人教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试同步练习题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试同步练习题，共9页。
A级—学考达标


1．物体由静止开始做匀加速直线运动，在第7 s内的平均速度为2.6 m/s，则物体的加速度为( )


A．0.4 m/s2 B．0.37 m/s2


C．2.6 m/s2D．0.43 m/s2


解析：选A 根据平均速度推论，第7 s内的平均速度等于第6.5 s时刻的速度；根据初速度为0的匀加速直线运动速度时间关系v＝at可得：a＝eq \f(v,t)＝eq \f(2.6,6.5) m/s2＝0.4 m/s2，故A正确，B、C、D错误。


2．某厂家测试汽车性能时，测出了汽车沿平直公路做直线运动的位移随时间变化的规律，即x＝10t－0.1t2(m)。下列叙述正确的是( )


A．汽车的加速度大小为0.1 m/s2


B．该汽车做减速运动到停止的时间为50 s


C．该汽车刹车瞬间的初速度大小为20 m/s


D．该汽车从开始刹车到停止运动所通过的路程为5 m


解析：选B 根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝10t－0.1 t2(m)得汽车刹车的初速度v0＝10 m/s，加速度a＝－0.2 m/s2，故A、C错误；汽车从开始刹车到速度减为零的时间为t＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－10,－0.2) s＝50 s，故B正确；汽车从开始刹车到停止运动通过的路程x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝10×50 m－eq \f(1,2)×0.2×502 m＝250 m，故D错误。


3．下列所给的位移—时间图像或速度—时间图像中，表示做直线运动的物体不能回到初始位置的是( )





解析：选B 由A图可知，物体开始和结束时纵坐标均为0，说明物体回到了初始位置；由B图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故没有回到初始位置；C图中物体第1 s内的速度沿正方向，大小为2 m/s，第2 s内速度为－2 m/s，故2 s末物体回到初始位置；D图中物体做匀变速直线运动，2 s末时物体的总位移为零，故物体回到初始位置。综上可知选B。


4.某质点由静止开始做加速运动的加速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是( )


A．2 s末，质点的速度大小为 3 m/s


B．4 s末，质点的速度大小为 6 m/s


C．0～4 s内，质点的位移大小为6 m


D．0～4 s内，质点的平均速度大小为3 m/s


解析：选B 质点先做初速度为零、加速度大小为1 m/s2的匀加速直线运动，后做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动，在a­t图像中图线与时间轴包围的“面积”表示速度的变化量，则2 s末质点的速度大小为v2＝1×2 m/s＝2 m/s，故选项A错误；4 s末，质点的速度大小为v4＝2 m/s＋2×(4－2)m/s＝6 m/s，故选项B正确；在0～4 s 内，质点的位移大小为x＝eq \f(0＋2,2)×2 m＋eq \f(2＋6,2)×2 m＝10 m，故选项C错误；在0～4 s内，质点的平均速度大小为eq \x\t(v)＝eq \f(10,4) m/s＝2.5 m/s，故选项D错误。


5.如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点。已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )


A．2 m/s,3 m/s,4 m/s


B．2 m/s,4 m/s,6 m/s


C．3 m/s,4 m/s,5 m/s


D．3 m/s,5 m/s,7 m/s


解析：选B 根据Δx＝at2得加速度为：a＝eq \f(BC－AB,t2)＝eq \f(10－6,22) m/s2＝1 m/s2；由题意可知B点的瞬时速度等于AC段的平均速度为：vB＝eq \f(AB＋BC,2t)＝eq \f(6＋10,2×2) m/s＝4 m/s，则C点的速度为：vC＝vB＋at＝(4＋1×2)m/s＝6 m/s，A点的速度为：vA＝vB－at＝(4－1×2)m/s＝2 m/s，故B正确。


6．一质点从A点由静止开始沿直线AB运动，首先做的是加速度为a的匀加速直线运动，到C点后接着又以大小为a′的加速度做匀减速直线运动，到达B点恰好停止；若AB长为x，则下列说法正确的是( )


A．质点在C点的速度为 eq \r(\f(\a\vs4\al(2xaa′),\a\vs4\al(a＋a′)))


B．质点在C点的速度为 eq \r(\f(\a\vs4\al(xaa′),\a\vs4\al(2a＋a′)))


C．质点走完AB所用的时间为 eq \r(\f(\a\vs4\al(xa＋a′),\a\vs4\al(aa′)))


D．质点走完AB所用的时间为 eq \r(\f(\a\vs4\al(xa＋a′),\a\vs4\al(2aa′)))


解析：选A 设质点在C点的速度为v，则有：eq \f(v2,2a)＋eq \f(v2,2a′)＝x，解得：v＝ eq \r(\f(2xaa′,a＋a′))，故A正确，B错误；质点加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：at1＝a′(t－t1)，质点在全程的平均速度为：eq \f(at1,2)，则总位移为：x＝eq \f(at1,2)×t，联立可解得：t＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2xa＋a′),\a\vs4\al(aa′)))，故C、D错误。


7．以24 m/s的速度行驶的汽车，紧急刹车后做匀减速直线运动，其加速度大小为6 m/s2，则刹车后( )


A．汽车在第1 s内的平均速度大小为24 m/s


B．汽车在第1 s内的平均速度大小为12 m/s


C．汽车在前2 s内的位移大小为36 m


D．汽车在前5 s内的位移大小为45 m


解析：选C 汽车从刹车到停止运动所需的时间为t0＝eq \f(v0,a)＝eq \f(24,6) s＝4 s，第1 s内汽车的位移大小x1＝v0t－eq \f(1,2)at2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(24×1－\f(1,2)×6×12))m＝21 m，故汽车在第1 s内的平均速度大小eq \x\t(v)＝eq \f(21,1) m/s＝21 m/s，故A、B错误；前2 s内的位移大小x2＝v0t′－eq \f(1,2)at′2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(24×2－\f(1,2)×6×4))m＝36 m，故C正确；因5 s>4 s，则有前5 s内的位移大小为汽车运动的总位移：x5＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(242,2×6) m＝48 m，故D错误。


8．在研究匀变速直线运动的实验中电源频率为50 Hz，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间有4个计时点未标出，设A点为计时起点。





(1)相邻计数点间的时间间隔是________s。


(2)C点的瞬时速度vC＝________m/s。


(3)小车的加速度a＝________m/s2。


(4)当电源频率低于50 Hz时，如果仍按频率为50 Hz的时间间隔打一次点计算，则测出的加速度数值________(填“大于”“小于”或“等于”)频率为50 Hz时测出的加速度的值。


解析：(1)由于相邻计数点间有4个计时点未标出，即从A点开始每5个点取一个计数点(打点计时器的电源频率为50 Hz)，所以相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s。


(2)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即C点时小车的瞬时速度大小为：


vC＝eq \f(xBD,2T)＝eq \f(41.70－7.50,2×0.1)×10－2 m/s＝1.71 m/s。


(3)由逐差法可求得小车的加速度为：a＝eq \f(xCE－xAC,2T2)＝eq \f(68.40－21.40－21.40,2×0.12)×10－2 m/s2＝6.4 m/s2。


(4)当电源频率低于50 Hz时，实际打点周期将变大，而进行计算时仍然用0.02 s，将小于实际打点周期，因此测出的加速度数值将比真实数值偏大。


答案：(1)0.1 (2)1.71 (3)6.4 (4)大于


9．一辆大客车正在以30 m/s的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方x0＝95 m处有一只小狗，如图所示。司机立即采取制动措施，司机从看见小狗到客车开始制动的反应时间为Δt＝0.5 s，设客车制动后做匀减速直线运动。





(1)为了保证小狗的安全，客车制动的加速度大小至少为多大？(假设这个过程中小狗一直未动)


(2)若客车制动时的加速度大小为5 m/s2，在离小狗30 m时，小狗发现危险并立即朝前跑去。假设小狗起跑阶段做匀加速直线运动，加速度大小a＝3 m/s2。已知小狗的最大速度为8 m/s且能保持较长一段时间。试判断小狗有没有危险，并说明理由。


解析：(1)客车运动的初速度v＝30 m/s，在反应时间内做匀速运动，匀速运动的位移为：


x1＝vΔt＝30×0.5 m＝15 m


所以为保证小狗安全减速位移为：


x2＝x0－x1＝(95－15)m＝80 m


根据速度位移关系知客车加速度大小至少为：


a1＝eq \f(v2,2x2)＝eq \f(302,2×80) m/s2＝5.625 m/s2。


(2)若客车制动时的加速度为a1′＝－5 m/s2，


在离小狗x＝30 m时，客车速度为v1，


则v12－v2＝2a1′(x2－x)，


代入数据解得v1＝20 m/s


设小狗从起跑到与客车速度相等所经历的时间为t


即v1＋a1′t＝at


解得：t＝2.5 s


此过程客车的位移x3＝v1t＋eq \f(1,2)a1′t2


代入数据解得x3＝34.375 m


小狗的位移：x4＝eq \f(1,2)at2＝9.375 m


即x4＋x＞x3，所以小狗是安全的。


答案：(1)5.625 m/s2 (2)小狗是安全的，理由见解析





B级—选考提能


10．[多选]做自由落体运动的物体，先后经过空中M、N两点时的速度分别为v1和v2，重力加速度为g，则( )


A．从M到N所用时间为eq \f(v2－v1,g)


B．MN的间距为eq \f(v22－v12,2g)


C．经过MN的平均速度为eq \f(v1＋v2,2)


D．运动过程中加速度不断变大


解析：选ABC 由公式v2＝v1＋gt得：t＝eq \f(v2－v1,g)，故A正确；根据位移速度公式v22－v12＝2gh可得：h＝eq \f(v22－v12,2g)，故B正确；匀变速直线运动的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(v1＋v2,2)，故C正确；自由落体运动的加速度为重力加速度，恒定不变，故D错误。


11．[多选]一矿井深为125 m，在井口每隔一定时间自由下落一小球。当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球刚好到达井底，由此可知(g取10 m/s2)( )


A．相邻小球开始下落的时间间隔为1.0 s


B．相邻小球开始下落的时间间隔为0.5 s


C．当第11个小球刚从井口开始下落时，第5个小球距井底45 m


D．当第11个小球刚从井口开始下落时，第3个小球和第5个小球相距35 m


解析：选BD 设小球从井口自由下落到达井底经历时间为t，则由x＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝5 s，所以相邻两个小球间的时间间隔为Δt＝eq \f(5,10) s＝0.5 s，故A错误，B正确；当第11个小球刚从井口开始下落时，第5个小球下落的时间t1＝(11－5)×0.5 s＝3 s，下落高度h＝eq \f(1,2)gt12＝45 m，所以距井底的高度为125 m－45 m＝80 m，故C错误；同理当第11个小球刚从井口开始下落时，第3个小球下落的时间t2＝(11－3)×0.5 s＝4 s，下落高度h′＝eq \f(1,2)gt22＝80 m，第3个小球和第5个小球相距35 m，故D正确。


12.P、Q两车在平行的平直公路上行驶，其v­t图像如图所示。在t1～t2这段时间内( )


A．Q车加速度大小始终大于P车加速度大小


B．t2时刻，Q车一定在P车前面


C．若t1时刻P车在Q车前，则此后两车距离一定减小


D．若t1时刻P车在Q车前，则此后Q车可能会超过P车


解析：选D v­t图像曲线上某点切线的斜率大小表示加速度大小，根据斜率变化可知，在t1～t2这段时间内Q车加速度大小先大于P车加速度大小，后小于P车加速度大小，故A错误；虽然t1～t2这段时间Q车的位移大于P车的位移，但P、Q两车在t1时刻的位置关系未知，因此无法判断t2时刻P、Q两车的位置关系，故B错误；在t1～t2这段时间内，P车速度始终小于Q车速度，若t1时刻P车在Q车前，则此后两车间距离可能一直减小，也可能先减小后增大，即Q车可能会超过P车，故C错误，D正确。


13.如图所示，直线A与四分之一圆弧B分别表示两质点A、B从同一地点同时出发，沿同一方向做直线运动的v­t 图像。当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度大小为( )


A.eq \f(2,π) m/s2 B.eq \f(π,2) m/s2


C．2 m/s2D．π m/s2


解析：选B 设A的加速度为a。A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，即xA＝xB。根据v­t图像与横轴所围的面积表示位移，得eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,4)×π×22，由题知t＝2 s，解得 a＝eq \f(π,2) m/s2，B正确。


14．高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人事件。某建筑工地突然一根长为l的直钢筋从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片。为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L，且L＞l，查得当时相机的曝光时间为t，楼房每层高为h，重力加速度为g，则( )


A．钢筋坠地瞬间的速度约为eq \f(L,t)


B．钢筋坠下的楼层为eq \f(L－l2,2ght2)＋1


C．钢筋坠下的楼层为eq \f(gt2,2h)＋1


D．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为eq \f(l,2t)


解析：选B 最后t时间内的位移为L－l，故平均速度为：v＝eq \f(L－l,t)；由于t时间极短，可以表示末时刻的瞬时速度，故钢筋坠地瞬间的速度为v＝eq \f(L－l,t)，故A错误；对运动全过程，根据速度位移公式，有：v2＝2gH，解得：H＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L－l,t)))2,2g)＝eq \f(L－l2,2gt2)，故楼层为：n＝eq \f(H,h)＋1＝eq \f(L－l2,2ght2)＋1，故B正确，C错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝eq \f(\f(L－l,t),2)＝eq \f(L－l,2t)，故D错误。


15．如图所示，某实验小组用光电数字计时器测量小车在斜面上下滑时的加速度，实验主要操作如下：





①测量出挡光片的宽度d；


②测量小车释放处挡光片到光电门的距离x；


③由静止释放小车，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；


④改变x，测出不同x所对应的挡光时间t。


(1)小车加速度大小的表达式为a＝________(用实验中所测物理量符号表示)。


(2)根据实验测得的多组x、t数据，可绘制图像来得到小车运动的加速度，如果图像的纵坐标为x，横坐标为eq \f(1,t2)，实验中得到图像的斜率为k，则小车运动的加速度大小为________(用d、k表示)。


解析：(1)依据中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则有小车运动到光电门时的速度v＝eq \f(d,t)，结合运动学公式a＝eq \f(v2,2x)，得a＝eq \f(d2,2xt2)。


(2)根据(1)中，即有：x＝eq \f(d2,2a)·eq \f(1,t2)，结合纵坐标为x，横坐标为eq \f(1,t2)的图像，那么斜率：k＝eq \f(d2,2a)，因此小车的加速度大小为：a＝eq \f(d2,2k)。


答案：(1)eq \f(d2,2xt2) (2)eq \f(d2,2k)


16．驾驶证考试中的路考，在即将结束时要进行目标停车，考官会在离停车点不远的地方发出指令，要求将车停在指定的标志杆附近，终点附近的道路是平直的，依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆之间的距离ΔL＝12.0 m。一次路考中，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观察并记录时间，学员乙与车前端的距离为Δs＝2.0 m。假设在考官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过O点考官发出指令：“在D标志杆目标停车”，发出指令后，学员乙立即开始计时，学员甲需要经历Δt＝0.5 s的反应时间才开始刹车，开始刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止。学员乙记录下自己经过B、C杆时的时刻tB＝4.50 s，tC＝6.50 s。已知O、A间的距离LOA＝44 m。求：





(1)刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0及汽车开始刹车后的加速度大小a；


(2)汽车停止运动时车前端与D的距离。


解析：(1)如图所示，学员乙从O点到标志杆B的过程中，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得





LOA＋ΔL＝v0Δt＋v0(tB－Δt)－eq \f(1,2)a(tB－Δt)2


学员乙从O到标志杆C的过程中，


由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得


LOA＋2ΔL＝v0Δt＋v0(tC－Δt)－eq \f(1,2)a(tC－Δt)2


代入数据解得v0＝16 m/s，a＝2 m/s2。


(2)汽车从开始到停下，运动的距离


x＝v0Δt＋eq \f(v02,2a)＝72 m


因此汽车停止运动时车前端距离D为


LOA＋3ΔL－Δs－x＝6 m。


答案：(1)16 m/s 2 m/s2 (2)6 m


17．据报道，一儿童玩耍时不慎从45 m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下的管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童。已知管理人员到楼底的距离为18 m，为确保安全稳妥的接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接儿童时没有水平方向的冲击。不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取10 m/s2。


(1)管理人员至少要用多大的平均速度跑到楼底？


(2)若管理人员在加速或减速过程中的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，求管理人员奔跑时加速度需满足什么条件？


解析：(1)儿童下落过程，由运动学公式得h＝eq \f(1,2)gt02


管理人员奔跑的时间t≤t0


对管理人员奔跑过程，由运动学公式得x＝eq \x\t(v)t


解得eq \x\t(v)≥6 m/s。


(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v0，由运动学公式得eq \x\t(v)＝eq \f(0＋v0,2)


得v0＝2eq \x\t(v)＝12 m/s>vm＝9 m/s


故管理人员应先加速到vm＝9 m/s，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。


设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，


由运动学公式得x1＝eq \f(1,2)at12


x3＝eq \f(1,2)at32


x2＝vmt2


vm＝at1＝at3


t1＋t2＋t3≤t0


x1＋x2＋x3＝x


解得a≥9 m/s2。


答案：(1)6 m/s (2)a≥9 m/s2