物理必修13 匀变速直线运动的位移与时间的关系课后测评

这是一份物理必修13 匀变速直线运动的位移与时间的关系课后测评，共15页。试卷主要包含了5 m/s2D，冰壶比赛是冬奥会比赛项目之一等内容，欢迎下载使用。
3　匀变速直线运动的位移与时间的关系基础过关练题组一　位移公式x=v0t+at2的理解与应用1.(2021广西南宁上林中学高一上月考)(多选)一滑块由静止开始做匀加速直线运动,在0~5 s内滑块的位移为50 m,则              (　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.滑块运动过程中的加速度大小为4 m/s2B.滑块运动过程中的加速度大小为2 m/s2C.滑块在第3 s末的速度大小为12 m/sD.滑块在第3 s末的速度大小为6 m/s2.(2020安徽宿州十三所重点中学高一上联考)一质点由静止开始做匀加速直线运动,它在第10 s内的位移为19 m,则其加速度大小为              (　　)A.1.9 m/s2 B.2.0 m/s2C.9.5 m/s2 D.3.0 m/s23.(2021河南开封五县高一上期中联考)某物体的位移随时间变化规律是x=-3t+4t2,(x和t的单位分别为m和s),则物体运动的初速度、加速度分别是              (　　)A.3 m/s、2 m/s2 B.3 m/s、-8 m/s2C.-3 m/s、4 m/s2 D.-3 m/s、8 m/s24.(2020宁夏银川一中高一上期中)一列火车从静止开始做匀加速直线运动,一人站在第一节车厢前端的路旁观测,第一节车厢通过他所在的位置用时2 s,整列火车通过他所在的位置用时6 s,则这列火车的车厢有              (　　)A.3节 B.6节 C.9节 D.12节5.(2021湖南长沙广益实验中学高一上期中)冰壶比赛是冬奥会比赛项目之一。比赛时冰壶在水平冰面上从运动直至停止的过程可视为做匀减速直线运动,已知一冰壶在水平冰面上运动的初速度为3 m/s,其加速度大小为0.2 m/s2,在冰壶从运动到停止的过程中,求:(1)冰壶在10 s末的速度大小;(2)冰壶在12 s内的位移大小。   题组二　x-t图象与v-t图象的理解与应用6.(2021广西南宁上林中学高一上月考)如图所示是甲、乙两个质点做直线运动的x-t图象,由图可知,在t1~t2时间内              (　　)A.甲的位移大于乙的位移B.甲的平均速度大于乙的平均速度C.甲一直做匀速直线运动D.乙一直做加速运动7.(2019浙江杭州六校高一上期中)一辆汽车由静止开始运动,其v-t图象如图所示,则汽车在0~1 s内和1~3 s内相比              (　　)A.速度变化相同 B.平均速度相等C.位移相等 D.加速度相同8.甲、乙两位同学进行百米赛跑,假如把他们的运动近似当成匀速直线运动来处理,他们同时从起跑线起跑,经过一段时间后他们的位置如图所示,选项图分别表示在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象,其中正确的是              (　　)9.(2020四川绵阳高一上期末)如图所示,甲图为某质点的位置-时间图象,乙图为某质点的速度-时间图象,下列关于两质点的运动情况说法正确的是              (　　)甲乙A.0~2 s内:甲图质点做匀加速直线运动,乙图质点做匀速直线运动B.2~3 s内:甲图质点和乙图质点均静止不动C.3~5 s内:甲图质点和乙图质点均做匀减速运动,加速度为-15 m/s2D.0~5 s内:甲图质点的位移为-10 m,乙图质点的位移为100 m10.(2021山东威海高一上期中)(多选)甲、乙两物体在水平面上运动的速度-时间图象如图所示,由图象可知(　　)A.t=0时刻,甲、乙两物体的位置相同B.第5 s末,甲、乙两物体的速度相同C.前5 s内,甲、乙两物体的平均速度相同D.前5 s内,有一个时刻甲、乙两物体的加速度相同题组三　两个重要推论公式的应用11.(2019湖南长沙一中高一上期末)一辆沿笔直公路匀加速行驶的汽车,经过路旁两根相距80 m的电线杆共用8 s时间,它经过第二根电线杆时的速度为12 m/s,则经过第一根电线杆的速度为              (　　)A.2.5 m/s B.5 m/sC.8 m/s D.10 m/s12. (2019河南郑州高一上期末)物体做匀加速直线运动,在时间T内通过位移x1到达A点,接着在时间T内又通过位移x2到达B点,则物体              (　　)A.在A点的速度大小为B.在B点的速度大小为C.运动的加速度为D.运动的加速度为13.(2021浙江金华武义三中高一上期中)一物体从斜面上某点由静止开始做匀加速直线运动,经过了3 s后到达斜面底端,并在水平地面上做匀减速直线运动,又经9 s停止,则物体在斜面上的位移与水平面上的位移之比是              (　　)A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶414.(2021浙江金华武义三中高一上期中)一质点做匀加速直线运动,第3 s内的位移是2 m,第4 s内的位移是2.5 m,那么以下说法正确的是              (　　)A.第2 s内的位移是1.75 mB.质点的加速度是0.125 m/s2C.第3 s末的瞬时速度是2.05 m/sD.第4 s末的速度为2.75 m/s15.(2021吉林松原油田第十一中学高一上期中)一个做匀加速直线运动的质点,在最初两个连续的4 s的时间内发生的位移分别为s1=24 m,s2=64 m。求质点运动的初速度和加速度。       16.(2021上海徐汇高一上期中)做匀变速直线运动的物体,在第2 s内的位移为8 m。(1)若已知其初速度为零,求该物体的加速度大小;(2)若已知其在第6 s内的位移是零,求该物体的加速度大小。       题组四　应用逐差法根据纸带求加速度17.(2019湖南长沙一中高一上月考)某同学在做研究匀变速直线运动规律的实验时,获取了一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6、7是计数点,每相邻两计数点间还有4个点(未标出),计数点间的距离如图所示。由于粗心,该同学忘了测量3、4两个计数点之间的距离(电源频率为50 Hz)。则:(1)打计数点6时纸带的速度大小v6=　　　　m/s。(保留三位有效数字) (2)利用逐差法处理数据,可得加速度a=　　m/s2。(保留三位有效数字) (3)计数点3、4之间的距离是x34=　　　　cm。(保留三位有效数字)  能力提升练题组一　利用v-t图象求物体的位移1.(2020山西太原高一上期中,)我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验时,从水面开始竖直下潜,最后返回水面,其v-t图象如图所示,则下列说法正确的是              (　　)A.0~4 min和6~10 min两时间段平均速度大小相等B.全过程中的最大加速度为0.025 m/s2C.3~4 min和6~8 min加速度方向相反D.本次下潜的最大深度为6 m2.(2021四川成都实验外国语学校高一上期中,)(多选)甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动,t=0时刻同时经过公路旁的同一路标。在描述两车运动的v-t图中,直线a、b分别描述了甲、乙两车在0~20 s的运动情况。关于两车之间的位置关系,下列说法正确的是              (　　)A.在0~10 s内两车先逐渐靠近再逐渐远离B.在10~20 s内两车逐渐靠近C.在5~15 s内两车的位移相等,都为25米D.在t=10 s时两车在公路上相距最远,为25米3.(2019河北唐山一中高一上期中,)入冬以来,全国多地多次出现雾霾天气,能见度不足20 m。在这样的恶劣天气中,甲、乙两汽车在一条平直的单行道上,乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方发出的警笛提示,同时开始刹车。两辆车刹车时的v-t图象如图,则              (深度解析)A.若两车发生碰撞,开始刹车时两辆车的间距一定等于112.5 mB.若两车发生碰撞,开始刹车时两辆车的间距一定小于90 mC.若两车发生碰撞,则一定是在刹车后20 s之内的某时刻相撞D.若两车发生碰撞,则一定是在刹车后20 s以后的某时刻相撞题组二　速度公式、位移公式和推论公式的理解与应用4.(2021山东济南一中高一上期中,)一只海燕正在做匀变速直线运动,下列说法中正确的是              (　　)A.海燕的速度与时间成正比B.海燕的位移必与时间的平方成正比C.海燕的速度在一段时间内的变化量与这段时间成正比D.若是匀加速运动,位移和速度随时间增加;若是匀减速运动,位移和速度随时间减小5.(2021湖北孝感一中高一上期中,)一个做匀变速直线运动的质点,初速度为0.5 m/s,第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m,则该质点的加速度、9 s末的速度分别是              (　　)A.a=1 m/s2,v9=9.0 m/sB.a=0.8 m/s2,v9=9.0 m/sC.a=1 m/s2,v9=9.5 m/sD.a=0.8 m/s2,v9=9.5 m/s6.(2021广东佛山第一中学高一上第一次段考,)某个物体做初速度为零的匀变速直线运动,比较它在开始运动后第1 s内、第2 s内、第3 s内的运动,下列说法中正确的是              (　　)A.末速度之比是1∶4∶9B.中间时刻的速度之比是1∶3∶5C.位移大小之比是1∶2∶3D.平均速度之比是1∶2∶37.(2021河南开封五县高一上期中联考,)足球比赛中,经常使用“边路突破,下底传中”的战术,即攻方队员带球沿边线前进,到底线附近进行传中。某足球场长105 m、宽68 m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出,足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动,加速度大小为1.5 m/s2。试求:(1)足球开始做匀减速运动后6 s时的速度大小;(2)足球开始做匀减速运动后8 s时的位移大小;(3)足球开始做匀减速直线运动的同时,该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的运动可以视为初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动,他能达到的最大速度为8 m/s,达到最大速度后匀速前进。该前锋队员经过多长时间能追上足球?  答案全解全析基础过关练1.AC　滑块由静止开始做匀加速直线运动,在0~5 s内滑块的位移为50 m,根据x=v0t+at2,得a=4 m/s2,A正确,B错误;根据v=v0+at,得第3 s末的速度大小为v=12 m/s,C正确,D错误。故选A、C。2.B　质点是从静止开始运动的,设加速度大小为a,则发生的位移为x=at2,第10 s内的位移等于前10 s内的位移与前9 s内的位移之差,可得第10 s内的位移为a(10 s)2-a(9 s)2=19 m,解得a=2.0 m/s2,故B正确。3.D　根据匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+at2,结合位移随时间变化规律x=-3t+4t2,可得v0=-3 m/s,a=4 m/s2,所以加速度a=8 m/s2,故选D。4.C　设一节车厢的长为L,则L=a,nL=a,将t1=2 s,t2=6 s代入上面两式,解得n=9,故C正确。5.答案　(1)1 m/s　(2)21.6 m解析　(1)冰壶从运动到停止的总时间为t0== s=15 s,说明10 s末冰壶仍在运动,则10 s末冰壶的速度为v=v0+at=3 m/s+(-0.2)×10 m/s=1 m/s;(2)12 s内冰壶的位移大小为x=v0t+at2=3×12 m-×0.2×122 m=21.6 m6.D　在t1~t2时间内甲的位移等于乙的位移,A错误;在t1~t2时间内,因为甲、乙位移相等,运动时间相等,故甲的平均速度等于乙的平均速度,B错误;在t1~t2时间内,甲前一段时间的速度和后一段时间的速度大小不同,故甲不是一直做匀速直线运动,C错误;在x-t图象中图线的斜率表示物体的速度,由图象可知乙的速度一直在增大,故乙一直做加速运动,故D正确。7.B　0~1 s内速度的变化量为5 m/s,1~3 s内速度的变化量为-5 m/s,故A错误;根据匀变速直线运动的推论知,0~1 s内的平均速度= m/s=2.5 m/s,1~3 s内的平均速度= m/s=2.5 m/s,故B正确;汽车在0~1 s内和1~3 s内图线与时间轴围成的面积不等,则位移不等,故C错误;两段时间内图线的斜率不同,则加速度不同,故D错误。8.B　因为甲、乙都做匀速直线运动,且v乙>v甲,所以只有选项B正确。9.D　位置-时间图象的斜率表示物体运动的速度,速度-时间图象的斜率表示物体的加速度,则0~2 s内甲图质点做匀速直线运动,乙图质点做匀加速直线运动,故A错误;2~3 s内甲图斜率为零,即质点速度为零,乙图质点速度恒定不变,做匀速直线运动,故B错误;3~5 s内甲图斜率恒定,质点做匀速直线运动,而乙图质点速度均匀减小,做匀减速直线运动,故C错误;位置-时间图象表示质点的位置随时间的变化,则甲图质点位移为0-10 m=-10 m,速度-时间图象中图线与时间轴围成的面积表示位移,则x=×(10+30)×2+30×1+×30×2 m=100 m,故D正确。10.BD　t=0时刻,甲、乙两物体的速度相同,均为0,但不能确定甲、乙两物体的位置关系,A错误;第5 s末,两图线相交,说明甲、乙两物体的速度相同,B正确;由v-t图象与时间轴围成的面积表示位移,可知0~5 s时间内,乙的位移小于甲的位移,则甲、乙两物体的平均速度不相等,C错误;前5 s内,有一个时刻乙图线切线的斜率等于甲图线的斜率,此时两物体的加速度相同,D正确。故选B、D。11.C　物体经过两根电线杆的平均速度=,且=,由这两式得v1=8 m/s,即经过第一根电线杆的速度为8 m/s,故C正确。12.D　根据平均速度的推论知平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则物体在A点的速度为vA=,故A错误;根据Δx=at2可知a=,故C错误,D正确;物体在B点的速度为vB=vA+aT=+·T=,故B错误。13.C　设物体到达斜面底端时的速度为v,由匀变速直线运动规律可得,物体在斜面上的位移为x1=t1=t1,物体在水平面上的位移为x2=t2=t2,则物体在斜面上的位移与在水平面上的位移之比是==,故选C。14.D　根据Δx=x3-x2=x4-x3,第2 s内的位移是x2=x3-(x4-x3)=1.5 m,A错误;质点的加速度是a== m/s2=0.5 m/s2,B错误;第3 s末的瞬时速度是v3== m/s=2.25 m/s,C错误;第4 s末的速度为v4=v3+at=(2.25+0.5×1) m/s=2.75 m/s,D正确。故选D。15.答案　1 m/s　2.5 m/s2解析　设加速度为a,根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2,得a=== m/s2=2.5 m/s2,设初速度为v0,由位移时间公式得s1=v0t+at2,解得v0=1 m/s 。16.答案　(1) m/s2　(2)2 m/s2解析　(1)设第1 s内的位移为x1,第2 s内的位移为x2,前2 s的位移为x,根据x=v0t+at2和v0=0,得x=a×22=2a,x1=a×12=a,x2=x-x1=8 m,联立解得a= m/s2(2)由于第6秒内的位移是零,而物体的运动是匀变速直线运动,表明物体做匀减速直线运动。结合运动的对称性知,物体在5.5 s时速度为零。由于物体在第2 s内的位移为8 m,故物体在1.5 s时的速度v== m/s=8 m/s,故加速度a== m/s2=-2 m/s2,故加速度的大小为2 m/s2。17.答案　(1)0.413　(2)0.496　(3)2.90解析　(1)每相邻两计数点间还有4个点未标出,则周期T=0.02×5 s=0.1 s;时间中点的速度等于该过程中的平均速度,v6==×10-2 m/s=0.413 m/s。(2)根据匀变速直线运动的推论,结合逐差法,可得纸带的加速度为a====0.496 m/s2。(3)依据相等时间内,位移之差相等,即x34-x23=x45-x34,解得:x34==2.90 cm。能力提升练1.A　根据v-t图线与横轴围成的面积表示位移,则0~4 min内的位移大小为x=×(120+240)×2.0 m=360 m;6~10 min内位移大小为x'=×3.0×240 m=360 m,可知,0~4 min和6~10 min两时间段内位移大小相等,所用时间相等,则平均速度大小相等,故A正确;v-t图线的斜率表示加速度,0~1 min和3~4 min两时间段内加速度最大,大小为a== m/s2≈0.033 m/s2,故B错误;v-t图线的斜率的正负反映加速度的方向,可知3~4 min和6~8 min加速度方向相同,故C错误;由题图可知t=4 min时“蛟龙号”下潜到最深处,最大深度为s=×(120+240)×2.0 m=360 m,故D错误。2.BD　在v-t图象中,图线与时间轴围成的面积可表示物体的位移,0~10 s 内乙车的速度比甲车大,两车逐渐远离,在t=10 s时,两车速度相等,距离最远,最远距离为×10×5 m=25 m,10~20 s内甲车速度大于乙车,两车逐渐靠近,A错误,B、D正确;在5~15 s内两车v-t图线与时间轴围成的面积相等,即位移相等,为5×10 m=50 m,C错误。故选B、D。3.C　由题图可知,甲车的加速度a1= m/s2=-1 m/s2,乙车的加速度a2= m/s2=-0.5 m/s2,两车速度相等经历的时间为20 s,此时两车的速度v=v甲+a1t=5 m/s,甲车的位移x甲=×(5+25)×20 m=300 m,乙车的位移x乙=×(5+15)×20 m=200 m,可知开始刹车时两车的距离至少为Δx=300 m-200 m=100 m才能保证不相撞,若两车发生碰撞,则开始刹车时两车的距离小于100 m,故A、B错误。因为速度相等后,两者的距离逐渐增大,可知若两车发生碰撞,两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻相撞的,故C正确,D错误。知识拓展v-t图象的应用要点(1)v-t图象与t轴所围的“面积”表示位移的大小。(2)“面积”在t轴以上是正值,表示位移沿正方向;在t轴以下是负值,表示位移沿负方向。(3)物体的总位移等于各部分位移(正、负“面积”)的代数和。(4)物体通过的路程为t轴上、下“面积”绝对值的和。(5)为了检验计算结果,可根据v-t图象画出物体运动的草图。4.C　根据v=v0+at可知,只有当初速度为零时,速度与时间才成正比,A错误;根据x=v0t+at2可知,只有当初速度为零时,位移与时间的平方才成正比,B错误;海燕的速度在一段时间内的变化量为Δv=at,Δv与时间成正比,C正确;若是匀加速运动,位移和速度均随时间增加,若是匀减速运动,位移随时间增加,速度随时间减小,D错误。故选C。5.C　对于匀变速直线运动,根据逐差法有x9-x5=4aT2,代入数据解得a=1 m/s2,根据公式v=v0+at,代入数据解得v9=9.5 m/s,故选C。6.B　初速度为零,根据v = at,末速度之比为1∶2∶3,A错误;根据x=at2得第1 s内、前2 s内、前3 s内位移之比为1∶4∶9,则第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为1∶3∶5,C错误;根据匀变速直线运动的平均速度公式==,得中间时刻的速度之比是1∶3∶5,B正确,D错误。故选B。7.答案　(1)3 m/s　(2)48 m　(3)8 s解析　(1)足球做匀减速直线运动,由运动学公式,可知t0==8 s,足球经8 s停下来,t1<t0,则有v1=v0+a1t1,代入数据,可得v1=3 m/s,足球开始做匀减速运动后6 s时的速度大小为3 m/s;(2)因为t2=8 s=t0由运动学规律可知x1=v0t2+a1,代入数据,可得x1=48 m,足球开始做匀减速运动后8 s时的位移大小为48 m。(3)队员达到最大速度的时间为t3=,代入数据,可得t3=4 s队员的位移为x2=t3,代入数据,可得x2=16 m,队员匀速运动至足球停止时的位移为x3=v2(t0-t3)=32 m,因为x2+x3=48 m=x1,所以足球停止运动时,队员恰好追上足球,则t总=t0=8 s,该前锋队员经过8 s能追上足球。