2023学年高考物理大二复习专题强化练一直线运动含解析.docx

专题强化练(一)　直线运动 (满分:100分　时间:50分钟) 一、选择题(共7小题,每小题8分,共56分) 1.(考点1)(2023江西赣南红色七校联考)一质点做匀加速直线运动,速度变化Δv时运动位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时运动位移x2,则该质点的加速度为(　　) A.(Δv)2x2-x1 B.2(Δv)2x2-x1 C.(Δv)21x1-1x2 D.(Δv)21x1+1x2 解析设质点的加速度为a,发生速度变化Δv所用时间为t,运动位移x1的中间时刻速度v1=x1t,运动位移x2的中间时刻速度v2=x2t,又v2-v1=at,Δv=at,可解得a=(Δv)2x2-x1,故只有选项A正确。 答案A 2.(考点2)(2023湖北武汉模拟)一物体由静止开始沿直线运动,其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向,则选项图中关于物体运动的v-t图象正确的是(　　) 解析根据题图图象可得,0~1s内物体做匀加速直线运动,速度v=at=t,速度为正方向,选项D错误;第1s末的速度v=1m/s,1~2s内加速度变为负值,而速度为正方向,因此物体做匀减速直线运动,v'=1m/s-a(t-1),第2s末,速度减小为0,选项B错误;2~3s内加速度为正值,初速度为0,物体沿正方向做匀加速直线运动,v=a(t-2)=t-2,即从第2s末开始重复前面的运动。选项A错误、C正确。 答案C 3.(考点3)(多选)(2023浙江温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心,不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。假设一辆以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口,有一老人正在过人行横道,此时汽车的车头距离停车线8 m。该车刹车时的加速度大小为5 m/s2,则下列说法中正确的是(　　) A.如果驾驶员立即刹车,则t=2 s时,汽车离停车线的距离为1.6 m B.如果在距停车线6 m处开始刹车,汽车能在停车线处停车让人 C.如果驾驶员的反应时间为0.4 s,汽车刚好能在停车线处停车让人 D.如果驾驶员的反应时间为0.2 s,汽车刚好能在停车线处停车让人 解析若汽车做匀减速直线运动,速度减为零的时间t0=0-v0a=-8-5s=1.6s<2s,所以从刹车到停止的位移大小x1=-v022a=6410m=6.4m,汽车离停车线的距离为8m-6.4m=1.6m,选项A正确;如果在距停车线6m处开始刹车,刹车位移大小是6.4m,所以汽车不能在停车线处停车让人,选项B错误;刹车的位移大小是6.4m,所以汽车可做匀速运动的位移大小是1.6m,则驾驶员的反应时间t=1.68s=0.2s时,汽车刚好能在停车线处停车让人,选项C错误、D正确。 答案AD 4.(考点2)(多选)(2023江苏南京模拟)伽利略在研究自由落体运动的过程中,曾提出两种假设:①速度v与下落的高度h成正比;②速度v与下落的时间t成正比,分别对应于图甲和乙。下列关于甲、乙两图的判断正确的是(　　) A.图甲中加速度不断增大 B.图乙中加速度不断增大 C.图甲中0~h0内运动的时间是2h0v0 D.图乙中0~t0内运动的位移是v02t0 解析由题图甲的图象可得v=kh,加速度a=v22h=k22h不断增大,易知0~h0内运动的平均速度小于v02,则运动的时间大于2h0v0,选项A正确、C错误;题图乙的v-t图象为倾斜直线,加速度恒定,为匀加速运动,0~t0内运动的位移x=v02t0,选项B错误、D正确。 答案AD 5. (考点2、3)(2023河南郑州质检)甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动,两车在某一时刻刚好经过同一位置,此时甲的速度为5 m/s,乙的速度为10 m/s,甲车的加速度大小恒为1.2 m/s2。以 此时作为计时起点,它们的速度随时间变化的关系如图所示,根据以上条件可知(　　) A.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 B.在前4 s的时间内,甲车运动位移为29.6 m C.在t=4 s时,甲车追上乙车 D.在t=10 s时,乙车又回到起始位置 解析速度—时间图象的斜率代表加速度,据此判断乙的运动过程中加速度先减小再增大最后减小,选项A错误。速度—时间图象与时间轴围成的面积代表位移,0~4s内,乙图象面积大于甲图象面积,所以乙的位移大于甲的位移,在t=4s时甲不可能追上乙车,选项C错误。前10s,乙图象面积一直在增大,位移在增大,速度一直沿同一方向,所以乙不可能回到初始位置,选项D错误。在前4s的时间内,甲车运动位移x=v0t+12at2=5×4m+12×1.2×42m=29.6m,选项B正确。 答案B 6. (考点2、3)(多选)(2023山东潍坊四校联考)a、b两质点沿直线Ox轴正向运动,t=0时,两质点同时到达坐标原点O,测得两质点在之后的运动中,其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示,以下说法正确的是(　　) A.质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2 B.质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2 C.t=1 s时,a、b再次到达同一位置 D.t=2 s时,a、b再次到达同一位置 解析对质点a,根据数学知识得:xt=0.5t+0.5(m/s),则x=0.5t2+0.5t(m),与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+12at2对比得:v0=0.5m/s,a=1.0m/s2,所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2,选项A错误、B正确;t=1s时,xt相等,则x相等,所以1s时,质点a、b再次到达同一位置,选项C正确;由题图知,对于质点b,有xt=1,所以质点b做速度为1m/s的匀速直线运动,在t=1s时,质点a的速度v=v0+at=1.5m/s,大于质点b的速度,所以t=1s之后两个质点不再相遇,选项D错误。 答案BC 7.(考点1)(2023浙江丽水段考)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生,称为“第五类交通方式”,它就是“Hyperloop(超级高铁)”,如果乘坐Hyperloop从北京到上海,1 400千米的路程约需要80分钟,Hyperloop先匀加速,达到最大速度1 200 km/h后匀速运动,快进站时再匀减速运动,且加度与减速的加速度大小相等,则下列关于Hyperloop的说法正确的是(　　) A.加速与减速的时间相等,加速时间为12分钟 B.中途匀速时间为60分钟 C.加速时加速度大小为1 m/s2 D.如果加速度大小为10 m/s2,题中所述运动最短需要65分钟 解析根据题意令加速的时间为t1,匀速的时间为t2,减速的时间为t3,匀速运动的速度为v,由题意得t1+t2+t3=t,因为加速与减速的加速度大小相等,所以有t1=t3,即2t1+t2=t,所以2t1+t2=4800s,位移关系为vt2+2×12at12=x,其中v=1200km/h=10003m/s,距离x=1400km=1400000m,代入数据可得at12+10003t2=1400000m,联立以上各式并代入数据解得t1=600s=10min,t2=3600s=60min,a=59m/s2,故选项A、C错误,选项B正确;如果a=10m/s2,根据2t1+t2=t,位移关系为vt2+2×12at12=x,代入数据得10t12+10003t2=1400000m,速度与时间关系为v=10t1=10003m/s,联立以上解得t≈70.6min,选项D错误。 答案B 二、计算题(第8题12分,第9题12分,第10题20分,共44分) 8. (考点4)(2023山东重点中学联考)如图所示木杆长5 m,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20 m处圆筒AB,圆筒AB长为5 m,g取10 m/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? 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=2h下Ag=2×1510s=3s 木杆的上端到达圆筒上端A用时 t上A=2h上Ag=2×2010s=2s 则木杆通过圆筒上端A所用的时间 t1=t上A-t下A=(2-3)s (2)木杆的下端到达圆筒上端A用时 t下A=2h下Ag=2×1510s=3s 木杆的上端离开圆筒下端B用时 t上B=2h上Bg=2×2510s=5s 则木杆通过圆筒所用的时间 t2=t上B-t下A=(5-3)s 答案(1)(2-3) s　(2)(5-3) s 9. (考点1、4)(2023河南商丘五校联考)如图所示,水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球,当某小球离开M的同时,O点右侧一长为L=1.2 m的平板车开始以a=6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动,该小球恰好落在平板车的左端,已知平板车上表面距离M的竖直高度为h=0.45 m。忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小车左端离O点的水平距离; (2)若至少有2个小球落在平板车上,则释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件? 解析(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t0,在该时间段内由运动学公式 对小球有:h=12gt02① 对平板车有:x=12at02② 由①②式并代入数据可得:x=0.27m (2)从释放第一个小球至第二个小球下落到平板车上表面处历时Δt+t0,设平板车在该时间段内的位移为x1,由运动学公式有:x1=12a(Δt+t0)2③ 至少有2个小球落在平板车上须满足:x1≤x+L④ 由①~④式并代入数据可得:Δt≤0.4s。 答案(1)0.27 m　(2)Δt≤0.4 s 10.(考点1、3)(2023河南郑州质检)高铁列车上有很多制动装置。在每节车厢上装有制动风翼,当风翼完全打开时,可使列车产生a1=0.5 m/s2的平均制动加速度。同时,列车上还有电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。单独启动电磁制动系统,可使列车产生a2=0.7 m/s2的平均制动加速度。所有制动系统同时作用,可使列车产生最大为a=3 m/s2的平均制动加速度。在一段直线轨道上,列车正以v0=324 km/h的速度匀速行驶时,列车长接到通知,前方有一列车出现故障,需要减速停车。列车长先将制动风翼完全打开让高速行驶的列车减速,当车速减小了13时,再通过电磁制动系统同时制动。 (1)若不再开启其他制动系统,从开始制动到停车,高铁列车行驶的距离是多少? (2)若制动风翼完全打开时,距离前车只有2 km,那么该列车最迟在距离前车多远处打开剩余的制动装置,才能保证不与前车相撞? 解析(1)由题意可得v0=324km/h=90m/s,打开制动风翼时,列车的加速度为a1=0.5m/s2,设当车速减小了13时,列车的速度为v1,v1=23v0=60m/s,设此过程中行驶的距离为x1。 开启电磁制动后,列车的加速度:a'=a1+a2 继续行驶的距离为x2,高铁列车的运动示意图如图所示。 则在此过程中行驶的距离:x1=v02-v122a1=4500m 再打开电磁制动后,列车的加速度:a'=a1+a2=1.2m/s2 在此过程中行驶的距离:x2=v122a'=1500m 则高铁列车从开始制动到停车行驶的总距离: x=x1+x2=6000m (2)设最迟需要在距离前车Δx处打开其他制动装置,此时列车速度为v。由题意知,此时列车减速的加速度为最大制动加速度a=3m/s2。 设列车打开剩余的制动装置之前运动的距离为x',列车的运动示意图如图所示: 则Δx=v22a,x'=x0-Δx=v02-v22a1 可解得:Δx=1220m。 答案(1)6 000 m　(2)1 220 m 8