新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题1力与运动第2讲直线运动

这是一份新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题1力与运动第2讲直线运动，共9页。试卷主要包含了某国产电动汽车正在进行性能测试，6 s B．0等内容，欢迎下载使用。
A组·基础练
1.(2023·浙江诸暨模拟)如图所示是特技跳伞运动员的高空造型图，在运动员下落过程中，下列说法正确的是( D )
A．运动员一直在做减速运动
B．运动员所受重力产生的加速度大小一直在减小
C．运动员俯视大地时看到大地迎面而来是以地面为参考系
D．研究从高空下落到地面所用时间时可以将运动员看成质点
【解析】运动员先做加速运动，可能再做匀速运动，最后一定做减速运动，减速到安全速度降落，故A错误；运动员所受重力不变，则重力产生的加速度大小不变，故B错误；运动员俯视大地时看到大地迎面而来是以自己为参考系，故C错误；研究从高空下落到地面所用时间时可以将运动员大小和形状忽略看成质点，故D正确。
2.(2023·上海浦东新二模)图为小球沿竖直方向运动的频闪照片，则小球( C )
A．一定做自由落体运动
B．一定做竖直上抛运动
C．加速度方向一定向下
D．加速度方向一定向上
【解析】竖直上抛运动和自由落体运动互为逆运动，所以无法判断小球是上升还是下落，但是当小球在竖直方向上运动时，受重力作用，加速度向下，故C正确。
3.(2023·河南郑州二模)某国产电动汽车正在进行性能测试。若该汽车刹车后做匀减速直线运动，第1 s内通过的距离为16 m，最后1 s内通过的距离为4 m，则汽车开始刹车时的速度大小为( B )
A．5 m/s B．20 m/s
C．25 m/s D．30 m/s
【解析】最后1 s内通过的距离为4 m，根据逆向思维可得x＝eq \f(1,2)at2，解得a＝8 m/s2；第1 s内通过的距离为16 m，有x＝v0t－eq \f(1,2)at2；代入数据解得v0＝20 m/s。
4.(2023·安徽皖南八校联考)a、b、c三个质点在同一条直线上运动，它们相对同一参考点的位移(x)随时间(t)变化的图像分别为图中的a′、b′、c′，其中图线a′是顶点坐标为(0,8)的抛物线。则下列说法正确的是( A )
A．质点a的加速度大小为1 m/s2
B．b、c两质点都做匀速直线运动，且它们的速度相同
C．质点b的速度越来越大
D．在0～4 s内，b、c两个质点间的距离逐渐增大
【解析】根据质点a的图像可得其位移时间方程为x＝eq \f(1,2)at2＋8，由图可知当t＝4 s时，x＝16 m，代入得a＝1 m/s2，A正确；由图可知b、c均做匀速直线运动，但速度方向不同，在0～4 s内，b、c两个质点间的距离逐渐减小，4 s时相遇，B、C、D错误。
5.(2023·安徽皖优联盟测试)某人在一个以a＝2 m/s2的加速度匀加速上升的电梯内，以相对于电梯v＝1 m/s的初速度竖直上抛一个小球，已知小球抛出点离电梯地板的高度为h＝1 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，则小球从抛出至掉落到电梯地板上的时间为( B )
A．0.6 s B．0.5 s
C．0.4 s D．0.3 s
【解析】取竖直向上为正方向，设抛出小球时电梯的速度为v0，电梯的位移为h1＝v0t＋eq \f(1,2)at2
小球的位移为h2＝(v0＋v)t＋eq \f(1,2)(－g)t2
h1－h2＝h
解得t＝0.5 s，故选B。
6.(2023·浙江绍兴一中二模)9月10日，由航空工业自主研制的第二架大型灭火水上救援水陆两栖飞机AG600M“鲲龙”在广东珠海金湾机场完成了首次飞行试验，某次在平直跑道上滑行时，飞机的速度—时间图像如图所示，若减速过程的加速度大小为5 m/s2，则( A )
A．“鲲龙”匀速滑行的位移为1 120米
B．由题目所给的条件无法算出t3的数值
C．“鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小为70 m/s
D．“鲲龙”匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小相等
【解析】 “鲲龙”匀速滑行的位移为x＝vt＝80 m/s×(34－20)s＝1 120 m，选项A正确；减速过程的加速度大小为5 m/s2，设减速阶段经历的时间为t′，则t′＝eq \f(v,a)＝eq \f(80,5) s＝16 s；所以t3＝34 s＋t′＝50 s，选项B错误； “鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小eq \x\t(v)＝eq \f(x总,t总)＝eq \f(\f(14＋50,2)×80,50)m/s＝51.2 m/s，选项C错误；“鲲龙”匀加速滑行时的加速度a′＝eq \f(v,t1)＝eq \f(80,20)m/s2＝4 m/s2≠5 m/s2，选项D错误。
7.(2023·浙江温州二模)“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为10 m/s2，弹射系统向战斗机提供初速度大小为30 m/s，当战斗机速度达到60 m/s时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是( B )
A．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6 s起飞
B．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135 m起飞
C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135 m起飞
D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点
【解析】航空母舰静止时，战斗机需在甲板上滑行的时间为t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(60－30,10)s＝3 s，故A错误；战斗机在甲板上滑行的距离为x＝eq \f(v＋v0,2)t＝eq \f(90,2)×3 m＝135 m，故B正确；由B项知战斗机相对于海面的位移大小为135 m，战斗机从被弹出到起飞的过程中假设航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位移为x0，则战斗机相对甲板滑行的距离为d＝135 m－x0，故C错误；战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。
8.(多选)(2023·江西统考二模)甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的v-t图像如图所示。下列判断正确的是( ACD )
A．乙车启动时，甲车在其前方50 m处
B．乙车超过甲车后，两车有可能第二次相遇
C．乙车启动15 s后正好追上甲车
D．运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75 m
【解析】根据v-t图像中图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t＝10 s时启动，此时甲的位移为x＝eq \f(1,2)×10×10 m＝50 m；即甲车在乙前方50 m处，故A正确；乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故B错误；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，设t′后位移相等两车才相遇，有eq \f(t′－20＋t′－10,2)×20＝eq \f(t′＋t′－10,2)×10，解得t′＝25 s；即乙车启动15 s后正好追上甲车，故C正确；当两车的速度相等时相距最远，最大距离为Δx＝eq \f(1,2)×(5＋15)×10 m－eq \f(1,2)×10×5 m＝75 m，故D正确。
9.(多选)(2023·广东珠海联考)酒后驾驶会导致许多安全隐患，下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“停车距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)。分析下表可知，下列说法正确的是( AB )
A.驾驶员酒后反应时间比正常情况多0.5 s
B．汽车制动时，加速度大小为7.5 m/s2
C．表中x为60
D．若汽车以15 m/s行驶时，发现前方28 m处有险情，酒后驾驶能安全停车
【解析】 根据表格数据可知正常情况反应时间为t0＝eq \f(7.5,15)s＝0.5 s，酒后反应时间为t0′＝eq \f(15.0,15)s＝1.0 s，则有Δt＝t0′－t0＝0.5 s，故A正确；汽车制动时，加速度大小为a＝eq \f(v2,2x刹)＝eq \f(152,2×22.5－7.5)m/s2＝7.5 m/s2，B正确；当汽车行驶速度为v＝25 m/s时，刹车距离为x刹＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(252,2×7.5)m≈41.7 m则酒后的停车距离为x＝25.0 m＋41.7 m＝66.7 m，C错误；若汽车以15 m/s行驶时，发现前方28 m处有险情，根据表格数据可知酒后停车距离为x停＝30.0 m>28 m，可知酒后驾驶不能安全停车，D错误，故选AB。
10.(2023·福建莆田质检)甲、乙两只鸳鸯在湖面上追逐嬉戏。甲、乙从同一位置出发沿同一直线运动的位移—时间图像分别如图线1、2所示，图线2是顶点在坐标原点的抛物线的一部分，x0、t0均为已知量。下列说法正确的是( D )
A．甲做匀加速直线运动
B．在t0时刻，乙在甲的前方
C．乙做匀加速直线运动，加速度大小为eq \f(x0,t\\al(2,0))
D．在eq \f(t0,2)时刻，甲、乙的速度相等
【解析】位移—时间图像的斜率表示速度，甲的位移—时间图像为一条倾斜的直线，斜率一定，可知，甲做匀速直线运动，A错误；甲、乙从同一位置出发，根据图像可知，在t0时刻，两者位置坐标相同，表明此时两者位于同一位置，B错误；根据x＝eq \f(1,2)at2，由于图线2是顶点在坐标原点的抛物线的一部分，结合上述函数，可知乙做初速度为0的匀加速直线运动，将x0、t0代入上述函数可得a＝eq \f(2x0,t\\al(2,0))，C错误；甲的速度v甲＝eq \f(x0,t0)，乙在eq \f(t0,2)时刻的速度v乙＝a·eq \f(t0,2)＝eq \f(x0,t0)，即在eq \f(t0,2)时刻，甲、乙的速度相等，D正确。
B组·综合练
11.(多选)(2023·陕西统考二模)汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时启动，以0.4 m/s2的加速度做匀加速直线运动，30 s后以该时刻的速度做匀速直线运动，设在绿灯亮的同时，汽车B以8 m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以此速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始( BD )
A．A车在加速过程中与B车相遇
B．两车相遇时通过的位移大小为360 m
C．A、B两车相遇时速度相同
D．A车追上B车后，两车不可能再次相遇
【解析】根据位移时间关系可得A车匀加速阶段的位移为x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×0.4×302 m＝180 m；在该过程中B车的位移为x2＝vt0＝8×30 m＝240 m>x1；由此可知，A车在加速阶段没有追上B车，故A错误；设两车经过时间t相遇，则有eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)＋at0(t－t0)＝vt；解得t＝45 s；所以相遇时两车的位移为x＝vt＝360 m；故B正确；A车在匀速阶段与B相遇，此时A车的速度大于B车的速度，故C错误；A追上B时，A的速度大于B的速度，两车均做匀速直线运动，所以接下来A一直在B前，且两车间的距离不断增大，故D正确。
12.(2023·四川绵阳三诊)红绿灯指挥城市路口交通。某城市道路汽车行驶限速vm＝15 m/s，如图是该市一个十字路口前红灯时的情况，第一辆车的车头与停止线齐平，该路口绿灯时间是Δt＝30 s，已知每辆车长均为L＝4.5 m，绿灯亮后，每辆汽车都以加速度a＝1.5 m/s2匀加速到最大限速，然后做匀速直线运动；为保证安全，前后两车相距均为L0＝1.5 m，绿灯亮时第一辆车立即启动，每后一辆车启动相对前一辆车均延后t0＝1 s。交通规则：黄灯亮时，只要车头过停止线就可以通行。
(1)绿灯亮后，求经过多长时间停止线后第3辆车车头过停止线；
(2)绿灯亮后，通过计算判断：停止线后第17辆车在本次绿灯期间能否通过该路口？
【答案】(1)6 s (2)第17辆车本次绿灯能通过该路口
【解析】(1)在绿灯亮后，设第三辆车等待时间为t1，运行时间为t2，则
t1＝2t0＝2 s
2(L＋L0)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
解得t2＝4 s
停止线后第3辆车车头过停止线的时间
t＝t1＋t2＝6 s。
(2)绿灯亮后，设第17辆车经过时间t3启动，车头与停止线距离为x1，则
t3＝16t0＝16 s
x1＝16(L＋L0)＝96 m
设第17辆车经过时间t4速度达到限速vm＝15 m/s，通过的距离为x2，则
vm＝at4
x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,4)
解得t4＝10 s
x2＝75 m
在黄灯亮前，第17辆车匀速运动的时间为t5，设通过的距离为x3，则
t5＝Δt－t3－t4＝4 s
x3＝vmt5＝60 m
绿灯亮后，黄灯亮前，第17辆通过的总距离为x4，则
x4＝x2＋x3＝135 m
由于x4＝135 m＞x1＝96 m
所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口。
判断方法一
绿灯亮后，第17辆通过的总距离为x4，则
x4＝x2＋x3＝135 m
由于x4＝135 m＞x1＝96 m
所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口。
判断方法二
因为x3>x1－x2＝21 m
所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口。
判断方法三
匀速时间
t6＝eq \f(x1－x2,vm)＝1.4 s