2026教科版高中物理必修第一册练习--第二章　匀变速直线运动的规律同步练习（含解析）

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2026教科版高中物理必修第一册
第二章　匀变速直线运动的规律
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的)
1.如图所示,某同学在校运会上跳高成绩打破学校纪录。经了解,该同学身高1.80 m,跳高过程中重心上升的高度约为1.25 m,忽略空气阻力。据此可估算该同学离地时竖直向上的分速度大小最接近 (　　)
A.5 m/s　　　　B.6 m/s　　　　
C.3 m/s　　　　D.2 m/s
2.绿色出行是相对环保的出行方式,绿色出行通过碳减排和碳中和实现环境资源的可持续利用和交通的可持续发展。若某环保车正以大小为2 m/s2的加速度做匀加速直线运动,则(　　)
A.若t=0时刻环保车的速度为零,则第2 s末它的速度大小为4 m/s
B.环保车第2 s末的速度比第1 s初的速度大3 m/s
C.环保车的末速度大小一定是初速度大小的2倍
D.环保车第3 s初的速度比第2 s末的速度大2 m/s
3.一辆汽车行驶在平直公路上,从t=0时开始制动,汽车在第1 s、第2 s、第3 s前进的距离分别是9 m、7 m、5 m,如图所示。某同学根据题目所提供的信息,猜想汽车在制动后做匀减速直线运动。如果他的猜想是正确的,可进一步推断,汽车的加速度大小为 (　　)
A.2 m/s2　　　　B.5 m/s2
C.7 m/s2　　　　D.9 m/s2
4.如图,某节目中,游戏者抱着脸盆从静止开始加速起跑一段时间,然后趴在脸盆上以一定的初速度向前减速滑行直到终点区域停下。已知他整个过程用时4.8 s,发生的位移为12 m。假设他加速和减速阶段都可以视为匀变速运动,从上述条件可确定 (　　)
A.加速阶段的加速度
B.加速阶段的时间
C.刚趴在脸盆上的初速度
D.减速阶段发生的位移
5.自行车、汽车在同一直线上运动,t=0时刻,两车从同一地点运动的x-t图像如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.自行车以7 m/s的速度匀速运动
B.在0~7 s内,两车间的距离越来越大
C.汽车做曲线运动
D.在0~7 s内,两车的平均速度相同
6.如图所示为钉钉子的情景。若某次敲击过程中,钉子竖直向下运动的位移x(m)随时间t(s)变化的规律为x=-2t2+0.4t。则在本次敲击过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.钉子的初速度大小为0.4 m/s
B.钉子做匀加速直线运动
C.前0.15 s内,钉子的位移大小为0.015 m
D.前0.01 s内,钉子速度变化量的大小为0.008 m/s
7.如图所示是同一平直公路上同向行驶的甲、乙两汽车的v-t图像,t=1.5t0时两车恰好并排行驶,则 (　　)
A.t=0时刻,甲在乙前方v0t0处
B.t=0.5t0时刻,甲在乙的前方
C.t=t0时刻,乙在甲前方v0t0处
D.t=3t0时刻,两车再次并排行驶
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.假设一航天员在某星球表面完成自由落体运动实验:让一小球从一定的高度自由下落,测得在第3 s内的位移是10 m(小球没有落地),则 (　　)
A.该星球表面的重力加速度是g星=9.8 m/s2
B.小球的加速度是4 m/s2
C.小球在第2 s内的平均速度是3 m/s
D.小球在前2 s内的位移大小是8 m
9.国庆期间,小明到极地海洋公园观看了海狮抛球表演,海狮从水面将可视为质点的球以8 m/s的初速度竖直向上顶起,经过一段时间后在同一位置接住球,忽略空气阻力,关于小球在空中运动过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.小球在最高点不受外力作用
B.小球每秒钟速度变化量大小为10 m/s
C.球被顶起到再次被海狮接住用时1.6 s
D.球在运动过程中第1个0.4 s内和第2个0.4 s内的位移之比为4∶1
10.研究物体做直线运动图像可以灵活选取横、纵轴所表示的物理量。如图所示,甲、乙两图分别为两个物体做直线运动的v-t图像和v2-x图像,下列说法正确的是 (　　)
　　
A.甲图中物体在0~t0这段时间内的位移大于
B.甲图中物体的加速度不断增大
C.乙图中物体的初速度不为零
D.乙图中物体的加速度为0.5 m/s2
三、非选择题(本题共5题,共54分)
11.(6分)研究小组用如图甲所示的装置来研究自由落体运动。图乙是实验中利用电磁打点计时器记录自由落体运动的轨迹时得到的一条纸带,图乙中的点是从放手开始打下的连续的点,其中相邻两点之间的距离分别为s1=9.6 mm、s2=13.4 mm、s3=17.3 mm、s4=21.1 mm,电源频率为f=50 Hz。
　
(1)下列说法正确的是　　　　。
A.实验中使用秒表测量时间
B.电磁打点计时器的工作电压是220 V
C.求出的加速度一般比9.8 m/s2小,是因为纸带和重物受到阻力
D.实验时应先由静止释放纸带,然后赶紧接通电源
(2)根据纸带上的数据,可求出D点的速度vD=　　　　m/s,重物的加速度大小为　　　　m/s2。(计算结果均保留两位有效数字)
12.(8分)用图甲所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。
(1)实验的主要步骤:
①安装实验装置;
②测量挡光片的宽度d;
③用刻度尺测量A点到光电门所在位置B点之间的水平距离x;
④滑块从A点静止释放(已知钩码落地前挡光片已通过光电门);
⑤读出挡光片通过光电门所用的时间t,则滑块通过光电门时的瞬时速度可表示为　　　　,由此可知滑块的加速度表达式为a=　　　　;(用上面测量的物理量字母表示)
⑥改变光电门的位置,滑块每次都从A点静止释放,测量相应的x值并读出t值。
(2)根据实验测得的数据,以x为横坐标,为纵坐标,在坐标纸中作出-x图线如图乙所示,求得该图线的斜率k=　　　　m-1·s-2。已知挡光片的宽度d=6.60 mm,由此进一步求得滑块的加速度a=　　　　 m/s2。(计算结果保留3位有效数字)
13.(9分)人从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间。如图,甲用两个手指捏住木尺一端,乙在木尺另一端零刻度处做握尺准备,且手的任何部位都与尺不接触。当乙看到甲放手时,尺子自由下落,他立即去握木尺,发现所握处刻度值为20 cm,尺子下落的时间就是乙的反应时间。
(1)求乙的反应时间。
(2)若乙驾车在平直公路上以24 m/s的速度匀速行驶,发现前方有危险,乙立即刹车,刹车过程的加速度大小为6 m/s2,求从发现危险到停下乙向前行驶的距离(安全距离)。(设乙的反应时间保持一定)
14.(15分)在笔直的公路上,一辆以5 m/s的速度匀速行驶的小轿车,正要以2 m/s2的加速度开始加速时,一辆卡车刚好从旁边以25 m/s的速度匀速同向驶过,如图所示。已知该路段小轿车的最大速度为33 m/s,不考虑两车的长度。求:
(1)小轿车追上卡车前,二者之间的最大距离;
(2)小轿车追上卡车所用时间;
(3)当小轿车超过卡车200 m时,因突发情况,小轿车立即以大小为3 m/s2的加速度开始减速,此后卡车再次追上小轿车需要多少时间。
15.(16分)近日,央视播出的一部军事题材电视剧《淬火》引起了广泛关注,特别是其中一段展示福建舰首次测试电磁弹射的画面,这标志着中国在航母技术领域的又一次飞跃。福建舰的电磁弹射技术也使中国成为继美国之后,全球仅有的两个拥有此类先进技术的国家之一。已知某型号战机的速度达到80 m/s时才能离开福建舰起飞,设福建舰处于静止状态。
(1)该型号战机只在发动机推力和平均阻力的共同作用下由静止开始做加速度大小为10 m/s2的匀加速直线运动,求跑道长度的最小值;
(2)若福建舰电磁弹射跑道长度为100 m,战机仍由静止开始做匀加速直线运动,求在电磁力、发动机推力和平均阻力的共同作用下该型号战机加速度的最小值;
(3)若福建舰还要起降空警预警机,已知预警机起飞速度为100 m/s,起飞跑道长度为100 m,预警机的加速度大小与第(2)小问战机的加速度的最小值相等,则为了使预警机顺利起飞,可以让福建舰沿预警机起飞方向匀速前进,求福建舰匀速前进速度的最小值。
答案与解析
第二章　匀变速直线运动的规律
1.A 2.A 3.A 4.C 5.D
6.A 7.A 8.BD 9.BC 10.AD
1.A　根据运动学规律有h=,代入数据,解得v0=5 m/s,故选A。
2.A　若t=0时刻环保车的速度为零,则第2 s末它的速度大小为v2=at2=4 m/s,选项A正确;环保车第2 s末的速度比第1 s初的速度大Δv=at=2×2 m/s=4 m/s,选项B错误;初速度大小不确定,则环保车的末速度大小不一定是初速度大小的2倍,选项C错误;第3 s初与第2 s末是同一个时刻,选项D错误。
3.A　由题知汽车在制动后做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动的公式有x2-x1=aT2,代入数据有a=(9-7) m/s2=2 m/s2,故选A。
4.C　刚趴在脸盆上时的初速度为加速阶段结束的速度,则由(t1+t2)=x,解得vm=5 m/s,则刚趴在脸盆上时的初速度为5 m/s,C正确;因加速时间和减速时间无法求得,因此A、B、D无法确定。
5.D　根据x-t图像的斜率表示速度可知,自行车做匀速直线运动的速度为v自== m/s=10 m/s,故A错误;根据x-t图像,在0~7 s内,两车间的距离先增大后减小,t=7 s两车刚好相遇,则在0~7 s内,两车的位移相同,根据=可知,在0~7 s内两车的平均速度相同,故B错误,D正确;x-t图像只能描述物体做直线运动,则汽车做直线运动,故C错误。故选D。
6.A　将匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+at2与x=-2t2+0.4t对比分析,可得初速度v0=0.4 m/s,加速度a=-4 m/s2,因加速度的方向与初速度的方向相反,故钉子做匀减速直线运动,A正确,B错误;钉子向下减速到零所用的时间t==0.1 s,钉子前0.15 s内的位移大小等于前0.1 s内的位移大小,x==0.02 m,C错误;根据Δv=aΔt可得,前0.01 s内,钉子速度变化量的大小为Δv=0.04 m/s,D错误。
7.A　t=1.5t0时两车恰好并排行驶,则t=0时刻,两车间距为Δx=1.5v0t0-×1.5t0·v0=v0t0,即甲在乙前方v0t0处,A正确;t=0.5t0时刻,两车间距为Δx=×0.5t0·v0+v0t0-0.5v0t0=0,两车并排行驶,B错误;t=t0时刻,两车间距为Δx=v0t0-v0t0-v0t0=v0t0,乙在甲前方v0t0处,C错误;t=1.5t0到t=3t0,甲车速度始终不小于乙车速度,则t=3t0时刻,甲车在乙车前方,D错误。
8.BD　小球在第3 s内的位移是10 m,则h3=g星-g星,代入数据解得g星=4 m/s2,A错误,B正确;小球在第2 s内的平均速度等于第1.5 s时刻的瞬时速度,则=v1.5=g星t1.5=6 m/s,C错误;小球在前2 s内的位移h2=g星=×4×22 m=8 m,D正确。
9.BC　小球在最高点受到重力作用,A错误;根据Δv=gt=10×1 m/s=10 m/s可知,小球每秒钟速度变化量大小为10 m/s,B正确;球被顶起到最高点所用时间为t1== s=0.8 s,根据对称性可知,球被顶起到再次被海狮接住用时t=2t1=1.6 s,C正确;球被顶起到最高点所用时间为0.8 s,根据逆向思维看成球做初速度为0的匀加速直线运动,根据初速度为0的匀变速直线运动在连续相等时间通过的位移规律可知,球在运动过程中第1个0.4 s内和第2个0.4 s内的位移之比为3∶1,D错误。故选B、C。
10.AD　0~t0内,若物体做初速度为0,末速度为v0的匀加速直线运动,其位移为x=,根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移,可知该物体的位移大于,故A正确;根据v-t图像的斜率表示加速度,图甲的图线斜率逐渐减小,所以加速度也不断减小,故B错误;根据v2-=2ax可得v2=2ax+,由图乙可得=0,2a=1 m/s2,解得v0=0,a=0.5 m/s2,故C错误,D正确。故选A、D。
11.答案　(1)C(2分)　(2)0.58(2分)　9.6(2分)
解析　(1)打点计时器打下连续两点的时间间隔恒定,故不需要秒表,故A错误;电磁打点计时器的工作电压一般为6 V,故B错误;实验求出的加速度一般比9.8 m/s2小,是因为纸带和重物受到阻力,使得加速度小于重力加速度g,故C正确;为使打点稳定,实验时应先接通电源,待打点稳定后释放纸带,故D错误。
(2)电源频率为50 Hz,则打点周期为0.02 s,根据纸带上的数据,由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得,D点的速度为vD==×10-3 m/s≈0.58 m/s,根据逐差法求出重物的加速度大小为a==×10-3 m/s2≈9.6 m/s2。
12.答案　(1)　　(2)2.39×104(2.35×104~2.43×104)(2分)　0.521(0.517~0.525)(2分)
解析　(1)滑块通过光电门时的瞬时速度可表示为v=,滑块由A到B做初速度为0的匀加速直线运动,则有v2=2ax,加速度表达式为a==。
(2)取图中较远的两点,如坐标分别为(0.28,1.12)和(0.64,1.98),计算的斜率为k=×104 m-1·s-2≈2.39×104 m-1·s-2,因从图中读取数据,存在一定误差,故结果为2.35×104~2.43×104 m-1·s-2均正确。根据加速度表达式,图像的函数关系为=x,则知k=,解得a== m·s-2≈0.521 m·s-2,结果为0.517~0.525 m·s-2均正确。
13.答案　(1)0.2 s　(2)52.8 m
解析　(1)在反应时间内,木尺下落的高度h=20 cm(1分)
根据h=gt2 (2分)
解得t=0.2 s(1分)
(2)乙在反应时间内的位移x1=v0t=24×0.2 m=4.8 m(2分)
从开始刹车到停止的位移x2==48 m(2分)
从发现危险到停下乙向前行驶的距离d=x1+x2=4.8 m+48 m=52.8 m。 (1分)
14.答案　(1)100 m　(2)24.5 s　(3)15.26 s
解析　(1)小轿车与卡车速度相等时,二者相距最远,有
v轿=v0+at1=v卡=25 m/s
解得t1=10 s(1分)
这段时间内小轿车的位移
x轿=v0t1+a=5×10 m+×2×102 m=150 m(1分)
卡车的位移x卡=v卡t1=25×10 m=250 m(1分)
二者之间的最大距离
Δxm=x卡-x轿=250 m-150 m=100 m。 (1分)
(2)小轿车从开始加速到最大速度所需时间
t0== s=14 s(1分)
这段时间内小轿车的位移
x'轿=v0t0+a=5×14 m+×2×142 m=266 m(1分)
卡车的位移
x'卡=v卡t0=25×14 m=350 m(1分)
由于x'轿设又经历t2时间小轿车追上卡车,位移满足
x'轿+vmt2=x'卡+v卡t2 (2分)
解得t2=10.5 s
所以小轿车追上卡车所用总时间t=t0+t2=14 s+10.5 s=24.5 s。 (1分)
(3)小轿车减速到零需要的时间t3== s=11 s(1分)
这段时间内,小轿车刹车的位移
x″轿=vmt3+a'=33×11 m+×(-3)×112 m=181.5 m(1分)
卡车的位移x″卡=v卡t3=25×11 m=275 m
由于x″卡此时二者相距Δx=x″轿+x0-x″卡=106.5 m(1分)
设又经历t4时间卡车追上小轿车,有t4==4.26 s
则卡车再次追上小轿车所需的时间Δt=t3+t4=15.26 s。 (1分)
15.答案　(1)320 m　(2)32 m/s2　(3)20 m/s
解析　(1)设跑道长度的最小值为x1,有v2=2ax1 (2分)
解得x1== m=320 m(1分)
(2)设加速度的最小值为a2,有v2=2a2x2 (2分)
解得a2== m/s2=32 m/s2 (1分)
(3)设预警机起飞速度为v1,福建舰匀速前进速度的最小值为v0,预警机经时间t起飞,这段时间内福建舰位移为x3,预警机位移为x4,则
x3=v0t (2分)
v1=v0+a2t (2分)
-=2a2x4 (2分)
x4=x3+100 m(2分)
解得v0=20 m/s(2分)
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