2024年高考特训卷 物理【统考版】详解答案

3.0 envi 2024-12-31 4 4 2.82MB 168 页 3知币
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第一部分　高考热点专项练
第一章　匀变速直线运动的规律
考点 1　描述运动的基本概念——练基础
1．答案：B
解析：研究排球运动员扣球的动作时，排球不同点的运动情况是不同的，因此排球不能
看成质点，故选项 A错误；研究乒乓球运动员的发球技术时，主要看乒乓球的旋转，乒乓
球上不同点的旋转情况并不相同，因此此时不能将乒乓球视为质点，故选项 B正确；研究
羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的各点的运动情况并不相同，因此不能忽略羽毛球
的大小而将羽毛球视为质点，故选项 C错误；研究体操运动员的平衡木动作时，要看运动
员的动作，此时运动员身体的各部分速度是不同的，故选项 D错误．
2．答案：C
解析：该次作业中小车相对地面的位移为 x＝＝m＝10 m，C正确．
3．答案：C
解析：若运动员 A以对面的运动员为参考系，他是静止的，A错误；若运动员 A以旁边
的运动员为参考系，地面是运动的，B错误；当他俯视大地时，看到大地迎面而来，是以他
自己为参考系，C正确；以大地为参考系，运动员是运动的，D错误．
4．答案：C
解析：该游客的位移指的是从 M点到 N点的有向线段，故位移大小为 1.8 km，A错误；
该游客从 M点漂流到 N点的路程为 5.4 km，用时 1 h，则平均速率为v率＝＝ km/h＝5.4 km/h
＝1.5 m/s，B错误；该游客的平均速度大小为v＝＝ km/h＝1.8 km/h＝0.5 m/s，C正确；以玉
女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度大小为 0.5 m/s，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平
均速度大小也为 0.5 m/s，D错误．
5．答案：C
解析：10 s 内火箭的速度变化量为 Δv1＝100 m/s－0＝100 m/s，A错误；火箭的速度变
化率 m/s2＝10 m/s2，汽车的速度变化率为 m/s2＝12 m/s2，则火箭的速度变化比汽车的慢，B
错误；2.5 s 内汽车的速度变化量为 Δv2＝0－30 m/s＝－30 m/s，C正确；根据 a＝可知，火
箭的加速度比汽车的加速度小，D错误．
6．答案：BD
解析：整个过程的逆过程是初速度为 0的匀加速直线运动，倒数第 3 s 内的位移大小为
1.0 m，则 x3＝at－at
代入数据得 a＝0.4 m/s2，A错误，B正确；
由速度公式可知初速度为 v0＝at0＝0.4×20 m/s＝8 m/s，
所以在 1 s 末的速度为 v1＝v0－at1＝8 m/s－0.4×1 m/s＝7.6 m/s，
而第 1 s 内的位移 x1＝t＝×1 m＝7.8 m，C错误，D正确．
7．答案：ACD
解析：由于相邻两滴水的时间间隔相等，当沿运动方向水印始终均匀分布时，则人做匀
速直线运动，A正确；当沿运动方向水印间距逐渐增大时，则人做加速运动，加速度可能增
大，可能减小，可能不变，C、D正确，B错误．
8．答案：D
解析：规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速
度定义式得 a＝ m/s2＝－18.0 m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度方向竖直向上，D正
确．
9．答案：C
解析：摄像机做直线运动，运动员也做直线运动，A错误；0～t1时间内摄像机在前，t1
～t2时间内摄像机也在前，B错误；0～t2时间内摄像机与运动员的位移相同，根据v＝，平
均速度相同，C正确；x t图象的斜率表示速度，0～t2时间内并不是任一时刻摄像机的速度
都大于运动员的速度，D错误．
10．答案：A
解析：表示的是 Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度 Δx越窄，则记录遮光时间 Δt越
小，越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，A正确.
考点 2　匀变速直线运动规律
的应用（一）——练基础
1．答案：B
解析：第一段时间内的平均速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，第二段时间内的平均速度为v2＝
＝ m/s＝8 m/s，根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两
个中间时刻的时间间隔为：Δt＝2 s＋1 s＝3 s，则加速度为 a＝＝ m/s2＝ m/s2，B正确．
2．答案：A
解析：设汽车经过相邻两棵树的时间间隔为 t，则汽车在 A、B间和在 D、E间的平均速
度分别为 v1＝，v2＝在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故经过 C时
的速度为 vC＝＝而汽车经过 C的时刻又是汽车从 B到D的中间时刻，故 vC也是汽车从 B到
D的平均速度，所以 B、D间距为 x＝vC·2t＝x1＋x2，故 A正确，B、C、D错误．
3．答案：C
解析：汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，对于最后 1 s，有 x1＝at，
解得 a＝＝＝4 m/s2，设汽车刹车的初速度为 v0，对于第 1 s 内，由 s1＝v0t－at2，代入数据得
13＝v0×1－×4×12，可得 v0＝15 m/s，汽车在第 1秒末的速度为 v1＝v0－at＝11 m/s，C正
确．
4．答案：A
解析：由图象可知汽车一直沿 x轴正方向运动，x t图象的斜率表示速度，0～t1时间内
图象斜率变大，则汽车做加速直线运动；t1～t2时间内，图象是倾斜的直线，斜率不变，汽
车做匀速直线运动；t2～t3时间内，图象斜率变小，汽车做减速直线运动．综上分析可知汽
车沿 x轴正方向先做加速，再匀速，再减速直线运动，v t图象可能正确为 A选项，不可能
为B、C、D选项．
5．答案：D
解析：根据 x1＝a1t解得 t1＝2 s，故 A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为 v1＝
a1t1＝80 m/s，故 B错误；飞机离开电磁弹射区后，根据速度—位移关系有 v－v＝2a2x2代入
数据解得 a2＝18 m/s2，故 C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间 t2＝＝s，飞机从开始
起飞到离开跑道的总时间为 t＝t1＋t2＝s，故 D正确．
6．答案：D
解析：加速与减速的加速度大小相等，根据 t＝可知，加速与减速的时间一定相等，A
错误；设加速和减速时间均为 t，运动总时间为 t0，则 2×t＋vm（t0－t）＝s，代入数据解得 t
＝12 min，B错误；加速位移为 x加＝t＝120 km，C错误；加速度大小 a＝≈0.46 m/s2，D正
确．
7．答案：BC
解析：由H＝t可知，上浮时的初速度为 v0＝，A错误，B正确；上浮的加速度为 a＝＝
－，则在 t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为 h＝H－＝H－（t0－×t）＝，C正确，D错误．
8．答案：C
解析：采用逆向思维，将高铁运动可看成初速度等于 0的匀加速直线运动，依次经
4t、3t、2t时间运动的位移大小之比为 a（4t）2︰︰[a（4t＋3t＋2t）2－a（4t＋3t）2]＝
16︰33︰32，所以高铁依次经 2t、3t、4t时间，运动的位移大小之比为 32∶33∶16，C正确．
9．答案：C
解析：列车车头到达隧道前减速时间 t1＝，在隧道中匀速行驶时间 t2＝，车尾离开隧道
后，加速时间 t3＝，总时间 t＝t1＋t2＋t3＝＋，故 C项正确．
10．答案：（1）6 m/s2　（2）7 599 m　（3）4.5 m/s2
解析：（1）减速伞工作20 s 的过程，返回舱的加速度大小为 a1＝＝6 m/s2.
（2）返回舱的速度由 180 m/s 减小到 60 m/s 过程中，下降的高度为 h1＝t1＝2 400 m，
返回舱的速度由 60 m/s 减小到 3 m/s 过程中，下降的高度为 h2＝H－h1－h3＝7 599 m.
（3）若返回舱落地时的速度恰好为零，则最后 1 m 的加速度大小为 a3＝＝4.5 m/s2.
11．答案：（1）6.25 m　（2）195.65 s
解析：（1）汽车匀变速直线运动，设经过隧道入口x1＝50 m 与紧邻的 x2＝100 m 相等
的时间间隔为 t，则根据 Δx＝at2
可得 Δx＝at2＝x2－x1＝50 m
则经过隧道入口50 m 时，速度大小为 v＝
汽车由开始运动到经过隧道入口50 m 时，有 2ax＝v2，故 x＝
联立以上式子得x＝＝56.25 m
故汽车开始起动到隧道口的距离为 x0＝x－x1＝6.25 m.
（2）依题意知v1＝90 km/h＝25 m/s
速度达到25 m/s 时，由 2a′x3＝v
代入数据求得x3＝125 m
用时 t1＝＝10 s
故匀速运动的距离 x4＝s＋x0－x3＝4 641.25 m
匀速运动时 x4＝v1t2
可得 t2＝185.65 s
故从开始运动到穿出隧道用时 t＝t1＋t2＝195.65 s．
考点 3　匀变速直线运动规律
的应用（二）——提能力
1．答案：A
解析：设物体通过 AB、BC 段位移所用时间均为 T，则 B点的速度为 vB＝＝，根据 Δx
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