2017高三上学期理综一轮复习测试题

　　6.C解析：图象中图线在时间轴下方区域的时间内质点沿x轴负向运动，故A项错.由题中图象可知，质点将最终停止在某一位置，B项错.质点运动过程中离原点的最大距离为最终2t0时间内发生的位移，大小为v0t0，故C项正确.质点最终静止时离开原点的距离一定小于v0t0，D项错.

　　7.A解析：由于撞击地面和弹起的速率相等，所以可设为v，则向下加速的过程有v2=2ax，而离地后竖直向上抛起至最高点的过程有v2=2gh，所以对人和磕头虫来说，有h2x2=h1x1，所以人离地后重心上升的最大高度h2=x2x1h1=0.50.8×10-3×24×10-2 m=150 m.

　　8.C解析：由于闪光时间间隔相同，故可类比纸带，设想应用xm-xn=(m-n)aT2解决问题，则x1=2 m，x3=8 m.但因为闪光的具体时间间隔未知，故无法求得加速度.这样也无法求出2 m或8 m内的平均速度，以及第一次闪光时的速度和质点运动的初速度.设第二次闪光到第三次闪光时间内的位移为x2，则由x3-x2=x2-x1，可得x2=5 m，故C项正确.

　　9.AD解析：在0～t1时间内，空降兵做自由落体运动，即为初速度为零的匀加速直线运动，故A项对;在t1～t2时间内，速度图象所围面积小于做匀减速直线运动时所围的面积，故v-10.A解析：质点在恒定的合外力作用下，加速度恒定，质点做匀变速直线运动，a、b间的平均速度v=0.200.2 m/s=1 m/s，且这段时间内中间时刻的瞬时速度也等于这个值，即vt/2=v=1 m/s.若质点做匀加速直线运动，则前半段时间平均速度小，位移也小，故a、b中点位置在后半段时间内，所以vx/2>v t/2.若质点做匀减速直线运动，则后半段时间平均速度小，位移也小，故a、b中点位置在前半段时间内，所以v x/2>v t/2.故A项正确.

　　11.(6分)答案：C　0.2

　　解析：由数据可知C的反应最快，他第3次反应时间最短.

　　由h=12gt2得t=2hg=2×0.210 s=0.2 s.

　　12.(6分)答案：8　42

　　解析：按比例换算后可知x1=80 m，x2=130 m，所以Δx=aT2，a=ΔxT2=502.52 m/s2=8 m/s2.v=x1+x22T=80+1302×2.5 m/s=42 m/s.

　　13.(10分)答案：(1)28.3 cm　94.2 cm

　　(2)14.2 cm/s　47.1 cm/s

　　解析：(1)质点的位移是由A点指向B点的有向线段，位移大小为线段AB的长度，由图中几何关系可知

　　位移x=r2+r2=2r=28.3 cm

　　位移方向由A点指向B点.

　　质点的路程为质点绕34圆周的轨迹长度，则

　　路程l=34×2πr=34×2π×20 cm=94.2 cm.

　　(2)根据平均速度定义得

　　v=xt=28.32 cm/s=14.2 cm/s，平均速度方向是由A指向B.

　　质点的平均速率为v=lt=94.22 cm/s=47.1 cm/s.

　　14.(13分)答案：(1)300 m(2)30 m/s(3)48 m

　　解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a=-6 m/s2

　　飞机在地面滑行最长时间t=Δva=0-60-6 s=10 s

　　所以飞机12 s内滑行的位移为10 s内滑行的位移，

　　由v2-v20=2ax可得

　　x=-v202a=-6022×?-6? m=300 m.

　　(2)方法一：由v=v+v02=0+602 m/s=30 m/s

　　方法二：由v=ΔxΔt=30010 m/s=30 m/s.

　　(3)由(1)的分析可知飞机滑行6 s为静止前4 s，此时的速度为

　　v′=v0+at=60 m/s+(-6×6) m/s=24 m/s

　　故由v2-v′2=2ax′可得

　　x′=-v′22a=-2422×?-6? m=48 m.

　　15.(15分)答案：(1)能在绿灯熄灭前通过停车线　(2)会闯红灯

　　解析：(1)司机在绿灯熄灭前行驶的位移：

　　汽车在反应时间内行驶的位移x1=v0t反1

　　在加速时行驶的位移x2=v0t1+12a1t21

　　x总1=x1+x2=18.56 m

　　大于17 m，所以汽车能在绿灯熄灭前通过停车线.

　　(2)司机在酒后驾驶，则汽车在反应时间内行驶的位移x3=v0t反2

　　在加速时行驶的位移x4=v0t2+12a1t22

　　x总2=x3+x4=16.64 m

　　小于17 m，所以司机会在停车线前停下

　　司机不论采用哪种方法都必然会闯红灯.

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