（全国通用版）2018_2019高中物理第二章匀变速直线运动的研究章末检测试卷新人教版必修1

第二章 匀变速直线运动的研究
章末检测试卷(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)
1.物体在做匀减速直线运动(运动方向不变)，下面结论正确的是(　　)
A.加速度越来越小
B.加速度方向总与运动方向相反
C.位移随时间均匀减小
D.速率随时间有可能增大
答案　B
解析　匀减速直线运动加速度不变，A错；加速度方向与运动方向同向时加速，反向时减速，B对；单方向减速的过程中位移越来越大，C错；单方向匀减速到零之前速率越来越小，D错.
【考点】匀变速直线运动的规律
【题点】匀变速直线运动的规律
2.做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x＝24t－1.5t2 (m)，根据这一关系式可以知道，物体速度为零的时刻是(　　)
A.1.5 s B.8 s C.16 s D.24 s
答案　B
【考点】匀变速直线运动的规律
【题点】匀变速直线运动公式的应用
3.如图1所示，甲、乙两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动.已知甲的质量比乙的质量大，下列说法正确的是(　　)
图1
A.甲、乙可能在空中相撞
B.甲、乙落地时的速度相等
C.下落过程中，甲、乙速度变化的快慢相同
D.从开始下落到落地，甲、乙的平均速度相等
答案　C
解析　物体做自由落体运动，加速度为g，与物体的质量无关，下落过程中，甲、乙速度变化的快慢相同，甲、乙不可能在空中相撞，选项A错误，C正确；根据v2＝2gh，物体落地时的速度v＝，故两物体到达地面时速度不同，选项B错误；由平均速度＝＝知两物体平均速度也不相等，选项D错误.
【考点】自由落体运动规律的应用
【题点】自由落体运动公式的应用
4.汽车从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，当速度达到v后立即以大小为a的加速度做匀减速直线运动，直到静止.在整个加速阶段和整个减速过程中，下列物理量不相同的是(　　)
A.位移 B.时间 C.加速度 D.平均速度
答案　C
解析　汽车加速阶段加速度为a，减速阶段加速度为－a，故加速度不同；加速阶段1＝，减速阶段2＝，故两段平均速度相同；由v＝at1＝at2得t1＝t2；由x＝t得x1＝x2，故选C.
【考点】匀变速直线运动的规律
【题点】匀变速直线运动的规律
5.若一物体从火星表面竖直向上抛出(不计空气阻力，物体只受重力时的加速度为重力加速度)时的位移—时间(x－t)图象如图2所示，则有(　　)
图2
A.该物体上升的时间为10 s
B.火星表面的重力加速度为1.6 m/s2
C.该物体被抛出时的初速度为50 m/s
D.该物体落到火星表面时的速度为16 m/s
答案　B
解析　由题图读出，物体上升的最大高度为h＝20 m，上升的时间为t＝5 s.
根据上升和下落的对称性知，对于下落过程，由h＝gt2得：g＝＝ m/s2＝1.6 m/s2；
该物体被抛出时的初速度为v0＝gt＝8 m/s，故A、C错误，B正确.根据对称性可知，该物体落到火星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为8 m/s，故D错误.
【考点】运动图象的意义及应用
【题点】x－t图象的意义及应用
6.一可视为质点的物体以初速度v0＝20 m/s从斜面底部沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑距离x0＝30 m时，速度减为10 m/s，物体恰滑到斜面顶部速度为零，则斜面长度为(　　)
A.40 m B.50 m C.32 m D.60 m
答案　A
解析　根据v2－v02＝2ax，得加速度为a＝＝ m/s2＝－5 m/s2，物体到达斜面顶部时速度为0，则斜面长度L＝＝40 m，选项A正确，选项B、C、D错误.
【考点】速度与位移关系的理解与应用
【题点】速度与位移关系的应用
7.一可视为质点的物体以一定的初速度v0从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图3所示.已知物体第一次运动到距斜面底端为斜面长度处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间为(　　)
图3
A.2t B.0.5t C.t D.4t
答案　C
解析　方法一　逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面.
故xBC＝at，xAC＝a(t＋tBC)2
又xBC＝xAC
解得tBC＝t.
方法二　比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因xBC∶xBA＝∶＝1∶3
通过xBA的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t.
方法三　平均速度法
利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度.
AC＝＝
又v02＝2axAC
vB2＝2axBC
xBC＝xAC
联立得vB＝.
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置，因此有tBC＝t，
方法四　图象面积法
利用相似三角形面积之比等于对应高的平方比的方法，作出v－t图象，如图甲所示.
＝
且S△AOC＝4S△BDC，xBD＝atBC，
xAO＝a(t＋tBC)
所以＝
解得tBC＝t.
方法五　利用有关推论
对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)
现将整个斜面分成相等的四段，如图乙所示.
设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为
tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，tEA＝(2－)tx，
又tBD＋tDE＋tEA＝t，
解得tx＝t.
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用
【题点】匀变速直线运动规律的综合应用
8.甲、乙两个物体在同一时刻沿同一直线运动，它们的速度—时间图象如图4所示，下列有关说法正确的是(　　)
图4
A.在4～6 s内，甲、乙两物体的加速度大小相等、方向相反
B.前6 s内甲通过的路程更大
C.前4 s内甲、乙两物体的平均速度相等
D.甲、乙两物体一定在2 s末相遇
答案　B
解析　由题中图线可知在4～6 s内，甲、乙两物体的加速度大小相等、方向相同，A错误；由速度－时间图线与时间轴所围图形的面积表示位移可知，前6 s内甲通过的路程大于乙，B正确；前4 s内甲＝ m/s，乙＝ m/s，甲≠乙，C错误；因为初位置没有告知，所以甲、乙两物体不一定在2 s末相遇，若在同一位置出发，则相遇，D错误.
【考点】运动图象的意义及应用
【题点】v－t图象的意义及应用
9.物体从静止开始做匀加速直线运动.已知第4 s内与第2 s内的位移之差是12 m.则可知(　　)
A.第1 s内的位移为3 m
B.第2 s末的速度为8 m/s
C.物体运动的加速度为2 m/s2
D.物体在第5 s内的平均速度为27 m/s
答案　AD
解析　根据x4－x2＝2aT2得，物体运动的加速度a＝＝ m/s2＝6 m/s2，则第1 s内的位移x1＝at12＝×6×12 m＝3 m，故A正确，C错误；第2 s末的速度v2＝at2＝6×2 m/s＝12 m/s，故B错误；物体在第5 s内的位移x5＝at52－at42＝×6×25 m－×6×16 m＝27 m，则物体在第5 s内的平均速度＝＝ m/s＝27 m/s，故D正确.
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用
【题点】匀变速直线运动规律的综合应用
10.如图5所示，将一小球从竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示的小球运动过程中每次曝光时的位置.已知连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度均为d.根据图中的信息，下列判断正确的是(　　)
图5
A.位置1是小球释放的初始位置
B.位置1不是小球释放的初始位置
C.小球下落的加速度为
D.小球在位置3的速度为
答案　BCD
解析　小球做自由落体运动，从静止开始运动的连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…，而题图中位移之比为2∶3∶4∶5，故位置1不是小球释放的初始位置，选项A错误，B正确；由Δx＝aT2知a＝，选项C正确；v3＝＝，选项D正确.
【考点】匀变速直线运动的规律
【题点】匀变速直线运动规律的推论
11.一个物体以初速度1 m/s做匀加速直线运动，经过一段时间后速度增大为7 m/s，则(　　)
A.该加速过程中物体平均速度为4 m/s
B.物体在该运动过程位移中点的瞬时速度为4 m/s
C.将该过程分为两段相等时间，则物体先后两段相等时间内的位移之比是5∶11
D.将该过程分为两段相等位移，则物体先后两段位移所用时间之比是1∶(－1)
答案　AC
解析　该加速过程的平均速度＝＝ m/s＝4 m/s，故A正确；物体在该运动过程位移中点的瞬时速度＝＝ m/s＝5 m/s，故B错误；将该过程分为两段相等时间，前一半时间的位移x1＝·＝·＝·，后一半时间的位移x2＝·＝·＝·，则物体先后两段相等时间内的位移之比＝，故C正确；前一半位移平均速度1＝＝ m/s＝3 m/s，后一半位移的平均速度2＝＝ m/s＝6 m/s，根据t＝，得时间与平均速度成反比，＝＝，故D错误.
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用
【题点】匀变速直线运动规律的综合应用
12.下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是(　　)
答案　BC
解析　A、B选项中左图表明0～3 s内物体匀速运动，位移应正比于时间，加速度为零，3～5 s内物体匀加速运动，加速度大小a＝＝2 m/s2，A错，B对；C、D选项中左图0～3 s位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，3～5 s内位移与时间成正比，表示物体匀速运动，v＝＝2 m/s，a＝0，C对，D错.
【考点】运动图象的意义及应用
【题点】运动图象的综合应用
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13.(8分)某学生利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量为m＝50 g的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，实验装置如图6所示.
图6
(1)以下是该同学正确的实验操作和计算过程，请填写其中的空白部分：
①实验操作：________，释放纸带，让重锤自由落下，_________________________
_________________________________________________________________________.
②取下纸带，取其中的一段标出计数点如图7所示，测出相邻计数点间的距离分别为x1＝2.60 cm，x2＝4.14 cm，x3＝5.69 cm，x4＝7.22 cm，x5＝8.75 cm，x6＝10.29 cm，已知打点计时器的打点间隔T＝0.02 s，则重锤运动的加速度计算表达式为a＝________，代入数据，可得加速度a＝________m/s2(计算结果保留三位有效数字).
图7
(2)该同学从实验结果发现，重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，请你提出一个有效的改进方法：_______.
答案　(1)①接通电源　实验结束关闭电源
②　9.60　(2)将重锤换成较大质量的重锤(或者采用频闪照相法)
解析　(1)①实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放纸带，实验结束，应立即关闭电源.
②由逐差法求解重锤下落的加速度：
a＝＝≈9.60 m/s2.
(2)重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，是因为重锤下落时所受空气阻力过大或者纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力过大.为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，可以将重锤换成较大质量的重锤(或者采用频闪照相法).
【考点】实验：研究匀变速直线运动
【题点】用逐差法求加速度
14.(6分)如图8所示，为测量做匀加速直线运动小车的加速度，将宽度为b的挡光片A和B固定在小车上，测得二者间距为d.
图8
(1)当小车匀加速经过光电门时，测得挡光片A、B先后经过光电门的时间分别为Δt1、Δt2，则小车的加速度a＝________.
(2)为减小实验误差，可采取的方法是________.
A.增大宽度b B.减小宽度b
C.增大间距d D.减小间距d
答案　(1)[－]　(2)BC
解析　(1)小车通过两光电门的速度分别为vA＝，vB＝，根据vB2－vA2＝2ad，得a＝[－].
(2)本实验测速度的原理是用挡光片通过光电门时的平均速度代替瞬时速度，所以挡光片通过光电门的时间越短，即宽度越小，误差越小；另外两挡光片间的距离越大，误差越小，B、C正确.
【考点】实验：研究匀变速直线运动
【题点】创新类实验研究匀变速直线运动
三、计算题(本题共4小题，共38分)
15.(8分)一做自由落体运动的物体，落地时速度为50 m/s，不计空气阻力(g取10 m/s2)，求：
(1)物体是从多高的地方开始下落的？
(2)物体下落过程所用的时间.
(3)物体落地前最后1 s的初速度大小.
答案　(1)125 m　(2)5 s　(3)40 m/s
解析　(1)由v2＝2gh得：h＝＝ m＝125 m
(2)由v＝gt得：t＝＝ s＝5 s
(3)最后1 s的初速度即开始下落4 s后的末速度
v′＝gt′＝10×4 m/s＝40 m/s.
【考点】匀变速直线运动的规律
【题点】匀变速直线运动公式的应用
16.(8分)如图9所示，自屋檐自由落下的一个小球在Δt＝0.25 s内通过高度为Δh＝2 m的窗口，求窗口的上沿距屋檐的高度？(g取10 m/s2)
图9
答案　2.28 m
解析　设窗口上沿离屋檐的距离为x，球落到窗口上沿处的速度为v1，落到窗口下沿处的速度为v2，根据v＝gt得v1＝gt1，v2＝g(t1＋Δt)
由匀变速直线运动规律有v22－v12＝2gΔh
代入得g2(t1＋Δt)2－g2t12＝2g·Δh
代入数据：Δt＝0.25 s，Δh＝2 m，g＝10 m/s2，解得t1＝0.675 s.
所以x＝gt12＝×10 m/s2×(0.675 s)2≈2.28 m.
【考点】自由落体运动规律的应用
【题点】自由落体运动公式的应用
17.(10分)甲、乙两车从同一地点出发同向运动，其v－t图象如图10所示.试计算：
图10
(1)从乙车开始运动多少时间后两车相遇？
(2)相遇处距出发点多远？
(3)相遇前两车的最大距离是多少？
答案　(1)4.83 s　(2)17.5 m　(3)3 m
解析　从题图知两车初速度是v0＝0，甲、乙两车的加速度分别为a1＝＝ m/s2，a2＝＝ m/s2，做匀加速运动.
(1)两车相遇时位移相等，设乙车运动t时间后两车相遇，
则甲、乙的位移分别为x1＝a1(t＋2 s)2，x2＝a2t2，
由于x1＝x2，所以a1(t＋2 s)2＝a2t2，
代入数据解得t′＝(2－2) s(舍去)，t＝(2＋2) s≈4.83 s.
(2)相遇点离出发点的距离x2＝a2t2＝××4.832 m≈17.5 m.
(3)由题图可知甲车行驶t4＝4 s时两车速度相等，此时两车距离最大，Δx＝x甲－x乙＝××42 m－××22 m＝3 m.
【考点】v－t图象的进一步理解
【题点】v－t图象的进一步理解(用v－t图象分析追及相遇问题)
18.(12分)一辆值勤的警车停在平直的公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h以内.问：
(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？
(2)判断警车在加速阶段能否追上货车？(要求通过计算说明)
(3)警车发动后要多长时间才能追上货车？
答案　(1)75 m　(2)不能　(3)12 s
解析　(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等，则
t1＝ s＝4 s
x货＝(5.5＋4)×10 m＝95 m
x警＝at12＝×2.5×42 m＝20 m
所以两车间的最大距离为Δx＝x货－x警＝75 m.
(2)v0＝90 km/h＝25 m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间t2＝ s＝10 s
x货′＝(5.5＋10)×10 m＝155 m
x警′＝at22＝×2.5×102 m＝125 m.
因为x货′＞x警′，故警车在加速阶段不能追上货车.
(3)警车刚达到最大速度时两车距离
Δx′＝x货′－x警′＝30 m
警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车，则：
Δt＝＝2 s，
所以警车发动后要经过t＝t2＋Δt＝12 s才能追上货车.
【考点】追及相遇问题
【题点】能否追上及“最值距离”分析