(新高考)高考物理一輪復習教案第1章第2講《勻變速直線運動的規(guī)律》(含詳解)

第2講勻變速直線運動的規(guī)律知識點勻變速直線運動及其公式Ⅱ1．定義和分類(1)勻變速直線運動：沿著一條直線，且eq\x(\s\up1(01))加速度不變的運動。(2)分類eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(勻加速直線運動：a與v\x(\s\up1(02))同向。,勻減速直線運動：a與v\x(\s\up1(03))反向。))2．三個基本公式(1)速度與時間的關系式：eq\x(\s\up1(04))v＝v0＋at。(2)位移與時間的關系式：eq\x(\s\up1(05))x＝v0t＋eq\f(1,2)at2。(3)速度與位移的關系式：eq\x(\s\up1(06))v2－veq\o\al(2,0)＝2ax。3．兩個重要推論(1)物體在一段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間eq\x(\s\up1(07))中間時刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量和的eq\x(\s\up1(08))一半，即：eq\x\to(v)＝veq\f(t,2)＝eq\f(v0＋v,2)。(2)任意兩個連續(xù)相等的時間間隔T內(nèi)的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝eq\x(\s\up1(09))aT2。可以推廣得到xm－xn＝(m－n)aT2。4．初速度為零的勻變速直線運動的五個推論(1)1T末、2T末、3T末……nT末瞬時速度的比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝eq\x(\s\up1(10))1∶2∶3∶…∶n。(2)1T內(nèi)、2T內(nèi)、3T內(nèi)……nT內(nèi)位移的比為：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝eq\x(\s\up1(11))12∶22∶32∶…∶n2。(3)第一個T內(nèi)、第二個T內(nèi)、第三個T內(nèi)……第n個T內(nèi)位移的比為：x1′∶x2′∶x3′∶…∶xn′＝eq\x(\s\up1(12))1∶3∶5∶…∶(2n－1)。(4)從靜止開始運動位移x、2x、3x……nx所用時間的比為：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝eq\x(\s\up1(13))1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…∶eq\r(n)。(5)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間的比為：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))。知識點自由落體運動和豎直上拋運動Ⅱ1．自由落體運動(1)定義：物體只在eq\x(\s\up1(01))重力作用下從eq\x(\s\up1(02))靜止開始下落的運動。(2)運動性質(zhì)：初速度v0＝0、加速度為重力加速度g的eq\x(\s\up1(03))勻加速直線運動。(3)基本規(guī)律①速度與時間的關系式：v＝eq\x(\s\up1(04))gt。②位移與時間的關系式：h＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(1,2)gt2。③速度與位移的關系式：v2＝eq\x(\s\up1(06))2gh。(4)伽利略對自由落體運動的研究①伽利略通過eq\x(\s\up1(07))邏輯推理的方法推翻了亞里士多德的“重的物體下落得快”的結(jié)論。②伽利略對自由落體運動的研究方法是邏輯推理→猜想與假設→實驗驗證→合理外推。這種方法的核心是把實驗和eq\x(\s\up1(08))邏輯推理(包括數(shù)學演算)和諧地結(jié)合起來。2．豎直上拋運動(1)運動特點：加速度為g，上升階段做eq\x(\s\up1(09))勻減速直線運動，下降階段做eq\x(\s\up1(10))自由落體運動。(2)基本規(guī)律①速度與時間的關系式：v＝eq\x(\s\up1(11))v0－gt。②位移與時間的關系式：h＝eq\x(\s\up1(12))v0t－eq\f(1,2)gt2。③速度與位移的關系式：v2－veq\o\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\o\al(2,0),2g)。⑤上升到最高點所用時間：t＝eq\x(\s\up1(15))eq\f(v0,g)。一堵點疏通1．勻變速直線運動是加速度隨時間均勻變化的直線運動。()2．勻加速直線運動的位移隨時間是均勻增大的。()3．在勻變速直線運動中，中間時刻的速度一定小于該段時間內(nèi)位移中點的速度。()4．物體由某高度從靜止下落一定做自由落體運動。()5．豎直上拋最高點速度為零而加速度不為零。()6．豎直上拋的上升階段速度變化量的方向是向下的。()答案1.×2.×3.√4.×5.√6.√二對點激活1．(人教版必修第一冊·P44·T2改編)以18m/s的速度行駛的汽車，制動后做勻減速直線運動，在3s內(nèi)前進36m，則汽車在5s內(nèi)的位移為()A．50m B.45mC.40.5m D.答案C解析根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得36＝18×3＋eq\f(1,2)a×32，即a＝－4m/s2。汽車停止所需時間為t′＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(0－18,－4)s＝4.5s<5s，所以4.5s末汽車停車，5s內(nèi)的位移x′＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(0－182,2×－4)m＝40.5m，故C正確。2．(人教版必修第一冊·P51·T4改編)有一種“傻瓜”照相機，其光圈(進光孔徑)隨被攝物體的亮度自動調(diào)節(jié)，而快門(曝光時間)是固定不變的。為估測某架“傻瓜”照相機的曝光時間，實驗者從某磚墻前的高處使一個石子自由落下，拍攝石子在空中的照片如圖所示。由于石子的運動，它在照片上留下了一條模糊的徑跡。已知石子從地面以上2.5m的高度下落，每塊磚的平均厚度為6cm，請估算這架照相機的曝光時間為()A．0.01s B.0.02sC.0.1s D.0.2s答案B解析解法一(公式法)：圖中AB的實際長度為AB＝0.12m，A到地面的高度h1＝8.5×6cm＝0.51m，B到地面的高度h2＝6.5×6cm＝0.39m，則hOA＝H－h(huán)1＝1.99m，hOB＝H－h(huán)2＝2.11m。由hOA＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1≈0.63s，由hOB＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)得t2≈0.65s。曝光時間Δt＝t2－t1＝0.02s，故B正確。解法二(估算法)：自由落體運動到A點的速度為v＝eq\r(2ghOA)≈6.3m/s。因為0.12m遠小于1.99m，故可以近似地將AB段當作勻速直線運動，故t＝eq\f(AB,v)≈0.02s，故B正確。3．某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時，發(fā)動機產(chǎn)生的最大加速度為5m/s2，所需的起飛速度為50m/s，跑道長100m。設飛機起飛對航空母艦的運動狀態(tài)沒有影響，飛機在跑道上的運動可以看作勻加速直線運動。(1)通過計算判斷，飛機能否靠自身的發(fā)動機從艦上起飛？(eq\r(10)≈3.16)(2)為了使飛機在開始滑行時就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置，對于該型號的艦載飛機，彈射系統(tǒng)必須使它具有多大的初速度？(eq\r(15)≈3.87)答案(1)不能(2)38.7m/s解析(1)由veq\o\al(2,t)＝2ax得vt＝eq\r(2ax)＝10eq\r(10)m/s≈31.6m/s。因為vt<50m/s，所以飛機不能依靠自身的發(fā)動機從航空母艦上起飛。(2)設彈射裝置使艦載飛機具有的初速度為v0，由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得v0＝eq\r(v2－2ax)＝10eq\r(15)m/s＝38.7m

考點1勻變速直線運動規(guī)律的應用1.對于運動學公式的選用可參考下表所列方法題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設定的中間量)沒有涉及的物理量適宜選用的公式v0、v、a、tx[速度與時間的關系式]v＝v0＋atv0、a、t、xv[位移與時間的關系式]x＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xt[速度與位移的關系式]v2－veq\o\al(2,0)＝2axv0、v、t、xa[平均速度公式]x＝eq\f(v＋v0,2)t2．運動學公式中正、負號的規(guī)定勻變速直線運動五個公式中，除時間t外，x、v0、v、a均為矢量，可以用正、負號表示矢量的方向。一般情況下，我們規(guī)定初速度的方向為正方向，與初速度同向的物理量取正值，與初速度反向的物理量取負值。但當v0＝0時，一般以a的方向為正方向。例1如圖所示，一長為200m的列車沿平直的軌道以80m/s的速度勻速行駛，當車頭行駛到進站口O點時，列車接到停車指令，立即勻減速停車，因OA段鐵軌不能停車，整個列車只能停在AB段內(nèi)，已知OA＝1200m，OB＝2000m，求：(1)列車減速運動的加速度大小的取值范圍；(2)列車減速運動的最長時間。(1)此車的長度需要考慮嗎？提示：需要。(2)列車減速運動的最長時間對應車的運動情況是什么？提示：車頭恰好停在B點。嘗試解答(1)1.6m/s2≤a≤eq\f(16,7)m/s2(2)50s(1)若列車車尾恰好停在A點，設減速運動的加速度大小為a1，位移為x1，則0－veq\o\al(2,0)＝－2a1x1x1＝1200m＋200m＝1400m解得a1＝eq\f(16,7)m/s2若列車車頭恰好停在B點，設減速運動的加速度大小為a2，位移為xOB＝2000m，則0－veq\o\al(2,0)＝－2a2xOB解得a2＝1.6m/s2故加速度大小a的取值范圍為1.6m/s2≤a≤eq\f(16,7)m/s2。(2)當列車車頭恰好停在B點時，減速運動的時間最長，設最長時間為t，則0＝v0－a2t解得t＝50s。求解勻變速直線運動問題的一般步驟(1)基本思路(2)應注意的問題①選擇公式時一定要注意分析已知量和待求量，根據(jù)所涉及的物理量選擇合適的公式求解，會使問題簡化。②對于剎車類問題，當車速度為零時，停止運動，其加速度也突變?yōu)榱?。求解此類問題應先計算車停下所用時間，再選擇合適公式求解。③對于雙向可逆類問題，如沿光滑斜面上滑的物塊，到最高點后仍能以原加速度勻加速下滑，全過程加速度大小、方向均不變，故求解時可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義。④如果一個物體的運動包含幾個階段，要注意分析各段的運動性質(zhì)和各段交接處的速度。[變式1－1](2020·安徽省池州市統(tǒng)測)在平直公路上行駛的汽車，司機突然發(fā)現(xiàn)前方出現(xiàn)交通事故，立即剎車，從此時刻起汽車的位置坐標與時間的數(shù)值關系為x＝－2t2＋20t＋10(x和t的單位分別為m和s)，則下列說法正確的是()A．4s內(nèi)汽車發(fā)生的位移為58mB．8s內(nèi)汽車發(fā)生的位移為32mC．8s內(nèi)汽車的平均速度大小為10m/sD．8s內(nèi)汽車的平均速度大小為6.25m/s答案D解析由x＝－2t2＋20t＋10，結(jié)合x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＋x0，可知汽車的加速度a＝－4m/s2，初速度v0＝20m/s，則汽車剎車所用的時間t0＝eq\f(0－v0,a)＝5s，則4s內(nèi)汽車發(fā)生的位移為x4＝v0t4＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,4)＝20×4m＋eq\f(1,2)×(－4)×42m＝48m，A錯誤；8s內(nèi)汽車發(fā)生的位移等于5s內(nèi)的位移，x5＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(20,2)×5m＝50m，B錯誤；8s內(nèi)汽車的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(x5,t8)＝eq\f(50,8)m/s＝6.25m/s，C錯誤，D正確。[變式1－2](2020·湖北省名師聯(lián)盟調(diào)研)如圖所示，滑雪運動員從O點由靜止開始做勻加速直線運動，先后經(jīng)過P、M、N三點，已知PM＝10m，MN＝20m，且運動員經(jīng)過PM、MN兩段的時間相等，下列說法不正確的是()A．能求出O、P間的距離B．不能求出運動員經(jīng)過OP段所用的時間C．不能求出運動員的加速度D．不能求出運動員經(jīng)過P、M兩點的速度之比答案D解析設運動員通過PM、MN所用時間均為T，則運動員經(jīng)過M點的速度為：vM＝eq\f(PM＋MN,2T)＝eq\f(15m,T)，根據(jù)Δx＝aT2得：a＝eq\f(MN－PM,T2)＝eq\f(10m,T2)，則運動員經(jīng)過P點的速度為：vP＝vM－aT＝eq\f(15m,T)－eq\f(10m,T)＝eq\f(5m,T)，則：xOP＝eq\f(v\o\al(2,P),2a)＝1.25m，故A正確；運動員經(jīng)過P、M兩點的速度之比為：eq\f(vP,vM)＝eq\f(1,3)，故D錯誤；因為T未知，則不能求出運動員經(jīng)過OP段所用的時間和運動員的加速度，故B、C正確。本題選說法不正確的，故選D?？键c2自由落體運動和豎直上拋運動1.自由落體運動的特點(1)自由落體運動是初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動。(2)一切勻加速直線運動的公式均適用于自由落體運動，特別是初速度為零的勻加速直線運動的比例關系式，在自由落體運動中應用更頻繁。2．豎直上拋運動的兩種研究方法(1)分段法：將全程分為兩個階段，即上升過程的勻減速階段和下落過程的自由落體階段。(2)全程法：將全過程視為初速度v0向上、加速度g向下的勻變速直線運動，必須注意物理量的矢量性。習慣上取v0的方向為正方向，則v>0時，物體正在上升；v<0時，物體正在下降；h>0時，物體在拋出點上方；h<0時，物體在拋出點下方。例2(2020·廣東省化州市模擬)氣球以10m/s的速度勻速豎直上升，從氣球上掉下一個物體，經(jīng)15s到達地面。則物體剛脫離氣球時氣球的高度和物體從氣球上掉下至到達地面經(jīng)歷的路程分別是(g＝10m/s2)()A．1125m,1125m B.1125m,C．975m,985m D.985m,(1)物體從氣球上掉下之后做什么運動？提示：豎直上拋運動。(2)可以求出物體上升的最大高度嗎？提示：可以。嘗試解答選C。設物體剛脫離氣球時的高度為h，選向下為正方向，據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有h＝－v0t＋eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)解得：h＝975m，物體從脫離氣球至到達最高點時上升的高度h′＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(102,2×10)m＝5m，物體從氣球上掉下至到達地面經(jīng)歷的路程s＝h＋2h′＝985m，故C正確，A、B、D錯誤。豎直上拋的重要特性(1)對稱性：如圖所示，物體以初速度v0豎直上拋，A、B為途中的任意兩點，C為最高點。①時間對稱性：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理有tAB＝tBA。②速度對稱性：物體上升過程經(jīng)過A點的速度與下降過程經(jīng)過A點的速度大小相等，方向相反。③能量對稱性：物體從A→B和從B→A重力勢能變化量的大小相等，均等于mghAB。(2)多解性：在豎直上拋運動中，當物體經(jīng)過拋出點上方某一位置時，可能處于上升階段，也可能處于下落階段，因此這類問題可能造成時間多解或者速度多解，也可能造成路程多解。[變式2－1](2020·河北省高三4月聯(lián)考)一物體從空中自由下落至地面，若其最后1s的位移是第1s位移的n倍，忽略空氣阻力，則物體下落時間是()A．(n＋1)s B.(n－1)sC.eq\f(n＋1,2)s D.eq\f(n－1,2)s答案C解析自由落體運動第1s下落的位移：h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×1m＝5m，最后1s下落的位移：h＝eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)g(t－1s)2＝nh1，解得：t＝eq\f(n＋1,2)s，故C正確，A、B、D錯誤。[變式2－2](2020·安徽省淮北市模擬)一蹦床運動員豎直向上跳起，從離開蹦床算起，上升到最大高度一半所用的時間為t1，速度減為離開蹦床時速度一半所用的時間為t2，若不計空氣阻力，則t1與t2的大小關系為()A．t1<t2 B.t1＝t2C．t1>t2 D.不能確定答案A解析設上升到最大高度一半的速度為v，則根據(jù)勻變速直線運動速度與位移的關系式有：v2－veq\o\al(2,0)＝－2geq\f(h,2)，0－v2＝－2geq\f(h,2)，聯(lián)立解得：v＝eq\f(\r(2),2)v0，則上升到最大高度一半所用的時間為：t1＝eq\f(v－v0,－g)＝(2－eq\r(2))eq\f(v0,2g)，速度減為初速度一半所用的時間為t2＝eq\f(\f(1,2)v0－v0,－g)＝eq\f(v0,2g)，可知t1＜t2，故A正確，B、C、D錯誤?？键c3勻變速直線運動問題的求解方法例3(2020·山西省大同市縣區(qū)高三第一次聯(lián)考)2019年7月20日晚，在韓國光州進行的2019年國際游泳世錦賽跳水男子十米臺決賽中，中國選手楊健獲得該項目金牌。將運動員入水后向下的運動視為勻減速直線運動，該運動過程的時間為t。設楊健入水后第一個eq\f(t,4)時間內(nèi)的位移為x1，最后一個eq\f(t,4)時間內(nèi)的位移為x2，則x1∶x2為()A．3∶1 B.4∶1C．7∶1 D.8∶1該題中運動屬于末速度為零的勻減速直線運動，常采用何種方法處理？提示：逆向思維法結(jié)合比例法。嘗試解答選C。將運動員入水后的運動逆過來可看作為初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的規(guī)律可知，連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)的位移之比為1∶3∶5∶7…，所以eq\f(x1,x2)＝eq\f(7,1)，故C正確，A、B、D錯誤。1.“一畫，二選，三注意”解決勻變速直線運動問題2．多過程問題的解題方法(1)問題特點一個物體的運動包含幾個階段，各階段的運動性質(zhì)不同，滿足不同的運動規(guī)律，交接處的速度是連接各階段運動的紐帶。(2)基本思路[變式3－1](2020·河北省“五個一”名校聯(lián)盟)港珠澳大橋是目前世界上最長的跨海大橋，為香港、澳門、珠海三地提供了一條快捷通道。圖甲是港珠澳大橋中的一段，一輛以4m/s速度行駛的小汽車在長度為L＝28m的平直橋面上提速，圖乙是該車在該段提速的加速度a與位移x的關系。則這輛小汽車通過該段平直橋面的末速度和時間分別為()A．10m/s3s B.10mC．5m/s3s D.5m/s2eq\r(7)s答案B解析由加速度與位移的關系圖像可知，加速度大小為1.5m/s2，由公式2aL＝v2－veq\o\al(2,0)，解得v＝10m/s，由公式v＝v0＋at，解得t＝eq\f(10－4,1.5)s＝4s，故B正確，A、C、D錯誤。[變式3－2](2020·山西省運城市高三上期中調(diào)研)2019年6月6日，中國科考船“科學”號對馬里亞納海溝南側(cè)系列海山進行調(diào)查，船上搭載的“發(fā)現(xiàn)”號遙控無人潛水器完成了本航次第10次下潛作業(yè)，“發(fā)現(xiàn)”號下潛深度可達6000m以上。潛水器完成作業(yè)后上浮，上浮過程初期可看作勻加速直線運動。今測得潛水器相繼經(jīng)過兩段距離為8m的路程，第一段用時4s，第二段用時2s，則其加速度大小是()A.eq\f(2,3)m/s2 B.eq\f(4,3)m/s2C.eq\f(8,9)m/s2 D.eq\f(16,9)m/s2答案A解析根據(jù)題意，潛水器的運動可看作勻加速直線運動，則其中間時刻的速度等于平均速度，可知，第一段中間時刻的速度為v1＝eq\f(8,4)m/s＝2m/s，第二段中間時刻的速度為v2＝eq\f(8,2)m/s＝4m/s，再根據(jù)加速度的定義可知：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－2,3)m/s2＝eq\f(2,3)m/s2，故A正確，B、C、D錯誤。(9分)短跑運動員完成100m賽跑的過程可簡化為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段。一次比賽中，某運動員用11.00s跑完全程。已知運動員在加速階段的第2s內(nèi)通過的距離為7.5m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距離。試卷抽樣評析指導1.失分點①：方程及結(jié)果錯誤，扣3分。失分原因：思維不嚴謹，誤將運動員在加速的第2s內(nèi)初速度漏掉。補償建議：強化過程分析，明確每個運動過程中的已知量和未知量，選用正確的公式求解。規(guī)范解答：x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，x1＋x2＝eq\f(1,2)a(2t0)2，t0＝1s解得a＝5m/s22．失分點②：結(jié)果錯誤扣2分。失分原因：由于第一步中的a計算錯誤，直接導致該步計算加速時間和位移錯誤。規(guī)范解答：把a＝5m/s2代入方程解得t加＝2sx加＝10m3．其他可能失分點：誤將題干中“第2s內(nèi)”當成“前2s”得x2′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，a＝eq\f(7.5×2,22)m/s2＝3.75m/s24．解題過程中繁瑣的數(shù)學運算可略去，只剩必要的步驟和結(jié)果。1.(2020·江蘇省高考模擬)在我國新交通法中規(guī)定“車讓人”，駕駛員駕車時應考慮到行人過馬路的情況。若有一汽車以8m/s的速度勻速行駛即將通過路口，此時正有行人在過人行橫道，而汽車的前端距停車線8m，該車減速時的加速度大小為5m/s2。下列說法中正確的是()A．駕駛員立即剎車制動，則至少需2s汽車才能停止B．在距停車線7.5m處才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處C．若經(jīng)0.25s后才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處D．若經(jīng)0.2s后才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處答案D解析車減速為零所需時間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(8,5)s＝1.6s，故A錯誤；根據(jù)運動學公式可知，減速運動的位移為x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(82,2×5)m＝6.4m，故在距停車線6.4m處才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處，故B錯誤；由t′＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(8－6.4,8)s＝0.2s知，若經(jīng)0.2s后才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處，故C錯誤，D正確。2.(2019·全國卷Ⅰ)如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2。不計空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿足()A．1<eq\f(t2,t1)<2 B.2<eq\f(t2,t1)<3C．3<eq\f(t2,t1)<4 D.4<eq\f(t2,t1)<5答案C解析空氣阻力不計，運動員豎直上升過程做勻減速直線運動，位移為H時的速度為0。逆向觀察，運動員做初速度為0的勻加速直線運動，則連續(xù)相等位移所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。由題意知，eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，故3<eq\f(t2,t1)<4，C正確。3．(2020·安徽省示范高中名校高三上聯(lián)考)2018年10月23日港珠澳大橋正式通車，它是目前世界上最長的跨海大橋，為香港、澳門、珠海三地提供了一條快捷通道。圖甲是港珠澳大橋中的一段，一輛小汽車在長度為L＝21m的平直橋面上提速，圖乙是該車在該段的車速的平方(v2)與位移(x)的關系。則這輛小汽車通過該段平直橋面的加速度和時間分別為()A．4m/s26s B.2m/s2C．2m/s25s D.2m/s2eq\r(21)s答案B解析由勻變速直線運動的速度與位移的關系式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，結(jié)合圖像可知v0＝4m/s，v＝10m/s，則加速度a＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2L)＝2m/s2；由v＝v0＋at，得所用時間t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(10－4,2)s＝3s。故B正確，A、C、D錯誤。4.(2020·河北省衡水中學高三3月聯(lián)合教學質(zhì)量檢測)小球從某一高度處自由下落著地后反彈，然后又落下，每次與地面碰后動能變?yōu)榕鲎睬暗膃q\f(1,4)。以剛開始下落時為計時起點，小球的v-t圖像如圖所示，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．圖像中選取豎直向下為正方向B．每個階段的圖線并不相互平行C．每次與地面相碰后能夠上升的最大高度是前一次下落高度的一半D．每次與地面相碰后上升到最大高度所需的時間是前一次下落時間的一半答案D解析由于小球從某一高度處自由下落，根據(jù)v-t圖線知選取豎直向上為正方向，故A錯誤；不計空氣阻力，下落過程和上升過程中都只受重力，根據(jù)牛頓第二定律可得下落過程和上升過程中的加速度都為重力加速度，v-t圖線的斜率表示加速度，所以每個階段的圖線相互平行，故B錯誤；與地面相碰前下落過程中，根據(jù)動能定理可得Ek＝mgh，與地面相碰后上升過程中，根據(jù)動能定理可得Ek′＝mgh′，根據(jù)題意有Ek′＝eq\f(1,4)Ek，聯(lián)立解得h′＝eq\f(1,4)h，故C錯誤；根據(jù)運動學公式可得與地面相碰后上升的時間t′＝eq\r(\f(2h′,g))，前一次下落時間t＝eq\r(\f(2h,g))，可知t′＝eq\f(1,2)t，故D正確。5．(2020·全國卷Ⅰ)我國自主研制了運－20重型運輸機。飛機獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫，k為系數(shù)；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度。已知飛機質(zhì)量為1.21×105kg時，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為1.69×105(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間。答案(1)78m/s(2)2m/s239s解析(1)設飛機裝載貨物前質(zhì)量為m1，起飛離地速度為v1；裝載貨物后質(zhì)量為m2，起飛離地速度為v2，重力加速度大小為g，飛機起飛離地時，有m1g＝kveq\o\al(2,1)①m2g＝kveq\o\al(2,2)②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得v2＝78m/s。③(2)設飛機滑行距離為s，滑行過程中加速度的大小為a，所用時間為t，由勻變速直線運動公式有veq\o\al(2,2)＝2as④v2＝at⑤聯(lián)立③④⑤式并代入數(shù)據(jù)得a＝2m/s2⑥t＝39s。⑦時間：50分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～7題為單選，8～10題為多選)1．(2020·安徽省合肥九中高三上第二次月考)汽車在水平面上剎車，當位移x與時間t都取國際單位時，其位移與時間的數(shù)值關系是x＝24t－6t2，則它在前3s內(nèi)的平均速度為()A．6m/s B.8mC．10m/s D.12m答案B解析由位移與時間的關系可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，則由v＝v0＋at可知，汽車在2s末靜止，故前3s內(nèi)的位移等于2s內(nèi)的位移，故前3s內(nèi)汽車的位移x＝eq\f(24,2)×2m＝24m，則汽車在前3s內(nèi)的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故B正確，A、C、D錯誤。2．(2020·湖北省武漢市新洲區(qū)部分學校高三期末聯(lián)考)高速公路的ETC電子收費系統(tǒng)如圖所示，ETC通道的長度是識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離。某汽車以21.6km/h的速度勻速進入識別區(qū)，ETC天線用了0.3s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)現(xiàn)自動欄桿沒有抬起，于是采取制動剎車，汽車剛好沒有撞桿。已知司機的反應時間為0.7s，剎車的加速度大小為5m/s2，則該ETC通道的長度約為()A．4.2m B.6.0mC．7.8m D.9.6m答案D解析汽車進入識別區(qū)的速度v0＝21.6km/h＝6m/s，汽車在前t＝0.3s＋0.7s＝1s內(nèi)做勻速直線運動，位移為：x1＝v0t＝6×1m＝6m，隨后汽車做勻減速直線運動，位移為：x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(62,2×5)m＝3.6m，所以該ETC通道的長度約為：L＝x1＋x2＝6m＋3.6m＝9.6m，故A、B、C錯誤，D正確。3．(2020·湖北省“荊、荊、襄、宜”四地七校高三上學期期末)2018年10月23日港珠澳大橋正式通車，它是目前世界上最長的跨海大橋，為香港、澳門、珠海三地提供了一條快捷通道。圖甲是港珠澳大橋中的一段，一輛小汽車在長度為L的平直橋面上加速行駛，圖乙是該車位移(x)與車速的平方(v2)的關系，圖中a1、a2、L已知。則小汽車通過該平直橋面的時間為()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解析做勻變速直線運動的物體滿足v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，則其x-v2圖像為直線，由圖乙可知，小汽車通過該平直橋面的運動為勻加速直線運動，且v0＝eq\r(a1)，vt＝eq\r(a2)，由L＝eq\f(vt＋v0,2)t可得，其通過該平直橋面的時間為t＝eq\f(2L,\r(a1)＋\r(a2))，故D正確，A、B、C錯誤。4．(2021·四川省內(nèi)江市高三上一模)一個做勻加速直線運動的質(zhì)點，先后經(jīng)過a、b兩個位置時的速度分別為v0和9v0，從a到b的時間為t0，則下列判斷中正確的是()A．經(jīng)過ab中點的速度為eq\r(41)v0B．質(zhì)點的加速度為eq\f(5v0,t0)C．前eq\f(1,2)時間內(nèi)通過的位移比后eq\f(1,2)時間內(nèi)通過的位移少eq\f(1,2)v0t0D．通過前eq\f(1,2)位移所需的時間是后eq\f(1,2)位移所需時間的2倍答案A解析質(zhì)點經(jīng)過ab中點的速度大小為veq\f(x,2)＝eq\r(\f(v\o\al(2,0)＋9v02,2))＝eq\r(41)v0，A正確；質(zhì)點的加速度為a＝eq\f(9v0－v0,t0)＝eq\f(8v0,t0)，B錯誤；中間時刻的速度為veq\f(t0,2)＝eq\f(v0＋9v0,2)＝5v0，前eq\f(1,2)時間內(nèi)通過的位移比后eq\f(1,2)時間內(nèi)通過的位移少Δx＝eq\f(1,2)(5v0＋9v0)·eq\f(t0,2)－eq\f(1,2)(v0＋5v0)·eq\f(t0,2)＝2v0t0，C錯誤；設通過前eq\f(1,2)位移所需的時間是后eq\f(1,2)位移所需時間的n倍，并設一半位移為s，則n＝eq\f(\f(s,\x\to(v)1),\f(s,\x\to(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錯誤。5．一列車由等長的車廂連接而成。車廂之間的間隙忽略不計，一人站在站臺上與第一節(jié)車廂的最前端相齊。當列車由靜止開始做勻加速直線運動時開始計時，測量第一節(jié)車廂通過他的時間為1s，則從第5節(jié)至第16節(jié)車廂通過他的時間為()A．1s B.2sC.4s D.6s答案B解析取列車為參考系，把列車的運動轉(zhuǎn)化為人做勻加速直線運動，設每節(jié)車廂長為L，加速度為a，則由L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，得人通過第一節(jié)車廂的時間為：t1＝eq\r(\f(2L,a))＝1s，人通過前4節(jié)車廂的時間為：t4＝eq\r(\f(2×4L,a))＝2s，人通過前16節(jié)車廂的時間為：t16＝eq\r(\f(2×16L,a))＝4s，從第5節(jié)至第16節(jié)車廂通過他的時間為：Δt＝t16－t4＝4s－2s＝2s，故B正確，A、C、D錯誤。此題也可根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動的推論快速求解：依題意，第1節(jié)、第2節(jié)、…、第n節(jié)車廂通過人的時間之比為t1∶t2∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，則t1∶(t5＋t6＋…＋t16)＝1∶(eq\r(16)－eq\r(5－1))，則所求時間Δt＝(eq\r(16)－eq\r(5－1))s＝2s，故B正確，A、C、D錯誤。6.(2020·河北省張家口市高三(下)5月模擬)如圖所示，光滑斜面上有A、B、C、D四點，其中CD＝10AB。一可看成質(zhì)點的物體從A點由靜止釋放，通過AB和CD段所用時間均為t，則物體通過BC段所用時間為()A．1.5t B.2.5tC.3.5t D.4.5t答案C解析設AB＝x，由運動學規(guī)律可知，物體通過AB段時間中點的瞬時速度v1＝eq\f(x,t)，物體通過CD段時間中點的瞬時速度v2＝eq\f(10x,t)，則物體由AB段時間中點到CD段時間中點所用時間t1＝eq\f(v2－v1,a)，又因為x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t1＝4.5t，因此物體通過BC段所用時間t2＝t1－t，代入數(shù)據(jù)解得t2＝3.5t，故C正確，A、B、D錯誤。7.(2020·福建省泉州市高三上質(zhì)量檢查)一小石子從靠近豎直墻面的a點由靜止開始落下，空氣阻力不計，途中經(jīng)過b、c、d三個點，而且通過ab、bc、cd各段所用的時間均為T。若讓小石子從b點由靜止開始落下，則該小石子()A．通過bc、cd段的時間均小于TB．通過c、d點的速度之比為1∶2C．通過bc、cd段的平均速度之比為3∶5D．通過c點的速度大于通過bd段的平均速度答案D解析由題意知，小石子從a點由靜止下落，經(jīng)過ab、bc、cd各段的時間都是T，所以ab、bc、cd各段的長度之比為1∶3∶5。如果從b點由靜止開始下落，通過各點的速度比從a點下落時小，則通過bc、cd段的時間均大于T，故A錯誤。設bc間距離為3x，則cd間的距離為5x，所以bd間的距離為8x，小石子下落的加速度為g，小石子從b點開始由靜止下落，則通過c點的速度為：vc＝eq\r(6gx)，通過d點的速度為：vd＝eq\r(16gx)，所以通過c、d點的速度之比為eq\r(6)∶4，故B錯誤。bc、cd段的位移之比為3∶5，但是通過兩段的時間不相等，根據(jù)eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，平均速度之比不是3∶5，故C錯誤。對勻變速直線運動來說，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，而初速度為零的勻加速直線運動，連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比為1∶3，所以小石子經(jīng)過bc段的時間大于從b到d時間的二分之一，故通過c點的速度大于通過bd段的平均速度，故D正確。8．(2020·湖北省名師聯(lián)盟高三入學調(diào)研)做勻減速直線運動的質(zhì)點，它的加速度大小為a，初速度大小為v0，經(jīng)過時間t速度減小到零，則它在這段時間內(nèi)的位移大小可用下列哪些式子表示()A．v0t＋eq\f(1,2)at2 B.v0tC.eq\f(v0t,2) D.eq\f(1,2)at2答案CD解析由題意，初速度大小為v0，加速度大小為a，運動時間為t，則勻減速運動的位移大小為x＝v0t－eq\f(1,2)at2，故A、B錯誤；質(zhì)點做勻減速直線運動，已知初速度大小為v0，末速度為0，則這段時間內(nèi)的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋0,2)＝eq\f(v0,2)，所以這段時間內(nèi)質(zhì)點的位移大小為x＝eq\x\to(v)t＝eq\f(v0,2)t，故C正確；此運動可看成反向的初速度為零的勻加速直線運動，則這段時間內(nèi)質(zhì)點的位移大小為x＝eq\f(1,2)at2，故D正確。9．(2020·廣東省肇慶市高三上學期第一次統(tǒng)考)某人駕駛一輛汽車在平直的公路上以某一速度勻速運動，突然發(fā)現(xiàn)前方50m處停著一輛拖拉機，他立即剎車。剎車后汽車做勻減速直線運動，已知汽車在剎車后的第1個2s內(nèi)位移是24m，第4個2s內(nèi)的位移是1m，下列說法正確的是()A．汽車剎車后做勻減速直