高中物理魯科版 (2019)必修第一冊第2章勻變速直線運動本章綜合與測試課后復習題-試卷下載-教習網(wǎng)

(時間：60分鐘分值：100分)

一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確)

1．下列說法正確的是( )

A．亞里士多德認為物體下落的快慢與物體的輕重無關

B．伽利略認為物體越重，下落得越快

C．牛頓管實驗說明沒有空氣阻力時，鐵塊和羽毛下落快慢相同

D．石頭下落比樹葉快，是因為樹葉受到空氣阻力，而石頭沒有受到空氣阻力

解析：選C.亞里士多德認為物體越重，下落越快，而伽利略認為物體下落快慢與物重無關，通過牛頓管實驗證明，無空氣阻力時，鐵塊與羽毛下落快慢相同，在實際中雖然石頭下落比樹葉下落快，但石頭仍受阻力，只不過其阻力相對其重力較?。蔆正確，A、B、D錯誤．

2．若某質點沿直線運動的位置坐標隨時間的變化關系為s＝2＋t＋2t2，則可知( )

A．質點前2 s的位移為12 m

B．質點的初速度為2 m/s

C．質點在2 s末的速度為9 m/s

D．質點做加速度增大的加速直線運動

解析：選C.對比公式s＝s0＋v0t＋eq \f(1,2)at2可得質點的初位置為s0＝2 m，v0＝1 m/s，a＝4 m/s2，質點前2 s的位移為s＝(1×2＋2×22)m＝10 m，A、B錯誤；質點在2 s末的速度為v＝(1＋2×4) m/s＝9 m/s，C正確；質點做勻加速直線運動，D錯誤．

3．做勻減速直線運動的物體經4 s后停止，若在第1 s內的位移是14 m，則最后1 s內的位移是( )

A．3.5 m B．2 m

C．1 m D．0

解析：選B.物體做勻減速直線運動至停止，可以把這個過程看成逆向的初速度為零的勻加速直線運動，則相等時間內的位移之比為1∶3∶5∶7，所以由eq \f(14 m,7)＝eq \f(s1,1)得，所求位移 s1＝2 m．故B正確．

4．一質點沿x軸做直線運動，其v－t圖像如圖所示．質點在t＝0 時位于x＝5 m處，開始沿x軸正向運動．當t＝8 s時，質點在x軸上的位置為( )

A．x＝3 m B．x＝8 m

C．x＝9 m D．x＝14 m

解析：選B.v－t圖像與t軸圍成的面積表示位移，即位移為x1－x2＝3 m，由于初始坐標是5 m，所以t＝8 s時質點在x軸上的位置為x＝3 m＋5 m＝8 m，故正確答案為B.

5．(2019·云南紅河州高一檢測)汽車在平直公路上做初速度為零的勻加速直線運動，途中用了10 s的時間通過一座長120 m的橋，過橋后汽車的速度為16 m/s，汽車自身長度忽略不計，則( )

A．汽車的加速度為1.6 m/s2

B．汽車過橋頭時的速度為12 m/s

C．汽車從出發(fā)到過完橋所用時間為16 s

D．汽車從出發(fā)點到橋頭的距離為40 m

解析：選D.車通過橋的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(120,10) m/s＝12 m/s，又eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋v,2)，v＝16 m/s，故上橋頭的速度v0＝8 m/s，車的加速度a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(16－8,10) m/s2＝0.8 m/s2，故A、B錯誤；汽車從出發(fā)到過完橋所用時間為t＝eq \f(v,a)＝eq \f(16,0.8) s＝20 s，故C錯誤；從出發(fā)點到橋頭的距離s＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(82,2×0.8) m＝40 m，故D正確．

6．(2019·安慶高一檢測)一質點在連續(xù)的6 s內做勻加速直線運動，在第一個2 s內位移為12 m，最后一個2 s內位移為36 m，下面說法正確的是( )

A．質點的加速度大小是3 m/s2

B．質點在第2個2 s內的平均速度大小是18 m/s

C．質點第2 s末的速度大小是12 m/s

D．質點在第1 s內的位移大小是6 m

解析：選A.設第一個2 s內的位移為s1，第三個2 s內，即最后1個2 s內的位移為s3，根據(jù)s3－s1＝2aT2得加速度a＝3 m/s2，故A正確；由勻變速直線運動連續(xù)相等時間內通過的位移差為定值即s3－s2＝s2－s1，解得：s2＝24 m，所以質點在第2個2 s內的平均速度大小是eq \f(24,2) m/s＝12 m/s，故B錯誤；第1 s末的速度等于第一個2 s內的平均速度，則v1＝6 m/s，則第2 s末速度為v＝v1＋at＝(6＋3×1) m/s＝9 m/s，故C錯誤；將第1 s內反向看為勻減速運動，則有：s＝v1t－eq \f(1,2)at2＝(6×1－eq \f(1,2)×3×12) m＝4.5 m，故D錯誤．

二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分)

7．某物體做勻加速直線運動，先后經過M、N兩點的速度分別為v和3v，經歷的時間為t，則下列說法中正確的是( )

A．物體經過MN中點時的速度為2v

B．物體在時間t的中間時刻的速度為2v

C．物體經過任意時間t，速度的增量均為2v

D．物體在后eq \f(t,2)時間所通過的距離比前eq \f(t,2)時間所通過的距離大eq \f(vt,3)

解析：選BC.在勻變速直線運動中位移中點的速度veq \s\d9(\f(s,2))＝eq \r(\f(veq \\al(2,M)＋veq \\al(2,N),2))＝eq \r(5)v，故A錯誤；在勻變速直線運動中中間時刻的速度veq \s\d9(\f(t,2))＝eq \f(vM＋vN,2)＝2v，故B正確；由題可知，物體在t時間內的速度的增加量是2v，由于物體做勻加速直線運動，所以物體在經過任意時間t，速度的增量均為2v，故C正確；物體在時間t的中間時刻的速度為2v，則物體在后eq \f(t,2)時間所通過的距離比前eq \f(t,2)時間所通過的距離大Δx＝eq \f(2v＋3v,2)×eq \f(t,2)－eq \f(v＋2v,2)×eq \f(t,2)＝eq \f(vt,2)，故D錯誤．

8．(2019·迪慶州香格里拉一中高一檢測)如圖所示，是小球做自由落體運動時的頻閃照片示意圖，頻閃儀每隔0.04 s 閃光一次，截取照片中的一段，將第一個球位置記為坐標原點O，圖中數(shù)字是與第一個小球之間的距離，單位是cm，如果要通過這幅照片測量自由落體運動的加速度，可采用的方法是( )

A．利用h＝eq \f(1,2)gt2，計算重力加速度的數(shù)值

B．利用Δs＝gt2，然后求平均值計算出重力加速度

C．利用做勻加速直線運動物體中間時刻的速度等于平均速度，求出各點的速度，然后利用速度－時間圖像求重力加速度

D．先求出小球在兩個不同位置的速度，然后利用a＝eq \f(Δv,Δt)求重力加速度

解析：選BCD.公式h＝eq \f(1,2)gt2，說明它們均已做自由落體運動，從而由這些公式，即可求解重力加速度的數(shù)值，但本題是通過實驗數(shù)據(jù)來測量重力加速度的數(shù)值，故A錯誤；公式Δs＝gt2，利用在相等時間內，結合位移之差，即可求解重力加速度，故B正確；利用做勻加速直線運動物體中間時刻的速度等于平均速度，求出各點的速度，然后利用速度－時間圖像求斜率，即可求出重力加速度，故C正確；先求出小球在兩個不同位置的速度，然后利用a＝eq \f(Δv,Δt)，也可以求出重力加速度，故D正確．

9．(2019·寧波高一檢測)如圖是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達第119層觀光平臺僅用時55 s．若電梯先以加速度a1做勻加速運動，達到最大速度18 m/s，然后以最大速度勻速運動，最后以加速度a2做勻減速運動恰好到達觀光平臺．假定觀光平臺高度為549 m．以下說法正確的是( )

A．若電梯經過20 s勻加速達到最大速度，則勻加速時的加速度a1＝ 0.9 m/s2

B．若電梯經過20 s勻加速達到最大速度，則勻加速過程上升的高度h＝180 m

C．電梯勻速運動的時間為10 s

D．電梯勻速運動上升的高度h＝108 m

解析：選ABD.由運動學公式可得勻加速時的加速度： a1＝eq \f(vm,t1)＝eq \f(18,20) m/s2＝0.9 m/s2，故A正確；由運動學公式可得勻加速過程上升的高度：h＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.9×202 m＝180 m，故B正確；設勻速運動時間為t0，運動的總時間為t′，由v－t圖可得：H＝eq \f(1,2)(t′＋t0)×vm，代入數(shù)據(jù)解得：t0＝6 s，故C錯誤；電梯勻速運動上升的高度：h＝vmt0＝18×6 m＝108 m，故D正確．

10．(2019·福建仙游一中檢測)如圖所示，圖甲為質點a和b做直線運動的位移－時間圖像，圖乙為質點c和d做直線運動的速度－時間圖像，由圖可知( )

A．若t1時刻a、b兩質點第一次相遇，則t2時刻兩質點第二次相遇

B．若t1時刻c、d兩質點第一次相遇，則t2時刻兩質點第二次相遇

C．t1到t2時間內，四個質點中只有b和d兩個質點的運動方向發(fā)生改變

D．t1到t2時間內，四個質點中只有b和d兩個質點的速率先減小后增大

解析：選AD.在位移－時間圖像中，兩圖線的交點表示兩質點位置相同而相遇，由甲圖可知，t1時刻a、b兩質點第一次相遇，則t2時刻兩質點第二次相遇，故A正確； t1到t2時間內，根據(jù)面積表示位移知c的位移大于d的位移，若t1時刻c、d兩質點第一次相遇，則t2時刻兩質點沒有相遇，故B錯誤；四質點中只有b運動方向改變，a、c、d質點的方向未發(fā)生改變，故C錯誤；根據(jù)s－t圖像的斜率表示速度，知t1到t2時間內，a質點的速度不變，b質點的速率先減小后增大，由v－t圖像知：c的速度均勻減小，d的速率先減小后增大，故D正確．

三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)

11．(10分)(2019·蘭州高一檢測)某同學測定勻變速直線運動的加速度時，得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…等幾條較為理想的紙帶，并在紙帶上每5個點取一個計數(shù)點，即相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為0.1 s，將每條紙帶上的計數(shù)點都記為0、1、2、3、4、5、…，如圖甲所示為紙帶A的一部分．

(1)如下圖所示乙、丙、丁三段紙帶，分別是從三條不同紙帶上撕下的，屬于紙帶A的是________．

(2)打點計時器打計數(shù)點1時小車的速度為______m/s.

解析：(1)由Δx＝at2，故物體的加速度大小是a＝eq \f(（6.11－3.00）×0.01,0.12) m/s2＝3.11 m/s2，則x34＝x12＋2at2＝12.33 cm，與丙紙帶3、4距離接近，故選丙；

(2)打點1時物體的速度為v1＝eq \f(（6.11＋3.00）×0.01,2×0.1) m/s＝0.46 m/s.

答案：(1)丙 (2)0.46

12．(14分)(2019·九江高一檢測)ETC(Electrnic Tll Cllectin)不停車收費系統(tǒng)是目前世界上先進的收費方式．通過安裝在車輛擋風玻璃上的車載電子標簽與在收費站ETC車道上的微波天線之間的微波專用短程通訊，利用計算機聯(lián)網(wǎng)技術與銀行進行后臺結算處理，從而達到車輛通過路橋收費站不需停車而能交納路橋費的目的．

如圖是汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程圖．假設汽車以v1＝36 km/h朝收費站正常沿直線行駛，如果過ETC通道，需要在收費站中心線前10 m處正好勻減速至v2＝18 km/h，接著勻速行駛至中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果過人工收費通道，需要恰好在中心線處勻減速至零，經過20 s繳費成功后，再啟動汽車勻加速至v1正常行駛，設汽車加速和減速過程中的加速度大小均為1 m/s2，求：

(1)汽車過ETC通道時，從開始減速到恢復正常行駛過程中的位移大??；

(2)汽車通過ETC通道比通過人工收費通道節(jié)約的時間是多少？

解析：(1)汽車過ETC通道：減速過程有：veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝－2as減

加速過程與減速過程位移相等，則有：s＝2s減＋d

解得：s＝85 m.

(2)汽車過ETC通道的減速過程有：v2＝v1－at減

所以總時間為：t1＝2t減＋eq \f(d,v2)＝2·eq \f(v1－v2,a)＋eq \f(d,v2)＝12 s

汽車過人工收費通道有：t2＝2×eq \f(v1,a)＋20 s＝40 s

s2＝2×eq \f(veq \\al(2,1),2a)＝100 m

二者的位移差為：

Δs＝s2－s1＝100 m－85 m＝15 m

則有汽車通過ETC通道比通過人工收費通道節(jié)約的時間：Δt＝t2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t1＋\f(Δs,v1)))＝26.5 s.

答案：(1)85 m (2)26.5 s

13．(16分)(2019·榆林高一期中)據(jù)報道，一兒童玩耍時不慎從45 m高的陽臺上無初速度掉下，在他剛掉下時恰被樓下一社區(qū)管理人員發(fā)現(xiàn)，該人員迅速由靜止沖向兒童下落處的正下方樓底，準備接住兒童．已知管理人員到兒童下落處的正下方樓底的距離為18 m，為確保能穩(wěn)妥安全接住兒童，必須保證接住兒童時沒有水平方向的沖擊(也就是無水平速度)．不計空氣阻力，將兒童和管理人員都看做質點，設管理人員奔跑過程中只做勻速或勻變速運動，g取10 m/s2.

(1)管理人員至少用多大的平均速度跑到樓底？

(2)若管理人員在奔跑過程中做勻加速或勻減速運動的加速度大小相等，且最大速度不超過9 m/s，求管理人員奔跑時加速度的大小需滿足什么條件？

解析：(1)兒童下落過程，由運動學公式得：

h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,0)①

管理人員奔跑的時間為：t≤t0②

對管理人員奔跑過程，由運動學公式得：s＝eq \(v,\s\up6(－))t③

由①②③式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得，eq \(v,\s\up6(－))≥6 m/s.

(2)假設管理人員先勻加速接著勻減速奔跑到樓底，奔跑過程中的最大速度為v0，由運動學公式得：

eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋0,2)，

得：v0＝2eq \(v,\s\up6(－))＝12 m/s＞vmax＝9 m/s，所以先加速，再勻速，最后勻減速奔跑到樓底．

設勻加速、勻速、勻減速過程的時間分別為t1、t2、t3，位移分別為s1、s2、s3，

由運動學公式得，s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)④

s3＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,3)⑤

s2＝vmaxt2⑥

vmax＝at1＝at3⑦

t1＋t2＋t3≤t0⑧

s1＋s2＋s3＝s⑨

由④～⑨式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得，a≥9 m/s2.

答案：(1)6 m/s (2)a≥9 m/s2

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