鲁科版高中物理必修第一册 2.1速度变化规律同步练习卷（含解析）

鲁科版高中物理必修第一册 2.1速度变化规律同步练习卷
一、单选题：本大题共15小题，共60分。
1.一质点在时间内速度由增大到，其加速度大小为；另一质点在时间内速度由增大到，其加速度大小为。则
( )
A. B. C. D.
2.物体从长为的光滑斜面顶端开始下滑，滑到底端的速率为如果物体以的初速度从斜面底端沿斜面上滑，上滑时的加速度与下滑时的加速度大小相同，则可以达到的最大距离为
( )
A. B. C. D.
3.一物体由静止开始做匀加速直线运动，在时间内通过位移，则它从出发开始通过所用的时间为( )
A. B. C. D.
4.某物体做匀变速直线运动，加速度大小为，那么在任意内( )
A. 此物体的末速度一定等于初速度的倍
B. 此物体任意的初速度一定比前末的速度大
C. 此物体在每内的速度变化为
D. 此物体在任意内的末速度一定比初速度大
5.一个做匀加速直线运动的物体，初速度，它在第内通过的位移是，则它的加速度为
( )
A. B. C. D.
6.如下图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中、、、、所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为，每块砖的厚度为。根据图中的信息，下列判断错误的是
( )
A. 位置“”是小球释放的初始位置 B. 小球做匀加速直线运动
C. 小球下落的加速度为 D. 小球在位置“”的速度为
7.如图所示，倾角为的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球，甲以初速度水平抛出，乙以初速度，沿斜面运动，甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，重力加速度为，则
( )
A. 斜面的高度为 B. 甲球落地时间为
C. 乙球落地时间为 D. 乙球落地速度大小为
8.用水平拉力拉着一物体在一水平地面上做匀速直线运动，某时刻起力随时间均匀减小，方向不变，物体所受的摩擦力随时间变化的图象如图中实线所示．则该过程对应的图象是( )
A. B.
C. D.
9.直线是某电场中的一条电场线，一正电荷从点处自由释放，电荷仅在电场力作用下沿电场线从点到点运动过程中的速度图象如图所示，比较、两点电势的高低和场强的大小，下列说法中正确的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
10.物体由静止开始做直线运动，以图中表示物体所受的合力，表示物体的加速度，表示物体的速度，表示物体的位移，那么上下两图对应关系正确的是( )
A. B.
C. D.
11.如图、、是中学物理推导初速度为的匀变速直线运动位移公式所用的图像。下列关于位移公式的推导和这三幅图的说法正确的是( )
A. 这里位移公式的推导主要采用了无限分割与逼近的思想
B. 图利用矩形面积和表示的位移大小比真实位移大
C. 图的矩形面积和比图的三角形面积更接近真实位移的大小
D. 这种用面积表示位移大小的方法只适用于匀变速直线运动
12.物体做匀加速直线运动，已知第末的速度是，第末的速度是，则下列结论正确的是( )
A. 物体零时刻速度是
B. 物体的加速度是
C. 任何内的速度变化都是
D. 每初的速度比前末的速度大
13.物体从点开始做匀变速直线运动，由到用时，由到用时，，则物体的加速度大小为
( )
A. B. C. D.
14.质量为的物体在水平恒力的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为各物理量均采用国际单位制单位，物体与地面间的动摩擦因数为，，以下结论正确的是( )
A. 匀变速直线运动的初速度为 B. 物体每秒速度的增量为
C. 物体运动末的速度为 D. 水平恒力的大小为
15.小球以某一速度从倾角为的光滑斜面底端冲向顶端，然后又返回底端，、、是斜面上的三个点，是段的中间，若小球最高只能到达点且小球在、间往返的总时间为，那么小球经过点时速度的大小等于( )

A. B. C. D.
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
16.如图所示为某质点运动的速度时间图象，下列有关该质点运动情况的判断正确的是
A. 时间内加速度为正，质点做加速运动
B. 时间与时间物体的运动方向相反
C. 时间与时间物体的运动方向相同
D. 时刻与时刻物体在同一个位置
17.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速运动．接着做匀减速运动，到达乙地刚好停止，其速度图象如图所示，那么在和两段时间内( )
A. 加速度大小之比为，且方向相反 B. 位移大小之比为，且方向相反
C. 平均速度大小之比为 D. 平均速度大小之比为
18.多选物体做匀加速直线运动，已知第末的速度是，第末的速度是，则下面结论正确的是。( )
A. 物体零时刻的速度是 B. 物体的加速度是
C. 任何内的速度变化都是 D. 第内的平均速度是
19.甲乙两车在一平直道路上同向运动，其图像如图所示。若图中的面积为，初始时，甲车在乙车前方处。则下列说法正确的是( )
A. 若时相遇，则
B. 若时二者相遇，则时二者还会再次相遇
C. 若时二者相遇，则到二者再次相遇时乙共走了
D. 若时相遇，则到再次相遇甲走了
20.做匀加速直线运动的物体，先后经过，两点时的速度分别为和，经历的时间为，则( )
A. 前半程速度增加 B. 前时间内通过的位移为
C. 后时间内通过的位移为 D. 后半程速度增加
三、简答题：本大题共5小题，共15分。
21.汽车发动机的额定功率为，汽车的质量为，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的倍，．
汽车保持额定功率不变从静止起动后，当汽车的加速度为时速度多大？
若汽车从静止开始，保持以的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？
22.研究表明，一般人的刹车反应时间即图甲中“反应过程”所用时间，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，一质量为的志愿者少量饮酒后驾车以的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离。减速过程中汽车速度与位移的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。重力加速度取。求：
减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
饮酒使志愿者比一般人正常时迟缓的时间；
减速过程中，汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值；
从发现情况到汽车停止的过程，汽车对志愿者所做的功。
23.质量为的物体与水平地面间的动摩擦因数为，现在的水平拉力作用下由静止开始在水平面内做匀加速直线运动，求：
前内对物体所做的功？
末物体的动能？
若末撤去，则物体还可以向前运动多远？
24.如图甲所示，在光滑水平地面上固定一光滑的竖直轨道，其中水平轨道足够长，为半圆形轨道。一个质量为的物块与轻弹簧连接，静止在水平轨道上；物块向运动，时刻与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束。、的图像图乙所示。已知在时间内，物体运动的距离为。、分离后，与静止在水平轨道上的物块发生弹性正碰，此后物块滑上半圆形竖直轨道，物块的质量为，且在运动过程中始终未离开轨道。已知物块、、均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为。求：
物块最终运动的速度：
、第一次碰撞和第二次碰撞过程中，物体的最大加速度大小之比弹簧的弹性势能表达式为，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量；
第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
25.如图所示，长木板放置在光滑水平面上，可视为质点的物体静止叠放在的最左端。、间的最大静摩擦力为，且认为、间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知、的质量分别为、，取．
若用的水平力向右拉，求、的加速度大小；
若用水平力向右拉若要把从中抽出来，力至少为多大；
若用的水平力向右拉，经过，到达的右端，求此时、的速度大小及木板的长度。
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
根据加速度的定义式即可求解。
本题主要考查了加速度的定义式的直接应用，难度不大，属于基础题。
【解答】
根据加速度的定义式得： ，
解得： ，故C正确、ABD错误。
故选C 。
2.【答案】
【解析】略。
3.【答案】
【解析】【分析】
物体做初速度为的匀变速直线运动，根据位移时间关系求解即可。
物体做初速度为的匀变速直线运动，物体的位移与时间的平方成正比，根据位移时间关系求出物体通过位移中点所需要的时间即可。
【解答】
物体做初速度为的匀变速直线运动，根据位移时间关系：，解得：，当它从出发开始通过所用时间，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】
【解析】解：、根据加速度的定义式，可知，的加速度说明物体在每秒钟的时间里速度变化是，而不是末速度是初速度的倍，故A错误，C正确；
B、任意的初和前末是同一时间，故速度应该相等故B错误；
D、物体做匀变速直线运动，若为匀减速运动则此物体在任意内的末速度比初速度小 ，故D错误。
故选：。
物体以的加速度做匀变速直线运动，可以做匀加速运动也可以做匀减速运动，根据加速度的定式，展开分析可得．
正确理解加速度的含义，熟悉时间与时刻的联系是解决本题的关键，注意匀变速直线运动包括匀加速直线运动和匀减速直线运动．
5.【答案】
【解析】【分析】
设加速度为，由位移时间关系，列第内位移的表达式，可以得到加速度。
一定要掌握好求第秒内位移的方法，题目中的是一种，还有一种是用前秒内位移减前内的位移，看情况选择使用。
解：第末的速度为：
第末的速度是第的初速度，故第内的位移为， 解得：，故B正确，ACD错误。
故选B 。
6.【答案】
【解析】【分析】
小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以求得。
中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度的大小，利用这个结论可以很容易的求得物体在某时刻的瞬时速度的大小，对于物理中的一些结论和推论在平时的学习中要掌握住并会用。
【解答】
由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，由可知，，故BC正确，不合题意；
由于时间的间隔相同，所以点瞬时速度的大小为、之间的平均速度的大小，所以；
根据可知点的速度大小是，故A错误，符合题意；
点的瞬时速度的大小为、之间的平均速度的大小，所以，故D正确，不合题意。
故选A。
7.【答案】
【解析】由题图可知乙球落地时末速度与水平方向夹角为，因为甲、乙两球落地时的末速度相互垂直，所以甲球落地时，末速度与水平方向夹角为，如图，可得，又，，则，故A项正确。甲落地时间，故B错误。小球在斜面上做加速度为、初速度为的匀加速直线运动，由几何关系可得乙球位移大小，则由匀变速直线运动规律有，解得，故C项错误。根据机械能守恒有：，可得甲、乙两球落地速度大小均为，故D项错误。
8.【答案】
【解析】解：从图中看出，摩擦力从时刻开始逐渐减小，时间内不变，知从时刻开始减小的，做减速运动，受滑动摩擦力，所以在时间内摩擦力的大小不变，当均匀减小时，小于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得知：，减小，不变，加速度增大，图象的斜率增大．时刻物体的速度刚好变为零，然后摩擦力变为静摩擦力，大小随的变化而变化．故B正确，、、D错误．
故选B．
用水平力拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从某时刻起力随时间均匀减小，物体先做减速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，当物体速度为零后，物体受静摩擦力．根据牛顿第二定律研究加速度的变化，即可选择图象．
解决本题的关键知道物体做匀速直线运动，拉力减小后，先做减速运动，最终静止．
9.【答案】
【解析】从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，故A点的电场强度较大，；
正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即；
故选A．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题关键根据速度时间图象得到物体的运动规律，再根据图线的斜率表示加速度得到加速度情况，根据牛顿第二定律进一步得到合力情况，根据位移时间关系公式得到位移情况。
速度时间图象反映了物体各个不同时刻的速度情况，图线的斜率表示加速度；根据牛顿第二定律和位移时间关系公式以及牛顿第二定律分析即可。
【解答】
A.根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，故A错误；
B.速度时间图象的斜率表示加速度，图中速度时间图象的两条线段斜率大小相等，但左正右负，故B正确；
C.从速度时间图象可以看出物体先匀加速前进，然后匀减速前进，再匀加速后退，匀减速后退，即先前进再后退，与位移时间图象矛盾，故C错误；
D.从速度时间图象可以看出物体先匀加速前进，然后匀减速前进，即物体一直前进，与位移时间图象矛盾，故D错误。
故选B。
11.【答案】
【解析】解：、这里位移公式的推导主要采用了无限分割与逼近的思想，故A正确；
B、位移等于图线与时间轴所围的面积大小，图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移大小偏小，故B错误；
C、图用梯形面积表示位移大小比图中用矩形面积的和表示位移大小更接近真实值，故C错误；
D、这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动，故D错误；
故选：。
在利用速度时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，是一种微积分的思想．
本题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想．
12.【答案】
【解析】本题考查了匀变速直线运动的速度与时间的关系、加速度。
已知第末和第末的速度，时间为；根据加速度定义有物体运动的加速；对第由可得，初速度，选项A、B错误；
因为加速度所以任何内的速度变化都是，选项C正确；
每初的速度和前末的速度相等，选项D错误；
故选C。
13.【答案】
【解析】【分析】
根据匀变速直线运动的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，求的中间时刻速度和的中间时刻速度，并求出所用的时间，结合速度与时间公式求出加速度。
解决本题的关键，就是要掌握变速直线运动的推论，属于基础题。
【解答】
根据匀变速直线运动的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则的中间时刻速度为，的中间时刻速度为，从到所用的时间为，故加速度，故A正确，BCD错误。
故选A。
14.【答案】
【解析】解：、由位移时间公式，结合题干位移随时间的变化关系为，可知，，又根据，故AB错误；
C、由速度时间公式可知，物体运动末的速度为，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，代入数据解得，故D正确；
故选：。
根据匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的初速度和加速度，再根据速度时间公式求得末的速度，结合牛顿第二定律求出水平恒力。
本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，要知道加速度是前后联系的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力。
15.【答案】
【解析】试题分析：根据牛顿第二定律求出小球在斜面上的加速度，抓住上升和下滑时间的对称性得出上升和下降的时间，结合位移时间公式和速度位移公式求出小球经过点的速度大小．
根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度，上升过程和下滑过程对称，所以上升的时间为，
设的距离为，则，
由到满足，
解得故C正确，、、D错误．
故选：．
16.【答案】
【解析】略
17.【答案】
【解析】略
18.【答案】
【解析】物体的加速度
由得
物体零时刻的速度
由于第末的速度等于，所以第内的平均速度一定小于。由以上分析可知，应选B、。
19.【答案】
【解析】【分析】
速度时间图线围成的面积表示位移，结合图线围成的面积之差，结合几何知识分析判断。
本题考查运动学中的追及问题，抓住速度时间图线围成的面积表示位移分析判断，本题对数学知识能力要求较高，要理清两车之间的位移关系。
【解答】
A.若时相遇，由于两图线围成的面积之差等于，则，故A错误；
B.若时二者相遇，两图线围成的面积之差为，时，两图线围成的面积之差为，可知时两车不会相遇，故B错误；
C.若时二者相遇，通过几何关系以及图线围成的面积知，时两者再次相遇，根据几何关系知，乙走的位移，而，所以，故C正确；
D.若时相遇，此时甲车的位移而，此时，故D正确。
故选CD。
20.【答案】
【解析】【分析】
解决本题需要掌握：匀变速直线运动的时间中点和位移中点的速度公式，明确公式适用条件和物理量意义。然后直接利用公式求解即可。
本题考查了匀变速直线运动推论公式的应用，对于这些推论公式既要会推导也要明确其适用条件并能灵活应用。
【解答】
A.做匀加速直线运动的物体，位移中点的速度为，故速度增加值为，故A错误；
B.在匀变速运动中，时间中点的速度等于全过程中的平均速度，所以前半时间的平均速度，前时间内通过的位移为，故B错误；
C.由分析可得，后时间内的平均速度，故后时间内通过的位移为，故C正确；
D.做匀加速直线运动的物体，位移中点的速度为，故后半程速度增加量为，故D正确。
故选CD。
21.【答案】解：汽车运动中所受的阻力大小为
汽车保持恒定功率起动时，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大．
设当汽车的加速度为 时牵引力为，由牛顿第二定律得
得
汽车的速度为
当汽车以恒定加速度 匀加速运动时，汽车的牵引力为，由牛顿第二定律得
得
汽车匀加速运动时，其功率逐渐增大，当功率增大到等于额定功率时，匀加速运动结束，此时汽车的速度为

则汽车匀加速运动的时间为
答：汽车保持额定功率不变从静止起动后，当汽车的加速度为时速度为；若汽车从静止开始，保持以的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持．
【解析】由牛顿第二定律求出加速度为时牵引力，根据功率与牵引力的关系即可求得速度；
由牛顿第二定律求出加速度为时牵引力，汽车匀加速运动时，其功率逐渐增大，当功率增大到等于额定功率时，匀加速运动结束，求出此时汽车的速度，根据速度时间公式即可求得时间．
解决本题的关键会根据汽车的受力情况判断运动情况．知道在水平面上行驶当牵引力等于阻力时，速度最大．
22.【答案】解：设刹车加速度为，由题可知刹车初速度，末速度 ，位移 ，由运动学公式得，
联立，代入数据得：，
设志愿者反应时间为，反应时间的增加量为，
由运动学公式得：
代入数据解得：
所以反应时间的增加量为
设志愿者所受合外力的大小为，汽车对志愿者的作用力的大小为，志愿者质量为，受力如下图所示：
由牛顿第二定律得：
由平行四边形定则得：
联立，代入数据可得：
因为重力不做功，所以汽车对志愿者做的功等于合力做的功，则有：
答：减速过程汽车加速度的大小为，所用时间为；
饮酒使志愿者比一般人正常时迟缓的时间为；
减速过程中，汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为；
从发现情况到汽车停止的过程，汽车对志愿者所做的功为。
【解析】根据匀变速直线运动的速度位移关系式求出汽车减速过程中的加速度大小，结合速度时间关系式求出减速运动的时间。
从发现情况到汽车停止行驶的距离减去汽车刹车后的位移等于反应时间内的位移，根据反应时间内汽车做匀速直线运动求出反应时间，进而求出迟缓的时间。
对志愿者受力分析，根据平行四边形定则，结合牛顿第二定律，联立方程求汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值，再根据功的定义式求解。
解决本题的关键知道汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，结合运动学公式及牛顿第二定律即可求解。注意中对志愿者受力分析是关键，需结合平行四边形法则求解；中直接求出汽车对志愿者的作用力不方便，因为重力不做功，所以可以灵活处理为汽车对志愿者做的功等于合力做的功。
23.【答案】解：
前内物体的加速度为
前内物体的位移为
对物体所做的功
末物体的速度为，物体的动能为
由动能定理得
代入解得到．
答：
前内对物体所做的功是．
末物体的动能是．
若末撤去，物体还可以向前运动．
【解析】分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，由位移公式求出前内物体的位移，再求做功．
根据速度公式求出末物体的速度，再求解物体的动能．
撤去后，滑动摩擦力对物体做功，由动能定理求出物体滑行的距离．
本题是牛顿运动定律、运动学公式和动能定理的综合应用，选择解题规律是关键．涉及力在空间的效应，可优先考虑动能定理．
24.【答案】解：由乙图知后：
B、发生弹性碰撞，以向右方向为正方向，由动量守恒可知：
由机械能守恒可知：
联立解二次方程得：，
返回水平轨道时由机械能守恒可知：
与再次发生弹性碰撞，以向左方向为正，由动量守恒定律有：
由机械能守恒定律有：
联立解得：，
与第一次碰撞到共速时，由动量守恒
代入可得：
与第二次碰撞过程，以向左方向为正，由动量守恒可知：
由机械能守恒可知：
联立解得：
与第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知：
与第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知：
解得：
由机械能守恒可知：
由以上公式得：
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据
从而可得：
与压缩弹簧过程
同一时刻、的瞬时速度关系为：，
由位移等于速度对时间的积累得：累积，累积
在时间内：，
由此得：，
因此：
从而可得：
那么第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值：
答：物块最终运动的速度为；
、第一次碰撞和第二次碰撞过程中物体的最大加速度大小之比为：；
第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为。
【解析】、组成的系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出物块的质量。返回后再与发生弹性碰撞交换速度，则追上再次发生弹性碰撞，根据弹性碰撞的规律求最终的速度；
、组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出弹簧的最大压缩量，从而求出两次物体的加速之比；
比较压缩过程中压缩量的关系，有平均值的方法求得位移的关系，再根据题设条件求第二次碰撞过程中最大压缩量。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动能定理可以解题。
25.【答案】解：长木板向右的最大加速度，代入数据得
对整体分析，设、恰好不发生相对滑动的临界拉力为，由牛顿第二定律，有
代入数据解得：
所以拉力为时，两物体相对静止，它们的加速度大小均为：
根据分析，可知，要想把从中抽出来，力至少为。
用的水平力向右拉，由于，所以两物体发生了相对滑动，则
经过，和的速度分别为：
此过程中滑块和长木板的位移分别为：
因为此时滑块刚好滑到了长木板的右端，所以长木板的长度为：
答：若用的水平力向右拉，、的加速度大小均为；
若用水平力向右拉若要把从中抽出来，力至少为；
若用的水平力向右拉，经过，到达的右端，此时、的速度大小分别为，，木板的长度为。
【解析】根据牛顿第二定律求出长木板向右的最大加速度，再对整体分析求出、恰好不发生相对滑动的临界拉力为，判断拉力为时，是否发生了相对滑动，求出两者的加速度；
根据分析，直接得到把从中抽出来的最小拉力；
分析用的水平力向右拉，两物体是否发生了相对滑动，根据隔离法求出两者的加速度，根据速度时间关系求出时和的速度以及滑块和长木板的位移，最后根据题意求出长木板的长度。
本题考查了板块模型，解决本题的关键是求出滑块和长木板发生相对滑动时的拉力。
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