高考物理二轮复习闯关导练热点2直线运动及图象含答案

这是一份高考物理二轮复习闯关导练热点2直线运动及图象含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．[2020·山东聊城市期末]一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后静止．若物体在最初5 s内通过的位移与最后5 s内通过的位移之比为x1：x2＝11：5，物体运动的加速度大小为a＝1 m/s2，则( )
A．物体运动的时间可能大于10 s
B．物体在最初5 s内通过的位移与最后5 s内通过的位移之差为x1－x2＝15 m
C．物体运动的时间为7 s
D．物体的初速度为10 m/s
2.
[2020·山东淄博市二模]甲、乙两车同时从同一地点沿同一直线运动，它们的运动速度随时间变化的v ­ t图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )
A．0～t0时间内，乙车一直在做加速度减小的加速运动
B．t＝t0时，甲、乙两车恰好相遇
C．t＝2t0时，甲、乙两车相距最远
D．0～2t0时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
3．[2020·广东揭阳市第二次模拟]瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地．某日一跳伞爱好者以5 m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h＝10 m时掉了一颗扣子，则跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g取10 m/s2)( )
A．2 s B.eq \r(2) s
C．1 s D．(2－eq \r(2)) s
4．一小球从静止开始做匀加速直线运动，第15 s内的位移比第14 s内的位移多0.2 m，则下列说法中正确的是( )
A．小球前15 s内的平均速度为3 m/s
B．小球的加速度为0.1 m/s2
C．小球第15 s初的速度为2.8 m/s
D．小球第15 s内的平均速度为0.2 m/s
5.
[2020·山西晋城市第一次模拟]一平直公路上有甲、乙两辆车，从t＝0时刻开始运动，在0～6 s内速度随时间变化的情况如图所示．已知两车在t＝3 s时刻相遇，下列说法中正确的是( )
A．两车的出发点相同
B．t＝2 s时刻，两车相距最远
C．两车在3～6 s之间的某时刻再次相遇
D．t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离
6．[2020·西藏山南二中一模]如图所示为甲、乙、丙、丁四辆小车在同一直线上的运动图象，由图可知，下列说法正确的是( )
A．t1时刻甲、乙相遇
B．t2时刻丙、丁相遇
C．甲和丙都做匀速直线运动
D．甲和丁都做匀速直线运动
7．[2020·河南洛阳市质检]给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为eq \f(g,2)，当滑块速度大小减小为eq \f(v0,2)时，所用时间可能是( )
A. eq \f(v0,2g) B. eq \f(v0,g)
C. eq \f(3v0,g) D. eq \f(3v0,2g)
8．[2020·河北“五个一名校联盟”第一次诊断]某天早上浓雾天气中道路能见度只有30 m，且路面湿滑．一辆小汽车以18 m/s的速度自中华路由南向北行驶，通过某路段时，突然发现正前方30 m处有一辆卡车正以6 m/s的速度同向匀速行驶，于是，司机鸣笛示警同时紧急刹车，但路面湿滑，只能以大小为2 m/s2的加速度减速行驶．前车接到示警于2 s后以2 m/s2的加速度加速行驶．以下说法正确的是( )
A．前、后车因都采取了必要的加、减速运动，所以不会追尾
B．前、后车虽采取了加、减速运动，但加速度过小，仍会发生追尾事故
C．在前车开始加速时，两车相距仅有9 m的距离
D．两车距离最近只有2 m
9.
[2020·陕西第二次质检]A、B两小车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，已知A车的x ­ t图线为抛物线的一部分，第7 s末图线处于最高点，B车的图线为直线，则下列说法正确的是( )
A．A车的初速度为7 m/s
B．A车的加速度大小为2 m/s2
C．A车减速过程运动的位移大小为49 m
D．10 s末两车相遇时，B车的速度较大
二、非选择题
10．[2020·福建宁德市质量检查]我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53 s，最后再匀减速1 s恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1 m/s，高度为56 m．货物质量为2 kg，受到阻力恒为其重力的0.02倍，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)无人机匀加速上升的高度；
(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力．
11．[2020·全国卷Ⅰ，24]我国自主研制了运­20重型运输机．飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度．已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变．
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．
12．[2020·河南郑州一模]新能源环保汽车在设计阶段要对各项性能进行测试．某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定．
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内汽车的位移是多少？
热点2 直线运动及图象
1．答案：B
解析：把此过程看成反向初速度为0的匀加速直线运动，设运动时间为t
x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×1×52 m＝12.5 m
x1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(t－5 s)2＝5t－12.5 (m)
eq \f(x1,x2)＝eq \f(5t－12.5,12.5)＝eq \f(11,5)
解得t＝8 s，A、C错误；
Δx＝x1－x2＝5t－25(m)＝15 m，B正确；v＝at＝8 m/s，D错误．

2.答案：D
解析：0～t0时间内，乙车先做减速运动，后做加速运动，且加速度逐渐减小，故选项A错误；在t＝t0时，甲、乙两车速度相同，则此时两车相距最远，故选项B、C错误；由v ­ t图线与时间轴所围“面积”表示位移可知，0～2t0时间内，甲车的位移大于乙车的位移，则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故选项D正确．
3．答案：C
解析：由题意知，扣子做初速度为5 m/s、加速度为g的匀加速直线运动，落地时位移为10 m，根据位移时间关系x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，代入数据有：10 m＝5 m/s×t1＋eq \f(1,2)×10 m/s2×teq \\al(2,1)，解得扣子落地时间：t1＝1 s；跳伞爱好者匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞爱好者落地时间t2＝eq \f(h,v)＝eq \f(10,5) s＝2 s，所以跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为Δt＝t2－t1＝1 s，故选C.
4．答案：C
解析：由Δx＝aT2得a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(0.2,12) m/s2＝0.2 m/s2，第15 s末的速度为v15＝at15＝0.2×15 m/s＝3 m/s，则小球前15 s内的平均速度为v＝eq \f(v15,2)＝eq \f(3,2 )m/s＝1.5 m/s，故A、B错误；小球第15 s初的速度即为第14 s末的速度，v14＝at14＝0.2×14 m/s＝2.8 m/s，故C正确；小球第15 s内的平均速度为14.5 s的瞬时速度，v14.5＝at14.5＝0.2×14.5 m/s＝2.9 m/s，故D错误．
5．答案：D
解析：由题图可得，0～3 s内，乙的位移为eq \f(1,2)×(2＋0.5)×3 m＝3.75 m，甲的位移为eq \f(1,2)×(2＋4)×2 m＋eq \f(1,2)×(4＋3)×1 m＝9.5 m，二者在t＝0时刻相距9.5 m－3.75 m＝5.75 m，选项A错误；3～6 s内，乙的位移为－eq \f(1,2)×(1＋0.5)×1 m＝－0.75 m，甲的位移为eq \f(1,2)×3×3 m＝4.5 m，t＝6 s时二者相距4.5 m＋0.75 m＝5.25 m，所以t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离，选项D正确；t＝0时两车间距大于t＝2 s时两车间距，选项B错误；两车在3～6 s之间距离越来越大，不可能再次相遇，选项C错误．
6．答案：AD
解析：t1时刻，甲、乙位于同一位置，即相遇，故A正确；0～t2时间内丁的位移大于丙的位移，若它们从同一地点出发，则丁在丙的前方，没有相遇，故B错误；甲图线的斜率恒定不变，故甲做匀速直线运动，乙静止，速度—时间图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，即丙匀加速运动，丁匀速运动，故C错误，D正确．
7．答案：BC
解析：当滑块速度大小减小为eq \f(v0,2)时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝eq \f(v0,2)或v＝－eq \f(v0,2)，代入公式t＝eq \f(v－v0,a)，得t＝eq \f(v0,g)或t＝eq \f(3v0,g)，故B、C正确．
8．答案：AD
解析：设经时间t两者共速，则18－2t＝6＋2×(t－2)，解得t＝4 s，此时间内后车的位移x1＝18×4 m－eq \f(1,2)×2×42 m＝56 m，前车的位移：x2＝6×2 m＋6×2 m＋eq \f(1,2)×2×22 m＝28 m，因x2＋30 m>x1，可知两车不会追尾，此时两车的距离为28 m＋30 m－56 m＝2 m，选项A、D正确，B错误；在前车开始加速时，两车相距x0＝(30＋6×2) m－(18×2－eq \f(1,2)×2×22) m＝10 m，选项C错误．
9．答案：BC
解析：A车做匀变速直线运动，设A车的初速度为v0，加速度大小为a，由题图可知t＝7 s时，速度为零，由运动学公式可得v7＝v0－7a＝0，根据图象和运动学公式可知t＝10 s时的位移为x10＝40 m－0＝40 m，x10＝v0t－eq \f(1,2)at2＝10v0－50a，联立解得a＝2 m/s2，v0＝14 m/s，故选项A错误，B正确；A车减速过程运动的位移大小为x7＝eq \f(v0＋0,2)t＝eq \f(14＋0,2)×7 m＝49 m，故选项C正确；位移—时间图象的斜率表示速度，10 s末两车相遇时B车的速度大小为vB＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δx,Δt)))＝4 m/s，A车的速度为vA＝v0－at＝－6 m/s，则10 s末两车相遇时，A车的速度较大，故选项D错误．
10．答案：(1)2.5 m (2)20.8 N
解析：(1)无人机匀速上升的高度：h2＝vt2，无人机匀减速上升的高度：h3＝eq \f(v,2)t3，无人机匀加速上升的高度：h1＝h－h2－h3，联立解得：h1＝2.5 m.
(2)货物匀加速上升过程：v2＝2ah1，货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得：F－mg－0.02mg＝ma，联立解得：F＝20.8 N.
11．答案：(1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kveq \\al(2,1)①
m2g＝kveq \\al(2,2)②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.由匀变速直线运动公式有
veq \\al(2,2)＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s⑦
12．答案：(1)26 m/s (2)608 m
解析：(1)由图甲知18 s后汽车受到的牵引力恒定，又汽车受到的阻力始终恒定，故18 s后汽车受到的合力恒定，汽车做匀加速运动或匀速运动，由图乙可知，18 s后汽车做匀速运动，此时牵引力为F3＝1.5×103 N
以牵引力方向为正方向，由平衡条件知，阻力为Ff＝－F3＝－1.5×103 N
0～6 s内，牵引力为F1＝9×103 N
由牛顿第二定律得F1＋Ff＝ma1，代入数据解得a1＝5 m/s2
6 s末汽车的速度为v1＝a1t1＝30 m/s
在6～18 s内，牵引力为F2＝1×103 N
由牛顿第二定律得F2＋Ff＝ma2，解得a2＝－eq \f(1,3) m/s2
18 s末汽车的速度为v2＝v1＋a2t2＝26 m/s.
(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝eq \f(1,2)v1t1＝90 m
在6～18 s内的位移为x2＝t2·eq \f(v1＋v2,2)＝336 m
在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝182 m
故汽车前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝608 m.