2024版新教材高考物理复习特训卷考点5运动图像追及相遇问题

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点5运动图像追及相遇问题，共9页。

1．[2022·上海卷]两质点由静止开始做直线运动，它们的位移x与时间t的图像均为抛物线．t0时刻它们的速度分别为vⅠ和vⅡ，加速度分别为aⅠ和aⅡ.则( )
A.vⅠ＞vⅡ，aⅠ＞aⅡ B．vⅠ＞vⅡ，aⅠ＜aⅡ
C．vⅠ＜vⅡ，aⅠ＞aⅡ D．vⅠ＜vⅡ，aⅠ＜aⅡ
2．如图所示为某物块做初速度为－2 m/s的直线运动时的a ­ t图像，其中第4 s到第6 s间图线为 eq \f(1,4)圆弧，下列关于该物块的运动过程说法正确的是( )
A．物块前两秒做匀减速直线运动
B．第4 s末的速度方向发生改变
C．第4 s末的速度大小为4 m/s
D．第6 s末的速度大小为(π－1) m/s
3．(多选)甲、乙两个小钢球沿竖直方向做匀变速直线运动，其x ­ t图像如图所示，两图线均为抛物线，(1 s，7 m)和(0，2 m)分别为甲、乙两抛物线的顶点．设竖直向上为正方向，关于两个小球的运动下列说法正确的是( )
A．甲和乙的加速度相同
B．甲和乙的初速度相同
C．0～1 s内甲、乙的平均速度相同
D．0～2 s内甲的速度改变量大小为20 m/s
4．(多选)物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材反映了深刻的物理本质，例如伽利略的斜面实验就揭示了匀变速直线运动的规律．某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图1所示，他让小球以某一确定的初速度从固定斜面顶端O点滚下，经过A、B两个传感器，其中B传感器固定在斜面底端，利用传感器测出了A、B间的距离x及小球在A、B间运动的时间t.改变A传感器的位置，多次重复实验，计算机作出图像如图2所示．下列说法正确的是( )
A．小球在斜面上运动的平均速度大小为8 m/s
B．小球在斜面上O点的速度大小为4 m/s
C．小球在斜面上运动的加速度大小为2 m/s2
D．固定斜面的长度为6 m
5．[2021·广东卷](多选)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v ­ t和s ­ t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有( )
6．[2023·广东深圳市第一次调研考试](多选)挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6 m长的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的v ­ t图像如图所示，则( )
A．0～4 s内骑手靠近烈马
B．6 s时刻骑手刚好追上烈马
C．骑手在9 s时刻挥杆，能套到烈马
D．8～9 s内烈马加速度大于4～6 s内骑手的加速度
7．某猎豹在追击猎物时，在25 m的距离可以从静止加速到25 m/s，此后猎豹的 eq \f(1,v) ­ x图像如图所示，0到200 m内为一条与x轴平行的直线，200 m到250 m内为一条倾斜的直线，假设猎豹和猎物都沿直线运动，则下列说法正确的是( )
A．猎豹加速到25 m/s后运动250 m所用的时间是13 s
B．若猎物的速度为10 m/s，猎豹发现猎物时，猎豹立马加速追击猎物，若猎豹达到最大速度时，猎豹与猎物之间的距离大于120 m，则猎豹一定不能追到猎物
C．猎豹从静止加速到25 m/s所用的时间为2 s
D．猎豹加速到25 m/s后先做匀速直线运动后做匀减速直线运动
8．(多选)哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人．当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息．如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v ­ t图像如图乙所示．此次投掷中，下列说法中正确的是( )
A．冰壶减速运动的加速度大小为0.125 m/s2
B．9 s末，机器人的速度大小为5.75 m/s
C．机器人与冰壶一起做匀减速直线运动的过程中，冰壶的加速度大于机器人的加速度
D．在11 s末冰壶与机器人的两者的间距大于8 m
9．利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法．如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像(x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间)，则下列说法中正确的是( )
A．甲图中x ­ t2图可求出物体的加速度大小为1 m/s2
B．乙图中v2 ­ x图可求出物体的加速度大小为5 m/s2
C．丙图中 eq \f(x,t) ­ t图可求出物体的加速度大小为2 m/s2
D．丁图中a ­ t图可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为6 m/s
10．小李同学在学习过程中非常喜欢总结归纳，如图是他用来描述多种物理情景的图像，其中横轴和纵轴的截距分别为n和m，在如图所示的可能物理情景中，下列说法正确的是( )
A．若为x ­ t图像，则物体的运动速度可能在减小
B．若为a ­ t图像且物体初速度为零，则最大速度出现在t＝ eq \f(n,2)时刻
C．若为v ­ x图像，则一定做匀变速直线运动
D．若为a ­ x图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为 eq \r(mn)
11.[2023·浙江高三专题练习]新交规规定：“在没有信号灯的路口，一旦行人走上人行道，机动车车头便不能越过停止线”．如图甲所示，一长度为D＝5 m的卡车以v0＝36 km/h的初速度向左行驶，车头距人行道为L1＝40 m，人行道宽度为L2＝5 m．同时，一距离路口为L3＝3 m的行人以v1＝1 m/s的速度匀速走向长度为L4＝9 m的人行道．图乙为卡车的侧视图，货箱可视为质点，货箱与车之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，货箱距离车头、车尾的间距为d1＝2.5 m、d2＝1.5 m．(重力加速度g取10 m/s2)，求：
(1)当司机发现行人在图中位置时立即加速且以后加速度恒定，要保证卡车整体穿过人行道时，人还没有走上人行道，卡车的加速度最小为多少；
(2)如果司机以第(1)问的最小加速度加速，且穿过人行道后立即匀速，通过计算说明货箱是否会掉下来；
(3)当司机发现行人在图示位置时立即减速且以后加速度恒定，要保证不违反交规，且货箱不撞到车头，求卡车刹车时加速度大小需要满足的条件．
12．[2023·山东烟台月考]某次足球比赛中，攻方使用“边路突破，下底传中”的战术．如图，足球场长90 m、宽60 m．前锋甲在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做匀减速直线运动，其初速度v0＝12 m/s，加速度大小a0＝2 m/s2.
(1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球，设他做初速度为零、加速度a1＝2 m/s2的匀加速直线运动，能达到的最大速度vm＝8 m/s.求他追上足球的最短时间；
(2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v沿边线向前踢出，足球仍以大小为a0的加速度在地面上做匀减速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v1＝6 m/s，紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球，恰能在底线处追上足球传中，求v的大小．
考点5 运动图像 追及相遇问题——提能力
1．答案：A
解析：根据匀变速直线运动位移公式有：x＝ eq \f(v,2)t0，由图可知vⅠ＞vⅡ，根据v＝at可知aⅠ＞aⅡ，A正确，B、C、D错误．
2．答案：D
解析：物块前两秒加速度一直增大，故做加速增大的减速直线运动，A错误；a ­ t图像的图线与坐标轴所围成的面积是速度的变化量，第4 s末的速度大小为v4＝v0＋Δv＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2＋\f(1,2)×2×3)) m/s＝1 m/s，C错误；第4 s末的加速度为零，速度不为零，故方向未发生改变，B错误；第6 s末的速度为v6＝v0＋Δv′＝（－2＋ eq \f(1,2)×2×3－ eq \f(π,4)×22） m/s＝（1－π） m/s，第6 s末的速度大小为（π－1） m/s，D正确．
3．答案：AD
解析：由运动学公式x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2知甲、乙两个小钢球x ­ t图像为抛物线，则两球做匀变速直线运动，甲球先向上做匀减速运动到顶点速度减为零，后匀加速向下运动，在1 s～2 s内有x＝ eq \f(1,2)a甲t2代入图中数据t＝1 s，x＝5 m，得a甲＝10 m/s2方向向下，乙球从顶点向下做初速度为零的匀加速运动，0～1 s有x＝ eq \f(1,2)a乙t2，代入图中数据t＝1 s，x＝5 m，得a乙＝10 m/s2方向向下，甲和乙的加速度相同，故A正确；由图像知甲经1 s时间上升到顶点，速度减为零，设甲球初速度为v0，由v＝v0＋（－a甲）t代入数据0＝v0＋（－10）×1 m/s解得v0＝10 m/s，乙的初速度为零，故B错误；由图知0～1 s内甲、乙的位移分别为5 m，－5 m，由平均速度公式 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(x,t)代入数据解得 eq \(v,\s\up6(－))甲＝5 m/s， eq \(v,\s\up6(－))乙＝－5 m/s，故C错误；2 s末时甲向下加速了1 s，速度为v＝－a甲t＝－10 m/s，0～2 s内甲的速度改变量Δv＝v－v0＝－10 m/s－10 m/s＝－20 m/s，速度改变量的大小为20 m/s，故D正确．
4．答案：BD
解析：设小球在经过A传感器时的速度大小为vA，在斜面上运动的加速度大小为a，根据运动学规律有vB＝vA＋at；x＝vAt＋ eq \f(1,2)at2联立以上两式并整理得 eq \f(x,t2)＝vB· eq \f(1,t)－ eq \f(a,2)结合图像可得vB＝8 m/s，a＝4 m/s2.当A传感器放置在O点时，传感器所测时间为小球从O到B传感器的运动时间t1，对应图像上 eq \f(1,t)的最小值，即 eq \f(1,t1)＝1 s－1解得t1＝1 s，所以小球在斜面上O点的速度大小为v0＝vB－at1＝4 m/s，小球在斜面上运动的平均速度大小为 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v0＋vB,2)＝6 m/s，固定斜面长度为l＝ eq \(v,\s\up6(－))t1＝6 m，故A、C错误，B、D正确．
5．答案：BD
解析：从v ­ t图像上看，由于所有龙舟出发点相同，故只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确．从s ­ t图像上看，图像的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误．
6．答案：CD
解析：v ­ t图像的图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t＝0时并排运动，通过图线在0～4 s内所围的面积可以看出4 s内烈马位移大于骑手位移，所以4 s末烈马与骑手间距离在增大，0～6 s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6 s末烈马仍在前方，故A、B错误；由图形所围的面积可以算出0～9 s内，烈马的位移为x1＝10×8＋ eq \f(10＋15,2)×1 m＝92.5 m，
骑手的位移为x2＝ eq \f(6,2)×15＋15×3 m＝90 m，
套马杆长l＝6 m，x2＋l>x1，所以骑手在9 s时刻挥杆，能套到烈马，故C正确；
由加速度定义式a＝ eq \f(v－v0,t)＝ eq \f(Δv,Δt)知，
8～9 s内烈马加速度a1＝ eq \f(15－10,9－8) m/s2＝5 m/s2，
4～6 s内骑手的加速度a2＝ eq \f(15－10,6－4) m/s2＝ eq \f(5,2) m/s2，故D正确．
7．答案：A
解析：由运动学公式t＝ eq \f(x,v)＝ eq \f(1,v)·x可知在 eq \f(1,v) ­ x图像中，图像与横坐标围成的面积为运动时间，可得猎豹加速到25 m/s后运动250 m所用的时间为t＝13 s，故A正确；猎豹减速到与猎物共速时，即 eq \f(1,v)＝0.10 s/m时，猎豹追不上猎物，则一定不能追到猎物．由图像可知从猎豹达到最大速度到猎豹减速到与猎物共速过程中，猎豹运动的位移为x1＝225 m．由图像可知，此过程经历的时间t′＝9.75 s，此过程猎物的位移为x2＝9.75×10 m＝97.5 m．即若猎豹达到最大速度时，猎豹与猎物之间的距离大于Δx＝225 m－97.5 m＝127.5 m时猎豹一定追不上猎物，而若猎豹达到最大速度时，猎豹与猎物之间的距离大于120 m小于127.5 m，则猎豹能追到猎物，故B错误；因为不知道猎豹加速过程是不是匀变速运动，则时间无法计算，故C错误；猎豹加速到25 m/s后，在0到200 m范围内做匀速直线运动，后面做加速度变化的减速运动，故D错误．
8．答案：AD
解析：v ­ t图像的切线斜率绝对值等于加速度大小，可知冰壶减速运动的加速度大小为a1＝ eq \f(6－5,11－3) m/s2＝0.125 m/s2，A正确；由v ­ t图像可知9 s末，机器人的速度大小为0 m/s，B错误；机器人做匀减速直线运动的加速度大小为a2＝ eq \f(6－0,9－3) m/s2＝1 m/s2>a1＝0.125 m/s2，冰壶的加速度小于机器人的加速度，C错误；根据v ­ t图像与横轴围成的面积等于位移，可知从6～11 s内，冰壶比机器人多走的位移大小为Δx＝x1－x2＝ eq \f(6＋5,2)×（11－3）m－ eq \f(6＋0,2)×（9－3） m＝26 m>8 m，可知在11 s末冰壶与机器人的两者的间距大于8 m，D正确．
9．答案：B
解析：根据匀变速运动的位移与时间关系公式x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2，根据甲图中x ­ t2图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为 eq \f(1,2)a＝k＝ eq \f(2,2)m/s2，解得a＝2 m/s2，A错误；根据匀变速运动的速度与位移时间关系v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，根据乙图中v2 ­ x图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为2a＝k＝ eq \f(10,1)m/s2，解得a＝5 m/s2，B正确；根据匀变速运动的位移与时间关系公式x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2，整理得 eq \f(x,t)＝v0＋ eq \f(1,2)at，根据丙图中 eq \f(x,t) ­ t图像为一次关系图线，可求出物体的加速度大小为 eq \f(1,2)a＝k＝ eq \f(0－4,2)＝－2 m/s2，解得a＝－4 m/s2.物体的加速度大小为4 m/s2，C错误；根据微元法可以得到，物理学中a ­ t图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则丁图中a ­ t图可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为Δv＝ eq \f(1,2)×3×2 m/s＝3 m/s，D错误．
10．答案：D
解析：若为x ­ t图像，其斜率表示速度，则物体速度保持不变，A错误；若为a ­ t图像且物体初速度为零，则图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为vmax＝Δv＝ eq \f(mn,2)出现在t＝n时刻，B错误；若为v ­ x图像，假设物体做匀变速直线运动，则有2ax＝v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) 即对于匀变速直线运动，其v ­ x图像不可能是一次函数图像，C错误；若为a ­ x图像且物体初速度为零，由动能定理 eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) －0＝∑F·x＝∑m0ax＝ eq \f(m0mn,2)即v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) ＝mn，所以物体的最大速度为vmax＝ eq \r(mn)，D正确．故选D.
11．答案：（1） eq \f(40,9) m/s2 （2）会 （3） eq \f(5,4) m/s2≤a5≤5 m/s2
解析：（1）人走上人行道的时间为t1＝ eq \f(L3,v1)＝3 s
在3 s末卡车刚好穿过人行道，加速度最小，设为a1，D＋L1＋L2＝v0t1＋ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得a1＝ eq \f(40,9) m/s2.
（2）卡车穿过人行道时vm＝v0＋a1t1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(40,9)×3)) m/s＝ eq \f(70,3) m/s
货箱的加速度a2＝μ1g＝4 m/s2
假设箱子没掉下来，货箱加速的时间为t2＝ eq \f(vm－v0,a2)＝ eq \f(10,3)s
货箱的位移为s箱＝ eq \f(v0＋vm,2)×t2＝ eq \f(500,9) m
汽车的位移为s车＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(D＋L1＋L2))＋vm eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－t1))＝ eq \f(520,9) m
所以箱子相对汽车向后运动s车－s箱＝ eq \f(20,9) m>1.5 m
假设错误，箱子会掉下来；
（3）①人穿过人行道的时间t3＝ eq \f(L3＋L4,v1)＝12 s
假设12 s内汽车的位移小于40 m，加速度最小，由40＝v0t3＋ eq \f(1,2)（－a3）t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
得a3＝ eq \f(10,9) m/s2
以此加速度汽车减速为零的时间为t4＝ eq \f(v0,a3)＝ eq \f(10,\f(10,9))＝9 s
说明此加速度汽车在9 s时已经减速为零，9 s后不再运动，而此时刹车距离s刹＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a3)＝45 m>40 m
说明假设错误，所以卡车在40 m内速度减小为零加速度最小a4＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2L1)＝ eq \f(5,4) m/s2.
②箱子刚好不撞车头时，卡车的加速度最大，设为a5，有d1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a2)－ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a5)
解得a5＝5 m/s2
刹车时加速度需要满足的条件为 eq \f(5,4) m/s2≤a5≤5 m/s2.
12．答案：（1）6.5 s （2）7.5 m/s
解析：（1）解法一：足球减速到速度为0的时间和位移分别为t0＝ eq \f(v0,a0)＝6 s，x0＝ eq \f(v0,2)t0＝36 m.
已知甲的加速度为a1＝2 m/s2，最大速度为vm＝8 m/s，
甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：
t1＝ eq \f(vm,a1)＝ eq \f(8,2) s＝4 s
x1＝ eq \f(vm,2)t1＝ eq \f(8,2)×4 m＝16 m
之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，甲匀速运动的位移为
x2＝vm（t0－t1）＝8×2 m＝16 m
由于x1＋x2则x0－（x1＋x2）＝vmt2
解得：t2＝0.5 s
则甲追上足球的最短时间t＝t0＋t2＝6.5 s.
解法二：由题可作出甲与足球的v ­ t图像如图所示，
由图可知，在t＝6 s时，足球停止运动，
其位移x0＝ eq \f(12×6,2) m＝36 m
此时甲的位移x甲＝ eq \f(（2＋6）×8,2) m＝32 m＜x0，可知在足球停止运动时甲还未追上足球，
甲还要继续运动的时间t甲＝ eq \f(x0－x甲,vm)＝0.5 s
故甲追上足球的最短时间t＝6 s＋0.5 s＝6.5 s.
（2）开始足球距底线的距离x3＝45 m－x0＝9 m
设甲运动到底线的时间为t3，则x3＝v1t3
足球在t3时间内发生的位移x3＝vt3－ eq \f(1,2)a0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
联立解得：v＝7.5 m/s.