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,每题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第17题只有一个选项正确,第812题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.下列说法正确的是(C)A.质量大的物体不能当成质点,质量小的物体能当成质点B.物体做直线运动时,位移的大小一定等于路程C.物体速度变化量大但加速度可以很小D.物体从静止开始下落的运动叫做自由落体运动解析:无论物体的质量大小,只要在研究的问题中处于次要因素都可以看做质点,选项A错误;物体做单向直线运动时,位移大小才等于路程,选项B错误;物体速度变化
2、量大,若需要的时间很长,则加速度就可能很小,选项C正确;物体从静止开始下落的运动,若空气阻力不能忽略则不是自由落体运动,选项D错误.2.做匀变速直线运动的物体初速度为12 m/s,在第6 s内的位移比第5 s内的位移多4 m.关于物体运动情况的说法正确的是(B)A.物体的加速度为3 m/s2B.物体5 s末的速度是32 m/sC.物体5,6两秒内的位移是72 mD.物体从离出发点14 m的A点运动到32 m的B点所用的时间是2 s解析:根据s=at2,物体的加速度a= m/s2=4 m/s2,故A错误;根据vt=v0+at,物体5 s末的速度v=12 m/s+45 m/s=32 m/s,故B正
3、确;5 s末的速度等于5,6这两秒内的平均速度,则两秒内的位移s0=vt=322 m=64 m,故C错误;物体运动到A点的速度vA= m/s=16 m/s,物体运动到B点的速度vB= m/s=20 m/s,根据平均速度的推论,有s=t,代入数据解得t=1 s,故D错误.3.如图为一个质点做直线运动的vt图象,该质点在前2 s内向西运动,则该质点(B)A.在前2 s内加速度方向也向西B.在前4 s内加速度方向始终向东C.在后2 s内加速度方向始终向东D.在6 s内加速度方向始终不变解析:由题可知向西为负方向,该质点在前2 s内向西减速运动,加速度方向向东,故A错误;在24 s向东做加速运动,加速
4、度方向向东,故B正确;在45 s内向东做减速运动,在56 s内向西做加速运动,在46 s这段时间内加速度方向一直向西,故C错误;由上面分析可知,D错误.4.某做直线运动的质点的位置时间图象(抛物线)如图所示,P(2,12)为图线上的一点.PQ为过P点的切线,与s轴交于点Q(0,4).已知t=0时质点的速度大小为8 m/s,则下列说法正确的是(A)A.质点做匀减速直线运动B.2 s时,质点的速度大小为6 m/sC.质点的加速度大小为0.5 m/s2D.01 s内,质点的位移大小为4 m解析:位移时间图象为抛物线,结合匀变速直线运动的位移公式s=v0t+at2,又v0=8 m/s,时间t=2 s时
5、的位移s=12 m,代入解得a=-2 m/s2,则函数为s=8t-t2,即质点做匀减速直线运动,加速度大小为2 m/s2,故A正确,C错误;2 s时的瞬时速度为v2=v0+at=8 m/s-22 m/s=4 m/s;或求P点的斜率v2= m/s=4 m/s,故B错误;质点在01 s内的位移s1=81 m-12 m=7 m,故D错误.5.高速公路的ETC电子收费系统如图所示,ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离.某汽车以 21.6 km/h 的速度匀速进入识别区,ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签,识别完成后发出“滴”的一声,司机发现自动栏杆没有抬起,于是采取制动刹车,汽
6、车刚好没有撞杆.已知司机的反应时间为0.7 s,刹车的加速度大小为5 m/s2,则该ETC通道的长度约为(D)A.4.2 mB.6.0 mC.7.8 mD.9.6 m解析:v=21.6 km/h=6 m/s,在识别车载电子标签的0.3 s 时间内汽车匀速运动的距离s1=vt1=60.3 m=1.8 m,在司机的反应时间 0.7 s 内汽车匀速运动的距离s2=vt2=60.7 m=4.2 m,刹车距离s3=3.6 m,该ETC通道的长度约为s=s1+s2+s3=9.6 m,选项D正确.6.一个物体从静止开始做匀加速直线运动,以T为时间间隔,在第三个T时间内位移是3 m,第三个T时间末的瞬时速度为
7、3 m/s,则(D)A.物体的加速度是1 m/s2B.第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/sC.时间间隔T=1 sD.物体在第1个T时间内的位移为0.6 m解析:初速度为0的匀加速直线运动,连续相等时间内通过的位移之比为135,据此判断第一个T时间内的位移s1=3 m=0.6 m,选项D正确;第二个T时间内的位移s2=3 m=1.8 m,由-0=2a(s1+s2+s3),得a= m/s2,选项A错误;由s=aT2得s2-s1=at2,解得T= s,选项C错误;第一个T时间末的瞬时速度v1=aT=1 m/s,选项B错误.7.某景点有山坡滑道,为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间,技术人员
8、通过测量绘制出如图所示的示意图.AC是滑道的竖直高度,D点是AC竖直线上的一点,且有AD=DE=10 m,滑道AE可视为光滑,滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动,g取10 m/s2,则滑行者在滑道AE上滑行的时间为(B)A. sB.2 sC. sD.2 s解析:设CAE=,有AE=2ADcos ,滑行者沿AE下滑的加速度a=gcos ,由s=at2得AE=at2,代入数据得t=2 s,选项B正确.8.a,b两个物体从同一地点同时出发,沿同一方向做匀变速直线运动,若初速度不同,加速度相同,则在运动过程中(AC)A.a,b的速度之差保持不变B.a,b的速度之差与时间成正比C.a,b
9、的位移之差与时间成正比D.a,b的位移之差与时间的平方成正比解析:设a,b两个物体的初速度分别为v10,v20,加速度为a,由于a,t相同,则由vt=v0+at得两个物体的速度之差为v1-v2=v10-v20,所以速度之差保持不变,故A正确,B错误;由公式s=v0t+at2可得两物体的位移之差为s=(v10-v20)t=v0t,故C正确,D错误.9.由于公路维修只允许单车道通行.t=0时,甲车在前,乙车在后,相距s0=100 m,速度均为v0=30 m/s,从此时开始两车分别按图所示规律运动,则下述说法正确的是(AC)A.两车最近距离为10 mB.两车最近距离为100 mC.两车一定不会相撞D
10、.两车一定会相撞解析:画出乙车的速度时间图象可知,t=6 s时两车共速,在此之前,乙车速度一直比甲车大,如果t=6 s时两车不相撞,就不会相撞,此时两车相距最近.由图象面积可以算出,06 s内,s甲=67.5 m,s乙=157.5 m,s乙-s甲=90 ms0=100 m,故两车不会相撞,最近距离s=10 m,故A,C正确.10.一个从地面竖直上抛的小球,到达最高点前1 s上升的高度是它上升的最大高度的,不计空气阻力,g取10 m/s2.则(BD)A.小球上升的最大高度是5 mB.小球上抛的初速度是20 m/sC.2.5 s时小球正在上升D.1 s末、3 s末小球处于同一位置解析:小球到达最高
11、点前1 s上升的高度是h1=g=1012 m=5 m,由题知,小球上升的最大高度是H=4h1=20 m,故A错误;由H=,得小球上抛的初速度是v0= m/s=20 m/s,故B正确;小球上升的总时间t上=2 s,则2.5 s时小球正在下降,故C错误;由于小球上升的总时间是2 s,则根据h=v0t-gt2知1 s末、3 s末小球处于同一位置,故D正确.11.如图(甲)所示,小物块从光滑斜面上自由滑下,小物块的位移s和时间的平方t2的关系如图(乙)所示,取g=10 m/s2,下列说法正确的是(BD)A.小物块的加速度大小恒为2.5 m/s2B.斜面倾角为30C.小物块2 s末的速度是5 m/sD.
12、小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s解析:由图知s=2.5t2,根据匀变速直线运动规律s=v0t+at2,得初速度为v0=0,加速度为a=5 m/s2,故A错误;由牛顿第二定律得a=gsin ,得sin =0.5,=30,故B正确;小物块2 s末的速度v2=at=52 m/s=10 m/s,故C错误;小物块1 s末的速度v1=at=51 m/s=5 m/s,第2 s内的平均速度=7.5 m/s,故D正确.12.如图所示,在一个桌面上有三个金属小球a,b,c,离桌面高度的关系为h1h2h3=321.若先后顺次释放a,b,c,三球刚好同时落到桌面上,不计空气阻力,则(AC)A.三者到达桌面时
13、的速度之比是 1B.三者运动时间之比为321C.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比,与质量成反比解析:设h3=h,由v2=2gh,得v=,到达桌面时的速度之比v1v2v3=1,故A正确;由h=gt2得t=,三者运动时间之比t1t2t3=1,故B错误;b与a开始下落的时间差t1-t2=(-),c与b开始下落的时间差t2-t3=(-1),故C正确;三个小球的加速度与重力和质量无关,等于重力加速度,故D错误.二、非选择题(共52分)13.(8分)光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器,其结构如图(甲)所示,a,b分别是光电门的激光发
14、射和接收装置,当有物体从a,b间通过时,光电计时器就可以精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来.现利用图(乙)所示的装置测量滑块和长木板间的动摩擦因数,图中MN是水平桌面,Q是长木板与桌面的接触点,1和2是固定在长木板适当位置的两个光电门,与之连接的两个光电计时器没有画出,长木板顶端P点悬有一铅锤.实验时,让滑块从长木板的顶端滑下,光电门1,2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.010-2 s和4.010-3 s.用精度为0.05 mm的游标卡尺测量滑块的宽度d,其示数如图(丙)所示.(1)滑块的宽度d=cm.(2)滑块通过光电门1时的速度v1=m/s,滑块通过光电门2时的速度v2
15、=m/s.(结果保留两位有效数字)(3)由此测得的瞬时速度v1和v2只是一个近似值,它们实质上是通过光电门1和2时的,要使瞬时速度的测量值更接近于真实值,可将的宽度减小一些.解析:(1)d=10 mm+0.05 mm2=10.10 mm=1.010 cm.(2)v1= m/s=1.0 m/sv2= m/s=2.5 m/s.(3)v1,v2实质上是通过光电门1和2时的平均速度,要使瞬时速度的测量值更接近于真实值,可将滑块的宽度减小一些.答案:(1)1.010(2)1.02.5(3)平均速度滑块评分标准:第(1)问2分,第(2)问每空2分,第(3)问每空1分.14.(8分)某学生利用“研究匀变速直
16、线运动”的实验装置来测量一个质量为m=50 g的重锤下落时的加速度值,该学生将重锤固定在纸带下端,让纸带穿过打点计时器,实验装置如图(甲)所示.以下是该同学正确的实验操作和计算过程,请填写其中的空白部分:(1)实验操作:,释放纸带,让重锤自由落下,.(2)取下纸带,取其中的一段标出计数点如图(乙)所示,测出相邻计数点间的距离分别为s1=2.60 cm,s2=4.14 cm,s3=5.69 cm,s4=7.22 cm,s5=8.75 cm,s6=10.29 cm,已知打点计时器的打点间隔T=0.02 s,则重锤运动的加速度计算表达式为a=,代入数据,可得加速度a=m/s2(计算结果保留3位有效数
17、字).解析:实验操作:先接通电源,然后释放纸带,让重锤自由落下,结束后再关闭电源.根据匀变速直线运动的推论s=at2,得a=9.60 m/s2.答案:(1)接通电源实验结束关闭电源(2)9.60评分标准:每空2分.15.(8分)2019国际泳联世界杯跳水系列赛伦敦站的比赛于5月18日结束.在女子10米跳台比赛中,我国13岁的陈芋汐以总分413.80分拿下冠军.如图为跳水运动员在跳台上腾空而起至落水的过程.假设运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起,举起双臂直体离开台面,此时其重心位于从手到脚全长的中点,跃起后重心升高0.45 m达到最高点,落水时身体竖直,手先入水(在此过程中运动员水平方向的
18、运动忽略不计),求:(计算时,可以把运动员看做全部质量集中在重心的一个质点,g取10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度v0;(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t.(结果保留3位有效数字)解析:(1)上升阶段:-=-2gh(2分)解得v0=3 m/s.(1分)(2)上升阶段:0=v0-gt1(1分)解得t1= s=0.3 s(1分)自由落体过程:H=g(1分)解得t2= s=1.45 s(1分)故t=t1+t2=0.3 s+1.45 s=1.75 s.(1分)答案:(1)3 m/s(2)1.75 s16.(8分)在某次载人飞船返回地面的模拟演练中,测得模拟舱距地面9 m时速度为1
19、2 m/s,并以这个速度匀速降落,在距地面1.2 m时,模拟舱的缓冲发动机开始向下喷火,舱体开始匀减速降落直至到达地面速度为0.求:(1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小;(2)模拟舱从9 m高处落到地面所用的时间.解析:(1)模拟舱以v0=12 m/s的初速度在距地面s1=1.2 m处开始做匀减速直线运动,加速度大小设为a,由匀变速直线运动的规律有0-=-2as1(2分)代入数据,解得a=60 m/s2.(1分)(2)设模拟舱从s=9 m处匀速运动至s1=1.2 m处历时t1,由匀速直线运动的规律可知t1=(1分)代入数据,解得t1=0.65 s(1分)设匀减速直线运动历时t2,由匀变速直线运动
20、的规律可知t2=(1分)代入数据,解得t2=0.2 s(1分)所以模拟舱从9 m高处落到地面所用的时间为t=t1+t2=0.85 s.(1分)答案:(1)60 m/s2(2)0.85 s17.(10分)足球比赛中,经常使用“边路突破,下底传中”的战术,即攻方队员带球沿边线前进,到底线附近进行传中.某足球场长90 m、宽60 m,如图所示.攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出,足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动,加速度大小为2 m/s2.试求:(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大;(2)足球开始做匀减速直线运动的同时,该前锋队员在边线中点处沿边线向前追
21、赶足球,他的起动过程可以视为从静止出发,加速度为2 m/s2的匀加速直线运动,他能达到的最大速度为8 m/s.该前锋队员至少经过多长时间能追上足球.解析:(1)已知足球的初速度为v1=12 m/s,加速度为a1=-2 m/s2足球做匀减速运动的时间为t1=6 s(2分)位移为s1=v1t1+a1=36 m(2分)(2)根据题述情景可画出运动线路图.已知前锋队员的加速度为a2=2 m/s2,最大速度为vmax=8 m/s,前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为t2=4 s(1分)s2=a2=16 m(1分)之后前锋队员做匀速直线运动,到足球停止运动时,其位移为s3=vmax(t1-t2)=16 m(1分)由于s2+s3120 m(1分)所以会发生交通事故.答案:(1)20 m/s10 m/s2(2)见解析
