1、1第二章 匀变速直线运动的研究阶段性测试题二(时间：90 分钟 满分：100 分)第卷(选择题，共 48分)一、单项选择题(共 8小题，每小题 4分，共 32分)1以下关于“质点”的认识和运用，正确的是( )A看台远方的观众看运动员跑动路线时，可将运动员视为质点B研究比赛中足球的旋转时，可以把足球视为质点C评判跳水比赛的运动员动作时，将运动员当做质点D测量列车通过某隧道口所用的时间时，将列车当作质点解析：看台远方的观众观看运动员跑动路线时，与运动员的体积无关，可以将运动员视为质点，故 A正确；研究比赛中足球的旋转时，足球的大小对研究问题有影响，所以不能当作质点，否则没有转动故 B错误；评判跳水
2、比赛的运动员动作时，不可以忽略运动员自身大小，不可将运动员看成质点，故 C错误；测量列车通过某隧道口所用的时间时，列车的长度对研究的时间有影响，我们不可以把它看成质点，故 D错误故选 A.答案：A2(2018深圳三模)伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列正确的是( )A伽利略认为自由落体运动的速度是均匀变化的，这是他用实验直接进行了验证的B其中丁图是实验现象，甲图是经过合理外推得到的结论C运用甲图实验，可“冲淡”重力的作用，更方便进行实验测量D运用丁图实验，可“放大”重力的作用，从而使实验现象更明显解析：伽利
3、略对自由落体运动的研究，由于当时条件的限制，无法用实验直接进行验证，A 选项错误；甲、乙、丙均是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论，B 选项错误；利用甲图实验时，可以“冲淡”重力的作用，C 选项正确，D 选项错误答案：C3(2018北京东城区模拟)一质点沿直线运动，其 vt图象如图所示，由图象可知( )A在 02 s 内，质点的加速度大小为 10 m/s2B在 02 s 内，质点的加速度大小为 5 m/s2C在 24 s 内，质点位移的大小为 10 m2D在 24 s 内，质点位移的大小为 30 m解析：速度时间图象的斜率表示加速度大小，故在 02 s内，质点的加速度大小a 5 m/s
4、2，A 选项错误，B 选项正确；速度时间图象与坐标轴包围的面积表示位移， v t在 24 s 内，质点位移的大小 x210 m20 m，C、D 两项错误答案：B4一辆汽车以 14 m/s的速度做直线运动，某时刻开始以恒定的加速度刹车，第一个1 s内位移为 12 m，汽车刹车的加速度小于 14 m/s2，下列说法正确的是( )A汽车刹车的加速度大小为 12 m/s2B5 s 内汽车的位移为 24.5 mC汽车在第 2 s内的位移是 10 mD汽车在第 4 s内的平均速度是 1 m/s解析：根据 x1 v0t1 at 得汽车刹车的加速度为 a 12 21 x1 v0t112t21 12 14112
5、1m/s24 m/s2，故 A错误；汽车速度减为零的时间为 t0 s3.5 s5 s，0 v0a 14 4则 5 s内的位移为： x t0 3.5 m24.5 m，故 B正确；汽车在第 2 s内的位移为v02 142x2 v0t2 at x1142 4412 m8 m，故 C错误；汽车在第 4 s内的位移等12 2 12于最后 0.5 s内的位移，采用逆向思维，有 x at 2 40.25 m0.5 m，则汽车12 12在第 4 s内的平均速度为 m/s0.5 m/s，故 D错误故选 B.v xt 0.51答案：B5两辆汽车在一条东西方向的平直公路上行驶，以向东为正方向，两辆汽车的 st图象如
6、图所示由图可知( )A两辆汽车都向东行驶B乙车做匀减速直线运动C2 s 时甲车的速度大于乙车D7 s 时两车相距 5 m解析： st图象的斜率等于速度，甲图线的斜率为正值，说明甲车向东行驶而乙图线的斜率为负值，说明乙车向西行驶，故 A错误；乙图线的斜率不变，说明速度不变，做匀速直线运动，故 B错误；图线的斜率越大，速度越大，则知甲车的速度大于乙车，故 C正确；由图知，7 s 时两车相距 14 m4 m10 m，故 D错误故选 C.3答案：C6一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t内位移为 x，末速度变为原来的 2倍，该质点的加速度为( )A. B. 3x2t2 2x3t2C. D
7、.3x4t2 4x3t2解析：设质点的初速度为 v0由位移公式有 x t t v0tv0 v2 v0 2v02 32得 v02x3t质点的加速度 a ，故 B正确，A、C、D 错误故选 B.v v0t 2v0 v0t v0t 2x3t2答案：B7(2018北京清大教育集团期中)小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度时间图象如图所示，则由图可知( g取 10 m/s2)( )A小球下落的高度为 2.5 mB小球在 0.8 s内的平均速度大小是 4 m/s，方向竖直向下C小球在 0.8 s内的位移为 0.8 m，方向竖直向上D小球在前 0.5 s内和后 0.3 s内加速度大小
8、相等，方向相同解析：分析图象可知，向下为运动正方向，前 0.5 s内物体做自由落体运动，下落高度 h gt21.25 m，A 选项错误； vt图象中，图象与时间轴围成的面积表示位移，120.8 s内小球的位移 x0.8 m，方向竖直向下，根据平均速度公式可知， 1 m/s，方vxt向竖直向下，B、C 两项错误；速度时间图象的斜率代表物体的加速度，在前 0.5 s内和后 0.3 s内图象斜率相同，小球在前 0.5 s内和后 0.3 s内加速度大小相等，方向相同，D选项正确答案：D8汽车以 36 km/h的速度行驶，突然遇到紧急情况开始刹车，加速度的大小为 4 m/s2，从刹车开始，经过 5 s，
9、汽车通过的位移为( )A0 B10 mC12.5 m D37.5 m解析：36 km/h10 m/s，汽车速度减为零的时间 t0 s2.5 s，0 v0a 10 44则 5 s内的位移等于 2.5 s内的位移， x t0 2.5 m12.5 m故选 C.v02 102答案：C二、多项选择(共 4小题，每小题 4分，共 16分)9如图所示，一小男孩在斜坡上做推沙包游戏，将一小沙包从斜坡底端以初速度 v向上推出，沙包沿斜坡做匀减速直线运动，依次经 A、 B、 C到达最高点 D，已知 AB7 m， BC5 m，小沙包从 A到 B和从 B到 C所用的时间都是 2 s则( )A沙包上滑过程中加速度的大小
10、为 1 m/s2B沙包滑到 B点的速度为 3 m/sC从 C到 D所用时间为 4 sD B、 D之间相距 8 m解析：根据 xBC xAB aT2得沙包的加速度为 a m/s20.5 m/s2，xBC xABT2 5 74故 A错误； B点的速度等于 AC段的平均速度，则有 vB m /s3 m/s，故xAB xBC2T 7 54B正确；根据速度时间公式得， B到 D的时间为 tBD s6 s，则由 C到 D的0 vBa 3 0.5时间为 tCD62 s4 s，故 C正确；根据速度位移公式得 xBD m9 m，故0 v2B2a 0 9 1D错误故选 B、C.答案：BC10某质点做直线运动的位移
11、与时间的关系式为 x52 t2，则以下说法中正确的是( )A质点的初速度为 5 m/sB任意 1 s内的速度增量都是 4 m/sC质点第 2 s内的位移是 6 mD任意相邻的 1 s内位移差都是 4 m解析：将 x52 t2 与匀变速直线运动的位移公式 x v0t at2 对照得到：初速度12v00，加速度 a4 m/s2，则任意相邻 1 s内的位移差是 x aT241 2 m4 m，故 A错误，D 正确；任意 1 s内的速度增量 v at41 m/s4 m/s，故 B正确；将 t1 s代入到 x52 t2中得到第 1 s内的位移 x17 m，将 t 2 s代入到 x52 t2中得到前 2 s
12、内的位移 x213 m，所以第 2 s内的位移 x x2 x113 m7 m6 m，故 C正确故选BCD.答案：BCD11(2018辽宁质检)从高度为 125 m的塔顶，先后落下 a、 b两球，自由释放这两个球的时间差为 1 s，则以下判断不正确的是( g取 10 m/s2，不计空气阻力)( )5A两球落地的时间差是 1 sB a球接触地面瞬间， b球离地高度为 35 mC在 a球接触地面之前，两球的速度差越来越大D在 a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定解析：分析题意可知，两球在同一高度，相隔 1 s释放，落地时间差为 1 s，A 选项正确； a球接触地面瞬间， b球还需 1 s下落，根据
13、自由落体运动规律可知，两球在空中运动的时间 t 5 s，每秒内下落高度之比为 13579，总高度为 125 m，则 b球在2hg最后一秒内下落高度为 45 m，B 选项错误；两球的速度差 v va vb g，恒定不变，C选项错误；两球的高度差 h ha hb g t g，随时间的增大，高度差增大，D 选项错12误答案：BCD12在今年国庆期间，四川雅安一段公路发生轻微塌方，一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了 8 s，由于前方突然有滚石落在路中央，所以又紧急刹车，经 4 s停在滚石前，则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )A加速、减速中的加速度之比 a1 a212B加速、减速中的
14、加速度之比 a1 a221C加速、减速中的平均速度之比 v1 v221D加速、减速中的位移之比 s1 s221解析：设汽车的最大速度为 v，则匀加速直线运动的加速度为 a1 ，匀减速直线运vt1动的加速度大小为 a2 .则 a1 a2 t2 t14812，故 A正确，B 错误；加速、减vt2速中的位移之比 s1 s2 t1 t2 t1 t28421.由匀变速运动的平均速度公式v2 v2 知，加速、减速中的平均速度之比 v1 v2 11，故 C错误，D 正确故v v0 v2 v2 v2选 AD.答案：AD第卷(非选择题，共 52分)三、填空题(共 4小题，每小题 5分，共 20分)13海滨浴场的
15、滑梯从顶端到入水处长 12 m，一人由滑梯顶端开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度的大小为 1.5 m/s2，人从顶端开始到入水的平均速度的大小是_ m/s，人入水时速度的大小是_ m/s.解析：已知初速度 v00，位移 x12 m，加速度 a1.5 m/s 2，由 v2 v 2 ax得206人入水时速度的大小是v m/s6 m/s2ax 21.512平均速度大小为 m/s3 m/s.v v0 v2 0 62答案：3 614.同学们利用如题图所示的方法估测反应时间，首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间当乙看见甲放开直尺时，立即用手捏直尺，若捏住的位
16、置的刻度读数为 x，重力加速度为 g，则乙同学的反应时间为_(用 x和 g表示)，基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工件，若测量范围为 00.4 s，则所用直尺的长度至少为_cm( g10 m/s2)；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是_(填“相等”或“不相等”)的解析：刻度尺下降时间，即为乙同学的反应时间，刻度尺做自由落体运动，故有x gt2，解得 t .刻度尺下降 4 s所下落的高度为 h gt2 100.420.8 12 2xg 12 12m80 cm，故长度至少为 80 cm在相等时间间隔通过的位移是不断增加的，所以
17、每个时间间隔在直尺上对应的长度是不相等的答案： 80 不相等 2xg15(2018唐山一中期中)(1)在测定匀变速直线运动加速度的实验中，从以下步骤中选出必要的步骤并将其代号按合理顺序填写在横线上：_.A拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先接通电源，后放开纸带；B将打点计时器固定在平板上，并接好电路；C把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着重量适当的钩码；D断开电源，取下纸带；E将平板一端抬高，轻推小车，使小车恰能在平板上做匀速运动；F将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔；G换上新的纸带，再重复做两三次(2)某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动
18、情况，实7验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出已知所用电源的频率为 50 Hz，则打 A点时小车运动的速度 vA_m/s，小车运动的加速度a_m/s 2(结果保留 3位有效数字)解析：(1)首先将打点计时器固定在平板上，并接好电路；再将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔；把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着重量适当的钩码； 拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先接通电源，后放开纸带；断开电源，取下纸带；最后换上新的纸带，再重复做两三次实验步骤正确的是：BFCADG.该实验不需要平衡摩擦力，故步骤 E是多余步骤(2)两相邻计数点间有四个点未画出，相邻
19、的计数点间的时间间隔 T0.1 s.匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度vA 0.337 m/s.xOB2T根据匀变速直线运动的推论公式 x aT2，可以求出加速度a 0.393 m/s 2.x4 x3 x2 x14T2答案：(1)BFCADG (2)0.337 0.393 16(2017全国卷)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时器实验步骤如下：如图 a，将光电门固定在斜面下端附近，将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；当滑块上的挡光片
20、经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间 t；用 s表示挡光片沿运动方向的长度(如图 b所示), 表示滑块在挡光片遮住光线的v t时间内的平均速度大小，求出 ；v将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤；多次重复步骤；8利用实验中得到的数据作出 t图，如图 c所示v完成下列填空：(1)用 a表示滑块下滑的加速度大小，用 vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则 与 vA、 a和 t的关系式为 _；v v(2)由图 c可求得， vA_ cm/s， a_ cm/s2(结果保留 3位有效数字)解析：(1)根据匀变速直线运动的规
21、律可知，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度， 等于挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度， vA a t.v v12(2)分析图 c，结合速度公式可知，纵轴截距等于 vA，图线的斜率 k a.12解得， vA52.2 cm/s， a16.3 cm/s 2.答案：(1) vA a t (2)52.2 16.3v12四、计算题(共 32分，写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写最后结果的不得分)17(10 分)如图，把一直杆 AB竖直悬挂在天花板上，放开后直杆做自由落体运动，已知直杆通过 A点下方 3.2 m处一点 C历时 0.5 s，求直杆的长度是多少？解析：由自由落体运动知识有：木
22、杆下端运动到 C点所用时间为 t1，则 t1 2 h lg木杆上端运动到 C点所用时间为 t2，则t2 s0.8 s2hg 23.210由于木杆经过 C点所用时间为 t t2 t10.5 s所以 t1 t2 t0.8 s0.5 s0.3 s联立，代入数据解得 l2.75 m.答案：2.75 m18(10 分)2012 年 11月， “歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上成功起降，标志着中国航母元年的到来假设某航母的飞行跑道长 L160 m，舰载机发动机产生的最大加9速度 a5 m/s2，舰载机所需的起飞速度为 v50 m/s.舰载机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动(1)若航母静止
23、，请通过计算判断，舰载机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使舰载机安全起飞，弹射装置给舰载机的初速度至少为多大？(2)若航母沿舰载机起飞的方向以某一速度匀速航行，为了使舰载机安全起飞，航母匀速运动的速度至少为多大？解析：(1)航母静止时，飞机靠发动机加速，加速度 a5 m/s2，初速度为 v00，位移 L160 m，末速度为 v1，由运动学公式得v v 2 aL，21 20解得 v140 m/s50 m/s，故舰载机不能靠自身发动机从舰上起飞弹射装置给舰载机的初速度为 v2，起飞的速度为 v50 m/s，由运动学公式得 v2 v2 aL，2解得 v230 m/s.故弹射装置给舰载机的初速度至少
24、为 30 m/s.(2)设舰载机起飞所用的时间为 t，位移为 L2，航母的位移为 L1，匀速航行的最小速度为 v3.由运动学公式得 v v3 atv2 v 2 aL223L1 v3t又 L2 L L1代入数据，联立解得航母匀速航行的最小速度为 v310 m/s.答案：(1)不能 30 m/s (2)10 m/s19(12 分)在夜间，有一货车因故障停驶，司机在车后 60 m处放置三角警示牌，以提醒后面驾车司机后方一小轿车以 30 m/s的速度驶来，距警示牌 50 m时发现该标志，驾驶员采取措施，他的反应时间为 0.6 s，刹车后小轿车做匀减速运动，小轿车停止时距货车尾部 2 m，求： (1)驾驶员反应时间内通过的位移；(2)小轿车制动后加速度的大小；(3)驾驶员从发现标志到停止所用的时间解析：(1)小轿车在反应时间内做匀速直线运动，则位移 x1 v0t0300.6 m18 m.(2)由题意知，制动的距离 x250602 x190 m，则制动的加速度大小 a m/s25 m/s 2.v202x2 90029010(3)匀减速直线运动的时间 t1 s6 s，v0a 305驾驶员从发现标志到停止所用的时间t t0 t10.6 s6 s6.6 s.答案：(1)18 m (2)5 m/s 2 (3)6.6 s
