1、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 18 题为单项选择题，912 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
2、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 x24 t1.5 t2 (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23.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 1A.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
3、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 v22 gh，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2gh v0 v2 v2两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
4、 a，减速阶段加速度为 a，故加速度不同；加速阶段 1v，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0 v2 v v 02 vx1 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 23A.该物体上升的时间为 10 sB.火星表面的重力加速度为 1.6 m/s2C.该物体被抛出时的初速度为 50 m/sD.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
5、度为 h20 m，上升的时间为 t5 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/s21.6 12 2ht2 22052m/s2；该物体被抛出时的初速度为 v0 gt8 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 v020 m/s从斜面底部沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑距离 x030 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
6、C.32 m D.60 m答案 A解析 根据 v2 v022 ax，得加速度为 a m/s25 m/s2，物体到达v022 v202x0 102 202230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.0 v202a【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 B34点时，所用时间为 t，求物体从 B滑到 C所用的时间为( )图 3A.2t B.0.5t C.t D.
7、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.4故 xBC at ， xAC a(t tBC)212 2BC 12又 xBC xAC14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 xn135(2 n1)因 xBC xBA 13xAC4 3xAC4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 vv0 02 v02又 v022 axACvB22 axBCxBC xAC14联立得 vB .v
8、02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. S AOCS BDC x2AOx2BD且 S AOC4 S BDC， xBD atBC，xAO a(t tBC)所以 41 t tBC2t2BC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5t1 t2 t3 tn1( 1)( )(2 )( )2 3 2 3 n n 1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
9、 BD、 DE、 EA的时间分别为tBD( 1) tx， tDE( )tx， tEA(2 )tx，2 3 2 3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 4A.在 46 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 46 s 内，甲、乙两物体的加速度大小相等、方向相同，A
10、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v52 v 32 v v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 mB.第 2 s末的速度为 8 m/s6C.物体运动的加速度为 2 m/s2D.物体在第 5 s内的平均速度为 27 m/s答案
11、AD解析 根据 x4 x22 aT2得，物体运动的加速度 a m/s26 m/s2，则第x4 x22T2 122121 s内的位移 x1 at12 612 m3 m，故 A正确，C 错误；第 2 s末的速度12 12v2 at262 m/s12 m/s，故 B错误；物体在第 5 s内的位移x5 at52 at42 625 m 616 m27 m，则物体在第 5 s内的平均速度 12 12 12 12 v x5Tm/s27 m/s，故 D正确.271【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
12、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 5A.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dT2D.小球在位置 3的速度为7d2T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1357，而题图中位移之比为 2345，故位置 1不是小球释放的初始位置，选项 A错误，B 正确；由 x aT2知 a ，选项 C正确； v3 ，选项 D正确.dT2 3d 4d2T 7d2T【考点】匀变
13、速直线运动的规律【题点】匀变速直线运动规律的推论711.一个物体以初速度 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/sB.物体在该运动过程位移中点的瞬时速度为 4 m/sC.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 511D.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)2答案 AC解析 该加速过程的平均速度 m/s4 m/s，故 A正确；物体在该运动过程vv0 v2 1 72位移中点的瞬时速度 2x m/s5 m/s，故 B错误；将该过程分为两段相v20 v22 12 722
14、等时间，前一半时间的位移 x1 ，后一半时间的位移 x2 v v02 t2 4 12 t2 52 t2 v v2 ，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t2 4 72 t2 112 t2 x1x2 511移平均速度 1 m/s 3 m/s， 后 一 半 位 移 的 平 均速度 2 m/s6 vv v02 5 12 v v v2 5 72m/s，根据 t ，得时间与平均速度成反比， ，故 D错误.xv t1t2 63 21【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
15、选项中左图表明 03 s内物体匀速运动，位移应正比于时间，加速度为零，35 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 v t03 s位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，35 s内位移与时间成正比，表示物体匀速运动， v 2 m/s， a0，C 对，D 错. x t【考点】运动图象的意义及应用8【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 m50 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
16、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：实验操作：_，释放纸带，让重锤自由落下，_.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 x12.60 cm， x24.14 cm， x35.69 cm， x47.22 cm， x58.75 cm， x610.29 cm，已知打点计时器的打点间隔 T0.02 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/s 2(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
17、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)接通电源 实验结束关闭电源 9.60 (2)将重锤换成较大质量的重锤(或者采用频闪照相x4 x5 x6 x1 x2 x336T2法)解析 (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.由逐差法求解重锤下落的加速度：a 9.60 m/s 2.x4 x5 x6 x1 x2 x394T2 x4 x5 x6 x1 x2 x336T2(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
18、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).9【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 t1、 t2，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 bC.增大间距 d D.减小间距 d答案 (1) (2)BCb22d 1 t22 1 t12解析 (1)小车通过两光电门的速度分别为
19、 vA ， vB ，根据 vB2 vA22 ad，得b t1 b t2a .b22d 1 t22 1 t12(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
20、度大小.答案 (1)125 m (2)5 s (3)40 m/s解析 (1)由 v22 gh得： h m125 mv22g 502210(2)由 v gt得： t s5 svg 501010(3)最后 1 s的初速度即开始下落 4 s后的末速度v gt104 m/s40 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 t0.25 s内通过高度为 h2 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
21、速度为 v2，根据 v gt得 v1 gt1， v2 g(t1 t)由匀变速直线运动规律有 v22 v122 g h代入得 g2(t1 t)2 g2t122 g h代入数据： t0.25 s， h2 m， g10 m/s 2，解得 t10.675 s.所以 x gt12 10 m/s2(0.675 s)22.28 m.12 12【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
22、.83 s (2)17.5 m (3)3 m解析 从题图知两车初速度是 v00，甲、乙两车的加速度分别为 a1 m/s2， a2 v1 t1 34 m/s2，做匀加速运动. v2 t2 3211(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(t2 s) 2， x2 a2t2，12 12由于 x1 x2，所以 a1(t2 s) 2 a2t2，12 12代入数据解得 t(22 ) s(舍去)， t(22 ) s4.83 s.2 2(2)相遇点离出发点的距离 x2 a2t2 4.832 m17.5 m.12 12 32(3)由题图可知甲车行 驶 t4 4 s
23、时 两 车 速 度 相 等 ， 此 时 两 车 距 离 最 大 ， x x 甲 x 乙 42 m 22 m3 m.12 34 12 32【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
24、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 s4 s102.5x 货 (5.54)10 m95 mx 警 at12 2.542 m20 m12 12所以两车间的最大距离为 x x 货 x 警 75 m.(2)v090 km/h25 m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间 t2 s10 s252.5x 货 (5.510)10 m155 mx 警 at22 2.5102 m125 m.12 12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 x x 货 x 警 30 m警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过 t时间追赶上货车，则：12 t 2 s， xv0 v所以警车发动后要经过 t t2 t12 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
