2020高中物理 重难强化训练1（含解析）粤教版1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE9-学必求其心得，业必贵于专精重难强化训练一(时间：40分钟分值：90分)一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分．其中第1～6题为单选，第7～10题为多选）1．一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为4m/s，经过4s速度达到12mA．汽车的加速度为2m/sB．汽车每秒速度的变化量为2mC．汽车的平均速度为6mD．汽车的位移为32C［汽车的加速度a＝eq\f(12－4,4）m/s2＝2m/s2,A正确；汽车每秒速度的变化量Δv＝at＝2×1m/s＝2m/s，B正确;汽车的位移s＝eq\f(122－42，2×2)m＝32m,D正确；汽车的平均速度eq\o（v，\s\up6(－)）＝eq\f（32，4)m/s＝8m/s，C错误．］2．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移s1,紧接着速度变化同样Δv时发生位移s2。则该质点的加速度大小为（)A。eq\f(（2Δv）2,s1＋s2）B.eq\f(（Δv)2,s2－s1)C。eq\f（2（Δv）2，s2－s1) D．（Δv)2（eq\f（1,s1)－eq\f（1，s2)）B［本题疑难之处在于不知道运动时间，突破点是在匀加速直线运动中，速度变化同样的Δv时，所用时间相等．根据s2－s1＝aT2,a＝eq\f（Δv，T），联立可求得a＝eq\f((Δv）2，s2－s1），故B正确．]3．如图所示为物体做直线运动的v。t图象．若将该物体的运动过程用s。t图象表示出来（其中s为物体相对出发点的位移）,则下面的四幅图描述正确的是（)C［0～t1时间内物体匀速正向运动，故选项A错;t1～t2时间内，物体静止，且此时离出发点有一定距离,选项B、D错；t2~t3时间内，物体反向运动，且速度大小不变，即s­t图象中,0～t1和t2～t3两段时间内,图线斜率大小相等，故C对．］4．汽车以大小为20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后,获得的加速度大小为5m/s2，那么刹车后2A．1∶1 B．3∶1C．4∶3 D．3∶4D［汽车从刹车到停止所需时间为t＝eq\f(v0,｜a｜)＝eq\f(20,|－5｜)s＝4s，所以，前2s内的位移为：s1＝v0t＋eq\f（1，2)at2＝30m10s内的位移即刹车4s内的位移veq\o\al（2,t)－veq\o\al（2，0）＝2as2s2＝eq\f(－400,－2×5）m＝40m,所以,s1∶s2＝3∶4，D项正确．］5．某质点做直线运动的位移s和时间平方t2的关系图象如图所示,则该质点(）A．加速度大小恒为1m/sB．在0～2s内的位移大小为1C．2s末的速度大小是4mD．第3s内的平均速度大小为3mC［根据s＝eq\f（1,2）at2可知题图线的斜率等于eq\f(1,2）a，则eq\f（1，2)a＝eq\f(2,2)m/s2，即a＝2m/s2，故A错误；在0～2s内该质点的位移大小为s＝eq\f(1，2）at2＝eq\f(1,2）×2×4m＝4m,故B错误；2s末的速度大小v＝at＝2×2m/s＝4m/s，故C正确；质点在第3s内的位移大小为Δs＝eq\f(1，2）ateq\o\al(2，1）－eq\f（1，2)at2＝eq\f（1,2）×2×(9－4)m＝5m,则平均速度大小为eq\o（v,\s\up6(－））＝eq\f(Δs，Δt）＝5m/s，故D错误．]6．如图所示为一质点运动的位移随时间变化的图象，图象是一条抛物线，方程为s＝－5t2＋40t，下列说法正确的是()A．质点开始时做匀减速运动，最大位移是80B．质点的初速度是20mC．质点的加速度大小是5m/sD．t＝4s时,质点的速度最大A［由s＝－5t2＋40t变形得s＝40t＋eq\f(1，2)×（－10）t2，故v0＝40m/s，a＝－10m/s2,质点开始时做匀减速运动，由题图可知smax＝80m，A正确,B、C错误；t＝4s时，v＝40m/s－10m/s2×4s＝0，D7．一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第15s内的位移比前1s内的位移多0。2m，A．小球加速度为0。2m/sB．小球前15s内的平均速度为1.5mC．小球第14s的初速度为2。8mD．第15s内的平均速度为0.2mAB[根据匀变速直线运动的推论Δx＝at2得：a＝eq\f(0.2，1)m/s2＝0。2m/s2，故A正确;小球15s末的速度v15＝at15＝0.2×15m/s＝3m/s，则小球前15s内的平均速度eq\o（v，\s\up6(－）)15＝eq\f(0＋v15,2)＝eq\f（3，2)m/s＝1。5m/s，故B正确；小球第14s的初速度等于13s末的速度,则v13＝at13＝0.2×13m/s＝2.6m/s，故C错误;小球第14s末的速度v14＝at14＝0。2×14m/s＝2。8m/s,则第15s内的平均速度为eq\o(v′,\s\up6（－))15＝eq\f(v14＋v15,2）m/s＝eq\f（3＋2.8,2）m/s＝2.9m/s，故D错误．］8．一质点沿x轴正方向做直线运动,通过坐标原点时开始计时，其eq\f(s，t)。t的图象如图所示，则(）A．质点做匀速直线运动，速度为0.5mB．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/sC．质点在1s末速度为1.5mD．质点在第1s内的平均速度1mCD［由图得eq\f(s，t)＝0.5＋0。5t。根据s＝v0t＋eq\f（1,2）at2，得eq\f（s,t)＝v0＋eq\f（1,2）at，对比可得eq\f（1，2)a＝0.5m/s2，则加速度为a＝2×0.5m/s2＝1m/s2.由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A错误，B错误．质点的初速度v0＝0.5m/s,在1s末速度为vt＝v0＋at＝（0。5＋1)m/s＝1.5m/s，故质点在第1s内的平均速度v＝eq\f(v0＋vt,2）＝eq\f（0.5＋1.5,2)m/s＝1m/s，故C、D均正确．］9．物体做直线运动,在t时间内通过的位移为s，在中间位置eq\f(s，2)处的速度为v1，在中间时刻eq\f(t,2)处的速度为v2,则v1和v2的关系正确的是()A．当物体做匀加速直线运动，v1>v2B．当物体做匀减速直线运动时,v1〉v2C．当物体做匀速直线运动时，v1＝v2D．当物体做匀减速直线运动时，v1<v2ABC［物体做匀变速直线运动,有v2－veq\o\al(2，0）＝2as，veq\s\do12(eq\f（s，2)）－veq\o\al(2，0)＝2aeq\f(s，2)由以上两式得veq\s\do12(eq\f(s，2）)＝eq\r(\f(veq\o\al（2,0）＋v2，2）)讨论:由于veq\s\do12(eq\f(t，2))＝eq\f（v0＋v,2)，veq\s\do12（eq\f（s,2））＝eq\r(\f（veq\o\al(2,0)＋v2，2））则veq\s\do12（eq\f(s，2）)－veq\s\do12（eq\f(t，2））＝eq\f（veq\o\al(2，0)＋v2，2）－eq\f(（v0＋v)2,4)＝eq\f（（v0－v）2，4）≥0，当且仅当v0＝v时等号成立，故只要物体做匀变速直线运动，则一定有veq\s\do12(eq\f(s，2)）〉veq\s\do12(eq\f(t，2))，A、B、C正确，D错误．]10．a、b两车在两条平行的直车道上同方向行驶,它们的v­t图象如图所示．在t＝0时刻，两车间距离为d;t＝5s的时刻它们第一次相遇．关于两车之间的关系,下列说法正确的是(）A．在t＝15s的时刻两车第二次相遇B．在t＝20s的时刻两车第二次相遇C．在5～15s时间内，先是a车在前，而后是b车在前D．在10～15s时间内，两车之间距离逐渐变小AD［从图象可以看出两车均做匀变速直线运动,因t＝5s时两车第一次相遇，t＝10s时速度相同，由对称性可知两车在t＝15s时第二次相遇，A正确,B错误；由于两车在t＝5s时第一次相遇，在前5s内有va>vb，故a车在后、b车在前，5～15s内a车在前、b车在后，15s后b车超过a车，C错误；t＝10s时速度相同，此后va<vb，两车间距离逐渐减小，D正确．］二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．（14分)一质点从静止开始做匀加速直线运动，质点在第1s内的位移为3m，（1)质点运动的加速度大小？(2）质点在前3s内的位移为多大？(3)质点在第3s内的位移为多大？（4）质点经过12m解析：(1)根据s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al（2,1)得，质点运动的加速度a＝eq\f(2s1,teq\o\al（2,1)）＝eq\f(2×3,1）m/s2＝6m/s2。(2）质点在前3s内的位移s3＝eq\f(1,2）ateq\o\al（2,3）＝eq\f（1,2）×6×9m＝27m。(3）质点在第3s内的位移s＝s3－eq\f（1,2）ateq\o\al（2，2)＝27m－eq\f（1,2)×6×4m＝15m.(4）根据速度位移公式得，质点的速度v＝eq\r（2as）＝eq\r(2×6×12）m/s＝12m/s.答案：(1)6m/s2(2）27m(3)15m12．(16分)假设发生泥石流灾害时，一辆汽车停在小山坡底部，司机发现距坡底240m的山坡上泥石流正以8m/s的初速度、0。4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，若泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动．已知司机从发现泥石流滑下到启动汽车的反应时间为1s，汽车启动后以0。5（1）求泥石流到达坡底的时间和速度的大小；（2）通过计算说明汽车能否安全脱离．解析：（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速度大