【文档说明】2023-2024学年高一物理人教版2019必修第一册同步试题 第二章 匀变速直线运动的研究单元复习与检测 Word版含解析.docx，共(17)页，1.324 MB，由小赞的店铺上传

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第二章匀变速直线运动的研究单元复习与检测【测】学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．汽车刹车过程可看成做匀减速直线运动，那么它的（）A．速度和路程都随时间减小B．速度随时间减小，路程随时

间增大C．速度和加速度都随时间增大D．速度和加速度都是负值【答案】B【详解】AB．汽车在刹车过程做匀减速直线运动，在停止运动之前，汽车的速度随时间减小，路程随时间增大，故A错误，B正确；C．汽车做匀减速直线运动，加速度大

小恒定不变，故C错误；D．汽车做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反，可知，若速度为正值，则加速度为负值，故D错误。故选B。2．沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5s内的平均速度比它在第一个1.5s内的平均速度大2.45m/s，以质点的运动方向为正方向，

则质点的加速度为（）A．2.45m/s2B．-2.45m/s2C．4.90m/s2D．-4.90m/s2【答案】D【详解】设第一个0.5s内的平均速度为v1，即t1=0.25s时的速度为v1；第一个1.5s内的平均速度为v2，即t2=0.75s时的速度为v2

，由题意得v1－v2=2.45m/s故a=21212.45=0.750.25vvtt−−−−m/s2=－4.90m/s2故选D。3．如图所示，将一小球从竖直砖墙边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……所示的小球运动过程中每次曝光的位置。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，下列判断错误．．的是（）A．能判定小球的下落是匀加速直线运动B．小球下落的加速度为2

dTC．小球在位置3时的速度为72dTD．位置1是小球释放的初始位置【答案】D【详解】A．根据相邻两段位移之差x等于恒量，可知小球的下落是匀加速直线运动，A正确；B．根据2xaT=可知小球下落的加速度22xdaTT==B正确

；C．小球在位置3时的速度等于在2到4之间的平均速度372dvT=C正确；D．如果位置1是小球释放的初始位置，相同时间间隔内，相邻位移之比为123::......1:3:5......xxx=而题目中给出的数据是123::......2:3:4......xxx=因

此位置1一定不是小球释放的初始位置，D错误。故错误的选D。4．一辆汽车以10m/s的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0.22m/s，刹车后汽车在1min内通过的位移大小为（）。A．240mB．250mC．260mD．90m【答案】B【详解】汽车速度减为零的时间为00

010s50s0.2vta−−===−则1min内通过的位移等于50s内的位移为22010250m220.2vxa===故B正确，ACD错误。故选B。5．一汽车在平直路面上运动，从某时刻开始其位移与时间的关系是x

＝3t+2t2，（物理量均采用国际单位制单位），则（）A．计时开始时汽车的速度大小为2m/sB．汽车的加速度大小为1m/s2C．汽车的加速度大小为4m/s2D．汽车t=3s时的速度大小为6m/s【答案】C【详解】A．

根据匀变速直线运动中位移与时间的关系2012xvtat=+，对应232xtt=+，可知初速度为3m/s，A错误；BC．物体的加速度满足212m/s2a=解得加速度为24m/sa=B错误，C正确；D．根据速度与时间的关系可

知03m/s43m/s15m/svvat=+=+=D错误。故选C。6．一质点做直线运动的vt−图像如图所示，下列说法正确的是（）A．在2~4s内，质点处于静止状态B．质点在0~2s内的加速度比4~6s

内的加速度大C．在0~6s内，质点的平均速度为3m/sD．在第5s末，质点离出发点最远【答案】D【详解】A.在2~4s内，质点做匀速直线运动，A错误；B.质点在0~2s内的加速度为221100m/s5m/s20a

−==−4~6s内的加速为2221010m/s10m/s64a−−==−−质点在0~2s内的加速度比4~6s内的加速度小，B错误；C.在0~6s内，质点的平均速度为()12251011022m/s5m/s6xxvt+−−===C错误；D.前5s向正方向运动，第

6s向负方向运动，所以在第5s末，质点离出发点最远，D正确。故选D。7．一物体做加速直线运动，依次经过A、B、C三点，B为AC中点。物体在AB段加速度恒为a1，在BC段加速度恒为a2，两者方向相同。若有1()2BACvvv=+，则（）

A．a1>a2B．a1=a2C．a1＜a2D．无法确定【答案】C【详解】根据公式2202vvax−=可得2212BAABvvax−=2222CBBCvvax−=因为ABBCxx=1()2BACvvv=+所以2211()04ACABaavvx

−=−故21aa故选C。8．某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D依次是其轨迹上的四个点，测得4mAB=，5mBC=，6mCD=，且该物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则OA间的距离为（）A．3mB．37m6C．45m7D．49m8【答案】D【详解】设物体通过

AB、BC、CD所用的时间为T，则物体的加速度为221xaTT==B点的速度922BABBCvTT+==则281m28BOBvxa==则49m8OAOBAB=−=故选D。二、多选题9．某人站在高楼上，以30m/s的速度竖直向上抛出一石子，

求抛出后石子经过离抛出点15m处所需要的时间是（）A．36s−B．3sC．323s−D．323s+【答案】AD【详解】设向上为正方向，则2012hvtgt=−距离抛出点上方15m时21530-5tt=解得1(36)st=−,

2(36)st=+距离抛出点下方15m时2-1530-5tt=解得3(323)s0t=−（舍去），4(323)st=+故选AD。10．汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6s时间经过A、

B两根电线杆，已知A、B间的距离为60m，车经过B时的速度为15m/s，则（）A．车从出发到B杆所用时间为9sB．车的加速度为215m/sC．经过A杆时的速度为3m/sD．出发点到A杆的距离为7.5m【答案

】AD【详解】C．据位移公式ABAB2vvxt+=解得ABAB25m/sxvvt=−=故C错误；B．车的加速度为2BA5m/s3vvat−==故B错误；A．车从出发到B杆所用时间B'9svta==故A正确；D

．出发点到A杆的距离为2AA7.5m2vxa==故D正确。故选AD。11．在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，

下列说法正确的是（）A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2=1∶2B．加速、减速中的平均速度大小之比1v∶2v=1∶1C．加速、减速中的位移之比x1∶x2=2∶1D．加速、减速中的平均速度大小之比1v∶2v=1∶2【答案

】ABC【详解】A．设加速结束时的速度为v，则加速、减速中的加速度大小之比为1212:1:2vvaatt==:选项A正确；BD．加速、减速中的平均速度大小之比12::1:122vvvv==选项B正确，

D错误；C．加速、减速中的位移之比12112212:::2:1xxvtvttt===选项C正确。故选ABC。12．雾霾天气对公路、铁路、航空、航运等均产生重要影响，雾、霾会造成空气质量下降，影响生态环境，给人体健康带来较大危害，在我

国治理雾霾已刻不容缓，在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵，如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的vt−图象，以下说法正确的是（

）A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B．在5s=t时追尾C．在3st=时追尾D．若刹车不失灵不会追尾【答案】CD【详解】ABC．从图像中可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度2110m/sa=−刹车失灵后的加速度222.5m/sa=−假设能

追尾，设追尾时间为t，则小汽车刹车失灵前的位移()1120301m25m2x=+=小汽车刹车失灵后的位移()()2212012.512xtt=−−−大卡车的位移310xt=由12330xxx=++得3st=则假设成立，故AB错误，C正确；D．如果刹车不失灵，则在2s=t时

两车速度相同，此时小汽车的位移()4130102m40m2x=+=大卡车的位移5102m20mx==4520m30mxx−=故这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，故D正确。故选CD。三、实验题13．小玉同学在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，用打点计时器记录

了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个测量点，其相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的测量点之间的时间间隔为0.10s，请完成下面问题。（1）根据纸带上各个测量点间的距离，小玉同学已将1、2、

3、5点对应时刻的瞬时速度进行计算并填入表中，请你将4点对应时刻的瞬时速度填入表中（计算结果保留3位有效数字）。瞬时速度v1v2v3v4v5数值（m·s-1）0.1650.2140.2630.363（2）在图中所示的直角坐标系中，画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线。()（3）由图像求

出小车的加速度a=m/s2（计算结果保留3位有效数字）。【答案】0.3140.522（0.490~0.550范围内均可）【详解】（1）[1]第4点对应的瞬时速度等于第3点与第5点间的平均速度，即()253411.955.6810m/s0.314m/s220.1xxvT−

−−==（2）[2]如图所示。（3）[3]v-t图线的斜率表示加速度，即220.4280.115m/s0.522m/s0.6vat−==14．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50gm=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，实验装置如图甲所示｡（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乙所

示，测出相邻计数点间的距离分别为12.60cmx=，24.14cmx=，35.69cmx=，47.22cmx=，58.75cmx=，610.29cmx=，已知打点计时器的打点间隔0.02s=T，则重锤运动的加

速度表达式为=a2m/s，代入数据，可得加速度=a2m/s（计算结果保留3位有效数字）｡（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】接通电源实验结束关闭电源()()456123236xxxxxxT++−++9.60将重锤换成较大质量的重锤（或者采用频闪照相法）【分析】由题可知本题考查实验“利用打点计时器测重力加速度”。【详解】(

1)[1][2]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｡[3][4]由逐差法求解重锤下落的加速度()()()()4561234561232229.60m/s9436xxxxxxxxxxxxaTT++−++++−++===(2)[5]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）｡四、解答题15．一滑块自静止开始从斜面（足够长）顶端匀加速下滑，第5s末的速度是6m/s，试求：(1)第4s末的速度；(2)运动后5s内的位移；(3)第5s内的位移。【答案】(1)4.8m/s；(2)15m；(3)5.4m【详解】(1)滑块的加速度220

60m/s1.2m/s5vvat−−===第4s末的速度411.24m/s=4.8m/svat==(2)由匀变速直线运动规律2211×1.25m15m22xat===(3)第5s内的位移等于前5s内的位移减去前4s

内的位移，则有2211115m1.24m5.4m22xxat=−=−=16．某校一物理兴趣学习小组的同学们在研究自由落体运动的规律时,让一小球自地面上方某高度处自由下落,测得小球在最后1s内的位移是25m,不计空气阻力,g取10m/s2,求

:（1）释放小球的高度;（2）落地时小球速度的大小。【答案】（1）45m；（2）30m/s【详解】（1）设小球从某高度处运动到地面所经历的时间为t，通过的位移为H，小球在（t-1s）内位移为h，根据自由落体运动的规律

有212Hgt=21(1)?2hgt=−据题25mHh−=联立解得3st=45mH=（2）落地时小球速度的大小为103m/s30m/svgt===17．航空母舰上的战斗机要具有一定的对地速度60m/s

v=才能安全起飞。若战斗机在航空母舰上的起飞过程中的最大加速度是26.0m/sa=，为了使战斗机能安全起飞，试回答下列问题：(1)若航空母舰静止，战斗机从静止开始加速，则航空母舰的甲板0L至少多长？(2)

若航空母舰静止，其甲板长200mL=，则战斗机应具有的最小初速度1v为多大？(3)若航空母舰甲板长200mL=，战斗机开始时相对于航空母舰静止，则航空母舰应以至少多大的速度2v向什么方向航行？【答案】(1)300m；(2)34.6m/s；

(3)11m/s速度与战斗机起飞方向相同【详解】(1)根据速度位移公式22002vvaL−=代入数据可得航空母舰的甲板的长度至少为0300mL=(2)根据速度位移公式2212vvaL−=代入数据可得战斗机应具有的最小初速度为134.6m/sv=(3)设飞

机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v2对航空母舰有L1=v2t对飞机有v=v2+atv2-v22=2a（L+L1）由以上联立解得v2=11m/s速度与战斗机起飞方向相同。1

8．渝黔高速公路巴南收费站出入口安装了电子不停车收费系统ETC。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道（MTC）驶离高速公路，流程如图。假设减速带离收费岛口60mx=，收费岛总长度为40md=，两辆汽

车同时以相同的速度172km/hv=经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至018km/hv=后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗门停下，经过020st=的时间缴费成功，人工栏杆打开

放行。随后两辆汽车匀加速到速度1v后沿直线匀速行驶到相同的目的地，设加速和减速过程中的加速度大小相等。求：（1）此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差t；（2）甲车比乙车先到目的地多长时间。【答案】（1）21s；（2）22.75s【详解

】(1)由题意知172km/h=20m/sv=018km/h=5m/sv=乙车刚好到收费岛中心线收费窗门停下，则根据2122dvax=+可得两车减速运动的加速度大小为2222120m/s2

.5m/s40226022vadx===++所以甲车减速到0v所用时间为101205s6s2.5vvta−−===走过的距离为10112056m75m22vvxt++===甲车从匀速运动到栏杆打开所用

时间为12040607522s1s5dxxtv+−+−===甲车从减速到栏杆打开的总时间为127sttt=+=甲乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为1320s8s2.5vta===从减速到打开栏杆的总时间为0328sttt=+=乙人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差为s2Δ8s7s21ttt

==−=−乙甲(2)因为加速和减速过程中的加速度大小相等，所以乙车从收费岛中心线开始出发又经38st=加速到120m/sv=。这个过程乙车行驶的距离与之前乙车减速行驶的距离相等即80m2dxx=+=乙从收费岛中心线开始，甲车先从05m/sv=加速至120m/sv=，这个时间为

16st=，然后匀速行驶，所以当乙车刚到达到v1时，对甲车有()()1131Δ75208216m535mxxvttt=++−=++−=甲故两车出收费站后都在匀速行驶时相距Δ53580m455mxxx=−=−=甲乙

由此可求出甲车比乙车先到的时间1Δ535s=22.75s20xtv==