考点01直线运动（解析版）-2021届高三《新题速递》物理3月刊（高考复习）

考点 01 直线运动 1．（2021·广东珠海市·高三月考）ETC 是“电子不停车收费系统”的简称，常见于高速公路出入口，只要在 车挡风玻璃上安装一个打卡装置，就能实现快速收费，提高通行效率。如图所示是一辆汽车通过 ETC 通道运动过程的“位移—时间”图。其中 0～t1和 t3～t4是直线，下列说法正确的是（ ） A．0～t1 汽车做匀加速直线运动 B．t1～t2汽车做曲线运动 C．t2～t3汽车做加速直线运动 D．t1～t2和 t2～t3 汽车的加速度方向相同 【答案】C 【详解】 A．由“位移-时间”图像的斜率表示速度，0～t1 图像的斜率不变，则汽车做匀速直线运动，A 错误； B ．t 1～t2图像的斜率越来越小，则汽车做减速直线运动，B 错误； C． t2～t3图像的斜率越来越大，则汽车做加速直线运动，C 正确； D ．t1～t2和 t2～t3汽车先做减速后做加速，所以加速度方向相反，D 错误。 故选 C。 2．（2021·赤峰二中高三月考）甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其v t 图像如图所示，在 0t  时 刻，乙车在甲车前方 0x 处，在 1t t 时间内甲车的位移为 x。下列判断正确的是（ ） A．若甲、乙在 1t 时刻相遇，则 0 1 3 x x B．若甲、乙在 1 2 t 时刻相遇，则下次相遇时刻为 13 4 t C．若 0 3 4 x x ，则甲、乙一定相遇两次 D．若 0 5 9 x x ，则甲、乙一定相遇两次 【答案】D 【分析】 此题考查了追及与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系，两物体的位移之差等 于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，v﹣t图象中，图线与坐标围成的面积表示位移也是解决本 题的关键知识。 【详解】 A．由图可知，甲车的初速度等于 02v ，在 1t 时刻乙车速度为 0v 。在 t1时间内，甲车的位移为 x，则由 v ﹣t图象中，图线与坐标围成的面积表示位移，可判断得乙车的位移为 1 3 x，若甲、乙在 t1时刻相遇， 则 0 1 2 3 3 xx x x  故 A 错误； B．若甲、乙在 1 2 t 时刻相遇，由图象可知，x为阴影部分对应的距离 即 0 2 3 1 3 4 2 x x x   由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为 1 1 1 3 2 2 tt t  故 B 错误； C．若 0 3 4 x x ，相遇时 v v乙 甲，则之后不能再次相遇，故 C 错误； D．若 0 5 9 x x ，相遇时 v v乙 甲，则甲、乙一定相遇两次，故 D 正确。 故选 D。 3．（2021·广东高三月考）一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第 3s 内与第 6s 内通过的位移之比 为 x1：x2，通过第 3 个 1m 与通过第 6 个 1m 时的平均速度之比为 v1：v2，则（ ） A．x1：x2＝1：4 B．x1：x2＝5：11 C．v1：v2＝1: 2 D．v1：v2＝ 3 6： 【答案】B 【详解】 AB．初速度为 0 的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为 1 2 3: : : ....... : 1: 3 : 5 : ...... : (2 1)ns s s s n  故有第 3s 内与第 6s 内通过的位移之比为 1 2 3 6: : 5 :11x x s s  故 A 错误，B 正确。 CD．初速度为 0 的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为 1 2 3: : : ...... : 1: ( 2 1) : ( 3 2) : ...... : ( 1)nt t t t n n     故有质点通过第 3 个 1m 与通过第 6 个 1m 时所用时间之比为 3 6: ( 3 2) : ( 6 5)t t    根据平均速度公式 sv t  可得质点通过第 3 个 1m 与第 6 个 1m 时的平均速度之比为 1 2 3 6 : = : =( 3 2) : ( 6 5)s sv v t t   故 CD 错误。 故选 B。 4．（2021·济南市·高三月考）一个质点在 O点由静止出发做匀加速直线运动，依次经过 A、 B、C三点，xBC=3xAB，质点运动到 B点时速度大小为 v，A、C间的距离为 x，从 A运动到 C所用时间 为 t，则下列关系正确的有（ ） A． x vt B． x > vt C． x < vt D．以上三种情况均可能 【答案】B 【分析】 考察匀变速直线运动相关推论。 【详解】 由初速度为 0 的匀加速直线运动推论：连续等时间内位移比 1:3:5:……（2n-1），可知 AB BCt t 因此，AC段平均速度应大于 B点速度，故有 x v t vt 平均 故选 B。 5．（2021·四川高三专题练习） a、b两车在平直公路上行驶，其v t 图象如图所示，在 0t  时，两车间 距为 0s ，在 1t t 时间内， a车的位移大小为 s，则（ ） A． 10 ~ t 时间内 a、b两车相向而行 B． 10 ~ t 时间内 a车平均速度大小是b车平均速度大小的 2 倍 C．若 a、b在 1t 时刻相遇，则 0 2 3 s s D．若 a、b在 1 2 t 时刻相遇，则下次相遇时刻为 12t 【答案】C 【详解】 A．由图象可知 10 ~ t 时间内两车速度均为正，故同向行驶，故 A 错误； B． 10 ~ t 时间内两车平均速度大小分别是 0 0 0 2 3 2 2a v vv v   ， 0 2b vv  可知 10 ~ t 时间内 a车平均速度大小是b车平均速度大小的 3 倍，故 B 错误； C．若 a、b在 1t 时刻相遇，说明 10 ~ t 时间内 a比b多出来的位移刚好是 0s ，如图所示：图象与坐标轴 所围成的面积表示对应过程的位移，因为 a车的位移为 s，则 0 2 3 s s ，故 C 正确； D．若 a、b在 1 2 t 时刻相遇，则下次相遇时刻为从 1 2 t 时刻开始计时，到二者具有相同的位移的时刻，如 图，故下次相遇的时刻为 13 2 t ，故 D 错误。 故选 C。 6．（2021·安徽高三专题练习）如图所示为某质点做直线运动的v t 图象，其中在 1t 和 2t 时刻的瞬时速度分 别为 1v 和 2v ，则质点在 21 ~t t 运动过程中，下列说法正确的是 ( ) A．质点的速度方向和加速度方向相同 B．质点的速度大小和加速度大小都逐渐变小 C．合力对质点做正功 D．质点运动的平均速度大于 1 2 2 v v 【答案】D 【详解】 A．在v t 图象中，速度的正负表示速度的方向，图中物体的速度一直为正值，做减速运动，加速度与 速度反向，A 错误； B．根据v t 图象的斜率表示加速度，知物体的加速度不断增大，B 错误； C．根据动能定理知速度不断减小，动能减小，合力做负功，C 错误； D．若物体做匀减速直线运动，平均速度为 1 2 2 v vv   由图可知，物体的位移大于物体做匀减速直线运动的位移，故平均速度v大于 1 2 2 v v ，D 正确。 故选 D。 7．（2021·安徽高三专题练习）在光滑水平面上，一个小物块在水平恒力作用下做直线运动，0～t0时间内小 物块的 v-t图象如图所示。则在 0～t0时间内，下列说法正确的是 ( ) A．小物块一直做减速运动 B．小物块的加速度与速度一直反向 C．小物块的平均速度大小为 03 4 v D．小物块的加速度大小为 0 0 3 2 v t 【答案】D 【详解】 A．由图象可知，小物块先沿正方向做匀减速运动，后沿负方向做匀加速运动，A 错误； B．小物块先做匀减速运动后做匀加速运动，则加速度先与速度反向，后与速度同向，B 错误； C．小物块的加速度不变，做匀变速直线运动，平均速度的大小为 0 0 0 0 1 2 2 2 4 v vv v vv     C 错误； D．质点的加速度大小 0 0 0 0 0 32 2 v v va t t     D 正确。 故选 D。 8．（2021·湖南长沙市·长郡中学高三月考）如图所示，有 a、b两条图线，则下列说法正确的是（ ） A．若横坐标为时间 t，纵坐标为速度 v，a、b两物体运动方向相反 B．若橫坐标为时间 t，纵坐标为位移 s，a、b两物体均在做匀加速直线运动 C．若横坐标为时间 t，纵坐标为加速度 a，图象交点对应的时刻两物体速度可能相同 D．若物体在平面上运动，横坐标为水平位置 x，纵坐标为竖直位置 y，交点表示 a、b两物体相遇 【答案】C 【详解】 A．若横坐标为时间 t，纵坐标为速度 v，a、b两物体速度均为正值，则运动方向相同，选项 A 错误； B．若橫坐标为时间 t，纵坐标为位移 s，a、b两物体均在做匀速直线运动，选项 B 错误； C．若横坐标为时间 t，纵坐标为加速度 a，图像的“面积”等于速度的变化量，因初速度不确定，则图象 交点对应的时刻两物体速度可能相同，选项 C 正确； D．若物体在平面上运动，横坐标为水平位置 x，纵坐标为竖直位置 y，图象为物体运动的轨迹，交点表 示两物体经过同一位置，但是不代表同时经过，所以不一定相遇，选项 D 错误。 故选 C。 9．（2021·山西临汾市·高三月考）随着国家对环保的重视以及能源使用的长期规划政策影响，近年来我国 新能源汽车发展非常迅速。为了检测某新能源汽车的刹车性能，使其在一段平直公路上做刹车运动，该 过程中汽车位移 x和时间 t的比值 x t 与时间 t之间的关系图像如图所示。该汽车刹车过程持续的时间为 （ ） A．2s B．4s C．5s D．6s 【答案】C 【详解】 由图可得  2 20 m/sx t t    根据匀变速直线运动的位移时间公式 2 0 1 2 x v t at  得 0 1 2 x at v t   对比可得 0 20m/sv  24m/sa   即刚刹车时动力车的速度大小为 20m/s，刹车过程动力车的加速度大小为 4m/s2；刹车过程持续的时间为 00 20 5s 4 vt a       故选 C。 10．（2021·山西吕梁市·高三一模）质点沿 x轴运动的位置 x随时间 t的变化图像如下图所示，规定 x轴正 方向为运动的正方向。下列大致反映该质点的速度 v与时间 t关系的图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 图像的斜率表示速度，所以在 0~1s，斜率为负，则速度为负，1s~2s，斜率为正，速度为正。 故选 B。 11．（2021·辽宁朝阳市·高三月考）一辆汽车在平直的公路上行驶，刹车后汽车做匀变速直线运动，位移随 时间的变化规律如图所示，已知 1.6st  后图线与 t轴平行，则下列说法正确的是（ ） A．刹车加速度大小为 23.75m / s B．汽车开始刹车的速度为12m / s C． 0.8st  内汽车的位移为 4.8m D． 0.8st  时汽车的瞬时速度为6m / s 【答案】BD 【详解】 AB． 1.6st  时，曲线的切线与 t轴平行，该时刻汽车的末速度为 0，因正方向的匀减速可以看成反方 向加速度不变的匀加速，根据 21 2 x at 0v at 可得 27.5m/sa  ， 0 12m/sv  ，A 错误，B 正确； C．汽车做匀减速运动， 0.8st  内汽车的位移 2 0 1 7.2m 2 x v t at   C 错误； D．根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度， 0.8st  时汽车的瞬时速度为 9.6 m/s 6m/s 1.6 v   D 正确。 故选 BD。 12．（2021·辽宁高三月考）滑雪是一项既具挑战性又具观赏性的运动，在一次滑雪运动中，某运动员从一 斜坡上的 A点由静止开始下滑，到最低点后又立即冲上另一斜坡 B点，假设两斜坡平滑连接，倾角相同， 简化为如图所示，不考虑运动员在两斜坡连接处运动的时间，若运动员从 A由静止滑向 B的过程中，其 运动速率和加速度大小随时间变化的关系图像中正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】 设斜面的倾角为θ，运动员在斜面上滑动时，受到重力、斜面的支持力、滑动摩擦力作用，运动员从 A 点由静止滑到最低点时，做加速运动，有 mgsinθ−Ff=ma1 运动员从最低点滑到 B点时做减速运动，有 mgsinθ+Ff=ma2 由此可知 a2>a1，由 v-t图像的斜率表示加速度可知，AC 错误，BD 正确。 故选 BD。 13．（2021·山东省淄博第四中学高三期末）A、B两质点从 0t  时刻起同时沿同一直线运动，它们的速度 —时间图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A．在0 3s 内，A的位移大小是 B的位移大小的 3 倍 B．在0 3s 内的某一时刻，A、B的加速度大小相等 C．在0 6s 内，A的平均速度大于 B的平均速度 D．在第3s 末，A、B 恰好相遇 【答案】BC 【详解】 Ａ．在 0~3s 内，A的位移大小 1 1 (2 4) 3m 9m 2Ax      B的位移大小 xB1大于 1 2 ×2×3m=3m,故选项 A 错误； B．速度一时间图像中图线切线的斜率表示加速度，在 0~3s 内，必有一刻的加速度与 A一样大，选项 B 正确； C．在 0~6s 内，A的位移大小 2 1 4 6m 12m 2Ax     B的位移大小 xB2＜2×6m=12m 根据平均速度的定义式，A、B的平均速度大小分别为 2 6 12 m/s 2m/s 6 A A xv t    2 6 12 m / s 2m / s 6 B B xv t    选项 C 正确； D．由于 A、B的初位置未知，无法判断 A、B是否在第 3s 末相遇，选项 D 错误。 故选 BC。 14．（2021·安徽高三期末）质量相等的 A、B 两质点位于水平面上同一点，分别在水平恒力所工作用下， 同时由静止开始做同向的匀加速直线运动。其 v-t图象如图所示，2t0 和 5t0 时分别撒去 F1和 F2，直至物 体停止运动。则下列说法中正确的是（ ） A．A、B 总位移大小之比为 1：1 B．整个过程，A、B 间距离先增大后减小再增大 C．A、B 所受摩擦力大小之比为 3：4 D．F1和 F2的大小之比为 20：9 【答案】BD 【详解】 A．由两个图象的“面积”可知，全过程 B 的位移大于 A 的位移，故 A 错误； B．两个质点起点相同，根据图象的“面积”所反映的位移变化可知，开始 A 在前 B 在后两者距离先变大， 速度相等时距离最大，之后距离开始变小，最后 B 反超 A 又变大，故 B 正确； C．从图象的“斜率”可知，A、B 在减速阶段的加速度大小之比为 A B 4 3 a a  结合牛顿第二定律可得两者所受的摩擦力大小 A B 4 3 f f  故 C 错误； D．由图象结合牛顿第二定律得 ' 0 A A vf ma m t   对A 在加速阶段有 1 A AF f ma  而 0 0 A 0 0 4 2 2 v va t t   可得 0 1 0 3mvF t  同理 ' 0 B 0 3 4B mvf ma t   对 B 在加速阶段有 2 B BF f ma  而 0 B 0 3 5 va t  可得 0 2 0 27 20 mvF t  则 1 2: 20 : 9F F  故 D 正确。 故选 BD。 15．（2021·山东东营市·广饶一中高三月考）A、B两质点在一条直线上不同地点沿同一方向从 0t  时刻开 始做匀变速直线运动，A在前，B在后，且 A、B最初间距为 0 4.5ms  ，已知两质点在时间 t内的平均 速度为 v ，它们的 v t 图像分别为图中的直线 A、B，下列判断正确的是（ ） A．质点 B的加速度大小为 21m / s B． 1st  时刻 A、B速度相等 C． 2st  时刻 A领先 B距离最大 D． 3st  时刻 A、B相遇 【答案】BD 【详解】 A．匀变速直线运动在时间间隔 t 内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间 初、末瞬时速度的平均值；当时间间隔趋于无穷小时，平均速度即是瞬时速度。由图可知质点 A 的初 速度为 0 3m/sAv  ，前 2s 的平均速度为 2 2m/sAv  ，即 1s 末时的瞬时速度 1 2m/sAv  ；质点 B的初速 度为 0 0Bv  ，前 2s 的平均速度为 2 2m/sBv  ，即 1s 末时的瞬时速度 1 2m/sBv  ；所以质点 B的加速 度为 22m/sBa  ，故 A 错误； B． 1st  时刻 A、B的速度分别为 1 2m/sAv  ， 1 2m/sBv  ，故 B 正确； C．质点 A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，当二者速度大小相等时距离最大，即 1 0 0 01s A A A B B v vv t v a t     解得 1st  故 C 错误； D．设时刻 t两质点相遇，则 2 21 0 0 0 0 1 1 2 1s 2 A A A B B v vv t t s v t a t         解得 3st  故 D 正确。 故选 BD。 16．（2021·广西河池市·高三期末）在同一平直公路上，前面的甲车距后面的乙车 100m，均以 30m/s 的速度 同向行驶，在前面的甲车驾驶员发现紧急情况立即刹车，从甲车刹车开始计时（t=0），取两车开始运动 的方向为正方向。已知 t=0～3s，甲、乙两车的加速度分别为－10m/s2、0；t=3s~9s，甲、乙两车的加速 度分别为 5m/s2，-10m/s2，求： （1）两车在 t=0~3s 的位移各为多少； （2）两车在 0~9s 内何时相距最近； （3）两车在 0~9s 内最近距离。 【答案】（1）45m；90m；（2）5s；（3）25m 【详解】 (1) 1 3st  时，甲车的速度 1 0 1 1v v a t  代入数值得 1 0v  在 0 3st   内甲车位移 2 1 0 1 1 1 1 45m 2 x v t a t   乙车位移 2 2 1 90mx v t  (2)设3s 后再经过 2t 时间，甲、乙两车速度相等，此时两车相距最近有 2 2 0 3 2a t v a t  代入数值 2 25 30 10t t  得 2 2st  ,即5s 时两车相距最近 (3)两车速度相等前甲车的位移为 2 0 1 2 2 1 1 2 2 x v t a t 甲 乙车的位移为 2 0 1 0 2 3 2 1 2 x v t v t a t       乙 最近距离为 min 0 25ms s x x   甲 乙 17．（2021·江西赣州市·高三期末）将某行星探测器在 0t  时刻从行星表面竖直向上发射升空，行星探测器 做初速度为零的匀加速直线运动，9s末速度达到64m/s。这时刻发动机因发生故障突然熄火，25s末速 度减为零并开始下落， 1t 时刻落回星球表面（星球表面无空气阻力）。 求该行星探测器： (1)上升的最大高度 H； (2)下落过程中加速度 a的大小； (3)落回星球表面时的速度大小 v和运动总时间 1t 的值。 【答案】(1)800m ；(2) 24m/s ；(3)80m/s ， 45s 【详解】 (1)上升的最大高度 64 25 m 800m 2 H    (2)下落时的加速度 2 2Δ 64= m/s 4m/s Δ 25 9 va t    (3)根据位移公式有 2 2v aH 代入数据得 80m/sv  ，设下落时间为 2t ，有 2v at 代入数据得 2 20st  ，则运动总时间 1 2 25s 45st t   18．（2021·陕西咸阳市·高三月考）某校对学生进行安全教育，讲演者利用摩托车与小轿车遥控模型演示追 及场面，让两车在同一直线轨道上同向匀速行驶，“摩托车”在“小轿车”的后面，两车相距 1.5mL  时， 因前方事故，两车同时开始刹车，刹车后“摩托车”的速度-时间图像如图所示，“小轿车”的速度与时间的 关系为 2 3 0.25v t  （ 2v 的单位为m / s ，t的单位为 s），求： (1)从两车刹车开始到“摩托车”撞上“小轿车”的时间。 (2)为避免“摩托车”撞上“小轿车”，两车的安全距离至少是多少。 【答案】(1) 2s；(2) 2m 【详解】 (1)设刹车开始到撞上过程中，摩托车的位移为 1s ，小轿车的位移为 2s ，由图像可知，摩托车做初速度 为 2 1 14m / s, 0.5m / sv a  的减速运动，由“小轿车”的速度时间关系 2 3 0.25v t  可知“小轿车”做 2 2 23m / s, 0.25m / sv a  的减速运动，由题意得，若两车相遇时间为 t，则有 2 1L s s  2 1 1 1 1 2 s v t a t  2 2 2 2 1 2 s v t a t  解得得 1 2st  （ 2 6st  不符合实际，舍去） “摩托车”刹车开始到撞上“小轿车”的时间 2st  (2)摩托车速度等于小轿车的速度时还未撞上，此后安全，由 4 0.5 3 0.25t t    得 4st  此段时间摩托车位移 2 1 1 1 1 2 s v t a t   小轿车位移 2 2 2 2 1 2 s v t a t   摩托车比小轿车多走 1 2d s s   联立解得 2md  两车的安全距离至少是 2m。 19．（2021·山东菏泽市·高三期末）在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶。 在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”。如图所示，假设某汽车行驶至一 个斜坡的顶端 A时速度减为 0，突然发现坡底前方 E点有一位行人正以1m/s 的速度做同向匀速运动， 司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行。已知斜坡的高 15mAB  ，长 25mAC  ，从 厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为 0.5， 210m/sg  。求： (1)汽车沿斜坡滑到 C点的速度大小； (2)若汽车不撞到行人，司机从 A点刹车时行人距坡底 C点的距离CE至少为多大。 【答案】(1) 10m/sCv  ；(2) 3.1m 【详解】 (1)汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得 1sin cosmg mg ma    由几何关系得 3sin 5   4cos 5   解得 2 1 2m/sa  由匀变速直线运动规律可得 2 12C ACv a x 解得 10m/sCv  (2)汽车到达坡底 C经历时间 1 1 5sCvt a   汽车在水平路面运动阶段，由牛顿第二定律得 2mg ma  得汽车的加速度大小 2 2 5m/sa g  汽车的速度减至 1m/sv v 人 汽车发生的位移 2 2 1 2 9.9m 2 Cv v x a   人 经历的时间 2 2 1.8sCv v t a   人 人发生的位移  2 1 2 6.8mx v t t  人 若汽车不撞到行人，司机从 A点刹车时行人距坡底 C点的距离CE最小值为 1 2 3.1mx x x    20．（2021·安徽合肥市·高三一模）如图所示，一辆救护车在平直马路上以 28.8km/h 的速度匀速行驶，当 救护车的车头距停车线8.0m时，司机发现一行人正在通过人行横道，司机紧急刹车，待停稳时，恰有 一半车身通过停车线。已知车长 4.0m，司机反应时间 0.50s。求： (1)救护车刹车的加速度大小； (2)此后救护车以 25 m/s 3 的加速度由静止匀加速出发，此时司机发现 400m远的下一个路口的绿灯显示 30s。若此路段限速60km/h ，试通过计算分析救护车能否通过下一个路口。 【答案】(1) 25.3m/s ；(2)能够通过下一个路口 【详解】 (1)救护车匀速运动0.5s 过程： 1 8 0.5m 4mx vt    救护车刹车过程 2 2 2 2 28 16m/s m/s 5.3m/s 42 32 8 4 2 va x           (2)救护车匀加速运动过程 2 2 2 60 2503.6 m m52 32 3 vx a          2 60 3.6 s 10s5 3 vt a         救护车匀速运动到下一个路口的过程 3 250400 3 s 19s60 3.6 xt v     到下一个路口总共需时间 2 3 29s 30st t t    所以救护车能够通过下一个路口。