s2关系三者无必然联系，v很大时，Δv可以很小，甚至为0，a可大可小2．加速度与速度的方向关系对速度变化的影响(1)a和v同向→eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a不变，v随时间均匀增加,a增大，v增加得越来越快,a减小，v增加得越来越慢))(2)a和v反向→eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a不变，v随时间均匀减小,a增大，v减小得越来越快,a减小，v减小得越来越慢))考向1加速度的理解对下列几种情景的分析和判断正确的是()A．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，因轿车紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零答案：B解析：点火后即将升空的火箭的速度为零，但是加速度不为零，故A错误；轿车紧急刹车，速度变化很快，即加速度很大，故B正确；磁悬浮列车高速行驶，速度很大，若做匀速直线运动，则加速度为零，故C错误；太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其所受合力不为零，即其加速度不为零，故D错误。对点练．(多选)(2024·河南洛阳高三检测)一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小，直至为零，关于该物体运动的情况说法正确的是()A．物体的速度可能不断减小B．物体的速度可能不断增大，加速度为零时，速度最大C．速度的变化率一定越来越小D．速度一定越来越小答案：ABC解析：当加速度的方向与速度方向相反时，加速度减小，速度减小，故A正确；当加速度的方向与速度方向相同时，加速度减小，速度增大，当加速度减为零时，速度最大，故B正确，D错误；加速度等于速度的变化率，加速度逐渐减小，速度的变化率越来越小，故C正确。故选ABC。考向2加速度的计算在蹦床比赛过程中，某运动员从高处自由落下，以大小为8m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为10m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Δt＝1.0s，那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为()A．2.0m/s2，竖直向下 B．8.0m/s2，竖直向上C．10.0m/s2，竖直向下 D．18.0m/s2，竖直向上【题眼点拨】(1)看到“以大小为8m/s的竖直速度着网”，想到“初速度的方向竖直向下”。(2)看到“以大小为10m/s的速度弹回”，想到“末速度的方向竖直向上”。答案：D解析：规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝eq\f(－10－8,1.0)m/s2＝－18m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度方向竖直向上。故选D。易错警示本题容易错选A项。原因是忽视了速度的矢量性，从而得出a＝eq\f(10－8,1)m/s2＝2.0m/s2，导致错选。课时测评1运动的描述eq\f(对应学生,用书P351)(时间：30分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题6、7、10、11，每题6分，其余每题4分，共60分)1．(4分)(2022·浙江1月选考)下列说法正确的是()A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同答案：B解析：研究排球运动员扣球动作时，手接触球的位置不同，球的运动情况就不同，因此排球不能看成质点，故选项A错误；研究乒乓球运动员的发球技术时，主要看乒乓球的旋转，乒乓球上不同点的旋转情况并不相同，因此不能将乒乓球视为质点，故选项B正确；研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，球拍接触羽毛球的位置不同，羽毛球的运动情况就不同，因此不能忽略羽毛球的大小而将羽毛球视为质点，故选项C错误；研究体操运动员的平衡木动作时，要看运动员的动作，此时运动员身体的各部分速度是不同的，故选项D错误。2．(4分)(2023·河南信阳一模)2023年2月10日0时16分，经过约7小时的出舱活动，神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务。下列过程中，能把研究对象看作质点的是()A．航天员出舱，进行太空行走的过程B．神舟十五号载人飞船与空间站组合体快速对接的过程C．研究神舟十五号载人飞船绕地球一圈的时间D．“天和”机械臂的工作过程答案：C解析：航天员太空行走，要关注其动作，不能将其看成质点，A错误；飞船和核心舱对接时，要注意对接位置以及对接时机等，其形状对此过程有影响，不能忽略，故不能将它们看作质点，B错误；研究神舟十五号载人飞船绕地球运行的时间时，可以把神舟十五号载人飞船的形状和大小忽略，把它看成质点，C正确；机械臂在工作时，要关注其每一个动作，不能将其看作质点，D错误。故选C。3．(4分)(2024·山东青岛模拟)我国最深跨海地铁——青岛地铁1号线，线路全长60km、经41座车站，设计最高时速100km/h，单程运行时间约为97分钟。下列说法正确的是()A．研究地铁从始发站到终点站的运行时间，可将地铁列车看作是质点B．“60km”是指位移的大小C．“100km/h”是指平均速度D．根据题干信息，可以计算出地铁列车单程的平均速度答案：A解析：研究地铁从始发站到终点站的运行时间，由于地铁列车的长度远小于其轨迹长度，可以忽略其自身大小和形状，可将地铁列车看作是质点，A正确；题中“60km”是路线全长，指路程，B错误；“100km/h”指的是瞬时速度，C错误；平均速度是位移与时间的比值，由于不知列车单程的位移(题中60km是路程)，所以无法求出平均速度，D错误。故选A。4．(4分)如图所示，车轮半径为0.6m的自行车，在水平地面上不打滑并沿直线运动。气门芯从最高点第一次到达最低点的位移大小约为()A．1.2m B．1.8mC．2.2m D．3.6m答案：C解析：气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，水平方向位移为x＝πR＝0.6πm，竖直方向位移为y＝2R＝1.2m，故位移大小约为eq\r(x2＋y2)≈2.2m，故选C。5．(4分)某国产车型启用全新动力标识，新的命名方式直接与车辆的加速性能联系起来，如图所示，TFSI前面的那组数字称为G值，单位为m/s2，计算公式为“G＝eq\f(Δv,Δt)×10”，式中Δv为从静止加速到100公里每小时的速度变化量，Δt为不同车型的百公里加速时间。则以下说法正确的是()A．G值越大，车辆的速度变化量越大B．G值越大，车辆的动力越强劲C．100公里每小时是指车辆百公里加速的平均速度D．标识为45TFSI的车辆百公里加速时间约为7.3s答案：B解析：由题设所给的G值公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，则车辆的动力越强劲，故A错误，B正确；题中100公里每小时为瞬时速度，故C错误；100km/h≈27.8m/s，根据题设所给的G值公式可得Δt＝eq\f(27.8,45)×10s≈6.2s，故D错误。6．(6分)(多选)(2023·陕西渭南一模)一段高速公路上限速120km/h，为监控车辆是否超速，设置了一些“电子警察”系统，其工作原理如图所示：路面下，距离L埋设两个传感器线圈A和B，当有车辆经过线圈正上方时，传感器能向数据采集器发出一个电信号。若有一辆汽车(可看作质点)经过该路段，两传感器先后向数据采集器发送信号，时间间隔为Δt，经微型计算机处理后得出该车的速度。若超速，则计算机将控制架设在路面上方的照相机C对汽车拍照，留下违章证据。根据以上信息，下列说法正确的是()A．计算汽车速度的表达式为v＝eq\f(L,Δt)B．计算汽车速度的表达式为v＝eq\f(2L,Δt)C．若L＝8m，Δt＝0.2s，照相机将会拍照D．若L＝8m，Δt＝0.3s，照相机将会拍照答案：AC解析：计算汽车速度的原理是利用短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故汽车速度的表达式为v＝eq\f(L,Δt)，A正确，B错误；若L＝8m，Δt＝0.2s，则汽车的速度为v＝eq\f(L,Δt)＝40m/s＝144km/h＞120km/h，故超速，照相机将会拍照，C正确；若L＝8m，Δt＝0.3s，则汽车的速度为v＝eq\f(L,Δt)＝96km/h＜120km/h，故未超速，照相机不会拍照，D错误。故选AC。7．(6分)(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为5m/s，1s后速度大小变为8m/s，则关于该物体的加速度的说法可能正确的是()A．加速度的大小为3m/s2，方向与初速度的方向相反B．加速度的大小为3m/s2，方向与初速度的方向相同C．加速度的大小为13m/s2，方向与初速度的方向相反D．加速度的大小为13m/s2，方向与初速度的方向相同答案：BC解析：以初速度的方向为正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(8－5,1)m/s2＝3m/s2，方向与初速度的方向相同，A错误，B正确；若初、末速度方向相反，加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(－8－5,1)m/s2＝－13m/s2，负号表示加速度方向与初速度的方向相反，C正确，D错误。8．(4分)(2024·四川德阳联考)激光测速仪能够测量运动物体的瞬时速率。其测量精度较高，广泛应用于交通管理等领域。如图所示，测速仪向汽车发射一束激光，经反射后被接收装置接收。只要测出从发射到接收所经历的时间，便可得到测速仪到汽车的距离。在测量时，测速仪在较短时间Δt＝0.1s内分别发射两束激光，对汽车进行两次这样的距离测量s1＝10m、s2＝7.5m，已知测速仪高l＝6m，则汽车的速度为()A．80m/s B．45m/sC．35m/s D．25m/s答案：C解析：由题图中几何关系可知，在Δt时间内，汽车前进的位移为x＝eq\r(seq\o\al(2,1)－l2)－eq\r(seq\o\al(2,2)－l2)＝eq\r(102－62)m－eq\r(7.52－62)m＝3.5m，因为Δt很小，故汽车的速度可认为等于Δt时间内的平均速度，则有v＝eq\f(x,Δt)＝eq\f(3.5,0.1)m/s＝35m/s，故选C。9．(4分)(2023·浙江杭州二模)如图是运油-20给歼-10、歼-20两种战机同时加油的瞬间，则()A．研究加油问题时，运油-20可以视为质点B．加油过程中，运油-20的惯性越来越大C．以运油-20为参考系，歼-10、歼-20战机是运动的D．以歼-10战机为参考系，运油-20和歼-20都是静止的答案：D解析：研究加油问题时，运油-20不可以视为质点，A错误；加油过程中，运油-20的质量越来越小，根据质量是惯性大小的量度可知惯性越来越小，B错误；加油时，以运油-20为参考系，歼-10、歼-20战机都是静止的，C错误；以歼-10战机为参考系，运油-20和歼-20都是静止的，D正确。10．(6分)(多选)(2024·湖南衡阳模拟)以往公路上用单点测速仪测车速，个别司机由于熟知测速点的位置，在通过测速点时通过刹车以降低车速来逃避处罚，但这样很容易造成追尾事故，所以有些地方已开始采用区间测速，下列说法正确的是()A．区间测速测的是汽车的瞬时速率B．区间测速测的是汽车的平均速率C．图中，限速值70km/h指的是平均速率D．根据平均速度v＝eq\f(Δx,Δt)，单点测速时，Δt足够小，测的是汽车的瞬时速率答案：BD解析：区间测速测的是汽车的平均速率，B正确，A错误；题图中，限速值70km/h指的是瞬时速率，C错误；根据平均速度v＝eq\f(Δx,Δt)，单点测速时，Δt足够小，测的是汽车的瞬时速率，D正确。11．(6分)(多选)一物体做加速度不变的直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东；当t＝2s时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东。则当物体的速度大小变为2m/s时，t可能为()A．3s B．5sC．7s D．9s答案：BC解析：取向东为正方向，加速度a＝eq\f(v2－v0,Δt)＝－2m/s2；若速度大小为2m/s、方向向东，则t1＝eq\f(v1－v0,a)＝5s；若速度大小为2m/s、方向向西，则t2＝eq\f(－v1－v0,a)＝7s，故选项B、C正确，A、D错误。12．(4分)在第15届机器人世界杯赛上，中国科技大学的“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军，改写了我国服务机器人从未进入世界前五的纪录，标志着我国在该领域的研究取得了重要进展。图中是科大著名服务机器人“可佳”，现要执行一项任务，给它设定了如下动作程序：机器人在平面内由点(1，1)出发，沿直线运动到点(4，2)，然后又由点(4，2)沿直线运动到点(2，5)，然后又由点(2，5)沿直线运动到点(6，6)，然后又由点(6，6)沿直线运动到点(3，3)。整个过程中机器人所用时间是2eq\r(2)s，则()A．机器人的运动轨迹是一条直线B．整个过程中机器人的位移大小为2eq\r(2)mC．机器人不会两次通过同一点D．整个过程中机器人的平均速度为1.5m/s答案：B解析：根据坐标分析可知机器人的运动轨迹为折线，A错误；位移为从(1，1)点到(3，3)点的有向线段，总位移大小为2eq\r(2)m，B正确；机器人会两次通过同一点，C错误；整个过程中平均速度为v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(2\r(2),2\r(2))m/s＝1m/s，D错误。13．(4分)雷达是一种利用电磁波来测定物体位置和速度的设备，某防空雷达发现一架飞机正在沿水平方向朝雷达正上方匀速飞来。某时刻在雷达监视屏上显示的波形如图甲所示，经过t＝173s后雷达向正上方发射和接收到的波形如图乙所示，已知雷达监视屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为1×10－4s，电磁波的速度为3×108m/s，则该飞机的飞行速度大小约为()A．1200m/sB．900m/sC．500m/sD．300m/s答案：D解析：由题图甲知，雷达第一次发射电磁波时，飞机和雷达的距离为x1＝eq\f(1,2)ct1＝eq\f(1,2)×3×108×4×10－4m＝6×104m，由题图乙得雷达第二次发射电磁波时，飞机和雷达的竖直距离为h＝eq\f(1,2)ct2＝eq\f(1,2)×3×108×2×10－4m＝3×104m。设该段时间内飞机水平飞行的距离为x2，则x1、x2、h在空间构成一个直角三角形，利用数学关系得x2＝eq\r(xeq\o\al(2,1)－h2)＝3eq\r(3)×104m，飞机的飞行速度大小为v＝eq\f(x2,t)≈300m/s，故选D。学生用书第5页第2讲匀变速直线运动的规律[课标要求]1．能用公式、图像等方法描述匀变速直线运动。2．理解匀变速直线运动的规律，能运用其解决实际问题，体会科学思维中的抽象方法和物理问题研究中的极限方法。考点一匀变速直线运动的基本公式1．速度公式：v＝v0＋at。2．位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2。3．速度—位移关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax。【基础知识判断】1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(×)2．匀加速直线运动是速度随时间均匀增大的运动。(√)3．匀减速直线运动的位移是随时间均匀减小的。(×)基本公式的选用技巧题目涉及的物理量(已知量、待求量)不涉及的物理量适宜选用公式v0，v，a，txv＝v0＋atv0，a，t，xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0，v，a，xtv2－veq\o\al(2,0)＝2ax运动学公式中正、负号的规定及意义：直线运动用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，规定初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。考向1速度公式的应用(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用的时间至少为()A．eq\f(v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v) B．eq\f(v0－v,a)＋eq\f(L＋2l,v)C．eq\f(3（v0－v）,2a)＋eq\f(L＋l,v) D．eq\f(3（v0－v）,a)＋eq\f(L＋2l,v)答案：C解析：由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)，在隧道内以最大速度匀速，有t2＝eq\f(L＋l,v)，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq\f(v0－v,a)，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用的时间至少为t＝eq\f(3（v0－v）,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故选C。考向2位移公式的应用(2023·河北石家庄二模)某新能源汽车在平直公路上进行性能测试，公路两侧有等间距的树木，由静止启动时车头与第1棵树对齐，经过一段时间，车头刚好与第5棵树对齐，此过程中其平均速度为50km/h。若将车的运动视为匀加速直线运动，则当车头与第2棵树对齐时，车的速度为()A．50km/h B．25km/hC．15km/h D．10km/h答案：A解析：根据题意，设相邻两棵树之间的距离为x，加速度为a，车头刚好与第5棵树对齐时有4x＝eq\f(1,2)·ateq\o\al(2,1)，当车头与第2棵树对齐时有x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\f(1,2)t1，即当车头与第2棵树对齐时是车头刚好与第5棵树对齐时的中间时刻，则有v＝eq\x\to(v)＝50km/h，故选A。考向3速度—位移公式的应用某汽车刹车性能测试，当汽车以36km/h的速率行驶时，可以在18m的距离被刹住；当以54km/h的速率行驶时，可以在34.5m的距离被刹住。假设驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到产生刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同。试问：(1)这位驾驶员的反应时间为多少？(2)某雾天，该路段能见度为50m，则行车速率不能超过多少？(eq\r(516)≈22.72)答案：(1)0.8s(2)18.72m/s解析：(1)假设驾驶员的反应时间为t，在第一个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v1，所以反应时间内的位移为x1＝v1t然后汽车做匀减速直线运动到停止，由位移—速度关系式得0－veq\o\al(2,1)＝－2ax2第一个过程的总位移x＝x1＋x2＝18m在第二个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v2，所以反应时间内的位移为x3＝v2t然后汽车做匀减速直线运动到停止，由位移—速度关系式得0－veq\o\al(2,2)＝－2ax4第二个过程的总位移x′＝x3＋x4＝34.5m联立解得a＝5m/s2，t＝0.8s。(2)某雾天该路段能见度为L＝50m，设行车最大速率为v，则L＝vt＋eq\f(v2,2a)，代入数据解得v≈18.72m/s。学生用书第6页考向4三个公式的综合应用如图甲所示，“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。如图乙所示，航空母舰的水平跑道总长为180m，其中电磁弹射区的长度为80m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为40m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，飞机离舰起飞速度为100m/s。已知航空母舰始终处于静止状态，飞机可视为质点，下列说法正确的是()A．飞机在电磁弹射区运动的时间为4sB．飞机离开电磁弹射区时的速度大小为60m/sC．飞机离开电磁弹射区后的加速度大小为eq\f(25,9)m/s2D．飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为eq\f(28,9)s答案：D解析：根据x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得t1＝2s，故A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝80m/s，故B错误；飞机离开电磁弹射区后，根据速度—位移关系有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2x2，代入数据解得a2＝18m/s2，故C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝eq\f(10,9)s，飞机从开始起飞到离开跑道的总时间t＝t1＋t2＝eq\f(28,9)s，故D正确。故选D。考点二匀变速直线运动的推论及其应用1．平均速度公式：eq\x\to(v)＝veq\s\do9(\f(t,2))＝eq\f(v0＋v,2)，即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，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。2．逐差相等公式：任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。注意：对于不相邻的两段位移：xm－xn＝(m－n)aT2，纸带或频闪照片类问题中常应用逐差法求加速度。3．位移中点的速度公式：veq\s\do9(\f(x,2))＝eq\r(\f(veq\o\al(2,0)＋v2,2))。4．初速度为零的匀加速直线运动的比例式(1)1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)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∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。(3)通过连续相等的位移所用时间之比：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。【高考情境链接】(2023·辽宁高考·改编)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面。判断下列说法的正误：(1)飞机加速运动时间内的平均速度大小为40m/s。(√)(2)飞机匀变速直线运动中某段时间的中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)(3)飞机匀变速直线运动中相邻相等时间内的位移比一定等于1∶3∶5∶…∶(2n－1)。(×)匀变速直线运动推论解题的“常用五法”学生用书第7页如图所示，某个小物块以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，已知小物块从A点运动到距斜面底端eq\f(3,4)l处的B点时，所用时间为t，则小物块从B滑到C所用的时间为()A．0.5tB．tC．1.5tD．2t答案：B解析：方法一：平均速度法由题意知eq\x\to(v)AC＝eq\f(v0＋0,2)＝eq\f(v0,2)，veq\o\al(2,0)＝2axAC，veq\o\al(2,B)＝2axBC，xBC＝eq\f(xAC,4)，由以上各式可得vB＝eq\x\to(v)AC＝eq\f(v0,2)，则vB正好等于AC段的平均速度，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可知B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t，故选B。方法二：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。因为xCB∶xBA＝eq\f(xAC,4)∶eq\f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t，故选B。方法三：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC。由运动学公式得xBC＝eq\f(ateq\o\al(2,BC),2)，xAC＝eq\f(a（t＋tBC）2,2)，又xBC＝eq\f(xAC,4)，由以上三式解得tBC＝t，故选B。方法四：图像法根据匀变速直线运动的规律，画出v-t图像，如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(CO2,CD2)，且eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(xAC,xBC)＝eq\f(4,1)，OD＝t，OC＝t＋tBC。所以eq\f(4,1)＝eq\f(（t＋tBC）2,t2)，解得tBC＝t，故选B。规律总结一题多法，优中选优同一运动学问题往往具有多种解法，既可以应用基本公式求解，也可以应用推论求解；解题时应做到“一题多法，优中选优”，根据题中已知数据的特点灵活选择有关公式或推论，快捷解题。对点练1．一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m，第4s内的位移是2.5m，那么以下说法正确的是()A．第5s内的位移是4.5mB．第3s末的瞬时速度是2.25m/sC．质点的加速度是0.125m/s2D．质点的加速度是0.25m/s2答案：B解析：由匀变速直线运动连续相等时间内的位移差相等可知第5s内的位移是3m，故A错误；第3s末的瞬时速度等于3s、4s这两秒内的平均速度，即v3＝eq\f(x3＋x4,2t)＝2.25m/s故B正确；由Δx＝at2可得a＝0.5m/s2，故C、D错误。故选B。对点练2.(2024·辽宁大连模拟)如图为大连星海湾大桥上的四段长度均为L的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则eq\f(v1,v2)满足()A．1＜eq\f(v1,v2)＜2 B．3＜eq\f(v1,v2)＜4C．2＜eq\f(v1,v2)＜3 D．4＜eq\f(v1,v2)＜5答案：B解析：将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2－eq\r(3))，所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为eq\f(v1,v2)＝eq\f(\f(L,2－\r(3)),\f(L,1))＝eq\f(1,2－\r(3))＝eq\f(2＋\r(3),1)≈2＋1.732＝3.732，所以3＜eq\f(v1,v2)＜4，A、C、D错误，B正确。故选B。对点练3.(2023·山东高考)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为()A．3m/s B．2m/sC．1m/s D．0.5m/s答案：C解析：根据题意，设RS间的距离为s，则ST间的距离为2s，设R点速度为vR，S点速度为vS，T点速度为vT，加速度为a，根据运动学公式，有veq\o\al(2,S)－veq\o\al(2,R)＝2as，veq\o\al(2,T)－veq\o\al(2,S)＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于初、末速度的平均值，有eq\f(vR＋vS,2)＝10m/s，eq\f(vS＋vT,2)＝5m/s，联立解得vT＝1m/s，C正确。考点三匀变速直线运动的多物体、多过程问题1．多物体运动问题研究多个物体在同一个空间上重复同样的运动时，可将同一时刻多个物体的运动转化为一个物体的运动，同一时刻多个物体所在的位置可以看成是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头等时滴落的水滴、直升机定点等时空降的物资、在斜面上等时连续释放的小球等，均可把多物体的运动问题转化为单物体的运动问题求解。2．多过程运动问题(1)解题步骤①选取合适的研究对象，一般根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。(2)解题关键相邻两个过程衔接时刻的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，抓住衔接时刻的速度往往是解题的关键。考向1多物体运动问题如图甲为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5m和3.5m，求：学生用书第8页(1)CD间距离多远？(2)此刻A的上端滑道上还有几人？(3)此时A距滑道顶端多远？答案：(1)4.5m(2)2人(3)2m解析：(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即xCD－xBC＝xBC－xAB，解得xCD＝4.5m。(2)相邻两人间距离差为1m，所以此刻A上端滑道上还有2人。(3)设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δx＝xCD－xBC＝aT2，即aT2＝1m，A此时的速度为vA＝eq\f(xAB＋xAB－Δx,2T)＝eq\f(2,T)m/s，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端x＝eq\f(veq\o\al(2,A),2a)＝2aT2＝2m。考向2多过程运动问题(2024·安徽合肥模拟)目前我国开通运营的高速铁路最高时速已达486.1km/h，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1＝2.5s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来。(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2。答案：(1)60m/s(2)1.2m/s2解析：(1)设经过t2＝40s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288km/h＝80m/s，则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60m/s。(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200m，从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2a1)＝2800m，从打开电磁制动系统到列车停下来的过程中，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500m＝1500m，则a2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2x3)＝1.2m/s2。匀变速运动的规律与交通、生活等实际情景紧密联系，常见的有交通工具间的安全距离问题、汽车通过高速路口的“ETC”系统等，解决这类问题的关键是建立正确的运动模型，列出对应的运动学方程，进而解答有关问题。应用1．[《驾驶员守则》中的“停车距离”问题]驾驶员看见过马路的人，从决定停车，直至右脚刚刚踩在制动器踏板上经过的时间，叫反应时间，在反应时间内，汽车按一定速度匀速行驶的距离称为反应距离；从踩紧踏板(抱死车轮)到车停下的这段距离称为刹车距离；司机从发现情况到汽车完全停下来，汽车所通过的距离叫停车距离，如图所示，根据图中内容，下列说法中正确的是()A．根据图中信息可以求出反应时间B．根据图中信息可以求出汽车的制动力C．匀速行驶的速度加倍，停车距离也加倍D．酒后驾车反应时间明显增加，停车距离不变答案：A解析：由题图可知汽车速度、反应距离，根据x＝v0t可以求出反应时间，故A正确；由于不知汽车质量，则无法求出汽车的制动力，故B错误；设停车距离为x，反应时间为t0，则x＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)，可知匀速行驶的速度加倍，停车距离不是简单的加倍，故C错误；根据公式x＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)可知，酒后驾车反应时间明显增加，停车距离增加，故D错误。学生用书第9页应用2．[汽车故障停车时的“安全距离”问题](2024·福建宁德质检)交通法规定，汽车出现故障停在道路上时，应在车后方放置三角警示牌，提醒后面驾车的驾驶员减速避让，如图所示。在夜间，某道路上有一汽车因故障停车，后面有一货车以15m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方20m的物体，已知驾驶员的反应时间为1s，制动后最大加速度大小为5m/s2。求：(1)货车司机从看到警示牌到最终停下所用的最短时间；(2)警示牌至少要放在汽车后多远处才能避免两车相撞。答案：(1)4s(2)17.5m解析：(1)设从刹车到停下的时间为t2，则t2＝eq\f(v0,a)＝3s则货车从看到警示牌到最终停下所用的最短时间为t＝t1＋t2＝4s。(2)反应时间内货车做匀速运动，则x1＝v0t1＝15m设从刹车到停下的位移为x2，则x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝22.5m货车司机从发现警示牌到停下的距离为x＝x1＋x2＝37.5m则三角警示牌与汽车的距离至少为Δx＝x－x0＝17.5m。应用3.[高速路口的“ETC”问题]ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10m处正好匀减速至v2＝4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2。求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。答案：(1)138m(2)72m(3)25s解析：(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2),2a)＝64m故总的位移x总1＝2x1＋d＝138m。(2)过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a)＝72m。(3)过ETC通道的时间t1＝eq\f(v1－v2,a)×2＋eq\f(d,v2)＝18.5s过人工收费通道的时间t2＝eq\f(v1,a)×2＋t0＝44sx总2＝2x2＝144m二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6m在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t2－(t1＋eq\f(Δx,v1))＝25s。课时测评2匀变速直线运动的规律eq\f(对应学生,用书P353)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～7题，每题4分，8～10题，每题6分，共46分)1．一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”。速度高达1000多千米每小时。如果乘坐Hyperloop从A地到B地(视为直线运动)，600千米的路程需要42分钟，Hyperloop先匀加速，达到最大速度1200km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则Hyperloop()A．加速与减速的时间不一定相等B．加速时间为10分钟C．加速过程中发生的位移为150千米D．加速时加速度大小约为0.46m/s2答案：D解析：加速与减速的加速度大小相等，根据t＝eq\f(vm,a)可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2×eq\f(vm,2)t＋vm(t0－2t)＝s，代入数据解得t＝12min，故B错误；加速位移为x加＝eq\f(vm,2)t＝120km，故C错误；加速度大小a＝eq\f(vm,t)≈0.46m/s2，故D正确。2．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，遇到紧急情况急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为()A．5∶4 B．4∶5C．3∶4 D．4∶3答案：C解析：汽车速度减为零的时间为t0＝eq\f(Δv,a)＝eq\f(0－20,－5)s＝4s，刹车2s内的位移x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝20×2m－eq\f(1,2)×5×22m＝30m，由于刹车时间t0＝4s，刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移x2＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝40m，所以经过2s与5s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确。3．(多选)(2024·河北石家庄模拟)如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4s内的位移为7m，下列说法正确的是()A．该飞机的加速度大小为2m/s2B．该飞机着陆后5s时的速度大小为40m/sC．该飞机在跑道上滑行的时间为30sD．该飞机在跑道上滑行的距离为1800m答案：AC解析：飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3s内的位移为x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，在t2＝4s内的位移为x2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，根据题意有x2－x1＝7m，联立解得加速度大小为a＝2m/s2，A正确；该飞机着陆后5s时的速度大小为v5＝v0－at＝eq\f(216,3.6)m/s－2×5m/s＝50m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(216,3.6×2)s＝30s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝eq\f(v0,2)t＝eq\f(216,3.6×2)×30m＝900m，D错误。4．某质点做直线运动，位置随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100m，则对这个质点运动的描述，正确的是()A．初速度为0B．加速度为20m/s2C．在3s末，瞬时速度为40m/sD．做匀加速直线运动答案：C解析：由位置随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100m可得，位移与时间的关系x－100m＝100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，初速度为v0＝100m/s、加速度为a＝－20m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误；由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0＋at可得，在3s末，瞬时速度为v＝(100－20×3)m/s＝40m/s，故C正确。故选C。5．(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1答案：BD解析：因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，故v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，选项A错误，B正确。6．(多选)(2024·安徽蚌埠模拟)如图为一滑草场。某条滑道由不同倾角的上、下两段滑道组成。一载人滑草车(视为质点)从坡顶由静止开始自由下滑20s后进入下段，再经10s后恰好静止于滑道的底端。若滑草车在两段滑道交接处的速度大小相等，载人滑草车在上、下两段滑道上的运动均可认为是匀变速直线运动，则()A．滑草车在上、下两段滑道上运动的加速度大小之比为1∶2B．滑草车在上、下两段滑道上运动的平均速度大小之比为2∶1C．滑草车在下段滑道上运动时，前5s内与第5s内的位移大小之比为4∶1D．滑草车在上段滑道上运动时，1s末、2s末、3s末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3答案：AD解析：设上、下两段滑道的加速度为a1、a2，上、下两段滑道的时间为t1、t2，两段滑道交接处的速度大小为v，根据v＝a1t1＝a2t2可知，a1∶a2＝t2∶t1＝10∶20＝1∶2，故A正确；滑草车在上、下两段滑道上运动的平均速度大小均为eq\x\to(v)上＝eq\x\to(v)下＝eq\f(v,2)，所以滑草车在上、下两段滑道上运动的平均速度大小之比为1∶1，故B错误；根据逆向思维可知滑草车在下段滑道上运动时，前5s内的位移大小x1＝eq\f(1,2)a2t22－eq\f(1,2)a2·t32＝eq\f(1,2)a2×102－eq\f(1,2)a2×52＝eq\f(75,2)a2，第5s内的位移大小x2＝eq\f(1,2)a2×62－eq\f(1,2)a2×52＝eq\f(11,2)a2，所以x1∶x2＝75∶11，即滑草车在下段滑道上运动时，前5s内与第5s内的位移大小之比为75∶11，故C错误；根据v＝at可知滑草车在上段滑道上运动时，1s末、2s末、3s末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3，故D正确。故选AD。7．(2023·湖南长沙一模)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6m/s，A、B间的距离x1＝3m，B、C间的距离x2＝13m，则该质点的加速度为()A．3.6m/s2 B．4m/s2C．4.2m/s2 D．4.8m/s2答案：A解析：因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10m，联立可得T＝eq\f(5,3)s，a＝3.6m/s2，A正确。8．(2022·湖北高考)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为()A．6小时25分钟 B．6小时30分钟C．6小时35分钟 D．6小时40分钟答案：B解析：108km/h＝30m/s，324km/h＝90m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝eq\f(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列车加速时间t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速过程的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq\f(x－2x1,v1)＝eq\f(2.16×105－2×900,30)s＝7140s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq\f(v1′,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速过程的位移x1′＝eq\f(1,2)at1′2＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝eq\f(x－2x1′,v′)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分，故选B。9．(多选)(2024·重庆沙坪坝模拟)中国的春节有长辈给小朋友压岁钱的习俗，为了增添年味，现在有一种趣味性发压岁钱的方式——“滚钱”，具体操作是在桌面放置不同金额的纸币，瓶子滚到哪张纸币上就可以赢取此金额，如图1所示。为了便于分析，我们用图2来描述这个模型，滚瓶从水平桌面上O点出发，途中经过A、B、C、D、E5个放钱的位置，相邻两个位置的距离均为0.2m，滚瓶停在哪里就获得对应的压岁钱，滚瓶掉下桌子就没有。现设滚瓶(可视为质点)从O点出发后做匀减速直线运动，张强同学以v0＝1m/s推出滚瓶，最后刚好停在E处，已知滚瓶在D和E之间滑行的时间为1s，则下列说法正确的是()A．滚瓶由A滑至E所用的时间等于2sB．滚瓶在A点的速度等于它在OB之间的平均速度C．滚瓶经过A点时的速度是经过D点时的速度的2倍D．如果张强以0.9m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶最终将停在DE之间答案：AC解析：滚瓶做匀减速直线运动，利用逆向思维，E到A可以看成初速度为零的匀加速直线运动，ED与EA的位移之比为1∶4，时间之比为1∶2，故A正确；由于A不是OB中间时刻的点，故A的速度不是OB的平均速度，故B错误；由A选项分析可知，E到A点的时间是E到D点时间的两倍，v＝at，故A点的速度是D点速度的2倍，C正确；利用已知数据DE的间距为0.2m，时间为1s，xDE＝eq\f(vD,2)×tDE，可以算出vD＝0.4m/s，a＝eq\f(vD,tDE)＝0.4m/s2，由x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)得，总位移x＝1.25m，则xOD＝1.05m，若初速度变成0.9m/s，则物体一共能前进的距离为x′＝eq\f(v0′2,2a)＝eq\f(0.92,2×0.4)m＝1.0125m＜xOD，故不能越过D点停在DE之间，故D错误。故选AC。10．(2024·云南昆明高三检测)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8m，B为AC中点。小球经过2s第一次通过A点，又经4s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是()A．小球的加速度大小为3m/s2B．OA间距为8mC．第一次通过B点的速度大小一定为2eq\r(5)m/sD．第3s末经过B点答案：C解析：根据匀变速直线运动规律，设OA间距为x，有x＝v0t－eq\f(1,2)at2，小球又经4s第二次通过C点，有x＋8m＝v0(t＋4s)－eq\f(1,2)a(t＋4s)2，联立可得a＝2m/s2，x＝16m，故A、B错误；B点为AC的中间位置，OB间距为x1＝x＋4m＝20m，由veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2ax1，解得vB＝2eq\r(5)m/s，故C正确；由x1＝eq\f(v0＋vB,2)t1，解得t1＝(5－eq\r(5))s，故D错误。11．(14分)(2024·河南郑州模拟)图a为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值(可称为水平感应距离)时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图b为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；(2)若人以v0的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动eq\f(d,2)的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为eq\f(7d,4)的物体(厚度不计)，并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门(如图c)，物体的移动速度不能超过多少？答案：(1)eq\f(veq\o\al(2,0),d)(2)d(3)eq\f(2,3)v0解析：(1)由题意可知，门先加速后减速，减速的时间与加速的时间是相等的；设门全部打开的时间为t0，门做加速或减速的加速度为a，则d＝eq\f(1,2)v0t0，v0＝a·eq\f(t0,2)联立解得t0＝eq\f(2d,v0)，a＝eq\f(veq\o\al(2,0),d)。(2)要使单扇门打开eq\f(1,2)d，由运动的对称性可知，需要的时间是t1＝eq\f(t0,2)人要在t1时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离l＝v0t1联立解得l＝d。(3)由题意可知，宽eq\f(7,4)d的物体到达门框的过程中，每扇门至少要移动eq\f(7,8)d的距离，结合运动的特点可知，每扇门的运动都需要经过两个阶段：开始时做加速运动，位移为eq\f(d,2)，后又做匀减速运动，设减速的时间为t2，该过程中门移动了x＝eq\f(7,8)d－eq\f(1,2)d＝eq\f(3,8)d的距离；由匀变速直线运动的公式得x＝v0t2－eq\f(1,2)·ateq\o\al(2,2)联立解得t2＝eq\f(d,2v0)(或t2＝eq\f(3d,2v0)，不合题意，舍去)又t1＝eq\f(t0,2)＝eq\f(d,v0)要使门移动eq\f(7,8)d，所用的时间为t＝t1＋t2＝eq\f(d,v0)＋eq\f(d,2v0)＝eq\f(3d,2v0)所以物体运动的速度不能超过vm＝eq\f(l,t)＝eq\f(d,\f(3d,2v0))＝eq\f(2,3)v0。第3讲自由落体运动和竖直上抛运动[课标要求]1.通过实验，认识自由落体运动规律，结合物理学史的相关内容，认识物理实验与科学推理在物理学研究中的作用。2.认识竖直上抛运动规律，体会实际中竖直上抛运动的特点。考点一自由落体运动1．自由落体运动的特点：初速度为零，只受重力作用。2．自由落体运动的三个基本公式：(1)速度公式：v＝gt。(2)位移公式：h＝eq\f(1,2)gt2。(3)速度—位移关系式：v2＝2gh。学生用书第10页【高考情境链接】(2021·湖北高考·改编)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动。判断下列说法的正误：(1)陈芋汐前5m完成技术动作的时间为1s。(√)(2)陈芋汐后5m完成姿态调整的时间为1s。(×)(3)任何物体从静止下落的运动都可以看成自由落体运动。(×)自由落体运动规律的推论1．从静止开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…2．从静止开始任意一段时间内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝eq\f(v,2)＝eq\f(1,2)gt。3．连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2。注意：物体只有从由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，而从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，此时应该用初速度不为零的匀加速直线运动规律去解决此类问题。考向1单物体的自由落体运动高空抛物是一种不文明行为，会带来很大的社会危害。某天，家住8楼的小华发现有一钢球从落地窗外坠落，调看家里视频监控发现钢球通过落地窗用时0.1s，已知落地窗高度为2m，每层楼高度为3m，试估算钢球从几楼抛出()A．9楼 B．10楼C．15楼 D．20楼答案：C解析：设钢球下落点距离小华家窗户上沿高度为h，则h＝eq\f(1,2)gt2，h＋2m＝eq\f(1,2)g(t＋0.1s)2，解得t＝1.95s，h≈19m，由eq\f(19,3)≈6.3可知钢球从15楼抛出。故选C。考向2多物体的自由落体运动(多选)从高度为125m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1s，g取10m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是()A．b球下落高度为20m时，a球的速度大小为20m/sB．a球接触地面瞬间，b球离地高度为45mC．在a球接触地面之前，两球速度差恒定D．在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定答案：BC解析：b球下落高度为20m时，所用时间t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，则a球下降了3s，a球的速度大小为v＝30m/s，故A错误；a球下降的总时间为t2＝eq\r(\f(2×125,10))s＝5s，此时b球下降了4s，b球的下降高度为h′＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，故b球离地面的高度为hB＝(125－80)m＝45m，故B正确；由自由落体的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度