第2章 匀变速直线运动 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版）

单元综合提升 　　　　 第二章　匀变速直线运动 概念梳理　构建网络 1 教考衔接　明确考向 2 易错辨析　强化落实 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概念梳理　构建网络 返回 返回 教考衔接　明确考向 返回 　　　 (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 真题 1 铯原子团仅受重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，故为负值；在v-t图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线。故选D。 √ 衔接教材　粤教版必修第一册P38“讨论与交流T2” 如图所示是某质点运动的v-t图像。试描述该图像与物体运动实际情况的对应关系。 衔接分析　2023·广东高考真题依托竖直上抛模型考查速度—时间图像和加速度—时间图像，与粤教版必修第一册P38的“讨论与交流”中描述的部分运动情境类似。 本题主要考查了匀变速直线运动及其公式、图像。在竖直上抛运动中，速度方向发生变化，加速度大小及方向均不变，在v-t图像为一条倾斜直线，a-t图像为一条水平直线。 针对练1.如图是某质点运动的速度—时间图像，则 A．0～1 s内的平均速度是2 m/s B．0～1 s内的位移大小是3 m C．0～1 s内的加速度大于2～4 s内的加速度 D．0～1 s内的运动方向与2～4 s内的运动方向相反 由v-t图像的面积可求得0～1 s的位移s＝1 m，平均速度　　　＝1 m/s，故A、B错误；利用图像斜率求出0～1 s的加速度大小a1＝2 m/s2，2～4 s的加速度大小a2＝1 m/s2，a1>a2，故C正确；由题图可知0～1 s、2～4 s两个时间段内速度均为正，运动方向相同，故D错误。 √ 针对练2.如图是物体做直线运动的v-t图像，由图可知，该物体 A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反 B．第3 s内和第4 s内的加速度相同 C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等 D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等 由v-t图像可知0～1 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动，1～2 s向正方向做匀速直线运动，2～3 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀减速直线运动，3～4 s以1 m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，A错误，B正确；据速度—时间图像中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小可知，第1 s内和第4 s内的位移大小均为0.5 m，C错误；0～2 s内与0～4 s内位移大小相等，但时间不同，故平均速度大小不相等，D错误。故选B。 √ 　　　 (多选)(2021·广东高考)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和s-t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有 真题 2 √ √ 题图A是速度—时间图像，可知甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；题图B是速度—时间图像，可知开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度—时间图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B正确；题图C是位移—时间图像，可知丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；题图D是位移—时间图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会齐，故D正确。故选BD。 衔接教材　人教版必修第一册P34T1 小李讲了龟兔沿直线赛道赛跑的故事，故事情节中兔子和乌龟运动的x-t图像如图所示。请你依照图像中的坐标，并结合物理学的术语来讲述这个故事。在讲故事之前，先回答下列问题： (1)故事中的兔子和乌龟是否在同一地点 同时出发？ (2)乌龟做的是什么运动？ (3)兔子和乌龟在比赛途中相遇过几次？ (4)哪一个先通过预定位移到达终点？ 衔接分析　两题均以本土文化为背景，根据s-t图像和v-t图像考查相遇问题。 s-t图像和v-t图像中图线都不代表物体的运动轨迹。s-t图像中图线的交点代表相遇，v-t图像中图线与两坐标轴围成的图形的面积代表位移。 针对练1.(多选)(2024·深圳市高一期中)甲、乙两个质点沿着同一直线运动，其中质点甲做匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀加速直线运动，它们的位移s随时间t的变化规律如图所示。已知t0时刻，甲的位置为s0，且此时两图线的斜率相同，下列判断正确的是 A．乙的加速度大小为　　　 B．t0时刻，两质点之间的距离为　　　 C．3t0时刻，甲在乙的前面 D．两质点在s＝2s0处相遇 √ √ 针对练2.甲、乙两物体从同一点开始沿同一直线运动，甲的s-t图像和乙的v-t图像如图所示，下列说法正确的是 A．0～2 s内甲做匀加速直线运动 B．第2.5 s和第3.5 s时甲物体速度方向不同 C．第2.5 s和第3.5 s时乙物体加速度方向不同 D．0～6 s内甲、乙的位移都为0 √ 0～2 s内甲做匀速直线运动，故A错误。第2.5 s和第3.5 s时甲物体速度方向相同，故B错误。第2.5 s和第3.5 s时乙物体加速度方向相同，故C错误。由题图甲可知，甲从原点出发，又回到原点，位移为0；题图乙所示图线与t轴所围的面积表示位移，t轴上、下面积相等，说明总位移为0，故0～6 s内甲、乙的位移都为0，故D正确。 返回 易错辨析　强化落实 返回 汽车刹车时的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，汽车从刹车到停下所用时间为t0＝　＝　　＝2.5 s，则刹车后第3 s内，只有前0.5 s在运动，根据逆向思维可得位移大小为s＝　　＝　×4×0.52 m＝0.5 m，故选A。 1．(刹车问题)(2024·广州市高一校考期中)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为 A．0.5 m　 B．2 m C．10 m D．12.5 m √ 甲、乙的初速度大小相等、方向相反，故A错误；v-t图像斜率表示加速度，在0～t1时间内，甲、乙的加速度方向相同，故B正确；v-t图像面积表示位移，在t1～t2时间内，甲的位移大于乙的位移，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；在t2时刻，甲、乙速度相同，由于不知道初始位置，所以无法判断是否相遇，故D错误。故选B。 2．(速度—时间图像)(2024·广州市高一期中)甲、乙两个物体在同一直线上运动，它们的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是 A．甲、乙的初速度相同 B．在0～t1时间内，甲、乙的加速度方向相同 C．在t1～t2时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度 D．在t2时刻，甲、乙相遇 √ 3．(匀变速直线运动的推论)如图所示，冰壶以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。则 A．冰壶在B点和D点的速度之比为3∶1 B．冰壶在C点速度等于AE过程的平均速度 C．冰壶在D点的时刻是AE过程的时间中点 D．冰壶在AC和CE过程的时间之比为1∶2 √ 4．(自由落体和竖直上抛)(2024·广州市高一期中)如图所示，某同学进行原地纵跳摸高训练。若静止站立(不起跳)摸高为1.80 m，训练过程中，若下蹲使重心下降0.50 m，发力跳起可摸到2.60 m的高度。假设离地前重心视为匀加速运动，离地后做匀减速运动，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则 A．从起跳到脚离地，位移随时间均匀变化 B．从起跳到最高点，重心位移为1.80 m C．在最高点时速度为零，则加速度为零 D．从开始起跳到达最高点的时间为0.65 s √ 杰瑞减速到0时所用的时间 杰瑞减速到0时所用的位移大小 5．(追及相遇问题)(2024·东莞市高一校考)快到家啦！奔跑中的杰瑞决定“刹车”回家。就在杰瑞开始减速的同时，身后与它相距10 m的汤姆立即蹑手蹑脚地由静止开始加速，想趁其不备地“偷袭”杰瑞。已知杰瑞的初速度为8 m/s，加速度大小为2 m/s2，汤姆的加速度大小也为2 m/s2，那么   (1)求在没有干扰的情况下，杰瑞减速到0时所用的时间及位移的大小； 答案：4 s　16 m　 当汤姆和杰瑞速度相等时，距离最大，有v0－at＝at 解得t＝2 s 杰瑞的位移s1＝v0t－　　　 汤姆的位移s2＝　　　 最大距离smax＝s1－s2＋Δs 代入数据解得smax＝18 m。 (2)求在追逐的过程中汤姆与杰瑞间的最大距离； 答案：18 m　 根据位移—时间关系有s3＝v0t3－　　　 解得杰瑞开始减速到鼠洞的时间t3＝3 s(t3＝5舍去) 此过程汤姆的位移s4＝　　＝9 m 由于s4<s3＋Δs 所以汤姆不能在杰瑞回到鼠洞前捉住它。 (3)若杰瑞开始减速时，刚好距离前方鼠洞15 m，请通过计算判断汤姆能否在杰瑞回到鼠洞前捉住它。(注：三者在同一直线上) 答案：不能 返回 单 元 检 测 卷 返回 1．对变速直线运动的认识，下列说法正确的是 A．加速度是描述物体速度变化多少的物理量 B．加速度与速度同向时，物体的加速度减小，速度仍然增大 C．加速度恒定时，物体的速度可能先增大后减小，但位移一直增大 D．加速度不为零，加速度变化率也不为零时，物体的直线运动可能是匀变速直线运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，故A错误。加速度与速度同向时，物体的加速度减小，但速度仍然增大，故B正确。变速直线运动的加速度恒定时，当加速度与速度同向时，速度一直增大，位移一直增大。若加速度与速度反向时，速度先减小后增大，位移先增大，后减小，然后一直增大，故C错误。根据a＝　 可知，只有加速度恒定，即速度的变化率恒定时，物体的直线运动才可能是匀变速直线运动，加速度变化率不为零时，加速度一定变化，这样的直线运动一定不是匀变速直线运动，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2．在一次交通事故中，警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是16.0 m，该车辆的刹车加速度大小是8.0 m/s2，该路段的限速为60 km/h。则该车 A．刹车所用的时间为4 s B．该肇事车没有超速 C．刹车过程的平均速度为30 km/h D．第一秒内通过的位移为8.0 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3．(2024·深圳市高三校考)A、B两个物体v-t图像分别如图中a、b所示，图线a是抛物线，图线b是直线，抛物线顶点的横坐标为t1，0～t3时间内图线a、b与横轴围成的面积相等。下列说法正确的是 A．t2时刻A、B间距离一定最小 B．t2～t3时间内A的加速度一直小于B的加速度 C．0～t3时间内A的平均速度大于B的平均速度 D．t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题意，由于不知道物体A、B初始的位置关系，则无法判断A、B间的距离变化情况，故A错误；由题图和v-t图像的斜率表示加速度可知，t2～t3时间内A的加速度不是一直小于B的加速度，故B错误；由题意可知，0～t3时间内A、B的位移相等，则0～t3时间内A的平均速度等于B的平均速度，故C错误；根据题意，由题图可知，由于A的图像关于t1对称，则有t3＝2t1，则t1～t3时间内A的位移大小为A总位移的一半，B的位移大小为B总位移的　，由于A、B在0～t3时间内的位移相等，则t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4．(2024·珠海市高一校考)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内与第1 s内的位移之差是8 m，则下列说法正确的是 A．物体运动的加速度为8 m/s2 B．第1 s内的位移为2 m C．第1 s末的速度为2 m/s D．物体在0～2 s内的平均速度为6 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由逐差相等公式有s3－s1＝(3－1)aT2可得，a＝　　　　＝　　　m/s2＝4 m/s2，故A错误；结合上述，根据位移公式，第1 s内的位移为s1＝ ＝2 m，故B正确；结合上述，根据速度公式，第1 s末的速度为v1＝aT＝4 m/s，故C错误；匀变速直线运动中，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则物体在0～2 s内的平均速度等于第1 s末的速度，为4 m/s，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5．(2024·广州市高一校考期中)如图，某同学以墙面为背景，使用手机频闪照相功能拍摄小球从静止匀加速下落过程，他测得图中部分墙的高度h＝0.72 m，手机曝光时间间隔为0.1 s，下列说法正确的是 A．照片中位置1是小球下落的初始位置 B．无法确定小球的初始位置 C．小球下落的加速度为4.8 m/s2 D．小球到达位置2的速度大小为1.44 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.(2024·东莞市高一校考)做匀加速直线运动的物体先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经历的时间为T，则下列各项中正确的是 A．经过AB中点时的速度是4v B．经过AB中间时刻的速度是5v C．前半程的速度增加了4v D．前　时间的位移与后　时间的位移之比为1∶3 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7．(2024·广州市高一校考)在匀变速直线运动中，关于中间时刻瞬时速度的大小　和中间位置瞬时速度的大小　，下列说法正确的是 A．不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有 B．只有做匀加速直线运动时有 C．只有做匀减速直线运动时有 D．以上说法都不对 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当物体做匀加速直线运动时，速度图像如图甲所示 物体经过中点位置时，前、后两段过程的位移相等，速度图像与时间轴所围的“面积”相等，由图甲看出　　　； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当物体做匀减速直线运动时，速度图像如图乙所示 由图乙看出　　　，所以不论物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，总有　　　，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8．甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲和乙的运动图像如图所示，下列说法中正确的是 　　　 A．甲做曲线运动，乙做直线运动 B．6 s内甲的路程为16 m，乙的路程为12 m C．0～2 s内甲、乙的平均速度不相同 D．甲在3 s末回到出发点，乙在6 s末回到出发点 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题可知，甲、乙均在一条直线上 运动，都做直线运动，故A错误； 由题图甲可得6 s内甲的路程为s甲 ＝4×4 m＝16 m，由题图乙可得 6 s内乙的路程为s乙＝2×　×3×4 m＝12 m，故B正确；由题图甲可知，0～2 s内，甲的位移为4 m，甲的平均速度为2 m/s；0～2 s内，乙做匀加速直线运动，根据　　　　　，可得乙的平均速度为 ＝2 m/s，所以，二者在0～2 s内的平均速度相同，故C错误；由s-t图像可知甲在3 s末回到出发点，根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知乙在6 s内的位移为零，即乙在6 s末回到出发点，故D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9．(2024·东莞市高一校考)从某时刻起(此时刻规定为0时刻)物体以某一初速度，做匀变速直线运动，已知第1 s内的位移s1＝5.5 m，第4 s内的位移s4＝8.5 m，则下面判断正确的有 A．初速度为5.5 m/s B．加速度为1 m/s2 C．t＝1 s末的速度为6 m/s D．t＝4 s末的速度为8.5 m/s √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10．如图是用周期为Δt的频闪相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片。关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中错误的是 A．苹果下落的加速度大小为　　　 B．一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶4∶9 C．一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶3∶5 D．一段时间后苹果会在羽毛下方 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 苹果下落的加速度大小为a＝　　　，A正确；在A位置的 速度不一定等于零，所以不一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶ 4∶9，也不一定满足关系s1∶s2∶s3＝1∶3∶5，B、C错 误；苹果和羽毛均在真空中做自由落体运动，二者总是 在同一水平线上，一段时间后苹果不会在羽毛下方，D 错误。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11．(6分)(2024·深圳市高一校考期中)甲、乙两位同学分别用不同的实验方案，做“测匀变速直线运动的加速度”实验。甲同学的实验装置如图1所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)①关于该实验，下列说法正确的是____________。 A．在释放小车前，将接好纸带的小车停在靠近滑轮处 B．在释放小车前，将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处 C．应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车 D．当纸带完全通过打点计时器后，应及时关闭电源 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 本实验在释放小车前，应将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，A错误，B正确；打点计时器的使用方法是应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，C正确；当纸带完全通过打点计时器后，应及时关闭电源，然后再取下纸带，D正确。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ②甲同学实验中获得一条纸带，如图2所示，其中两相邻计数点间有四个计时点未画出。已知所用电源的频率为50 Hz，则打A点时小车运动的速度大小vA＝_____ m/s，小车运动的加速度大小a＝______ m/s2。(结果均保留2位有效数字) 0.34 0.39 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题可知，两相邻计数点间时间间隔为T＝0.1 s，打A点时小车运动的速度大小为   小车运动的加速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据光电门测速度原理，可知vA＝ (2)乙同学利用图3所示的实验装置测定导轨上滑块运动的加速度，滑块上安装了宽度为d的挡光片，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门A、B，配套的数字毫秒计(图中未画出)记录了挡光片通过光电门A、B的时间分别为ΔtA、ΔtB，若两个光电门A、B间距离为L，则滑块通过第一个光电门的 速度表达式为vA＝_____(用题中符号表示)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 将实验步骤正确排序是②①④③⑤。 12．(8分)某实验小组想用打点计时器测量当地的重力加速度。实验操作步骤有： ①纸带一端拴上重物，另一端穿过打点计时器，用手捏住纸带上端，重物尽量靠近打点计时器。 ②将打点计时器固定，使其限位孔沿竖直方向。 ③释放纸带。 ④启动打点计时器。 ⑤完成纸带打点后，关闭打点计时器。 (1)将实验步骤正确排序是_____________。 ②①④③⑤ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)如图为实验打出的一条纸带，纸带上相邻两个计数点之间还有1个打出的点未画出，打点计时器使用的是50 Hz的交变电流，则两个相邻的计数点之间的时间间隔为t＝_____ s；打计数点4时，重物的速度大小为v4＝_____ m/s，算出的当地重力加速度g＝_____ m/s2。(后两个空保留3位有效数字) 0.04 1.76 9.76 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 两个相邻的计数点之间的时间间隔为 t＝2×0.02 s＝0.04 s 打计数点4时，重物的速度大小为 v4＝　　　　　×10-2 m/s≈1.76 m/s 由逐差法可得当地重力加速度为 g＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　×10-2 m/s2≈9.76 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由逐差法得到的加速度大于当地的重力加速度，则计算所用时间间隔t偏小，计算所用频率偏大，即实验时打点的真实频率小于50 Hz。 (3)由于交变电流频率不稳定，导致实验测得的加速度总是大于当地的重力加速度，那么实验时打点的真实频率______(选填“小于”或“大于”)50 Hz。 小于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s 则汽车10 s末的速度大小为v1＝v0＋a1t1＝10 m/s＋1.4×10 m/s＝24 m/s。 13．(12分)(2024·深圳市高一校考期中)一辆汽车以36 km/h的速度在平直公路上匀速行驶。从某时刻起，汽车开始做匀加速运动，加速度大小为1.4 m/s2，10 s末因故突然紧急刹车，随后汽车逐渐停了下来。刹车时汽车做匀减速运动的加速度大小为6 m/s2。 (1)求汽车10 s末的速度大小； 答案：24 m/s　 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 刹车后2 s汽车的速度大小为v2＝v1－a2t2＝24 m/s－6×2 m/s＝12 m/s。 (2)求刹车后2 s汽车的速度大小； 答案：12 m/s　 (3)汽车刹车后停下来所用时间。 答案：4 s 汽车刹车后停下来所用时间为t3＝　＝　　＝4 s。 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对雨滴，根据自由落体运动有H＝ 14．(14分)(2024·深圳市高一校考期中)如图所示，一滴雨滴从离地面H＝20 m高的楼房屋檐自由下落，下落h1＝5 m时，到窗口上沿，再经Δt＝0.2 s通过窗口，忽略空气阻力，g取10 m/s2，求： (1)雨滴从屋檐到地面的时间t； 答案：2 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对雨滴到窗口上沿，有h1＝　　　 解得t1＝ 　　　＝　　　　 s＝1 s 则窗口高度为h＝　　　　　　　＝2.2 m。 (2)窗口的高度h。 答案：2.2 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 甲车的速度减小到零的时间为t2＝　＝8 s 此时乙的速度大小为v2′＝v2＋a2t2＝12 m/s。 15．(14分)(2023·广东广州高一校考期中)甲、乙两车相距18 m，同时沿平直公路做直线运动并开始计时，甲车在前，以初速度大小v1＝16 m/s、加速度大小a1＝2 m/s2做匀减速直线运动，乙车在后，以初速度大小v2＝4 m/s、加速度大小a2＝1 m/s2，与甲同向做匀加速直线运动。求： (1)从开始计时经多长时间甲车的速度减小到零？此时乙车的速度是多大？ 答案：8 s　12 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设经过时间t1，甲、乙两车相遇前的距离达到最大，此时甲、 乙两车速度相同，则 v1－a1t1＝v2＋a2t1 解得t1＝4 s 在t1时间内，甲、乙两车的位移大小分别为 s1＝v1t1－　　　＝48 m s2＝v2t1＋　　　＝24 m 所以最大距离为sm＝s1＋s0－s2＝42 m。 (2)经过多长时间甲、乙两车相遇前的距离达到最大？最大距离为多少？ 答案：4 s　42 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 假设甲、乙两车同时速度减为零，乙车加速时间为t4，则v2＋a3t4－a4(t2－t4)＝0 解得t4＝　　　 甲车的总位移大小为s1′＝　　＝64 m 乙车的总位移大小为 s2′＝v2t4＋　　　＋　　　　　＝　　　>s1′＋s0 (3)若乙车加速时加速度大小为a3＝6 m/s2，但是燃油有限，用尽后将做加速度大小为a4＝6 m/s2的匀减速运动，其他条件不变，若要乙能够追上甲车，燃油至少要能坚持多长时间？ 答案：3 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由此可推知乙追上甲一定发生在甲、乙速度都减为零之前，当乙车在减速过程中刚好能够追上甲车时，加速时间最短，燃油坚持的时间最短，设为t5，再设乙车减速时间为t6时恰好追上甲车，此时甲、乙两车速度相等，根据位移关系有v2t5＋　　　＋(v2＋a3t5)t6－　　　＝s0＋v1(t5＋t6)－　　　 根据速度关系有v2＋a3t5－a4t6＝v1－a1(t5＋t6) 解得t5＝3 s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 ！ 第二章　 匀变速直线运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ＝ s0 s-t图像的斜率表示速度，甲的位移为s0时，此时两图线的斜率相同，则此时甲、乙的速度相等，为v乙＝v甲＝，乙的加速度大小为a＝＝，故A正确；0～t0时间内，乙的位移为s乙＝at02＝，t0时刻，两质点之间的距离为Δs＝s0＋s0－s乙＝，故B正确；0～3t0时间内，甲的位移为s甲＝v甲·3t0＝3s0，乙的位移为s乙＝a(3t0)2＝s0，由于s乙－s甲＝s0>s0，故3t0时刻，乙在甲的前面，故C错误；设两质点t时刻相遇，有v甲t＝at2－s0，解得t＝(1＋)t0，t′＝(1－)t0(舍)，两质点相遇时的位移s＝v甲t＝(1＋)s0，故D错误。故选AB。 s at2 设矩形区域宽为d，而E点速度为0，则由逆向思维法，有vB2－0＝2a·3d，vD2－0＝2a·d，解得＝，故A错误；由逆向思维法，根据初速度为0的匀变速直线运动在连续相同时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…，则冰壶在D点的时刻是AE过程的时间中点，即D点的速度等于AE过程的平均速度，而冰壶在C点的速度为中间位移处的速度，不等于AE过程的平均速度，故B错误，C正确；由逆向思维法，根据初速度为0的匀变速直线运动通过连续相同位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…，可知冰壶在AC和CE过程的时间之比为(－1)∶1，故D错误。故选C。 从起跳到脚离地，重心视为匀加速运动，则有s＝at2，位移不随时间均匀变化，故A错误；在起跳点，下蹲重心比静止站立重心低h1＝0.50 m，在最高点，重心比静止站立重心高h2＝2.60 m－1.80 m＝0.80 m，则从起跳到最高点，重心位移为1.30 m，故B错误；在最高点时速度为零，加速度为重力加速度，故C错误；脚离开地面时的速度v＝＝ m/s＝4 m/s，离地前上升的时间t1＝＝ s＝0.25 s，离地后上升的时间t2＝＝ s＝0.4 s，从开始起跳到达最高点的时间t＝t1＋t2＝0.65 s，故D正确。故选D。 t0＝＝ s＝4 s s0＝＝ m＝16 m。 at2 at2 at32 at32 根据匀变速直线运动公式得，刹车时由s＝at2，可得刹车所用的时间为t＝ ＝ s＝2 s，故A错误；根据匀变速直线运动公式vt2＝2as，得初速度vt＝＝16 m/s＝57.6 km/h<60 km/h，所以该肇事车没有超速，故B正确；刹车过程的平均速度为＝＝ m/s＝8 m/s＝28.8 km/h，故C错误；根据匀变速直线运动公式s＝v0t＋at2，可得第一秒通过的位移为s1＝16×1 m－×8×12 m＝12 m，故D错误。 aT2 4个小球间竖直距离之比为3∶4∶5，故照片中位置1不是小球自由下落的初始位置，故A错误；由题可得每块砖的厚度为h′＝＝ m＝0.048 m，则a＝＝ m/s2＝4.8 m/s2，故C正确；小球到达位置2的速度v2＝＝ m/s＝1.68 m/s，故D错误；根据v22＝2ah02，解得h02＝0.294 m，可知初始位置在位置2上方0.294 m处，故B错误。故选C。 经过AB中点的速度为v＝ ＝5v，A错误；经过AB中间时刻的速度为v＝＝4v，B错误；前半程的速度增加量为Δv＝5v－v＝4v，故C正确；前时间通过的位移为s1＝·＝vT，后时间通过的位移为s2＝·＝vT，可得前时间通过的位移与后间通过的位移之比为s1∶s2＝5∶11，D错误。故选C。 v>v v>v v v v>v v>v v>v v>v ＝ m/s ＝ 设物体的初速度为v0，加速度为a，根据s＝v0t＋at2，可得s1＝v0×1 s＋a×(1 s)2，s4＝v0×4 s＋a×(4 s)2－，联立解得v0＝5 m/s，a＝1 m/s2，故A错误，B正确；根据vt＝v0＋at，可得物体1 s末的速度和4 s末的速度分别为v1＝5 m/s＋1 m/s2×1 s＝6 m/s，v4＝5 m/s＋1 m/s2×4 s＝9 m/s，故C正确，D错误。故选BC。 vA＝＝ m/s≈0.34 m/s a＝ m/s2≈0.39 m/s2。 。 s 解得t＝＝ s＝2 s。 gt2 g(t1＋Δt)2－h1 gt12 a1t12 a2t12 m s a3t42 a1(t5＋t6)2 a3t52 a4t62 $