2020版高考物理人教版（山东专用）一轮复习练习：第一章 《运动的描述　匀变速直线运动的研究》综合检测 .doc

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1、运动的描述匀变速直线运动的研究综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第17小题只有一个选项正确,第812小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,某赛车手在一次野外训练中,先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 km,实际从A运动到B用时5 min,赛车上的里程表指示的里程数增加了15 km,当他经过某路标C时,车内速度计指示的示数为150 km/h,那么可以确定的是(C)A.整个过程中赛车的平均速度为180 km/hB.整个过程中赛车的平均速度为150 k

2、m/hC.赛车经过路标C时的瞬时速度为150 km/hD.赛车经过路标C时速度方向为由A指向B解析:平均速度等于位移与时间的比值,即v=108 km/h,故A,B错误.赛车经过C点时的瞬时速度大小为150 km/h,故C正确.赛车经过路标C时的瞬时速度方向为运动方向,并不是由A指向B,故D错误.2.如图所示,某学习小组利用直尺估测反应时间:甲同学捏住直尺上端,使直尺保持竖直,直尺零刻度线位于乙同学的两指之间.当乙看见甲放开直尺时,立即用手指捏住直尺,根据乙手指所在位置计算反应时间.为简化计算,某同学将直尺刻度进行了改进,先把直尺零刻度线朝向下,以相等时间间隔在直尺的反面标记相对应的反应时间(单

3、位为s)刻度线,制成了“反应时间测量仪”.下列四幅图中反应时间刻度线标度正确的是(C)解析:由题可知,乙同学手的位置在开始时应放在0刻度处,所以反应时间0刻度要在下边.由物体做自由落体运动的位移h=gt2可知,位移与时间的二次方成正比,所以随时间的增大,刻度尺上的间距增大.由以上分析可知,只有图C是正确的.3.某质点在03 s内运动的vt图像如图所示.关于质点的运动,下列说法中正确的是(D)A.质点在第1 s内的平均速度等于第2 s内的平均速度B.t=3 s时,质点的位移最大C.质点在第2 s内的加速度与第3 s内的加速度大小相等,方向相反D.质点在第2 s内的位移与第3 s内的位移大小相等,

4、方向相反解析:由于vt图线与坐标轴围成的“面积”表示位移,由图线可知,质点在第1 s内的位移大于第2 s内的位移,故在第1 s内的平均速度大于第2 s内的平均速度,故选项A错误;由图线可知t=3 s时质点的位移大小等于02 s时间内图线与坐标轴围成的“面积”和23 s内图线与坐标轴围成的“面积”的代数和,故此时质点的位移不是最大,选项B错误;直线的斜率表示加速度,故质点在第2 s内的加速度与第3 s内的加速度大小相等,方向相同,选项C错误;质点在第2 s内的位移为正,第3 s内的位移为负,“面积”大小相等,故质点在第2 s内的位移与第3 s内的位移大小相等,方向相反,选项D正确.4.动车的时速

5、可达300 km以上,但它的启动加速度并不是很大,是一种非常舒适的高速列车.若动车组在匀加速运动过程中,通过第一个60 m所用的时间是10 s,紧接着通过第二个60 m所用的时间是6 s.则(A)A.动车组的加速度为0.5 m/s2,接下来的6 s内的位移为78 mB.动车组的加速度为1 m/s2,接下来的6 s内的位移为78 mC.动车组的加速度为0.5 m/s2,接下来的6 s内的位移为96 mD.动车组的加速度为1 m/s2,接下来的6 s内的位移为96 m解析:设通过第一个60 m的平均速度为v1,可以表示中间时刻的瞬时速度,所以速度v1=6 m/s;通过第二个 60 m 的平均速度为

6、v2,可以表示中间时刻的瞬时速度,所以v2=10 m/s.即经8 s时间,动车速度由v1变为v2,根据v=v0+at得a=0.5 m/s2,由再接下来的6 s 和前面的6 s 是连续相等的时间,则有x=aT2,即x-60 m=aT2,解得x=78 m.故选项A正确.5.a,b,c三个物体在同一条直线上运动,三个物体的 xt 图像如图所示,图像c是一条抛物线,坐标原点是抛物线的顶点,下列说法中正确的是(D)A.a,b两物体都做匀速直线运动,两个物体的速度相同B.a,b两物体都做匀变速直线运动,两个物体的加速度大小相等,方向相反C.在05 s内,当t=5 s时,a,b两个物体相距最近D.物体c一定

7、做匀加速直线运动解析:位移时间图像中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,则知a,b两物体都做匀速直线运动.由图线斜率看出,a,b两图线的斜率大小相等、正负相反,说明两物体的速度大小相等、方向相反,故A,B错误.a物体沿正方向运动,b物体沿负方向运动,则当t=5 s时,a,b两个物体相距最远,故C错误.对于匀加速直线运动,由位移公式x=v0t+at2,可知,xt图像是抛物线,所以物体c一定做匀加速直线运动,故D正确.6.一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统,系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况.当车速小于等于10 m/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

8、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46 m/s2之间的某一值,则“全力自动刹车”的最长时间为(C)A. sB. sC.2.5 sD.12.5 s解析:当车速最大为10 m/s且加速度取最小值时,“全力自动刹车”时间最长,由速度与时间关系v=v0+at可知,t= s=2.5 s,C项正确.7.如图所示为物体做直线运动的vt图像.若将该物体的运动过程用xt图像表示出来(其中x为物体相对出发点的位移),则图中描述正确的是(C)解析:由vt图像可知,0t1物体沿正方向匀速运动,t1t2 物体静止,t2t

9、3物体沿负方向匀速运动,且速度大小与0t1内相同,C正确.8.在一次救灾活动中,一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动,刚运动了8 s,由于前方突然有巨石滚下,堵在路中央,所以紧急刹车,匀减速运动经4 s停在巨石前.则关于汽车的运动情况,下列说法正确的是(BC)A.加速、减速中的加速度大小之比为a1a2=21B.加速、减速中的平均速度大小之比=11C.加速、减速中的位移之比x1x2=21D.加速、减速中的平均速度大小之比=12解析:设汽车的最大速度为v,则匀加速直线运动的加速度大小a1=,匀减速直线运动的加速度大小a2=,则a1a2=12,故A错误;根据=,知匀加速和匀减速直线运动的平均速度均

10、为,即平均速度大小之比为11,B正确,D错误;根据x= t知,加速和减速运动的位移之比为21,C正确.9.某一物体从静止开始做直线运动,其加速度随时间变化的图线如图所示,则该物体(BC)A.第1 s内加速运动,第23 s内减速运动,第3 s末回到出发点B.第1 s末和第4 s末速度都是8 m/sC.第2 s末物体位移是10 mD.第3 s末速度为零,且此时开始改变运动方向解析:物体在第1 s内从静止开始做匀加速运动,第23 s内沿原方向做匀减速运动,由v=at可知,图线与t轴间“面积”表示速度的变化量可知,3 s末物体的速度为零,所以第3 s 末没有回到出发点,故A错误;第1 s末速度为v=a

11、1t1=81 m/s=8 m/s;根据“面积”表示速度的变化量,得4 s内速度的变化量为v=8 m/s,所以第4 s末速度是8 m/s,故B正确;第2 s末物体的位移x2=a1+a1t1t2-a2=(812+811-412) m=10 m,C正确;第3 s末速度为零,接着重复前一个周期的运动,仍沿原方向运动,故D错误.10.将一个物体在t=0时刻以一定的初速度竖直向上抛出,t=0.8 s时刻物体的速度大小变为8 m/s(g取 10 m/s2),则下列说法正确的是(AC)A.物体一定是在t=3.2 s时回到抛出点B.t=0.8 s时刻物体的运动方向可能向下C.物体的初速度一定是16 m/sD.t

12、=0.8 s时刻物体一定在初始位置的下方解析:物体做竖直上抛运动,在0.8 s内的速度变化量v=gt=100.8 m/s=8 m/s,由于初速度不为零,可知t=0.8 s时刻速度的方向一定竖直向上,不可能竖直向下,物体处于抛出点的上方,故B,D错误;由v=v0-gt,代入数据解得v0=16 m/s,则上升到最高点的时间 t1= s=1.6 s,则回到抛出点的时间t=2t1=21.6 s=3.2 s,故A,C正确.11.如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图像,已知甲对应的是图像中的直线,乙对应的是图像中的曲线,则下列说法正确的是(BD)A.甲做匀减速直线运动B.乙做

13、变速直线运动C.0t1时间内两物体平均速度大小相等D.两物体的运动方向相反解析:由题图中图像的斜率表示速度,知甲沿负方向做匀速直线运动,故A错误.乙图像切线的斜率不断增大,说明乙的速度不断增大,做变速直线运动,故B正确.根据坐标的变化量等于位移知,0t1时间内两物体位移大小不相等,方向相反,所以平均速度不相等,故C错误.根据图像的斜率表示速度可知,甲的速度为负,乙的速度为正,即两物体的运动方向相反,故D正确.12.如图所示,长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上,在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点).在由静止释放小球的同时,将圆筒竖直向上抛出,结果在圆筒落地前的瞬间,小

14、球在圆筒内运动而没有落地,则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计,取g=10 m/s2)(BC)A.2.3 m/sB.2.6 m/sC.2.9 m/sD.3.2 m/s解析:整个过程中小球做自由落体运动,圆筒做竖直上抛运动,小球下落时间为t1=,h为实际下落高度,圆筒在空中运动时间为t2=,v0为其上抛初速度,根据题中要求,在圆筒落地前的瞬间,小球在圆筒内运动而没有落地,则对临界情况分析:圆筒上抛速度较小时,当圆筒落地瞬间,小球刚到圆筒上沿,则h1=1.25 m,又t1=t2,即=,解得v01=2.5 m/s;圆筒上抛速度较大时,当圆筒落地瞬间,小球刚要落地,则h2=(1.25+0.55)m

15、=1.8 m,又t1=t2,即=,解得v02=3 m/s.故圆筒上抛速度范围为2.5 m/sv0=6 s,故t2=7 s应舍去;(1分)设从开始到A车被B车追上用时为t3,则vBt3=-x,解得t3=7.25 s(1分)所以t=t3-t1,解得t=6.25 s.(1分)(2)设当A车与B车速度相等时用时为t4,则vA-aAt4=vB,t4=4 s(1分)则此过程中A车位移xA=vAt4-aA,(1分)B车位移xB=vBt4(1分)故A,B最大间距为x=xA-xB-x,(1分)解得x=4.5 m.(1分)答案:(1)6.25 s(2)4.5 m18.(12分)ETC是不停车电子收费系统的简称,这

16、种收费系统每车收费耗时不到两秒,相较人工收费,通道通行能力大大提升.汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示.假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车,都以v1=15 m/s 的速度朝收费站沿直线匀速行驶,现甲车过ETC通道,需要在某位置开始做匀减速直线运动,到达虚线EF处速度正好减为v2=5 m/s,在虚线EF与收费站中心线之间以5 m/s的速度匀速行驶,通过收费站中心线后才加速行驶恢复原来速度,虚线EF处与收费站中心线的距离d=10 m.乙车过人工收费通道,需要在中心线前某位置开始做匀减速运动,至中心线处恰好速度为零,经过20 s,缴费成功后再启动汽车匀加速行驶恢复原来速度.已知甲、乙两

17、车匀加速过程的加速度大小均为a1=1 m/s2,匀减速过程的加速度大小均为a2=2 m/s2.(1)甲车过ETC通道时,从开始减速到恢复原来速度过程中的位移大小是多少?(2)假设进入人工收费通道的是一列车队且匀速行驶,车距都为x,当乙车从中心线启动行驶78.125 m时,乙车后一辆车刚好停在中心线上,则x为多大?解析:(1)甲车过ETC通道时,减速过程的位移为x1=(1分)可得x1=50 m(1分)加速过程中恢复原来速度的位移x2=(1分)可得x2=100 m(1分)所以总的位移x总=x1+d+x2=160 m.(1分)(2)乙车匀减速时间为t1,在中心线处的停车时间t2=20 s,匀加速78.125 m的时间t3=12.5 s(2分)在乙车所用时间t=t1+t2+t3内,其后一辆车是先匀速行驶,后减速行驶,刚好停在中心线上的.该车匀减速时间也是t1,因此该车匀速行驶的时间为t =t2+t3=32.5 s,(2分)故两车正常行驶时的车距等于在前一辆车停车时间t2和加速时间t3内以速度v1匀速行驶的距离,即x=v1(t2+t3)=487.5 m.(3分)答案:(1)160 m(2)487.5 m