2018届高考物理第一轮复习检测题12

单元质量检测（一）时间：50分钟一、单项选择题1．北京时间2016年8月6日早上7∶00，第31届奥林匹克运动会在巴西里约热内卢拉开帷幕。第4天上午，中国选手孙杨以1分44秒的成绩获得男子200米自由泳比赛冠军（国际标准游泳池长50米）。下列说法正确的是（）图1 A．“1分44秒”指的是时间间隔 B．孙杨200米自由泳的平均速度为1.92m/s C．在研究孙杨的技术动作时，可以把孙杨看成质点 D．在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系，孙杨是静止的 解析时间间隔指一段时间，对应一过程，孙杨游泳200米，是一过程，故1分44秒为时间间隔，A正确；根据平均速度定义式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0,t)＝0（位移为0），B不正确；质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，C不正确；孙杨在游泳过程中，以水为参考系，他是运动的，D不正确。 答案A2．太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动时间里的位移或速度，以下说法正确的是（认为重力加速度g＝10m/s2，且不随高度的变化而变化）（）图2 A．自由落体运动的位移是3.9×104m B．自由落体运动的位移是2.1×104m C．自由落体运动的末速度是6.0×102m/s D．自由落体运动的平均速度是6.0×102m/s 解析根据题意，运动员做自由落体运动的时间t＝60s，因此，自由落体运动的位移h＝eq\f(1,2)gt2＝1.8×104m，A、B错误；运动员自由落体的末速度v＝gt＝6.0×102m/s，C正确；自由落体运动的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)v＝3.0×102m/s，D错误。 答案C3．（2017·江苏苏北四市高三联考）如图3所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图象，由此可知质点（）图3 A．0～2s内沿x轴正方向运动 B．0～4s内做曲线运动 C．0～4s内速率先增大后减小 D．0～4s内位移为零 解析x－t图象切线的斜率表示该时刻的速度，则0～4s内斜率一直为负，一直沿x轴负方向做直线运动，A、B错误；在0～4s内，斜率先增大后减小，说明质点的速率先增大后减小，C正确；在0～4s内，质点的位移Δx＝x2－x1＝－10m－10m＝－20m，故D错误。 答案C4．小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图4所示。以下滑起点为位移坐标原点和t＝0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图象是（）图4 解析由小球运动的v－t图象可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，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两项错误；下滑时小球做初速度为零的匀加速直线运动，由x＝eq\f(1,2)at2可知，x－t2图象为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此x－t2图象也是一条直线，由v－t图象可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，A正确，B错误。 答案A5．在同一条直线上运动的P、Q两个物体在t＝0时经过同一个位置，它们运动的速度—时间图象如图5所示，则下列说法正确的是（）图5 A．在0～3s内P做匀减速直线运动，Q做匀速直线运动 B．在0～1s内两物体逐渐靠近 C．在t＝2s时两物体相遇 D．在0～3s内两物体的位移相等 解析在0～3s内物体P先减速运动再加速运动，物体Q一直做匀速运动，故A错误；v－t图象与坐标轴所围的面积表示物体的位移，在0～1s内，图象与坐标轴所围的面积之差越来越大，在t＝1s时两物体的速度相等而面积之差最大，即相距最远，B错误；在t＝2s时物体P、Q的位移相等，两物体相遇，C正确；在0～3s内物体P的位移较小，故D错误。 答案C二、多项选择题6．（2017·山西模拟）一物体自t＝0开始做直线运动，其运动的v－t图象如图6所示，下列说法正确的是（）图6 A．在0～6s内，物体离出发点最远为15m B．在0～6s内，物体经过的路程为20m C．在0～4s内，物体的平均速度为3.75m/s D．在4～6s内，物体做单方向直线运动 解析根据速度图象与横轴所围的面积表示位移可知，物体在5s时位移最大，离出发点最远，最远距离为17.5m，在0～6s内，物体经过的路程为17.5m＋2.5m＝20m，选项A错误，B正确；在0～4s内，物体的位移为x＝15m，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝3.75m/s，选项C正确；在5s末物体的运动方向发生变化，物体不是做单方向直线运动，选项D错误。 答案BC7．水平面上一物体从静止开始，沿直线先做匀加速直线运动，3s后接着又做匀减速直线运动，再经9s停止。在先后加速和减速的两个运动过程中（） A．加速度大小之比为3∶1 B．平均速度大小之比为1∶1 C．位移大小之比为1∶1 D．位移大小之比为1∶3 解析在两个过程中速度变化量大小相等，时间之比为1∶3，由a＝eq\f(Δv,Δt)得，先后两个过程的加速度大小之比为3∶1，选项A正确；由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)得，平均速度大小之比为1∶1，选项B正确；由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t得，两个过程的位移大小之比为1∶3，选项C错误，D正确。 答案ABD8．（2016·河南模拟）汽车在平直公路上做刹车试验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图7所示，下列说法正确的是（）图7 A．t＝0时汽车的速度为10m/s B．刹车过程持续的时间为2s C．刹车过程经过3s时汽车的位移为7.5m D．刹车过程汽车的加速度大小为10m/s2 解析由图象可得x＝－eq\f(1,10)v2＋10，根据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，选项A正确，D错误；汽车刹车过程的时间为t＝eq\f(0－v0,a)＝2s，选项B正确；汽车经过2s停止，因而经过3s时汽车的位移为x＝10m（要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动），选项C错误。 答案AB9．2015年9月3日上午10时，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年阅兵仪式开始，如图8所示为空中梯队通过天安门广场。空中梯队在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，要求空中梯队零时刻由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的受阅区做匀速直线运动，经过t时间到达C位置，已知AB段长为L1，BC段长为L2。下列说法正确的是（）图8 A．空中梯队到达B点时的速度为eq\f(2L1＋L2,t) B．空中梯队在AB段的平均速度为eq\f(L1,t) C．空中梯队在AC段的平均速度为eq\f(L1＋L2,t) D．空中梯队在AB段的加速度为eq\f(1,2L1)（eq\f(2L1＋L2,t)）2 解析由于时间t与L1＋L2对应，故空中梯队在AC段的 平均速度为eq\f(L1＋L2,t)，选项C正确；空中梯队在AB段运动的时间小于t，在AB段运动的平均速度大于eq\f(L1,t)，选项B错误；空中梯队的运动示意图如图所示，设空中梯队在B点的速度为v，则在AB段的平均速度为eq\f(v,2)，根据eq\f(L1,\f(v,2))＋eq\f(L2,v)＝t，解得v＝eq\f(2L1＋L2,t)，选项A正确；根据2aL1＝v2解得a＝eq\f(1,2L1)（eq\f(2L1＋L2,t)）2，选项D正确。 答案ACD三、简答题10．某校研究性学习小组的同学用如图9甲所示的滴水法测量一小车在斜面上运动时的加速度。实验过程如下：在斜面上铺上白纸，用图钉固定；把滴水计时器固定在小车的末端，在小车上固定一平衡物；调节滴水计时器的滴水速度，使其每0.2s滴一滴（以滴水计时器内盛满水为准）；在斜面顶端放置一浅盘，把小车放在斜面顶端；把调好的滴水计时器盛满水，使水滴能滴入浅盘内；随即在撤去浅盘的同时放开小车，于是水滴在白纸上留下标志小车运动规律的点迹；小车到达斜面底端时立即将小车移开。图乙为实验得到的一条纸带，用刻度尺量出相邻点之间的距离是x01＝1.40cm，x12＝2.15cm，x23＝2.91cm，x34＝3.65cm，x45＝4.41cm，x56＝5.15cm。试问：图9 （1）滴水计时器的原理与课本上介绍的原理类似。 （2）由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度v4＝m/s，小车的加速度a＝m/s2。（结果均保留两位有效数字） 解析（1）由题意知滴水计时器的原理与打点计时器原理类似。 （2）可把小车的运动看做是匀变速直线运动，则 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）打点计时器（2）0.200.19四、计算题11．（2016·贵州三校联考）如图10所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10m的A、B两小球均以v0＝10m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g＝10m/s2。求：图10 （1）B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离； （2）A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。 解析（1）设A球滑上斜坡后经过t1时间B球滑上斜坡，则有t1＝eq\f(L,v0)＝1s A球滑上斜坡后加速度a＝gsin30°＝5m/s2 设这段时间内A球向上运动的位移为x，则 x＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝7.5m （2）B球刚要滑上斜坡时A球速度v1＝v0－at1＝5m/s B球滑上斜坡时，加速度与A球相同，以A球为参考系，B球相对于A球以v＝v0－v1＝5m/s 做匀速运动，设再经过时间t2两球相遇，有 t2＝eq\f(x,v)＝1.5s 则两球相遇时已经过的时间t＝t1＋t2＝2.5s 答案（1）7.5m（2）2.5s12．甲、乙两车从相距110m的两地相向运动，它们的v－t图象如图11所示，忽略车掉头所需时间。图11 （1）求t＝4s时甲、乙两车各自的位移大小； （2）通过计算说明两车是否相遇。如能相遇，则计算相遇点的位置；如不能相遇，则计算两车间的最小距离。 解析（1）由v－t图象可知，甲向乙做匀减速运动，加速度大小a1＝4m/s2 乙向甲先做加速运动后做减速运动，加速度大小分别为 a2＝10m/s2和a2′＝30m/s2 t＝4s时甲的位移大小为x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝48m 乙的位移大小为x2＝eq\f(1,2)×4×30m＝60m （2）乙车t＝4s时掉头开始做与甲同向的初速度为零的匀加速运动，甲、乙两车此时相距 Δx＝110m－x1－x2＝2m， 甲的速度大小为v1＝v0－a1t＝4m/s 假设两车从t＝4s时再经t1时间能够相遇 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) 两车相遇应满足x2′＝x1′－Δx 联立并整理得17teq\o\al(2,1)－4t1＋2＝0，由判别式可知方程无解，所以假设不成立，两车不能相遇。 设从t＝4s时再经t2时间两车速度相等，即两车相距最近，有a2′t2＝v1－a1t2，可得t2＝eq\f(2,17)s 即两车间最小距离 xmin＝eq\f(1,2)a2′teq\o\al(2,2)＋Δx－（v1t2－