1、安徽省定远县炉桥中学2019-2020学年高一物理上学期11月质量检测试题（含解析）一、选择题1.一辆汽车以20 m/s的速度沿平直路面行驶，当汽车以5 m/s2的加速度刹车时，则刹车2 s内与刹车6 s内的位移之比为( )A. 11B. 34C. 31D. 43【答案】B【解析】【详解】取初速度方向为正方向，则汽车的加速度a=-5m/s2可知，汽车刹车后的停车时间为：，所以汽车刹车后2s内的位移：x2202+(5)22m30m汽车刹车后6s内的位移实为停车4s内的位移，即x6x4204+(5)42m40m所以x2:x6=30:40=3:4，故B正确，ACD错误。2.一物体以初速度为v0做匀减
2、速运动，第1 s内通过的位移为x13 m，第2 s内通过的位移为x22 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是()A. 初速度v0的大小为2.5 m/sB. 加速度a的大小为1 m/s2C. 位移x3的大小为mD. 位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s【答案】A【解析】【详解】AB根据可得加速度：，根据解得初速度的大小为，故选项B正确，A错误；C第2s末的速度：，则，故选项C正确；D位移内的平均速度大小，故选项D正确；3.对做匀变速直线运动的物体，下列说法正确的是（ ）A. 在1s内、2s内、3s内物体通过的位移之比是1：3：5B. 一质点的位置坐标函数是x=4t+
3、2t2，则它运动的初速度是4m/s，加速度是2m/s2C. 做匀减速直线运动的物体，位移一定随时间均匀减小D. 任意两个连续相等时间间隔内物体的位移之差都相等【答案】D【解析】试题分析：根据初速度为零的匀加速直线运动的推论得出1s内、2s内、3s内的位移之比根据位移时间公式得出物体的初速度和加速度匀减速直线运动的物体，速度随时间均匀减小解：A、初速度为零时，1s内、2s内、3s内通过位移之比为1：4：9，故A错误B、根据x=得，物体的初速度为4m/s，加速度为4m/s2，故B错误C、匀减速直线运动的物体速度随时间均匀减小，位移不是均匀减小，故C错误D、匀变速直线运动的物体，任意两个连续相等时间
4、内的位移之差是一恒量，即x=aT2，故D正确故选：D【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，基础题4.某同学到达站台时正有一辆轻轨列车停靠站，但门以关闭准备启动，此时该同学站在车头旁。列车启动后，测得列车最后一节车厢经过该同学的时间是2.7s，已知列车每节车厢长9m，共4节车厢，忽略车厢连接处长度，并将列车启动过程视为匀变速直线运动，则列车启动的加速度大小为（ ）A. 0.56m/s2B. 0.36m/s2C. 0.18m/s2D. 2.47m/s2【答案】C【解析】解：由初速为零的匀加速运动规律，经过连续相等位移时间之比为 ，设运动总时间为t，有 ，再由 得
5、a=0.18m/s2，选C5.如图所示，质点a、b在直线PQ上，质点a由P点出发沿PQ方向向Q做初速度为零的匀加速直线运动当质点a运动的位移大小为x1时，质点b从Q沿QP方向向P点做初速度为零的匀加速直线运动，当b的位移为x2时和质点a相遇，两质点的加速度大小相同，则PQ距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】质点a经过时间t1运动位移x1，再经过t2相遇，则时间t1末质点a的速度为at1质点a的位移： 质点b的位移：，两式相除可知： 质点a在t2运动位移为：，所以PQ之间的距离为：故B正确；综上所述本题答案是：B6.如图所示,在水平面上固定着四个完全相同的木块,一粒子弹以水平速
6、度vO射入.若子弹在木块中做匀减速直线运动,当穿透第四个木块(即D位置)时速度恰好为零,下列说法正确的是:A. 子弹从O运动到D全过程的平均速度等于B点的瞬时速度B. 子弹通过每一部分时,其速度变化量vA-vO=vB-vA=vC-vB=vD-vC相同C. 子弹到达各点的速率vO：vA：vB：vC=2：1D. 子弹从进入木块到达各点经历的时间tA：tB：tC：tD=1：2.【答案】C【解析】【详解】全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速运动的结论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度；故A错误；由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，故速度的差值不相等；故B错误
7、；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由v2=2ax可知，通过CBAO的速度之比为：1：2；子弹到达各点的速率：vo：vA：vB：vC=2：1；故C正确；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由给x=at2可知，反向通过各木块用时之比为1：（-1）：（-）：（2-）；子弹从进入木块到达各点经历的时间tA：tB：tC：tD=（2-）：（-）：（-1）：1；故D错误；故选C。【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确逆向法的正确应用，同时注意匀速度为零的匀加速直线运动的结论的直接应用7.物体甲和乙的x-t图象分别如图1、2所示。则在06s内,这两个物体的运动情况
8、是 A. 甲做往复运动，总位移为零B. 甲运动的方向一直不变,总位移大小为4mC. 乙做往复运动,总位移为零D. 乙运动的方向一直不变,总位移大小为4m【答案】BC【解析】A、从图像上可以看出：甲一直向正方向运动，总位移为4m，故A错误；B正确；C、从图像上可以看出：乙先向正方向运动，后反向向负方向运动，总位移为零，故C正确；D错误；综上所述本题答案是：BC8.质点做匀变速直线运动，下列说法正确的是A. 若加速度方向与速度方向相同，虽然加速度很小，物体的速度还是增大的B. 若加速度方向与速度方向相反，虽然加速度很大，物体的速度还是减小的C. 不管加速度方向与速度方向关系怎样，物体的速度都是增大
9、的D. 因为物体作匀变速运动，故其加速度是均匀变化的【答案】AB【解析】【详解】A若加速度方向与速度方向相同，虽然加速度很小，物体的速度还是增大的，选项A正确；BC若加速度方向与速度方向相反，虽然加速度很大，物体的速度还是减小的，选项B正确，C错误；D物体作匀变速运动，故其加速度是不变的，选项D错误。9.2016年9月1日，世界最大运输机安225落户中国，该飞机的最大载重量可达300t，飞机在最大载重状态下起飞需要滑跑距离3200m，着陆距离为2400m，设起飞滑跑和着陆过程都是匀变速直线运动，已知飞机起飞时速度是着陆时速度的2倍，则该飞机在最大载重状态时（）A. 起飞滑行过程的加速度大小是着
10、陆滑行过程加速度大小的3倍B. 起飞滑行过程的加速度大小是着陆滑行过程加速度大小的2倍C. 起飞滑行过程用时是着陆滑行过程用时的D. 起飞滑行过程用时是着陆滑行过程用时的1.5倍【答案】AC【解析】设飞机起飞的速度为v0，着陆时速度大小为v，根据速度位移关系式有：起飞时： 着陆时：联立得：，故A正确，B错误；根据平均速度求位移的公式 起飞滑行过程着陆滑行过程故C正确，D错误；故选AC点睛：解决本题关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷10.某物体做初速度为零的匀加速直线运动，前3 s内的位移大小为18 m，则该物( )A. 前2 s内位移大小为
11、12mB. 第3 s内位移大小为10 mC. 第1 s末速度的大小为4m/sD. 前3 s平均速度的大小为6 m/s【答案】BCD【解析】根据s=at2可得，则前2 s内位移大小为，选项A错误；第3 s内位移大小为，选项B正确；第1 s末速度的大小为v1=at1=4m/s，选项C正确；前3 s平均速度的大小为，选项D正确；故选BCD.11.如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀变速运动，依次经A、B、C、D到达最高点E已知AB=BD=6m，BC=1m，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2s设滑块经过B、C时的速度分别为vB、vC，则（）A. vC=3m/sB. vB=m/sC.
12、从D到E所用时间为4sD. DE=3m【答案】AC【解析】物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从A到C有：xAC=v0t1+at12物体从A到D有：xAD=v0t2+at22，解得a=-0.5m/s2；v0=4m/s；根据速度公式vt=v0+at可得：vC=3m/s，故A正确；从A到B有：vB2-vA2=2axAB，解得：vB=m/s，故B错误；vt=v0+at可得从D到E的时间为：tDE=-=4s，故C正确；根据速度公式vt=v0+at可得：vD=v0+at2=2m/s，则从D到E有：-vD2=2axDE，则：xDE=-=4m，故D错误；故选AC点睛：考查了匀变速直线运动的速度公式和
13、位移公式，以及速度与位移关系，对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要记忆而且要灵活应用，基本方法就是平时多练12. A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速运动，它们的速度图象如图所示，则：A. A、B两个物体的运动方向相反B. t=8s时，两物体相遇C. 相遇前，t=4s时两物体距离最大D. 相遇前，两物体最大距离为40m【答案】BC【解析】速度时间图像中横轴以上速度为正，横轴一下速度为负，所以AB两个物体运动方向相同，A错；图线所围成的面积表示位移大小，所以两物体在8s时相遇，B对；在4s以前物体B的速度较大，两物体的距离逐渐增大，当4s时刻两物体速度相同时距离增大到最
14、大，由两物体的面积差值可知最大距离为20m，C对；D错；13.汽车自O点出发从静止开始在平直公路上作匀加速直线运动,途中在6s时间内分别经过P、Q两根电杆,已知P、Q相距60m,车经过Q时的速率是15m/s,则( )A. 经过P时的速率为5m/sB. 车的加速度为1.5m/s2C. 汽车在P、Q间行驶的平均速度为10m/sD. 车从出发到Q所用时间为9s【答案】ACD【解析】根据匀变速直线运动的平均速度公式有： 所以有： 则有：vP=5m/s,故A正确根据加速度的定义有：,故B错误PQ间的平均速度，选项C正确；车从出发到Q所用的时间为，故D正确故选ACD.14.从同一地点同时开始沿同一方向做直
15、线运动的两个物体、的速度图象如图所示在时间内，下列说法中正确的是（ ） A. 、两物体的位移都在不断增大B. 物体的加速度不断减小，物体的加速度不断增加C. 、两个物体的加速度都在不断减小D. 、两个物体平均速度大小都是【答案】AC【解析】试题分析：图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知：随着时间的推移，、的速度图象与时间轴围城的面积不断变大，故位移不断变大，故A正确；速度-时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体做加速度不断减小的加速运动，物体做加速度不断减小的减速运动，故C正确，B错误；图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，如果物体的速度
16、从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于故的平均速度大于，的平均速度小于，故D错误；故选AC.考点：v-t图线.【名师点睛】本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律；要知道速度-时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小；根据平均速度的定义和图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理.15.一飞机降落时着陆的速度为50m/s，在跑道上以5m/s2的加速度做匀减速直线运动，下列说法中正确的是（ ）A. 飞机着陆12s时的速度大小是10m/sB. 飞机着陆12s时的速度
17、大小是0C. 飞机着陆12s内的位移是240mD. 飞机着陆12s内的位移是250m【答案】BD【解析】AB、以初速度方向为正方向，则有a=5m/s2，飞机滑行时间t=（vv0）/a=（050）/（6）=10s，12s时飞机已经停止，速度为零，A错误，B正确；CD、由于12s10s，飞机12s内滑行的位移为10s内滑行的位移，得，故C错误D正确。故选：BD。点睛：以初速度方向为正方向，飞机匀减速直线运动加速度为负值已知加速度、初速度，分析着陆到停止运动的时间，可知12s时的速度；然后求着陆后12s内滑行的位移x 二、实验题16.某同学在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，获得一条点迹清楚
18、的纸带，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，纸带左端与小车连接，该同学选择A、B、C、D、E、F六个计数点，对计数点进行测量的结果记录在图中。（1）打点计时器使用电源的频率为_Hz（2）根据实验数据可以判断小车做_直线运动（填“匀加速”或“匀减速”）（3）打下C点时小车的瞬时速度大小为_，（结果保留1位小数）（4）小车运动加速度大小为_（结果保留1位小数）【答案】 (1). 50 (2). 匀加速 (3). 0.7 (4). 5.0【解析】试题分析：（1）打点计时器打点周期与交流电的周期相同，则有：，（2）由图中数据可知，小车在连续相等时间内的位移差为常数，因此小车做匀加速直线运动（3）根据
19、匀变速直线运动特点，可知C点的瞬时速度为：3，（4）由，得：.【点睛】正确解答本题要掌握：明确打点计时器的构造和使用；根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小、判断直线运动性质，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小17.如图所示为“测定小车做匀加速直线运动加速度”的实验中得到的一条纸带，舍去开始比较密集的点，按时间顺序标注为0、1、2、3、4、5共6个计数点，相邻两计数点间有4个点没有画出，图中上面的数字为相邻两计数点间的距离。已知交流电的频率为50Hz。（1）图中纸带_（填左或右）端与小车相连;（2）相邻计数点间的时间间隔
20、为_s；（3）由图给数据可以计算出小车运动的加速度为 a =_m/s2（保留 2 位有效数字）（4）打下计数点2时小车的速度v2= _m/s（保留2位有效数字）.【答案】 (1). 左 (2). 0.1 (3). 2.0 (4). 0.80【解析】（1）依据纸带数据，可知，图中纸带左端与小车相连；（2）计数点间的时间间隔t=0.02s5=0.1s，（3）物体的计数点（4）根据某段平均速度等于中时刻的瞬时速度，再结合速度公式v2=v0+aT，可知，； 三、计算题18.物体在斜坡顶端以1 m/s的初速度和0.5 m/s2 的加速度沿斜坡向下作匀加速直线运动，已知斜坡长24米，求：(1) 物体滑到斜
21、坡底端所用的时间；(2) 物体到达斜坡底端速度。【答案】（1）8s （2）5m/s【解析】（1）物体做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有代入数据得到24=t+0.25t2解得t=8s或者t=-12s（负值舍去）（2）物体做匀加速直线运动，根据速度位移关系公式，有解得t=5m/s19.在一条平直的公路上有甲、乙两车站，两车站相距s，今有一辆小车准备从甲站出发，并要求安全停靠乙站。已知小车加速时的加速度大小a1=4m/s2，小车减速时的加速度大小为a2=5m/s2，小车的最大允许速度为vm=20m/s请回答下列问题：（1）若s=150m，小车从甲站到乙站最短时间为多少？（2）若s=72m，小
22、车从甲站到乙站最短时间为多少？【答案】（1）12s（2）s【解析】【详解】（1）当小车匀加速直线运动到最大速度的位移 匀加速运动的时间t15s小车匀减速运动到零的位移匀减速直线运动的时间t24s匀速运动的时间t3s3s则最短时间t=5+4+3s=12s（2）设小车达到的最大速度为v，有代入数据解得v=8m/s20m/s则运动的最短时间20.甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前S0=13.5m处作了标记，并以V=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令。乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒。已知接力区的长度为L=20m。求：（1）此次练习中乙在接棒前的加速度a；（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。【答案】（1）a=3m/s2（2）6.5m【解析】（1）设经过时间t，甲追上乙，则根据题意有vt-vt/2=13.5将v=9代入得到：t=3s,再有 v=at解得：a=3m/s2（2）在追上乙的时候，乙走的距离为s,则：s=at2/2代入数据得到 s=13.5m所以乙离接力区末端的距离为s=20-13.5=6.5m
