2023山东版物理高考第二轮复习--专题一匀变速直线运动.pdf

《2023山东版物理高考第二轮复习--专题一匀变速直线运动.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023山东版物理高考第二轮复习--专题一匀变速直线运动.pdf（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023山东版物理高考第二轮复习专题一匀变速直线运动一、选择题1 .物理科技（2022河北省级联测）如图所示,在宽阔的中国空间站内，航天员可以做多种实验。假设航天员在宽阔的空间站内将物块a以相对于空间站的速度V。水平抛出，同时在该位置给另一相对于空间站静止的物块b施加一恒力F,F方向与V。方向相同，直到b追上a,两物块始终未与其他物体碰撞,在空间站参考系中下列说法正确的是（）A.物块a相对空间站做平抛运动B.物块b相对空间站做曲线运动C.b追上a时b的速度为2voD.改变b的质量,b追上a时的速度会改变答 案C物块a以相对于空间站的速度V。水平抛出后,处于完全失重状态,a做匀速直线运动,A错误

2、；物块b受恒力F的作用,故加速度恒定,做匀加速直线运动,B错误;根据v0t=1 at2,物块b追上物块a时的速度v=at=2vo,与b的质量无关,C正确,D错误。2.物理科技（2022河北石家庄一模）（多选）哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时,机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示,在某次投掷练习中机器人夹取冰壶,由静止开始做匀加速运动,之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动,冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示。此次投掷中,下列说法中正确的是（）1 3 5 7 9 II 13 z/s乙

3、A.冰壶减速运动的加速度大小为0.1 25 m/s2B.9 s 末冰壶的速度大小为5.75 m/sC.7 s 末,冰壶、机器人的间距为7 mD.机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息答 案 AC 从释放冰壶时开始分析，根据加速度的定义可知,冰壶做减速运动的加速度为a 冰二号告1 1-0m/s2=-0.1 25 m/s2,故 A 正确;由速度时间公式可得,9 s 末冰壶的速度大小为v=v0+a冰ti=6 m/s-0.1 25X6m/s=5.25 m/s,B 错误;由图像可知,机器人的加速度为a 机 嘤 若 m/s2=-l m/s2,7 s 末冰壶的位移为x冰 7。1 2+%冰 名=23 m,7 s

4、 末机器人的位移为X fli=vot2+|a机 与=1 6 m,则 7 s 末,冰壶、机器人的间距为7 m,C正确;由图像可知机器人停止运动时，其位移为1 8 m,而此时冰壶的位移为x 冰 =voti+a冰 片=33.75 m,二者的间距大于8 m,故机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息,D 错误。3.物理探索（2022辽宁新高考测评卷）某同学利用一根原长远远小于树高的弹簧和手机粗略测量了大树的高度。该同学将弹簧竖直固定在地面上,压缩一定程度后将一弹丸由静止弹射出去,调整弹簧压缩量,直到弹丸能刚好到达与树顶等高处后开始下落，用手机测出此过程中弹丸从离开弹簧到回到地面所用的时间t,忽略弹丸所受空

5、气阻力和计时误差，重力加速度为g.则下列说法正确的是（）A.大树的高度约为疑zB.弹丸离开弹簧后的%时间内，上升的高度是树高的C.将弹丸运动的时间平均分成三段，第二段时间内弹丸的位移大小是树高的gD.弹丸上升高度是树高的一半时,需要的时间为邛t答 案 D 忽略弹丸所受空气阻力,弹丸做竖直上抛运动，其上升和下落的时间都为宝大树的高度等于其自由下落物位移,即h亭()M g/,故 人 错误；弹丸下落过程做自由落体运动,连续两段孑时间内通过的位移之比为1 ：3,根据运动的对称性，可知弹丸离开弹簧后的%时间内，上升的高度是树高的故 B 错误;将弹丸运动的时间平均分成三段,第二段时间内弹丸一半时间在上升,

6、一半时间在下落,根据对称性可知位移为零,故c 错误；弹丸下落过程，通 过 两 段 相 等 位 移 所 用 时 间 之 比 为 根 据 对称性,弹丸上升高度是树高的一半时,需要的时间为匕 二 舞又?=乎 1,故 D 正确。1+VZ-1 L 44.物理生活(2022陕西西安五区联考)公共汽车进站时,刹车过程的加速度-时间图像如图所示,若它在6 s 时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg,重力加速度g 取 1 0 m/s；则汽车在()A.0 到 6 s 内的位移约等于30 mB.0 时刻的速度约为28 km/hC.4 s时的加速度约为0.5 m/s2D.0 到 6 s 内速度变化为8 m

7、/s答 案 B a-t图像与I轴所围的面积表示速度的变化量,由题图可知速度的变化量大小约为A v=2Xlm/s+|x(1.5+2)X2 m/s+|x3X 1.5 m/s=7.75 m/s,所以 0 时刻的速度约为 vo=A v-7.75 m/ss28 km/h,又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故 0飞s内的位移满足x4vt=23.25 in,故 A、D 错误,B正确;由题图可知4 s 时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2,故 C 错误。5.物理生活（2022四J1 1 广安一诊）图（a）所示的机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移-时间图像（后 1

8、 0 s 的图线为曲线,其余为直线）。则（）图图A.（n o s 内，机器人做匀加速直线运动B.1 030 s 内,机器人的平均速度大小为0.35 m/sC.机器人在5 s末的速度与1 5 s末的速度相同D.机器人在030 s 内的位移大小为1 2 m答 案 B x-l图线的斜率表示速度,01 0 s内，图线的斜率不变,机器人做匀速直线运动,A 错误;1 030s 内，平均速度大小为方wm/s=0.35 m/s,B 正确;01 0 s 内图线的斜率与1 020 s 内图线的斜率关系为kF-kz,所以机器人在5 s末的速度与1 5 s末的速度等大反向,C 错误;机器人在030 s 内的位移大小为

9、2 m.D 错误。6.物理生活（2022广东华师附中一模,7）某校篮球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量 m=50 kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.1 0 m,比赛过程中,该运动员先下蹲,重心下降0.5m,经过充分调整后,发力跳起摸到了 2.9 0 m 的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动,忽略空气阻力影响,g 取 1 0 m/s；则运动员（）A.起跳过程中,位移随时间均匀增加B.起跳过程的平均速度与离地上升到最高点过程的平均速度等大反向C.运动员在最高点时处于平衡状态D.从开始起跳到双脚落地需要1.05 s答 案 D 起跳过程中,位移随时间的平方均匀增加，故 A

10、错误;起跳过程中运动员的速度由零增大到最大速度V,离地上升到最高点的过程中,运动员的速度再由v 减小到零,根据匀变速运动的平均速度公式市 中，可知起跳过程的平均速度与离地上升到最高点过程的平均速度等大同向,故B错误;运动员在最高点时仅受重力,不处于平衡状态,故C 错误;运动员双脚离地后做竖直上抛运动,由题意可知上升高度 H=2.9 0 m-2.1 0 m=0.8 m,做竖直上抛运动的时间t?=2杼0.8 s,运动员双脚离地时的速度大小v=四 月=4 m/s,运动员起跳过程中重心向上运动的高度为h=0.5 m,则这一过程所用时间t,=O.25 s,从开始起跳到双脚落地需要t=t,+t2=l.05

11、 s,故 D 正确。7.物理科技1（2022广东佛山一模,8）（多选）近期，一段特殊的“飙车”酶红遍网络,视频中，一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车互相追赶。两车并排做直线运动,其运动情况如图乙所示,t=0时,两车车头刚好并排，则（）A.1 0 s末和谐号的加速度比复兴号的大B.图乙中复兴号的最大速度为78 m/sC.0 到 32 s 内，在 24 S末两车头相距最远D.两车头在32 s末再次并排答 案 BC v-t图像的斜率表示加速度，则和谐号024 s内的加速度ai得 m/s2=1 m/s2,8、32 s内复兴号的加速度包 去 m/s24 m/s）则 1 0 s 末和谐号的加速度比复兴号的小

12、，故 A 错误;题图乙中复兴号的最大速度为，=72 m/s+X（32-24）m/s=78 m/s,故 B 正确;因t=0时两车车头刚好并排,在0 到 24 s内和谐号的速度大于复兴号的速度,两者的距离逐渐增大,速度相等后两者的距离缩小，则在24 s 末两车头相距最远,故C 正确;v-t图像与时间轴围成的面积表示位移,则在024 s 两者的最大距离A X=8x（7j60）m=4 8 m）而在 2432 S 内,两车缩小的距离 A x=（78-72）;（32-24）m=2 4 m 8 0 km/h=m/s,则速率能超过8 0 km/h,故 C正确;汽车加速到250km/h,所 花 的 最 短 时

13、间 是愉s=1 2.5 s,故 D 错误。9 .物理科技（2022江苏南通月考,3）坦克被称为“陆战之王”，在战场上因其独特的优势成为不可替代的武器装备之一。坦克炮弹发射的时候在炮管内部气体的温度可以达到3 000 C,压强可达到几百兆帕,所以炮管的使用寿命很短。若一辆主战坦克的主炮炮管的总使用寿命约为3 s,炮管长度约为5 m,炮弹离开炮管的速度为1 8 00 m/s,则这样的一根炮管最多能发射炮弹的数量为（）A.340 B.540C.740 D.9 40答 案B以一颗炮弹为研究对象，其初速度vo=0,末 速 度v=l 8 00 m/s,位 移x=5 m,根据公式x=t,可以得到一颗炮弹在炮

14、管里运动的时间1=焉s,所以能发射的炮弹数量n*=540,故B正确。loU C审题指导 本 题 理 解“炮管的总使用寿命约为3 s”的含义是解题关键，它表示炮弹在炮筒里运动的总时间，所以算出一颗炮弹在炮筒里运动的时间，就很容易算出能发射多少颗炮弹了。1 0.物理生活1（2022江苏宿迁中学调研,2）如图,一名小朋友用力沿着箭头方向将推拉门的一扇门从贴近右门框的地方拉到图示位置后放手,这扇门与左、右门框各撞击一次后，又几乎回到了图示位置。则从小朋友拉门开始到最终门停止,这扇门运动的v-t图像符合实际的是（）答 案A小朋友用力沿着箭头方向将胭门的一扇门拉到题图所示位置时,门先加速一段时间;小朋友放

15、手，拉力消失后，门减速,与左门框撞击一次后,原速率反弹,速度反向;之后向右减速运动,碰到右门框后,原速率反弹，速度反向；之后门向左减速并停下,符合该运动情况的是A项 的v-t图像。故 选Ao解题关键 结合生活实际分析推拉门的运动过程是解决本题的关键。另外，速度是矢量，要特别关注方向性,确定好速度的正负。1 1.（2022常德一模,3）近期，一段特殊的“飙车”视频红遍网络，视频中，一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车在互相追赶,两车均做直线运动,其运动情况如图乙所示,t=0时，两车车头刚好并排，贝！J （）A.1 0 s末和谐号的加速度比复兴号的大B.32 s 时复兴号的速度为8 0 m/sC 0

16、到 32 s 内，在24 s末两车头相距最远D.两车头在24 s 末再次并排答 案 C根据v-t图像的斜率表示加速度可知,1 0 s 末和谐号的加速度比复兴号的小,故A错误;由图可得,32 s 时复兴号的速度为v=60 m/s+翁X（32-8）m/s=78 m/s,故 B 错误;由图可知,0 到 32 s 内，24Z4-OS 前和谐号速度大于复兴号速度,24 s后复兴号速度大于和谐号速度,所以在0 到 32 s 内，在 24 s 末两车头相距最远,故C 正确,D 错误。1 2.（2022湖南师大附中月考三,8）（多选）物理学中有一些经典实验，通过巧妙的设计、使用简陋的器材揭示了深刻的物理本质。

17、伽利略的斜面实验揭示了匀变速直线运动规律。某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验。如图甲所示,他让一小球从固定斜面顶端0 处静止释放，小球经过A 处到达斜面底端B 处,通过在A、B 两处安装的传感器测出A、B 间的距离x 及小球在A B段运动的时间to改变传感器所在A 点的位置，重复多次实验,计算机作出;-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.小球在斜面上运动的平均速度大小为6 m/sB.小球运动到斜面底端时速度大小为6 m/sC.小球在斜面上运动的加速度大小为6 m/s2D.小球在斜面上运动的时间为2 s答 案 B C 由匀变速运动规律有VB=v,、+at,x=VA t+|at,可

18、得：=明厂界,由图乙知，小球运动到斜面底端时速度大小为v=6 m/s,选项B 正确;小球在斜面上做匀加速运动，平均速度小于6 m/s,选项A 错误;由m/s，可得,小球在斜面上运动的加速度大小为a=6 m/s2,选项C 正确;由VB=at。可得，小球在斜面上运动的时间为t=l s,选项D 错误。二、非选择题1 3.(2022株洲一模,1 3)某高速上一长直路段设置有区间测速,区间长度为1 9 km,一辆小汽车通过测速起点时的速度为9 2 km/h,汽车匀加速行驶36 s后速度为1 08 km/h,接着匀速行驶6 min,然后匀减速行驶并通过测速终点。为使汽车在该区间的平均速度不超过最高限速1

19、00 km/h,求:小汽车在该区间运动的最短总时间;(2)该车通过区间测速终点时的最高速度大小。答案(1)68 4 s(2)72 km/h解 析(1)平均速度正/x=1 9 km、羽=1 00 km/h,解得汽车在该区间运动的最短总时间t=0.1 9 h=ll.4minz:68 4 so(2)设匀加速行驶的时间为3 匀速行驶的时间为t2,汽车在区间测速起点的速度为vi,匀速行驶的速度为Vz,区间测速终点的最高速度为v,“，总位移为X。匀 加 速 行 驶 的 位 移 匀 速 行 驶 的 位 移 x2=v2t2,匀减速行驶的位移X3卫 磬(t-ti-tz),总位移X=X1+X2+X3,联立解得Va

20、=72 km/ho1 4.物理生活|(2022江苏连云港月考,1 3)小丽使用一根木杆推动一只用来玩游戏的木盘,t=0时刻,木盘以 v0=3 m/s的速度经过如图所示的标志线aa,速度方向垂直标志线,继续推动木盘使它做匀加速运动,在 t=0.4 s 通过标志线bb,然后撤去水平推力。木盘可视为质点，停在得分区(cc 与 dd之间)即游戏成功。图中bb与a a的距离xi=l.6 m,cc,与 bb的距离x2=3.6 m,cc与 dd的距离为d=0.8 mo已知木盘与地面之间的动摩擦因数是u=0.30,木盘的质量为m=0.5 kg,重力加速度g=1 0 m/s)求：(1)木盘在加速阶段的加速度a;

21、(2)木杆对木盘的水平推力F;(3)木盘能否停在得分区?请计算说明。答 案(1)5 m/s2(2)4 N(3)见解析解 析(D 在加速过程中，由位移与时间的关系Xi=vot+at代入数据得a=5 m/s3(2)由牛顿第二定律知F-u mg=ma解得F=4 N（3）设 通 过bb时木盘的速度为vlt有说一诏=2axi解得Vi=5 m/s此后木盘做匀减速运动,加速度a=N g=3 m/s2减 速 到0,发生的位移可得 3.6 mx 0.1 5 m“冰”匀速运动过程用时1 3 3 m=29 s设“冰”减速前“五环”已离开“冰”，取开始匀速到两者恰好分离用时3 有 31%=2丫 1,得 1 4.5st

22、3可 知“冰”减速前“五环”已离开“冰”，“五环破冰”用时tf+t,=1 5.5 s1 6.物理模型I (2022浙江百校开学模拟,1 9)接力是运动会上的一个精彩项目，某次比赛中，假设甲、乙两位运动员在直线跑道上前后接力，甲是前一棒，乙是后一棒。他们的加速度都为3 m/s；最大速度都为9m/s,第一次模拟时，乙选择适当时机在接力区某处开始从静止加速起跑,当甲以最大速度追到乙的身边交棒时，乙的速度为6 m/s0接到棒后乙继续加速到最大速度。设交棒时间不计,不影响运动员的速度,交接棒都在有效接力区内,运动员视为质点。第一次模拟时,乙开始跑动时与甲相距多远?(2)为了提高成绩，第二次模拟时，乙重新

23、选择起跑时与甲的距离，使得当乙的速度刚达到最大速度时,甲恰好追到乙的身边及时交棒。求这个改进对于全程比赛节省多少时间。(结果保留两位有效数字)答 案(1)1 2 m(2)0.1 7 s解 析(1)由匀变速直线运动速度公式v,=at可知，乙接棒前加速用时t=2 s,由 x=vt,得 x 甲=1 8 m由匀变速直线运动的推论x 乙=t得 x 乙=6 m则 A x=x 甲-x 乙=1 2 m即乙开始跑动时与甲相距1 2 m;(2)分析可知,第二次模拟交接棒前后，拿棒的运动员一直以最大速度运动,而第一次模拟乙运动员接棒后速度由6 m/s加速到9 m/s的这段路程实际所花时间与这段路程一直以9 m/s的

24、速度运动的时间差即节省时间，由 t尸的A 得sa由匀变速直线运动的推论得 A x=7.5 m由 t2,得 t2=0.8 3 s所以 A t=t-t2得 A t=0.1 7 s所以节省了 0.1 7 s01 7.物理科技I (2022广东华师附中一模,1 3)无人驾驶汽车是利用先进的5G技术制造的汽车。在广州生物岛和黄埔区能经常见到无人驾驶汽车在路面行驶。无人驾驶汽车上配有主动刹车系统,当车速超过30km/h时,汽车主动刹车系统会启动预判:车载电脑通过雷达采集数据在t=0.6 s内进行分析预判，若预判汽车以原速度行驶后可能会发生事故，汽车会立即主动刹车。现有一无人驾驶汽车正以1=36 km/h的

25、速度匀速行驶,在它的正前方相距L=20 m 处有一大货车正以V2=28.8 km/h的速度匀速行驶。若取重力加速度g=W m/s；问:(1)预判结束时，两车之间的距离。若预判结束时,汽车立即开始以a4 m/，的加速度刹车，同时大货车开始减速行驶，且从此时刻开始计时,大货车的速度与时间关系满足v=8-3.2t(m/s)，则要使两车不相撞,求汽车加速度a 的取值范围。(计算出的数据请保留3位有效数字)答案(1)1 8.8 m(2)1.74 m/sMa4.00 m/s2解 析(l)to=O.6 s 内,汽车和大货车行驶的位移分别为Xi=Vito=6 mX2=v2to=4.8 m预判结束时,两车之间的

26、距离为XO=L-XI+X2=18.8 m(2)设汽车刹车总时间为t),则 0=v a3解得t 2.5 s由题意可知大货车减速时的加速度大小为a=3.2 m/s2大货车刹车总时间为I?答=2.5 st,-a所以大货车先停下来。设汽车的刹车位移为X3,大货车的刹车位移为X,根据运动学规律有0-谥二-2aX30-谚=-2a Xi要使两车不相撞,应满足X3X4+X0解得 1.74 m/sWa4.00 m/s2方法总结解答追及和相遇问题的三种方法抓 住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件,建立一幅物体运动关系的情境图设相遇时间为t,根据条件列方程,得到关于位移X与 时

27、 间 t 的函数关系,由此判断两物体追及或相遇情况情境分析法函数判断法图像 将两个物体运动的速度与时间关系或位移与时间关系画在同一图像中，然后利用图像分分析法 析求解相关问题18.物理生活I (2022安徽合肥第一次质检)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。图 为 ETC通道的示意图,通道的长度为自识别区起点至自动栏杆的水平距离。某 汽 车 以 18 km/h的速度匀速驶入识别区,ETC天线识别车载电子标签用时0.3 s,识别完成后发出滴的一声,司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车。已知司机的反应时间为0.5 s,该 ETC通道的长度为29 m,要使汽车不撞杆,则刹车时汽车加速度大小至少为多大？答案 0.5 m/s2解析 汽车匀速行驶的速度v=18 km/h=5 m/s,设汽车做减速运动时的加速度大小为a 时,汽车刚好不撞杆，则在识别车载电子标签和司机反应时间内,汽车行驶的距离为X,=Vo(t,+t2)在刹车过程中,汽车行驶的距离也小通道长度L=X|+X2解得 a=0.5 m/s2即刹车时汽车加速度大小至少为0.5 m/sl