2020高考物理30分钟专练01 计算+选修(解析版)

30分钟专练(2计算＋1选考)(十)一．计算题24.（10分）有一内壁光滑的圆管竖直放置,圆管底部封闭,上端开口且足够长,圆管内有两个小球A 与B , A 的质量为m 1=0.1kg, B 的质量为m 2=0.2kg,两小球直径略小于管的直径。

某时刻当B 球向下运动至离圆管底面高度h =1m 处时与向上运动的A 球发生弹性碰撞,碰后B 球向上运动至最大高度又返回到原来高度h =1m 处,再次与已经和底面做完弹性碰撞后反弹 回来的小球A 相碰,如此反复,做周期性运动,问要完成这种反复运动小球A 与B 碰前的速度应是多少? ( g 取10m/s 2)答案. 4m/s ，2m/s【解析】设碰时A 球与B 球的速率分别为v 1与v 2,为完成反复运动,小球A 和B 各自碰前与碰后的速率应相等,即小球A 碰后速度为-v 1,小球B 碰后速度为-v 2, 则有11221122m v m v m v m v -=-+ 得1221m v m v = 设小球A 到达底面所需时间为t ,则有2112h v t gt =+小球A往返一次所需时间1122(/t t v g ==-+小球B 往返一次需时222v t g=按题意要求有t 1= t 2即1112/v m v m -+= 解得：v 1=4m/s, v 2=2m/s25.（22分）如图所示,在平面坐标系xOy 的第一象限内有一半圆形区域,其半径为R ,半圆的一条直径与x 轴重合, O 为该直径的一个端点。

半圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场,半圆外存在垂直纸面向外的匀强磁场,半圆内外磁场的磁感应强度大小都为B 0,在坐标原点O 处有一粒子源,沿x 轴正方向不断发射出质量为m 、带电荷量为+q 的粒子,粒子的发射速度为大于零的任意值(不考虑相对论效应)。

已知半圆形边界处存在特殊物质,当粒子由半圆内向半圆外运动时,粒子不受任何影响,但当粒子由半圆外向半圆内运动时,粒子就会被边界处的特殊物质吸收。

30分钟专练计算+选修专练（二）一．计算题24．(12分)如图所示，半径r＝0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1 m、磁感应强度B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为O1(0,0.08 m)，平行金属板的板长L＝0.3 m，间距d＝0.1 m，极板间所加电压U＝6.4×102 V，其中MN极板上收集的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6.0×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，若粒子重力不计、比荷q m＝1.0×108 C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)打到下极板右端点N的粒子进入电场时的纵坐标值；(2)打到N点的粒子进入磁场时与x轴正方向的夹角．答案(1)0.08 m (2)53°解析(1)恰能打到N点的粒子运动轨迹如图所示，粒子从A点进入磁场，设进入电场时的纵坐标值为y，粒子在电场中的加速度a＝qU md粒子穿过平行金属板的时间为t＝L v粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有：y＝12at2联立得：y＝qUL2 2mdv2代入数据得y＝0.08 my<d＝0.1 m，说明粒子能射入极板间，射入点的纵坐标值为y＝0.08 m (2)P点与磁场圆心等高，则粒子从点P(0.1 m,0.08 m)射出磁场．粒子做圆周运动的半径为r0，C点为圆心，则OC＝R＝0.1 m由牛顿第二定律有：qvB＝mv2 r解得r0＝0.08 m在直角△OAC中，由三角函数关系有：sin∠AOC＝rR＝0.8，即∠AOC＝53°.25．(20分)如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m的“L”形工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板．某时刻，一质量为m的小木块从工件上的A点沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次．已知木块与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g.求：(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小；(3)木块与挡板第1次碰撞至第n(n＝2,3,4,5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE.答案见解析解析(1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度大小为a1，工件加速度大小为a2.对木块，由牛顿第二定律可得：mg sin α＝ma1对工件，由牛顿第二定律可得：μ(3m＋m)g cos α－3mg sin α＝3ma2工件匀速运动时，由平衡条件可得：μ·3mg cos α＝3mg sin α解得：a1＝g2，a2＝g6(2)设碰挡板前木块的速度为v，木块由工件上A点运动至碰前所用时间为t0，则对木块：v＝v0＋a1t0对工件：0＝v0－a2t0解得：v＝4v0木块以v与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，设碰后木块速度为v1，工件速度为v 2，以碰前木块的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv ＝mv 1＋3m ·v 2 由能量守恒定律得：12mv 2＝12mv 12＋12·3m ·v 22联立解得：v 1＝－2v 0，v 2＝2v 0(3)第1次碰撞后，木块以大小为2v 0的速度沿工件向上匀减速运动，工件以大小为2v 0的速度沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t ＝2v 0a 2＝12v 0g此时，木块的速度：v 1′＝－2v 0＋a 1t ＝4v 0 木块的位移：x 1＝－2v 0t ＋12a 1t 2＝12v 02g工件的位移：x 2＝2v 0t －12a 2t 2＝12v 02g即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n 次碰撞的时间间隔： Δt ＝(n －1)t ＝12n －1v 0g(n ＝2,3,4,5，…)木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt 时间内木块和工件组成的系统减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能： ΔE ＝4mg (n －1)x 2sin α解得：ΔE ＝24(n －1)mv 02(n ＝2,3,4,5，…) 二．选做题（15分）33.【物理——选修3－3】(15分)(1)一定量的理想气体从状态a 开始，经历等温或等压过程ab 、bc 、cd 、da 回到原状态，其pT 图象如图所示，其中对角线ac 的延长线过原点O .下列判断正确的是__________．A ．气体在a 、c 两状态的体积相等B ．气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能C ．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D ．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E ．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功 答案 (1)ABE解析 (1)由理想气体状态方程pV T ＝C 得，p ＝CVT ，由题图可知，Va ＝Vc ，选项A 正确；理想气体的内能只由温度决定，而Ta>Tc ，故气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能，选项B 正确；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，cd 过程温度不变，内能不变，则Q ＝－W ，选项C 错误；da 过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D 错误；由理想气体状态方程知：paVaTa ＝pbVb Tb ＝pcVc Tc ＝pdVd Td ＝C ，即paVa ＝CTa ，pbVb ＝CTb ，pcVc ＝CTc ，pdVd ＝CTd.设过程bc 中压强为p0＝pb ＝pc ，过程da 中压强为p0′＝pd ＝pa.由外界对气体做功W ＝p ·ΔV 知，过程bc 中外界对气体做的功Wbc ＝p0(Vb －Vc)＝C(Tb －Tc)，过程da 中气体对外界做的功Wda ＝p0′(Va －Vd)＝C(Ta －Td)，Ta ＝Tb ，Tc ＝Td ，故Wbc ＝Wda ，选项E 正确．(2)如图所示，均匀薄壁U 形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL ＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：①右管中注入的水银高度是多少？②升温后的温度是多少？答案(2)①30 cm ②117 ℃解析(2)①设右管中注入的水银高度是Δh，U形管的横截面积为S，对A部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2p 1＝p＋14 cmHg＋10 cmHg，p 2＝p＋14 cmHg＋ΔhV1＝l1S，V 2＝(l1－12ΔL)S代入数据解得加入的水银高度Δh＝30 cm.②设升温前温度为T0，升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A部分气体分析，升温前V2＝(l1－12ΔL)S，p2＝p＋14 cmHg＋Δh升温结束后V3＝l1S，p3＝p＋14 cmHg＋Δh＋ΔL由理想气体状态方程得p2V2T0＝p3V3TT 0＝300 K 解得T ＝390 K则升温后的温度为t ＝117 ℃. 34.【物理——选修3－4】(15分)(1)(2018·安徽省“江南十校”二模)一束含两种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行均匀玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a 、b 两束，如图所示．下列说法正确的是________．A ．a 、b 一定是平行光线B ．用同一装置进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距C ．a 光的频率大于b 光的频率D ．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a 光的临界角小E ．增大从空气到玻璃的入射角(90°之内)，a 、b 光可能在玻璃内发生全反射 答案 (1)ACD解析 (1)因为a 、b 两单色光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据折射定律可知出射后在上表面的入射角分别相等，所以出射光线一定平行，A 正确；根据光路图，a 光的偏折程度较大，则a 光的折射率较大，频率较大，波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝Ldλ可知a 光的条纹间距小于b 光的条纹间距，B 错误，C 正确；因为a 光的折射率较大，根据sin C ＝1n 可知a 光的临界角较小，D 正确；根据折射定律，无论如何改变入射角，在玻璃内都不能发射全反射，E错误．(2)如4甲所示为一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形，波上位于x＝6 m处的质点M的振动图象如图乙所示，求：①这列波的传播速度大小及方向；②从t＝0时刻起，再经过Δt＝12.5 s，x＝3 m处的质点运动的路程．答案(2)①2 m/s 沿x轴负方向②(104－42)cm解析(2)①由题图可知波长λ＝8 m，T＝4 s，故波速v＝λT＝2 m/s由振动图象结合“上下坡法”可知该列波沿x轴负方向传播②距离x＝3 m处最近的波峰传播到此处所需时间为t1＝Δxv＝2.5 s这段时间内质点的路程为s1＝(8－8×cos 45°) cm＋2×8 cm＝(24－42)cm而后运动的周期数为N＝Δt－t1T＝2.5后面这段时间内质点运动的路程为s2＝2.5×4×8 cm＝80 cm，故质点运动的总路程为s＝s1＋s2＝(104－42)cm.。

30分钟专练(2计算＋1选考)(二)一．计算题24.(12分)某电视台有一幼儿园小朋友参加的闯关节目——高低滑梯。

如图1所示，高滑梯的平台到水平地面的距离为h，其右侧与一个曲面滑梯P A相连，参赛者小帅(可视为质点)从P点由静止下滑，经过平台上的A点后向左做匀减速直线运动，依次经过B、C两点后落在地面上的D点(有保护措施，不会摔伤)。

已知从A运动到B的时间等于从B运动到C的时间，且B到C的距离为l，A到B 的距离为2l。

低滑梯在水平地面上，其右侧与一个曲面滑梯QA′相连，QA′与P A 完全相同，参赛者小唐(也可视为质点)从Q点由静止下滑，经过平台上的A′点后向左做匀减速直线运动，依次经过B′、C′两点后最终恰好停在D点。

已知A与A′、B与B′、C与C′都在同一竖直平面内，高低滑梯都是由相同材料制成的。

求：图1(1)C到D的水平距离x；(2)参赛者与滑梯平台间的动摩擦因数μ。

答案(1)l8(2)l32h解析(1)设小唐做匀减速运动的加速度大小为a，离开C′点时的速度为v(小帅经过C点的速度也为v)，从A′点运动到B′点的时间为t，则小唐从B′点运动到C′点的时间也为t，按逆向思维，根据运动学公式得l＝vt＋12at2，l＋2l＝v·2t＋12a(2t)2，消去t解得al＝4v2C 到D 的水平距离x ，即C ′到D 的水平距离，由运动学公式得v 2＝2ax解得x ＝l8。

(2)小帅离开C 点后做平抛运动，设小帅在空中运动的时间为t ′，有h ＝12gt ′2，x ＝vt ′设参赛者小唐的质量为m ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma联立解得μ＝l 32h。

25.(20分)在如图2所示的扇形区域Oab 内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B ＝2.0×10－3 T 的匀强磁场(包括磁场的边界)，已知扇形区域的半径为r ＝ 2 m ，图中的O 点有一发射源，能向磁场中发射一系列比荷为qm ＝5.0×107 C/kg 的带负电的粒子，粒子的速度方向均与磁场方向垂直，且所有粒子的速率均为v ＝1.0×105 m/s ，粒子重力不计。

（人教版）2020届高考物理选择题精练习一及解析参考答案1、一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是( )A.物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间B.物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向C.物块下滑时从b运动至c所用时间为tD.物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小【解析】选A、C。

由于斜面光滑，物块沿斜面向上与向下运动的加速度相同，a=gsinθ，故物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间，选项A正确、B错误；物块由b到a的过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知=t，选项C正确；由于c是位移的中点，物块上滑过程中=，解得tbc通过c点的速度不等于整个上滑过程的平均速度，选项D错误。

【总结提升】匀变速直线运动规律解题的基本思路(1)画过程示意图；(2)判断运动性质；(3)选取正方向；(4)选用公式列方程。

2、一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下列关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是( )A.车速越大，它的惯性越大B.车的质量越大，它的惯性越大C.车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越小D.车速越小，刹车后滑行的路程越短，所以惯性越小【解析】选B。

惯性是物体固有的一种属性，仅与质量有关，与车速无关，故A、C、D错误，B正确。

3、(2019·揭阳模拟)如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数μ=，其A端与斜面顶端平齐。

用细线将质量也为m的物块与软绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面)，在此过程中( )A.物块的速度始终减小B.软绳上滑L时速度最小C.软绳重力势能共减少了mgLD.软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)根据软绳的受力情况判断物块的运动情况。

2020(人教版)高考物理复习计算题专练恒定电流1.有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1=0.2 V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I1=0.4 A；若把电动机接入U2=2.0 V的电路中，电动机正常工作，工作电流I2=1.0 A．求：(1)电动机正常工作时的输出功率多大？(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？2.为保护自然环境,开发绿色能源,实现旅游与环境的协调发展,某植物园的建筑屋顶装有太阳能发电系统,用来满足园内用电需求。

已知该发电系统的输出功率为1.0×105 W,输出电压为220 V。

问:(1)按平均每天太阳照射6小时计,该发电系统一年(按365天计)能输出多少电能?(2)该太阳能发电系统除了向10台1 000 W的动力系统正常供电外,还可以同时供园内多少盏额定功率为100 W、额定电压为220 V的照明灯正常工作?(3)由于发电系统故障,输出电压降为110 V,此时每盏额定功率为100 W、额定电压为220 V的照明灯消耗的功率是其正常工作时的多少?(设照明灯的电阻恒定)3.如图所示，A为电解槽，为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12 V，电解槽内阻r A=2 Ω，S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6 A，当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4 A．求：(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．4.如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电热炉,恒定电压U=12 V,电解槽内阻R=2 Ω,当S1闭A 合,S2、S3断开时,A示数为6 A;当S2闭合,S1、S3断开时,A示数为5 A,且电动机输出功率为35 W;当S3闭合,S1、S2断开时,A示数为4 A。

求:(1)电热炉的电阻及发热功率;(2)电动机的内阻;(3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率。

30分钟专练(2计算＋1选考)(十)一．计算题24.（10分）有一内壁光滑的圆管竖直放置,圆管底部封闭,上端开口且足够长,圆管内有两个小球A与B, A的质量为m1=0.1kg, B的质量为m2=0.2kg,两小球直径略小于管的直径。

某时刻当B球向下运动至离圆管底面高度h=1m处时与向上运动的A球发生弹性碰撞,碰后B球向上运动至最大高度又返回到原来高度h=1m 处,再次与已经和底面做完弹性碰撞后反弹回来的小球A相碰,如此反复,做周期性运动,问要完成这种反复运动小球A与B碰前的速度应是多少? (g取10m/s2)25.（22分）如图所示,在平面坐标系xOy的第一象限内有一半圆形区域,其半径为R,半圆的一条直径与x轴重合, O为该直径的一个端点。

半圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场,半圆外存在垂直纸面向外的匀强磁场,半圆内外磁场的磁感应强度大小都为B0,在坐标原点O处有一粒子源,沿x轴正方向不断发射出质量为m、带电荷量为+q的粒子,粒子的发射速度为大于零的任意值(不考虑相对论效应)。

已知半圆形边界处存在特殊物质,当粒子由半圆内向半圆外运动时,粒子不受任何影响,但当粒子由半圆外向半圆内运动时,粒子就会被边界处的特殊物质吸收。

不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。

(1)求从O点发射的所有粒子中,不会从y轴正半轴射入第二象限的粒子的速度的取值范围; (已知:tan15=2︒-)(2)证明最终打在半圆形边界且被特殊物质吸收的粒子,在磁场中运动的总时间都相等,并且求出该时间;(3)若第一象限内半圆形外区域的磁场存在一上边界y=a ,要想使所有粒子都不会从磁场上边界射出,则a至少为多大。

33.【物理—选修3-3】（15分）(1)（5分）下列说法中正确的是 .A.空气绝对湿度越大,空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压,水蒸发得就越慢B.布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动,同时说明液体分子间有间隙C.热量不能自发地从低温物体传递给高温物体D.一定质量的理想气体,如果温度升高,同时体积增大,其内能可能减小E.气体的压强是由于气体分子频繁地撞击器壁产生的(2)（10分）如图甲所示,竖直放置的左端封闭、右端足够长且开口的U形均匀玻璃管中用水银柱封闭一段长为l0=15cm的空气柱,两边管中水银柱长度分别为h=22.5cm、h2=27.5cm,大气压强p0=75cmHg。

30分钟专练(2计算＋1选考)(一)一．计算题24．（12分）如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．25．（20分）如图所示，在xOy坐标系的第一、二、三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v从原点O沿y轴正方向射入匀强磁场，经过时间t进入匀强电场，在电场中运动一段时间后离开电场，粒子再次进入匀强磁场后恰好能直接回到原点O.不计粒子重力，求：(1)磁场的磁感应强度B；(2)粒子第一次在电场中运动的时间t1；(3)粒子第n次离开电场时距原点的距离s n.二．选做题（15分）33.【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________。

(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.图1为氧气分子在不同温度下的速率分布图象，由图可知状态①的温度比状态①的温度高B.图2为一定质量的理想气体状态变化的p－V图线，由图可知气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能先增大后减小C.图3为分子间作用力的合力与分子间距离的关系，当分子间的距离r>r0时，分子势能随分子间的距离增大而减小D.液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大；附着层内液体分子间的距离比液体内部分子间的距离小E.能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性(2)(10分)如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。

2020届高考物理必考经典专题 专题01 运动图像 追及相遇问题考点一运动图像的理解及应用1.两种运动图像的比较考点二 追及相遇问题1.解题的基本思路2.分析技巧(1)两个等量关系:即时间关系和位移关系,这两个关系可以通过画草图得到.(2)一个临界条件:即二者速度相等,它往往是物体能否追上、追不上或两者相距最远、最近的临界条件.名称项目x-t 图像v-t 图像轴 横轴为时间t,纵轴为位移x 横轴为时间t,纵轴为速度v线 倾斜直线表示匀速直线运动 倾斜直线表示匀变速直线运动斜率 表示速度 表示加速度面积 图线和时间轴围成的面积表示位移纵截距 表示初位置 表示初速度特殊点 拐点表示速度变化,交点表示相遇 拐点表示加速度变化,交点表示速度相等3.追及判断常见情形:物体A追物体B,开始二者相距x0,则(1)A追上B时,必有x A-x B=x0,且v A≥v B.(2)要使两物体恰不相撞,必有x A-x B=x0,且v A≤v B.4.常用方法(1)物理分析法:抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键,认真审题,挖掘题目中的隐含条件,建立一幅物体运动关系的图像.(2)数学极值法:设相遇时间为t,根据条件列方程,得到关于位移x与时间t的函数关系,由此判断两物体追及或相遇情况.(3)图像法:将两个物体运动的速度—时间关系在同一图像中画出,然后利用图像分析求解相关问题.考点三应用图像分析运动问题1.运用图像分析和解决问题,具体来说就是利用图像中的点(起点、交点、拐点、终点、峰值、截距)、线(直线、曲线、斜率、渐近线)、面积、正负号等的物理意义来定性分析、定量计算或理解物理规律.2.物体的运动图像之间可以相互转化,如位移—时间图像转化为速度—时间图像,加速度—时间图像转化为速度—时间图像等.典例精析★考点一：运动图像的理解及应用◆典例一：(2019安徽安庆期中)一辆摩托车在t=0时刻由静止开始在平直的公路上行驶,其运动过程的a-t图像如图所示,根据已知信息,可知()A.摩托车的最大动能B.摩托车在30 s末的速度大小C.在0~30 s的时间内牵引力对摩托车做的功D.10 s末摩托车开始反向运动【答案】B【解析】由题图可知,摩托车在0~10 s内做匀加速运动,在10~30 s内做减速运动,故10 s末速度最大,动能最大,由v=at可求出最大速度,但摩托车的质量未知,故不能求最大动能,A错误;根据a-t图线与t轴所围的面积表示速度变化量,可求出30 s内速度的变化量,由于初速度为0,则可求摩托车在30 s末的速度大小,B正确;摩托车的质量未知,不能求出牵引力,故不能求出牵引力对摩托车做的功,C错误;由图线与时间轴所围的面积表示速度变化量可知,0~30 s内速度变化量为零,所以摩托车一直沿同一方向运动,D错误。

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2024年高考各卷区对于直线运动均有所考查，多以体育运动、交通安全为情境，考查匀变速直线运动。

预测2025年高考各考区依然会持续考查。

考向一运动的描述联系实际1.（2024年1月浙江卷第2题）杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。

在下列研究中可将运动员视为质点的是（）A.研究甲图运动员的入水动作B.研究乙图运动员的空中转体姿态C.研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度D.研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作【答案】C【解析】A．研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错误；B．研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故B错误；C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看为质点，故C正确；D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故D错误。

故选C。

考向二匀变速直线运动一般规律的应用2.（2024年江西卷第3题）某物体位置随时间的关系为x=1＋2t＋3t2，则关于其速度与1s内的位移大小，下列说法正确的是（）A.速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的位移大小为6mB.速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的位移大小为6mC.速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s 内的位移大小为5mD.速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s 内的位移大小为5m 【答案】C【解析】根据速度的定义式xv t∆=∆表明，速度等于位移与时间的比值。