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1、专题01 运动的描述匀变速直线运动研究质量检测卷第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.(2020贵州遵义市检测)关于质点在某段时间内的位移和路程，下列说法正确的是()A.位移为零，该质点一定是静止的B.路程为零，该质点一定是静止的C.沿直线运动的质点，位移大小一定等于其路程D.沿曲线运动的质点，位移大小可能大于其路程【答案】B【解析】质点做圆周运动一周的位移为零，显然质点是运动的，选项A错误；质点只要运动，路程就不会
2、为零，选项B正确；除了单向直线运动外，在其他的运动中，质点的位移大小都小于路程，选项C、D错误.2.(2021黑龙江牡丹江一中高三上学期期末)一个做匀加速直线运动的物体，位移与时间的数量关系满足x4tt2，其初速度是()A4 m/s B2 m/s C1 m/s D. m/s【答案】A【解析】由xv0tat24tt2，得初速度v04 m/s，A正确，B、C、D错误。3.2020年初，面对新型冠状病毒疫情，宁波医疗救援队先后两批出征前往武汉，假设两批医疗援助人员从宁波的同一个医院出发分别采用如图所示导航中的推荐方案1和2至武汉的同一家医院，下列说法正确的是()A.两批医疗人员的路程一定相同B.图片
3、左下角中的推荐方案的11小时41分钟是指时间间隔C.图片左下角中的推荐方案的889.1公里是指位移的大小D.两批医疗人员的平均速度一定相同【答案】B【解析】路程为实际走过轨迹的长度，通过题图无法判断两种方案轨迹长度的关系，所以路程不一定相同，故A错误；图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟，指的是从起点到终点这一过程所用的时间，为时间间隔，故B正确；图片左下角中的推荐方案的889.1公里是指从起点到终点的轨迹的长度，为路程，而位移大小为起点到终点的线段的长度，由题图可判断，路程大于位移的大小，故C错误；平均速度，由题图可判断两批医疗人员的位移大小相等，但时间不一定相等，故平均速度不一定相同，
4、故D错误.4.(2021安徽芜湖市期末)假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0t)时刻距离海面的深度为()A.vt0(1) B.C. D.【答案】B【解析】“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：ha(tt0)2(tt0)2，故选B.5.(2020浙江Z20联盟第三次联考)跳水运动员训练时从10 m跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片.从其中两张连续的照片中可知，运动员双脚离水面的实际高
5、度分别为5.0 m和2.8 m.由此估算手机连拍时间间隔最接近以下哪个数值()A.1101 s B.2101 sC.1102 s D.2102 s【答案】B【解析】设在该同学拍这两张照片时运动员下落高度h1、h2所用的时间分别为t1、t2，则h110 m5 m5 m，t11 s.h210 m2.8 m7.2 m，t21.2 s.所以手机连拍时间间隔为tt2t12101 s，故B项正确.6.(2020广西桂林、贺州、崇左高三下学期3月联合调研)甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，在t0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0t2内两车的速度时间图象(vt图象)如图所示，则在0t2这段时间内有关两车的运
6、动，下列说法正确的是()A甲、乙两辆车运动方向相反 B在t1时刻甲、乙两车再次相遇C乙车在0t2时间内的平均速度小于 D在t1t2时间内乙车在甲车前方【答案】C【解析】由图象可知，二者速度均为正值，即二者均向正方向运动，故甲、乙两辆车运动方向相同，A错误；由图象可知，在0t1时间内，两车的位移不相等，即在t1时刻甲、乙两车没有相遇，故B错误；若乙车在0t2时间内做匀变速运动，则平均速度为，如图所示，由图线与t轴围成的“面积”代表“位移”可知，乙车在这段时间内的平均速度小于，故C正确；由于t0时两车位置相同，又由图线与t轴围成的“面积”代表“位移”，可知在0t2时间内甲车的位移一直大于乙车的位移
7、，故在0t2时间内甲车一直在乙车前方，故D错误。7.(2021广东深圳市第一次调研)如图所示为甲、乙两物体做直线运动的xt图象，对于0t1时间内两物体的运动，下列说法中正确的是()A.甲物体速度方向与加速度方向相同B.乙物体加速度方向与速度方向相反C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D.乙物体位移变小，速度变大【答案】B【解析】xt图象的斜率表示速度，0t1时间内甲物体速度减小，做减速运动，所以甲物体速度方向与加速度方向相反，故A错误；0t1时间内乙物体速度减小，做减速运动，所以乙物体速度方向与加速度方向相反，故B正确，D错误；由于在0t1时间内甲、乙两物体的位移大小相等，所以它们的平均速
8、度大小相等，故C错误.8.(2020蚌埠质检)竖直向上抛出一个小球，小球向上做匀变速直线运动时的频闪照片如图所示，频闪仪每隔0.05 s闪光一次，测出ac长为23 cm，af长为34 cm，则下列说法正确的是()Abc长为13 cm Bdf长为7 cmC小球的加速度大小为12 m/s2 D小球通过d点的速度大小为2.2 m/s【答案】C【解析】：。根据题意可知，cf长为11 cm，则根据匀变速直线运动的位移差公式可得a12 m/s2，其中T0.05 s，C正确；匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度，则d点的速度为vd1.1 m/s，D错误；根据匀变速直线运动的位移公式得
9、dfvdTaT24 cm，B错误；同理可得b点的速度为vb2.3 m/s，则bcvbTaT210 cm，A错误。9.(2020湖北天门市高三二模)矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A螺钉松脱后做自由落体运动B矿井的深度为45 mC螺钉落到井底时的速度大小为25 m/sD螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s【答案】BC【解析】螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的速度，故螺钉松脱后做竖直上抛运动，A错误；由运动学公式可得，螺
10、钉自松脱至落到井底的位移大小h1v0tgt2，升降机在这段时间内的位移大小h2v0t，故矿井的深度为hh1h245 m，B正确；螺钉落到井底时的速度大小为vv0gt25 m/s，C正确；设螺钉松脱前运动的时间为t，则h1v0t，解得t6 s，所以螺钉运动的总时间为tt9 s，D错误。10.频闪照相是每隔相等时间曝光一次的照相方法，在同一张相片上记录运动物体在不同时刻的位置。如图所示是小球在竖直方向上只受重力作用运动过程中拍摄的频闪照片，相机的频闪周期为T，利用刻度尺测量相片上2、3、4、5与1位置之间的距离分别为x1、x2、x3、x4。下列说法正确的是()A. 小球一定处于下落状态B. 小球在
11、2位置的速度大小为 C. 小球的加速度大小为 D. 频闪照相法可用于验证机械能守恒定律【答案】BCD【解析】：由题图可知，从1位置到5位置，在相等时间内小球的位移越来越大，即速度越来越大，则小球可能处于下落状态，也可能处于上升状态，故A错误；若小球做匀变速直线运动，则根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，小球在2位置的瞬时速度v，根据xaT2得，(x2x1)x1aT2，解得a，故B、C正确；频闪照相法可用于验证机械能守恒定律，故D正确。11.如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖
12、直向上拋出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g10 m/s2)()A. 2.3 m/s B. 2.6 m/sC. 2.9 m/s D. 3.2 m/s【答案】BC【解析】：整个过程中小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动。小球的下落时间为t1，h为实际下落高度；圆筒在空中运动的时间为t2，v0为其上抛的初速度。根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则对临界情况分析：圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒的上沿，则h1.25 m，又t1t2，即，解得v02.5 m/s; 圆筒上抛速度较大时，当圆筒落
13、地瞬间，小球刚要落地，则h1.25 m0.55 m1.8 m，又t1t2，即，解得v03 m/s。故圆筒上抛速度的范围为2.5 m/sv03 m/s，选项B、C正确。12.(2020湖南益阳市高三期末)甲、乙两辆车初始时相距1000 m，甲车在后，乙车在前，在同一条公路上做匀变速直线运动，它们的速度时间图象如图所示，则下列说法正确的是()A两辆车在t36 s时速度相等 B乙车比甲车早出发8 sC两辆车不会相撞D甲车停下时，甲车在乙车前边191 m处【答案】AC【解析】由题图可知，甲车做匀减速直线运动，有v甲v0at50t，乙车做匀加速直线运动，有v乙(t8)。当两车速度相等时，有50t(t8)
14、，解得t36 s，同时解得共同速度v共50t14 m/s，A正确；乙车比甲车晚出发8 s，B错误；如果两车速度相等时，甲车还未追上乙车，甲、乙两车就不会相撞，t36 s时，甲车的位移x甲t36 m1152 m，乙车的位移x乙(t8 s)(368) m196 m，因为x乙1000 mx甲，所以两车不会相撞，C正确；甲车停下来时，甲车的位移x甲t甲50 m1250 m，乙车的位移x乙(t甲8 s)42 m441 m，两车之间的距离sx乙1000x甲191 m，即甲车在乙车后边191 m处，D错误。第卷(非选择题，共62分)二、实验题(本题共2小题，共14分)13.(2020四川绵阳市高中高三上学期
15、第二次诊断)(6分)小明用如图甲所示装置测量重力加速度，用电磁打点计时器(频率为50 Hz)打出纸带的一部分如图乙所示。(1)由打出的纸带可判断，实验时小明是用手拿着纸带的_(选填“A”或“B”)端由静止释放的。(2)本实验_(选填“需要”或“不需要”)用天平测重物的质量。(3)纸带上所打点1至9均为计时点，用刻度尺测得1、2两点之间的距离x124.56 cm,7、8两点之间的距离x782.23 cm，结合这两个数据可以算出当地重力加速度为_ m/s2。(保留三位有效数字)【答案】(1)A(2)不需要(3)9.71【解析】(1)重物拉着纸带运动的过程中，相等时间间隔内位移越来越大，知实验纸带的
16、B端与重物相连接，则实验时小明拿着纸带的A端由静止释放。(2)由于本实验只通过纸带计算加速度，所以不需要测重物的质量。(3)ga m/s29.71 m/s2。14.(2021广西桂林、贺州、崇左高三下学期3月联合调研)（8分）某同学用如图甲所示的装置测定当地的重力加速度。步骤如下：(1)先用校准后的游标卡尺测量金属小球的直径。图乙为用游标卡尺测量时的示数，则金属球的直径d_ cm；(2)按图甲安装好器材，测得小球被电磁铁吸住时球心到光电门的距离为h。控制电磁铁释放小球，记下金属小球通过光电门的时间t，则金属球通过光电门时的速度大小v_；(用字母表示) (3)改变光电门到小球球心的距离h得到与之
17、对应的t，取得若干组实验数据。以为纵坐标，以h为横坐标，描绘出h图象是一条倾斜直线，若直线斜率为k，则当地重力加速度g_。(用字母表示)【答案】(1)0.50(2)(3)【解析】(1)小球的直径为：5 mm00.1 mm5.0 mm0.50 cm。(2)小球经过光电门的时间极短，平均速度可视为金属小球经过光电门的瞬时速度，故v。(3)小球由静止到经过光电门这一过程，根据运动学公式有：22gh，整理有h，由题可知k，则g。三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)15.(2020全国卷24)
18、（10分）我国自主研制了运20重型运输机.飞机获得的升力大小F可用Fkv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变.(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度大小；(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间.【答案】(1)78 m/s(2)2 m/s239 s【解析】(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量
19、为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件m1gkv12m2gkv22由式及题给条件得v278 m/s(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.由匀变速直线运动公式有v222asv2at联立式及题给条件得a2 m/s2，t39 s.16.(2020金华十校4月模拟)（12分）交通法规定，汽车出现故障停在道路上时，应在车后放置如图所示的三角警示牌，提醒后面驾车的驾驶员减速避让。在夜间，某乡村道路上有一货车因故障停车，后面有一小轿车以20 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，又有大雾，小轿车驾驶员只能看清前方20 m的物体，并且他的反应时间为
20、0.6 s，制动后最大加速度大小为5 m/s2。求：(1)小轿车从发现情况到最终停止所用的最短时间；(2)三角警示牌至少要放在货车后多远处，才能有效避免两车相撞。【答案】：(1)4.6 s(2)32 m【解析】：(1)从刹车到停止时间为t2，则t24 s则小轿车从发现情况到最终停止所用的最短时间tt1t24.6 s。(2)反应时间内做匀速运动，则x1v0t112 m从刹车到停止的位移为x2，则x240 m小轿车从发现物体到停止的全部距离为xx1x252 m则有xxL32 m故三角警示牌至少要放在货车后32 m处，才能有效避免两车相撞。17.(2020福建宁德高三上学期期末)(12分)我国首艘装
21、有弹射系统的航母完成了“J15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功。已知“J15”在跑道上加速时产生的最大加速度为5.0 m/s2，起飞的最小速度为50 m/s，弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25 m/s，设航母处于静止状态。求：(1)“J15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞？(2)“J15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞？(3)若航母上不装弹射系统，设航母跑道L160 m，“J15”仍能从航母上正常起飞，则航母航行速度至少为多少？【答案】(1)5 s(2)187.5 m(3)10 m/s【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度公式vtv0at得t s5 s。(2)根据匀变速直线运动的
22、速度与位移关系式vv2ax得x m187.5 m。(3)设航空母舰的航行速度至少为v1，此时飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，则对航母有：L1v1t对飞机有：vtv1atvv2a(LL1)联立并代入数据解得：v110 m/s。18.(2021河南省郑州市一模)(14分)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试。某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示。已知汽车的质量为1500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力
23、恒定。(1)18 s末汽车的速度是多少？(2)前25 s内的汽车的位移是多少？【答案】(1)26 m/s(2)608 m【解析】(1)06 s内，由牛顿第二定律得：F1fma16 s末车速为：v1a1t1618 s内，由牛顿第二定律得：F2fma2第18 s末车速为：v2v1a2t2由图知18 s后汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：fF31500 N，解得18 s末汽车的速度：v226 m/s。(2)汽车在06 s内的位移为：x1t190 m，汽车在618 s内的位移为：x2t2336 m，汽车在1825 s内的位移为：x3v2t3182 m故汽车在前25 s内的位移为：xx1x2x3608 m。