高中物理课时检测9匀变速直线运动规律的应用含解析新人教版必修1

这是一份高中物理课时检测9匀变速直线运动规律的应用含解析新人教版必修1，共7页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

(25分钟 60分)
一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)
1.如图所示是“探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律”实验中打出的一条纸带,相邻计数点间的时间间隔为T,则物体运动的加速度可表示为 ( )
A. B.
C.D.
【解析】选B。根据Δx=aT2可得加速度a=,故A、C、D错误,B正确。
2.一小球从A点由静止开始做匀变速直线运动,到达B点时速度为v,到达C点时的速度为2v,则AB∶BC等于( )
A.1∶3B.1∶2
C.1∶1D.1∶4
【解析】选A。根据匀变速直线运动的速度—位移公式得:xAB=,xBC==,则有:xAB∶xBC=1∶3。
3.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=2t+2t2,则该质点 ( )
A.第1 s内的位移是3 m
B.前2 s内的平均速度是4 m/s
C.任意相邻的1 s内的位移差都是4 m
D.任意1 s内的速度增量都是2 m/s
【解析】选C。当t=1 s时,位移x1=2t+2t2=2×1 m+2×12 m=4 m,故A错误;当t=2 s时,位移x2=2t+2t2=2×2 m+2×22 m=12 m,故前2 s内的平均速度为==
m/s=6 m/s,故B错误;由位移x与时间t的关系x=2t+2t2可知初速度v0=
2 m/s,a=4 m/s2,任意相邻的1 s内的位移之差Δx=at2=4×1 m=4 m,故C正确;任意1 s内速度增量Δv=at=4×1 m/s=4 m/s,故D错误;故A、B、D错误,C正确。
4.光滑斜面的长度为L,一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端,经历的时间为t,则下列说法不正确的是( )
A.物体运动全过程中的平均速度是
B.物体在时的瞬时速度是
C.物体运动到斜面中点时瞬时速度是
D.物体从顶点运动到斜面中点所需的时间是t
【解析】选B。全程的平均速度v==,A正确。时,物体的速度等于全程的平均速度,B错误。若末速度为v,则=,v=,故中间位置的速度v中==,C正确。设物体的加速度为a,到达中间位置用时t′,则L=at2,=at′2,所以t′=
t,D正确。
【总结提升】(1)=适用于任何形式的运动。
(2)=只适用于匀变速直线运动。
(3)用平均速度求位移,因为不涉及加速度,比较简单方便。x= t=t也是矢量式。
(4)Δx=aT2只适用于匀变速直线运动,其他性质的运动不能套用推论式来处理问题。
(5)实验中根据打出的纸带求物体的加速度时常用到推论式xⅡ-xⅠ=aT2。
5.图中ae为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥,若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动,通过ab段的时间为t,则通过ce段的时间为 ( )
A.t B.t
C.(2-)tD.(2+)t
【解析】选C。设汽车加速度为a,对于ab段有:x=at2;同理,对于ac段有:2x=a,对于ae段有:4x=a,联立解得:t1=t,t2=2t,故通过ce的时间为Δt=t2-t1=(2-)t;故A、B、D错误,C正确。
6.冰壶(Curling),又称掷冰壶、冰上溜石,是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。如图所示,可视为质点的冰壶以初速度v0滑入O点后做匀减速直线运动,滑到C点时速度恰好为零,若OA=AB=BC,冰壶依次滑过O、A、B点时的速度之比为v0∶vA∶vB,滑过OA、AB、BC三段所用的时间之比为tOA∶tAB∶tBC,则( )
A.v0∶vA∶vB=∶∶1;
tOA∶tAB∶tBC=1∶∶
B.v0∶vA∶vB=9∶4∶1;
tOA∶tAB∶tBC=(-)∶(-1)∶1
C.v0∶vA∶vB=9∶4∶1;
tOA∶tAB∶tBC=1∶∶
D.v0∶vA∶vB=∶∶1;
tOA∶tAB∶tBC=(-)∶(-1)∶1
【解析】选D。初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1∶(-1)∶(-),故所求时间之比为tOA∶tAB∶tBC=(-)∶(-1)∶1;由v2=2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中连续相等的位移末的速度之比为1∶∶,则由逆向思维可知,所求的速度之比为v0∶vA∶vB=∶∶1,故A、B、C错误、D正确。
二、非选择题(本题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
7.(14分)一列火车由等长的车厢连接而成。车厢之间的间隙忽略不计,一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐。当火车由静止开始做匀加速直线运动时开始计时,测量第一节车厢通过他的时间为2 s,则从第5节至第16节车厢通过他的时间为多少?
【解析】法一:此题若以火车为研究对象,由于火车不能简化为质点,不便分析,故取火车为参考系,把火车的运动转化为人做匀加速直线运动。设每节车厢长为L,加速度为a,
则人通过第一节车厢的时间为t1==2 s
人通过前4节车厢的时间为t4==4 s
人通过前16节车厢的时间为t16==8 s
故所求时间Δt=t16-t4=4 s。
法二:通过1节、4节、16节所用时间之比
t1∶t4∶t16=1∶∶。
t1=2 s,所以t4=4 s,t16=8 s,故Δt=t16-t4=4 s。
答案:4 s
8.(16分)有一个做匀变速直线运动的物体,它在两段连续相等的时间内通过的位移分别是AB=24 m和BC=64 m,连续相等的时间为4 s,求物体的初速度和加速度的大小。
【解析】法一:逐差法
由Δx=aT2可得a== m/s2=2.5 m/s2①
又x1=vAT+aT2②
由①②解得vA=1 m/s
法二:平均速度公式法
连续两段时间T内的平均速度分别为:
v1== m/s=6 m/s
v2== m/s=16 m/s
由于B是A、C的中间时刻,则v1=,
v2=
又vB=== m/s=11 m/s
解得vA=1 m/s,vC=21 m/s
其加速度a== m/s2=2.5 m/s2。
法三:基本公式法
由位移公式得:x1=vAT+aT2
x2=vA·2T+a(2T)2-(vAT+aT2)
将x1=24 m,x2=64 m,T=4 s代入,
解得a=2.5 m/s2,vA=1 m/s。
答案:1 m/s 2.5 m/s2
(15分钟 40分)
9.(6分)将固定在水平地面上的斜面分为四等份,如图所示,AB=BC=CD=DE,在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动,刚好能到达斜面顶端E点。则小滑块向上运动经过D点时速度大小是( )
A. B.
C.D.
【解析】选D。对滑块的运动反向进行研究,则有:=2aL;v2=2a×;两式相比可得:v=v0;故A、B、C错误,D正确。
10.(6分)(多选)物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4 m/s,2 s后速度的大小变为10 m/s,在这2 s内该物体的( )
A.位移的大小一定是14 m
B.位移的大小可能是6 m
C.加速度的大小可能是3 m/s2
D.加速度的大小可能大于7 m/s2
【解析】选B、C。取初速度方向为正方向,如果末速度与初速度同向,则加速度:a== m/s2=3 m/s2
位移:x=t=×2 m=14 m。
取初速度方向为正方向,如果末速度与初速度反向,则加速度:a==
m/s2=-7 m/s2
位移:x=t=×2 m=-6 m
故位移大小为14 m或6 m,加速度大小为3 m/s2或7 m/s2;故A、D错误,B、C正确。
11.(6分)一辆公共汽车进站后开始刹车,做匀减速直线运动。开始刹车后的第
1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m。则刹车后6 s内的位移是
( )
A.20 mB.24 m
C.25 mD.75 m
【解析】选C。由Δx=aT2得:9 m-7 m=aT2,T=1 s,a=2 m/s2,由v0T-aT2=x1得:v0×
1 s-×2×12 m=9 m,v0=10 m/s,汽车刹车时间tm==5 s<6 s,故刹车后6 s内的位移为x=at2=×2×52 m=25 m,故选C。
12.(22分)一物体沿斜面从顶端由静止开始做匀加速直线运动,最初3 s内的位移为x1,最后3 s内的位移为x2,已知x2-x1=6 m;x1∶x2=3∶7,求斜面的总长。
【解析】由题意知,物体做初速度等于零的匀加速直线
运动,相等的时间间隔为3 s。
由题意知=,x2-x1=6 m,
解得x1=4.5 m,x2=10.5 m。
由于连续相等时间内位移的比为1∶3∶5∶…∶(2n-1),
故xn=(2n-1)x1,可知10.5=4.5(2n-1),解得n=。
又因为x总=n2x1,所以斜面总长:x总=()2×4.5 m=12.5 m。
答案:12.5 m