（新高考）2022届高中物理一轮复习 第一单元 直线运动 训练卷 B卷 教师版

这是一份（新高考）2022届高中物理一轮复习 第一单元 直线运动 训练卷 B卷 教师版，共6页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

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（新高考）2022届高三一轮单元训练卷
第一单元 直线运动（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．进行运动过程的分析是学习物理的基本能力。一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小，直至为零，关于该物体运动的情况，下列说法正确的是(　　)
A．物体的速度一定不断减小
B．物体的速度可能不断减小，加速度为零时，速度最小
C．速度的变化率一定越来越小
D．速度一定是越来越小
【答案】C
【解析】当加速度的方向与速度方向相反时，物体的速度不断减小，故A错误；加速度的方向与速度方向相同时，物体的速度不断增大，当加速度减为零时，速度最大，故B错误；加速度等于速度的变化率，加速度逐渐减小，速度的变化率越来越小，故C正确；当加速度的方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大，故D错误。
2．如图所示为某医院体检中心的身高测量仪。测量仪顶部向下发射波速为340 m/s的超声波，超声波遇到障碍物后反射回来，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。已知测量仪没有站人时，顶部距离台面2.09 m，当一学生站在台面规定位置后，测量仪记录的时间间隔为0.003 s，则该学生的身高最接近(　　)

A．118 cm B．138 cm C．158 cm D．178 cm
【答案】C
【解析】根据题意可知，人的高度h＝2.09 m－×340×0.003 m＝1.58 m＝158cm，故C正确。
3．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点(　　)
A．第1 s内的位移是10 m
B．前2 s内的平均速度是3 m/s
C．运动的加速度为1 m/s2
D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s
【答案】B
【解析】第1 s内的位移x1＝(6＋5×1－1) m－6 m＝4 m，故A错误；前2 s内的位移x2＝(6＋5×2－4)m－6 m＝6 m，则前2 s内的平均速度＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；根据x＝v0t＋at2＝6＋5t－t2，得加速度a＝－2 m/s2，任意1 s内速度的增量Δv＝at＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故C、D错误。
4．t＝0时刻，物体由静止开始做匀加速直线运动，已知2 s末的速度大小为8 m/s，则(　　)
A．物体的加速度大小为8 m/s2 B．物体在2 s内的平均速度大小为8 m/s
C．物体在第2 s内的位移大小为8 m D．物体在2 s内的位移大小为8 m
【答案】D
【解析】物体由静止开始做匀加速直线运动，2 s末的速度大小为8 m/s，则加速度大小a＝ m/s2＝4 m/s2，A错误；物体在2 s内的位移大小为x2＝at22＝8 m，则物体在2 s内的平均速度大小＝＝4 m/s，B错误，D正确；物体在第2 s内的位移大小为Δx＝at22－at12＝6 m，C错误。
5．如图所示为A、B两物体运动的位移－时间图像。下列说法中不正确的是(　　)

A．A、B两物体开始运动时相距100 m，同时相向运动
B．B物体做匀速直线运动，速度大小为5 m/s
C．A、B两物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处相遇
D．A物体在运动过程中停止了6 s
【答案】D
【解析】根据位移－时间图像知A开始运动时坐标位置为x＝0，B开始运动时坐标位置为x＝100 m，故A、B两物体开始运动时相距100 m，位移－时间图像的斜率表示物体运动的速度，A的速度为正，B的速度为负，故两物体的速度方向相反，是相向运动，A正确；位移－时间图像的斜率表示速度，知B物体做匀速直线运动，速度大小为v＝|| m/s＝5 m/s，B正确；t＝8 s时两图线相交，表示A、B两物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处到达同一位置，即相遇，C正确；2～6 s内，物体A位置坐标不变，保持静止，即停止了4 s，D错误。
6．某人在室内以窗户为背景拍摄照片时，恰好把从房檐落下的一个石子拍摄在照片中，石子可看成质点。形成如图所示画面。画面中的一条线就是石子运动痕迹。痕迹长为0.5 cm，已知曝光时间0.01 s，实际长度为120 cm的窗户在照片中长度为3.0 cm。请估算石子是从距窗户顶端多高的地方落下来的(　　)

A．20 m B．30 m C．2 m D．4 m
【答案】A
【解析】设在曝光时间0.01 s内，石子实际下落的距离为x，由题意得，解得x＝20 cm，曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，石子在这0.01 s内的速度，石子做自由落体运动2gh＝v2，解得h＝20 m，故选A。
7．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验。让甲车以最大加速度a1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a2制动，直到停止；乙车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度a2制动，直到停止。实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4。则a1∶a2的值为(　　)
A．2∶1 B．1∶2 C．4∶3 D．4∶5
【答案】B
【解析】根据题述，作出甲乙两车的速度－时间图象，如图所示。设甲车匀速运动的时间为t1，总时间为t。则有v∶v＝5∶4，解得t1∶t＝1∶4。乙车以最大加速度a，加速到最大速度后立即以加速度制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动时间和匀减速直线运动时间相等，可知匀加速运动时间和匀减速运动时间之比为2∶1，可知a1∶a2＝1∶2，B项正确。

8．物体以初速度v0竖直上抛，经3 s 到达最高点，空气阻力不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．物体的初速度v0为60 m/s
B．物体上升的最大高度为50 m
C．物体在第1 s内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比为5∶3∶1
D．物体在1 s内、2 s 内、3 s内的平均速度之比为9∶4∶1
【答案】C
【解析】涉及到竖直上抛的公式及性质，有h＝v0t－gt2，vt＝v0－gt，解得v0＝30 m/s，最大高度h＝45 m，故A、B错误；物体在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移分别为25 m、15 m、5 m，由＝得在相等时间内的平均速度比为5∶3∶1，物体在1 s内、2 s内、3 s内的平均速度之比为5∶4∶3，故C正确，D错误。
二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．有人提出“加速度的变化率”的概念，基于你的理解，下列说法正确的是(　　)

A．“加速度的变化率”的单位应是m/s3
B．加速度的变化率为零的运动是匀速直线运动
C．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，表示的是物体的速度在减小
D．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，已知物体在t＝0时速度为5 m/s，则2 s末的速度大小为8 m/s
【答案】AD
【解析】根据力学单位制可以知道，加速度的变化率的单位为＝m/s3，A正确；加速度的变化率为零，说明物体的加速度不变，做匀变速直线运动，B错误；若加速度与速度同向，即使加速度减小物体的速度仍然增大，C错误；加速度图线与t轴所围面积表示速度的变化量，故物体在2 s末的速度大小v＝5 m/s＋×2×3 m/s＝8 m/s，D正确。
10．如图所示，一小球沿足够长的固定斜面以初速度v向上做匀减速直线运动，依次通过A、B、C、D到达最高点E，已知AB＝BD＝6 m，BC＝1 m，小球从A到C和从C到D所用时间均为2 s，设小球经过A点时的速度为vA，则(　　)

A．小球向上运动过程中加速度大小为1 m/s2
B．小球经过A点时的速度为4 m/s
C．小球在AE段的平均速度为3 m/s
D．小球从D到E的时间为4 s
【答案】BD
【解析】从A经C到D过程，根据xAC－xCD＝aT2代入数据，可得a＝0.5 m/s2，A错误；小球经过C点的速度为AD段的平均速度，又由于vA2－vC2＝2axAC，代入数据解得vA＝4 m/s，B正确；由于到达E点速度减为零，因此小球在AE段的平均速度，C错误；小球从C到E的时间，而C到D的时间为2 s，因此小球从D到E的时间为4 s，D正确。
11．如图甲，现代城市里面高楼林立。如图乙，是某地两高楼示意图，左边的楼高98 m，右边的楼高200 m，水平间距为136 m。左边楼顶一人拿着1 kg的E球，右边楼顶另一人拿着4 kg的F球；若右边楼顶的人静止释放F球的同时大喊一声，左边楼顶的人一旦听到声音后即刻静止释放E球，不计空气阻力，人和球均看成质点，声音在空气中传播的速度为340 m/s，则下列说法正确的是(本题取＝3.2，本题仅供理论讨论，严禁高空抛物)(　　)

A．E球先落地
B．在两球均释放后且落地前的过程中，在相等的时间内E球的速度变化量小于F球的
C．两球落地的时间差为1.92 s
D．在E球落地的一瞬间，F球离地面的高度小于左边楼的高度
【答案】AD
【解析】根据h＝gt2解得F球落地的时间tF＝6.4 s，E球从听到声音释放小球到小球落地所用时间为<6.4 s，则E球先落地，两球落地的时间差Δt＝1.525 s，故A正确，C错误；根据v＝gt，可知两球都只受重力作用，加速度等于重力加速度，在相等的时间内E球的速度变化量等于F球的，故B错误；在E球落地的一瞬间，F球离地面的高度h1＝200 m－gtE2≈81 m<98 m，故D正确。
12．由于公路维修，只允许单车道通行。t＝0时，甲车在前，乙车在后，相距x0＝100 m，速度均为v0＝30 m/s，从此时开始两车按图所示规律运动，则下列说法正确的是(　　)

A．两车最近距离为10 m
B．两车最近距离为100 m
C．两车一定不会相遇
D．两车一定会相遇
【答案】AC
【解析】在0～3 s时间内，甲车一直减速，乙车匀速运动，两车距离一直减小，在3 s～9 s时间内，甲车从静止开始加速，乙车开始减速，当两车速度相等时，距离最近，从3 s开始，甲车的加速度为5 m/s2，再经t时间，两车速度相等，a甲t＝v0－a乙t，得t＝3 s，因此在6 s时两车距离最近，由甲车图象可知x甲＝67.5 m，设前3 s为t0，乙车的位移x乙＝v0t＋v0t－a乙t2＝157.5 m，此时两车间距离Δx＝x0＋x甲－x乙＝10 m，因此两车最近距离为10 m，不会相遇，AC正确，BD错误。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
12．(6分)为了探究在橡皮条弹力作用下小车的运动，某同学设计了如图甲所示的实验，由静止释放小车，小车在处于伸长状态的橡皮条弹力的作用下向左运动。打点计时器打下的纸带如图乙所示，计时点0为打下的第一个点，两点之间的时间间隔为T，该同学在测出计时点2、3、4到计时点0的距离x1、x2、x3后，将纸带由图示位置剪断，将每段纸带的下端对齐，依次并排粘贴在直角坐标系中，连接各段纸带上端的中点画出平滑曲线如图丙所示。对该实验结果的研究可知：
　
(1)处理数据时，图丙纵轴取速度参量，横轴取时间参量，计数点2、3的速度分别为v2、v3，则图中vA表示________；
A．v3 B． C． D．
(2)在有橡皮条弹力作用时，小车做加速度________的直线运动；
A．不断减小 B．不断增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
(3)图中vB对应的实际时刻________（选填“大于1.5T”“等于1.5T”或“小于1.5T”）。
【答案】(1)C (2)C (3)小于1.5T (每空2分)
【解析】(1)根据题意可知，图象横轴用纸带的宽度体现时间，纵轴用点与点的间距折算速度，则，ABD错误，C正确。
(2)结合上述分析可知图象的斜率可以体现加速度，图象斜率先减小后增大，所以加速度先减小后增大，即选C。也可以从牛顿第二定律的角度分析，弹力开始大于摩擦力，弹力减小，根据F弹－f＝ma，可知小车先做加速度减小的加速度运动；当弹力小于摩擦力时，加速度反向，弹力仍然减小，根据f－F弹＝ma，可知小车后做加速度增大的减速运动。
(3)若小车做匀加速直线运动，图象为过原点直线，vB对应的时刻为1.5T，实际图象为上凸曲线，B点处于加速度减小的加速运动过程中，所以vB对应的实际时刻小于1.5T。
12．(6分)物理小组的同学用如图甲所示的实验器材测定重力加速度。实验器材有：底座带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器，其中光电门1在光电门2的上方，小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h。
(1)使用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球直径为_________cm。

(2)改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系式h＝________。
(3)根据实验数据作出图象如图丙所示，若图中直线斜率的绝对值为k，根据图象得出重力加速度g大小为________。
【答案】(1)1.170 (2) vt－gt2 (3)2k (每空2分)
【解析】(1)主尺读数为1.1 cm，游标尺读数为0.05×14 mm＝0.70 mm＝0.070 cm，所以最终读数为1.1 cm＋0.070 cm＝1.170 cm。
(2)小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间，所以从开始释放到经过光电门1的时间，所以经过光电门1的速度v′＝gt′′＝v－gt，根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离。
(3)由公式得，若图线斜率的绝对值为k，则k＝g，所以重力加速度大小g＝2k。
13．(8分)树上有一个苹果，离地2.7 m，成熟后自由落下。在与苹果水平距离1.5 m处的小孩看到其落下，经0.2 s反应时间，从1.5 m的高度平抛出一颗小石子。g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)若石子未击中苹果，求石子在空中运动的时间t1（结果保留2位有效数字）。
(2)若石子能击中苹果，求石子在空中运动的时间t2。
【解析】(1)由h＝gt2得，石子在空中运动的时间t1≈0.55 s。 (2分)
(2)若石子能击中梨，竖直方向梨比石子多运动0.2 s，多运动了1.2 m，则
y2－y1＝1.2 m (1分)
y2＝g(t2＋0.2)2 (2分)
y1＝gt22 (2分)
解得t2＝0.5 s (1分)

14．(11分)如图甲所示，一小滑块（可视为质点）与长木板一起以v0＝5 m/s的速度沿光滑水平面向左运动。现给长木板加一个F＝12 N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，长木板运动的v－t图如图乙所示。当长木板速度减速为零时，小滑块恰好滑至长平板上的A点，此时撤去外力F并将长木板锁定，小滑块继续沿长木板运动，恰好到达长木板的最左端。已知长木板的质量M＝2 kg，小滑块的质量m＝1 kg，g取10 m/s2。求：

(1)滑块运动到A点时的速度vA；
(2)长平板的长度L。
【解析】(1)当给长木板加一个F＝12 N向右的水平推力，长木板向左匀减速运动，由v－t图得加速度的大小a1＝5 m/s2 (2分)
对长木板由牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma1 (1分)
对滑块受由牛顿第二定律得：μmg＝ma2 (1分)
联立解得：a2＝2 m/s2 (1分)
经过时间t＝1 s，到达A点的速度vA＝v0－a2t＝3 m/s。 (1分)
(2)由图知，长木板1 s内的位移x1＝×1×5 m＝2.5 m (1分)
滑块1 s内的位移x2＝＝4 m (1分)
则相对位移Δx＝x2－x1＝1.5 m (1分)
1 s后，长木板固定不动，滑块继续做减速运动到零时，刚好达到长木板左端，则位移
x3＝＝2.25 m (1分)
故长木板的长度L＝Δx＋x3＝3.75 m。 (1分)
15．(12分)受疫情影响，今年端午很多地方都停办龙舟比赛。在去年的一龙舟比赛中，某龙舟队以1分6.70秒的成绩获男子组500米直道竞速项目的冠军，该队比赛时采用的龙舟及装备质量为480千克，设12名选手，队员的平均质量为60千克。如果我们把该队这次赛程简化为先做初速度为零的匀加速直线运动，达到v＝8 m/s后以匀速直线运动完成赛程。（计算结果均保留2位有效数字）

(1)求龙舟匀加速阶段的加速度大小；
(2)假设该队在正常完成100米赛程时出现失误，使龙舟在10秒内速度均匀减小到v1＝4 m/s，经调整10秒末龙舟恢复正常匀加速，最后也以速度v＝8 m/s匀速完成剩余赛程，求该队由于失误而耽误的时间。
【解析】(1)设匀加速运动的时间为t1，则匀速运动的时间为t－t1，根据运动学公式有：
x＝vt1＋v(t－t1) (2分)
解得t1＝8.4 s (1分)
根据速度时间公式有v＝at1 (1分)
解得a＝0.95 m/s2。 (1分)
(2)匀减速t2＝10 s内的位移x1＝＝60 m (1分)
由v1再加速到v所用的时间t3＝＝4.2 s (1分)
通过的位移x2＝＝25 m (1分)
若不失误龙舟匀速通过x1、x2需要的时间为t4，则有x1＋x2＝vt4 (2分)
解得t4＝10.65 s (1分)
因失误而耽误的时间Δt＝t2＋t3－t4＝3.55 s。 (1分)
16．(17分)质点A沿直线以速度vA＝5 m/s匀速运动，t＝0时在A后面与A相距Δx＝8.36 m的质点B由静止开始运动，质点B运动方向与A相同，其加速度随时间周期性变化，加速度随时间变化的a－t图象如图所示。问：

(1)t＝l s时，质点B的位移为多大？
(2)质点B追上A之前，何时两者间的距离最大？最大距离为多少？
(3)B开始运动后经多少时间追上A？
【解析】(1)x＝at2＝1 m。 (1分)
(2)质点B的速度为5 m/s时，A、B之间的距离最大，质点B如果以2 m/s2的加速度做匀加速运动，设速度达到5 m/s需要的时间为Δt，由运动学公式得
Δt＝＝2.5 s (1分)
由质点B加速度与时间的关系知，经过时间t1＝4.5 s时，A、B之间的距离最大 (1分)
在时间t1内质点A发生的位移xA＝vAt1＝22.5 m (1分)
质点B在第1 s末的速度v1＝at＝2 m/s
质点B在第2 s内的位移x2＝v1ΔT，式中ΔT＝1 s，代入数据得 x2＝2 m (1分)
质点B在第3 s内的位移x3＝v1ΔT＋a(ΔT)2＝3 m (1分)
质点B在第n s（n为整数）内的位移xn＝n m (1分)
质点B在t1时间内的位移xB＝(1＋2＋3＋4＋2aΔT×0.5＋a×0.52)m＝12.25 m (1分)
故A、B之间的最大距离Δxmax＝Δx＋xA－xB＝18.61 m。 (1分)
(3)设经历时间t（t为正整数）后B追上A，此时A的位移xA′＝vAt
B的位移xB′＝xA′＋Δx (1分)
此式无整数解，但可求得10 s＜t＜11 s (1分)
10 s内A发生的位移xA1＝vA×10 s＝50 m (1分)
B发生位移xB1＝m＝55 m (1分)
故在10 s后，B需比A多发生的位移Δx′＝Δx＋xA1－xB1＝3.36 m (1分)
设10 s后需时间t′，B追上A，则：5aΔTt′＋at′2－vAt′＝3.36 m (1分)
得t′＝0.6 s (1分)
故B出发后需经过时间tB＝10 s＋t′＝10.6 s追上A。 (1分)