版物理新教材人教巩固练习期中综合检测word版含解析

期中综合检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2019·河南省郑州市第106中学高一上学期检测)北京时间2019年9月1日，某中学首批同学成功搬入新校区。上午8：00，在老校区门口，有30辆公共汽车组成的搬迁车队有序开出，行驶km，于8：30顺利抵达新校区的西门口。下列有关搬迁的说法中正确的是(B)A．研究车队经过中原路地下隧道的时间，可以将车队视为质点B．上述“行驶km”指的是路程C．由上述数据，可以计算车队全程的平均速度D．上述“2019年9月1日上午8：00”指的是时间解析：研究车队经过中原路地下隧道的时间时，车队的长度不能忽略，所以不能看成质点，故A错误；“行驶km”是运动轨迹的长度，是路程，故B正确；平均速度等于总位移除以总时间，因为不知道位移，所以无法求平均速度，故C错误；“2019年9月1日上午8：00”对应时间轴上的点指的是时刻，故D错误。2．(2019·山西大学附属中学高一上学期期中)下图为A、B两车在同一直线上运动的位移图象，下列关于图象的分析正确的是(C)A．0～2s内，A，B两车同向而行B．0～2s内，A的速度比B的速度大C．0～5s内，A运动的路程比B运动的路程少D．0～5s内，B的位移比A的位移大解析：位移－时间图象的斜率表示速度，斜率的正、负表示速度的方向，所以0～2s内A斜率为负，即速度沿负方向，B的斜率为正，即速度沿正方向，所以两车运动方向相反；故A错误；根据斜率等于速度，斜率绝对值越大，速度越大，可知0～2s，A的速度比B的速度小；故B错误；在前5s内，B正向运动6m，静止2s时间又负向运动3m，即B运动的总路程为9m，A运动的路程为6m；故C正确；0～5s内A的位移为－6m，B的位移为3m，故D错误。3．(2018·广东省实验中学高一上学期期中)一辆警车在平直的公路上以40m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且到达出事地点时的速度也为40m/s，有三种行进方式：a一直匀速直线运动；b先减速再加速；c先加速再减速，则(C)A．a种方式先到达 B．b种方式先到达C．c种方式先到达 D．条件不足无法判定解析：作出v－t图象如图所示，从出发点到出事地点位移一定，根据v－t图象的意义，图线与坐标轴所围的面积相等，则只能tc<ta<tb，所以C选项正确。4．(2018·山东临朐一中高一上学期检测)航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一(如图)。民航客机起飞时要在min内使飞机从静止加速到44m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2s内就可把飞机从静止加速到m/s而起飞，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的(D)A．800倍 B．80倍C．400倍 D．40倍解析：由x＝eq\f(1,2)(v0＋vt)t得，n＝eq\f(\f(1,2)×44××60,\f(1,2)××2)＝40。5．一列长100m的火车匀加速通过长1000m的桥梁，列车刚上桥的速度为10m/s，完全离开桥梁的速度为12m/s。则下列说法正确的是(B)A．研究火车过桥运动时可以将火车视为质点B．火车上的乘客看见路轨后退的参考系是火车C．火车完全通过此桥梁的时间为sD．火车完全通过此桥梁的加速度为m/s2解析：研究火车过桥不能将火车视为质点，A错误；乘客看到路轨后退是以火车作为参考系，B正确；由x＝eq\f(v1＋v2,2)t可得t＝100s，C错误；a＝eq\f(v2－v1,t)＝m/s2，D错误。6．(2018·辽宁省实验中学分校高一上学期期中)一辆汽车从甲地开往乙地，先由静止启动做匀加速直线运动，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，当速度减为0时刚好到达乙地。从汽车启动开始计时，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度，根据表中的数据通过分析、计算可以得出汽车(B)时刻(s)速度(m/s)1212A．匀加速直线运动经历的时间为sB．匀加速直线运动经历的时间为sC．匀减速直线运动经历的时间为sD．匀减速直线运动位移为24m解析：由v＝v0＋at从表中数据可知，汽车匀加速运动时的加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f－,1)m/s2＝3m/s2，则匀加速运动的时间t＝eq\f(12－0,3)s＝4s，故A错误，B正确；匀减速运动的加速度a1＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f－,1)m/s2＝－6m/s2，则匀减速运动的时间t1＝eq\f(0－12,－6)s＝2s，故C错误；匀减速直线运动位移为x＝eq\f(v＋v0,2)t1＝12m，故D错误。7．下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是(BC)解析：根据各图线所表示的物理意义，可判B、C能够反映同一直线运动。8．我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是(AC)A．图中h3代表本次最大深度B．全过程中最大加速度是m/s2C．深潜器加速度向上发生在3～4min和6～8min的时间段内D．6～10min内，深潜器的加速度不变解析：根据深度随时间变化图象(a)可知，当4min时达到最大深度h3，选项A正确；在速度时间图象中图线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，斜率的绝对值表示加速度的大小，由图象(b)可知：0～1min内、3～4min内加速度相等，且最大，最大加速度是a＝2m/s2，选项B错误；3～4min和6～8min的时间段内图线的斜率为正，说明加速度的方向与规定的正方向相同，竖直向上，选项C正确；8～10min的时间段内，图线的斜率为负，说明加速度的方向与规定的正方向相反，竖直向下，选项D错误，综上本题选A、C。9．(2018·辽宁省丹东市高一上学期期中)有一串佛珠，穿在一根长m的细线上，细线的首尾各固定一个佛珠，中间还有5个佛珠。从最下面的佛珠算起，相邻两个佛珠的距离为5cm、15cm、25cm、35cm、45cm、55cm，如图所示。某人向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个佛珠紧靠水平桌面。松手后开始计时，若不计空气阻力，g取10m/s2，则第2、3、4、5、6、7个佛珠(AD)A．落到桌面上的时间间隔相等B．落到桌面上的时间间隔越来越大C．依次落到桌面上的速率关系为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2∶eq\r(5)∶eq\r(6)D．其中的第4个佛珠落到桌面上的速率为3m/s解析：佛珠同时做自由落体运动，下降的位移之比为1∶4∶9∶16∶25∶36。根据h＝eq\f(1,2)gt2，知落地的时间之比为1∶2∶3∶4∶5∶6，知落到桌面上的时间间隔相等，故A正确；B错误；根据v＝gt知，依次落到桌面上的速率关系为1∶2∶3∶4∶5∶6，故C错误；第4个佛珠距离地面的高度为45cm，则v＝eq\r(2gh)＝3m/s，故D正确，故选A、D。10．(2018·湖南省长沙一中高一模块检测)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”。据英国《每日邮报》2016年7月6日报道，HyperloopOne公司计划，将在欧洲建成世界首架规模完备的“超级高铁”(Hyperloop)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时700英里(约合1126公里/时)。如果乘坐Hyperloop从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600公里的路程需要40分钟，Hyperloop先匀加速，达到最大速度1200km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop的说法正确的是(AB)A．加速与减速的时间相等B．加速时间为10分钟C．加速时加速度大小为2m/s2D．如果加速度大小为10m/s2，题中所述运动最短需要32分钟解析：加速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得：加速与减速时间相等，故A正确；加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，匀速运动的速度为v，由题意得：2t1＋t2＝t，而t＝40分＝2400秒，2×eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＋vt2＝x，而v＝eq\f(1000,3)m/s，x＝6×105m，v＝at1，联立：t1＝600s＝10分，t2＝1200s＝20分，a＝eq\f(5,9)m/s2，故B正确，C错误；如果加速度大小为10m/s2，解得：t＝eq\f(5500,3)s＝min，故D错误。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，每小题7分，共14分。把答案直接填在横线上)11．某同学在用打点计时器研究匀变速直线运动的实验中，获得如图所示的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻的计数点间有四个点未画出。(1)根据纸带上所给出的数据，计算C、D两点的瞬时速度，得vC＝m/s，vD＝m/s，这段纸带运动的平均速度是m/s。(2)在如图所示的坐标系中，以打A点时为计时起点，作出小车的v－t图线。(3)根据图象求出纸带运动的加速度a＝m/s2。解析：(1)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\fm－m,2×s)＝m/svD＝eq\f(xCE,2T)＝eq\fm－m,2×s)＝m/seq\x\to(v)AE＝eq\f(xAE,4T)＝eq\f,m/s＝m/s(2)B点瞬时速度为：vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f,2×＝m/s以打A点时为时间的起点，利用描点法，得出图象如图所示：(3)图象的斜率表示加速度的大小有：a＝eq\f(Δv,Δt)＝m/s212．某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示，倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球，手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球。当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球开始下落……，这样，就可测出多个小球下落的总时间。(1)在实验中，下列做法正确的有__BD__。A．电路中的电源只能选用交流电源B．实验前应将M调整到电磁铁的正下方C．用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离作为小球下落的高度D．手动敲击M的同时按下秒表开始计时(2)实验测得小球下落的高度H＝m,10个小球下落的总时间T＝s。可求出重力加速度g＝m/s2。(结果保留两位有效数字)(3)在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法。__增加小球下落的高度；多次重复实验，结果取平均值。(其他答案只要合理即可)__解析：(1)若电源选用直流电源，电磁铁才能正常工作，选项A错误；实验时小球要撞击M断开电源，因此M应在电磁铁的正下方，选项B正确；小球下落的高度为电磁铁下端到M的竖直距离与小球直径的差，选项C错误；根据H＝eq\f(1,2)gt2，t可利用累积法，即从手动敲击M的同时开始计时，测量出落下n个小球的时间T，则一个小球下落时间t＝eq\f(T,n)，选项D正确。(2)根据H＝eq\f(1,2)gt2和t＝eq\f(T,n)，解得g＝eq\f(2H,t2)＝eq\f(2n2H,T2)＝eq\f(2×102×,m/s2≈m/s2。(3)要减小实验误差，可以适当增大小球下落的高度，并多次测量取平均值。三、论述、计算题(本题共4小题，共46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．(10分)一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15m有一棵树，如图所示，汽车通过AB两相邻的树用了3s，通过BC两相邻的树用了2s，求汽车运动的加速度和通过树B时的速度为多少？答案：1m/s2m/s解析：汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a。对AB段运动，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2有：15＝vA×3＋eq\f(1,2)a×32同理，对AC段运动，有30＝vA×5＋eq\f(1,2)a×52两式联立解得：vA＝m/s，a＝1m/s2再由vt＝v0＋at得：vB＝＋1×3m/s＝m/s14．(11分)(2019·河南省林州一中高一上学期检测)如图所示，蹦床运动员正在训练室内训练，室内蹦床的床面到天花板的距离是m，竖直墙壁上张贴着一面高度为m的旗帜，身高m的运动员头部最高能够上升到距离天花板1m的位置，在自由下落过程中，运动员通过整面旗帜的时间是s，重力加速度大小为10m/s2，设运动员上升和下落过程身体都是挺直的，求：(1)运动员竖直弹跳起来的速度；(2)运动员下落时身体通过整幅旗帜过程中的平均速度；(3)旗帜的上边缘到天花板的距离。答案：(1)10m/s(2)8m/s(3)m解析：(1)运动员上升的最大位移为：h＝－－1m＝5m；根据速度位移关系公式，有：v2＝2gh解得：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/s(2)运动员通过整面旗帜的时间是s，位移为：Δx＝＋m＝m故平均速度为：eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f,m/s＝8m/s(3)平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故该s中间时刻的速度为8m/s，运动员从跳起到该时刻的时间间隔为：t＝eq\f(Δv,g)＝eq\f(10－8,10)s＝s由于t＝eq\f(Δt,2)，故开始时旗帜的下边缘与人头部等高，为m，故旗帜的上边缘高度为m高，而大厅内蹦床的床面到天花板的距离是m，故旗帜的上边缘到天花板的距离为：－m＝m15．(12分)随着我国高速公路的发展，越来越多的人选择开车出行，这也造成了高速路的拥堵，为此开发了电子不停车收费系统ETC，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示，假设汽车以v1＝72km/h的速度沿直线朝着收费站正常行驶，如果过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v2＝4m/s，然后匀速通过总长度为d＝16m的通道，接着再匀加速至v1后正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1后正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a＝1m/s2，求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移x；(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间Δt。答案：(1)400m(2)24s解析：(1)汽车过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：x1＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2a)所以总位移x＝2x1＋d，代入数据解得x＝400m(2)汽车过人工收费通道到达中心线的速度恰好为零，刚进入通道的速度应满足v2＝2a·eq\f(d,2)故v＝4m/s＝v2，而根据对称性，离开通道时的速度也恰好为v＝4m/s＝v2，又汽车从ETC通道匀速通过收费站的速度为v2＝4m/s，即两车在进入通道前与离开通道后的运动规律是一样的。所以汽车过ETC通道的时间t1＝eq\f(d,v2)＝eq\f(16,4)s＝4s汽车过人工收费通道的时间t2＝eq\f(2v