2020高考物理 月刊专版 专题1 直线运动 专家预测3

2020高考物理 月刊专版 专题1 直线运动 专家预测3

直线运动 ‎ 一、选择题( 每小题至少有一个选项正确 )‎ ‎1．下列说法正确的是 (　　)‎ A．加速度为零的质点一定处于静止状态 B．做加速度不断减小的加速直线运动的质点，在加速度不为零之前，速度不断增大，位移不断增大 C．某质点的加速度方向向东，且做直线运动，则该质点一定在向东做加速直线运动 D．质点做曲线运动时，它的加速度一定变化 解析：加速度为0时，即速度不发生变化，即物体处于静止状态或匀速直线运动，选项A不正确．‎ 质点做加速直线运动时，虽然加速度在不断减小，但速度仍然在不断增大，只是单位时间内速度增加量不断地减小，其位移也是不断地增加，选项B正确．‎ 质点做直线运动，虽加速度方向向东，但速度方向可以向东、也可以向西，即可以向东做加速直线运动，也可向西做减速直线运动，选项C错误．‎ 质点做曲线运动时，速度不断地变化，单位时间内速度变化可以保持不变，如平抛运动，故选项D是错误的．‎ 答案：B ‎2．如图1所示为物体做直线运动的v－t图象．若将该物体的运动过程用x－t图象表示出来(其中x为物体相对出发点的位移)，则图2中的四幅图描述正确的是 (　　)‎ 解析：0～t1时间内物体匀速正向运动，故选项A错；t1～t2时间内，物体静止，且此时离出发点有一定距离，选项B、D错；t2～t3时间内，物体反向运动，且速度大小不变，即x－t图象中，0～t1和t2～t3两段时间内，图线斜率大小相等，故C对．‎ 答案：C ‎3．沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大‎2.45 m/s，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为 (　　)‎ A．‎2.45 m/s2　　　　　　　　B．－‎2.45 m/s2‎ C．‎4.90 m/s2 D．－‎4.90 m/s2‎ 解析：做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，所以原题意可解释为：0.25 s时刻的瞬时速度v1比0.75 s时刻的瞬时速度v2大‎2.45 m/s，即v2－v1＝at，加速度a＝＝ m/s2＝－‎4.90 m/s2.‎ 答案：D ‎4．某军事试验场正在平地上试射地对空 导弹，若某次竖直向上发射导弹时发 生故障，造成导弹的v－t图象如图3‎ 所示，则下述说法中正确的是 (　　)‎ A．0～1 s内导弹匀速上升 图3‎ B．1 s～2 s内导弹静止不动 C．3 s末导弹回到出发点 D．5 s末导弹恰好回到出发点 解析：在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，故0～1 s内导弹匀加速上升，1 s～2 s内导弹匀速上升，第3 s时导弹速度为0，即上升到最高点，故选项A、B、C错；v－t图线与时间轴包围的面积表示位移，在0～3 s内，x1＝×(1＋3)×‎30 m＝‎60 m，在3 s～5 s内，x2＝－×2×‎60 m＝－‎60 m，所以x＝x1＋x2＝0，即5 s末导弹又回到出发点，选项D对．‎ 答案：D ‎5．(2020·福州模拟 )利用速度传感器与 计算机结合，可以自动作出物体运动 的图象，某同学在一次实验中得到的 运动小车的v－t图象如图4所示，由 图4‎ 此可以知道 (　　)‎ A．小车先做加速运动，后做减速运动 B．小车运动的最大速度约为‎0.8 m/s C．小车的最大位移是‎0.8 m D．小车做曲线运动 解析：本题考查对v －t图象的理解．v－t图线上的点表示某一时刻的速度，从图象可以看出小车先做加速运动，后做减速运动，运动的最大速度约‎0.8 m/s，A、B项正确；小车的位移可以通过v－t图线下面的面积求得：查格84格，位移约为84×0.1×‎1 m＝‎8.4 m，C项错误；v－t图线为曲线，表示速度大小变化，但小车并不做曲线运动，D项错误．正确选项A、B.‎ 答案：AB ‎6．某人在静止的湖面上某高度处竖直上抛一个铁球，铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一段深度(假设泥中阻力大小恒定)．不计空气阻力，以v、F、Ek分别表示铁球的速度、所受合外力和动能三个物理量的大小．如图5所示的图象中能正确反映铁球运动过程的是 (　　)‎ 图5‎ 解析：铁球的运动分四个阶段．第一阶段，铁球上抛阶段，此过程只受重力作用，加速度为g，速度减小；第二阶段，自由下落过程，此过程只受重力作用，加速度为g，速度增大；第三阶段，在水中运动过程，此过程受重力和浮力作用，加速度向下但小于g，速度增大；第四阶段，在泥中运动过程，此过程受重力和泥的阻力作用，加速度向上，速度减小直到减为0.根据对铁球运动过程分析知，A、C项正确、B项错误；铁球的动能Ek＝mv2，因为v是t的一次函数，故动能是t的二次函数，D项错误．‎ 答案：AC ‎7．(2020·烟台模拟)在由静止开始向上运动的电梯里，某同学把一测量加速度的装置(重力不计)固定在一个质量为‎1 kg的手提包上进入电梯，到达某一楼层后停止．该 同学将采集到的数据分析处理后列在下表中，为此，该同学在计算机上画出了如图6所示的图象，请你根据表中数据和所学知识判断下列图象正确的是(设F为手提包受到的拉力，取g＝‎9.8 m/s2)‎ 物理模型 匀加速 直线运动 匀速直线运动 匀减速 直线运动 时间段 ‎(s)‎ ‎3.0‎ ‎8‎ ‎3.0‎ 加速度 ‎(m/s2)‎ ‎0.40‎ ‎0‎ ‎－0.40‎ 图6‎ 解析：3 s末物体的速度，v＝at＝0.4×‎3 m/s＝‎1.2 m/s，然后以‎1.2 m/s做了8 s的匀速直线运动，最后3 s做匀减速运动，末速度v′＝v－at＝1.2－0.4×‎3 m/s＝0，由此可得A正确，B错误；根据牛顿第二定律在前3 s有F1－mg＝ma，得F1＝10.2 N；紧接着的8 s，F2－mg＝0，F2＝9.8 N；最后3 s，F3－mg＝－ma，F3＝9.2 N．所以C项正确；手提包一直在运动，D项错误．‎ 答案：AC ‎8．质量为‎1500 kg的汽车 在平直的公路上运动，其v－t图象如图7所示．‎ 由此可求 (　　)‎ A．前25 s内汽车的平均速度 图7‎ B．前10 s内汽车的加速度 C．前10 s内汽车所受的阻力 D．15 s～25 s内合外力对汽车所做的功 解析：v－t图象图线与时间轴包围的面积的数值就是物体的位移，所以能求出位移，还知道时间，所以能求出平均速度，A对；v－t图象的斜率就是物体的加速度，所以能得到10秒内的加速度，B对；不知道汽车的牵引力，所以求不出受到的阻力，C错；15 s～25 s汽车的初速度和末速度都知道，由动能定理可以求出合外力做的功，D对．‎ 答案：ABD ‎9．一只气球以‎10 m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球‎6 m处有一小石子以‎20 m/s的初速度竖直上抛，若g取‎10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是 ‎(　　)‎ A．石子一定能追上气球 B．石子一定追不上气球 C．若气球上升速度等于‎9 m/s，其余条件不变，则石子在抛出后1 s末追上气球 D．若气球上升速度等于‎7 m/s，其余条件不变，则石子在到达最高点时追上气球 解析：以气球为参考系，石子的初速度为‎10 m/s，石子做匀减速运动，当速度减为零时，石子与气球之间的距离缩短了‎5 m，还有‎1 m，石子追不上气球，故A错，B对；若气球上升速度等于‎9 m/s，其余条件不变，1‎ ‎ s末石子与气球之间的距离恰好缩短了‎6 m，石子能追上气球，所以C对；若气球上升速度等于‎7 m/s＜‎9 m/s，石子会在1 s内追上气球，而石子要在2 s末才会到达最高点，故D错．‎ 答案：BC ‎10．甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标．在描述两车运动的v－t图中(如图8所示)，直线a、b分别描述了甲、乙两车在0～20秒的运动情况．关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是 ‎(　　)‎ 图8‎ A．在0～10秒内两车逐渐靠近 B．在10秒～20秒内两车逐渐远离 C．在5秒～15秒内两车的位移相等 D．在t＝10秒时两车在公路上相遇 解析：由v－t图象可知，0～10 s内，v乙＞v甲，两车逐渐远离，10 s～20 s内，v乙＜v甲，两车逐渐靠近，故选项A、B均错；v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，5 s～15 s内，两图线与t轴包围的面积相等，故两车的位移相等，选项C对；t＝20 s时，两车的位移再次相等，说明两车再次相遇，故选项D错．‎ 答案：C 二、实验题(本大题共2个小题，共10分)‎ ‎11．(5分)如图9所示为用打点计时器记录小车运动情况的装置，开始时小车在水平玻璃板上匀速运动，后来在薄布面上做匀减速运动，所打出的纸带如图10所示(附有刻度尺)，纸带上相邻两点对应的时间间隔为0.02 s.‎ 从纸带上记录的点迹情况可知，A、E两点迹之间的距离为__________cm，小车在玻璃板上做匀速运动的速度大小为________m/s；小车在布面上运动的加速度大小为________m/s2.‎ 解析：A、E两点的刻度分别为xA＝‎13.20 cm，xE＝‎6.00 cm，AE＝xA－xE＝‎7.20 cm(答案在7.19～7.21间均正确)，匀速运动的速度为v＝＝0.90 m/s(答案在‎0.89 m/s～‎0.91 m/s均正确)．‎ F点以后做减速运动，相邻T内的位移差为Δx＝‎0.2 cm.‎ 由Δx＝aT2得：a＝＝m/s2＝‎5.0 m/s2(答案在‎4.9 m/s2～5‎.1 m/s2间均正确)．‎ 答案：7.19～7.21　0.89～0.91　4.9～5.1‎ ‎12．(5分)在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，记录小车运动的纸带如图11所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5的6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着有最小分度为毫米的刻度尺，零点跟“‎0”‎计数点对齐，由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离填入下列表格中．‎ 图11‎ 距离 d d d ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 测量值/cm 计算小车通过计数点“2”的瞬时速度为v2＝________m/s.‎ 根据表格中的数据求出小车的加速度是a＝________m/s2.(计算结果保留三位有效数字)‎ 解析：由图可以读出：‎ d1＝‎1.20 cm，d2＝‎5.40 cm，d3＝‎12.02 cm，‎ 由题意知T0＝ s＝0.02 s T＝5T0＝0.1 s，v2＝＝‎0.210 m/s v4＝＝‎0.331 m/s 再由v4－v2＝a·2T得：‎ a＝＝‎0.605 m/s2.‎ 答案：1.20(1.18～1.20)‎ ‎5．40(5.38～5.40)‎ ‎12．02(12.01～12.02)‎ ‎0．210(0.209～0.215)‎ ‎0．605(0.598～0.615)‎ 三、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎13．一辆长为L1=‎5m的汽车以v1=‎15m/s的速度在公路上匀速行驶，在离铁路与公路的交叉点s1=‎175m处，汽车司机突然发现离交叉点s2=‎200m处有一列长为L2=‎300m的列车以v2=‎20m/s的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机立刻使汽车减速，让火车先通过交叉点，求汽车减速的加速度至少多大？‎ ‎（不计汽车司机的反应时间，结果保留3位有效数字）‎ 答案：‎0.643m/s2．‎ 解析：列车驶过交叉点用时间：t =……①（1分）‎ 解得：t=25s………………②（1分）‎ 若汽车在25s内的位移为s1=‎175m，则：v1t－at2= s1………………③ （1分）‎ a=‎0.64 m/s2………………④ （1分）‎ 此时由v=v1-at，得v=－‎1m/s，因此汽车已经在25s前冲过了交叉点，发生了事故，不合题意．…⑤（1分）‎ 要使汽车安全减速，必须在小于25s的时间内汽车速度减小为零，这样才能使它的位移小于‎175m．由v12=2as1………………⑥（1分）‎ 得：a=m/s2，汽车减速的加速度至少为‎0.643m/s2．………………⑦（2分）‎ ‎14．飞机着陆后以‎6m/s2大小的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为‎60m/s，求：‎ ‎（1）它着陆后12s内滑行的位移x ‎（2）整个减速过程的平均速度（用两种方法求）‎ ‎（3）静止前4s内飞机滑行的位移x’‎ 解：以初速度方向为正方向，则有a=‎16m/s2‎ 飞机在地面滑行最长时间 所以飞机12s内滑行的位移为10s内滑行的位移，由v2-v02=2ax可得 ‎（2）方法一：由 方法二：由 ‎（3）由（1）的分析可知飞机滑行6s为静止前4s，此时的速度v’=v0+at=‎‎60m ‎/s+（-6×6）m/s=‎24m/s 故由v2-v’2=2ax’可得 ‎8． A、B两辆汽车在笔直公路上同向行驶，当B车在A车前‎84m处时，B车速度为4m/s，且正以某加速度匀加速运动，经过一段时间后，B车加速度突然变为零，此时B车的速度为‎12m/s，A车一直以‎20m/s的速度在后头追赶，经过12s后，A车追上B车，问B车的加速时间是多少？‎ 解：设B车加速时的加速度为a，加速时间为t，由题意有 VB+at=VB’………………………………………………①‎ VAt0=VBt+at2/2+VB’(t0-t)+x0………………………………②‎ 联立①②并代数数据可得t=6s，a=2m/s2‎ ‎15.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以‎10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以‎2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在‎90km/h 以内．问：‎ ‎（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？‎ ‎（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？‎ 解：（l）当两车速度相等时.它们的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．则： ‎ s货=v1(t0+t1)==10(5.5+4)m = ‎‎95m s警 所以两车间的最大距离△s=s货-s警=75m ‎(2)警车刚达到最大速度v=‎90km/h=‎25m/s的时间： t = ‎ t内两车的位移 ‎ ‎ t时刻两车距离 警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t时间追赶上货车．‎ 则： (2分）‎ 所以警车发动后要经过才能追上货车 ‎ ‎16．如图12所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为‎2kg，管长为‎24m，M、N为空管的上、下两端，空管受到F=16N竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度v0竖直上抛，不计一切阻力，取g=‎10m/s2．求：‎ v0‎ a M N 图12‎ ‎（1）若小球上抛的初速度为‎10m/s，经过多长时间从管的N端穿出？‎ ‎（2）若此空管的N端距离地面‎64m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度v0大小的范围．‎ 答案：（1）4s；（2）‎29m/s≤v0≤‎32m/s．‎ 解析：（1）（5分）以向下方向为正方向。‎ 对空管，由牛顿第二定律可得mg－F=ma，得a=‎2m/s2……① （1分）‎ 设经t时间，小球从N端穿出，小球下落的高度h1=－v0t+gt2………② （1分）‎ 空管下落的高度h2=at2……………③ （1分）‎ 则，h1－h2=L……………④‎ 联立得：－v0t+gt2－at2=L……………⑤ （1分）‎ 代入数据解得：t=4s，t=－1.5s（舍）…………………⑥ （1分）‎ ‎（2）（7分）设小球初速度v0，空管经t'时间到达地面，则H=at'2…………………⑦‎ 得t'==8s………………⑧ （1分）‎ 小球在t'时间下落高度为h=－v0t'+gt'2……………⑨ （2分）‎ 小球落入管内的条件是：‎64m≤h≤‎88m （2分）‎ 解得：‎29m/s≤v0≤‎32m/s 所以小球的初速度大小必须在‎29m/s到‎32m/s范围内． （2分）‎