第2章 匀变速直线运动 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（粤教版）

章末小结与质量评价 第二章 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维　 01 02 CONTENTS 目录 三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 章末综合检测 03 04 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维　 考法一　两类匀减速直线运动问题 两类运动 轨迹特点 技巧点拨 刹车类 问题 (最后状态) 可看成反向的初速度为零的匀加速运动 双向 可逆类 (转折状态) 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回，这类运动可对全程列式，注意s、vt、a等矢量的正负号 [典例1]　飞机着陆做匀减速直线运动可获得大小为a=6 m/s2的加速度，飞机着陆时的速度为v0=60 m/s，求飞机着陆后t=12 s内滑行的距离。 [答案]　300 m [解析]　设飞机从着陆到停止所需时间为t0，由速度公式vt=v0-at0得t0=10 s。可见，飞机在t=12 s内的前10 s内做匀减速直线运动，后2 s内保持静止。所以有s=v0t0-a=300 m；或s==300 m。 /易错警示/ (1)本例题的易错点在于不考虑刹车的实际情况，盲目套用位移公式s=v0t-at2，将t=12 s直接代入得到s=288 m的典型错解。 (2)解答该类问题时应先计算出物体停止运动实际需要的时间，才能判断给定时间内物体的运动情况。 [典例2]　如图所示，小球以6 m/s 的速度 由足够长的光滑斜面中部沿着斜面向上滑。 已知小球在斜面上运动的加速度大小为2 m/s2。 分别求出经过2 s、3 s、4 s、6 s、8 s小球的位移。(小球在光滑斜面上运动时，加速度的大小、方向都不变) [答案]　8 m，9 m，8 m，0，-16 m，其中负号表示小球位移方向沿斜面向下 [解析]　以小球的初速度方向为正方向，即沿斜面向上为正方向，则小球的加速度沿斜面向下，为负值。 将t2=2 s，t3=3 s，t4=4 s，t6=6 s，t8=8 s 代入s=v0t+at2， 解得s2=8 m，s3=9 m，s4=8 m，s6=0，s8=-16 m。 对点训练 1.一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，遇到紧急情况，突然以大小为2 m/s2的加速度匀减速刹车，则从刹车开始计时，汽车在6 s内的位移是 (　 ) A.24 m B.25 m C.60 m D.96 m √ 解析：汽车停止运动时间为t== s=5 s，汽车在5 s末就已经停止运动，所以汽车在6 s内的位移等于在5 s内的位移，故有s== m= 25 m，B正确。 2.在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。那么，经过3 s时物体的速度大小和方向是 (　　) A.25 m/s，沿斜面向上 　B.5 m/s，沿斜面向下 C.5 m/s，沿斜面向上 　D.25 m/s，沿斜面向下 √ 解析：取初速度方向为正方向，则v0=10 m/s，a=-5 m/s2，由v=v0+at可得，当t=3 s时，v=-5 m/s，“-”表示速度方向沿斜面向下，故B正确。 考法二　竖直上抛运动的规律及应用 定义 物体具有竖直向上的初速度，只在重力作用下的运动 条件 (1)v0方向竖直向上，(2)只受重力 运动 性质 a=g的有往复的匀变速直线运动： (1)上升过程：匀减速运动 (2)下降过程：自由落体运动 处理 方法 (1)分段法： ①上升过程：匀减速运动，vt=v0-gt，h=v0t-gt2 ②下降过程：自由落体运动，vt=gt，h=gt2 (2)全程法：选竖直向上为正方向，将竖直上抛运动视为初速度为v0、加速度为-g的匀变速直线运动 ①vt=v0-gt⇒vt>0，上升阶段；vt<0，下落阶段 ②h=v0t-gt2⇒h>0，在抛出点上方；h<0，在抛出点下方 续表 几个 典型 量 (1)上升时间：t== (2)上升的最大高度：h== (3)在t=时刻，整个过程位移为零，即回到抛出点 续表 两个 特性 作出竖直上抛运动的过程图，如图所示，结合图像分析，可知 (1)对称性 ①时间对称性：对同一段距离，上升过程和下降 过程时间相等，tAB=tBA，tOC=tCO ②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点 时速度大小相等，方向相反 (2)多解性：通过某一点对应两个时刻，即：物体 可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段 续表 [典例]　气球下悬挂一重物，以v0=10 m/s匀速上升，当到达离地面h=175 m处时悬挂重物的绳子突然断裂，空气阻力不计，g取10 m/s2。求： (1)重物经多少时间落到地面。 (2)落地时的速度多大? [答案]　(1)7 s　(2)60 m/s [解析]　法一：分段法 分成上升阶段和下落阶段两过程考虑 绳子断裂后重物可继续上升的时间和上升的高度分别为 t1== s=1 s，h1== m=5 m， 故重物离地面的最大高度为H=h+h1=(175+5)m=180 m， 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t2= = s=6 s vt=gt2=10×6 m/s=60 m/s，方向竖直向下 所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间 t=t1+t2=1 s+6 s=7 s。 法二：全程法 从全程的匀变速直线运动考虑 从绳子断裂开始计时，经时间t后物体落至抛出点下方，规定竖直向上为正方向，则物体在时间t内的位移h2=-h=-175 m 由位移公式h2=v0t-gt2，即-175=10t-×10t2=10t-5t2 解得t=7 s，t'=-5 s(不合题意，舍去) 所以重物落地速度为vt=v0-gt=(10-10×7)m/s=-60 m/s，其负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反。 /方法技巧/　解答物体竖直上抛运动的两种方法 分段法 注重对物体分过程的分析和计算，相对麻烦一些 全程法 注重对全程的分析和计算，可以快捷解题。但注意规定正方向，明确各物理量的正负 对点训练 1.(2023·广东高考)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是 (　 ) √ 解析：铯原子团仅受重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在v⁃t图像中，斜率表示加速度，故斜率不变，所以v⁃t图像应该是一条倾斜的直线，故A、B错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故C错误，D正确。 2.(多选)某排球运动员将一排球从离地面2 m处的位置以10 m/s的初速度竖直向上抛出，g取10 m/s2，不计空气阻力，当排球离抛出点距离为1.8 m时，所经历的时间可能是 (　 ) A.0.2 s B.0.6 s C.1.8 s D.s √ √ √ 解析：取竖直向上方向为正方向，当排球运动到抛出点上方离抛出点1.8 m时，位移为s=1.8 m，由竖直上抛运动的位移与时间关系式得s=v0t-gt2，解得t1=0.2 s，t2=1.8 s；当排球运动到抛出点下方离抛出点1.8 m时，位移为s'=-1.8 m，由s'=v0t-gt2，解得t3=s或t4=s(负值舍去)，选项A、C、D正确，B错误。 考法三　匀变速直线运动规律及推论的应用 解决匀变速直线运动问题常用的六种方法 [典例]　物体以一定的初速度从斜面底端A点 冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面 最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体 运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t， 求物体从B滑到C所用的时间。 [答案]　t [解析]　法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 =2asAC，=-2asAB，sAB=sAC， 联立解得vB= 又vB=v0-at，vB=atBC 解得tBC=t。 法二：平均速度法 利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。 ==，又=2asAC，=2asBC，sBC=， 由以上三式解得vB=， 可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC=t。 法三：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。 因为sBC∶sAB=∶=1∶3， 而通过sAB的时间为t，所以通过sBC的时间tBC=t。 法四：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC。 由运动学公式得sBC=a，sAC=a(t+tBC)2， 又sBC=， 由以上三式解得tBC=t。 法五：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v ⁃t图像， 如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等 于对应边的平方比，得=， 且=，OD=t，OC=t+tBC， 所以=，解得tBC=t。 对点训练 1.某汽车在一平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，则 (　 ) A.车从出发到B杆所用时间为6 s B.车的加速度大小为1.6 m/s2 C.经过A杆时的速度为10 m/s D.出发点到A杆的距离为7.5 m √ 解析：据位移公式sAB=t，解得vA=-vB=5 m/s，选项C错误；车的加速度大小为a== m/s2，选项B错误；车从出发到B杆所用时间t'==9 s，选项A错误；出发点到A杆的距离为sA==7.5 m，选项D正确。 2.(2023·山东高考)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为 (　 ) A.3 m/s B.2 m/s C.1 m/s D.0.5 m/s √ 解析：设RS段位移为s，所用时间为t，则ST段位移为2s，所用时间为t'，由题意得：在RS段的时间t==，在ST段的时间t'==，可解得t'=4t，设电动公交车的加速度大小为a，逆向推导可得v2=vT+a，v1=vT+a，解得vT=1 m/s，故C正确。 三、价值好题精练 ——培树科学态度和责任　 1.如图是一种运动传感器的原理图，系统由A、B两个小盒子组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，B盒装有红外线接收器和超声波接收器。A盒固定在运动的小车上，B盒固定在桌面上。测量时A向B同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B盒接收到红外线脉冲时开始计时，接收到超声波脉冲时停止计时，计算机自动算出A、B间的距离s1。经过短暂的时间T后，系统进行第二次测量，得到A、B间的距离s2。则小 车的速度大小为 (　 ) A. B. C. D. √ 解析：由题图可知，T时间内小车的位移为s2-s1，经短暂时间T，故可认为小车的速度大小不变，则小车运动的速度大小为v0=，C正确。 2.(2025·深圳高一调研)(多选)“科技让生活更美丽”，自动驾驶汽车呈现出接近实用化的趋势。图1为某款无人驾驶的智能汽车的测试照，为了增加乘员乘坐的舒适性，程序设定汽车做直线运动的v2⁃x图像(其中v为速度，x为位置坐标)如图2所示，下列关于汽车从x=0处运动至x=x0处的过程分析，正确的是 (　 ) A.该汽车做减速直线运动 B.该汽车的加速度大小为 C.该汽车在位移中点的速度等于v0 D.该汽车在中间时刻的速度大于v0 √ 解析：根据v2=-2as，结合图像可知，该汽车做初速度为v0、加速度为a=的匀减速直线运动，选项A、B正确；根据=-2a，0=-2a，可得该汽车在位移中点的速度等于v中点=v0，选项C错误；该汽车在中间时刻的速度v中时=，选项D错误。 √ 3.如图所示，蹦床运动员正在训练室内训练，室内蹦床的床面到天花板的距离是7.6 m，竖直墙壁上张贴着一面高度为1.6 m的旗帜，身高1.6 m的运动员头部最高能够上升到距离天花板1 m的位置，在自由下落过程中，运动员通过整面旗帜的时间是0.4 s， 重力加速度大小为10 m/s2，设运动员上升和下落过 程身体都是挺直的。求： (1)运动员刚竖直弹跳起来的速度大小； 答案：10 m/s 解析：运动员上升的最大位移为： h=7.6 m-1.6 m-1 m=5 m 根据匀变速直线运动的速度位移关系式，有v2=2gh 解得：v==10 m/s。 (2)运动员下落时身体通过整面旗帜过程中的平均速度大小； 答案：8 m/s 解析：运动员通过整面旗帜的时间是0.4 s，位移为： Δx=1.6 m+1.6 m=3.2 m 故平均速度为：==8 m/s。 (3)旗帜的上边缘到天花板的距离。 答案：4.4 m 解析：平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故该0.4 s内中间时刻的速度为8 m/s，根据对称性可知，运动员上升过程经过同一位置的速度大小为8 m/s，运动员从跳起到该位置的时间间隔为t==0.2 s 由于t=，故开始时旗帜的下边缘与运动员头部等高，为1.6 m，故旗帜的上边缘高度为3.2 m，而大厅内蹦床的床面到天花板的距离是7.6 m，故旗帜的上边缘到天花板的距离为：7.6 m-3.2 m=4.4 m。 章末综合检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.如图所示，飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法错误的是(　 ) 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 A.由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动 B.若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动 C.若已知飞机做匀变速直线运动，测出各相邻相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度 D.若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 解析：因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，A错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，B正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，C正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.顾诵芬主持建立了我国飞机设计体系，开创了我国自主设计研制歼击机的先河，也因此获得了国家最高科学技术奖。“歼⁃20S”在某次训练时着舰不成功，此时距离航母跑道末端为200 m，飞行员经短暂反应时间，迅速启动“逃逸复飞”。设“歼⁃20S”复飞前做匀速直线运动，速度为25 m/s，复飞过程的最大加速度为5 m/s2，复飞过程可看成匀变速直线运动，飞机起飞的最小速度为50 m/s，飞行员反应时间最长不超过 (　 ) A.0.5 s　　　　　　　　　 B.0.4 s C.0.3 s D.0.6 s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：飞机从复飞到完全起飞，由-=2as，解得s= 187.5 m，则飞机匀速运动的距离最大为s0=12.5 m，则反应时间最长为t反应==0.5 s，故A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 3.体育课上，学生进行摸高训练，某同学站在地面上静止时最大摸高为1.90 m，跳起后最大摸高为3.15 m，g=10 m/s2，不计空气阻力，已知月球的重力加速度是地球的，假设让该同学到月球表面上进行摸高训练，其最大摸高为(　 ) A.2.10 m B.7.5 m C.9.40 m D.18.9 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：摸高时人做竖直上抛运动，该同学在地球上摸高时的最大起跳高度为H1=(3.15-1.90)m=1.25 m，由运动学公式得v2=2gH1；由于该同学的起跳速度大小一定，在月球表面上摸高时有v2=2(g)H2，解得H2=6H1=7.5 m，该同学到月球上的最大摸高为(1.90+7.5)m=9.40 m，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 4.如图所示为上海play运动娱乐新世界的极限逃生项目，其最高点到充气垫的高度为15 m，游客从最高点自由下落，取重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力，下列有关游客从最高点到刚接触充气垫的过程中说法正确的是 (　 ) A.加速度越来越大 B.所需的时间为 s C.平均速度为10 m/s D.游客刚接触充气垫时的速度为30 m/s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：游客从最高点到刚接触充气垫的过程做自由落体运动，加速度为重力加速度，根据h=gt2，可得t== s，故A错误，B正确；游客刚接触充气垫时的速度大小为v=gt=10 m/s，游客从最高点到刚接触充气垫的过程平均速度大小为==5 m/s，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 5.某同学绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a、速度v、位移s随时间变化的图像如下图所示，若该物体在t=0时刻，初速度均为零，则下列图像中表示该 物体沿单一方向运动 的图像是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：根据s⁃t图像的斜率等于速度，可知图像的斜率周期性变化，说明物体的速度大小和方向作周期性变化，物体做的往复运动，A错误；在0~2 s内速度为正值，向正方向运动，在2~4 s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，B错误；在0~1 s内加速度为正值，物体向正方向做匀加速运动，在1~2 s内加速度为负值，物体沿正方向匀减速运动，t=2 s末速度为零，接着周而复始，故物体速度的方向不变，C正确；在0~1 s内，物体向正方向做匀加速直线运动，1~3 s内加速度反向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s末速度为零，2~3 s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 6.一物体从一行星表面的某高度处自由下落(不计表层大气阻力)。自开始下落计时，得到物体离行星表面的高度h随时间t变化的图像如图所示，则 (　 ) A.行星表面的重力加速度大小为8 m/s2 B.行星表面的重力加速度大小为10 m/s2 C.物体落到行星表面时的速度大小为30 m/s D.物体落到行星表面时的速度大小为25 m/s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：选A　设物体下落的加速度为a，物体做初速度为零的匀加速直线运动，从图中可以看出下落高度h=25 m，所用的时间t=2.5 s，由位移时间关系式：h=at2，解得：a== m/s2=8 m/s2，A正确，B错误。物体做初速度为零的匀加速直线运动，由速度时间关系式得：v=at=8×2.5=20 m/s，C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 7.雾霾给人们出行带来很大的影响。一雾霾天，某人驾驶小汽车在高速公路上以30 m/s的速度行驶，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。图中a、b分别为小汽车和大卡车的v⁃t图像，以下说法正确的是 (　 ) A.在t=5 s时追尾 B.因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾 C.由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾 D.如果刹车不失灵，两车最近距离为10 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：根据速度—时间图像与时间轴所围的“面积”大小等于位移，由图可知，t=3 s时，b车的位移为xb=vbt=10×3 m=30 m，a车的位移为xa=×(30+20)×1 m+×(20+15)×2 m=60 m，则xa-xb=30 m，所以在t=3 s时追尾，A、B错误；若刹车不失灵，根据v⁃t图像可知t=2 s时两车速度相同，在0~2 s内，小汽车和大卡车的 位移之差为Δx= m=20 m<30 m，所以不 会追尾，C错误；如果刹车不失灵，两车最 近距离为s=30 m-Δx=30 m-20 m=10 m，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分) 8.一辆农用“小四轮”漏油，假如每隔1 s漏下一滴，车在平直公路上行驶，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，分析“小四轮”的运动情况(已知车的运动方向不变)。下列说法中正确的是(　 ) A.当沿运动方向油滴间距变大时，车一定在做匀加速直线运动 B.当沿运动方向油滴间距变大时，加速度一定在增大 C.当沿运动方向油滴间距变小时，车一定在做减速直线运动 D.当沿运动方向油滴间距变大时，车的加速度可能在减小 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：当沿运动方向油滴间距变大时，车一定做加速运动，不一定是匀加速直线运动，A错误；当沿运动方向油滴间距变大时，车做加速运动，加速度可能增加，可能减小，B错误，D正确；当沿运动方向油滴间距逐渐减小时，说明车做的是减速直线运动，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 9.甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t=0时经过路边的同一路标，下列位移—时间(s⁃t)图像和速度—时间(v⁃t)图像对应的运动中，甲、乙两人在t0时刻之前 能再次相遇的是 (　 ) √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：题图A中，甲、乙在t0时刻之前位移没有相等，即两人在t0时刻之前不能相遇，A错误；题图B中，甲、乙在t0时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，B正确；因v⁃t图像的面积等于位移，题图C中甲、乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，题图D中甲、乙在t0时刻之前甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 10.一辆汽车在平直公路上匀速行驶，驾驶员突然看到正前方有障碍物，他立即采取刹车措施(不考虑反应时间)，若刹车后汽车做匀减速直线运动，第1 s内的位移是11 m，第2 s内的位移是9 m，则 (　 ) A.汽车做匀减速直线运动的加速度大小为4 m/s2 B.汽车刹车时的初速度大小为12 m/s C.汽车从刹车到停止所需时间为6 s D.汽车刹车后10 s内的位移大小为60 m √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：设汽车的初速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2，得x2-x1=aT2，解得a== m/s2=-2 m/s2，选项A错误；汽车在第1 s内的位移x1=v0t+at2，代入数据解得v0=12 m/s，选项B正确；汽车从刹车到停止所需的时间t0== s=6 s，选项C正确；汽车刹车后10 s内的位移等于6 s内的位移，则x=t0=× 6 m=36 m，选项D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)某同学实验时将打点计时器接在周期为0.02 s低压交流电源上，如图所示为物体做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中每隔4个计时点取一个计数点，但第3个计数点没有画出。由图中的数据可求得： (1)该物体的加速度为_______m/s2。(2分)  0.74 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：设1、2间的位移为s1，2、3间的位移为s2，3、4间的位移为s3，4、5间的位移为s4；因为周期为0.02 s，且每隔4个计时点取一个计数点，所以每两个计数点之间的时间间隔为T=0.1 s 由匀变速直线运动的推论sm-sn=(m-n)aT2 得：s4-s1=3aT2， 代入数据解得a=0.74 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)第3个计数点与第2个计数点的距离为_________cm。(2分)  4.36 解析：第3个计数点与第2个计数点的距离即为s2， 由匀变速直线运动的推论：s2-s1=aT2， 代入数据得：s2=4.36 cm。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)打第2个计数点时该物体的速度约为_________m/s(结果保留两位有效数字)。(3分)  0.40 解析：匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：v2==×10-2 m/s≈0.40 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 12.(9分)小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。 (1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是_________。(3分)  小钢球 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：根据题中提供的小球和测量要求可得出要使用小钢球进行实验，与乒乓球、小塑料球相比，小钢球受到的空气阻力可忽略，可认为是自由落体运动，可以减小实验误差。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)下列主要操作步骤的正确顺序是___________。(填写各步骤前的序号)(3分)  ①把刻度尺竖直固定在墙上 ②捏住小球，从刻度尺旁静止释放 ③手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置 ④打开手机摄像功能，开始摄像 ①③④② 解析：根据实验要求，可以得出先固定刻度尺，然后固定手机调好手机镜头位置，打开手机摄像功能进行摄像，最后捏住小球，使小球由静止下落，即步骤为①③④②。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图2所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s，刻度尺的分度值是1 mm，由此测得重力加速度为__________________m/s2。(3分)  9.6(9.5~9.7都算对) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：题图2左侧图片中小球上边缘的读数为2.00 cm，中间图片中小球上边缘的读数为26.00 cm，右侧图片中小球上边缘的读数为76.70 cm，由逐差法可得当地的重力加速度大小为g=×10-2 m/s2≈9.6 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 13.(10分)“歼⁃20S”是全球首款双座重 型隐身战斗机，突破传统五代机单座设计 限制。设“歼⁃20S”降落在跑道上的减速过 程可以简化为两个匀减速直线运动，首先 飞机以速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞作用下匀减速直至停下。已知飞机的减速总路程为x，求第二个阶段飞机的加速度大小和运动时间。 答案：　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：根据题意画出飞机减速过程的示意图，A为飞机着陆点，AB、BC分别对应两个匀减速直线运动过程，在C点飞机停下。 根据运动示意图和运动学规律，A到B过程，有 x1=v0t1-a1，vB=v0-a1t1 B到C过程，有x2=vBt2-a2，0=vB-a2t2 A到C过程，有x=x1+x2 联立解得a2=，t2=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 14.(12分)某跳伞运动员做低空跳伞表演。他离开悬停的飞机后先做自由落体运动，当距离地面104 m时开始打开降落伞，到达地面时速度减为2.0 m/s。如果认为开始打开降落伞直至落地前运动员在做匀减速运动，加速度大小为12 m/s2，g取10 m/s2，求： (1)运动员打开降落伞时的速度大小。(3分) 答案：50 m/s 解析：减速过程，根据-=2ah可知，运动员打开降落伞时的速度v0==50 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)运动员离开飞机时距地面的高度大小。(4分) 答案：229 m 解析：运动员从飞机上跳下到打开降落伞时下落的高度： h'===125 m 则运动员离开飞机时距地面的高度为 H=h'+h=125 m+104 m=229 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)运动员离开飞机后，经过多长时间才能到达地面?(5分) 答案：9 s 解析：运动员从飞机上跳下到打开降落伞所用的时间： t1===5 s 打开降落伞到落地所用的时间：t2===4 s 运动员离开飞机后到达地面所用的时间：t=t1+t2=9 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 15.(16分)无人驾驶汽车试运营标志着智能 网联汽车从测试走向商业化运营，开启了破冰 之旅，将逐渐驶入市民的生活。 (1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”。若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度vmax是多少?(7分) 答案：24 m/s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：无人驾驶汽车刹车时做匀减速直线运动，根据速度与位移的关系式，有0-=2ax 故有vmax==24 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处，两车都以20 m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以2.0 m/s2的加速度刹车3 s后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s2 的加速度刹车。试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故?(9分) 答案：不会发生追尾事故 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：设有人驾驶的汽车从刹车到两车速度相等经历的时间为t，则有v0+a有人t=v0+a无人(t+Δt) 其中Δt=3 s，a有人=-5.0 m/s2，a无人=-2.0 m/s2，解得t=2 s 两车相等的速度为v=v0+a有人t=10 m/s 有人驾驶的汽车在t+Δt内的位移为x有人=v0Δt+t=90 m 无人驾驶汽车在t+Δt内的位移为x无人=(t+Δt)=75 m 则有Δx=x有人-x无人=15 m<30 m，故不会发生追尾事故。 本课结束 $$