高中教科版 (2019)第一章 描述运动的基本概念本章综合与测试导学案及答案

这是一份高中教科版 (2019)第一章 描述运动的基本概念本章综合与测试导学案及答案，共11页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．对速度的定义式v＝eq \f(Δx,Δt)，以下叙述正确的是( )
A．位移越大，则速度越大
B．速度v的大小与运动的位移x和时间t都无关
C．速度定义式只适用于匀速运动
D．速度是表示物体位置变化的物理量
答案 B
2．甲、乙两辆汽车速度相等，在同时制动后，假设均做匀减速直线运动，甲经3 s停止，共前进了36 m，乙经1.5 s停止，乙车前进的距离为( )
A．9 m B．18 m C．36 m D．27 m
答案 B
解析 甲车的平均速度eq \x\t(v)1＝eq \f(x1,t1)＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(36,3) m/s＝12 m/s，则初速度v0＝24 m/s.乙车的平均速度eq \x\t(v)2＝eq \f(v0＋0,2)＝12 m/s，则通过的位移x2＝eq \x\t(v)2t2＝12×1.5 m＝18 m．故选B.
3.某同学在墙前连续拍照时，恰好有一小白色重物从墙前的某一高度处由静止落下，拍摄到重物下落过程中的一张照片如图1所示．由于重物的运动，导致它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6.0 cm，这个照相机的曝光时间为2.0×10－2 s，g取10 m/s2，忽略空气阻力，则( )
图1
A．重物下落到A位置时的速度约为60 m/s
B．重物下落到A位置时的速度约为12 m/s
C．重物下落到A位置所需的时间约为0.6 s
D．重物下落到A位置所需的时间约为1.2 s
答案 C
解析 由题图可以看出，在曝光的时间内，重物下降了大约两层砖的高度，即12 cm(0.12 m)，曝光时间为2.0×10－2 s，所以AB段的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(0.12,2.0×10－2) m/s＝6 m/s.由于曝光时间极短，故重物下落到A位置时的速度约为6 m/s，由v＝gt可得重物下落到A位置所需的时间约为t＝eq \f(v,g)＝eq \f(6,10) s＝0.6 s，故C正确，A、B、D错误．
4.(2020·三门峡市期末)甲、乙两汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，其v－t图像如图2所示．根据图像提供的信息可知( )
图2
A．从t＝0时刻起，开始时甲在前，6 s末乙追上甲
B．从t＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最远为12.5 m
C．8 s末甲、乙相遇，且距离t＝0时的位置为30 m
D．在0～4 s内与4～6 s内甲的平均速度相等
答案 B
解析 v－t图像与t坐标轴围成的面积表示位移.0～6 s：x甲＝40 m，x乙＝30 m,6 s末乙未追上甲，A错误；甲停止后乙才能追上甲，此时x乙′＝x甲＝40 m，t＝eq \f(x乙′,v乙)＝8 s,8 s末相遇，此时距出发点40 m，C错误；速度相等时二者距离最大，最大距离为12.5 m，故B正确；0～4 s甲的平均速度v1＝eq \f(5＋10,2) m/s＝7.5 m/s,4～6 s甲的平均速度v2＝eq \f(10＋0,2) m/s＝5 m/s，故D错误．
5．如图3所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
图3
A．关卡2 B．关卡3
C．关卡4 D．关卡5
答案 C
解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝eq \f(v,a)＝1 s，在加速时间内通过的位移x1＝eq \f(1,2)at12＝1 m，t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，已过关卡2，t3＝2 s时间内x3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t5＝
0.5 s，小于2 s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C正确．
6．(2021·天水市第一中学月考)如图4所示，一个人静止在地面上，当α＝60°时，力气足够大的人能拉起重物的最大重力为人重力的0.2倍，已知地面对人的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(忽略定滑轮的摩擦力)，则当α＝30°时，人静止时能拉起重物的最大重力约为人重力的( )
图4
A．0.3倍 B．0.6倍
C．0.8倍 D．1.6倍
答案 A
解析 设人与地面间的动摩擦因数为μ，当α＝60°时，有0.2Gsin 60°＝μ(G－0.2Gcs 60°)，当α＝30°时，有kGsin 30°＝μ(G－kGcs 30°)，联立解得：k≈0.3.
7.在升降电梯内的水平地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0 kg.若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图5所示的40.0 kg，则在这段时间内(重力加速度为g＝10 m/s2)( )
图5
A．该同学所受的重力变小了
B．电梯一定在竖直向下运动
C．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
D．电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下
答案 D
解析 该同学处于失重状态，并不是重力减小了，是支持力小于重力，选项A错误；支持力与压力为作用力与反作用力，大小相等，选项C错误；电梯可能是向上减速，也可能是向下加速，mg－N＝ma，a＝0.2g，加速度方向一定竖直向下．
8.(2020·荆州中学高一上期末)如图6所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的托盘，盘中有一质量为m的物块，盘静止时弹簧长度比自然长度伸长了l.现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手放开，弹簧一直处在弹性限度内，则刚松手时盘对物块的支持力大小应为(重力加速度为g)( )
图6
A.eq \f(Δl,l)mg B．(1＋eq \f(Δl,l))mg
C.eq \f(Δl,l)(m＋m0)g D．(1＋eq \f(Δl,l))(m＋m0)g
答案 B
解析 设弹簧的劲度系数为k，由题意可知，开始整个系统处于静止状态时，有kl＝(m＋m0)g，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手放开瞬间，以m和m0为整体，受到的合力大小为kΔl，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得kΔl＝(m＋m0)a，隔离物块分析，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，联立解得N＝(1＋eq \f(Δl,l))mg，故B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，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．)
9．在如图7所示的v－t图像中，A、B两质点同时从同一点沿一条直线开始运动，运动规律用A、B两图线表示，下列叙述正确的是( )
图7
A．t＝1 s时，B质点运动方向发生改变
B．t＝2 s前后，B质点运动方向和加速度方向均发生改变
C．A、B同时由静止出发，朝相反的方向运动
D．在t＝4 s时，A、B速度相同
答案 CD
解析 质点的运动方向发生改变，即速度的正、负发生变化，显然在t＝1 s时，B质点运动方向不变，故A错误；t＝2 s 时，B质点运动方向改变，但加速度方向并没发生变化，故B错误；由题图可知，t＝0时，A、B两质点速度均为0，此后2 s内vA>0，vB<0，故C正确；由题图可知，t＝4 s时，A、B速度相同，故D正确．
10.某缓冲装置的理想模型如图8所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力不变．轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．一小车若以速度v0撞击弹簧，已知装置可安全工作，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力f0，且不计小车与地面的摩擦，弹簧始终处于弹性限度内．从小车与弹簧刚接触时开始计时到小车离开弹簧这段时间内，轻杆所受的摩擦力f随时间t变化的f－t图像可能是( )
图8
答案 AC
解析 若v0较小，当小车与弹簧接触时开始做加速度增大的减速运动，当小车速度减为零，轻杆仍未动，然后小车反向加速运动，这个过程中轻杆受到的弹力等于槽给的摩擦力，即先增大后减小，但小于滑动摩擦力，故A正确；若v0较大，当小车与弹簧接触时开始做加速度增大的减速运动，这个过程中，杆受到的是静摩擦力，随弹力增大而增大，当小车的速度减到一定程度时，弹簧对轻杆的弹力大于槽给轻杆的滑动摩擦力，则杆开始运动，运动过程中受到的是最大静摩擦力，恒定不变，小车速度减小到零后，反向加速，弹簧的弹力在减小，小于滑动摩擦力之后，杆开始减速直到静止，之后杆受到的静摩擦力随弹力的减小而减小，故C正确．
11.如图9所示，地面上固定一个倾角为θ的斜面体，在其光滑斜面上放置质量分别为m、M的物块A和B，用平行于斜面的轻质细线拴住物块B使两物块处于静止状态，重力加速度为g，则( )
图9
A．斜面体对物块A的支持力为Mgcs θ
B．细线对物块B的拉力为mgsin θ
C．物块A对物块B的摩擦力沿斜面向下
D．剪断细线，物块A、B共同沿斜面向下加速，A、B之间的摩擦力为零
答案 CD
解析 把A、B作为一个整体受力分析如图，T＝(M＋m)gsin θ，N＝(M＋m)gcs θ，故A、B错误；A受力平衡，所以B对A的摩擦力沿斜面向上，则A对B的摩擦力沿斜面向下，C正确；剪断细线后，A、B作为一个整体，下滑加速度为a＝gsin θ，A、B之间无摩擦力，故D正确．
12．如图10所示，一根轻质细绳跨过定滑轮O连接两个小球A、B，两球穿在同一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时，OA绳与水平方向的夹角为60°，OB绳与水平方向的夹角为30°，则球A、B的质量之比和杆对A、B弹力之比分别为( )
图10
A.eq \f(mA,mB)＝eq \r(3) B.eq \f(mA,mB)＝eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(NA,NB)＝eq \f(\r(3),3) D.eq \f(NA,NB)＝eq \f(\r(3),2)
答案 AC
解析 分别对A、B两球进行受力分析，运用合成法，如图所示，由几何知识得Tsin 60°＝mAg，
T′sin 30°＝mBg，
NA＝Tcs 60°，
NB＝T′cs 30°，T＝T′，故eq \f(mA,mB)＝eq \f(Tsin 60°,T′sin 30°)＝eq \r(3)，
eq \f(NA,NB)＝eq \f(Tcs 60°,T′cs 30°)＝eq \f(\r(3),3)，
故选项A、C正确，B、D错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2020·吉林市舒兰一中高一上期中)电磁打点计时器和电火花打点计时器都是使用交流电源的计时仪器，电磁打点计时器的工作电压是________，电火花打点计时器的工作电压是________．当电源频率是50 Hz时，每隔________打一个点．某次实验中得到的一条纸带，用刻度尺测量情况如图11所示，纸带在AC段的平均速度为________m/s，C点的瞬时速度约为________m/s.(最后两空结果均保留两位有效数字)
图11
答案 4～6 V(1分) 220 V(1分) 0.02 s(1分) 0.35(1分) 0.53(2分)
解析 4～6 V，电火花打点计时器的工作电压是220 V．当电源频率是50 Hz时，每隔
0.02 s打一个点．AC＝1.40 cm，则纸带在AC段的平均速度为eq \x\t(v)AC＝eq \f(xAC,tAC)＝eq \f(1.40×10－2,0.04) m/s＝0.35 m/s，C点的瞬时速度为vC＝eq \f(xBD,tBD)＝eq \f(2.53－0.40×10－2,0.04) m/s≈0.53 m/s.
14．(8分)(2020·淮安市高一模拟)某同学设计了如图12所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下力传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下力传感器的示数F1.
图12
(1)打点计时器接通频率为50 Hz的交变电源，释放小车，打出如图13所示的的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a＝________ m/s2.
图13
(2)改变小桶中细砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F(F＝F1－F0)的关系图像．不计纸带与打点计时器间的摩擦．下列图像中可能正确的是________．
(3)同一次实验中，小车释放前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1________F2(选填“＜”“＝”或“＞”)．
(4)关于该实验，下列说法中正确的是________．
A．小车和力传感器的总质量应远大于砂桶和砂的总质量
B．实验中需要将长木板右端垫高
C．实验中需要测出小车和力传感器的总质量
D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据
答案 (1)0.16(2分) (2)B(2分) (3)＞(2分) (4)D(2分)
解析 (1)相邻两计数点的时间间隔T＝0.1 s，小车的加速度a＝eq \f(x45＋x34－x12＋x23,4T2)＝0.16 m/s2.
(2)由题意知，描绘的小车加速度a与合力F(F＝F1－F0)的关系图像，相当于已补偿阻力后描绘的小车加速度与作用力的关系图像，且F1、F0均为小车受到的力，可由力传感器直接得出，故a－F图像应为过原点的倾斜直线，B项正确．
(3)小车加速运动时绳的拉力F2小于砂和砂桶的总重力(等于车静止时绳的拉力F1)，故F1＞F2.
(4)本实验中力的大小可由力传感器直接得出，不需要使小车和传感器的总质量远大于砂和砂桶的总质量，A项错误；用加砂的方法改变拉力的大小，每次砂的质量可增加得很少，而挂钩码每次质量增加得多，故前者可更方便地获取多组实验数据，D项正确；阻力可由力传感器测出，不需要补偿阻力，B项错误；本实验是探究小车的加速度与合力的关系，只要保持小车和力传感器的总质量不变，不需要测出它们的具体数值，C项错误．
15．(8分)用弹射器从地面竖直上抛质量m＝0.05 kg的小球，如果小球在到达最高点前1 s内上升的高度是它上升最大高度的eq \f(1,4)，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球上升的最大高度；
(2)小球抛出时的初速度大小．
答案 (1)20 m (2)20 m/s
解析 (1)根据逆向思维法可知，小球到达最高点前1 s内上升的高度为h1＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m(2分)
由题意可得小球上升的最大高度为H＝4h1＝4×5 m＝20 m(2分)
(2)由运动学公式知v02＝2gH(2分)
所以小球抛出时的初速度大小：v0＝20 m/s.(2分)
16．(10分)(2020·广西高一期末)如图14，质量为5 kg的物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用与水平方向成θ＝37°的F＝25 N的力拉物体，使物体由静止加速运动，10 s后撤去拉力，求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
图14
(1)物体在两个阶段的加速度各是多大；
(2)物体从运动到停止的总位移大小．
答案 (1)2.6 m/s2 2 m/s2 (2)299 m
解析 (1)力F作用时物体的受力如图所示，则有：
Fcs 37°－f＝ma(2分)
N＋Fsin 37°＝mg(1分)
f＝μN(1分)
联立三式代入数据解得：a＝2.6 m/s2(1分)
撤去拉力后，加速度大小为：a′＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2(2分)
(2)10 s末物体的速度为：v＝at＝26 m/s(1分)
则物体的总位移：x＝eq \f(v2,2a)＋eq \f(v2,2a′)＝eq \f(262,2×2.6) m＋eq \f(262,2×2) m＝299 m．(2分)
17．(12分)(2020·荆门市龙泉中学高一期中)如图15所示，轻绳一端系在质量为M＝15 kg的物体上，另一端系在一个质量为m＝0.2 kg套在粗糙竖直杆MN的圆环A上．现用水平力F拉住绳子上的O点，使物体从图中实线位置O缓慢下降到虚线位置O′，此时θ＝53°，圆环恰好要下滑．已知g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
图15
(1)此时拉力F的大小；
(2)设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求杆与环间的动摩擦因数μ.
答案 (1)200 N (2)0.76
解析 (1)对结点O′受力分析如图所示：
在水平方向：F＝Tsin 53°(2分)
在竖直方向：Tcs 53°＝Mg(2分)
由以上两式解得：F＝200 N(2分)
(2)物体与圆环组成的系统处于平衡状态，在水平方向：F＝N
在竖直方向：f＝mg＋Mg(2分)
环恰好要滑动，则有：f＝μN(2分)
联立解得：μ＝0.76(2分)
18.(16分)在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图16所示，假设某汽车以10 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人，该人正以相对地面2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行．已知斜坡高xAB＝3 m，长xAC＝5 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离xCE＝6 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面间的动摩擦因数约为0.5.汽车经过C点时速度大小不变，g取10 m/s2，计算结果可用根式表示．
图16
(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小；
(2)求汽车沿斜坡滑下到达坡底C点时的速度大小；
(3)试分析此种情况下，行人是否有危险．
答案 (1)2 m/s2 (2)2eq \r(30) m/s (3)有危险
解析 (1)设斜坡倾角为θ，汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma1(2分)
由几何关系得sin θ＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)(1分)
联立以上各式解得汽车在斜坡上滑下时的加速度大小a1＝2 m/s2(1分)
(2)由匀变速直线运动规律可得
v C 2－v A 2＝2a1xAC(2分)
解得汽车到达坡底C点时的速度大小
vC＝2eq \r(30) m/s(1分)
(3)汽车到达坡底经历时间t1＝eq \f(vC－vA,a1)＝(eq \r(30)－5) s(1分)
汽车在水平路面运动阶段，由μmg＝ma2得汽车的加速度大小a2＝μg＝5 m/s2(1分)
汽车的速度减至v＝v人＝2 m/s时发生的位移
x1＝eq \f(v C 2－v人2,2a2)＝11.6 m(2分)
经历的时间t2＝eq \f(vC－v人,a2)＝eq \f(2,5)(eq \r(30)－1) s(1分)
行人发生的位移
x2＝v人(t1＋t2)＝eq \f(2,5)(7eq \r(30)－27) m≈4.54 m(2分)
因x1－x2＝7.06 m>6 m，故行人有危险．(2分)