高考高三物理直线运动试题答案及考点详解.docx

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高考高三物理直线运动试题答案及考点详解

2019高考高三物理直线运动试题

一、单选题

1.质量为1kg的物块静止在水平面上，如图甲它与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5．从t=0时刻开始，物块受到一个水平向右的拉力F作用，F的大小随时间t变化的规律如图乙．设物块受到的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，g=10m/s2，则以下v-t图象能够正确反映物块速度变化的是（　　）

A.

B.

C.

D.

2.

甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前，甲在后．t=0时刻，两车同时刹车，结果发生了碰撞．如图所示为两车刹车后不会相撞的v-t图象，下列说法正确的是（　　）

A.两辆车刹车时的距离一定小于90m

B.两辆车刹车时的距离一定等于

C.两辆车一定是在

之前的某时刻发生相撞的

D.两辆车一定是在

之后的某时刻发生相撞的

3.某驾驶员使用定速巡航，在高速公路上以时速110公里行驶了200公里。

其中“时速110公里”、“行驶200公里”分别是指（　　）

A.速度、位移B.速度、路程C.速率、位移D.速率、路程

4.一石块在空中由静止释放井开始计时，不计空气阻力，则其所受重力在第1s末与第2s末的功率之比为（　　）

A.1：

1B.1：

2C.1：

3D.1：

4

5.一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况.当车速小于等于10m/s，且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞.在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为（）

A.

B.

C.

D.

二、多选题

6.三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。

现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是：

A.物块A先到达传送带底端

B.物块A、B同时到达传送带底端

C.物块A、B在传送带上的划痕长度相同

D.物块A、B在传送带上的划痕长度不相同

7.

如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。

每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速释放，用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a所用的时间，则（　　）

A.

B.

C.

D.

8.

甲、乙两小车在一条平直的车道上行驶，它们运动的v-t图象如图所示，其中甲的图线为两段相同的圆弧，乙的图线为一条直线。

则下列说法正确的是（　　）

A.

 s时两车的加速度大小相等

B.

 s时两车不一定相遇

C.在

 s内，两小车的平均速度大小相等，但方向相反

D.在

 s内，甲车的加速度方向不变

9.关于矢量和标量的正负，下列说法正确的是（　　）

A.矢量的正负表示大小，正值一定比负值大

B.矢量的正负表示方向，正值与负值方向相反

C.标量的正负表示大小，正值一定比负值大

D.标量只有正值，没有负值

三、填空题

10.一辆汽车以10m/s的速度匀速行驶10s，然后又以2m/s2的加速度行驶10s，汽车在这20s内的位移是______m，平均速度是______m/s．

四、实验题探究题

11.伽利略在《两种新科学的对话》一书中，提出猜想：

物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动，同时他还用实验验证了该猜想．某小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动．实验操作步骤如下：

①让滑块从距离挡板s处由静止沿倾角为θ的斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，让水箱中的水流到量筒中；

②当滑块碰到挡板的同时关闭阀门（假设水流出均匀稳定）；

③记录下量筒收集的水量V；

④改变s，重复以上操作；

⑤将测得的数据记录在表格中．

次数

1

2

3

4

5

6

s（m）

4.5

3.9

3.0

2.1

1.5

0.9

V（mL）

90

84

62

52

40

（1）该实验用量筒中收集的水量来表示______．

A．水箱中水的体积    B．水从水箱中流出的速度   C．滑块下滑的时间    D．滑块下滑的位移

（2）某同学漏填了第3组数据中量筒收集的水量V，若实验正常，你估计v=______mL；若保持下滑的距离s、倾角θ不变，增大滑块的质量，水量V将______（填“增大”、“不变”或“减小”）；若保持下滑的距离s、滑块质量不变，增大倾角θ，水量V将______（填“增大”、“不变”或“减小”）．

（3）下列说法中不属于该实验误差来源的是______．

A．水从水箱中流出不够稳定    B．滑块开始下滑和开始流水不同步

C．选用的斜面不够光滑    D．选用了内径较大的量筒．

12.图是“测定匀变速直线运动加速度”实验中得到的一条纸带，从O点开始每5个点取一个计数点（打点计时器的电源频率是50Hz），依照打点的先后依次编为1、2、3、4、5、6，量得s1=1.22cm，s2=2.00cm，s3=2.78cm，s4=3.62cm，s5=4.40cm，s6=5.18cm．

（1）相邻两计数点间的时间间隔为T=______s

（2）打点计时器打计数点3时，小车的速度大小V3=______m/s

（3）计算小车的加速度大小为a=______m/s2（计算结果保留两位有效数字）．

五、计算题

13.下图是一个遥控电动小车在水平直轨道上运动的v-t图象，图中2s～10s时间段的图象为曲线，其余时间段均为直线．已知小车运动过程中所受阻力不变，在2s～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止供电而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg．求：

（1）小车所受到的阻力；

（2）小车匀速行驶阶段牵引力的功率；

（3）小车在加速运动过程中（指图象中0～10秒内）位移的大小．

14.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s，已知飞机质量m=7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2，求飞机滑跑过程中

（1）加速度a的大小；

（2）牵引力的平均功率P。

15.一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：

 （a）（b）

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离．

16.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为

，B车的速度大小为

，如图所示．当A、B两车相距

时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a=2m/s2，从此时开始计时，求：

（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离；

（2）A车追上B车所用的时间；

答案及详解：

1.D

解：

最大静摩擦力为：

fmax=μmg=0.5×10=5N，当拉力大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动，

由乙图可知，0-2s内，拉力小于最大静摩擦力，物体处于静止状态，2-4s内，拉力为6N，大于最大静摩擦力，物体开始运动，并做匀加速直线运动，所以速度-时间图象是一条倾斜的直线，根据牛顿第二定律得：

4s末的速度为：

v1=a1t1=1×2=2m/s

4-6s内，F=3N，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：

设经过时间t2，物体的速度为零，则：

t2=

所以5s末物体就停止运动，则5-6s内物体处于静止状态，所以D正确。

故选：

D。

先求出最大静摩擦力，然后结合图象求出各个时间段的合力，进而判断物体的运动情况，根据运动情况选择速度时间图象即可．

本题考查学生的读图的能力，要能够根据F-t图象分析物体的运动情况，需要注意的是在0～2s时拉力小于最大摩擦力，此时的物体还不会运动．

2.C

解：

A、当两车速度相等时，甲乙两车的位移之差△x=

×（25-15）×20=100m，即两车若不相撞，则刹车时相距的距离需大于等于100m。

故A、B错误。

C、速度大者减速追及速度小者，速度相等前，两者距离逐渐减小，速度相等后，两者距离逐渐增大，知相撞只能发生在速度相等之前，即两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的。

故C正确，D错误。

故选：

C。

速度大者减速追及速度小者，若不相撞，速度相等时有最小距离；恰好不相撞的临界状态时速度相等时，恰好不相撞，结合图线与时间轴围成的面积表示位移分析判断．

本题考查运动学中的追及问题，抓住追及的临界状态是解决本题的关键，知道速度相等时，若不相撞，有最小距离，相撞只能发生在速度相等之前．

3.D

解：

110公里是指时速，故为速率；

而200公里是指行驶的路程；故D正确ABC错误。

故选：

D。

明确题意，知道生活中对速度的说法，同时明确公路应为曲线，故对应的是路程。

本题考查速度和路程的定义，要注意明确高位移和路和路程的区别，同时注意掌握生活中对速度的不同描述方法。

4.B

解：

物体做自由落体运动，由v=gt知第1s末、第2s末的瞬时速度之比为：

v1：

v2=1：

2

根据P=mgv得知：

其所受重力在第1s末与第2s末的功率之比P1：

P2=v1：

v2=1：

2

故选：

B

物体做自由落体运动，先根据速度时间关系公式v=gt求解第1s末、第2s末的瞬时速度之比，然后根据P=Fv求解重力的瞬时功率之比．

解决本题时是明确公式P=

一般用来求平均功率，而瞬时功率要用P=Fv求解．

5.C

【分析】

根据题意建立匀减速运动模型，而后速度取最大值、加速度取最小值求出刹车的最长时间即可。

本题考查了匀变速直线运动规律的应用，解答时要注意运动模型的建立和速度与加速度状态的确定。

【解答】

车速取最大值

，加速度取最小值

，此时刹车时间最长；根据匀变速直线运动规律

得：

，故C正确，ABD错误。

​故选C。

6.BD

【分析】

物块A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动和几何关系求划痕长度。

解决本题的关键能正确对其受力分析，判断A、B在传送带上的运动规律，结合运动学公式分析研究。

【解答】

AB.物块A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑，因为mgsin37°＞μmgcos37°，故两个物块均沿斜面向下做匀加速直线运动，传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，则两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时通过的位移大小相等，故运动时间相同，A、B应同时到达传送带底端，故A错误，B正确。

CD.A物体的速度与传送带方向相同，B物体与传送带速度方向相反，运动时间相同，两者的划痕长度即相对位移肯定不同，故D正确，C错误。

故选BD。

7.AD

解：

AB、根据动能定理可得：

mgh=

解得：

v=

；看见，ba两点的高度差大，则v1＞v2，故A正确、B错误；

CD、以a点为最低点，以适当的半径画圆经过c点如图实线圆所示，根据等时圆原理可知t1＜t2，故C错误、D正确。

故选：

AD。

根据动能定理分析速度大小；建立适当的等时圆，根据等时圆原理分析时间长短。

本题主要是考查动能定理和等时圆原理，如果不假思考，套用结论，就会落入等时圆的陷阱，要注意等时圆的应用方法。

8.BD

解：

A、t=2 s时两车图象斜率的绝对值不等，则加速度大小不等，故A错误。

B、在0-4s内两车通过的位移相等，但由于出发点的位置关系未知，所以t=4 s时两车不一定相遇，故B正确。

C、在0～4 s内，两小车的位移大小相等，方向相同，则平均速度大小相等，方向相同，故C错误。

D、根据速度-时间图象的斜率等于物体的加速度，斜率的正负表示加速度的方向，知在0～4 s内，甲车的加速度方向不变，故D正确。

故选：

BD。

速度-时间图象的斜率等于物体的加速度，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，平均速度等于位移与时间之比。

解决本题的关键是要知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移。

9.BC

解：

AB、矢量既有大小又有方向，矢量的符号表示方向，矢量的正负表示方向，矢量的绝对值表示大小，则正值与负值方向相反，正值不一定比负值大。

故A错误。

B正确。

CD、标量只有大小，没有方向，但有正负之分，标量的正负表示相对大小，正值一定比负值大，故C正确，D错误。

故选：

BC。

既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移等都是矢量；矢量的符号表示方向。

只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。

标量的符号表示大小。

矢量与标量有两大区别：

一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。

10.300；15

解：

（1）由题意知汽车20s内前10s做匀速直线运动，后10s做匀加速直线运动

则前10s内的位移为

x1=vt=10×10m=100m；

后10s内的位移为

m

则汽车20s内的位移为x=x1+x2=100+200m=300m

（2）汽车在这20s内的平均速度

m/s

故答案为：

300m；15m/s．

利用x=vt求汽车匀速直线运动的位移，利用

求汽车匀加速直线运动的位移，利用

求平均速度

熟悉匀变速直线运动的位移和时间关系，能根据平均速度定义求平均速度．

11.C；74；不变；减小；C

解：

（1）关于初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，

所以量筒中收集的水量可以间接的测量时间．

故选：

C．

（2）该运动是匀变速直线运动，位移与时间的二次方是成正比，即位移与体积的二次方是成正比，即s=kV2．

根据1、3组数据可得：

s1=k

s3=k

小组同学漏填了第3组数据，实验正常，由此解得水量V3≈74mL；

若保持倾角θ不变，增大滑块质量，物体的加速度不变，则相同的s，水量V将不变，

若保持滑块质量不变，增大倾角θ，加速度将增大，则相同的s，时间减小，水量V将减少．

（3）本实验误差的主要来源有：

水从水箱中流出不够稳定，还可能来源于距离测量的不准确，滑块开始下滑和开始流水不同步．选用了内径较大的量筒．

故选：

C．

故答案为：

（1）C； 

（2）74，不变，减小．（3）C

解答的关键是明确该实验的实验原理，初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，所以该实验只要验证位移与体积的二次方是否成正比，就可验证该运动是否匀变速直线运动．

根据初速度为零初速度为零的匀变速运动，位移与时间的二次方成正比，由于水是均匀稳定的流出，水的体积和时间成正比，由此可以求出下滑位移s与水量体积之间的关系，以及水量的变化情况．

解决该问题的关键是明确实验原理，根据流入量筒水的量与时间成正比，将时间问题转化为为水量问题，本题是考查学生创新能力的好题．

12.

（1）0.1 

（2）0.32  （3）0.80

【分析】

由于每5个点取一个计数点，故相邻两个计时点的的时间间隔为

，

;根据匀变速直线运动的推论公式

利用逐差法求出加速度的大小；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小。

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。

【解答】

（1）从O点开始每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔

T=0.1s，故应填：

0.1；

（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小，为：

，故应填：

0.32；

（3）根据匀变速直线运动的推论公式

可以求出加速度的大小，得：

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：

故答案为：

（1）0.1；

（2）0.32；（3）0.80。

13.

解：

（1）在14s～18s时间段，由图象可得：

Ff=ma=-1.0×1.5N=-1.5N（负号表示力的方向与运动方向相反）

（2）在10s～14s小车做匀速运动，牵引力大小F与Ff大小相等F=1.5N   

P=Fv=1.5×6W=9W               

（3）速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移

0～2s内

×2×3m=3m               

2s～10s内根据动能定理

解得x2=39m

∴加速过程中小车的位移大小为：

x=x1+x2=42m

答：

（1）小车所受到的阻力为1.5N．

（2）小车匀速行驶阶段牵引力的功率为9W．

（3）小车在加速运动过程中位移的大小为42m．

（1）小车在14s～18s内水平方向上仅受阻力，做匀减速直线运动，根据速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度，再根据牛顿第二定律求出阻力的大小．

（2）当小车匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据P=Fv=fv求出牵引力的功率．

（3）0～2s内的位移可以根据图线与时间轴所围成的面积进行求解，2s～10s内的位移，抓住功率不变，根据动能定理求出位移，从而得出小车在加速运动过程中位移的大小．

解决本题的关键能够通过图线知道小车在整个运动过程中的规律，综合牛顿第二定律和动能定理进行求解．

14.解：

（1）根据速度位移公式得，v2=2as

代入数据得a=2m/s2。

（2）由v=at得：

 t=

s

飞机受到的阻力：

F阻=0.1mg

设牵引力做的功为W，则由动能定理可得：

W-F阻•x=

牵引力的平均功率：

代入数据联立可得：

P=8.4×106W

答：

（1）飞机滑行过程中加速度大小a是2m/s2；

（2）牵引力的平均功率是8.4×106W。

（1）飞机起飞滑行过程简化为初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出飞机滑行过程的加速度。

（2）由v=at求飞机滑行的时间t；根据动能定理求出牵引力做的功，由平均功率的表达式即可求出平均功率。

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，要知道加速度是联系力和运动的桥梁。

15.解：

（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有-μ1（m+M）g=（m+M）a1①

由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得

  v1=v0+at②

 ③

式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度．

联立①②③式和题给条件得     μ1=0.1④

在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2⑤

由图可得     

 ⑥

式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得     μ2=0.4⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得     

 μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3⑧

 v3=-v1+a3△t⑨

 v3=v1+a2△t⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为

 （11）

小物块运动的位移为     

 （12）

小物块相对木板的位移为△s=s2-s1（13）

联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得△s=6.0m

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m．（14）

（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3．由牛顿第二定律及运动学公式得μ1（m+M）g=（m+M）a4  （15）

 （16）

碰后木板运动的位移为     s=s1+s3（17）

联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得     s=-6.5m          （18）

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m．

答：

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4．

（2）木板的最小长度是6.0m；

（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m．

（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2．

（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；

（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离．

本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解．

16.解：

（1）当A、B两车速度相等时，相距最远

　　根据速度关系得：

　　解得：

t1=6 s                         

　根据位移公式得：

 代入数据解得：

（2）B车刹车停止运动所用时间：

所发生位移：

此时：

xA=v1 t0=80m

则：

xA＜x0+xB，可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上

之后A车运动时间为：

故所求时间为：

t=to+t2=16 s   

答：

（1）A车追上B车之前，两者相距的最大距离为64m；

（2）A车追上B车所用的时间为16s。

（1）两车速度相等时相遇前相距最大的临界条件，据此分析求解最大距离即可；

（2）根据位移关系分析A车追上B车所用时间；

掌握相遇前两车相距最远的临界条件和相遇的位移关系条件是正确解题的关键，较容易。