高中物理鲁科版 (2019)必修 第一册第2章 匀变速直线运动本章综合与测试课后复习题

这是一份高中物理鲁科版 (2019)必修 第一册第2章 匀变速直线运动本章综合与测试课后复习题，共8页。
(时间：60分钟 分值：100分)


一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)


1．下列说法正确的是( )


A．亚里士多德认为物体下落的快慢与物体的轻重无关


B．伽利略认为物体越重，下落得越快


C．牛顿管实验说明没有空气阻力时，铁块和羽毛下落快慢相同


D．石头下落比树叶快，是因为树叶受到空气阻力，而石头没有受到空气阻力


解析：选C.亚里士多德认为物体越重，下落越快，而伽利略认为物体下落快慢与物重无关，通过牛顿管实验证明，无空气阻力时，铁块与羽毛下落快慢相同，在实际中虽然石头下落比树叶下落快，但石头仍受阻力，只不过其阻力相对其重力较小．故C正确，A、B、D错误．


2．若某质点沿直线运动的位置坐标随时间的变化关系为s＝2＋t＋2t2，则可知( )


A．质点前2 s的位移为12 m


B．质点的初速度为2 m/s


C．质点在2 s末的速度为9 m/s


D．质点做加速度增大的加速直线运动


解析：选C.对比公式s＝s0＋v0t＋eq \f(1,2)at2可得质点的初位置为s0＝2 m，v0＝1 m/s，a＝4 m/s2，质点前2 s的位移为s＝(1×2＋2×22)m＝10 m，A、B错误；质点在2 s末的速度为v＝(1＋2×4) m/s＝9 m/s，C正确；质点做匀加速直线运动，D错误．


3．做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是( )


A．3.5 m B．2 m


C．1 m D．0


解析：选B.物体做匀减速直线运动至停止，可以把这个过程看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，所以由eq \f(14 m,7)＝eq \f(s1,1)得，所求位移 s1＝2 m．故B正确．


4．一质点沿x轴做直线运动，其v－t图像如图所示．质点在t＝0 时位于x＝5 m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为( )





A．x＝3 m B．x＝8 m


C．x＝9 m D．x＝14 m


解析：选B.v－t图像与t轴围成的面积表示位移，即位移为x1－x2＝3 m，由于初始坐标是5 m，所以t＝8 s时质点在x轴上的位置为x＝3 m＋5 m＝8 m，故正确答案为B.


5．(2019·云南红河州高一检测)汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了10 s的时间通过一座长120 m的桥，过桥后汽车的速度为16 m/s，汽车自身长度忽略不计，则( )


A．汽车的加速度为1.6 m/s2


B．汽车过桥头时的速度为12 m/s


C．汽车从出发到过完桥所用时间为16 s


D．汽车从出发点到桥头的距离为40 m


解析：选D.车通过桥的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(120,10) m/s＝12 m/s，又eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋v,2)，v＝16 m/s，故上桥头的速度v0＝8 m/s，车的加速度a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(16－8,10) m/s2＝0.8 m/s2，故A、B错误；汽车从出发到过完桥所用时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(16,0.8) s＝20 s，故C错误；从出发点到桥头的距离s＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(82,2×0.8) m＝40 m，故D正确．


6．(2019·安庆高一检测)一质点在连续的6 s内做匀加速直线运动，在第一个2 s内位移为12 m，最后一个2 s内位移为36 m，下面说法正确的是( )


A．质点的加速度大小是3 m/s2


B．质点在第2个2 s内的平均速度大小是18 m/s


C．质点第2 s末的速度大小是12 m/s


D．质点在第1 s内的位移大小是6 m


解析：选A.设第一个2 s内的位移为s1，第三个2 s内，即最后1个2 s内的位移为s3，根据s3－s1＝2aT2得加速度a＝3 m/s2，故A正确；由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值即s3－s2＝s2－s1，解得：s2＝24 m，所以质点在第2个2 s内的平均速度大小是eq \f(24,2) m/s＝12 m/s，故B错误；第1 s末的速度等于第一个2 s内的平均速度，则v1＝6 m/s，则第2 s末速度为v＝v1＋at＝(6＋3×1) m/s＝9 m/s，故C错误；将第1 s内反向看为匀减速运动，则有：s＝v1t－eq \f(1,2)at2＝(6×1－eq \f(1,2)×3×12) m＝4.5 m，故D错误．


二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)


7．某物体做匀加速直线运动，先后经过M、N两点的速度分别为v和3v，经历的时间为t，则下列说法中正确的是( )


A．物体经过MN中点时的速度为2v


B．物体在时间t的中间时刻的速度为2v


C．物体经过任意时间t，速度的增量均为2v


D．物体在后eq \f(t,2)时间所通过的距离比前eq \f(t,2)时间所通过的距离大eq \f(vt,3)


解析：选BC.在匀变速直线运动中位移中点的速度veq \s\d9(\f(s,2))＝eq \r(\f(veq \\al(2,M)＋veq \\al(2,N),2))＝eq \r(5)v，故A错误；在匀变速直线运动中中间时刻的速度veq \s\d9(\f(t,2))＝eq \f(vM＋vN,2)＝2v，故B正确；由题可知，物体在t时间内的速度的增加量是2v，由于物体做匀加速直线运动，所以物体在经过任意时间t，速度的增量均为2v，故C正确；物体在时间t的中间时刻的速度为2v，则物体在后eq \f(t,2)时间所通过的距离比前eq \f(t,2)时间所通过的距离大Δx＝eq \f(2v＋3v,2)×eq \f(t,2)－eq \f(v＋2v,2)×eq \f(t,2)＝eq \f(vt,2)，故D错误．


8．(2019·迪庆州香格里拉一中高一检测)如图所示，是小球做自由落体运动时的频闪照片示意图，频闪仪每隔0.04 s 闪光一次，截取照片中的一段，将第一个球位置记为坐标原点O，图中数字是与第一个小球之间的距离，单位是cm，如果要通过这幅照片测量自由落体运动的加速度，可采用的方法是( )





A．利用h＝eq \f(1,2)gt2，计算重力加速度的数值


B．利用Δs＝gt2，然后求平均值计算出重力加速度


C．利用做匀加速直线运动物体中间时刻的速度等于平均速度，求出各点的速度，然后利用速度－时间图像求重力加速度


D．先求出小球在两个不同位置的速度，然后利用a＝eq \f(Δv,Δt)求重力加速度


解析：选BCD.公式h＝eq \f(1,2)gt2，说明它们均已做自由落体运动，从而由这些公式，即可求解重力加速度的数值，但本题是通过实验数据来测量重力加速度的数值，故A错误；公式Δs＝gt2，利用在相等时间内，结合位移之差，即可求解重力加速度，故B正确；利用做匀加速直线运动物体中间时刻的速度等于平均速度，求出各点的速度，然后利用速度－时间图像求斜率，即可求出重力加速度，故C正确；先求出小球在两个不同位置的速度，然后利用a＝eq \f(Δv,Δt)，也可以求出重力加速度，故D正确．


9．(2019·宁波高一检测)如图是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s．若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549 m．以下说法正确的是( )





A．若电梯经过20 s匀加速达到最大速度，则匀加速时的加速度a1＝ 0.9 m/s2


B．若电梯经过20 s匀加速达到最大速度，则匀加速过程上升的高度h＝180 m


C．电梯匀速运动的时间为10 s


D．电梯匀速运动上升的高度h＝108 m





解析：选ABD.由运动学公式可得匀加速时的加速度： a1＝eq \f(vm,t1)＝eq \f(18,20) m/s2＝0.9 m/s2，故A正确；由运动学公式可得匀加速过程上升的高度：h＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.9×202 m＝180 m，故B正确；设匀速运动时间为t0，运动的总时间为t′，由v－t图可得：H＝eq \f(1,2)(t′＋t0)×vm，代入数据解得：t0＝6 s，故C错误；电梯匀速运动上升的高度：h＝vmt0＝18×6 m＝108 m，故D正确．


10．(2019·福建仙游一中检测)如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移－时间图像，图乙为质点c和d做直线运动的速度－时间图像，由图可知( )





A．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇


B．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇


C．t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的运动方向发生改变


D．t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的速率先减小后增大


解析：选AD.在位移－时间图像中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由甲图可知，t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇，故A正确； t1到t2时间内，根据面积表示位移知c的位移大于d的位移，若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点没有相遇，故B错误； 四质点中只有b运动方向改变，a、c、d质点的方向未发生改变，故C错误； 根据s－t图像的斜率表示速度，知t1到t2时间内，a质点的速度不变，b质点的速率先减小后增大，由v－t图像知：c的速度均匀减小，d的速率先减小后增大，故D正确．


三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)


11．(10分)(2019·兰州高一检测)某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…等几条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5、…，如图甲所示为纸带A的一部分．





(1)如下图所示乙、丙、丁三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的，属于纸带A的是________．











(2)打点计时器打计数点1时小车的速度为______m/s.


解析：(1)由Δx＝at2，故物体的加速度大小是a＝eq \f(（6.11－3.00）×0.01,0.12) m/s2＝3.11 m/s2，则x34＝x12＋2at2＝12.33 cm，与丙纸带3、4距离接近，故选丙；


(2)打点1时物体的速度为v1＝eq \f(（6.11＋3.00）×0.01,2×0.1) m/s＝0.46 m/s.


答案：(1)丙 (2)0.46


12．(14分)(2019·九江高一检测)ETC(Electrnic Tll Cllectin)不停车收费系统是目前世界上先进的收费方式．通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与在收费站ETC车道上的微波天线之间的微波专用短程通讯，利用计算机联网技术与银行进行后台结算处理，从而达到车辆通过路桥收费站不需停车而能交纳路桥费的目的．


如图是汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程图．假设汽车以v1＝36 km/h朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前10 m处正好匀减速至v2＝18 km/h，接着匀速行驶至中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，求：





(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；


(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？


解析：(1)汽车过ETC通道：减速过程有：veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝－2as减


加速过程与减速过程位移相等，则有：s＝2s减＋d


解得：s＝85 m.


(2)汽车过ETC通道的减速过程有：v2＝v1－at减


所以总时间为：t1＝2t减＋eq \f(d,v2)＝2·eq \f(v1－v2,a)＋eq \f(d,v2)＝12 s


汽车过人工收费通道有：t2＝2×eq \f(v1,a)＋20 s＝40 s


s2＝2×eq \f(veq \\al(2,1),2a)＝100 m


二者的位移差为：


Δs＝s2－s1＝100 m－85 m＝15 m


则有汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间：Δt＝t2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t1＋\f(Δs,v1)))＝26.5 s.


答案：(1)85 m (2)26.5 s


13．(16分)(2019·榆林高一期中)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一社区管理人员发现，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．已知管理人员到儿童下落处的正下方楼底的距离为18 m，为确保能稳妥安全接住儿童，必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击(也就是无水平速度)．不计空气阻力，将儿童和管理人员都看做质点，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)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？


(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？


解析：(1)儿童下落过程，由运动学公式得：


h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,0)①


管理人员奔跑的时间为：t≤t0②


对管理人员奔跑过程，由运动学公式得：s＝eq \(v,\s\up6(－))t③


由①②③式联立并代入数据得，eq \(v,\s\up6(－))≥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 \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋0,2)，


得：v0＝2eq \(v,\s\up6(－))＝12 m/s＞vmax＝9 m/s，所以先加速，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s1、s2、s3，


由运动学公式得，s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)④


s3＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,3)⑤


s2＝vmaxt2⑥


vmax＝at1＝at3⑦


t1＋t2＋t3≤t0⑧


s1＋s2＋s3＝s⑨


由④～⑨式联立并代入数据得，a≥9 m/s2.


答案：(1)6 m/s (2)a≥9 m/s2