高三物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究章末检测提升.docx

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高三物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究章末检测提升

第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究

一、选择题（本大题共10小题，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）

1．下列给出的做直线运动的四组图象中，能够反映同一运动过程的是（　　）

解析：

A组两图均表示先做匀速直线运动，后做匀加速直线运动，其余几项中两图象之间均有不相符之处．

答案：

A

2．（多选）t＝0时，甲、乙两汽车从相距70km的两点开始相向行驶，它们的vt图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）

A．在第1小时末，乙车改变运动方向

B．在第2小时末，甲、乙两车相距10km

C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大

D．在第4小时末，甲、乙两车相遇

解析：

前2小时内乙车一直没改变运动方向，前2小时内甲、乙两车位移大小都为30km，但相向而行，所以第2小时末甲、乙相距x＝70km－60km＝10km，由于乙的斜率总比甲的大，所以前4小时内，乙车运动的加速度大小总比甲车的大．第4小时末甲、乙速度相等但未相遇．

答案：

BC

3．一辆汽车在平直的高速公路上匀速行驶，遇到紧急情况刹车后它的位移与时间的关系为x＝32t－4t2（x的单位为m，t的单位为s），以下说法正确的有（　　）

A．1s末汽车的速度为28m/s

B．汽车在最初2s内的平均速度为24m/s

C．t＝5s时汽车的位移为60m

D．汽车做减速运动，运动的加速度为－4m/s2

解析：

根据x＝32t－4t2可以知道汽车的初速度为32m/s，加速度为－8m/s2，D项错；由v＝v0＋at＝32－8t得1s末汽车的速度为24m/s，A项错；汽车在2s末的速度为16m/s，故最初2s内的平均速度为24m/s，B项对；汽车的停车时间t0＝4s，t＝5s时汽车的位移即为前4s内的位移，求得为64m，C项错．

答案：

B

4．（多选）某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图象，能反映t1时刻两车相遇的是（　　）

解析：

t1时刻两车相遇，即位移相同，在xt图上，两图象有相同的纵坐标，在vt图上，图象与坐标轴所围图形的面积相等，B、D两项正确．

答案：

BD

5．（多选）一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西，B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过路牌B时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A.以向东为正方向，它们的位移时间图象如图所示，图中t2＝2t1，由图可知（　　）

A．小鸟的速率是汽车速率的2倍

B．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1

C．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍

D．小鸟和汽车在0～t2时间内位移相等

解析：

由位移图象的斜率可得，小鸟的速率是汽车速率的3倍，相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1，选项A错误，B正确；小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍，选项C正确；小鸟在0～t2时间内位移不等于BA，选项D错误．

答案：

BC

6．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，取向上为正方向，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是（　　）

解析：

小球做匀变速直线运动，v＝v0－gt，A项正确；加速度a＝g，方向始终竖直向下，B项错误；x＝v0t－

，xt图象应为抛物线，C项错误；Ek＝

mv2＝

m（v0－gt）2，其图象应为曲线，D项错误．

答案：

A

7．（多选）2013年12月“嫦娥三号”在月球表面上的软着陆为我们的月球旅行开辟了新航道．未来的某天，一位同学在月球上做自由落体运动实验：

让一个质量为1kg的小球从一定的高度自由下落，测得小球在第5s内的位移是7.2m，此时小球还未落到月球表面．则（　　）

A．月球表面的重力加速度大小为1.6m/s2

B．小球在5s末的速度是16m/s

C．小球在前5s内的位移是20m

D．小球在第5s内的平均速度是3.6m/s

解析：

设月球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5s内的位移是7.2m，可得

g×（5s）2－

g×（4s）2＝7.2m，解得g＝1.6m/s2选项，A正确；小球在5s末的速度v＝gt＝8.0m/s，选项B错误；小球在前5s内的位移是

g×（5s）2＝20m，选项C正确；小球在第5s内的平均速度是7.2m/s，选项D错误．

答案：

AC

8．（多选）在某一高度以v0＝20m/s的初速度竖直上抛一个小球（不计空气阻力），当小球速度大小为10m/s时，以下判断正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15m/s，方向向上

B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向下

C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向上

D．小球的位移大小一定是15m

解析：

规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10m/s、方向向上时，v＝10m/s，由v＝

得v＝15m/s方向向上，A项正确；当小球的末速度大小为10m/s，方向向下时，v＝－10m/s，由v＝

得v＝5m/s，方向向上，B项错误，C项正确．由于末速度大小为10m/s时，球的位置一定，距起点的位移x＝

＝15m，D项正确．

答案：

ACD

9．汽车刹车后开始做匀减速运动，第1s内和第2s内的位移分别为3m和2m，那么从2s末开始，汽车还能继续向前滑行的最大距离是（　　）

A．1.5mB．1.25mC．1.125mD．1m

解析：

根据在匀变速直线运动中“某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度”可求0.5s、1.5s时的速度分别为v1＝3m/s，v2＝2m/s，得a＝

＝－1m/s2.由v2＝v0＋at，t＝1.5s，得v0＝3.5m/s，速度减到零所用时间t＝－

＝3.5s，2s末后汽车还能运动1.5s，由x＝

at2得x＝1.125m.

答案：

C

10．一辆轿车和一辆卡车在同一公路上均由静止开始同时做匀加速直线运动，加速度大小分别为3m/s2和7m/s2，两车能达到的最大速度均为30m/s，刚开始运动时两车车头距离为20m，轿车车身全长5m，卡车车身全长20m，则两车的错车时间为（　　）

A．1.1sB．1.0sC．1.2sD．1.7s

解析：

设经过时间t后，轿车和卡车车头相遇，轿车的位移x1＝

a1t2，卡车的位移x2＝

a2t2，x1＋x2＝20，联立解得t＝2.0s．此时，轿车的速度v1＝a1t＝6m/s，卡车的速度v2＝a2t＝14m/s.设再经过时间t′后轿车和卡车错开，轿车的位移x1′＝v1t′＋

a1t′2，卡车的位移x2′＝v2t′＋

a2t′2，x1′＋x2′＝25，联立解得t′＝1.0s.

答案：

B

二、填空与实验题（本大题共2小题，共10分．把答案填在相应的横线上或按题目要求作答）

11．（4分）在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打出的纸带，并在其上取了O、A、B、C、D、E、F七个计数点（每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点，本图中没有画出），打点计时器用的是220V、50Hz的交流电源．

（1）实验时，在正确安装好装置后，把小车放到靠近打点计时器的位置，再先________后________，使小车运动，而后得到反映小车运动的纸带．

（2）利用纸带的数据可计算得出该物体的加速度a为________m/s2.（计算结果保留三位有效数字）

（3）如果当时电网中交变电流的频率是f＝49Hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏______（选填“大”或“小”）．

解析：

（1）实验时调整好仪器，开始打点计时的时候，应先接通电源，然后再放纸带使纸带运动，这样可以使纸带上打出的点更多，有效点也较多，纸带的利用率较高．

（2）a＝

cm/s2＝0.641m/s2.

（3）如果实验所用交流电的实际频率偏小，那么纸带上相邻两个计数点间的时间间隔的测量值偏小，由此根据匀变速直线运动规律a＝

得到的加速度的测量值比实际值偏大．

答案：

（1）接通电源　释放小车　

（2）0.641

（3）大

12．（6分）现有一个一定厚度的圆盘，它可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动．当圆盘的转动快慢发生改变时，我们可以定义：

角速度的变化量Δω与对应时间Δt的比值为角加速度β（即β＝

）．用电磁打点计时器（所接交流电的频率为50Hz）、复写纸、毫米刻度尺、游标卡尺、纸带（不计厚度）来完成下述实验：

①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；

②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；

③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．

（1）用20分钟的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径d为________mm.

（2）如图丙所示，纸带上A、B、C、D……为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，则打下计数点D时，纸带运动的速度大小为______m/s，圆盘此时转动的角速度为______rad/s，纸带运动的加速度大小为________m/s2，圆盘转动的角加速度大小为________rad/s2.（计算结果保留三位有效数字）

解析：

（1）整数部分为60mm，小数部分为0，精确度为0.05mm，所以为60.00mm.

（2）打下D点时的速度vD＝

＝

×10－2m/s＝0.389m/s，ω＝

＝

rad/s＝13.0rad/s，a＝

＝

×10－2m/s2＝0.593m/s2，β＝

＝

＝

＝

rad/s2＝19.8rad/s2.

答案：

（1）60.00　

（2）0.389　13.0　0.593　19.8

三、计算题（本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13．（12分）新规对驾驶证考试要求越来越严，最后的路考在即将结束时要进行目标停车，考官会在离停车点不远的地方发出指令，要求将车停在指定的标志杆附近．终点附近的道路是平直的，依次有编号为A、B、C、D、正的五根标志杆，相邻杆之间的距离均为ΔL＝12.0m．一次路考时，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观察并记录时间，学员乙与车的前端面的距离Δx＝2.0m．假设在考官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过O点考官发出指令：

“在D标志杆目标停车”．发出指令后，学员乙立即开始计时，学员甲需要经历Δt＝0.5s的反应时间才刹车，刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止．学员乙记录下自己经过B、C杆时的时刻分别为tB＝4.50s，tC＝6.50s，已知LOA＝44m．求：

（1）刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0及汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度a.

（2）汽车停止运动时车头前端面与D标志杆的距离．

解析：

（1）汽车从O点开始先匀速运动0.5s，然后匀减速运动，根据运动学公式有：

从O到B点，有

LOA＋ΔL＝v0Δt＋v0tB′＋

atB′2

从O到C点，有

LOA＋2ΔL＝v0Δt＋v0tC′＋

atC′2

其中tB′＝4.00s，tC′＝6.00s

解得：

v0＝16m/s，a＝－2m/s2.

（2）汽车在反应时间内的位移

x1＝v0Δt＝8m

刹车过程的位移x2＝－

＝64m

根据位移关系有：

LOA＋3ΔL－Δs＝x1＋x2＋x

解得：

x＝6m.

答案：

（1）16m/s　－2m/s2　

（2）6m

14．（12分）“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质．测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时间即为“10米折返跑”的成绩．设受试者起跑的加速度为4m/s2，运动过程中的最大速度为4m/s，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为8m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．求该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒？

解析：

对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中

加速阶段：

t1＝

＝1s，s1＝

vmt1＝2m

减速阶段：

t3＝

＝0.5s，s3＝

vmt3＝1m

匀速阶段：

t2＝

＝1.75s

由折返线向起点终点线运动的过程中

加速阶段：

t4＝

＝1s，s4＝

vmt4＝2m

匀速阶段：

t5＝

＝2s

受试者“10米折返跑”的成绩为：

t＝t1＋t2＋…＋t5＝6.25s.

答案：

6.25s

15．（12分）现从某一水池水面上方h＝0.8m高处，让一质量为0.1kg的硬质小球自由下落，如该水池水深H＝0.8m，小球从释放到落至水池底部用时t＝0.6s，不计空气及水的阻力，取g＝10m/s2.

（1）试问小球在水中做什么运动？

若为变速运动，加速度为多大？

（2）若要使小球落至池底部所用时间最短，必须从水面上方多高处由静止释放小球？

解析：

（1）设小球落至水面所用时间为t1，在水中做匀变速运动，加速度为a，

则h＝

gt

，v＝gt1，

H＝v（t－t1）＋

a（t－t1）2，

解得a＝0m/s2，则小球在水中匀速运动．

（2）设释放点距水面的高度为x，则小球落至水面所用时间tx＝

，

此时速度vx＝

，

小球落至池底部所用总时间

t＝

＋

.

由数学知识可知，当

＝

时t最小，即x＝

＝0.4m.

答案：

（1）匀速运动　

（2）0.4m

16．（14分）若在一次地震后的救援中，一辆汽车停在一小山坡底，突然司机发现在距坡底240m的山坡处一巨石以8m/s的初速度、0.4m/s2的加速度匀加速滚下，假设司机（反应、开车门等时间总计为2s）以0.5m/s2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动（如图所示），而巨石到达坡底后速率不变且在水平面的运动近似看成加速度为0.2m/s2的匀减速直线运动，问：

汽车司机能否安全脱离？

解析：

设巨石到达坡底时间为t1，速率为v1，则x＝v0t1＋

a1t

，v1＝v0＋a1t1，

代入数值得：

t1＝20s，v1＝16m/s.

而汽车在18s时间内发生的位移为

x1＝

at2＝81m，

速度为v2＝9m/s.

方法一：

临界条件法

设再经历时间t′，巨石与汽车速度相等，则

v1－a2t′＝v2＋at′，代入数值得t′＝10s，

所以此巨石在水平面上发生的位移为

s1＝v1t′－

a2t′2＝150m，

而汽车发生的位移为

s2＝

a（t＋t′）2＝196m>s1，

所以汽车能安全脱离．

方法二：

数学解析法

令再经历时间t2，巨石追上汽车，则有

v1t2－

a2t

＝x1＋v2t2＋

at

，

代入数值并化简得7t

－140t2＋1620＝0，因Δ<0，方程无解，所以巨石无法追上汽车，司机能安全脱离．

答案：

能安全脱离