2024-2025学年高一上册物理期中复习（易错题60题）

高一上册物理期中复习（易错题60题23大考点）

训练范围：人教版（2019）：必修第一册第1~3章。

一.平均速度（定义式方向）（共2小题）

二.加速度的定义、表达式、单位及物理意义（共4小题）

三.速度、速度变化量和加速度的关联（共2小题）

四.匀变速直线运动速度与时间的关系（共2小题）

五.匀变速直线运动位移与时间的关系（共3小题）

六.匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）（共3小题）

七.自由落体运动的规律及应用（共3小题）

八.竖直上抛运动的规律及应用（共3小题）

九.变速物体追匀速物体问题（共2小题）

十.相遇次数问题（共2小题）

十一.追及相遇的图像类问题（共2小题）

十二.匀变速直线运动规律的综合应用（共4小题）

十三.胡克定律及其应用（共2小题）

十四.最大静摩擦力的性质和应用（共2小题）

十五.判断是否存在摩擦力（共2小题）

十六.力的合成与分解的应用（共2小题）

十七.共点力的平衡问题及求解（共6小题）

+A.解析法求共点力的平衡（共4小题）

十九.辅助圆法解决动态平衡问题（共2小题）

二十.光电门测量物体速度（共2小题）

二十一.频闪相机测量物体速度（共2小题）

二十二.探究小车速度随时间变化的规律（共2小题）

二十三.探究两个互成角度的力的合成规律（共2小题）

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・8#题型利秣

一.平均速度（定义式方向）（共2小题）

1.（2023秋•城关区校级期中）汽车匀速行驶，由甲地到乙地时速度为vi,由乙地返回甲地

时速率V2则往返全程的平均速率是（）

V,+V

【答案】D

【解答】解：设甲与乙间距为S,由甲到乙的时间为tl=£,由乙到甲的时间为t2=

故全程的平均速率为：7=-=——

%+t2丫［+丫2

故选：D。

2.（2023秋•静安区校级期中）汽车刹车后做匀减速直线运动，最后停下来，在刹车过程中,

汽车前半程的平均速度与后半程的平均速度之比是（）

B.3：1C.D.（V2+1）：

【答案】D

【解答】解：汽车做匀减速直线运动，且最终减速到零的过程，可利用逆向思维将其看

成是一个初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动相邻的相同位

移的时间比为t2=l：&-1可知，汽车的前半程的平均速度与后半程的平均速度

之比为.丫］：v2=—~!~~~~tJ:-1）=+1）：1；故ABC错误,

D正确。

故选：D。

二.加速度的定义、表达式、单位及物理意义（共4小题）

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3.（2023秋•合肥期中）如图所示为汽车的速度计，某同学在向前直线行驶的汽车中观察速

度计指针位置的变化。开始时指针指示在如图（甲）所示的位置，经过10s后指针指示

在如图（乙）所示的位置。若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为（）

A.l.lm/s2B.1.4m/s2C.2.2m/s2D.4.4m/s2

【答案】A

【解答】解：由图（甲）所示可行，汽车的速度vo=2Okm/h=^_m/s,

9

由图（乙）所示可知，汽车的速度vi=60km/h=>^&m/s,

3

5050

加速度"/2^i.1mzs2,故A正确，BCD错误。

t10

故选：Ao

4.（2023秋•延庆区期中）汽车的初速度是vi,经过一段时间后速度变为V2,用Av表示△

t时间内速度的变化量，为了在图中表示加速度a,我们以初速度vi的箭头端为起点，以

后来的速度V2的箭头端为终点，作出一个新的箭头，表示速度的变化量Av.则如图中

能正确表示汽车做加速运动的是（）

【答案】A

【解答】解：A、汽车的速度变化的方向与初速度方向相同时，汽车做加速运动，故A

正确；

BC、汽车加速度的方向与速度变化的方向相同而不是相反，汽车做减速运动，故BC错

误;

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D、速度的变化量用从矢量VI的箭头到矢量V2的箭头的有向线段表示，故速度变化的方

向与加速度方向相反，汽车做减速运动，故D错误。

故选：Ao

5.（2023秋•罗湖区校级期中）（多选）历史上有的科学家曾把在相等位移内速度变化相等

的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义

为A==V。,其中V0和Vt分别表示某段位移s内的初速度和末速度，A>0表示物体做

S

v-Vn

加速运动，A<0表示物体做减速运动，而现在物理学中加速度的定义式为a4+~^下

s

列说法正确的是（）

A.若A>0且逐渐变小，则a可能不变

B.若A>0且保持不变，则a逐渐变小

C.若A>0且逐渐变大，则物体在中间位置处的速度可能为世?

D.若4>0且保持不变，则物体在中间位置处的速度为士生

2

【答案】AD

【解答】A.若A不变且A>0,相等位移内平均速度越来越大所以相等位移内所用时间越

来越少，但A变小，速度增量减小，根据2=4三，分子分母同时减小，a可能不变，故

aAt

A正确；

B.若A不变且A>0,相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位

移内所用时间越来越少，由〃上竺可知，a越来越大，故B错误；

V.-vn

CD.因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为反，速度变化量为」~3-

22

v~VnV++vn

所以此位置的速度为误；V。J+_5.,故C错误，D正确。

022

故选：ADo

6.（2023秋•新会区校级期中）气排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体有

项目，作为一项新的体育运动项目，如今已经受到越来越多人的喜爱。气排球运动是纯

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粹的“中国制造”。如图所示，在台州市教职工气排球比赛中，一球员跳起将速度为4m/s

水平飞来的气排球迎面击出，气排球以8m/s的速率水平返回。假设该球员对气排球的击

打时间0.60so求：

（1）气排球被击打过程中的速度变化Av的大小；

（2）气排球被击打过程中的平均加速度。

【答案】（1）气排球被击打过程中的速度变化Av的大小为12m/s；

（2）气排球被击打过程中的平均加速度大小为20m/s2,方向与排球飞来的方向相反。

【解答】解：（1）取排球飞来的方向为正方向，则初速度vo=4m/s,末速度v=-8m/s

气排球被击打过程中的速度变化为：Av=v-vo=（-8-4）m/s=-12m/s

所以速度变化量Av的大小为12m/s,方向与排球飞来的方向相反。

（2）根据加速度定义得：

a=.AAv=m/s2=-20m/s2

At0.60

则平均加速度大小为20m/s2,方向与排球飞来的方向相反。

答：（1）气排球被击打过程中的速度变化Av的大小为12m/s；

（2）气排球被击打过程中的平均加速度大小为20m/s2,方向与排球飞来的方向相反。

三.速度、速度变化量和加速度的关联（共2小题）

7.（2023秋•黄浦区校级期中）一个质点做直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同,

加速度大小逐渐减小，直至为零。在此过程中，下列说法正确的是（）

A.速度逐渐减小,当加速度减小为零时,速度达到最小值

B.速度逐渐增加,当加速度减小为零时,速度达到最大值

C.位移逐渐增大,当加速度减小为零时,位移将不再增大

D.位移逐渐减小,当加速度减小为零时,位移达到最小值

【答案】B

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【解答】解：AB、一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，

但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，

所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，物体将做匀速直线运动，速度不变，而此时

速度达到最大值。故A错误，B正确；

CD、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度

不为零，所以位移继续增大，故CD错误。

故选：Bo

8.（2023秋•滨海新区校级期中）加速度在描述运动变化过程时起着非常重要的作用。下列

关于加速度与速度、速度的变化量及速度的变化率关系的说法中正确的是（）

A.速度大，则加速度大

B.速度变化量小，则加速度小

C.速度变化率小，则加速度小

D.加速度减小，则速度一定减小

【答案】C

【解答】解：A、由加速度的定义式2今＞可知，加速度的大小与速度变化量的大小和

时间有关，所以速度大，加速度不一定大，故A错误；

BC、由加速度的定义式三可知，速度的大小与速度变化量的大小无关，则速度大，

加速度不一定大，速度变化量小，加速度不一定小，速度变化率小，加速度一定小，故

B错误，C正确；

D、当加速度与速度方向相同，物体做加速运动，虽然加速度减小，但速度却增大，故D

错误。

故选C。

四.匀变速直线运动速度与时间的关系（共2小题）

9.（2023秋•雁塔区校级期中）奥迪车有多种车型，如30TFSI、35TFSL50TFSL（每个车

型字母前的数字称为G值）G值用来表示该车型的加速性能，数字越大，加速越快。G

值的大小为车辆从静止开始加速到lOOkm/h的平均加速度数值（其单位为国际单位）再

乘以10.如图所示为某一型号的奥迪车的尾标，其值为30TFSL则该型号车从静止开始

加速到100km/h的时间约为（）

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A.5.6sB.6.2sC.8.5sD.9.3s

【答案】D

【解答】解：由题意可得30TFSI的加速度大小为a=3m/s2,末速度大小为v=100km/h

=27.8m/s,由速度一时间关系可得时间为弋=二衣&s=93s，故D正确，ABC错误。

a3,

故选：D。

10.（2023秋•东昌府区校级期中）一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，

最后匀减速运动直到停止.从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速

度.根据表中的数据通过分析、计算可以得出（）

时亥!!/s1.02.03.05.07.09.510.5

速度/m・s13.06.09.012129.03.0

A.汽车加速运动经历的时间为4s

B.汽车加速运动经历的时间为5s

C.汽车匀速运动的时间为2s

D,汽车减速运动的时间为3s

【答案】A

【解答】解：A、匀速运动的速度为12m/s,匀加速运动的加速度a[=^=3in/s2,则

匀加速运动的时间故A正确，B错误。

13

C、匀减速运动的加速度令v-Gm/s2,汽车从3m/s减到0还需的时间

/=^-s=o5s•即11s时速度减为0.汽车匀减速所需的时间上空S=2s•所

-62a2-6

以汽车匀速运动的时间为5s。故CD均错误。

故选：Ao

五.匀变速直线运动位移与时间的关系（共3小题）

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11.（2023秋•十堰期中）汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司

机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2。从开始刹车到汽车停止，汽车运

动的距离为（）

A.10mB.20mC.25mD.50m

【答案】c

【解答】解：由题意知，车速v=20m/s,刹车的加速度大小为8m/s2,最后末速度减为0,

由推导公式v?=2ax可得：x=25m,故C正确，ABD错误。

故选：Co

12.（2023秋•海珠区校级期中）（多选）如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，

绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。该车加速时最大加速度大小为2m/s2,

减速时最大加速度大小为5m/s2.此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s,下列说法中正

确的是（）

——18m——►：

A.如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不会通过停车线

B.如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处

C.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线

D.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车不会超速

【答案】ACD

【解答】解：AB、如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t2=2&=1.6s,此过程

a2

通过的位移为*2=工2,2=工乂5X1.62m=6.4m,即刹车距离为6.4m,提前18m

2a2"-22

减速，汽车不会超过停车线；

如果不减速，2s内的位移为XJ]=vot2=16m<18m,所以汽车在绿灯熄灭前汽车一定不

会通过停车线；

如果距停车线5m处减速，则会过线，故A正确、B错误；

CD、如果立即做匀加速直线运动，ti=2s内的位移x=vot+—a+2=20m>18m,此时

211

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汽车的速度为vi=vo+aiti=12m/sV12.5m/s,汽车没有超速，故CD正确；

故选：ACDo

13.（2023秋•西城区校级期中）概念公式的准备理解是物理学习的基础，请完成下面的任

务：

（1）一个物体做匀变速直线运动，初速度为V0,经过一段时间，速度变为Vt,如果在这

段位移中点处的速度为VI,在时间中点时的速度为V2,请利用匀变速直线运动公式推导：

②比较VI、V2的大小关系。

（2）如图所示，一物体静止放在斜面上，并给物体施加一竖直向下的压力F,斜面静止

在水平地面上，请在答题卡上分别画出物体、斜面的受力示意图。

【答案】（1）①见解析；②V1>V2;

（2）见解析。

【解答】解：（1）①设物体做匀变速直线运动的加速度为a,这段位移为s。

根据匀变速直线运动位移一速度公式可得

22_,S

vi-vo_29a'J

22_,S

vt-vr92a'7

22

VO+Vt

联立解得：V.：

根据匀变速直线运动速度一时间公式可得

t

v2=v0+a2'

t

vt=v2+a7

+

VnV+

联立解得：v=-3-

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+

2VOVt

V22

可知V1>V2

（2）以物体为研究对象，物体受到重力mg、压力F、斜面的支持力FN、摩擦力f,画

出物体的受力示意图如图所示。

mg

以斜面为研究对象，斜面受到重力Mg、物体对斜面的压力FN'、摩擦力f'、地面对支

持力N地，画出斜面的受力示意图如图所示。

答：（1）①见解析；②V1>V2；

（2）见解析。

六.匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）（共3小题）

14.（2023秋•海淀区校级期中）物体从静止开始做匀加速直线运动，从零时刻开始，连续

通过三段位移时间分别为1秒、2秒、3秒.下列说法正确的是（）

A.三段位移之比为1：9：36

B.三段位移的末速度之比为1：2：3

C.三段位移的平均速度之比为1：4：9

D.三段位移的平均速度之比为1：3：5

【答案】C

【解答】解：A、因为通过连续三段位移的时间分别为1秒、2秒、3秒，从开始起运动

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时间之比为1：3：6,根据x=/at2知，从开始起通过的位移之比为1：9：36,可知

这三段位移之比为1：8：27,故A错误。

B、根据速度一时间公式v=at知，则三段位移的末速度之比为1：3：6,故B错误。

CD、根据平均速度的定义式知，三段位移的平均速度之比为1：1：27=1：4：9,故

23

C正确，D错误。

故选：C。

15.（2023秋•珠海期中）如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以

水平速度v射入，子弹可视为质点。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当它穿透第四

个木块（即D位置）时速度恰好为0,下列说法不正确的是（）

o。ABCD

A.子弹通过每个木块的时间均不相同

B.子弹到达各点的速率V。：丫人：VR：v「=2：V3：V2：1

UAD

c.子弹通过每一部分时，其速度变化量相同

D.子弹从O运动到D全过程的平均速度等于C点的瞬时速度

【答案】C

【解答】解：A、子弹做匀减速运动，通过相等的位移所用时间越来越短，所以子弹通过

每个木块的时间均不相同，故A正确；

B、子弹运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块长度为L,加速度大

小为a,由v?=2ax得：v=V2axocVx

则子弹到达各点的速率之比vo：VA：VB：vc=J正：V3L：V2L：VL=2：V3：V2：

1,故B正确；

C、子弹通过每一部分时所用时间不等，由Av=at知a不变，其速度变化量不相同，故

C错误；

D、将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，根据连续相等时间位移比为1：

3：5可知，子弹通过前三块木块的时间和通过最后一块木块的时间相同，即子弹从O运

动到C的时间等于从C运动到D的时间，根据匀变速直线运动的推论：做匀变速直线运

动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则知子弹从O

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运动到D全过程的平均速度等于C点的瞬时速度，故D正确。

本题选不正确的，故选：Co

16.(2023秋•重庆期中)(多选)春节临近，有长辈给小朋友压岁钱的习俗，为了增添年味，

现在发压岁钱的方式也是越来越有趣，其中有一种叫做“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，如左图所示。为了便于分析，

我们用右图来描述这个模型，滚瓶从水平桌面上O点出发，途中经过A、B、C、D、E,

5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点出发后阻力恒定，张强同学以vo

=lm/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()

A.滚瓶由A滑至E所用的时间等于2s

B.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

【解答】解：A、滚瓶做末速度为零的匀减速运动，设滚瓶依次滑过两相邻位置的时间间

隔分别为ti、t2、t3和t4,根据x=yat2,由逆向思维知：

t4：13!2!t]=l：(V2-1)：(V3-V2)：(2-V3)

而题设条件：t4=ls

故滚瓶由位置A滑至位置E所用的时间：t=t4+t3+t2+tl=ls+(V2-1)s+(V3-V2)

s+(2-VS)s=2s,故A正确；

B、滚瓶由位置D到位置E,由x=^at：

将x=0.2m,t4=ls代入得：a=0.4m/s2

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滚瓶经过位置A的速度：vi=at=0.4X2m/s=0.8m/s

滚瓶经过位置B的速度：v2=vi-ati=0.8m/s-0.4X（2-m/s=0.W^m/s

在OB之间的平均速度：,产1n/好V1=o.8m/S，故B错误;

C、滚瓶经过位置D的速度：v4=at4=0.4Xlm/s=0.4m/s=-^-,故C正确;

2

2

V

o121.25m

D、滚瓶从0到E,根据速度一位移公式有：XOE=2

a2X0.4

v22

则若以0.9m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶运动的位移为：x'_m=eim

2a2X0.480

<XOD=XOE-DE=1.25m-0.2m=1.05m,最终停在CD之间，故D错误。

故选：AC»

七.自由落体运动的规律及应用（共3小题）

17.（2023秋•西城区校级期中）如图所示，甲同学用手拿着一把长50cm的直尺，并使其处

于竖直状态；乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备。某时刻甲同学松开直尺，

直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻甲度值为

20cm；重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺乙位置的刻度值为10cm。直尺下落过程

中始终保持竖直状态。若从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用时间叫“反

应时间”，取重力加速度g=10m/s2。则下列说法中错误的是（）

A.乙同学第一次的“反应时间”比第二次长

B.乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4m/s

C.若某同学“反应时间”大于0.4s,则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间

D.若将尺子上原来长度值改为对应的“反应时间”值，则得到的时间刻度是不均匀的

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【答案】B

【解答】解：A、直尺下降的高度h时，根据自由落体位移公式八卷gt2可知第一次直

尺下落时间较长，则乙同学第一次的“反应时间”比第二次长，故A正确；

B、由速度一位移公式可得，乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度为

v12ghi=^2X10X0.2m/s=2m/s,故B错t天；

C、直尺在0.4s内下降的距离为h3=1*gtm=Lx10X0.42m=O.8m>O.5m,故某同

232,

学的“反应时间”大于0.4s,则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”，故C

正确；

D、根据八9gt2可得件，若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，

则得到的时间刻度是不均匀的，故D正确。

本题选错误的，故选：B。

18.（2023秋•沈阳期中）如图所示，一滴雨滴从离地面20m高的楼房屋檐自由下落，下落

途中用At=0.2s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2m,g取10m/s2,不计空气阻力，

则屋檐到窗口上边沿的距离为（）

A.4.05mB.19.8mC.0.2mD.1.8m

【答案】A

【解答】解：由题意知，窗口的高度为d=2m,设屋檐到窗口上边沿的高度为h,雨滴

从屋檐运动到窗的上边沿时间为to,则h=lgt2

又h+d=/g（与+&）2，联立解得：d=4.05m,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

第14页共62页

19.（2023秋•湖南期中）如图所示，在某次杂技表演中，让甲球从离地高度为H处由静止

释放，同时让乙球在甲的正下方的某处由静止释放，当乙球与水平地面碰撞后瞬间的速

度大小是刚要碰撞前瞬间的k倍（k<l）,碰撞前后速度的方向相反。两小球均可视为质

点，忽略空气阻力，乙球与地面的碰撞时间忽略不计，重力加速度为g。

（1）若乙球由静止释放时的高度为h,求乙球与地面碰撞后瞬间的速度大小；

（2）若乙球由静止释放时的高度为h,求乙球从静止释放到第一次碰撞后到达最高点的

运动时间（乙球到达最高点前没有与甲球发生碰撞）；

（3）若要使乙球在第一次上升过程中就能与甲球碰撞，且k=0.5,求乙球由静止释放时

的高度h的取值范围。

甲

【答案】（1）乙球与地面碰撞后瞬间的速度大小为k缶K；

（2）乙球从静止释放到第一次碰撞后到达最高点的运动时间为（k+1），羽;

（3）乙球由静止释放时的高度h的取值范围为2H<h<H。

5

【解答】解：（1）乙球自由下落过程，有£=2gh

乙球与地碰撞刚结束时的速度大小为V2=kvi

联上解得：$2=kV2gh

（2）由自由落体运动的规律可得gt；

解得：口=\莹

碰撞后乙球上升过程，有V2=gt2

解得：t2=k^生

故乙球从静止释放到再次到达最高点的运动时间t0=tl+t2=X=（k+l）/£

（3）设乙球第一次上升的最大高度为ho,则有2gh0=v^

第15页共62页

假设乙球在第一次上升到最高点正好与甲球碰撞，对甲球，由自由落体运动的规律可得

U「1,2

H-h09gt0

结合k=0.5,综合解得：

乙球静止释放时离地的高度越大，乙球越能在第一次上升过程中与甲球碰撞，则h的范

围为

n

-pH<h<H

D

答：（1）乙球与地面碰撞后瞬间的速度大小为kJ有；

（2）乙球从静止释放到第一次碰撞后到达最高点的运动时间为（k+1），龙；

（3）乙球由静止释放时的高度h的取值范围为ZH<h<H。

5

八.竖直上抛运动的规律及应用（共3小题）

20.（2023秋•重庆期中）一个物体作竖直上抛运动，从抛出的时刻算起到到达最高点过程

中，上升到最大高度的一半时间为tl,速度减为抛出速度的一半时间为t2,则tl与t2的

之比为（）

t,「

A.—=2-V2

.tl2-&

,.=--------D.-%*-=7r-2-1

t22

【答案】A

【解答】解：设物体的初速度为vo,上升的最大高度为h,上升到最大高度的一半时速

度为VI,可得：

o2-22

VoV1Vo=-2g*

2

联立解得：vi=®vo

2

加

V,-VnVQ-VQ(2-V2)v

则上升到最大高度的一半时间为tl=」-n_-0

-g-g

1

vv

速度减为抛出速度的一半时间为t2=27---0-~---0=—Vn■

-g2g

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联立解得：历，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

21.（2023秋•渠县校级期中）（多选）如图所示是某次比赛中运动员入跳的精彩一幕。高1.6m

的运动员从离水面10m的跳台向上跃起离开台面，重心（此时其重心位于从手到脚全长

的中点）升高0.45m达到最高点。落水时身体竖直，手先入水（全过程只考虑竖直方向

的运动，不计阻力，gIX10m/s2）o贝！|（）

A.运动员的初速度为30m/s

B.运动员上升时间为0.3s

C.从离开跳台到手触水面，运动员可用于完成空中动作的时间约为1.75s

D.若运动员入水后匀减速运动，加速度大小为20m/s2,为了运动员安全，水池深度至

少为3m

【答案】BC

【解答】解：A、运动员上升的过程，根据v^=2gh可知，运动员的初速度为vo=3m/s,

故A错误；

B、运动员上升时间为ti=—!!=--S=0.3S,故B正确；

g10

C、运动员从最高点开始做自由落体运动，有

H+h=,gJ

代入数据解得

t2=1.45s

所以运动员用于完成空中动作的时间约t总=口+12=0.3$+1.45s=1.75s,故C正确；

D、设运动员入水时的速度大小为vi,则

vf=2g(H+h)

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运动员入水后匀减速运动，加速度大小为20m/s2,为了运动员安全，水池深度至少为

联立解得h'=5.225m,故D错误。

故选：BCo

22.(2023秋•丰泽区校级期中)如图所示，热气球以20m/s的速度匀速竖直上升，到离地

105m高处，落下一物体。物体落下后，热气球以原来的速度继续匀速上升。(g=10m/s2)

(1)物体落地的速度大小是多少？

(2)物体从气球上掉下后，经多长时间落回地面？

(3)物体落下后5s时，热气球与物体之间的距离是多少？

【答案】(1)物体落地的速度大小是50m/s；

(2)物体从气球上掉下后，经7s落回地面；

(3)物体落下后5s时，热气球与物体之间的距离是125m。

2

【解答】解：(1)规定向下为正方向，根据匀变速直线运动的速度一位移公式得：v?VO

=2gh

代入数据有：v2-(-20)2=2X10X105

解得：v=50m/s

(2)根据速度一时间规律可得总时间：t=22Z2=50-(-20)7s

g10

(3)根据位移一时间公式可得下落t=5s后，物体的位移为：x5=vot+lgt2=-20X

5m+-±-x10X5ir=25m°

气球的位移：X5'=vot=-2OX5m=-100m,"-”表示方向向上。

气球与物体之间的距离为：AX=X5-X5'=25m-(-100m)=125m。

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答：（1）物体落地的速度大小是50m/s；

（2）物体从气球上掉下后，经7s落回地面；

（3）物体落下后5s时，热气球与物体之间的距离是125m。

九.变速物体追匀速物体问题（共2小题）

23.（2023秋•朝阳区校级期中）（多选）某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度

匀速运动，突然发现前方50m处停着一辆乙车，甲车司机立即刹车，甲车刹车后做匀减

速直线运动。已知甲车刹车后第1个2s内的位移是24m,第4个2s内的位移是1m。则

下列说法正确的是（）

A.汽车甲刹车后第3个2s内的位移为8m

B.汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为」Zm/s2

23

C.汽车甲刹车后第4s末的速度大小为6m/s

D.汽车甲可能与乙车相撞

【答案】AC

【解答】解：B、假设8s内汽车一直匀减速运动，根据x4-xi=3aT2得

a=X3=上生心=-骂这

3T23X2212

研究甲车刹车后第1个2s内的过程，根据xi=voT+/aT2,其中T=2s

得初速度为：vo=2--LaT=（―+—X—X22）m/s^l4m/s

T22212

速度减为零的时间：t=Ug=±1*sQ7.3s

a

12

可知汽车在8s前速度减为零。

设汽车加速度大小为a,根据xi=voT-/软丁？，得：

24=2vo-2a

汽车速度减为零的时间为：to=2

a

采用逆向思维，最后两秒内的位移为:

x'a("7^-6)2=1m

Na

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联立解得加速度大小为：a=2m/s2,初速度为：vo=14m/s,故B错误；

2

A、根据X3-xi=-2aT2得汽车甲刹车后第3个2s内的位移为：x3=xi+2aT=[24+2X2

X22]m=8m,故A正确；

C、汽车甲刹车后第4s末的速度大小为V4=vo-at4=[14-2X4]m/s=6m/s,故C正确；

22

D、汽车刹车到停止的距离为xo=二&=」±_m=49m<5Om,所以甲车不会撞上乙车,

2a2X2

故D错误。

故选：AC。

24.（2023秋•山东期中）平直公路上一辆长度为15m的大货车正在以72km/h的速度匀速

行驶，大货车正后方一辆长度为5m的小汽车正在以108knVh的速度匀速行驶。

（1）某时刻小汽车车头距离大货车车尾60m,两车在同一车道且保持匀速行驶，忽略小

汽车的变道时间，从此刻开始小汽车超越大货车需要多少时间？

（2）大货车行驶过程中突然发现前方路段施工，为确保行车安全，司机立即刹车使大货

车做匀减速直线运动，已知大货车在刹车过程中第2s的位移为16.25m,则大货车刹车时

的加速度大小是多少？

（3）大货车以第（2）问求得的加速度匀减速至36km/h后开始匀速行驶，若大货车开始

刹车时，以108km/h的速度行驶的小汽车车头正好距离大货车车尾30m,小汽车司机立

即制动与大货车同时开始刹车并做匀减速直线运动，则小汽车的加速度至少为多大才能

避免追尾事故的发生。

【答案】（1）小汽车超越大货车需要8s；

（2）大货车刹车时的加速度大小是2.5m/s2；

（3）汽车的加速度至少为4m/s2,才能避免追尾事故的发生。

【解答】解：（1）由题意可得，大货车的初速度：vi=72km/h=20m/s,小汽车的初速度：

V2=108km/h=30m/s

设经过时间t超越，根据两者位置关系有：V2t-vit=so+li+12=6Om+15m+5m=8Om

代入数据解得：t=8s

（2）大货车在刹车过程，前2s内的位移为：S2=vit2-La.tm

2ali2

第Is内的位移为：si=viti-工a

211

又根据题意有：S2-si=16.25m

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联立方向解得：ai=2.5m/s2

(3)货车匀速时的速度为：v'=36km/h=10m/s

V1-v?

减速时间为：t，.....=4s

1al

恰相撞时，假设货车已匀速，则由几何关系有：s汽-s货=xo=3Om

小汽车减速到与货车速度相同时的位移：s汽=-^―:之一

2a2

V1+,v/

大货车两段时间的位移：S货=」^—t，1+/t/2

VO-V?

两段时间的关系为：t，.+t'„=------------

1

2a2

2

联立以几式解得：a2=4in/s

Vo-V?

此时：t4=------------=5s〉4s，假设成"°

Ka2

答：(1)小汽车超越大货车需要8s；

(2)大货车刹车时的加速度大小是2.5m/s2；

(3)汽车的加速度至少为4m/s2,才能避免追尾事故的发生。

十.相遇次数问题(共2小题)

25.(2023秋•长沙期中)(多选)甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图象如图所

示，图中aPQR和△MNR的面积分别为si和S2(si>s2)。初始时，甲车在乙车前方so

处。则()

A.若so>si,两车一定不会相遇

B.若so=si,两车相遇1次

C.若so<si<(so+s2),两车相遇2次

D.若(so+s2)<si,两车相遇2次

【答案】ABC

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【解答】解：A、若so>si,说明两车速度相等时，乙车还没有追上甲车，此后甲车的速

度比乙车的大，两车一定不会相遇，故A正确；

B、若S0=S2,结合S1>S2得SO<S1,两车在速度相同前相遇1次，故B正确；