金版教程2025年高考物理复习第3讲 启智微专题 答卷现场1

答卷现场1匀变速直线运动中的多过程问题(9分)短跑运动员完成100m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11.00s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，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。试卷抽样评析指导1.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2s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＝1s解得a＝5m/s22．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＝5m/s2代入方程解得t加＝2sx加＝10m3．其他可能失分点：误将题干中“第2s内”当成“前2s”得x2′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，a＝eq\f(7.5×2,22)m/s2＝3.75m/s24．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。课时作业[A组基础巩固练]1．一物体从空中自由下落至地面，若其最后1s的位移是第1s位移的n倍，忽略空气阻力，则物体下落时间是()A．(n＋1)s B．(n－1)sC.eq\f(n＋1,2)s D.eq\f(n－1,2)s答案C解析自由落体运动第1s下落的位移：h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×1m＝5m，最后1s下落的位移：h＝eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)g(t－1s)2＝nh1，解得：t＝eq\f(n＋1,2)s，故C正确，A、B、D错误。2．从居民楼某楼层的窗台上掉下一苹果，目测落地前最后一秒的位移约为10m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则苹果掉下时的楼层为(设每层楼高约2.5m)()A．第三层 B．第四层C．第五层 D．第六层答案C解析由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该时间段的平均速度可得，苹果落地前最后1s的平均速度等于最后0.5s的初速度，为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(10,1)m/s＝10m/s，则苹果落地时的速度为v＝eq\o(v,\s\up6(－))＋gt＝10m/s＋0.5×10m/s＝15m/s，由v2＝2gh，可得苹果掉下时的高度h＝11.25m，eq\f(11.25m,2.5m)＝4.5，则苹果掉下时的楼层为第五层，故C正确，A、B、D错误。3．气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经15s到达地面。则物体刚脱离气球时物体的高度和物体从气球上掉下至到达地面经历的路程分别是(g＝10m/s2，不计物体所受的空气阻力)()A．1125m，1125m B．1125m，975mC．975m，985m D．985m，985m答案C解析设物体刚脱离气球时的高度为h，选向下为正方向，据匀变速直线运动的规律有h＝－v0t＋eq\f(1,2)gt2，代入数据解得h＝975m，物体从脱离气球至到达最高点时上升的高度h′＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝eq\f(102,2×10)m＝5m，物体从气球上掉下至到达地面经历的路程s＝h＋2h′＝985m，故C正确，A、B、D错误。4．(2023·黑龙江省齐齐哈尔市高三下三模)汽车从发现情况到开始减速到停止运动的情景过程如下，已知减速过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))，减速过程时间是反应过程时间的5倍，反应过程可视为匀速，下列说法正确的是()A．汽车正常行驶的速度大小为2eq\o(v,\s\up6(－))B．反应过程的时间为eq\f(\o(v,\s\up6(－)),5a)C．减速过程位移是反应过程位移的eq\f(5,4)倍D．从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为eq\f(8,7)eq\o(v,\s\up6(－))答案A解析设汽车正常行驶的速度大小为v0，由匀变速直线运动的规律可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0,2)，解得v0＝2eq\o(v,\s\up6(－))，A正确；减速过程的时间为t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－)),a)，反应过程的时间为t反＝eq\f(t0,5)＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－)),5a)，B错误；减速过程的位移为x0＝eq\o(v,\s\up6(－))t0＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－))2,a)，反应过程的位移为x反＝v0t反＝eq\f(4\o(v,\s\up6(－))2,5a)，则减速过程位移与反应过程位移之比为eq\f(x0,x反)＝eq\f(5,2)，C错误；从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为v＝eq\f(x反＋x0,t反＋t0)＝eq\f(7,6)eq\o(v,\s\up6(－))，D错误。5.(2022·辽宁省丹东市高三下质量测试(二))如图所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2s。B球与地面的高度差h＝5m(不计空气阻力，g取10m/s2)。则()A．A球与地面的高度差为6mB．A、B两小球释放前相距4.4mC．若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地D．A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大答案B解析由题意可知，剪断细线后，A、B两球均做自由落体运动，设B球下落用时为tB，则有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,B)，对A球有hA＝eq\f(1,2)g(tB＋0.2s)2，联立解得A球与地面的高度差hA＝7.2m，故A错误；A、B两小球释放前高度差Δh＝hA－h＝2.2m，则A、B两小球释放前相距s＝eq\f(Δh,sin30°)＝4.4m，故B正确；B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，故C错误；速度变化率即为加速度，两球在下落过程中的加速度均为重力加速度，速度变化率相同，故D错误。6.(多选)伽利略为了研究自由落体运动的规律，利用斜面做了上百次实验。如图所示，让小球从光滑斜面上的不同位置自由滚下，测出小球从不同起点滚动到斜面底端的位移s以及所用的时间t。若比值eq\f(s,t2)为定值，小球的运动即为匀变速运动。下列叙述符合实验事实的是()A．当时采用斜面做实验，是为了便于测量小球运动的时间B．小球从同一倾角斜面上的不同位置滚下，比值eq\f(s,t2)有较大差异C．改变斜面倾角，发现对于每一个特定倾角的斜面，小球从不同位置滚下，比值eq\f(s,t2)保持不变D．将小球在斜面上运动的实验结论合理外推至当斜面倾角为90°时，比值eq\f(s,t2)也将保持不变，因此可认为自由落体运动为匀变速直线运动答案ACD解析在伽利略所处的时代，没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来用来“冲淡”重力，目的是便于测量小球运动的时间，故A正确；在伽利略所处的时代，技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且s与t的平方成正比，则v与t成正比，则对于每一个特定倾角的斜面，小球从不同位置滚下加速度不变，比值eq\f(s,t2)保持不变，故B错误，C正确；将斜面实验的结果合理外推至当斜面倾角为90°时，比值eq\f(s,t2)也将保持不变，说明自由落体运动是匀变速直线运动，故D正确。[B组综合提升练]7．(2022·浙江省温州市普通高中高三下3月二模)“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12s，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。t/s024681012x/cm02.08.017.527.033.035.0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4.75cm/sC．火星车一共匀速运动了10cmD．火星车减速的加速度大小为2cm/s2答案C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，0～2s内的位移与2～4s内的位移大小之比为1∶3，说明火星车在0～4s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＝1cm/s2；8～10s内的位移与10～12s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′＝1cm/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0～12s全过程的位移满足x总＝eq\f(v,2)t1＋vt2＋eq\f(v,2)t3＝35cm，又有t1＋t2＋t3＝12s，联立以上各式解得t1＝t3＝5s，t2＝2s，v＝5cm/s。前5s火星车做加速运动，5～7s火星车做匀速运动，故第6s末火星车的速率为5cm/s，A、B错误；火星车做匀速运动的位移大小为x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，C正确；火星车减速的加速度大小为1cm/s2，D错误。8．如图所示，木杆长5m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20m处圆筒AB，圆筒AB长为5m，取g＝10m/s2，求：(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？答案(1)(2－eq\r(3))s(2)(eq\r(5)－eq\r(3))s解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝eq\r(\f(2h下A,g))＝eq\r(\f(2×15,10))s＝eq\r(3)s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A＝eq\r(\f(2h上A,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－eq\r(3))s。(2)木杆的上端到达圆筒下端B用时t上B＝eq\r(\f(2h上B,g))＝eq\r(\f(2×25,10))s＝eq\r(5)s则木杆通过圆筒AB所用的时间t2＝t上B－t下A＝(eq\r(5)－eq\r(3))s。9．一人乘电梯上楼，从1层直达20层，此间电梯运行高度为60m。若电梯启动后匀加速上升，加速度大小为3m/s2，制动后匀减速上升，加速度大小为1m/s2，电梯运行所能达到的最大速度为6m/s，则此人乘电梯上楼的最短时间应是多少？答案14s解析由题意可知，要使电梯运