2018屆高考物理第一輪復習檢測題12

單元質量檢測（一）時間：50分鐘一、單項選擇題1．北京時間2016年8月6日早上7∶00，第31屆奧林匹克運動會在巴西里約熱內盧拉開帷幕。第4天上午，中國選手孫楊以1分44秒的成績獲得男子200米自由泳比賽冠軍（國際標準游泳池長50米）。下列說法正確的是（）圖1 A．“1分44秒”指的是時間間隔 B．孫楊200米自由泳的平均速度為1.92m/s C．在研究孫楊的技術動作時，可以把孫楊看成質點 D．在游泳過程中，以游泳池里的水為參考系，孫楊是靜止的 解析時間間隔指一段時間，對應一過程，孫楊游泳200米，是一過程，故1分44秒為時間間隔，A正確；根據平均速度定義式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0,t)＝0（位移為0），B不正確；質點是理想化的物理模型，物體的大小、形狀對所研究的問題沒有影響或影響很小時，物體才可以看做質點，所以研究孫楊的技術動作時，孫楊的形狀不能忽略，即孫楊不能看做質點，C不正確；孫楊在游泳過程中，以水為參考系，他是運動的，D不正確。 答案A2．太空跳傘是一種挑戰(zhàn)人類極限的運動，奧地利極限運動員鮑姆加特納乘氦氣球到達3.9萬米高空后縱身跳下，在平流層接近真空的環(huán)境里自由落體持續(xù)了60秒，在距離地面2.1萬米時才打開降落傘減速。關于鮑姆加特納在這段自由落體運動時間里的位移或速度，以下說法正確的是（認為重力加速度g＝10m/s2，且不隨高度的變化而變化）（）圖2 A．自由落體運動的位移是3.9×104m B．自由落體運動的位移是2.1×104m C．自由落體運動的末速度是6.0×102m/s D．自由落體運動的平均速度是6.0×102m/s 解析根據題意，運動員做自由落體運動的時間t＝60s，因此，自由落體運動的位移h＝eq\f(1,2)gt2＝1.8×104m，A、B錯誤；運動員自由落體的末速度v＝gt＝6.0×102m/s，C正確；自由落體運動的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)v＝3.0×102m/s，D錯誤。 答案C3．（2017·江蘇蘇北四市高三聯(lián)考）如圖3所示為一個質點運動的位移x隨時間t變化的圖象，由此可知質點（）圖3 A．0～2s內沿x軸正方向運動 B．0～4s內做曲線運動 C．0～4s內速率先增大后減小 D．0～4s內位移為零 解析x－t圖象切線的斜率表示該時刻的速度，則0～4s內斜率一直為負，一直沿x軸負方向做直線運動，A、B錯誤；在0～4s內，斜率先增大后減小，說明質點的速率先增大后減小，C正確；在0～4s內，質點的位移Δx＝x2－x1＝－10m－10m＝－20m，故D錯誤。 答案C4．小球沿某一斜面下滑，在斜面底端與垂直斜面的擋板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球與擋板作用時間不計，其速度v隨時間t變化的關系如圖4所示。以下滑起點為位移坐標原點和t＝0時刻，則下列選項中能正確反映小球運動的圖象是（）圖4 解析由小球運動的v－t圖象可知，小球下滑和上滑都做勻變速直線運動，但兩個階段加速度大小不等，由圖線斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下（即正方向），C、D兩項錯誤；下滑時小球做初速度為零的勻加速直線運動，由x＝eq\f(1,2)at2可知，x－t2圖象為過原點的直線，且位移x隨時間增大；上滑時末速度為零，可看作反向的初速度為零的勻加速直線運動，位移隨時間減小，因此x－t2圖象也是一條直線，由v－t圖象可知，小球反彈初速度小于下滑末速度，運動時間比下滑時間短，因此小球速度為零時沒有回到初始位置，A正確，B錯誤。 答案A5．在同一條直線上運動的P、Q兩個物體在t＝0時經過同一個位置，它們運動的速度—時間圖象如圖5所示，則下列說法正確的是（）圖5 A．在0～3s內P做勻減速直線運動，Q做勻速直線運動 B．在0～1s內兩物體逐漸靠近 C．在t＝2s時兩物體相遇 D．在0～3s內兩物體的位移相等 解析在0～3s內物體P先減速運動再加速運動，物體Q一直做勻速運動，故A錯誤；v－t圖象與坐標軸所圍的面積表示物體的位移，在0～1s內，圖象與坐標軸所圍的面積之差越來越大，在t＝1s時兩物體的速度相等而面積之差最大，即相距最遠，B錯誤；在t＝2s時物體P、Q的位移相等，兩物體相遇，C正確；在0～3s內物體P的位移較小，故D錯誤。 答案C二、多項選擇題6．（2017·山西模擬）一物體自t＝0開始做直線運動，其運動的v－t圖象如圖6所示，下列說法正確的是（）圖6 A．在0～6s內，物體離出發(fā)點最遠為15m B．在0～6s內，物體經過的路程為20m C．在0～4s內，物體的平均速度為3.75m/s D．在4～6s內，物體做單方向直線運動 解析根據速度圖象與橫軸所圍的面積表示位移可知，物體在5s時位移最大，離出發(fā)點最遠，最遠距離為17.5m，在0～6s內，物體經過的路程為17.5m＋2.5m＝20m，選項A錯誤，B正確；在0～4s內，物體的位移為x＝15m，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝3.75m/s，選項C正確；在5s末物體的運動方向發(fā)生變化，物體不是做單方向直線運動，選項D錯誤。 答案BC7．水平面上一物體從靜止開始，沿直線先做勻加速直線運動，3s后接著又做勻減速直線運動，再經9s停止。在先后加速和減速的兩個運動過程中（） A．加速度大小之比為3∶1 B．平均速度大小之比為1∶1 C．位移大小之比為1∶1 D．位移大小之比為1∶3 解析在兩個過程中速度變化量大小相等，時間之比為1∶3，由a＝eq\f(Δv,Δt)得，先后兩個過程的加速度大小之比為3∶1，選項A正確；由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)得，平均速度大小之比為1∶1，選項B正確；由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t得，兩個過程的位移大小之比為1∶3，選項C錯誤，D正確。 答案ABD8．（2016·河南模擬）汽車在平直公路上做剎車試驗，若從t＝0時起汽車在運動過程中的位移與速度的平方之間的關系如圖7所示，下列說法正確的是（）圖7 A．t＝0時汽車的速度為10m/s B．剎車過程持續(xù)的時間為2s C．剎車過程經過3s時汽車的位移為7.5m D．剎車過程汽車的加速度大小為10m/s2 解析由圖象可得x＝－eq\f(1,10)v2＋10，根據v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得x＝eq\f(1,2a)v2－eq\f(veq\o\al(2,0),2a)，解得a＝－5m/s2，v0＝10m/s，選項A正確，D錯誤；汽車剎車過程的時間為t＝eq\f(0－v0,a)＝2s，選項B正確；汽車經過2s停止，因而經過3s時汽車的位移為x＝10m（要先判斷在所給時間內，汽車是否已停止運動），選項C錯誤。 答案AB9．2015年9月3日上午10時，紀念中國人民抗日戰(zhàn)爭暨世界反法西斯戰(zhàn)爭勝利70周年閱兵儀式開始，如圖8所示為空中梯隊通過天安門廣場?？罩刑蓐犜诘孛嫔峡漳掣叨華位置處于靜止狀態(tài)待命，要求空中梯隊零時刻由靜止狀態(tài)沿水平方向做勻加速直線運動，經過AB段加速后，進入BC段的受閱區(qū)做勻速直線運動，經過t時間到達C位置，已知AB段長為L1，BC段長為L2。下列說法正確的是（）圖8 A．空中梯隊到達B點時的速度為eq\f(2L1＋L2,t) B．空中梯隊在AB段的平均速度為eq\f(L1,t) C．空中梯隊在AC段的平均速度為eq\f(L1＋L2,t) D．空中梯隊在AB段的加速度為eq\f(1,2L1)（eq\f(2L1＋L2,t)）2 解析由于時間t與L1＋L2對應，故空中梯隊在AC段的 平均速度為eq\f(L1＋L2,t)，選項C正確；空中梯隊在AB段運動的時間小于t，在AB段運動的平均速度大于eq\f(L1,t)，選項B錯誤；空中梯隊的運動示意圖如圖所示，設空中梯隊在B點的速度為v，則在AB段的平均速度為eq\f(v,2)，根據eq\f(L1,\f(v,2))＋eq\f(L2,v)＝t，解得v＝eq\f(2L1＋L2,t)，選項A正確；根據2aL1＝v2解得a＝eq\f(1,2L1)（eq\f(2L1＋L2,t)）2，選項D正確。 答案ACD三、簡答題10．某校研究性學習小組的同學用如圖9甲所示的滴水法測量一小車在斜面上運動時的加速度。實驗過程如下：在斜面上鋪上白紙，用圖釘固定；把滴水計時器固定在小車的末端，在小車上固定一平衡物；調節(jié)滴水計時器的滴水速度，使其每0.2s滴一滴（以滴水計時器內盛滿水為準）；在斜面頂端放置一淺盤，把小車放在斜面頂端；把調好的滴水計時器盛滿水，使水滴能滴入淺盤內；隨即在撤去淺盤的同時放開小車，于是水滴在白紙上留下標志小車運動規(guī)律的點跡；小車到達斜面底端時立即將小車移開。圖乙為實驗得到的一條紙帶，用刻度尺量出相鄰點之間的距離是x01＝1.40cm，x12＝2.15cm，x23＝2.91cm，x34＝3.65cm，x45＝4.41cm，x56＝5.15cm。試問：圖9 （1）滴水計時器的原理與課本上介紹的原理類似。 （2）由紙帶數(shù)據計算可得計數(shù)點4所代表時刻的瞬時速度v4＝m/s，小車的加速度a＝m/s2。（結果均保留兩位有效數(shù)字） 解析（1）由題意知滴水計時器的原理與打點計時器原理類似。 （2）可把小車的運動看做是勻變速直線運動，則 v4＝eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x34＋x45,2T)＝eq\f(（3.65＋4.41）×10－2,2×0.2)m/s≈0.20m/s； 求加速度利用逐差法： a＝eq\f(（x56＋x45＋x34）－（x23＋x12＋x01）,9T2)， 解得a≈0.19m/s2。 答案（1）打點計時器（2）0.200.19四、計算題11．（2016·貴州三校聯(lián)考）如圖10所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10m的A、B兩小球均以v0＝10m/s向右運動，隨后兩球相繼滑上傾角為30°的足夠長的光滑斜坡，地面與斜坡平滑連接，取g＝10m/s2。求：圖10 （1）B球剛要滑上斜坡時A、B兩球的距離； （2）A球滑上斜坡后經過多長時間兩球相遇。 解析（1）設A球滑上斜坡后經過t1時間B球滑上斜坡，則有t1＝eq\f(L,v0)＝1s A球滑上斜坡后加速度a＝gsin30°＝5m/s2 設這段時間內A球向上運動的位移為x，則 x＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝7.5m （2）B球剛要滑上斜坡時A球速度v1＝v0－at1＝5m/s B球滑上斜坡時，加速度與A球相同，以A球為參考系，B球相對于A球以v＝v0－v1＝5m/s 做勻速運動，設再經過時間t2兩球相遇，有 t2＝eq\f(x,v)＝1.5s 則兩球相遇時已經過的時間t＝t1＋t2＝2.5s 答案（1）7.5m（2）2.5s12．甲、乙兩車從相距110m的兩地相向運動，它們的v－t圖象如圖11所示，忽略車掉頭所需時間。圖11 （1）求t＝4s時甲、乙兩車各自的位移大??； （2）通過計算說明兩車是否相遇。如能相遇，則計算相遇點的位置；如不能相遇，則計算兩車間的最小距離。 解析（1）由v－t圖象可知，甲向乙做勻減速運動，加速度大小a1＝4m/s2 乙向甲先做加速運動后做減速運動，加速度大小分別為 a2＝10m/s2和a2′＝30m/s2 t＝4s時甲的位移大小為x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝48m 乙的位移大小為x2＝eq\f(1,2)×4×30m＝60m （2）乙車t＝4s時掉頭開始做與甲同向的初速度為零的勻加速運動，甲、乙兩車此時相距 Δx＝110m－x1－x2＝2m， 甲的速度大小為v1＝v0－a1t＝4m/s 假設兩車從t＝4s時再經t1時間能夠相遇 乙的位移大小x2′＝eq\f(1,2)a2′teq\o\al(2,1) 甲的位移大小x1′＝v1t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) 兩車相遇應滿足x2′＝x1′－Δx 聯(lián)立并整理得17teq\o\al(2,1)－4t1＋2＝0，由判別式可知方程無解，所以假設不成立，兩車不能相遇。 設從t＝4s時再經t2時間兩車速度相等，即兩車相距最近，有a2′t2＝v1－a1t2，可得t2＝eq\f(2,17)s 即兩車間最小距離 xmin＝eq\f(1,2)a2′teq\o\al(2,2)＋Δx－（v1t2－