【文档说明】新教材2021-2022学年人教版物理必修第一册章末检测：第二章匀变速直线运动的研究含解析.docx，共(10)页，1.061 MB，由envi的店铺上传

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章末综合检测(二)匀变速直线运动的研究(时间：90分钟满分：100分)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)1．2020年1月31日，我国新一代海洋综

合科考船“科学”号在完成西太平洋综合考察，船上搭载的“发现”号遥控无人潜水器下潜深度可达6000m以上。潜水器完成作业后上浮，上浮过程初期可看作匀加速直线运动。今测得潜水器相继经过两段距离为8m的路程，第

一段用时4s，第二段用时2s，则其加速度大小是()A．23m/s2B．43m/s2C．89m/s2D．169m/s2解析：选A根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可知，v1＝2m/s、v2＝4m/s，再根据加速度的定义可知，a＝ΔvΔt＝23m/s2，故A正确

。2．到2030年中国将拥有4个完整的处于现役状态的航母作战编队，第三艘航空母舰已在江南造船厂开工建设。航母上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“歼-15”战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4．5m/s2，起飞速

度为50m/s，若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为()A．30m/sB．40m/sC．20m/sD．10m/s解析：选B根据v2－v02＝2ax得v0＝v2－2ax＝502－2×4.5×100m/s＝40m/s

，故B正确。3．动物跳跃时将腿部弯曲然后伸直加速跳起。袋鼠与跳蚤跳跃时的竖直高度如表所示。若不计空气阻力，则袋鼠跃起离地的瞬时速率约是跳蚤的倍数为()跳跃的竖直高度/m袋鼠2．5跳蚤0．1A．1000B．25C．5D．1解析：选C由v2＝

2gh，可得v＝2gh，h1＝2．5m，h2＝0．1m，代入得v1∶v2＝5∶1，故C正确。4．上海中心大厦如图所示，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台，观光平台高度为549m。若电梯从静止开始以加速度a1做匀加速运动，达到

最大速度18m/s，然后以最大速度匀速运动6s，最后以加速度a2做匀减速运动到达观光平台时恰好停下。则小明从底层到观光平台需要的时间是()A．30．5sB．36．5sC．55sD．61s解析：选C加、减速过程的平均速

度相等，v＝v2＝182m/s＝9m/s，加速时间为t1，减速时间为t2，则有v×(t1＋t2)＝549m－18×6m＝441m，解得t1＋t2＝49s，则总时间t＝t1＋t2＋6s＝55s，故C正确，A、B、D错误。5．在某高度h1处一物体A自由下落

，1s后另一物体B从另一较低高度h2处自由下落。若A从开始下落起下落了45m时赶上B，并且再过1s到达地面，则B从下落到着地所经历的时间是(取g＝10m/s2)()A．3sB．约3．3sC．3．5sD．4s解析：选B设B被A赶上所用时间为t，则A下落赶上B所用时间为t＋1s。则h＝12g(

t＋1)2＝45m，解得t＝2s，A物体从开始下落到落地所用时间为4s，则A物体下落高度h1＝12gtA2＝12×10×42m＝80m，最后1s下落的高度为80m－45m＝35m，故B下落的高度h2＝12gt2＋35m＝55m，由h2＝12gtB2，解得t

B≈3．3s，选项B正确。6．在一平直公路上，甲、乙两车由相同起点朝同一方向做直线运动，它们的v-t图像如图所示。则()A．乙追上甲后两车间距离开始逐渐增大B．乙追上甲的时刻为25s末C．乙出发时，甲车在其前方150m处D．两车加速阶段加

速度大小之比为3∶1解析：选A根据速度图像与时间轴所围的面积表示位移，可知乙出发时，甲车在其前方的位移为x＝12×20×5m＝50m；设乙运动t时间，两车相遇，相遇时两车的位移相等，则有20t＋50＝12×2t2，解得t＝(10＋56)s，则乙追上甲的时刻为(15＋56)s末；乙追上甲后乙的

速度比甲大，所以两车间距离开始逐渐增大，故A正确，B、C错误。根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可知甲加速阶段的加速度为a1＝205m/s2＝4m/s2，乙的加速度为a2＝2010m/s2＝2m/s2，则加速度大小之比为2∶1，故D错误

。7．一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，被称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop”(超级高铁)。据英国《每日邮报》报道，HyperloopOne公司计划，将在欧洲建成世界首架规模完备的“Hyperloo

p”(超级高铁)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达700英里每小时(约合1126公里/时)。如果乘坐Hyperloop从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600公里的路程需要40分钟，Hyperloop先匀加速，达到最大速度1200km/h后匀速运动，快进

站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop的说法正确的是()A．加速与减速的时间不一定相等B．加速时间为10分钟C．加速时加速度大小为2m/s2D．如果加速度大小为10m/s2，题中所述运动最短需要32分钟解析：选B加速与减速的加速度大小相

等，由逆向思维可得加速与减速时间相等，故A错误；设加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，匀速运动的速度为v，由题意得2t1＋t2＝t,2t1＋t2＝2400s，x＝2×12at12＋vt2，v＝at1，联立解得t1＝600s，t

2＝1200s，a＝59m/s2，故B正确，C错误；2t1′＋t2′＝t，a′t1′2＋vt2′＝600000m，v＝a′t1′，联立解得t′＝55003s，故D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得

2分，有选错的得0分)8．一物体从一行星表面的某高度处自由下落(不计表层大气阻力)。自开始下落计时，得到物体离行星表面的高度h随时间t变化的图像如图所示，则()A．行星表面的重力加速度大小为8m/s2B．行星表面的重力加速度大小为10m/s2C．物体落到行星表

面时的速度大小为20m/sD．物体落到行星表面时的速度大小为25m/s解析：选AC由题图可以看出，物体自由下落25m所用的时间为2．5s，由h＝12gt2得g＝2ht2＝2×252.52m/s2＝8m/s2，A正确，B错误；由v＝g

t得物体落到行星表面的速度v＝gt＝8×2．5m/s＝20m/s，C正确，D错误。9．某高速公路出口的ETC通道示意图如图所示。一汽车驶入通道，到达O点的速度v0＝22m/s，此时开始减速，到达M时速度减至v＝6m/s，并以6m/s的速度匀速

通过MN区，汽车从O运动到N共用时10s，v-t图像如图所示，则下列计算正确的是()A．汽车减速运动的加速度大小a＝4m/s2B．O、M间中点的速度为14m/sC．O、M间的距离为56mD．汽车在ON段平均速度大小为9．2m/

s解析：选ACD根据v-t图像可知，汽车减速运动的加速度大小a＝ΔvΔt＝22－64m/s2＝4m/s2，故A正确；设OM中点的速度为v，根据速度与位移公式，有v2－v02＝－2ax2，根据图线与时间轴围成的面积表示位移知，OM的距离x＝12×(6＋22)×4m＝56m

，解得v＝260m/s，故B错误，C正确；根据图线与时间轴围成的面积表示位移知，ON段的位移x′＝56m＋6×6m＝92m，则ON段的平均速度v＝x′t＝9210m/s＝9．2m/s，故D正确。10．甲、乙两车某时刻

由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像，如图所示，甲图线过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法正确的是()A．在两车相遇前，t1时刻两车相距最远B．

t3时刻，甲车在乙车的前方C．在0～t2时间内，甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度D．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度解析：选AD题图中图像的纵坐标表示物体所在的位置，由题图可知t1时刻两图线相距最大，即两车相距最远，故A正确；t3时刻两车的位置坐标相同，两车相遇，故B错误；题图中图像斜

率表示速度，由题图可知，0～t1时间甲图线切线的斜率大于乙图线的斜率，t1～t2时间甲图线切线的斜率小于乙图线的斜率，所以0～t2时间内，甲车的瞬时速度先大于乙车的瞬时速度，后小于乙车的瞬时速度，t1时刻两者瞬时速度相等，故C错误；在x-t图像中，斜率代表速度

，故甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，故D正确。三、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(6分)“研究匀变速直线运动的规律”的装置如图所示，已知打点计时器打点周期T＝0．02s。(1)打出的一条纸带的一部分如图所示，0、1、2、3为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出。从纸

带上测出x1＝3．20cm，x2＝4．30cm，则打计数点1时的速度表达式v1＝________(用x1、x2、T表示)，小车加速度大小a＝________m/s2。(结果保留两位有效数字)(2)若计算出了几个计数点的瞬时速度，建立坐标系，画出的v-t图像如图所示，根据

图像可得出小车运动的加速度为a＝________m/s2,0～0．3s内小车通过的位移大小x＝________m。(结果保留两位有效数字)解析：(1)相邻两计数点间还有4个打点未画出，则计数点间时间间隔为5T

＝0．1s根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有v1＝x1＋x210Tx1＝3．20cm＝0．0320m，x2＝4．30cm＝0．0430m根据运动学公式得a＝x2－x1(5T)2＝4.30－3.200.12×10－2m/s2＝1．1m/s2。(2)v-t图像

中图像的斜率表示加速度，则a＝ΔvΔt＝0.55－0.250.3m/s2＝1．0m/s2图像与时间轴围成的面积表示位移，则可知位移大小x＝0.25＋0.552×0．3m＝0．12m。答案：(1)x1＋

x210T1．1(2)1．00．1212．(8分)某同学用一个木质小球从静止释放，研究其在空气中的运动规律，小球的部分频闪照片如图所示，已知频闪仪每隔0．05s闪光一次，图中所标数据为实际距离。(当地重力加速度取9．81m/s2，结果保留三位有效数字)(1)由频闪照片上的数据计算t4时刻小球

的速度v4＝________m/s；(2)小球的加速度大小约为a＝________m/s2；(3)根据(2)中a的计算结果，比较当地的重力加速度，分析其产生的原因：___________________________________

_____________________________。解析：(1)t4时刻小球的速度等于t3～t5段的平均速度，即v4＝(23.39＋25.77)×10－22×0.05m/s≈4．92m/s。(2)根据逐差法可知，小球的加速度a＝[(23.39＋25.77)－(18.66＋2

1.03)]×10－24×0.052m/s2＝9．47m/s2。(3)由于小球的加速度a＝9．47m/s2小于当地重力加速度9．81m/s2，应是由于小球下落过程中受到空气的阻力作用产生的结果。答案：(1)4．92(2)9．47(3)小球下落过程中受到空气的阻力作用13．(8分)

一质点做匀加速直线运动，初速度为20m/s，加速度为4m/s2。试求该质点：(1)第5s末的速度大小；(2)第4s内的位移大小；(3)前4s内的平均速度大小。解析：(1)根据速度与时间公式得，第5s末的速度v5＝v0＋at＝(20＋4×5)m/s＝4

0m/s。(2)前4s内的位移x4＝v0t4＋12at42＝20×4＋12×4×16m＝112m前3s的位移x3＝v0t3＋12at32＝20×3＋12×4×9m＝78m所以第4s内的位移大小x＝x4－x3＝34m。(3)前4s内的平均速度大小v＝x4t＝28m/s

。答案：(1)40m/s(2)34m(3)28m/s14．(10分)一个小球从斜面顶端无初速度下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直至停止，它共运动了10s，斜面长4m，在水平面上运动的距离为6m。求：(1)小球在运动过程中

的最大速度；(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小。解析：小球在斜面上做匀加速直线运动，在斜面底端速度最大，设最大速度为vmax，在斜面上运动的时间为t1，在水平面上运动的时间为t2。则(1)由vmax2(t1＋t2)＝10m，t1＋t2＝10s，解得

vmax＝2m/s。(2)由公式2ax＝vmax2，代入数据得a1＝12m/s2，a2＝13m/s2≈0．33m/s2。答案：(1)2m/s(2)0．5m/s213m/s215．(12分)如图甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A

车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v-t图像如图乙所示。已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1＝12m。(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小。(2)若A、B两车不会相撞，则

A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应满足什么条件？解析：(1)在t1＝1s时A车刚启动，两车间缩短的距离x1＝vBt1代入数据解得B车的速度vB＝12m/sA车的加速度a＝vBt2－t1将t2＝5s和其余数据代入解得A车的加速度大小a＝

3m/s2。(2)当两车的速度相等时，两车的距离最小，对应于v-t图像的t2＝5s时刻，此时两车已发生的相对位移等于题图中梯形的面积，则x＝12vB(t1＋t2)代入数据解得x＝36m因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离x0应满足条件x0＞36m。答案：(1)12m/s3m/s2(2

)x0＞36m16．(16分)近几年，国家取消了7座及以下小车在部分法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在

专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝72km/h，靠近站口时以大小为a1＝5m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝28．8km/h，然后立即以a2＝4m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：(1)

该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？解析：设该车初速度方向为正方向，

vt＝28．8km/h＝8m/s，v0＝72km/h＝20m/s，a1＝－5m/s2。(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则vt2－v02＝2a1x1解得x1＝33．6m。(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别

为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vt＝v0＋a1t1，解得t1＝vt－v0a1＝2．4s加速阶段：t2＝v0－vta2＝3s则加速和减速的总时间t＝t1＋t2＝5．4s。(3)在加速阶段，x2＝vt＋

v02t2＝42m则总位移x＝x1＋x2＝75．6m，若不减速所需要时间t′＝xv0＝3．78s车因减速和加速过站而耽误的时间Δt＝t－t′＝1．62s。答案：(1)33．6m(2)5．4s(3)1．62s获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com