第1章 第3讲 答卷现场 匀变速直线运动中的多过程问题-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

第一章　运动的描述　 匀变速直线运动 第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题 答卷现场　匀变速直线运动中的 多过程问题 目录 1 答卷现场　匀变速直线运动中的多过程问题 课时作业 2 答卷现场　匀变速直线运动中的多过程问题 (9分)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员在加速阶段的加速度及在加速阶段通过的距离。 答卷现场　匀变速直线运动中的多过程问题 4 答卷现场　匀变速直线运动中的多过程问题 5 答卷现场　匀变速直线运动中的多过程问题 6 课时作业 [A组　基础巩固练] 1．(2024·广西高考)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度处自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　) A．v1＝5 m/s B．v1＝10 m/s C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s 解析：石块自由下落时做自由落体运动，加速度和速度与质量无关，则在下落的第1 s末速度大小为v1＝v2＝gt＝10 m/s2×1 s＝10 m/s，故B正确，A、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 8 2．(2025·辽宁省辽阳市高三模拟)某人坐在树下看到熟透的苹果(视为质点)从树上掉下来，从与头顶相同高度处落到水平地面的时间为0.1 s。已知头顶到地面的高度为1.25 m，取重力加速度大小为10 m/s2，则苹果(　　) A．经过与头顶相同高度处时的速度大小为10 m/s B．在空中运动的时间为1.2 s C．刚掉落时离地的高度为8.45 m D．落地时的速度大小为12 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 10 3．(多选)升降机从井底以5 m/s的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过4 s升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．螺钉松脱后做自由落体运动 B．矿井的深度为60 m C．螺钉落到井底时的速度大小为35 m/s D．螺钉松脱后做竖直上抛运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 12 4．(多选)独轮摩托车由静止开始以2.5 m/s2的加速度沿直线匀加速行驶了4 s，又以2 m/s2的加速度沿直线匀减速行驶至速度为5 m/s，然后做匀速直线运动。下列说法中正确的是(　　) A．独轮摩托车从静止开始经过5.5 s后做匀速直线运动 B．独轮摩托车从静止开始经过6.5 s后做匀速直线运动 C．独轮摩托车在做匀速直线运动前发生的位移为38.75 m D．独轮摩托车在做匀速直线运动前发生的位移为32.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 14 5．大雾天气能见度仅为32 m。某人的反应时间为0.4 s，汽车刹车时能产生的最大加速度大小为5 m/s2，为了安全行驶，汽车行驶的最大速度为(　　) A．12 m/s B．15 m/s C．16 m/s D．20 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 15 6.(人教版必修第一册·第二章第4节[练习与应用]T4改编)有一种“傻瓜”照相机，其光圈(进光孔径)随被摄物体的亮度自动调节，而快门(曝光时间)是固定不变的。为估测某架“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子从地面以上2.5 m的高度下落，每块砖的平均厚度为6 cm，请估算这架照相机的曝光时间为(　　) A．0.01 s B．0.02 s C．0.1 s D．0.2 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 19 8.如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为112 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　) A．14 s B．16 s C．22 s D．28 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 21 9．(2024·辽宁省大连市高三下二模)t＝0时刻以10 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，t＝0．4 s时从同一地点又以10 m/s的初速度竖直向上抛出第二个小球，不计空气阻力，重力加速度取10 m/s2，则两小球在空中相遇的时刻为(　　) A．1.1 s B．1.2 s C．1.3 s D．1.4 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 22 [B组　综合提升练] 10．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　) A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 27 12．(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1080 km，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108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/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0.5 m/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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 29 13．“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12 s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。 下列说法正确的是(　　) A．前6秒火星车做加速运动 B．第6秒末火星车的速率为4.75 cm/s C．火星车一共匀速运动了10 cm D．火星车减速的加速度大小为2 cm/s2 t/s 0 2 4 6 8 10 12 x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 30 t/s 0 2 4 6 8 10 12 x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 31 t/s 0 2 4 6 8 10 12 x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 32 14．(2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 答案：(1)20 m/s　(2)680 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 34 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 试卷抽样 评析指导 失分点①：方程及结果错误，扣3分。 失分原因：思维不严谨，误将运动员在加速的第2 s内初速度漏掉。 补偿建议：强化过程分析，明确每个运动过程中的已知量和未知量，选用正确的公式求解。 规范解答：x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，x1＋x2＝eq \f(1,2)a(2t0)2，t0＝1 s 解得a＝5 m/s2 失分点②：结果错误，扣2分。 失分原因：由于第一步中的a计算错误，直接导致该步计算加速时间和位移错误。 规范解答：把a＝5 m/s2代入方程 解得t加＝2 s(另一解t加＝20 s舍去) x加＝10 m 特别提示 ①其他可能失分点：误将题干中“第2 s内”当成“前2 s”，得x2′＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)，a＝eq \f(7.5×2,22) m/s2＝3.75 m/s2。 ②解题过程中繁琐的数学运算可略去，只剩必要的步骤和结果。 解析：设苹果经过与头顶相同高度处时的速度大小为v1，已知苹果从与头顶相同高度处落到水平地面的时间为t2＝0.1 s，头顶到地面的高度为h2＝1.25 m，根据运动学公式可得h2＝v1t2＋eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，解得v1＝12 m/s，则苹果落至与头顶相同高度处的时间为t1＝eq \f(v1,g)＝1.2 s，苹果在空中运动的时间为t＝t1＋t2＝1.3 s，苹果刚掉落时离地的高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝8.45 m，苹果落地时的速度大小为v＝gt＝13 m/s，故C正确，A、B、D错误。 解析：螺钉松脱前随升降机以大小为v0＝5 m/s的速度向上匀速运行，则松脱后做竖直上抛运动，故A错误，D正确；以竖直向下为正方向，根据v＝－v0＋gt，解得螺钉落到井底时的速度大小为v＝35 m/s，故C正确；螺钉下降的高度为h1＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2＝60 m，螺钉松脱位置到井口的距离h2＝v0t＝20 m，因此井深h＝h1＋h2＝80 m，故B错误。 解析：设独轮摩托车匀加速运动的时间为t1，加速度大小为a1，匀减速运动的时间为t2，加速度大小为a2，做匀速直线运动时的速度大小为v2，则独轮摩托车开始减速时的速度大小v1＝a1t1＝10 m/s，匀减速行驶的过程，有v2＝v1－a2t2，代入数据解得t2＝2.5 s，则独轮摩托车从静止开始到做匀速直线运动的时间为t＝t1＋t2＝6.5 s，故A错误，B正确；独轮摩托车在做匀速直线运动前发生的位移为x＝eq \f(v1,2)×t1＋eq \f(v1＋v2,2)×t2＝38.75 m，故C正确，D错误。 解析：设汽车行驶的速度为v，由题知该人的反应时间为t0＝0.4 s，汽车刹车时减速运动的最大加速度大小为a＝5 m/s2，则人反应时间内汽车的位移x1＝vt0，汽车以最大加速度刹车过程的位移x2＝eq \f(0－v2,－2a)，为了安全行驶，x1、x2需满足x1＋x2≤x0，其中x0＝32 m，解得v≤16 m/s，所以汽车行驶的最大速度为16 m/s，故C正确，A、B、D错误。 解析：解法一(公式法)：图中AB的实际长度为AB＝ 0.12 m，A到地面的高度h1＝8.5×6 cm＝0.51 m，B到地面 的高度h2＝6.5×6 cm＝0.39 m，设开始下落点为O，则hOA＝ H－h1＝1.99 m，hOB＝H－h2＝2.11 m。由hOA＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)得t1≈ 0.63 s，由hOB＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)得t2≈0.65 s。曝光时间Δt＝t2－t1＝0.02 s，故B正确。 解法二(估算法)：自由落体运动到A点的速度为v＝eq \r(2ghOA)≈6.3 m/s。因为0.12 m远小于1.99 m，故可以近似地将AB段的运动当作匀速直线运动，故t＝eq \f(AB,v)≈0.02 s，故B正确。 7．(多选)从高为20 m的位置以20 m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10 m/s2，当物体与抛出点距离为15 m时，所经历的时间可能是(　　) A．1 s B．2 s C．3 s D．(2＋eq \r(7)) s 解析：取竖直向上为正方向，则初速度v0＝20 m/s，当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m处时，位移为x＝15 m，由竖直上抛运动的位移与时间关系式得x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；当物体运动到抛出点下方离抛出点15 m处时，位移为x′＝－15 m，由x′＝v0t－eq \f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq \r(7)) s或t4＝(2－eq \r(7)) s(负值舍去)，A、C、D正确，B错误。 解析：升降机先以加速度最大值a做匀加速直线运动，直到达到最大速度v，然后做匀速直线运动，最后以加速度最大值a做匀减速运动，此过程将矿石从井底提升到井口的时间最短。在加速阶段，运动时间为t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(8,1) s＝8 s，通过的位移为x1＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(82,2×1) m＝32 m，根据对称性可知，在减速阶段与加速阶段运动时间和通过的位移相同，则升降机在匀速阶段通过的位移为x2＝x－2x1＝112 m－2×32 m＝48 m，运动时间为t2＝eq \f(x2,v)＝eq \f(48,8) s＝6 s，则将矿石从井底提升到井口的最短时间为tmin＝2t1＋t2＝22 s，故选C。 解析：设抛出第一个小球的时刻为t1，抛出第二个小球的时刻为t2，两小球在空中相遇的时刻为t3，两球的初速度大小均为v0，由竖直上抛运动规律有v0(t3－t1)－eq \f(1,2)g(t3－t1)2＝v0(t3－t2)－eq \f(1,2)g(t3－t2)2，解得t3＝1.2 s，故选B。 解析：关卡刚放行时，该同学加速的时间为t＝eq \f(v,a)＝1 s，运动的距离为x1＝eq \f(1,2)at2＝1 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动距离为9 m，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，由此被挡在关卡4前，C正确。 11.(2025·河南省新乡市高三上一模)t＝0时刻，小球甲(视为质点)从地面开始做竖直上抛运动，小球乙(视为质点)从距地面高度为h0处由静止释放，两小球距地面的高度h与运动时间t的关系图像如图所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．甲的初速度比乙落地时的速度大 B．甲上升过程的平均速度比乙下降过程的平均速度小 C．甲、乙处于同一高度的时刻为eq \r(\f(h0,2g)) D．甲、乙落地的时间差为eq \r(\f(h0,g)) 解析：由题图可知，乙由静止释放时距地面的高度与甲上升到最高点时距地面的高度相等，由h＝eq \f(1,2)gt2及逆向思维法可知，乙由静止释放到落地所用的时间与甲由抛出到上升到最高点所用的时间相等，由v＝gt及逆向思维法可知，甲的初速度与乙落地时的速度大小相等，由eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(h,t)可知，甲上升过程的平均速度与乙下降过程的平均速度大小相等，故A、B错误； 设甲竖直上抛的初速度大小为v0，甲、乙到达同一高度的时刻为t0，由位移关系有eq \f(1,2)gteq \o\al(2,0)＋v0t0－eq \f(1,2)gteq \o\al(2,0)＝h0，对乙，由匀变速直线运动速度与位移的关系有veq \o\al(2,0)－0＝2gh0，联立解得t0＝eq \r(\f(h0,2g))，故C正确；乙落地时甲刚好上升到最高点，所以甲、乙落地的时间差等于甲从最高点下落到地面所用的时间，满足h0＝eq \f(1,2)g·(Δt)2，解得时间差为Δt＝eq \r(\f(2h0,g))，故D错误。 解析：根据题意知，从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为在任意相邻两车站间节省的时间的5倍。普通列车的最高速度v1＝108 km/h＝30 m/s，高铁列车的最高速度v2＝324 km/h＝90 m/s，相邻两车站间的距离x＝eq \f(1080×103,5) m＝2.16×105 m。普通列车加速时间t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m，由于加速过程与减速过程的加速度大小相等，最大速度相等，则加速过程与减速过程的时间、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＝7140 s，故普通列车在相邻两车站间行驶的时间t邻＝t2＋2t1＝7260 s，同理计算可得高铁列车在相邻两车站间行驶的时间t邻′＝2580 s，则乘高铁列车出行在相邻两车站间节省的时间Δt＝t邻－t邻′＝4680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝5×4680 s＝23400 s＝6小时30分钟，故选B。 解析：由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至停止。设匀加速阶段的加速度大小为a，时间为t1；匀速阶段的速度大小为v，时间为t2；匀减速阶段的加速度大小为a′，时间为t3。由表格数据可知，0～2 s内的位移与2～4 s内的位移大小之比为1∶3，说明火星车在0～4 s内做初速度为0的匀加速直线运动，根据x＝eq \f(1,2)at2，解得a＝1 cm/s2；8～10 s内的位移与10～12 s内的位移大小之比为3∶1，结合逆向思维，可认为此过程 火星车反向做初速度为零的匀加速直线运动，则有x′＝eq \f(1,2)a′t′2，解得a′＝1 cm/s2；匀 加速阶段的时间为t1＝eq \f(v,a)，匀减速阶段的时间为t3＝eq \f(v,a′)，故0～12 s全过程的位移满足x总＝eq \f(v,2)t1＋vt2＋eq \f(v,2)t3＝35 cm，又有t1＋t2＋t3＝12 s，联立以上各式解得t1＝t3＝5 s，t2＝2 s，v＝5 cm/s。前5 s火星车做加速运动，5～7 s火星车做匀速运动，故第6 s末火星车的速率为5 cm/s，A、B错误；火星车做匀速运动的位移大小为x2＝vt2＝5×2 cm＝10 cm，C正确；火星车减速的加速度大小为1 cm/s2，D错误。 解析：(1)设救护车匀速运动时的速度大小为v，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，有v＝at1 代入数据解得v＝20 m/s。 (2)设救护车在t3时刻停止鸣笛，停止鸣笛时救护车距出发处的距离为x，救护车在加速运动过程中的位移为x1，在停止鸣笛前救护车匀速运动的位移为x2，则 x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) x2＝v(t3－t1) x＝x1＋x2 t2时最后的鸣笛声传回到救护车出发处，有 x＝v0(t2－t3) 联立并代入数据，解得x＝680 m。 $$