第二章 匀变速直线运动的研究 阶段质量检测(二)　匀变速直线运动的研究（含解析）高中物理人教版（2019）必修 第一册

阶段质量检测(二)　匀变速直线运动的研究
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1．据说，当年牛顿躺在树下被一个从树上掉下的苹果砸中，从而激发灵感发现万有引力定律。假设苹果以大约6 m/s的速度砸中牛顿，那么苹果下落前离地高度约为(g取10 m/s2)(　　)
A．1 m B．1.8 m
C．3.6 m D．6 m
2．如图所示，飞机起飞时在同一底片上每隔0.1 s时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法错误的是(　　)
A．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动
B．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动
C．若已知飞机做匀变速直线运动，测出各相邻相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度
D．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度
3.一物体做匀变速直线运动，其位移—时间图像如图所示，由图可得(　　)
A．物体的加速度大小为2 m/s2
B．5 s末物体的速度大小为10 m/s
C．10 s内的位移为0
D．10 s内物体运动的平均速度为2 m/s
4.如图所示的彩虹滑道由一个倾斜直滑道和一个水平直滑道平滑连接而成，游客坐在橡胶滑圈内，从倾斜滑道顶端由静止匀加速滑下， 运动至水平滑道后，因受到摩擦力作用做匀减速运动直到停下。下列各v t图像中，能反映游客运动过程的是(　　)
5．枣树上的枣子成熟后，第一颗枣子自由下落0.2 s时，其开始下落位置正下方1.8 m处的第二颗枣子开始自由下落，两颗枣子恰好同时落在水平地面上，不计空气阻力及树枝对枣子下落的影响，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．第一颗枣子刚开始下落的位置离水平地面的高度为5 m
B．第二颗枣子落地时的速度大小为6 m/s
C．第二颗枣子开始下落时，第一颗枣子在第二颗枣子正上方0.2 m处
D．两颗枣子在空中运动时两者的距离保持不变
6．在一次交通事故中，警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是64 m，该车辆的刹车加速度大小是8.0 m/s2，该路段的限速为100 km/h。则该车(　　)
A．刹车所用的时间为4 s
B．该肇事车没有超速
C．刹车过程的平均速度为25 km/h
D．刹车最后一秒的位移为8 m
7．参观古镇时，恰逢下雨，小吴同学饶有兴致地观察屋檐滴水的情境，他观察到滴水中水滴下落时间间隔均匀，测得1分钟内下落水滴180个，由相关资料知屋檐高为3.2 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，他有以下推断，其中正确的是(　　)
A．空中相邻的两个水滴的间距保持不变
B．空中相邻的两个水滴之间的最大间距是 m
C．空中有3个水滴时相邻间距之比始终为1∶3
D．空中有3个水滴和2个水滴的时间之比是2∶3
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．做匀加速直线运动的质点，在第5 s内与第6 s内的平均速度之和是56 m/s，平均速度之差是4 m/s，则关于该质点，下列说法正确的是(　　)
A．在任意时刻的速度变化率相同
B．在相邻相等时间间隔内的位移相等
C．初速度大小为4 m/s
D．加速度大小为4 m/s2
9.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，在t＝0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0～t2内两车的速度—时间图像(v t图像)如图所示，则在0～t2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙两辆车运动方向相反
B．在t1时刻甲、乙两车再次相遇
C．乙车在0～t2时间内的平均速度小于
D．在t1～t2时间内甲车在乙车前方
10．驾驶员驾驶汽车甲在平直的高速公路上匀速行驶，发现前方40 m有一辆同向低速行驶的汽车乙，驾驶员握紧方向盘并立即踩刹车制动，同时鸣笛提醒乙车。刹车后一小段时间内汽车甲和汽车乙行驶的位移和时间的比值与时间t的关系(从汽车甲刹车时开始计时)如图所示，汽车甲的刹车过程视为匀减速直线运动，不计声音在空气中的传播时间，则下列说法正确的是(　　)
A．汽车甲匀速行驶的速度大小为30 m/s
B．汽车甲刹车制动的加速度大小为5 m/s2
C．若乙车司机听到汽车甲的笛声提醒后，立即以5 m/s2的加速度加速，则两车的最小距离为10 m
D．若乙车司机听到汽车甲的笛声提醒，反应时间2 s后，才以5 m/s2的加速度加速，则两车的最小距离为5 m
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(7分)用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻(t＝0)开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1 s测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：
t/s 0 1 2 3 4 5 6
x/m 0 507 1 094 1 759 2 505 3 329 4 233
回答下列问题：
(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)当x＝507 m时，该飞行器速度的大小v＝________m/s；
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a＝________m/s2(保留2位有效数字)。
12.(9分)某同学用如图所示的装置做研究重物下落运动的实验，如图(a)所示。已知打点计时的频率为50 Hz，该同学选出的一条纸带如图(b)所示，O、A、B、C、D为纸带上连续的5个点。测得OA、AB、BC、CD的距离依次为3.93 cm、4.30 cm、 4.65 cm、5.07 cm，请回答以下问题：
(1)电火花计时器是一种使用________(选填“直流”或“交流”)电源的计时仪器。
(2)当打点计时器打下C点时，重物下落的速度大小为________ m/s(保留2位有效数字)。
(3)重物下落的加速度是________ m/s2(保留2位有效数字)，若重力加速度的标准值为9.80 m/s2，则本实验加速度测量值的相对误差为________。(填百分比)
(4)测量的加速度比实际值偏小，这是因为实验中存在空气阻力和摩擦阻力，从而造成实验存在________误差。(选填“系统”或“偶然”)
13.(11分)一辆汽车从静止开始做加速度a＝5 m/s2匀加速直线运动，加速过程持续了5 s，然后匀速行驶。
(1)求汽车加速过程中的位移；
(2)汽车匀速行驶的过程中发现该道路的最高限速为100 km/h，请问汽车超速了吗？
(3)汽车在匀速行驶一段时间后开始减速到15 m/s，减速过程中驶过了50 m的位移，求减速过程中的加速度的大小。
14.(12分)5G自动驾驶是基于5G通信技术实现网联式全域感知、协同决策与智慧云控，相较传统“单车式”无人驾驶，具有革命性演进。A、B两辆5G自动驾驶测试车，在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前面，A车的速度大小为v1＝16 m/s，B车的速度大小为v2＝40 m/s，如图所示。当A、B两车相距40 m时，B车因前方突发情况紧急刹车(已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动)，加速度大小为4 m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间。
15.　(15分)如图所示，在离地面高H处以v0＝10 m/s的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长L＝5 m的小车，其前端M距离抛出点的正下方s＝4 m，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做加速度为a1＝2 m/s2的匀加速直线运动。已知小球落地前最后1 s内下落的高度为25 m，忽略空气阻力及小车的高度，g取10 m/s2，求：
(1)小球抛出点离地面的高度H；
(2)试分析小车能否接住小球；
(3)当小车末端N到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为a2、方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度a2的范围。
阶段质量检测(二)
1．选B　根据v2＝2gh得h＝＝ m＝1.8 m，所以苹果下落前离地高度约为1.8 m，故选B。
2．选A　因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，A错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，B正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，C正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，D正确。
3．选C　5 s时图线斜率为0，则速度为0，在0～5 s内，由逆向法得x＝at2，解得a＝0.8 m/s2，故A、B错误；由题图可知，初、末位置的纵坐标都为0，则位移为0，根据平均速度的定义可知，平均速度为0，故C正确，D错误。
4．选D　匀加速阶段的速度v1＝a1t，速度与时间成正比，图像为一条过原点且斜率为正的倾斜直线；匀减速阶段的速度v2＝v0－a2t，图像是一条斜率为负的倾斜直线。故选D。
5．选A　设第一颗枣子下落高度为h，运动的总时间为t，根据题意得h＝gt2，h－Δh＝g(t－Δt)2，其中Δh＝1.8 m，Δt＝0.2 s，解得h＝5 m，t＝1 s，故A正确；第二颗枣子落地时的速度大小为v2＝g(t－Δt)＝8 m/s，故B错误；第二颗枣子开始下落时，第一颗枣子下落距离h1＝gΔt2＝0.2 m，第一颗枣子在第二颗枣子正上方Δh′＝Δh－h1＝1.6 m，故C错误；两颗枣子在空中运动时加速度相同，则相对速度不变，则两者距离均匀变化，故D错误。
6．选A　根据匀变速直线运动公式得，刹车时间t＝ ＝ s＝4 s，A正确；根据匀变速直线运动公式得，初速度v＝＝ m/s＝32 m/s＝115.2 km/h>100 km/h，该肇事车超速了，B错误；根据平均速度公式得＝＝＝16 m/s＝57.6 km/h，C错误；刹车最后一秒，汽车在做加速度为－8 m/s2的匀变速运动，根据匀变速直线运动公式得x1＝at12＝×8×12 m＝4 m，D错误。
7．选D　空中相邻的两个水滴间的时间间隔相同，但是水滴在做加速运动，加速度相同，所以下面的水滴相对上面水滴在匀速下落，间距变大，故A错误；1分钟内下落水滴180个，相邻水滴间隔t0＝ s，从屋檐到落地下落总时间t＝＝0.8 s，空中相邻的两个水滴之间的最大间距是Δh＝gt2－g(t－t0)2＝ m，故B错误；只有初速度为零的匀加速运动，才有连续相等时间通过的间距之比为1∶3，故不是始终存在，故C错误；水滴下落总时间是0.8 s，时间间隔为 s，空中有3个水滴和2个水滴的时间之比是＝2∶3，故D正确。
8．选AD　质点做匀加速直线运动，加速度恒定，则在任意时刻的速度变化率相同，A正确；质点做匀加速直线运动，在相邻相等时间间隔内的位移不相等，B错误；连续两个1 s内的平均速度之差为4 m/s，即第4.5 s和第5.5 s的瞬时速度之差为4 m/s，即1 s内速度变化量为4 m/s，则质点运动的加速度a＝＝4 m/s2，在第5 s内和第6 s内的平均速度之和为56 m/s，即第4.5 s和第5.5 s的瞬时速度之和为56 m/s，可得第4.5 s到5.5 s 的平均速度为×56 m/s＝28 m/s，则第5 s 末的瞬时速度为28 m/s，由v＝v0＋at，可得初速度v0＝v－at＝28 m/s－4×5 m/s＝8 m/s，C错误，D正确。
9．选CD　由题图可知，二车速度均为正值，即二车均沿正方向运动，甲、乙两辆车运动方向相同，故A错误；由题图可知，在0～t1时间内，两车
的位移不相等，即在t1时刻甲、乙两车没有相遇，故B错误；如图所示，由v t图线与t轴围成的面积表示位移可知，乙车在0～t2时间内的平均速度小于，故C正确；由于t＝0时刻两车位置相同，又由v t图线与t轴围成的面积表示位移，可知在0～t2时间内甲车的位移一直大于乙车的位移，则在0～t2时间内甲车一直在乙车前方，故D正确。
10．选ABD　匀减速运动的位移公式为x＝v0t－at2，整理得＝v0－at，结合图像可知，汽车甲的初速度大小为v1＝30 m/s，图线斜率为－a＝ m/s2，解得加速度大小a＝5 m/s2，故A、B正确；两车距离最近时两车速度相等，有v1－at1＝v2＋a1t1，解得t1＝2 s，该过程汽车甲行驶的位移为x1＝v1t1－at12＝50 m，汽车乙行驶的位移为x2＝v2t1＋a1t12＝30 m，所以此时两车的距离为d＝40 m＋30 m－50 m＝20 m，故C错误；由上述分析可知，乙车司机反应时间2 s内，汽车甲行驶的位移为x3＝x1＝50 m，速度变为v3＝v1－at1＝20 m/s，该过程汽车乙运动的位移为x4＝v2t1＝20 m，两车速度相等过程有v3－at2＝v2＋a1t2，解得t2＝1 s，该过程汽车甲的位移为x5＝v3t2－at22＝17.5 m，汽车乙的位移为x6＝v2t2＋a1t22＝12.5 m，此时两车的距离为d′＝40 m＋20 m＋12.5 m－50 m－17.5 m＝5 m，故D正确。
11．解析：(1)第1 s内的位移为507 m，第2 s内的位移为587 m，第3 s内的位移为665 m，第4 s内的位移为746 m，第5 s内的位移为824 m，第6 s内的位移为904 m，则相邻1 s内的位移之差接近80 m，可知飞行器在这段时间内做匀加速运动。
(2)当x＝507 m时飞行器的速度等于0～2 s内的平均速度，则v＝ m/s＝547 m/s。
(3)根据a＝＝ m/s2≈79 m/s2。
答案：(1)相邻1 s内的位移之差接近80 m　(2)547　(3)79
12．解析：(1)电火花计时器的工作电压为交流220 V。
(2)根据匀变速直线运动时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时重物下落的瞬时速度大小为vC＝＝ m/s≈2.4 m/s。
(3)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2，可以求出加速度的大小为a＝＝
m/s2≈9.31m/s2，
本实验加速度测量值的相对误差为η＝×100%＝5%。
(4)由于空气阻力和摩擦阻力的影响，使得重力加速度的测量值偏小，属于系统误差。
答案：(1)交流　(2)2.4　(3)9.31　5.0%　(4)系统
13．解析：(1)设初速度的方向为正方向，汽车加速时间t＝5 s，汽车加速过程位移x＝at2＝×5×52 m＝62.5 m。
(2)汽车匀速行驶速度v0＝at＝5×5 m/s＝
25 m/s＝25×3.6 km/h＝90 km/h<100 km/h
则汽车没有超速行驶。
(3)设减速阶段汽车加速度为a1，则由v2－v02＝2a1x′，得a1＝＝ m/s2＝－4 m/s2
汽车加速度的大小为4 m/s2。
答案：(1)62.5 m　(2)没有超速　(3)4 m/s2
14．解析：(1)由题意可得，当两车速度相等时，两车之间距离最远，以向右为正方向，有v1＝v2－at
解得t＝6 s
此时两车之间的距离为Δx＝x0＋xB－xA＝x0＋v2t－at2－v1t＝112 m。
(2)设B车完全停下所用时间为t1，由题意可得0＝v2－at1
解得t1＝10 s
在10 s内，A、B两车运动的距离分别为xA′＝v1t1＝160 m
xB′＝v2t1－at12＝200 m
xA′所以B停止时，A车还没有追上B车，设A车追上B车所用的时间为t2，则有xB′＋x0＝v1t2
解得t2＝15 s。
答案：(1)112 m　(2)15 s
15．解析：(1)设小球从最高点下落的时间为t，从最高点到25 m高的位置距离为h，
则h＝g(t－1 s)2
h＋25 m＝gt2
联立解得t＝3 s，h＝20 m
小球上抛的高度为h′＝＝5 m
则小球抛出点离地面的高度为
H＝h＋25 m－h′＝40 m。
(2)小球做上抛运动所用时间为t0＝＝1 s
设小车前端到达抛出点正下方所用时间为t1，
由s＝a1t12
解得t1＝2 s
小车末端到达抛出点正下方所用时间为t2，
由s＋L＝a1t22
解得t2＝3 s
由于t2＜t＋t0，不能接住小球。
(3)小车末端到达抛出点正下方时速度为
v＝a1t2＝6 m/s
当小车末端刚好接住小球，则
x＝v(t0＋t－t2)－a(t0＋t－t2)2＝0
解得a＝12 m/s2
当小车前端刚好接住小球，则
x′＝v(t0＋t－t2)－a′(t0＋t－t2)2＝－L
解得a′＝22 m/s2
故12 m/s2≤a2≤22 m/s2。
答案：(1)40 m　(2)不能，理由见解析
(3)12 m/s2≤a2≤22 m/s2
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