第1章 核心素养提升-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案全书word（新教材）

高考科学复习解决方案 　物理 　　第一章　 核心素养提升 [科学思维提炼] 1．极限思想：(1)瞬时速度和瞬时加速度就是利用极限思想定义的；(2)由v­t图像求位移所用的微元累积法也利用了极限思想。 2．数形结合思想 图像反映了两个变量(物理量)之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，从而分析图像的意义。 3．逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，采用逆向思维法，倒过来看成初速度为零的匀加速直线运动。 4．类比法 如图，沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，小球全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可看成类竖直上抛运动，既可以分段处理，也可以全程法列式求解。应用全程法处理时，必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。 [素养提升集训] 一、选择题(本题共7小题) 1．伽利略在研究自由落体规律时假设小球下落的速度和所用的时间成正比，由于当时实验条件的限制，速度的测量很困难，于是伽利略根据假设推出了一个便于测量的物理量，也就是我们今天所说的“位移”，并通过研究“位移”和时间的关系验证了他的假设。在这个过程中，伽利略主要用到的科学研究方法是(　　) A．等效替代法 B．转换法 C．控制变量法 D．放大法 答案　B 解析　伽利略假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大的，但是他所在的那个时代还无法直接测定物体的瞬时速度，所以不能直接得到速度随时间的变化规律，伽利略通过数学运算得到结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用的时间的二次方成正比，这样，只要测出物体通过不同位移所用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，这种研究问题的方法叫转换法，故A、C、D错误，B正确。 2．(2023·上海高考)炮管发射数百次炮弹后报废，炮弹飞出速度为1000 m/s，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为(　　) A．5秒 B．5分钟 C．5小时 D．5天 答案　A 解析　将炮弹在炮管中的运动近似认为是初速度为零的匀加速直线运动，设每颗炮弹在炮管中运动的时间为t，炮管长度约为L＝5 m，则有L＝t，代入L＝5 m、v＝1000 m/s解得t＝0.01 s，设炮管报废前约发射500颗炮弹，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为t总＝500t＝5 s，故A正确，B、C、D错误。 3．(2023·广东省汕头市高三下二模)汕头市广场轮渡，图1是轮渡航线图，小钊利用手机python软件绘制的轮船的速率—时间图像如图2所示。下列说法正确的是(　　) A．t＝50 s和t＝350 s时轮船的速度方向相反 B．减速阶段，轮船的平均速度大小为2.00 m/s C．轮船加速阶段的平均加速度大于减速阶段的平均加速度 D．速率—时间图像与时间轴所围面积等于广场轮渡码头到礐石轮渡码头的位移大小 答案　C 解析　由图1轮船行驶轨迹结合图2可知，t＝50 s和t＝350 s时轮船的速度方向不是相反，故A错误；减速阶段速率从4.00 m/s减小到0.00 m/s，若此过程为匀减速直线运动，则可得＝ m/s＝2.00 m/s，由速率—时间图线与时间轴所围面积表示路程可知，轮船在减速过程中的路程大于同阶段若为匀减速直线运动的位移，根据＝可知该阶段平均速度的大小小于2.00 m/s，故B错误；由图2可知，轮船在加速阶段所用时间约为50 s，减速阶段所用时间约为90 s，由此可知加速阶段和减速阶段的平均加速度大小分别为a加＝＝ m/s2＝ m/s2，a减＝＝ m/s2＝ m/s2，则加速阶段的平均加速度大于减速阶段的平均加速度，故C正确；直线运动中速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，而速率—时间图像与时间轴围成的面积表示路程，但该轮船做的不是单向直线运动，故路程与位移大小不相等，则速率—时间图像与时间轴所围面积不等于广场轮渡码头到礐石轮渡码头的位移大小，故D错误。 4.(2023·福建省泉州市高三下质量监测二)急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即j＝，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时乘客感觉最舒适。图示为某汽车从静止开始启动一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。下列说法正确的是(　　) A．t3时刻汽车的加速度为零 B．0～t1时间内汽车的加速度逐渐减小 C．t1～t2时间内汽车的加速度均匀增大 D．t2～t3时间内汽车的平均加速度小于t1～t2时间内汽车的平均加速度 答案　C 解析　在j­t图像中，图线与t轴围成的面积表示加速度的变化量Δa，由题图可知，0～t3时间内图线与横轴围成的面积逐渐增大，则0～t3时间内汽车的加速度逐渐增大，t3时刻加速度取得最大值，t2～t3时间内汽车的平均加速度大于t1～t2时间内汽车的平均加速度，故A、B、D错误。t1～t2时间内急动度不变，根据j＝，可知单位时间内的加速度变化量恒定不变，即加速度均匀增大，C正确。 5．(2023·山东省潍坊市高三下三模)如图所示，ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。一汽车在平直公路上以15 m/s的速度行驶，汽车通过ETC通道前，以2.5 m/s2的加速度减速，当速度减至5 m/s后，匀速通过长为10 m的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后，再以5 m/s2的加速度匀加速至15 m/s，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是(　　) A．通过的距离为60 m B．通过的距离为70 m C．所用的时间为4 s D．所用的时间为6 s 答案　B 解析　汽车减速行驶时间t1＝＝ s＝4 s，匀速行驶时间t2＝＝ s＝2 s，加速行驶时间t3＝＝ s＝2 s，从开始减速到恢复原行驶速度过程所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝8 s，故C、D错误；汽车减速行驶位移为x1＝t1＝×4 m＝40 m，匀速行驶位移x2＝10 m，加速行驶位移为x3＝t3＝×2 m＝20 m，从开始减速至回到原行驶速度的过程中通过的距离为x＝x1＋x2＋x3＝70 m，故A错误，B正确。 6.(2022·江苏省南京市、盐城市高三下二模)广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0，重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为(　　) A．D B. C. D. 答案　C 解析　极短时间Δt内，从喷口喷出的水的体积为ΔV＝v0πΔt，水在空中做初速度为v0的竖直上抛运动，在离喷口高度为H时，设水的速度为v，根据匀变速直线运动的速度与位移之间的关系，有v2－v＝－2gH，设此时水柱的直径为D′，则ΔV＝vπΔt，联立解得D′＝，故选C。 7．(2022·河北省石家庄市高三下教学质量检测(一))(多选)哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v­t图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是(　　) A．冰壶减速运动的加速度大小为0.125 m/s2 B．9 s末，冰壶的速度大小为5.75 m/s C．7 s末，冰壶、机器人二者间距为7 m D．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息 答案　AC 解析　根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度为a冰＝＝ m/s2＝－0.125 m/s2，故加速度大小为0.125 m/s2，A正确；由速度与时间的关系式可得，9 s末，冰壶的速度大小为v9＝v0＋a冰t＝6 m/s＋(－0.125)×(9－3) m/s＝5.25 m/s，B错误；由题图乙可知，在t＝3 s时，机器人释放冰壶，两者分离，机器人的加速度为a机＝＝ m/s2＝－1 m/s2，故可得，从t＝3 s机器人释放冰壶到t＝7 s末，冰壶的位移为x冰＝v0t′＋a冰t′2＝6×(7－3) m＋×(－0.125)×(7－3)2 m＝23 m，机器人的位移为x机＝v0t′＋a机t′2＝6×(7－3) m＋×(－1)×(7－3)2 m＝16 m，则7 s末，冰壶、机器人二者间距为x冰－x机＝7 m，C正确；3～11 s内冰壶减速运动的位移为x冰′＝＝44 m，机器人减速运动的位移为x机′＝＝18 m，由x冰′－x机′＞8 m可知，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D错误。 二、非选择题(本题共2小题) 8．(2021·重庆高考)某同学用手机和带刻度的玻璃筒等器材研究金属小球在水中竖直下落的速度变化情况。他用手机拍摄功能记录小球在水中静止释放后位置随时间的变化，每 s拍摄一张照片。 (1)取某张照片中小球的位置为0号位置，然后依次每隔3张照片标记一次小球的位置，则相邻标记位置之间的时间间隔是________ s。 (2)测得小球位置x随时间t变化曲线如图所示，由图可知，小球在0.15 s～0.35 s时间段平均速度的大小________(选填“大于”“等于”“小于”)在0.45 s～0.65 s时间段内平均速度的大小。 (3)在实验器材不变的情况下，能够减小本实验测量误差的方法有：__________________________(写出一种即可)。 答案　(1)　(2)小于 (3)每张照片标记一次小球的位置(其他答案合理也可) 解析　(1)相邻标记位置之间的时间间隔是T＝4× s＝ s。 (2)小球在0.15 s～0.35 s时间段的位移约为Δx1＝240 mm－40 mm＝200 mm＝0.200 m，平均速度大小约为v1＝＝ m/s＝1.0 m/s；小球在0.45 s～0.65 s时间段的位移约为Δx2＝750 mm－400 mm＝350 mm＝0.350 m，平均速度大小约为v2＝＝ m/s＝1.75 m/s。可知小球在0.15 s～0.35 s时间段平均速度的大小小于在0.45 s～0.65 s时间段内平均速度的大小。 (3)在实验器材不变的情况下，能够减小实验测量误差的方法有：每张照片标记一次小球的位置、多次测量取平均值等。 9．(2023·河北省沧州市高三下一模)在某次军事演习中，歼击机以v0＝220 m/s的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机。当两者相距x0＝3.2 km时，歼击机发射一枚导弹，导弹脱离歼击机后沿水平方向做加速度为a＝20 m/s2的匀加速直线运动，t0＝20 s时击中无人靶机并将其击落。已知发射导弹的时间不计，发射导弹对歼击机速度无影响。 (1)求无人靶机被击中前飞行的速度大小； (2)求导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离； (3)若导弹击中无人靶机后，歼击机须尽快到达无人靶机被击落的空中位置且要求歼击机到达时速度为零继而悬停在空中。已知歼击机以最大加速度加速t＝4.8 s后达到最大速度vm＝340 m/s，且歼击机加速和减速过程最大加速度大小相等，忽略歼击机从发现导弹击中无人靶机到开始加速的反应时间，求从导弹击中无人靶机至歼击机到达无人靶机被击落位置的最短时间。(结果保留三位有效数字) 答案　(1)260 m/s　(2)3.24 km　(3)19.4 s 解析　(1)设无人靶机被击中前飞行的速度大小为v靶，则从导弹发射到击中无人靶机， 导弹的位移x导＝v0t0＋at 无人靶机的位移x靶＝v靶t0 由位移关系有x导＝x靶＋x0 联立并代入数据解得v靶＝260 m/s。 (2)设导弹被发射后经Δt时间与无人靶机速度相等，此时二者间距最大，设最大距离为Δx，则有v靶＝v0＋aΔt 导弹的位移x导′＝v0Δt＋a(Δt)2 无人靶机的位移x靶′＝v靶Δt 由位移关系有x靶′＋x0＝x导′＋Δx 联立并代入数据解得Δx＝3.24 km。 (3)导弹击中无人靶机时，歼击机与无人靶机的距离为x＝x0＋(v靶－v0)t0 经分析可知，导弹击中无人靶机后，歼击机须先以最大加速度做匀加速直线运动，达到最大速度后再以最大速度做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动，且到达无人靶机被击落位置时的速度为零。设歼击机的最大加速度的大小为am，歼击机先匀加速直线运动距离x加，之后在t匀时间内匀速直线运动距离x匀，最后在t减时间内匀减速直线运动距离x减，由匀变速直线运动规律有 am＝ x加＝t t减＝ x减＝t减 由匀速直线运动规律有x匀＝vmt匀 由位移关系有x＝x加＋x匀＋x减 从导弹击中无人靶机至歼击机到达无人靶机被击落位置的最短时间为tmin＝t＋t匀＋t减 联立并代入数据解得tmin＝19.4 s。 8 学科网（北京）股份有限公司 $$