2021学年第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试复习练习题

这是一份2021学年第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试复习练习题，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
《匀变速直线运动的研究》检测试题(时间:90分钟　满分:100分)一、选择题(共12题,每题4分,共48分。第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题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)1.下列几种情况,不可能发生的是(　D　)A.位移和加速度反向 B.速度和加速度反向C.加速度不变,速度在变 D.速度不变,加速度在变解析:减速直线运动中,加速度与速度反向,与位移也反向,所有的匀变速运动,加速度不变,速度变化。速度不变,加速度一定为零,故只有D符合题意。2.如图所示,A物体从地球的赤道正上方h处由静止释放,经过时间t1落到地面上,B物体从北极正上方h高处由静止释放,经过时间t2落到地面上,不计空气阻力,且h远小于地球表面半径,A、B释放后均做自由落体运动,则t1、t2的大小关系为(　B　)A.t1=t2 B.t1>t2C.t1<t2 D.条件不足,无法判断解析:赤道上的重力加速度比北极的重力加速度小,由 h=gt2知t1>t2。3.甲和乙两个物体在同一直线上运动,它们的vt图像分别如图中的a和b所示,下列说法正确的是(　A　)A.在t1时刻它们的运动方向相同B.在t2时刻甲与乙相遇C.甲的加速度比乙的加速度大D.在0～t2时间内,甲比乙的位移大解析:在t1时刻,甲和乙速度均为正值,两物体均沿正方向运动,A正确;在t2时刻,甲、乙的速度相同,0～t2时间内,乙的位移比甲的位移大,由于出发点不确定,所以不能确定在t2时刻甲与乙是否相遇,B、D错误;b直线的斜率的绝对值比a的斜率的绝对值大,即乙的加速度比甲的加速度大,C错误。4.给滑块一初速度v0,使它沿光滑斜面向上做匀减速直线运动,加速度大小为g,则滑块的速度大小变为v0所用的时间可能为(　D　)A.   B.    C.  D.解析:规定初速度的方向为正方向,若滑块的末速度与初速度方向相同,由速度—时间公式v=v0+at,得t===;若滑块的末速度与初速度方向相反,由速度—时间公式v=v0+at,得t′===,故D正确,A、B、C错误。5.一质点做匀变速直线运动,某时刻速度为2.5 m/s,从此时刻开始计时,在t时刻和3t时刻的速度之比为1∶2,由此可求(　A　)A.at的值       B.时间t的值C.加速度a的值  D.at2的值解析:设质点的加速度大小为a,质点的初速度v0=2.5 m/s,质点在t时刻的速度v1=v0+at,质点在3t时刻的速度v2=v0+3at,由于=,联立可得at=v0=2.5 m/s,v1=5.0 m/s,v2=10 m/s,由于不能得到其余的公式,则不能求出a以及t的具体值,同理不能求出at2的具体值,故A正确,B、C、D错误。6.动车把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客。而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组,若动车组在匀加速运动过程中,通过第一个60 m所用时间是10 s。通过第二个60 m所用时间是6 s,则(　A　)A.动车组的加速度为0.5 m/s2,接下来的6 s内的位移为78 mB.动车组的加速度为1 m/s2,接下来的6 s内的位移为78 mC.动车组的加速度为0.5 m/s2,接下来的6 s内的位移为96 mD.动车组的加速度为1 m/s2,接下来的6 s内的位移为96 m解析:动车组在匀加速运动过程中,通过第一个60 m的平均速度为v1,可以替代中间时刻的瞬时速度,所以5 s末的速度v1=,解得v1=6 m/s,同理,通过第二个60 m的平均速度为v2,即13 s末的速度v2=,解得v2=10 m/s。由v2=v1+at得a=0.5 m/s2,由再接下来的6 s和前面的6 s是连续相等的时间,则有Δx=aT2即x-60 m=aT2,解得x=78 m。7.某人站在高20 m的平台边缘,以20 m/s的初速度竖直上抛一石子,则抛出后石子距抛出点15 m处的时间可能有(不计空气阻力,g取10 m/s2)(　ABD　)A.1 s     B.3 sC.(-2)s D.(+2)s解析:物体做竖直上抛运动,石子运动到离抛出点15 m处,15 m可能在抛出点之上,也可能在抛出点之下,规定竖直向上为正方向,则h=15 m或h=-15 m,分别代入h=v0t-gt2解得时间为1 s、3 s(h=15 m)和(+2)s(h=-15 m)。8.如图所示,光滑斜面AE被分成四个相等的部分,一物体从A点由静止释放,它沿斜面向下做匀加速运动,依次通过B、C、D点,最后到达底端E点。下列说法中正确的是(　ABC　)A.物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2B.物体到达各点所经历的时间tE=2tB=tC= tDC.物体从A点到E点的平均速度 =vBD.物体通过每一部分时,其速度增量Δv=vB-vA=vC-vB=vD-vC=vE-vD解析:设AB=BC=CD=DE=x,加速度为a,则物体从A点由静止运动到E点时各段位移的时间之比为tAB∶tBC∶tCD∶tDE=1∶(-1)∶(-)∶(2-),设tB=t,则tC=t,tD=t,tE=2t,则由v=at可得vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,故选项A正确;由于tB=t,tC=t,tD=t,tE=2t,所以tE=2tB=tC= tD,故选项B正确;由于vB为AE的中间时刻的速度,故=vB,故选项C正确;又由于vB=at,vC=at,vD=at,vE=2at,所以vB-vA=at,vC-vB=at-at,vD-vC=at-at,vE-vD=2at-at,故选项D错误。9.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,在t=0时,乙车在甲车前50 m处,它们的vt图像如图所示,下列对汽车运动情况的描述正确的是(　CD　)A.甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B.在第20 s末,甲、乙两车的加速度大小相等C.在第30 s末,甲、乙两车相距50 mD.在整个运动过程中,甲、乙两车可以相遇两次解析:由图像可知,甲车先做匀速直线运动再做匀减速直线运动,但是图线一直在时间轴的上方,没有反向,故A错误;在第20 s末,甲、乙图线斜率的绝对值不相等,故a甲≠a乙,故B错误;在第30 s末,根据面积法,甲的位移为x甲=(10+30)×20× m=400 m,乙的位移为x乙=×30×20 m=300 m,所以甲、乙两车相距Δx=(400-300-50)m=50 m,故C正确;刚开始乙在甲的前面50 m处,甲的速度大于乙,经过一段时间甲可以追上乙,然后甲在乙的前面,到30 s末,甲停止运动,甲在乙的前面50 m处,此时乙以20 m/s的速度匀速运动,所以再经过2.5 s 乙追上甲,故在整个运动过程中,甲、乙两车可以相遇两次,故D正确。10.科技馆中的一个展品如图所示,在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头,在一种特殊的间歇闪光灯的照射下,若使间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同,可以看到一种奇特的现象:水滴似乎不再下落,而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置一样。对于出现的这种现象,下列描述正确的是(g取10 m/s2)(　BC　)A.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足 tAB<tBC<tCDB.间歇闪光的时间间隔是 sC.水滴在相邻两点之间的位移满足sAB∶sBC∶sCD=1∶3∶5D.水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD=1∶4∶9解析:由题目描述的物理情境可知,光源为间歇发光,发光间隔可由h=gt2求出,t=,代入数据可得t= s,B正确;自由落体运动中连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5,由图中读数可知符合,故tAB=tBC=tCD,C正确,A错误;自由落体运动中连续相等的时间段的末速度之比为1∶2∶3,D错误。11.在水平公路上有甲、乙两辆同向行驶的汽车,它们的vt图像分别如图线a、b所示。在t=5 s 时,两车相遇。下列说法正确的是(　ABC　)A.甲车的加速度比乙车的加速度大B.在t=0时刻,甲车在乙车的后面C.在5～10 s内,甲车在乙车的前面,且两车的距离在增大D.在10～15 s内,两车间的距离逐渐变大解析:根据vt图像的斜率表示加速度,a图像斜率绝对值比b图像的大,所以甲车的加速度比乙车的加速度大,故A正确;根据图线与时间轴围成的面积表示位移,知0～5 s内甲车通过的位移比乙车的大,而在t=5 s时,两车相遇,所以在t=0时刻,甲车在乙车的后面,故B正确;在t=5 s时,两车相遇,在5～10 s内,甲车的速度比乙车的大,则甲车在乙车的前面,两车的距离在增大,故C正确;在10～15 s内,甲车在乙车的前面,甲车的速度比乙车的小,则两车间的距离在变小,故D错误。12.有四个物体A、B、C、D从同一地点开始运动,A、B运动的xt图像如图甲所示,C、D沿同一方向运动的vt图像如图乙所示。根据图像可知下列判断中正确的是(　BC　)A.物体A、B均做匀变速直线运动B.在0～3 s的时间内,物体A、B之间距离逐渐增大C.t=3 s时,物体C、D的速度相同D.t=3 s时,物体C、D之间距离最小解析:xt图像的斜率表示速度,由题图甲可知,物体A、B的xt图线的斜率都不变,故速度都不变,说明两物体都做匀速直线运动,A错误;由题图甲可知,在0～3 s 的时间内,物体A的速度大于物体B的速度,因为两者从同一地点开始运动,所以物体A、B之间距离逐渐增大,B正确;由题图乙可知,物体C、D的图线在t=3 s 时交于一点,此时速度一定相同,C正确;由题图乙可知,前3 s内,物体D的速度较大,物体C、D之间距离随时间增大,3 s后物体C的速度较大,物体C、D之间距离随时间减小,直到物体C追上物体D,所以t=3 s时,物体C、D之间距离最大,D错误。二、非选择题(共52分)13.(6分)滑块在某一水平面上滑行,利用速度采集器获取其初速度v,并测量出不同初速度的最大滑行距离x,得到如表所示几组数据:数据组123456v/(m·s-1)00.160.190.240.300.49x/m00.0450.0750.1110.1630.442(1)一同学根据表中数据,作出xv图像如图甲所示。观察该图像,该同学作出如下推理:根据xv图像大致是一条抛物线,可以猜想,x可能与v2成正比。请在图乙所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想。(2)根据你所作的图像,你认为该同学的猜想正确吗?说明你的理由:　                                                      。 解析:(1)根据x和v2的数据,运用描点法画出图像,如图所示。(2)xv2图像是一条过原点的直线,说明x∝v2,即x与v2成正比,故猜想正确。答案:(1)图见解析(2)正确,xv2图像是一条过原点的直线说明x∝v2评分标准:每问3分。14.(10分)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度,实验装置如图所示。倾斜的球槽中放有若干个小铁球,闭合开关K,电磁铁吸住第1个小球。手动敲击弹性金属片M,M与触头瞬间分开,第1个小球开始下落,M迅速恢复,电磁铁又吸住第2个小球。当第1个小球撞击M时,M与触头分开,第2个小球开始下落……这样,就可测出多个小球下落的总时间。(1)实验测得小球下落的高度H=1.980 m,10个小球下落的总时间T=6.5 s。可求出重力加速度g=　　 m/s2。(结果保留两位有效数字) (2)在不增加实验器材的情况下,请提出减小实验误差的两个办法。                                                      　。 (3)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt磁性才消失,因此,每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt,这导致实验误差。为此,他分别取高度H1和H2,测量n个小球下落的总时间T1和T2。他是否可以利用这两组数据消除Δt对实验结果的影响?请推导说明。解析:(1)H=gt2=g() 2,所以g==≈9.4 m/s2。(2)由g=可知,误差主要来源于H和T的测量,故增加H,或者对H、T多次测量求平均值,均可有效减小误差;另外,作出HT2图像,从图线斜率k=求得g,也可有效减小误差。(3)由H1=g(-Δt) 2和H2=g(-Δt) 2,可得g=,因此可以消去Δt的影响。答案:(1)9.4　(2)增加小球下落的高度;多次重复实验,结果取平均值 (其他答案只要合理也可)(3)见解析评分标准:第(1)、(2)问各3分,第(3)问4分。15.(6分)某汽车在水平公路上以12 m/s的速度匀速行驶,因前方故障紧急刹车,加速度大小为6 m/s2,求:(1)1 s时的速度;(2)3 s时的速度。解析:(1)汽车刹车时的运动可看作匀减速直线运动,规定初速度方向为正方向,则有v0=12 m/s,a=-6 m/s2,从刹车到停止运动经历的时间为t===2 s,                                  (2分)根据运动学公式,可知1 s时的速度为v1=v0+at1=12 m/s+(-6 m/s2)×1 s=6 m/s,               (2分)速度方向与初速度方向相同。                        (1分)(2)汽车2 s末就已经停止运动,所以3 s时的速度为0。(1分)答案:(1)6 m/s,速度方向与初速度方向相同　(2)016.(8分)一条平直的公路上,一辆自行车以5 m/s的速度匀速前进,在自行车后面288 m处有一辆以30 m/s速度同向行驶的汽车突然刹车,刹车后以 1 m/s2 的加速度匀减速前进。求:汽车能否与自行车相遇(设两车相遇时互不影响各自的运动)?如不能相遇,请求出两车最近距离是多少?如能够相遇,请求出相遇时间。解析:当两车的速度相等时,有t1===25 s。汽车的位移x1=v1t1+a=30 m/s×25 s+×(-1 m/s2)×(25 s)2=437.5 m，自行车的位移x2=v2t1=5×25 m=125 m，因为Δx=x1-x2=312.5 m>288 m，所以汽车与自行车会相遇。相遇时汽车与自行车位移相等且所经历的时间为t,则有v1t+at2=288 m+v2t，解得t=18 s。所以第一次相遇的时间为18 s。汽车停止运动所用的时间为t3===30 s，汽车该过程前进的总距离为x3===450 m，自行车前进的总距离为x4=x3-288 m=162 m，再次相遇的时间为t4===32.4 s。答案:能相遇,相遇时间是18 s和32.4 s17.(10分)“拾口袋跑”是一种常见的儿童游戏。具体内容是孩子自指定位置起跑,中途拾起地上口袋后再跑向终点,最先跑到终点者获胜。若起点和终点间总距离为20 m,口袋放在中点,某个孩子加速时加速度为2 m/s2,减速时加速度大小为2.5 m/s2,中途可达最大速度为4 m/s,并且孩子跑至口袋处时速度应减小为零,问孩子完成这个游戏的最短时间。解析:在加速阶段,孩子达到最大速度时有vm=a1t1,则t1===2 s,                   (1分)加速过程的位移x1=a1=×2 m/s2×(2 s)2=4 m,      (1分)在开始减速至口袋处,设以最大速度奔跑时间为t2,而减速过程的位移x2===3.2 m,              (1分)则-x1-x2=vmt2(2分)代入数据得t2=0.7 s,                (1分)减速过程中时间t3===1.6 s,                (1分)再次加速与第一次加速阶段情况一致,则t4=2 s,x3=x1=4 m,匀速跑的时间t5===1.5 s               (2分)最短运动时间t=t1+t2+t3+t4+t5=7.8 s。           (1分)答案:7.8 s18.(12分)如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材,由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成。发生火灾时,使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上,然后将安全带系在人体腰部,通过缓降绳索等安全着陆。如图乙所示,是某中学在某次火灾逃生演练现场中,体重为60 kg的逃生者从离地面18 m高处,利用缓降器材由静止开始匀加速下滑,当速度达到6 m/s 时,以大小为2.5 m/s2加速度减速,到达地面时速度恰好为零。求:(1)减速下滑过程的位移;(2)加速下滑过程的加速度;(3)到达地面整个过程的时间。解析:(1)减速下滑过程的位移x2===7.2 m。      (3分)(2)加速过程的位移x1=x-x2=18 m-7.2 m=10.8 m ,       (2分)加速下滑的加速度a1=== m/s2。           (2分)(3)法一:加速下滑的时间t1===3.6 s,               (2分)减速下滑的时间t2===2.4 s,            (2分)到达地面整个过程的时间t=t1+t2=3.6 s+2.4 s=6 s。       (1分)法二:加速和减速下滑的过程中平均速度都为==3 m/s,                             (3分)则下滑时间t=t1+t2=+==6 s。      (2分)答案:(1)7.2 m　(2) m/s2　(3)6 s