2021学年第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试优秀当堂检测题

这是一份2021学年第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试优秀当堂检测题，共6页。

1．以20 m/s的速度行驶的汽车，制动后以5 m/s2的加速度做匀减速直线运动。则汽车在制动后的5 s内的位移是( )
A．45 m B．37.5 m
C．50 m D．40 m
1．解析：选D 汽车运动时间t＝eq \f(v,a)＝4 s＜5 s，则x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×5×42 m＝40 m，故D对。
2.某物体做直线运动，物体的v­t图像如图所示。若初速度的大小为v0，末速度的大小为v1，则在时间t1内物体的平均速度( )
A．等于eq \f(1,2)(v0＋v1)
B．小于eq \f(1,2)(v0＋v1)
C．大于eq \f(1,2)(v0＋v1)
D．条件不足，无法比较
2． C
3．一辆沿笔直的公路匀加速行驶的汽车，经过路旁两根相距50 m的电线杆共用5 s时间，它经过第二根电线杆时的速度为15 m/s，则经过第一根电线杆时的速度为( )
A．2 m/s B．10 m/s
C．2.5 m/s D．5 m/s
3．解析：选D 根据平均速度公式可知eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(v0＋vt,2)，即eq \f(50,5) m/s＝eq \f(v0＋15 m/s,2)
得v0＝5 m/s，所以D选项正确。
4.（多）一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度图像如图所示，那么0～t0和t0～3t0两段时间内( )
A．加速度大小之比为3∶1
B．位移大小之比为1∶2
C．平均速度大小之比为2∶1
D．平均速度大小之比为1∶1
4． BD
【能 力 提 高】
6．爬竿运动员从竿上端由静止开始先匀加速下滑时间2t，后再匀减速时间t恰好到达竿底且速度为0，求这两段匀变速运动过程中加速度大小之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
6．A
设最大速度为v，则加速阶段a1＝eq \f(v,2t)，减速阶段a2＝eq \f(－v,t)，所以加速度大小之比为1∶2，A正确．
7．一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2s，整列车厢通过他历时6s，则这列火车的车厢有( )
A.3节 B.6节
C.9节 D.12节
7． C
解析：设一节车厢长为L，则L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
nL＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)，将t1＝2s，t2＝6s代入上面两式
解得n＝9
8．假设列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5m/s增加到10m/s时位移为x。则当速度由10m/s增加到15m/s时，它的位移是( )
A.eq \f(5,2)x B.eq \f(5,3)x
C.2x D.3x
8．答案：B
解析：由公式eq \f(v\\al(2,t)－v\\al(2,0),2a)＝x得eq \f(x′,x)＝eq \f(152－102,102－52)＝eq \f(5,3)，所以B选项正确。
9．汽车由静止开始做匀加速直线运动，速度达到v时立即做匀减速直线运动，最后停止，运动的全部时间为t，则汽车通过的全部位移为( )
A.eq \f(1,3)vt B.eq \f(1,2)vt C.eq \f(2,3)vt D.eq \f(1,4)vt
9．解析：选B.匀变速直线运动中一段时间内的平均速度等于该段时间初、末速度的平均值，由题意知，汽车在加速和减速两过程的平均速度均为eq \f(v,2)，故全程的位移x＝eq \f(1,2)vt，B项正确．
10．物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第2 s内的位移为x，则物体运动的加速度大小为( )
A.eq \f(2,x) B.eq \f(x,2) C.eq \f(2,3)x D.eq \f(3,2)x
10．C [x2－x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)a×22－eq \f(1,2)a×12＝2a－eq \f(1,2)a＝eq \f(3,2)a则eq \f(3,2)a＝x，所以a＝eq \f(2x,3)]
11．做匀加速直线运动的列车出站时，车头经过站台时的速度为1 m/s，车尾经过站台时的速度为7 m/s，则车身的中部经过站台的速度为( )
A．3.5 m/s B．4.0 m/s C．5 m/s D．5.5 m/s
11．解析：选C. veq \f(x,2)＝eq \r(\f(v2＋v\\al(2,0),2))＝eq \r(\f(72＋12,2)) m/s＝5 m/s，选C.
12．（多）物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s内通过的位移是3 m，则( )
A．第3 s内的平均速度是3 m/s
B．物体的加速度是1.2 m/s2
C．前3 s内的位移是6 m
D．3 s末的速度是3.6 m/s
12.解析：选ABD 前2 s位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,1)，前3 s内位移x2＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,2)，则第3 s内位移x3＝x2－x1＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，可得加速度a＝1.2 m/s2，B正确；则前3 s内的位移x2＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,2)＝5.4 m；C错误；3 s末的速度是v3＝1.2×3 m/s＝3.6 m/s，D正确；第3 s内的平均速度是eq \f(3 ,1) m/s＝3 m/s，故A正确。
13．某同学在研究小车运动情况的实验中，获得一条点迹清晰的纸带，已知打点计时器每隔0.02 s打一个计时点，该同学选择A、B、C、D、E、F六个计数点，对计数点进行测量的结果如图2－3－11所示，单位是cm。
图2－3－11
(1)试计算在打下A、B、C、D、E、F各点时小车的瞬时速度
vB________vC__________vD__________vE___________vF_____________。
(2)计算小车的加速度____________。
13.解析：(1)vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(3.32×10－2,2×2×0.02) m/s＝0.415 m/s，
vC＝eq \f(xBD,2T)＝eq \f(5.46－1.5×10－2,2×2×0.02) m/s＝0.495 m/s，
vD＝eq \f(xCE,2T)＝eq \f(7.92－3.32×10－2,2×2×0.02) m/s＝0.575 m/s，
vE＝eq \f(xDF,2T)＝eq \f(10.7－5.46×10－2,2×2×0.02) m/s＝0.655 m/s，
由vB＝eq \f(vA＋vC,2)得vA＝2vB－vC＝(2×0.415－0.495)m/s＝0.335 m/s，
由vE＝eq \f(vD＋vF,2)得vF＝2vE－vD＝(2×0.655－0.575)m/s＝0.735 m/s。
(2)运用逐差法得加速度a＝eq \f(xDE＋xEF－xAB＋xBC,6T2)，代入数据得a＝2.0 m/s2。
答案：(1)见解析 (2)2.0 m/s2
14．初速度为零的匀加速度直线运动，前3秒的位移4.5m，后3秒的位移10.5m，它一共运动 s，总位移 m。
14．5s, 12.5m
15．一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15m有一棵树，如图所示，汽车通过AB两相邻的树用了3s，通过BC两相邻的树用了2s，求汽车运动的加速度和通过树B时的速度为多少？
15．答案：1m/s2 6.5m/s
解析：汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a。
对AB段运动，由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2有：15＝vA×3＋eq \f(1,2)a×32
同理，对AC段运动，有30＝vA×5＋eq \f(1,2)a×52
两式联立解得：vA＝3.5m/s，a＝1m/s2
再由vt＝v0＋at
得：vB＝3.5m/s＋1×3m/s＝6.5m/s
16．一物体由静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内的位移为10 m，求物体运动5秒的位移．
16．解析：
方法一：物体在第1 s、第2 s、第3 s、第4 s、第5 s内的位移之比为：x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶3∶5∶7∶9.
又 ∵x3＝10 m.
故前5 s的位移为：x＝(1＋3＋5＋7＋9)×eq \f(10,5) m＝50 m.
方法二：第3秒内的中间时刻恰好也是前5秒的中间时刻，所以，第3秒内的平均速度也是前5秒的平均速度，x＝eq \x\t(v)×5=10×5＝50 m
答案：50 m
17.一辆沿平直路面行驶的汽车，速度为36 km/h，刹车后获得加速度的大小是4 m/s2，求：
(1)刹车后3 s末的速度；
(2)从开始刹车至停止，汽车滑行的距离。
17．解析：汽车刹车后做匀减速滑行，其初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，末速度v＝0，加速度a＝－4 m/s2，设刹车滑行t s后停止，滑行距离为x。
(1)由速度公式v＝v0＋at得滑行时间
t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－10,－4) s＝2.5 s
即刹车后经过2.5 s停止，所以3 s末的速度为零。
(2)由位移公式得滑行距离为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝10×2.5 m＋eq \f(1,2)×(－4)×2.52 m＝12.5 m。
答案：(1)0 (2)12.5 m
18．从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几个后，对在斜面上滑动的小球拍下照片，如图所示，测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm，求：
(1)小球的加速度；
(2)拍摄时B球的速度；
(3)在A球上方滚动的小球个数．
18．(1)解析：由Δx＝aT2，T＝0.1 s得，小球的加速度
a＝eq \f(xBC－xAB,T2)＝eq \f(0.20－0.15,0.12) m/s2＝5 m/s2.
答案：5 m/s2
(2)解析：vB＝eq \(v,\s\up6(－))AC＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(xBC＋xAB,2T)＝eq \f(0.20＋0.15,2×0.1) m/s＝1.75 m/s.
答案：1.75 m/s
(3)解析：设B的运动时间为tB，
则由vB＝atB得：
tB＝eq \f(vB,a)＝eq \f(1.75,5) s＝0.35 s，
故A球已经运动了0.25 s，所以A球上方正在滚动的小球还有2个．
答案：2个