推荐学习K12年)高考物理高校自主招生试题精选分类解析 专题01 直线运动和相互作用

高考物理直线运动试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。

如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。

现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。

已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。

求（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。

【答案】（1）3sin 4F mg θ=（2）43d L =【解析】 【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=已知tan μθ= 联立可得：3sin 4F mg θ=（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：214sin 6cos 32)4v 2mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=⋅（ 可得：v 3sin gL θ=由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：()22111sin 3.5v v 22mg L m m θ⋅=- 可得：1v 4sin gL θ=当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。

专题一：直线运动解题思路与方法解析 设初速度方向为正方向，根据匀变速直线运动规律＝0＋，有－16＝10－2，所以经过t ＝13 s 物体的速度大小为16 m/s.由x ＝v 0t ＋12at 2可知这段时间内的位移为x ＝(10×13－12×2×132)m ＝－39 m ，物体的运动分为两个阶段，第一阶段速度从10 m/s 减到0，此阶段位移大小为x 1＝02－v 202a ＝02－102－2×2m ＝25 m ，第二阶段速度从0反向加速到16 m/s ，位移大小为x 2＝v ′2－02－2a ＝162－022×2m ＝64 m ，则总路程为L＝x 1＋x 2＝25 m ＋64 m ＝89 m.答案 13 s 25 m 89 m3．妙用Δs ＝aT 2在匀变速直线运动中，第m 个T 时间内的位移和第n 个T 时间内的位移之差s m －s n ＝(m －n )aT 2.对纸带问题用此方法尤为快捷．例3有一个做匀加速直线运动的质点，它在两个连续相等的时间间隔内所发生的位移分别为10 m 和16 m ，时间间隔为2 s ，求该质点运动的加速度a .5．极值法有些问题用一般的分析方法求解难度较大，甚至中学阶段暂时无法求出，我们可以把研究过程推向极端情况来加以分析，往往能很快得出结论．例5两个光滑斜面，高度和斜面的总长度相等，如图所示，两个相同的小球，同时由两个斜面顶端由静止开始释放，不计拐角处能量损失，则两球谁先到达底端？解析甲斜面上的小球滑到斜面底端的时间很容易求出．设斜面高度为h ，长度为L ，斜面的倾角为θ.则由L ＝12g 21sin θ、sin θ＝h L ，解得t 1＝2L2gh .乙斜面上的小球滑到斜面底端的时间很难直接计算．可将乙斜面作极端处理：先让小球竖直向下运动，然后再水平运动，易解得这种运动过程中小球运动的时间为t 2＝2h g＋L －h 2gh ＝L ＋h2gh<t 1，所以，乙斜面上的小球先到达斜面底端．答案 乙斜面上的小球先到达斜面底端6．图象法利用图象法可直观地反映物理规律，分析物理问题．图象法是物理研究中常用的一种重要方法．运动学中常用的图象为v －t 图象．在理解图象物理意义的基础上，用图象法分析解决有关问题(如往返运动、定性分析等)会显示出独特的优越性，解题既直观又方便．需要注意的是在v －t 图象中，图线和坐标轴围成的“面积”应该理解成物体在该段时间内发生的位移．例6汽车从甲地由静止出发，沿平直公路驶向乙地．汽车先以加速度a 1做匀加速直线运动，然后做匀速运动，最后以大小为a 2的加速度做匀减速直线运动，到乙地恰好停止．已知甲、乙两地的距离为x ，求汽车从甲地到乙地的最短时间t 和运行过程中的最大速度v m .解析 由题意作出汽车做匀速运动时间长短不同的v －t 图象，如图所示．不同的图线与横轴所围成的“面积”都等于甲、乙两地的距离x .由图象可知汽车做匀速运动的时间越长，从甲地到乙地所用的时间就越长，所以当汽车先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，中间无匀速运动时，行驶的时间最短．设汽车做匀加速直线运动的时间为t 1，则匀减速直线运动的时间为(t －t 1)．则有v m ＝a 1t 1＝a 2(t －t 1)，解得t 1＝a 2t a 1＋a 2，则v m ＝a 1a 2ta 1＋a 2， 由图象中三角形面积的物理意义有x ＝12v m t ＝a 1a 2t 2a 1＋a 2，解得t ＝2xa 1＋a 2a 1a 2，故v m ＝2xa 1a 2a 1＋a 2.答案 t ＝2xa 1＋a 2a 1a 2 v m ＝2xa 1a 2a 1＋a 27．相对运动法以系统中的一个物体为参考系研究另一个物体运动情况的方法．例7物体A 、B 从同一地点，同时沿同一方向运动，A 以10 m/s 的速度做匀速直线运动，B以2 m/s 2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，求A 、B 相遇前两物体间的最大距离．解析 因为本题求解的是A 、B 间的相对距离，所以可以利用相对运动法求解．选B 为参考系，从计时开始到A 、B 相遇前两物体间出现最大距离的过程中，A 相对于B 的初速度、末速度和加速度分别为：v 0＝10 m/s ，v ＝0，a ＝－2 m/s 2，根据v 2－v 20＝2a Δx max ，有Δx max ＝v 2－v 202a，解得Δx max ＝25 m. 答案 25 m8．逆向思维法对于物体做匀减速直线运动的问题，可以当作逆向的匀加速直线运动处理．这样更符合思维习惯，容易理解．例8一物体以某一初速度在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5 s 内和最后5 s 经过的路程之比为11:5.则此物体一共运动了多长时间？解析 若依据匀变速直线运动规律列式，将会出现总时间t 比前后两个5 s 的和10 s 是大还是小的问题：若t >10 s ，可将时间分为前5 s 和后5 s 与中间的时间t 2，经复杂运算得t 2＝－2 s ，再得出t ＝8 s 的结论．若用逆向的初速度为零的匀加速直线运动处理，将会简便得多．视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则最后5 s 内通过的路程为x 2＝12a ×52＝12.5a ，最初5 s 内通过的路程为x 1＝12at 2－12a (t －5)2＝12a (10t －25)，由题中已知的条件：x 1：x 2＝11:5，得(10t －25) :25＝11:5，解得物体运动的总时间t ＝8 s. 答案 8 s9．比值法对初速度为零的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的基本公式可推出以下几个结论： (1)连续相等时间末的瞬时速度之比为： v 1:v 2:v 3:…:v n ＝1:2:3:…:n(2)t 、2t 、3t 、…、nt 内的位移之比为： x 1t :x 2t :x 3t :…:x nt ＝12:22:32:…:n 2 (3)连续相等时间内的位移之比为： x 1:x 2:x 3:…:x n ＝1:3:5:…: (2n －1) (4)连续相等位移所用的时间之比为：t 1:t 2:t 3:…:t n ＝1: (2－1) : (3－2):…: (n －n －1)在处理初速度为零的匀加速直线运动时，首先考虑用以上的几个比值关系求解，可以省去很多繁琐的推导及运算．例9一个物体从塔顶做自由落体运动，在到达地面前最后1 s 内发生的位移是总位移的7/16，求塔高．(取g ＝10 m/s 2)解析 由初速度为零的匀加速直线运动规律推论知，第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内、第4 s 内的位移之比为1:3:5:7，第4 s 运动的位移与总位移的比值为7/16，故物体下落的总时间t 总＝4 s ，塔高h ＝12gt 2总＝80 m.答案 80。

2024-2025十年高考物理大全分类解析专题01 直线运动一．2024年高考题精选1，（2024全国新课标理综1第19题）如图，直线a和曲线b分别是在平直马路上形式的汽车a和b的位置一时间（x-t）图线，由图可知A.在时刻t1，a车追上b车B.在时刻t2，a、b两车运动方向相反C.在t1到t2这段时间内，b车的速领先削减后增加D.在t1到t2这段时间内，b车的速率始终不a车大2. （2024全国新课标理综1第14题）右图是伽利略1604年做斜面试验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。

表中其次列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析试验数据时添加的。

依据表中的数据，伽利略可以得出的结论是A.物体具有惯性B.斜面倾角肯定时，加速度与质量无关C.物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比3.（2024高考广东理综第13题）某航母跑道长为200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞须要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，须要借助弹射系统获得的最小初速度为A .5m/sB .10m/sC .15m/s D.20m/s4．（2024全国高考大纲版理综第19题）将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s，它们运动的图像分别如直线甲乙所示。

则（）A．t＝2 s时，两球的高度相差肯定为40 mB．t＝4 s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D．甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等5．（2024高考四川理综第6题）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t 图像如图所示。

则A．甲、乙在t=0s到t=1s之间沿同一方向运动B．乙在t=0到t=7s之间的位移为零C．甲在t=0到t=4s之间做往复运动D．甲、乙在t=6s时的加速度方向相同6．（15分）（2024全国高考大纲版理综第24题）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。

高考物理直线运动真题汇编( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间） t 0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0 =72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m．减速过程中汽车位移s 与速度 v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g=10m/s2．求：（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．【答案】（ 1）8m / s2，2.5s；（ 2）0.3s；（ 3）F041 mg5【解析】【分析】【详解】（1）设减速过程中，汽车加速度的大小为a，运动时间为t，由题可知初速度v020m / s ，末速度 v t0 ，位移 f ( x)2x2 1 1由运动学公式得：v022as ①t v02.5s ②a由①② 式代入数据得a8m / s2③t 2.5s④（2）设志愿者饮酒后反应时间的增加量为t ，由运动学公式得L v0t s ⑤t t t0⑥联立⑤⑥式代入数据得t0.3s ⑦（3）设志愿者力所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者的质量为 m，由牛顿第二定律得F ma ⑧由平行四边形定则得F 2 F 2( mg) 2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得F041⑩mg52．如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以 a = 2. 5m/ s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v = 9m/s时改做匀速直线运动，己知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ= 0.22 5，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等（g 取10m/s 2）。

求：（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小（2）木箱做加速运动的时间和位移的大小（3）要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离。

专题一直线运动目录真题考查解读2023年真题展现考向一运动的描述联系空间站和足球运动实际考向二匀变速直线运动的推论与电动公交车考向三三种常规图像近年真题对比考向一运动的描述考向二匀变速直线运动规律及推论考向三运动图像追击相遇问题命题规律解密名校模拟探源易错易混速记【命题意图】主要考查位移、速度、平均速度、加速度等基本运动概念的理解及匀变速直线运动的规律和应用。

在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论解决问题。

考查位移图像、速度图像和加速度图像的理解和应用【考查要点】直线运动问题主要考查匀变速直线运动的规律及应用。

以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用尝试用能将运动学知识运用到生活中，如体育运动、行车安全、追及和相遇问题尝试用能将运动学知识运用到生活中。

图像考题通常基本以选择题的形式出现，极个别情况下会出现在计算题中以考查识图、读图的能力，难度一般不大；在考查内容上一般以x-t图象、v-t图象的形式出现，少数情况下会出现a-t图象、x-v图象等不常见的运动图象，着重考查对基本概念和基本规律的理解与应用，以及读图、识图、画图、用图的能力。

【课标链接】①了解描述运动涫物理量，掌握匀变速直线运动规律及推论的应用。

②理解常规图像的物理意义。

掌握追击相遇问题的求解方法考向一运动的描述联系空间站和足球运动实际1．（2023·1 月浙江卷·第3题）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（ ）A．选地球为参考系，“天和”是静止的B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的【答案】C【详解】AB．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；CD．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。

高考物理高考物理直线运动及其解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202v v aL -=可解得:221002v v L m a-==（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：2Cv N mg m R-= 从B 运动到C 由动能定理可知：221122C B mgh mv mv =-解得;3900N N =故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =⋅ （3）3900N N =点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2．甲、乙两车在某高速公路上沿直线同向而行，它们的v ﹣t 图象如图所示，若t=0时刻两车相距50m ，求：（1）若t=0时，甲车在乙车前方，两车相遇的时间； （2）若t=0时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离。

【答案】(1) 6.9s (2) 40m【解析】（1）由图得，乙的加速度为：相遇时，对甲：x 甲=v 甲t 对乙：由题意有：x 乙=x 甲+50 联立解得：t=2（+1）s≈6.9s（2）分析知，当两车速度相等时距离最短，即为：t′=2s 对甲：x 甲′=v 甲t′=10×2m=20m 对乙：两车相距的最短距离为：答：（1）若t=0时，甲车在乙车前方，两车相遇的时间是6.9s ； （2）若t=0时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离是40m 。

高考物理直线运动试题(有答案和解析)含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202v v aL -=可解得:221002v v L m a-==（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：2Cv N mg m R-= 从B 运动到C 由动能定理可知：221122C B mgh mv mv =-解得;3900N N =故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =⋅ （3）3900N N =点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2．一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．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =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/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m sg sμ-=解得20.4μ=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+ 带入可得21/a m s =木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3a m s =对滑块，则有加速度224/a m s =滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18/3v m s = 滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a m s =假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =此过程，木板位移2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ==位移23522v x m a==所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁3．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零 在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma根据匀变速直线运动规律有：a ＝2202v h -＝－15m/s 2解得：N ＝75N （2分）根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用4．小球从离地面80m 处自由下落， 重力加速度g=10m/s 2。

2021-2022年高考物理高校自主招生试题精选分类解析专题01 直线运动和相互作用一、选择题1.（xx复旦大学）如图所示，竖直杆AB在细绳AC的拉力作用下处于平衡。

若AC加长，使C 点左移，AB仍保持平衡状态.。

细绳AC上拉力T和杆AB受到的细绳的压力N与原先相比，下列说法正确的是A．T增大，N减小B．T减小，N增大C．T和N都减小D．T和N都增大【参考答案】C2、（xx年卓越自主招生）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（）A．乙车启动时，甲车在其前方50m处B．运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75mC．乙车启动10s后正好追上甲车D．乙车超过甲车后，两车不会再相遇【参考答案】ABD【名师解析】乙车t=10s启动时，甲车位移为50m，即乙车启动时，甲车在乙前方50m处，选项A正确。

在t=15s时，甲乙两车速度相等，甲乙两车之间距离最大，最大距离为50m+25m=75m，即运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m，选项B正确。

t=20s时即乙车启动10s后，甲车在乙前方50m处，选项C错误。

乙车超过甲车后，乙车速度大于甲车，两车不会再相遇，选项D 正确。

3. (xx物理学科能力展示)我国游泳运动员宁泽涛在xx年仁川亚运会上一鸣惊人,获得四块金牌,其中50米自由泳金牌的角逐让人印象深刻.若宁泽涛入水后2s内通过的距离为2.388m(视为初速度为0的匀加速度过程),此时达到最大速度,且保持最大速度匀速运动的持续时间不超过20s,之后做匀减速运动,匀减速运动加速度大小为1m/s2.则宁泽涛50米的夺金成绩是( ).A． 19.94s; B ．21.94s; C． 20.94s; D． 22.94s【参考答案】B4.(xx物理学科能力展示)xx年11月APEC领导人峰会在北京成功举行,会议期间北京各场所都加强了安保工作.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查.其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行.旅客把行李无初速度地放在A 处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B 间的距离为2m,g 取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李,则( ).A 乘客与行李同时到达B 处;B 乘客提前0.5s到达B 处;C 行李提前0.5s到达B 处;D 若传送带速度足够大,行李最快也要2.5s才能到达B 处【参考答案】B5.如图所示,在一实验探究过程中,马小跳同学将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B 两点上,一物体用动滑轮悬挂在绳子上,达到平衡时,两段绳子间的夹角为α1,绳子张力为F1,将绳子B 端移至C 点,待整个系统达到平衡时,两段绳子间的夹角为α2,绳子张力为F2;将绳子B 端移至D 点,待整个系统平衡时两段绳子间的夹角为α3,绳子张力为F3,不计摩擦,则( ).A．α1=α2=α3; B．α1<α2<α3; C． F1>F2>F3; D． F1=F2<F3【参考答案】D6.马小跳以不同初速度将一粒石子和一块海绵同时竖直向上抛出并开始计时,石子所受空气阻力可忽略,海绵所受空气阻力大小与物体速率成正比.下列用虚线和实线描述两物体运动的v --t 图象可能正确的是( ).【参考答案】D7.xx年暑假期间,马小跳家对房子进行了装修,在建筑装修中,工人用质量为m 的磨石对斜壁进行打磨,当对磨石加竖直向上推力F 时,磨石恰好沿斜壁向上做匀加速直线运动,已知磨石与斜壁之间的动摩擦因素为μ,则磨石受到的摩擦力是( ).A． (F-mg)cosθ; B． (F-mg)sinθ;C．μ(F-mg)sinθ; D．μ(F-mg)cosθ【参考答案】D8.如图所示,AB 为光滑竖直杆,ACB 为构成直角的光滑L形轨道,C 处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯(即通过转弯处速度大小不变).套在AB 杆上的小球自A 点静止释放,分别沿AB 轨道和ACB 轨道运动,如果沿ACB 轨道运动的时间是沿AB 轨道运动时间的1.5倍,则BA 与CA 的夹角为( ).A．30°; B．45°; C．53°; D．60°【参考答案】C【名师解析】设AB 的长度为2L，小球沿AB 做自由落体运动，运动的时间t2满足：2L＝gt22，可解得：t2=2 。

2021高考物理真题专题1直线运动与曲线运动一、单选题1．（2021·湖南）物体的运动状态可用位置x 和动量p 描述，称为相，对应p x -图像中的一个点。

物体运动状态的变化可用p x -图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。

假如一质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有22v ax = 而动量为p mv =联立可得1222p m ax m a x ==⋅动量p 关于x 为幂函数，且0x >，故正确的相轨迹图像为D 。

故选D 。

2．（2021·河北高考真题）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O 点以100m/s 的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN 所用时间为1t ；图2中铯原子在真空中从P 点做竖直上抛运动，到达最高点Q 再返回P 点，整个过程所用时间为2t ，O 点到竖直平面MN 、P 点到Q 点的距离均为0.2m ，重力加速度取210m/s g =，则12:t t 为（ ）A ．100∶1B ．1∶100C ．1∶200D ．200∶1【答案】C【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即1x vt =解得10.2s 100x t v == 铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时22t ，逆过程可视为自由落体，即221()22t x g =解得2880.20.4s 10x t g ⨯== 则120.211000.4200t t ==故选C 。

3．（2021·广东高考真题）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP 与横杆PQ 链接而成，P 、Q 为横杆的两个端点。

在道闸抬起过程中，杆PQ 始终保持水平。

杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．P 点的线速度大小不变B ．P 点的加速度方向不变C ．Q 点在竖直方向做匀速运动D ．Q 点在水平方向做匀速运动 【答案】A【解析】A ．由题知杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P 点绕O 点做匀速圆周运动，则P 点的线速度大小不变，A 正确；B ．由题知杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P 点绕O 点做匀速圆周运动，P 点的加速度方向时刻指向O 点，B 错误；C ．Q 点在竖直方向的运动与P 点相同，相对于O 点在竖直方向的位置y 关于时间t 的关系为 y = l OP ⋅sin(6π + ωt )则可看出Q 点在竖直方向不是匀速运动，C 错误；D ．Q 点相对于O 点在水平方向的位置x 关于时间t 的关系为x = l OP ⋅cos(6π+ ωt ) + l PQ 则可看出Q 点在水平方向也不是匀速运动，D 错误。

直线运动考点01 匀变速直线运动规律1. （2024高考江西卷）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 tD =D 表明，速度等于位移与时间的比值。

位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而时间是这段时间的长度。

这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的快慢，还描述了物体运动的方向。

因此，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。

再根据物体位置随时间的关系x = 1＋2t ＋3t 2，可知开始时物体的位置x 0 = 1m ，1s 时物体的位置x 1 = 6m ，则1s 内物体的位移为：Δx = x 1－x 0 = 5m ，C 正确。

2. （2024高考山东卷）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A 点距离为L 。

木板由静止释放，若木板长度L ，通过A 点的时间间隔为1t D ；若木板长度为2L ，通过A 点的时间间隔为2t D 。

21:t t D D 为（ ）A. 1):1)-B. :1)-C. 1):1)++D. :1)+【参考答案】A 【名师解析】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a ，木板从静止释放到下端到达A 点的过程，根据运动学公式有：2012L at =木板从静止释放到上端到达A 点的过程，当木板长度为L 时，有：21122L at =当木板长度为2L 时，有：22132L at =又：110t t t D =-，220Δt t t =-联立解得：))21Δ:Δ1:1t t =故选A 。

3. （2024高考湖南卷）如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy ．A 、B 两小球同时从O 点出发，A 球速度大小为v 1，方向沿x 轴正方向，B 球速度大小为v 2 = 2m/s 、方向与x 轴正方向夹角为θ。