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单元综合检测二(第二章)
(75分钟　100分)
一、选择题:本题共10小题,共46分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.我国自行研制的“枭龙”战机已在四川某地试飞成功。假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动,达到起飞速度v所需时间为t,则起飞前的运动距离为(　　)
A.vt B. C.2vt D.不能确定
1.B　
2.(2026·贵州高考)某同学乘坐列车时,在自己的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估算隧道长度。该同学进隧道时速度为60 m/s,出隧道时速度为50 m/s,总用时200 s。若列车在隧道中做匀减速直线运动,则该隧道长为(　　)
A.5 000 m　　　　　 B.8 000 m
C.11 000 m D.14 000 m
2.C　列车在隧道内做匀减速直线运动,匀变速直线运动的平均速度满足=,位移等于平均速度乘以运动时间,即x=t,代入已知条件v0=60 m/s、v=50 m/s、t=200 s,计算得x=×200 m=
11 000 m,故选C。
3.无人驾驶技术在复杂道路上推广应用,还有诸多难题亟待解决,速度的变化需要时间,汽车在这段时间内会发生位移,汽车紧急刹车,会在路面上留下刹车痕迹,某次汽车紧急刹车后测得的刹车痕迹长为27 m,假设制动后汽车做加速度大小恒为6 m/s2的匀减速直线运动直到停止,则关于该汽车的运动下列说法正确的是(　　)
A.刚刹车时,汽车的初速度大小为12 m/s
B.刚刹车时,汽车的初速度大小为18 m/s
C.刹车后,汽车最后1 s内的位移大小为6 m
D.刹车后4 s内的位移大小为24 m
3.B　根据匀变速直线运动位移—速度公式可得0-=-2ax,可得刚刹车时,汽车的初速度大小为v0== m/s=18 m/s,A错误,B正确;根据逆向思维可得,刹车后汽车最后1 s内的位移大小为Δx=a=×6×12 m=3 m,C错误;汽车从开始刹车到停下所用时间为t0== s=3 s,则刹车后4 s内的位移大小等于整个刹车过程的位移大小,即为27 m,D错误。
4.电影中汽车从山崖上坠落的镜头常用缩微模型摄影的方法拍摄:如将汽车与山崖都制作成1∶100缩微模型(即模型中所有景物的1 cm相当于真实世界的1 m)。设电影放映时每1 s播放的画面数(帧率,单位为帧/秒)恒为a。为了让模型汽车坠崖的镜头达到以假乱真的视觉效果,则摄影机在拍摄电影时的(　　)
A.帧率应为a B.帧率应为10a
C.帧率应为100a D.帧率应为a
4.B　可将汽车和模型汽车坠落山崖的运动都看作是自由落体运动;即模型汽车坠落和实际汽车坠落的加速度相同,根据h=gt2,可得汽车实际运动的时间为t实=,由h模=,可得t模===t实。电影放映时每1 s播放的画面数(帧率,单位为帧/秒)恒为a。为了让模型汽车坠崖的镜头达到以假乱真的视觉效果,则摄影机在拍摄电影时的帧率应为10a。
5.在校园运动会中,小政和小奇争夺100米决赛冠军时,小政起跑加速偏慢(即起跑时加速度较小),但率先抵达终点获得冠军,用时为t0。则下列v-t图像中,能大致体现两位同学运动情况的是(　　)
5.A　在v-t图像中,图像的斜率代表加速度,图像与横轴围成的面积表示位移,则根据题意可知,小政加速阶段斜率较小,若率先抵达终点,则用时较少,想要图像围成的面积相等,只能是小政的最大速度比小奇大才能满足要求。故A正确。
6.A、B两物体同时同地同向出发,其运动的v-t图像和a-t图像如图甲、乙所示,已知在0~t0和t0~2t0两段时间内,A物体在v-t图像中的两段曲线形状相同,则有关A、B两物体的说法不正确的是(　　)
A.a2=2a1
B.物体A一直加速
C.t0 时刻,A、B两物体第一次相遇
D.2t0 时刻,A、B两物体第一次相遇
6.C
7.(2024·海南等级考)商场自动感应门如图所示,人走近时两扇门从静止开始同时分别向左右平移,经4 s恰好完全打开,两扇门移动距离均为2 m,若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动,完全打开时速度恰好为0,则加速度的大小为(　　)
A.1.25 m/s2 B.1 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.25 m/s2
7.C
8.甲、乙两物体的运动图像如图所示,横轴为时间,纵轴未标记。已知乙图像为倾斜直线,甲图像由两段抛物线组成,t1、t2时刻分别对应甲图像中开口向下和开口向上的抛物线的顶点,已知t2=2t1,且坐标轴均使用国际单位,则以下说法正确的是(　　)
A.若图像为v-t图像,则0~t1内甲物体的加速度总比乙物体大
B.若图像为v-t图像,则t1~t2内乙物体位移大小为
C.若图像为x-t图像,则乙物体0~t1内与t1~t2内的位移之比为1∶3
D.若图像为x-t图像,则甲物体在0~t1内与t1~t2内的加速度大小相等
8.B、D　若图像为v-t图像,图像斜率表示加速度大小,则0~t1内甲的加速度逐渐减为0,则选项A错误;若图像为v-t图像,图像与坐标轴所围面积表示位移,则乙物体t1~t2内的梯形面积即为位移大小,x=,选项B正确;若图像为x-t图像,则乙物体做匀速直线运动,在前后两段相等的时间内的位移之比应为1∶1,故选项C错误;甲物体0~t1内正向匀减速到零,t1~t2内反向匀减速到零,两个过程位移大小相等,时间相同,由x=at2可知,两段时间内的加速度大小相等,选项D正确。
9.关于自由落体运动,下列说法正确的是(　　)
A.初速度为零的竖直向下的运动是自由落体运动
B.只在重力作用下的竖直向下的运动是自由落体运动
C.自由落体运动在任意相等的时间内速度变化量相等
D.自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动
9.C、D　选项A中,竖直向下的运动,有可能受到空气阻力或其他力的影响,下落的加速度不等于g,这样就不是自由落体运动;选项B中,物体有可能具有初速度,所以选项A、B错误。选项C中,因自由落体运动是匀变速直线运动,加速度恒定,由加速度的概念a=可知,Δv=gΔt,所以若时间相等,则速度的变化量相等,选项C正确。选项D中,根据自由落体运动的性质判定该说法是正确的。
10.北京市少年宫花样玩具赛车表演中,两位少年宫的小朋友分别控制着甲、乙两辆遥控玩具赛车同时同地从相邻的跑道出发,沿同一方向运动。通过各自的传感器将速度信息传给电脑,并通过电脑绘制出如图所示的v-t图像,甲图线是圆心在坐标原点的圆弧,乙图线是过原点和点(10 s,10 m/s)的直线。在0~10 s内,关于两赛车间的位置关系的说法正确的是 (　　)
A.在t1时刻两赛车相遇
B.在t1时刻两赛车间的距离最大
C.在t1~10 s内的某时刻两赛车相遇
D.在t=10 s时,甲赛车在乙赛车前方约28.5 m处
10.B、D　在0~t1时间内,甲赛车的速度比乙赛车的速度大,而两赛车从同一地点出发,则两赛车间的距离增大。在t1~10 s时间内,甲赛车的速度比乙赛车的速度小,两赛车间的距离减小,所以t1时刻两赛车间的距离最大,故A错误,B正确。根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移,可知甲的位移一直比乙的大,所以在0~10 s内两赛车没有相遇,故C错误。t=10 s时,甲赛车的位移约为x甲==
m≈78.5 m,乙赛车的位移x乙=10× m=50 m,所以甲赛车在乙赛车前方的距离约为L=78.5 m-50m=28.5 m,故D正确。
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.(8分)(2025·泰安高一检测)在做“研究匀变速直线运动”的实验中,实验室提供了以下器材:电磁打点计时器(附导线、50 Hz低压交流电源、复写纸、纸带)、长木板(附有滑轮)、小车、重物、细绳、刻度尺、天平。实验装置如图甲所示,一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上,打点计时器固定在长木板右侧,重物通过细绳跨过定滑轮与小车相连,定滑轮右侧的细绳与长木板平行,小车后面与穿过打点计时器的纸带相连。
(1)实验室提供的实验器材中,本实验不需要的是　　　　　;(2分)
(2)在实验操作过程中,应该先　　　　　,然后　　　　　(均选填“接通电源”或“释放小车”)。打出的一条清晰纸带如图乙所示,纸带上标出的点是计数点,每相邻两个计数点间还有4个计时点没有画出。测量数据如下:
x1=4.20 cm,x2=4.91 cm,x3=5.61 cm,x4=6.32 cm,x5=7.02 cm,x6=7.73 cm;(2分)
(3)打点计时器在打下P点时小车的速度vP=　　　　　m/s(结果保留2位有效数字);(2分)
(4)如果当时电网中交变电流的频率稍有增大,打点时间间隔为0.019 s,而做实验的同学并不知道,那么速度的测量值与实际值相比　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。(2分)
11.【解析】(1)实验室提供的实验器材中,本实验不需要的是天平;
(2)在实验操作过程中,应该先接通电源,然后释放小车;
(3)每相邻两个计数点间还有4个计时点没有画出,则T=0.1 s,则打点计时器在打下P点时小车的速度vP== m/s=0.23 m/s;
(4)如果当时电网中交变电流的频率稍有增大,打点时间间隔为0.019 s,即打点周期偏小,而做实验的同学并不知道,仍按0.02 s计算,那么速度的测量值与实际值相比偏小。
答案:(1)天平　(2)接通电源　释放小车
(3)0.23　(4)偏小
12.(8分)某学生在实验室中用打点计时器来探究小车速度随时间变化的规律,发现实验室中有如图的两种打点计时器,回答下列问题:
(1)甲图为　　　　　　(选填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”)。(1分)
(2)若用甲图中打点计时器,则图中接线正确的是　　　　(选填“A”或“B”)。(1分)
(3)该同学用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况,在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点,相邻点间的距离如图丙所示,每两个相邻的计数点之间还有4个计时点未画出,电源频率为50 Hz。
①根据纸带计算出打下B点时小车的瞬时速度填入表中,要求保留3位有效数字。(2分)
计数点 B C D E F
速度/ (m·s-1) 　 0.477 0.558 0.638 0.719
②以打下A点的时刻为计时起点,将B、C、D、E、F各点对应的瞬时速度标在图丁的直角坐标系中,并画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线。(2分)
③由所画速度—时间图像求出小车的加速度为　　　m/s2(结果保留2位有效数字)。(2分)
12.【解析】(1)甲图为电磁打点计时器。
(2)若用甲图中打点计时器,电源应接低压交流电源,则接线正确的是B。
(3)①每两个相邻的计数点之间还有4个计时点未画出,可知相邻计数点时间间隔为T=5×0.02 s=0.1 s,根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度,则打下B点时小车的瞬时速度为vB== m/s=0.398 m/s。
②根据表格数据进行描点连线,小车的瞬时速度随时间变化的关系图线如图所示。
③根据v-t图像的斜率表示加速度,可知小车的加速度为a== m/s2=0.80 m/s2。
答案:(1)电磁打点计时器　(2)B
(3)①0.398　②见解析图　③0.80
13.(10分)(2025·宜春高一检测)如图所示为“眼疾手快”游戏装置示意图,游戏者需接住从支架上随机落下的圆棒。已知圆棒长为0.2 m,圆棒下端距水平地面1.8 m。某次游戏中一未被接住的圆棒下落经过A、B两点,A、B间距0.4 m,B点距离地面1.2 m。圆棒下落过程中始终保持竖直,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)圆棒下端到达A点时的速度大小;(5分)
(2)圆棒经过AB段所需的时间。(5分)
13.【解析】(1)圆棒下端到A点间距
h1=1.8 m-0.4 m-1.2 m=0.2 m
圆棒下端到达A点过程,根据位移公式有h1=g
解得t1=0.2 s
根据速度与位移的关系有v2=2gh1
解得v=2 m/s
(2)圆棒上端到B点间距
h2=1.8 m-1.2 m+0.2 m=0.8 m
圆棒上端到达B点过程,根据位移公式有
h2=g
解得t2=0.4 s
则圆棒经过AB段所需的时间
t=t2-t1=0.2 s
答案:(1)2 m/s　(2)0.2 s
14.(12分)(2025·盐城高一检测)小李利用假日游学,他乘坐的公共汽车从车站开出,以大小为v=8 m/s的速度沿平直公路匀速行驶,由于有东西忘了带,汽车开出t0=5 s后他爸爸骑一辆摩托车从同一车站由静止以大小a=1 m/s2的加速度匀加速直线追赶,求:
(1)摩托车出发后,追上汽车的时间t及其追赶过程中通过的距离x;(4分)
(2)摩托车追上汽车前两车间的最大距离xm;(4分)
(3)若小李爸爸骑的是电动车,其加速度不变,但最大行驶速度为vm=10 m/s,则他爸爸至少多长时间才能追上 (4分)
14.【解析】(1)摩托车出发后,追上汽车时,有
x=v(t+t0),x=at2,
解得t=20 s,x=200 m。
(2)当摩托车速度等于汽车速度时,摩托车追上汽车前两车间的距离最大,
设经t1时间,摩托车速度等于汽车速度,则t1==8 s,
摩托车追上汽车前两车间的最大距离为
xm=v(t1+t0)-a=8×(8+5) m-×1×82 m=72 m。
(3)电动车做加速运动的时间为t2==10 s,
电动车做加速运动的位移为x1=a=50 m,
设电动车出发后,经t3时间追上汽车,
则x1+vm(t3-t2)=v(t3+t0),
解得t3=45 s。
答案:(1)20 s　200 m　(2)72 m　(3)45 s
15.(16分)如图甲所示,小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动,规定沿斜面向下为正方向,小球在t1=1 s时刻运动到B点与挡板发生碰撞(碰撞时间忽略不计),然后沿着斜面向上做加速度大小为a2的匀减速直线运动,在t2=1.25 s时刻到达C点,此时速度正好为0,接着从C点向下运动到B点,到达B点的时刻为t3,以上过程的v-t图像如图乙所示,已知0~t1与t2~t3时间的v-t图像平行,a2与a1大小的差值为4 m/s2。计算结果可保留根式,求:
(1)小球与挡板碰撞过程的速度变化量大小;(5分)
(2)t3时刻小球的速度大小;(6分)
(3)0~t3时间内小球的平均速度大小。(5分)
15.【解析】(1)由加速度的定义可得
a1=,a2=,
a2-a1=4 m/s2,
解得v0=2 m/s,a1=4 m/s2,a2=8 m/s2。
小球与挡板碰撞过程的速度变化量
Δv=-v0-2v0,
解得Δv=-6 m/s。
即小球与挡板碰撞过程的速度变化量大小为6 m/s。
(2)设t2~t3时间内,小球的加速度大小为a3,
又0~t1与t2~t3时间内的v-t图像平行,
则有a3=a1=4 m/s2,
由加速度的定义有a3=,
分析可知t1~t3时间内,小球由B点运动到C点再回到B点,则此过程小球的位移为0,
v-t图像与时间轴围成的面积表示小球的位移,
则有(-v0)(t2-t1)+v1(t3-t2)=0,
解得v1= m/s,t3= s。
(3)t1~t3时间内小球的位移为0,
则0~t3时间内小球的位移等于0~t1时间内小球的位移,则有x=×2v0t1,
0~t3时间内,小球的平均速度大小=,
解得= m/s。
答案:(1)6 m/s　(2) m/s　
(3) m/s
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