单元检测一运动

单元检测一 运动的描述 匀变速直线运动(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分.1～6小题只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分；7～10小题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2019·湖北武汉市二月调研)通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和在1.39～1.98 s 之间．若高速公路上两辆汽车行驶的速度均为100 km/h ，刹车时的加速度大小相同，前车发现紧急情况立即刹车，后车发现前车开始刹车时，也立刻采取相应措施．为避免两车追尾，两车行驶的间距至少应为( )A ．39 mB ．55 mC ．100 mD ．139 m答案 B解析 由于两车的加速度大小相同，所以两车行驶的安全距离即为在反应时间内汽车的位移，有：Δx ＝1003.6×1.98 m ＝55 m ，故B 正确． 2．(2019·河南省天一大联考上学期期末)在港珠澳大桥通车仪式上，甲、乙两辆试验车在同一车道上匀速行驶，甲车在前面以54 km/h 的速度行驶，乙车在后面以72 km/h 的速度行驶．当二者相距12.5 m 时，甲车立即以3 m/s 2的加速度制动，乙车司机看到甲车的制动红灯后也立即刹车制动，不计司机反应时间，则为避免两车相撞，乙车制动的加速度至少为( )A ．2.5 m/s 2B ．3 m/s 2C ．4 m/s 2D ．5 m/s 2答案 C解析 甲车从刹车到停止的位移x 甲＝v 0甲22a 甲＝1522×3 m ＝37.5 m ，时间t 甲＝v 0甲a 甲＝153s ＝5 s ，则乙车的最大位移为x 乙＝37.5 m ＋12.5 m ＝50 m ；乙车制动的加速度至少为a 乙＝v 0乙22x 乙＝ 2022×50 m/s 2＝4 m/s 2，此时t 乙＝v 0乙a 乙＝5 s ＝t 甲，则选项C 正确． 3．(2020·安徽蚌埠模拟)在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt ，如果人站在四楼的阳台上，用同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．无法确定答案 B解析设两球分别为球a和球b，如图所示．无论是从3楼还是4楼阳台上自由下落，两小球落地前，两球的距离差始终为绳长，则人站在4楼阳台上放手后，a球在b球落地瞬间的瞬时速度及之后a球下落绳长距离内的平均速度均比在3楼阳台释放时大，而位移相同，则时间差变小，B正确．4．(2019·广西桂林、梧州、贵港、玉林、崇左、北海市第一次联合调研)甲、乙两物体沿同一直线运动，运动过程中的位移—时间图象如图1所示，下列说法中正确的是()图1A．0～6 s内甲物体做匀变速直线运动B．0～6 s内乙物体的速度逐渐减小C．0～5 s内两物体的平均速度相等D．0～6 s内存在某时刻两物体的速度大小相等答案 D解析x－t图象为直线表示物体做匀速直线运动，故A错误；x－t图象的斜率表示速度，由图象乙可知，图象的斜率大小逐渐增大，即速度逐渐增大，故B错误；0～5 s甲的位移为5 m，平均速度为v甲＝1 m/s，乙的位移为－3 m，平均速度为：v乙＝－35m/s，故C错误；x－t 图象的斜率表示速度，由甲、乙图象可知，在0～6 s内有一处二者的斜率大小相等，即存在某时刻两物体的速度大小相等，故D正确．5.(2019·安徽“江南十校”综合素质检测)将固定在水平地面上的斜面分为四等份，如图2所示，AB＝BC＝CD＝DE，在斜面的底端A点有一个小滑块(可视为质点)以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点．则小滑块向上运动经过D点时速度大小是()图2A.v 05B.v 04C.v 03D.v 02答案 D解析 根据逆向思维法，末速度为零的匀减速直线运动可以看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，v 2＝2ax ，则v 20∶v 2D ＝4∶1，故v D ＝v 02. 6.(2019·河南驻马店市第二次质检)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v －t 图象如图3所示，下列对汽车运动状态的描述正确的是( )图3A ．在第20 s 末，甲、乙两车相遇B ．t ＝0时若乙车在前，则可能相遇两次C ．在第10 s 末，乙车改变运动方向D ．在第10 s 末，甲、乙两车相距150 m答案 B解析 在0～20 s 内，甲通过的位移比乙通过的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否相遇，故A 错误；若t ＝0时刻乙车在前，则在第20 s 末前，两车可能相遇一次，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，且20 s 后乙的速度大于甲的速度，乙可能追上甲，再相遇一次，故B 正确；由题图知，乙车的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故C 错误；第10 s 末，甲、乙两车的位移之差为：Δx ＝20×10 m －12×10×10 m ＝150 m ，由于出发点的位置关系未知，所以不能确定它们之间的距离，故D 错误．7．(2020·安徽安庆市调研)一质点在连续的6 s 内做匀加速直线运动，在第一个2 s 内位移为12 m ，最后一个2 s 内位移为36 m ，下列说法正确的是( )A ．质点的加速度大小是3 m/s 2B ．质点在第2个2 s 内的平均速度大小是18 m/sC．质点在第2 s末的速度大小是12 m/sD．质点在第1 s内的位移大小是4.5 m答案AD解析设第一个2 s内的位移为x1，第三个2 s内，即最后1个2 s内的位移为x3，根据x3－x1＝2aT2得加速度a＝3 m/s2，故A正确；由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值即x3－x2＝x2－x1，解得：x2＝24 m，所以质点在第2个2 s内的平均速度大小是242m/s ＝12 m/s，故B错误；第1 s末的速度等于第一个2 s内的平均速度，则v1＝6 m/s，则第2 s 末速度为v＝v1＋at＝(6＋3×1) m/s＝9 m/s，故C错误；在第1 s内反向看为匀减速运动，则有：x＝v1t－12＝6×1 m－12×3×12 m＝4.5 m，故D正确．2at8．(2019·贵州部分重点中学3月联考)甲、乙两质点某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x－t图象如图4所示，则下列说法正确的是()图4A．0～t1时间内，乙质点做匀加速直线运动B．t1时刻，乙质点从后面追上甲质点C．t1时刻，两质点相距最远D．0～t1时间内，两质点的平均速度相等答案BD解析由x－t图象的斜率表示速度，知乙做匀速直线运动，甲做减速直线运动，故A错误．两质点在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，t1时刻之前乙在甲的后面，经过时间t1位移相等，则在t1时刻乙质点刚好从后面追上甲质点，两质点相遇，故B正确，C错误；0到t1时间内，甲、乙两质点位移相等，根据平均速度等于位移除以时间，可知，0到t1时间内，乙质点的平均速度等于甲质点的平均速度，故D正确．9．(2019·河北唐山市上学期期末)甲、乙两车沿同一平直公路同向运动，运动的v－t图象如图5所示．t1时刻两车相遇，下列说法正确的是()图5A．t2时刻两车再次相遇B．t2时刻后，两车会再次相遇C．0时刻，乙在前，甲在后D．0～t1时间内甲的加速度先增大后减小答案BC解析t1时刻两车相遇，而t1到t2时间内乙车的位移大于甲车的位移，可知t2时刻乙车在甲车前面，选项A错误；t2时刻后，甲车的速度大于乙车的速度，则两车会再次相遇，选项B 正确；因0～t1时间内甲车的位移大于乙车的位移，t1时刻两车相遇，则0时刻，乙在前，甲在后，选项C正确；由v－t图线的斜率表示加速度，可知0～t1时间内甲的加速度一直减小，选项D错误．10．(2020·贵州黔东南州模拟)物体A以10 m/s的速度做匀速直线运动．A出发后5 s，物体B 从同一地点由静止出发，做匀加速直线运动，加速度大小是2 m/s2，且A、B运动方向相同．则()A．物体B追上物体A所用的时间为5 3 sB．物体B追上物体A所用的时间为(5＋53) sC．物体B追上物体A前，两者的最大距离为75 mD．物体B追上物体A前，两者的最大距离为50 m答案BC解析设B出发后经时间t追上A，则：x A＝x B，v A t＝12a(t－5 s)2，解得：t＝(10±53) s，物体B追上物体A所用的时间为t′＝t－5 s，且t′>0，故t′＝(5＋53) s，故A错误，B正确；相遇前相距最大距离时v A＝v B，用时为Δt，则aΔt＝10 m/s，解得Δt＝5 s，则s A＝v A(5 s＋Δt)＝10×(5＋5) m＝100 m，s B＝12a(Δt)2＝12×2×52 m＝25 m，故Δs＝s A－s B＝75 m，故C 正确，D错误．二、实验题(本题共2小题，共16分)11．(8分)(2019·云南第二次统一检测)某同学用图6甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带．他用天平测得小车的质量为M ，钩码质量为m ，用毫米刻度尺测得纸带上自0点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为：d 1＝1.07 cm 、d 2＝2.24 cm 、d 3＝3.48 cm 、d 4＝4.79 cm 、d 5＝6.20 cm 、d 6＝7.68 cm.已知实验所用交流电频率为f ＝50 Hz.图6(1)打点2时小车的速度大小为________ m/s(结果保留两位有效数字)；(2)小车运动过程中的平均加速度大小为________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．答案 (1)0.60 (2)2.0解析 (1)打点2时小车的速度大小为v 2＝d 3－d 12T ＝(3.48－1.07)×10－22×0.02m/s ≈0.60 m/s (2)由逐差法可得，小车运动过程中的平均加速度大小为a ＝d 36－d 039T 2＝d 6－2d 39T 2＝(7.68－2×3.48)×10－29×0.022 m/s 2＝2.0 m/s 2. 12．(8分)(2019·安徽芜湖市期末)阿特武德机是早期测量重力加速度的装置，由英国数学家、物理学家阿特武德于1784年制成．某同学根据其原理设计出测量当地重力加速度的装置如图7所示，一根不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接正方体物块A 和物块B (A 、B 的质量分别为m 1和m 2，且m 1＜m 2)，让两物块组成的系统从静止开始做匀加速运动，测出物块A 先后通过光电门1和光电门2的遮光时间．保持物块A 的质量不变，逐渐增大物块B 的质量，重复以上操作，测出物块B 质量不同时A 、B 的加速度．图7(1)测得物块A 的边长为d ，在某次实验中它先后通过两个光电门的遮光时间分别为Δt 1和Δt 2，则其通过光电门的速度分别为________、________.(2)为了测算A 、B 的加速度大小，还需要测量的物理量为________．A ．两个光电门的间距B ．物块B 的边长C ．物块A 的初始高度D ．轻绳的长度答案 (1)d Δt 1 d Δt 2(2)A 解析 (1)A 通过光电门的速度分别为：v 1＝d Δt 1和v 2＝d Δt 2(2)根据v 22－v 12＝2ah 可知为了测算A 、B 的加速度大小，还需要测量的物理量为两个光电门的间距h ，故选A.三、计算题(本题共3小题，共44分)13．(14分)(2020·山东日照市月考)图8为测试飞机滑跑阶段动力性能的监控屏幕截图．飞机前端装有d ＝6 mm 的挡光片，跑道上隔一段距离有一个感光装置．图中上方的两个时间表示挡光片经过感光装置的挡光时间，图中秒表表示飞机到达感光装置的时刻．若飞机做匀加速直线运动，请根据图中提供的信息，完成下列问题．图8(1)飞机的加速度大小a 为多少？(2)图中右端图片是飞机起飞前的瞬间，则飞机起飞的瞬时速度v 为多少？(3)请结合所给图片，估算飞机的长度l 等于多少？(结果保留到个位数)答案 (1)2 m/s 2 (2)60 m/s (3)50 m(45～55 m 均可)解析 (1)飞机经过左边挡光片的速度为v 1＝6×10－31.5×10－4m/s ＝40 m/s 飞机经过右边挡光片的速度为v 2＝6×10－31.0×10－4m/s ＝60 m/s 飞机经过两挡光片所用时间为Δt ＝30 s －20 s ＝10 s由加速度定义式a ＝Δv Δt ＝60－4010m/s 2＝2 m/s 2； (2)飞机起飞的速度v ＝v 2＝60 m/s ；(3)这段时间内飞机的位移x ＝(v 1＋v 2)2t ＝500 m ，这段距离大约是飞机长度的10倍，所以飞机的长度l ＝x 10＝50 m. 14．(14分)(2019·安徽合肥市第一次质量检测)强行超车是道路交通安全的极大隐患之一．图9是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L 1＝5 m 、货车长L 2 ＝8 m ，货车在甲车前s ＝3 m ．若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s 2.假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度．求：图9(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m ，乙车速度为54 km/h.甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车．答案 (1)4 s (2)见解析解析 (1)设甲经过时间t 刚好完成超车，在t 内甲车位移x 1＝v 1t ＋12at 2 货车的位移x 2＝v 2tv 1＝v 2＝36 km/h ＝10 m/s根据几何关系x 1＝x 2＋L 1＋L 2＋s代入数值得t ＝4 s甲车最短的超车时间为4 s(2)假设甲车能安全超车，在最短的超车时间4 s 内甲车位移x 1＝56 m乙车位移x 3＝v 3t ＝60 m由于x 1＋x 3＝116 m>110 m ，故不能安全超车．15．(16分)在2019年学校田径运动会的800米比赛中，王明很想得冠军，他一直冲在最前面，由于开始体力消耗太大，最后在直道上距终点50米处时便只能保持5 m/s 的速度匀速前进而不能加速冲刺，此时一直保持在王明后面的李华在直道上距王明6.25米，速度为4 m/s ，李华立即发力并以恒定的加速度匀加速冲刺，到达终点时的速度为8.5 m/s.试分析：(1)李华冲刺的加速度多大？(2)王明、李华谁先到达终点而获得冠军？(3)王明和李华中任意一个跑到终点前，他们之间的最大距离是多少？答案 (1)0.5 m/s 2 (2)李华 (3)7.25 m解析 (1)李华最后做匀加速直线运动的位移x 2＝x 1＋Δx ＝50 m ＋6.25 m ＝56.25 m ， 根据速度位移公式，有v 22－v 12＝2ax 2，解得a ＝0.5 m/s 2.(2)王明最后50 m 用时t 1＝x 1v 0＝505s ＝10 s ， 李华最后冲刺用时t 2＝v 2－v 1a ＝8.5－40.5s ＝9 s<t 1， 故李华先到达终点．(3)李华追上王明之前，二者速度相等时相距最远，设经时间t 二者速度相等，则由v 1＋at ＝v 0得t ＝v 0－v 1a ＝5－40.5s ＝2 s ， 二者最大距离为Δs ＝(Δx ＋v 0t )－(v 1t ＋12at 2)＝(6.25＋5×2) m －(4×2＋12×0.5×4) m ＝7.25 m. 李华追上王明后两人之间的距离又不断拉大，当李华冲到终点时王明距终点的距离为s ＝x 1－v 0t 2＝5 m<Δs ，所以在王明和李华中任意一个跑到终点之前，他们之间的最大距离为7.25 m.。