（山东专用）2020版高考物理第一章运动的描述匀变速直线运动的研究综合检测新人教版.docx

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 km/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,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,t2t3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=a1t1=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=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=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