2022年高考物理热点考点专题01 匀变速直线运动的规律的应用

2022年高考物理热点考点专题01 匀变速直线运动的规律的应用
一、单选题
1．篮球是中学生最喜爱的运动之一，如图，在某次投篮中，同学以与水平面夹53°角向上投出，完成一次漂亮的投篮，篮球在空中做一个斜抛运动，以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，设投球点到篮筐水平距离为L=4.2m，以下分析正确的是（不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）
A．抛出的水平速度是3√2m/s
B．篮球在空中运动的时间为√2s
C．篮球上升的最高点距篮筐竖直高度为1m
D．抛出点与篮筐的高度差为0.8m
2．某物体沿直线运动，其v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）
A．第1s内和第2s内物体的速度方向相反
B．第1s内和第2s内物体的加速度方向相反
C．第3s内物体的速度方向和加速度方向相反
D．第2s末物体的加速度为零
3．一列车驶出重庆北站，一段时间内沿平直轨道做匀加速直线运动，坐在座位上的某位乘客先后经过轨道上的A、B两点（A点不是起点）。

若A、B两点间的距离为5m，列车运动的加速度大小为2.5m/s2，则该乘客经过B点时，列车的速度大小可能为（）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
4．质量为m = 1kg的物体做匀变速直线运动，设该物体运动的时间为t，位移为x，其x
t2
−1t图像如图所示，下列说法正确的是（）
A．物体运动的加速度大小为1m/s2
B．物体运动的初速度大小为1m/s
C．前2s内物体的位移大小为2m
D．第2s末合力对物体做功的瞬时功率为4W
5．利用位移传感器测量距离的示意图如图所示．这个系统由发射器A与接收器B组成，发射器A 能够发射传播速度为c=3×108m/s的红外线和传播速度为v=340m/s的超声波信号，接收器B可以接收红外线和超声波信号，发射器A固定在被测的运动物体上，接收器B固定在桌面上．测量时A向B同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B接收到红外线脉冲时开始计时，接收到超声波脉冲时停止计时，若某次测量时，传感器记录的时间为Δt，由此可知发射脉冲信号时A与B的距离约为（）
A．cΔt B．vΔt C．(c+v)Δt
2D．(c−v)Δt
2
6．如图所示，一做直线运动的质点在0<t<4s时间内的v−t图线为半圆，下列说法正确的是（）
A．质点在2s末速度方向发生改变
B．质点在这4s内的加速度方向不变
C．质点在这4s内的平均速度为1 m/s
D．质点在这4s的位移大小为2πm
7．车辆在经过斑马线路段时，若发现行人正通过斑马线，司机应主动停车让行。

小王驾车以10m/s 的速度行驶时，发现正前方15m处的斑马线上有行人，踩下刹车后，汽车的加速度为5m/s2，汽车恰好停在斑马线前。

此过程中小王的反应时间为（）
A．0.2s B．0.5s C．1.5s D．2.0s
8．质点在水平方向上运动的v−t图像如图所示，取向右为正方向，下列说法正确的是（）
A．2s末和10s末质点的速度方向相反
B．质点在2s末的加速度小于6s末的加速度
C．10s末质点的加速度方向向右
D．质点在0~5s内的位移大于8~9s内的位移
9．中国海军服役的歼-15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间（x-t）图像如图所示，则（）
A．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线
B．在0～3s内，舰载机的平均速度大于12m/s
C．在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s
D．从N到M过程中，舰载机的加速度为20m/s2
二、综合题
10．在亚丁湾某次护航任务中，为了驱赶索马里海盗，我护航官兵从空中直升机上水平向海盗船发射了一颗警告弹，6s后官兵看到警告弹在海盗船附近爆炸，若爆炸时警告弹的运动方向与水平方向的夹角为30°，空气阻力不计，g取10m/s2，求：
（1）发射警告弹时直升机的高度；
（2）警告弹的初速度大小。

11．ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。

如图所示，汽车以15/s的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过20s缴费后，再加速至15m/s行驶；如果过ETC 通道，需要在中心线前方10m处减速至5m/s，匀速到达中心线后，再加速至15m/s行驶。

设汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2。

（1）画出汽车通过人工收费通道的v-t图象，并通过图像求出汽车通过人工收费通道通过的路程（从开始减速到刚恢复15m/s行驶过程）；
（2）如果过ETC通道，汽车通过第（1）问路程所需要的时间是多少？汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？
12．ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称．如图所示，汽车（视为质点）以15m/s的速度通过ETC通道入口后，立即开始以2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动，运动到距收费站闸杆10m 处速度减为5m/s，然后做匀速运动通过收费站。

求：
（1）汽车从入口处运动到收费站闸杆的总时间；
（2）入口处到收费站闸杆的距离。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】ABD．设初速度为v0，进入篮筐时速度为v，由于篮球做斜上抛运动，所以篮球抛出时与落入篮筐时的水平速度相等v0cos53°=vcos45°
设抛出点与篮筐的高度差为h，竖直方向做匀减速直线运动，由运动学公式得(vsin45°)2−
(v0sin53°)2=−2gℎ
设篮球从抛出到落入篮筐的时间为t，由运动学公式得v0sin53°+vsin45°=gt
投球点到篮筐的水平距离L=(v0cos53°)t
解得t=0.7√2s
v0=5√2m/s
v=6m/s
ℎ=0.7m
则抛出的水平速度v′=v0cos53°=3√2m/s
BD不符合题意A符合题意；
C．篮球上升的最高点距篮筐竖直高度2gℎ′=(vsin45°)2
解得ℎ′=0.9m
故答案为：A。

【分析】根据速度的分解以及匀变速直线运动的位移与速度的关系的速度与时间的关系得出初速度和进入篮筐时的速度，利用速度的分解得出抛出的水平速度。

2．【答案】B
【解析】【解答】A．由于在速度时间图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以第1s内和第2s内物体的速度均为正方向，运动方向相同，A不符合题意；
B．由于切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；第一秒内加速度为正方向，第二秒内加速度为负方向，所以第1s内和第2s内物体的加速度方向相反，B符合题意；
C．第3秒内物体速度为负方向，斜率为负即加速度为负方向，所以第3s内物体的速度方向和加速度方向相同，C不符合题意；
D．从第一秒末到第三秒末物体做匀变速直线运动加速度即斜率为定值，不为零，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】v-t图像的斜率表示物体的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，结合匀变速直线运动的规律进行分析判断。

3．【答案】D
【解析】【解答】设该乘客经过A点和B点时，列车的速度大小分别为v A，v B，根据匀变速直线运动的规律有v B2−v A2=2ax
又v A>0
解得v B>5m/s。

故答案为：D。

【分析】根据匀变速直线运动的规律得出列车的速度范围。

4．【答案】D
【解析】【解答】AB．根据匀变速直线运动位移时间公式x=v0t+1
2at
2
得x
t2
=v01t+12a
其x
t2
−1t图像是一条倾斜的直线，由图像可知，图线斜率为物体运动的初速度，则v0=2m/s
截距为物体运动的加速度，则a = - 2m/s2
A、B不符合题意；
C．前2s内物体的位移x=v0t+12at2=0
C不符合题意；
D．根据牛顿第二定律，可得合力为F=ma=−2N 第2s末速度为v2=v0−at=−2m/s
则合外力的瞬时功率为P=Fv=4W
D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用匀变速直线运动的位移与时间的关系得出x
t2
−1t的关系式，结合图像得出物体的初速度及加速度以及前2s内的位移；利用牛顿第二定律以及瞬时功率的计算得出合外力的功率。

5．【答案】B
【解析】【解答】设发射脉冲信号时A与B的距离为x，由公式可得Δt=x
v−
x
c
解得x=cvΔt c−v
依题意，c≫v，即x≈vΔt。

故答案为：B。

【分析】已知传感器记录的时间，结合其电磁波和声波传播的速度及位移公式可以求出AB之间的距离大小。

6．【答案】D
【解析】【解答】A．质点在0-4s内速度一直为正，则2s末速度方向没有发生改变，A不符合题意；B．图像斜率的符号反映加速度的方向，可知质点在这4s内的加速度方向改变，B不符合题意；
CD．质点在这4s内的位移s=1
2π×2
2m=2πm
则平均速度为v̅=2π
4m/s=
π
2m/s
C不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用速度的符号可以判别速度的方向；利用其图像斜率可以判别加速度的方向；利用其图像面积可以求出位移的大小，结合时间可以求出平均速度的大小。

7．【答案】B
【解析】【解答】设反应时间为t，则s=vt+v 2
2a
解得t=0.5s
故答案为：B。

【分析】利用位移公式结合位移的大小可以求出反应时间的大小。

8．【答案】D
【解析】【解答】A．v−t图像中，2s末和10s末质点的速度均为正值，所以方向相同。

A不符合题意；
BC．v−t图像中，某点切线的斜率表示质点的加速度，由图可知质点在2s末的加速度大于6s末的加速度。

10s末质点的加速度为负值，与质点运动方向相反即加速度方向向左。

BC不符合题意；D．v−t图像中，图线与坐标轴所围面积表示质点的位移，由图可知，质点在0~5s内的位移大于
8~9s内的位移。

D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用其速度的符号可以比较速度的方向；利用图像斜率可以比较加速度的大小及方向；利用图像面积可以求出质点的位移。

9．【答案】C
【解析】【解答】A．位移时间（x-t）图像反映物体的位移随时间的变化，不是物体的运动轨迹，A 不符合题意；
B．在0～3s内，舰载机的位移为x＝36m−0＝36m，平均速度为v̅=x
t=36
3m/s=12m/s
B不符合题意；
C．MN段的平均速度为v̅MN=x MN
t MN=
26−15
2.55−2m/s=20m/s
由于做加速运动，故M点的速度大于20m/s，C符合题意；
D．假设舰载机做匀加速直线运动，根据x=1
2at 2，0～2s内有x
1
=12a1t12
解得a1＝7.5m/s2 0～3s内有
x2=1
2a2t22
解得a2＝8m/s2
a1不等于a2，所以假设不成立，即舰载机在加速过程中加速度是变化的，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】位移时间图像描述一维直线运动；利用其初末位置的坐标可以求出位移的大小，结合时间可以求出平均速度的大小；利用其平均速度公式可以判别M点速度的大小；利用位移公式可以求出其加速度的大小，进而判别舰载机在加速过程其加速度是变化的。

10．【答案】（1）解：发射警告弹时直长升机的高度ℎ=1
2gt
2=1
2×10×6
2m=180m
（2）解：警告弹爆炸前瞬间的竖直速度v y=gt=10×6m/s=60m/s
所以警告弹的初速度v0=
v y
tan30∘
=
√3
3
=60√3m/s≈104m/s
【解析】【分析】（1）根据自由落体运动的规律得出发射警告弹时直升机的高度；（2）根据自由落体运动末速度的表达式以及速度的分解得出警告弹的初速度。

11．【答案】（1）解：路程是图线与t轴包围的面积
则有s=2×1
2×15×15=225m
（2）解：走ETC通道，减速过程中，根据速度位移公式可得v22−v12=−2as1
又v2=v1−at1
解的s1=100m
t1=10s
加速过程中时间为t2=t1
位移为s2=s1
中心线前10m，匀速运动，由s3=v2t3
解得t3=2s
减速前和加速后，匀速运动，由s−s1−s2−s3=v1t4
解得t4=1s
走ETC通道总时间为t=t1+t2+t3+t4=23s
由（1）中v−t图，走人工通道的时间为t人=50s
节约的时间为Δt=t人−t=27s
【解析】【分析】（1）v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移；
（2）走ETC通道时根据匀变速直线运动的规律以及匀速直线运动得出走ETC通道总时间以及汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间。

12．【答案】（1）解：减速过程，根据v=v0+at
解得t1=4s
匀速过程t2=x2
v2=
10
5s=2s
全程t=t1+t2=6s
（2）解：减速过程，根据x1=v0+v1 2t1
解得x1=40m
全程x=x1+x2=50m
【解析】【分析】（1）汽车从入口运动到收费站的过程中，先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，利用速度公式可以求出减速的时间，结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；（2）汽车减速过程做匀减速直线运动，利用平均速度公式可以求出匀减速直线运动的位移，结合匀速直线运动的位移可以求出全程运动的距离。