金版教程物理2025高考科學復習解決方案第一章 運動的描述 勻變速直線運動第1章 核心素養(yǎng)提升含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學復習解決方案第一章運動的描述勻變速直線運動第一章核心素養(yǎng)提升[科學思維提煉]1．極限思想：(1)瞬時速度和瞬時加速度就是利用極限思想定義的；(2)由v-t圖像求位移所用的微元累積法也利用了極限思想。2．數形結合思想圖像反映了兩個變量(物理量)之間的函數關系，因此要由運動學公式推導出兩個物理量間的函數關系，從而分析圖像的意義。3．逆向思維法：對于末速度為零的勻減速直線運動，采用逆向思維法，倒過來看成初速度為零的勻加速直線運動。4．類比法如圖，沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后仍能以原加速度勻加速下滑，小球全過程加速度大小、方向均不變，故求解時可看成類豎直上拋運動，既可以分段處理，也可以全程法列式求解。應用全程法處理時，必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義。[素養(yǎng)提升集訓]一、選擇題(本題共7小題)1．伽利略在研究自由落體規(guī)律時假設小球下落的速度和所用的時間成正比，由于當時實驗條件的限制，速度的測量很困難，于是伽利略根據假設推出了一個便于測量的物理量，也就是我們今天所說的“位移”，并通過研究“位移”和時間的關系驗證了他的假設。在這個過程中，伽利略主要用到的科學研究方法是()A．等效替代法 B．轉換法C．控制變量法 D．放大法答案B解析伽利略假設自由落體運動的速度是隨著時間均勻增大的，但是他所在的那個時代還無法直接測定物體的瞬時速度，所以不能直接得到速度隨時間的變化規(guī)律，伽利略通過數學運算得到結論：如果物體的初速度為零，而且速度隨時間的變化是均勻的，那么它通過的位移與所用的時間的二次方成正比，這樣，只要測出物體通過不同位移所用的時間，就可以檢驗這個物體的速度是否隨時間均勻變化，這種研究問題的方法叫轉換法，故A、C、D錯誤，B正確。2．(2023·上海高考)炮管發(fā)射數百次炮彈后報廢，炮彈飛出速度為1000m/s，則炮管報廢前炮彈在炮管中運動的總時長約為()A．5秒 B．5分鐘C．5小時 D．5天答案A解析將炮彈在炮管中的運動近似認為是初速度為零的勻加速直線運動，設每顆炮彈在炮管中運動的時間為t，炮管長度約為L＝5m，則有L＝eq\f(v,2)t，代入L＝5m、v＝1000m/s解得t＝0.01s，設炮管報廢前約發(fā)射500顆炮彈，則炮管報廢前炮彈在炮管中運動的總時長約為t總＝500t＝5s，故A正確，B、C、D錯誤。3．(2023·廣東省汕頭市高三下二模)汕頭市廣場輪渡，圖1是輪渡航線圖，小釗利用手機python軟件繪制的輪船的速率—時間圖像如圖2所示。下列說法正確的是()A．t＝50s和t＝350s時輪船的速度方向相反B．減速階段，輪船的平均速度大小為2.00m/sC．輪船加速階段的平均加速度大于減速階段的平均加速度D．速率—時間圖像與時間軸所圍面積等于廣場輪渡碼頭到礐石輪渡碼頭的位移大小答案C解析由圖1輪船行駛軌跡結合圖2可知，t＝50s和t＝350s時輪船的速度方向不是相反，故A錯誤；減速階段速率從4.00m/s減小到0.00m/s，若此過程為勻減速直線運動，則可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(4.00＋0.00,2)m/s＝2.00m/s，由速率—時間圖線與時間軸所圍面積表示路程可知，輪船在減速過程中的路程大于同階段若為勻減速直線運動的位移，根據eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)可知該階段平均速度的大小小于2.00m/s，故B錯誤；由圖2可知，輪船在加速階段所用時間約為50s，減速階段所用時間約為90s，由此可知加速階段和減速階段的平均加速度大小分別為a加＝eq\f(Δv,Δt1)＝eq\f(4,50)m/s2＝eq\f(2,25)m/s2，a減＝eq\f(|Δv|,Δt2)＝eq\f(4,90)m/s2＝eq\f(2,45)m/s2，則加速階段的平均加速度大于減速階段的平均加速度，故C正確；直線運動中速度—時間圖像與時間軸圍成的面積表示位移，而速率—時間圖像與時間軸圍成的面積表示路程，但該輪船做的不是單向直線運動，故路程與位移大小不相等，則速率—時間圖像與時間軸所圍面積不等于廣場輪渡碼頭到礐石輪渡碼頭的位移大小，故D錯誤。4.(2023·福建省泉州市高三下質量監(jiān)測二)急動度j是描述加速度a隨時間t變化快慢的物理量，即j＝eq\f(Δa,Δt)，它可以用來反映乘客乘坐交通工具時的舒適程度，當交通工具的急動度為零時乘客感覺最舒適。圖示為某汽車從靜止開始啟動一小段時間內的急動度j隨時間t變化的規(guī)律。下列說法正確的是()A．t3時刻汽車的加速度為零B．0～t1時間內汽車的加速度逐漸減小C．t1～t2時間內汽車的加速度均勻增大D．t2～t3時間內汽車的平均加速度小于t1～t2時間內汽車的平均加速度答案C解析在j-t圖像中，圖線與t軸圍成的面積表示加速度的變化量Δa，由題圖可知，0～t3時間內圖線與橫軸圍成的面積逐漸增大，則0～t3時間內汽車的加速度逐漸增大，t3時刻加速度取得最大值，t2～t3時間內汽車的平均加速度大于t1～t2時間內汽車的平均加速度，故A、B、D錯誤。t1～t2時間內急動度不變，根據j＝eq\f(Δa,Δt)，可知單位時間內的加速度變化量恒定不變，即加速度均勻增大，C正確。5．(2023·山東省濰坊市高三下三模)如圖所示，ETC是高速公路上不停車電子收費系統(tǒng)的簡稱。一汽車在平直公路上以15m/s的速度行駛，汽車通過ETC通道前，以2.5m/s2的加速度減速，當速度減至5m/s后，勻速通過長為10m的勻速行駛區(qū)間。當車頭到達收費站中心線后，再以5m/s2的加速度勻加速至15m/s，汽車從開始減速至回到原行駛速度的過程，下列判斷正確的是()A．通過的距離為60m B．通過的距離為70mC．所用的時間為4s D．所用的時間為6s答案B解析汽車減速行駛時間t1＝eq\f(v1－v0,a1)＝eq\f(5－15,－2.5)s＝4s，勻速行駛時間t2＝eq\f(x2,v1)＝eq\f(10,5)s＝2s，加速行駛時間t3＝eq\f(v0－v1,a2)＝eq\f(15－5,5)s＝2s，從開始減速到恢復原行駛速度過程所用的時間t＝t1＋t2＋t3＝8s，故C、D錯誤；汽車減速行駛位移為x1＝eq\f(v1＋v0,2)t1＝eq\f(5＋15,2)×4m＝40m，勻速行駛位移x2＝10m，加速行駛位移為x3＝eq\f(v1＋v0,2)t3＝eq\f(5＋15,2)×2m＝20m，從開始減速至回到原行駛速度的過程中通過的距離為x＝x1＋x2＋x3＝70m，故A錯誤，B正確。6.(2022·江蘇省南京市、鹽城市高三下二模)廣場噴泉是城市一道亮麗的風景。如圖，噴口豎直向上噴水，已知噴管的直徑為D，水在噴口處的速度為v0，重力加速度為g，不考慮空氣阻力的影響，則在離噴口高度為H時的水柱直徑為()A．D B.eq\f(Dv0,\r(veq\o\al(2,0)＋2gH))C.eq\r(\f(D2v0,\r(veq\o\al(2,0)－2gH))) D.eq\r(\f(D2v0,\r(veq\o\al(2,0)＋2gH)))答案C解析極短時間Δt內，從噴口噴出的水的體積為ΔV＝v0πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq\s\up12(2)Δt，水在空中做初速度為v0的豎直上拋運動，在離噴口高度為H時，設水的速度為v，根據勻變速直線運動的速度與位移之間的關系，有v2－veq\o\al(2,0)＝－2gH，設此時水柱的直徑為D′，則ΔV＝vπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D′,2)))eq\s\up12(2)Δt，聯(lián)立解得D′＝eq\r(\f(D2v0,\r(veq\o\al(2,0)－2gH)))，故選C。7．(2022·河北省石家莊市高三下教學質量檢測(一))(多選)哈爾濱工業(yè)大學計算學部設計了一款能夠與人協(xié)作、共同完成冰壺比賽的機器人。當機器人與冰壺之間的距離保持在8m之內時，機器人可以實時追蹤冰壺的運動信息。如圖甲所示，在某次投擲練習中機器人夾取冰壺，由靜止開始做勻加速運動，之后釋放冰壺，二者均做勻減速直線運動，冰壺準確命中目標，二者在整個運動過程中的v-t圖像如圖乙所示。此次投擲中，下列說法中正確的是()A．冰壺減速運動的加速度大小為0.125m/s2B．9s末，冰壺的速度大小為5.75m/sC．7s末，冰壺、機器人二者間距為7mD．機器人能夠一直準確獲取冰壺的運動信息答案AC解析根據加速度的定義可知，冰壺減速運動的加速度為a冰＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(5－6,11－3)m/s2＝－0.125m/s2，故加速度大小為0.125m/s2，A正確；由速度與時間的關系式可得，9s末，冰壺的速度大小為v9＝v0＋a冰t＝6m/s＋(－0.125)×(9－3)m/s＝5.25m/s，B錯誤；由題圖乙可知，在t＝3s時，機器人釋放冰壺，兩者分離，機器人的加速度為a機＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(0－6,9－3)m/s2＝－1m/s2，故可得，從t＝3s機器人釋放冰壺到t＝7s末，冰壺的位移為x冰＝v0t′＋eq\f(1,2)a冰t′2＝6×(7－3)m＋eq\f(1,2)×(－0.125)×(7－3)2m＝23m，機器人的位移為x機＝v0t′＋eq\f(1,2)a機t′2＝6×(7－3)m＋eq\f(1,2)×(－1)×(7－3)2m＝16m，則7s末，冰壺、機器人二者間距為x冰－x機＝7m，C正確；3～11s內冰壺減速運動的位移為x冰′＝eq\f(veq\o\al(2,11)－veq\o\al(2,0),2a冰)＝44m，機器人減速運動的位移為x機′＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a機)＝18m，由x冰′－x機′＞8m可知，機器人不能一直準確獲取冰壺的運動信息，D錯誤。二、非選擇題(本題共2小題)8．(2021·重慶高考)某同學用手機和帶刻度的玻璃筒等器材研究金屬小球在水中豎直下落的速度變化情況。他用手機拍攝功能記錄小球在水中靜止釋放后位置隨時間的變化，每eq\f(1,60)s拍攝一張照片。(1)取某張照片中小球的位置為0號位置，然后依次每隔3張照片標記一次小球的位置，則相鄰標記位置之間的時間間隔是________s。(2)測得小球位置x隨時間t變化曲線如圖所示，由圖可知，小球在0.15s～0.35s時間段平均速度的大小________(選填“大于”“等于”“小于”)在0.45s～0.65s時間段內平均速度的大小。(3)在實驗器材不變的情況下，能夠減小本實驗測量誤差的方法有：__________________________(寫出一種即可)。答案(1)eq\f(1,15)(2)小于(3)每張照片標記一次小球的位置(其他答案合理也可)解析(1)相鄰標記位置之間的時間間隔是T＝4×eq\f(1,60)s＝eq\f(1,15)s。(2)小球在0.15s～0.35s時間段的位移約為Δx1＝240mm－40mm＝200mm＝0.200m，平均速度大小約為v1＝eq\f(Δx1,Δt1)＝eq\f(0.200,0.35－0.15)m/s＝1.0m/s；小球在0.45s～0.65s時間段的位移約為Δx2＝750mm－400mm＝350mm＝0.350m，平均速度大小約為v2＝eq\f(Δx2,Δt2)＝eq\f(0.350,0.65－0.45)m/s＝1.75m/s?？芍∏蛟?.15s～0.35s時間段平均速度的大小小于在0.45s～0.65s時間段內平均速度的大小。(3)在實驗器材不變的情況下，能夠減小實驗測量誤差的方法有：每張照片標記一次小球的位置、多次測量取平均值等。9．(2023·河北省滄州市高三下一模)在某次軍事演習中，殲擊機以v0＝220m/s的恒定速度追擊前面同一直線上勻速飛行的無人靶機。當兩者相距x0＝3.2km時，殲擊機發(fā)射一枚導彈，導彈脫離殲擊機后沿水平方向做加速度為a＝20m/s2的勻加速直線運動，t0＝20s時擊中無人靶機并將其擊落。已知發(fā)射導彈的時間不計，發(fā)射導彈對殲擊機速度無影響。(1)求無人靶機被擊中前飛行的速度大??；(2)求導彈飛行過程中與無人靶機的最大距離；(3)若導彈擊中無人靶機后，殲擊機須盡快到達無人靶機被擊落的空中位置且要求殲擊機到達時速度為零繼而懸停在空中。已知殲擊機以最大加速度加速t＝4.8s后達到最大速度vm＝340m/s，且殲擊機加速和減速過程最大加速度大小相等，忽略殲擊機從發(fā)現導彈擊中無人靶機到開始加速的反應時間，求從導彈擊中無人靶機至殲擊機到達無人靶機被擊落位置的最短時間。(結果保留三位有效數字)答案(1)260m/s(2)3.24km(3)19.4s解析(1)設無人靶機被擊中前飛行的速度大小為v靶，則從導彈發(fā)射到擊中無人靶機，導彈的位移x導＝v0t0＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)無人靶機的位移x靶＝v靶t0由位移關系有x導＝x靶＋x0聯(lián)立并代入數據解得v靶＝260m/s。(2)設導彈被發(fā)射后經Δt時間與無人靶機速度相等，此時二者間距最大，設最大距離為Δx，則有v靶＝v0＋aΔt導彈的位移x導′＝v0Δt＋eq\f(1,2)a(Δt)2無人靶機的位移x靶′＝v靶Δt由位移關系有x靶′＋x0＝x導′＋Δx聯(lián)立并代入數據解得Δx＝3.24km。(3)導彈擊中無人靶機時，殲擊機與無人靶機的距離為x＝x0＋(v靶－v0)t0經分析可知，導彈擊中無人靶機后，殲擊機須先以最大加速度做勻加速直線運動，達到最大速度后再以最大速度做勻速直線運動，最后以最大加速度做勻減速直線運動，且到達無人靶機被擊落位置時的速度為零。設殲擊機的最大加速度的大小為am，殲擊機先勻加速直線運動距離x加，之后在t勻時間內勻速直線運動距離x勻，最后在t減時間內勻減速直線運動距離x減，由勻變速直線運動規(guī)律有am＝eq\f(vm－v0,t)x加＝eq\f(v0＋vm,2)tt減＝eq\f(vm,am)x減＝eq\f(vm,2)t減由勻速直線運動規(guī)律有x勻＝vmt勻由位移關系有x＝x加＋x勻＋x減從導彈擊中無人靶機至殲擊機到達無人靶機被擊落位置的最短時間為tmin＝t＋t勻＋t減聯(lián)立并代入數據解得tmin＝19.4s。第講勻變速直線運動的規(guī)律[教材閱讀指導](對應人教版必修第一冊相關內容及問題)第二章第2節(jié)[思考與討論]圖2.2-3，從v-t圖像中可以看出加速度如何變化？提示：加速度逐漸減小。第二章第3節(jié)[拓展學習]，如何利用v-t圖像求位移？應用的是什么思想方法？提示：位移等于v-t圖像與t坐標軸圍成的面積。用到了微元法。第二章第3節(jié)[練習與應用]T2，汽車制動后做勻減速直線運動，求5s內發(fā)生的位移要注意什么？提示：要先求出汽車經過多長時間停止，注意剎車陷阱問題。必備知識梳理與回顧一、勻變速直線運動及其基本規(guī)律1．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\{(\a\vs4\al\co1(勻加速直線運動：a與v0\x(\s\up1(02))同向。,勻減速直線運動：a與v0\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。由以上兩式聯(lián)立可得速度與位移的關系式：eq\x(\s\up1(06))v2－veq\o\al(2,0)＝2ax。二、勻變速直線運動的推論1．三個重要推論(1)物體在一段時間內的平均速度等于這段時間eq\x(\s\up1(01))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(02))一半，即：eq\o(v,\s\up6(－))＝veq\s\do4(\f(t,2))＝eq\f(v0＋v,2)。(2)勻變速直線運動，位移中點速度veq\s\do4(\f(x,2))＝eq\r(\f(veq\o\al(2,0)＋v2,2))。(3)任意兩個連續(xù)相等的時間間隔T內的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝eq\x(\s\up1(03))aT2?？梢酝茝V得到xm－xn＝(m－n)aT2。2．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(04))1∶2∶3∶…∶n。(2)1T內、2T內、3T內……nT內位移的比為：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝eq\x(\s\up1(05))12∶22∶32∶…∶n2。(3)第一個T內、第二個T內、第三個T內……第n個T內位移的比為：x1′∶x2′∶x3′∶…∶xn′＝eq\x(\s\up1(06))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(07))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(08))1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。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位移中點的速度。()答案1.×2.×3.√二、對點激活1．(人教版必修第一冊·第二章第3節(jié)[練習與應用]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內前進36m，則汽車在5s內的位移為()A．50m B．45mC．40.5m D．40m答案C解析根據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，則汽車在5s內的位移為x′＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(0－182,2×（－4）)m＝40.5m，故C正確。2．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/s。關鍵能力發(fā)展與提升考點一勻變速直線運動基本規(guī)律的應用深化理解基本公式的選用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)＝2ax注：基本公式中，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。當v0＝0時，一般以a的方向為正方向。考向1基本公式的應用例1(2023·山東高考)如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為()A．3m/s B．2m/sC．1m/s D．0.5m/s[答案]C[解析]設RS間的距離為x，則ST間的距離為2x，設公交車經過兩段距離的時間分別為t1、t2，根據題意有eq\o(v,\s\up6(－))RS＝10m/s＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\o(v,\s\up6(－))ST＝5m/s＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)，聯(lián)立解得t2＝4t1，vR－vT＝10m/s，再根據勻變速直線運動規(guī)律有vT＝vR－a(t1＋t2)，則at1＝2m/s，又eq\o(v,\s\up6(－))RS＝veq\s\do9(\f(t1,2))＝vR－a·eq\f(t1,2)，解得vR＝11m/s，則vT＝1m/s，故選C。考向2剎車問題例2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，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。[答案](1)1.6m/s2≤a≤eq\f(16,7)m/s2(2)50s[解析](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?。利用基本公式求解此類問題時，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?！靖M訓練】1.在平直公路上行駛的汽車，司機突然發(fā)現前方出現交通事故，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內汽車發(fā)生的位移為58mB．8s內汽車發(fā)生的位移為32mC．8s內汽車的平均速度大小為10m/sD．8s內汽車的平均速度大小為6.25m/s答案D解析由x＝－2t2＋20t＋10，結合x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＋x0，可知汽車剎車的加速度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內汽車發(fā)生的位移等于5s內的位移，x5＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(20,2)×5m＝50m，B錯誤；8s內汽車的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x5,t8)＝eq\f(50,8)m/s＝6.25m/s，C錯誤，D正確?？键c二勻變速直線運動的推論的應用拓展延伸勻變速直線運動的推論及其他常用方法的選用注：以上各物理量中，除時間t外，均為矢量，可以用正、負號表示矢量的方向。考向1平均速度法例3(2023·山西省陽泉市高三下三模)已知O、A、B、C為同一直線上的四點，AB間的距離等于BC間的距離，一物體自O點由靜止出發(fā)，沿此直線做勻加速直線運動，依次經過A、B、C三點，已知經過AB段和BC段所用時間分別為t1和t2，則該物體經過OA段的時間為()A.eq\f(t1t2,t1－t2) B.eq\f(t1＋t2,2)C.eq\f(t1t2,t2－t1)－eq\f(t1＋t2,2) D.eq\f(t1t2,t1－t2)－eq\f(t1＋t2,2)[答案]D[解析]設該物體做勻加速直線運動的加速度大小為a，經過OA段的時間為t，AB間的距離為x，物體通過AB段的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))AB，通過BC段的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))BC，則有eq\o(v,\s\up6(－))AB＝eq\f(x,t1)，eq\o(v,\s\up6(－))BC＝eq\f(x,t2)，根據勻變速直線運動中一段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的速度，結合勻變速直線運動速度與時間關系，可得eq\o(v,\s\up6(－))BC＝eq\o(v,\s\up6(－))AB＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,2)＋\f(t2,2)))，eq\o(v,\s\up6(－))AB＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(t1,2)))，聯(lián)立解得t＝eq\f(t1t2,t1－t2)－eq\f(t1＋t2,2)，故選D?？枷?比例法例4(2023·東北三省四城市暨沈陽市高三下二模)如圖為某海灣大橋上四段長度均為110m的等跨連續(xù)橋梁，汽車從a處開始做勻減速直線運動，恰好行駛到e處停下。設汽車通過ab段的平均速度為v1，汽車通過de段的平均速度為v2，則eq\f(v1,v2)滿足()A．2<eq\f(v1,v2)<3 B．3<eq\f(v1,v2)<4C．4<eq\f(v1,v2)<5 D．5<eq\f(v1,v2)<6[答案]B[解析]設等跨連續(xù)橋梁的長度為L，將汽車從a到e的勻減速直線運動，看作反向初速度為零的勻加速直線運動，設汽車通過ab段和通過de段所用時間分別為t1、t2，根據初速度為零的勻變速直線運動的規(guī)律可得，t2∶t1＝1∶(2－eq\r(3))，又根據平均速度定義有，v1＝eq\f(L,t1)，v2＝eq\f(L,t2)，所以汽車通過ab段的平均速度與通過de段的平均速度之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，則3<eq\f(v1,v2)<4，故選B?？枷?Δx＝aT2的應用例5如圖甲所示為哈爾濱冰雪大世界游客排隊滑冰滑梯的場景，在工作人員的引導下，每間隔相同時間從滑梯頂端由靜止開始滑下一名游客，將某次拍到的滑梯上同時有多名游客的照片簡化為如圖乙所示，已知AB和BC間的距離分別為2.5m和3.5m，求：(1)CD間距離多遠；(2)此刻A的上端滑道上還有幾人；(3)此時A距滑道頂端多遠。[答案](1)4.5m(2)2人(3)2m[解析](1)游客在滑梯上做勻加速直線運動，根據勻加速直線運動在相鄰相等時間內位移差相等，有CD－BC＝BC－AB解得CD＝4.5m。(2)由(1)問可知，滑梯上相鄰兩距離的差值Δx＝BC－AB＝1m又AB＝2.5m則x1＝AB－Δx＝1.5mx2＝x1－Δx＝0.5m即此刻A的上端滑道上距A1.5m處和0.5m處各有1人，共2人。(3)設相鄰兩名游客下滑的時間間隔為T，下滑的加速度為a，則有Δx＝aT2此時A處游客的速度為vA＝eq\f(AB＋x1,2T)設此時A距滑道頂端的距離為s，則veq\o\al(2,A)＝2as聯(lián)立解得s＝2m。分析多物體問題的基本思路研究多物體在空間上重復同樣的運動時，可利用一個物體的運動取代多物體的運動，照片中的多個物體可認為是一個物體在不同時刻所處的位置，如水龍頭滴水、直升機定點空降、小球在斜面上每隔一定時間間隔連續(xù)釋放等，均可把多物體問題轉化為單物體問題求解?！靖M訓練】2.(多選)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，先后經過P、M、N三點，已知PM＝10m，MN＝20m，且運動員經過PM、MN兩段的時間相等，下列說法正確的是()A．能求出O、P間的距離B．能求出運動員經過OP段所用的時間C．能求出運動員的加速度D．能求出運動員經過P、M兩點的速度之比答案AD解析設運動員通過PM、MN所用時間均為T，則運動員經過M點的速度為：vM＝eq\f(PM＋MN,2T)＝eq\f(15m,T)，根據Δx＝aT2得：a＝eq\f(MN－PM,T2)＝eq\f(10m,T2)，則運動員經過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(veq\o\al(2,P),2a)＝1.25m，故A正確；運動員經過P、M兩點的速度之比為：eq\f(vP,vM)＝eq\f(1,3)，故D正確；因為T未知，則不能求出運動員經過OP段所用的時間和運動員的加速度，故B、C錯誤。考向4逆向思維法例6(多選)如圖所示，某飛機著陸時的速度v0＝216km/h，隨后沿直線勻減速滑行到停止。從飛機著陸開始計時，該飛機在倒數第4s內的位移為7m，下列說法正確的是()A．該飛機的加速度大小為2m/s2B．該飛機著陸后5s時的速度大小為40m/sC．該飛機在跑道上滑行的時間為30sD．該飛機在跑道上滑行的距離為1800m[答案]AC[解析]把飛機著陸后沿直線勻減速滑行到停止的運動逆向看成由靜止做加速度大小為a的勻加速直線運動，則在t1＝3s內的位移大小為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，在t2＝4s內的位移大小為x2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，根據題意有x2－x1＝7m，聯(lián)立解得加速度大小為a＝2m/s2，A正確；飛機著陸時的速度v0＝eq\f(216,3.6)m/s＝60m/s，該飛機著陸后5s時的速度大小為v5＝v0－at5＝60m/s－2×5m/s＝50m/s，B錯誤；該飛機在跑道上滑行的時間為t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(60,2)s＝30s，C正確；該飛機在跑道上滑行的距離為x＝eq\f(v0,2)t＝eq\f(60,2)×30m＝900m，D錯誤。課時作業(yè)[A組基礎鞏固練]1．(2022·廣東省潮州市高三下第二次模擬考試)顧誦芬院士主持建立了我國飛機設計體系，開創(chuàng)了我國自行設計研制殲擊機的歷史。“殲－20”在某次訓練時著艦不成功，飛行員經短暫反應后迅速啟動“逃逸復飛”，若啟動復飛時飛機距離航母跑道末端為210m，速度為20m/s。復飛過程可看成勻變速直線運動，飛機起飛所需的最小速度為50m/s，為使飛機能復飛成功，則復飛過程的加速度至少為()A．4m/s2 B．7m/s2C．6m/s2 D．5m/s2答案D解析飛機從啟動復飛到完全起飛，由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，可知當v0一定，v越小，x越大，則a越小，解得加速度至少為amin＝eq\f(502－202,2×210)m/s2＝5m/s2，故A、B、C錯誤，D正確。2．跳水男子十米臺決賽中，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。設運動員入水后向下運動的第一個eq\f(t,4)時間內的位移為x1，最后一個eq\f(t,4)時間內的位移為x2，則x1∶x2為()A．3∶1 B．4∶1C．7∶1 D．8∶1答案C解析將運動員入水后向下的運動逆過來可看成初速度為零的勻加速直線運動，根據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。3.2019年6月6日，中國科考船“科學”號對馬里亞納海溝南側系列海山進行調查，船上搭載的“發(fā)現”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”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。4．假設某次深海探測活動中，“蛟龍?zhí)枴蓖瓿珊５卓瓶既蝿蘸筘Q直上浮，從上浮速度為v時開始勻減速運動并計時，經過時間t，“蛟龍?zhí)枴鄙细〉胶Ｃ妫俣惹『脺p為零，則“蛟龍?zhí)枴痹趖0(t0<t)時刻距離海面的深度為()A．vt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t0,2t))) B.eq\f(v（t－t0）2,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vteq\o\al(2,0),2t)答案B解析根據加速度的定義可求得“蛟龍?zhí)枴鄙细r的加速度大小為a＝eq\f(v,t)，“蛟龍?zhí)枴鄙细〉胶Ｃ?，速度恰好減為零，則可將“蛟龍?zhí)枴睖p速上浮過程逆向看作初速度為0、加速度大小為a的勻加速下潛過程，可知“蛟龍?zhí)枴痹趖0時刻距離海面的深度為h＝eq\f(1,2)a(t－t0)2＝eq\f(v（t－t0）2,2t)，故選B。5．一個做勻加速直線運動的質點，先后經過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．經過ab中點的速度為eq\r(41)v0B．質點的加速度為eq\f(5v0,t0)C．前eq\f(1,2)時間內通過的位移比后eq\f(1,2)時間內通過的位移少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3倍答案A解析質點經過ab中點的速度大小為veq\s\up-7(\f(x,2))＝eq\r(\f(veq\o\al(2,0)＋（9v0）2,2))＝eq\r(41)v0，A正確；質點的加速度為a＝eq\f(9v0－v0,t0)＝eq\f(8v0,t0)，B錯誤；中間時刻的速度為veq\s\up-7(\f(t0,2))＝eq\f(v0＋9v0,2)＝5v0，前eq\f(1,2)時間內通過的位移比后eq\f(1,2)時間內通過的位移少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,\o(v,\s\up6(－))1),\f(s,\o(v,\s\up6(－))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))≈2，D錯誤。6．(2024·湖北省黃岡市高三上9月調研)某同學乘從武漢開往黃岡的動車旅行，發(fā)現動車啟動時車窗正對著某電線桿(記第1根)，他立即啟動手機計時器，經過90s，恰好觀察到車窗經過第46根電線桿，此時車內電子屏顯示即時速度為162km/h。若這段時間內動車做勻加速直線運動，且相鄰兩電線桿之間距離相等，下列說法正確的是()A．這段時間內動車的平均速度大小為45m/sB．相鄰電線桿之間的距離約為45mC．這段時間內動車的加速度大小為1.8m/s2D．車窗經過第5根電線桿時，動車的速度大小為15m/s答案B解析根據初速度為0的勻變速直線運動規(guī)律有eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(vt,2)，又vt＝162km/h＝45m/s，則這段時間內動車的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝22.5m/s，故A錯誤；設相鄰電線桿之間的距離為L，可知(46－1)L＝eq\o(v,\s\up6(－))t，式中t＝90s，解得L＝45m，故B正確；這段時間內動車的加速度大小為a＝eq\f(vt,t)＝eq\f(45,90)m/s2＝0.5m/s2，故C錯誤；根據勻變速直線運動位移與速度的關系式可得veq\o\al(2,1)＝2a×(5－1)L，解得車窗經過第5根電線桿時，動車的速度大小為v1＝6eq\r(5)m/s，故D錯誤。[B組綜合提升練]7．(多選)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內位移是24m，第4個2s內的位移是1m，下列說法正確的是()A．汽車剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為eq\f(23,12)m/s2B．汽車剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為2m/s2C．汽車剎車后停止前，可能撞上拖拉機D．汽車剎車前的速度為14m/s答案BD解析假設汽車在第4個2s內一直做勻變速直線運動，根據x4－x1＝3aT2，將x1＝24m、x4＝