高中物理人教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试课后作业题
展开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6 000 m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8 m的路程,第一段用时4 s,第二段用时2 s,则其加速度大小是( )
A. m/s2 B. m/s2
C. m/s2 D. m/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=2 m/s、v2=4 m/s,再根据加速度的定义可知,a== m/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4.5 m/s2,起飞速度为50 m/s,若该飞机滑行100 m时起飞,则弹射系统必须使飞机具有的初速度为( )
A.30 m/s B.40 m/s
C.20 m/s D.10 m/s
解析:选B 根据v2-v02=2ax得v0= = m/s=40 m/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 | 0.1 |
A.1 000 B.25
C.5 D.1
解析:选C 由v2=2gh,可得v=,h1=2.5 m,h2=0.1 m,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549 m。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18 m/s,然后以最大速度匀速运动6 s,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.30.5 s B.36.5 s
C.55 s D.61 s
解析:选C 加、减速过程的平均速度相等,== m/s=9 m/s,加速时间为t1,减速时间为t2,则有×(t1+t2)=549 m-18×6 m=441 m,解得t1+t2=49 s,则总时间t=t1+t2+6 s=55 s,故C正确,A、B、D错误。
5.在某高度h1处一物体A自由下落,1 s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45 m时赶上B,并且再过1 s到达地面,则B从下落到着地所经历的时间是(取g=10 m/s2)( )
A.3 s B.约3.3 s
C.3.5 s D.4 s
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+1 s。则h=g(t+1)2=45 m,解得t=2 s,A物体从开始下落到落地所用时间为4 s,则A物体下落高度h1=gtA2=×10×42 m=80 m,最后1 s下落的高度为80 m-45 m=35 m,故B下落的高度h2=gt2+35 m=55 m,由h2=gtB2,解得tB≈3.3 s,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vt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25 s末
C.乙出发时,甲车在其前方150 m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=×20×5 m=50 m;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=×2t2,解得t=(10+5)s,则乙追上甲的时刻为(15+5)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= m/s2=4 m/s2,乙的加速度为a2= m/s2=2 m/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,Hyperloop One公司计划,将在欧洲建成世界首架规模完备的“Hyperloop”(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1 126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1 200 km/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2 m/s2
D.如果加速度大小为10 m/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=2 400 s,x=2×at12+vt2,v=at1,联立解得t1=600 s,t2=1 200 s,a= m/s2,故B正确,C错误;2t1′+t2′=t,a′t1′2+vt2′=600 000 m,v=a′t1′,联立解得t′= s,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8 m/s2
B.行星表面的重力加速度大小为10 m/s2
C.物体落到行星表面时的速度大小为20 m/s
D.物体落到行星表面时的速度大小为25 m/s
解析:选AC 由题图可以看出,物体自由下落25 m所用的时间为2.5 s,由h=gt2得g== m/s2=8 m/s2,A正确,B错误;由v=gt得物体落到行星表面的速度v=gt=8×2.5 m/s=20 m/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=22 m/s,此时开始减速,到达M时速度减至v=6 m/s,并以6 m/s的速度匀速通过MN区,汽车从O运动到N共用时10 s,vt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=4 m/s2
B.O、M间中点的速度为14 m/s
C.O、M间的距离为56 m
D.汽车在ON段平均速度大小为9.2 m/s
解析:选ACD 根据vt图像可知,汽车减速运动的加速度大小a== m/s2=4 m/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=-2a,根据图线与时间轴围成的面积表示位移知,OM的距离x=×(6+22)×4 m=56 m,解得v= m/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′=56 m+6×6 m=92 m,则ON段的平均速度== m/s=9.2 m/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xt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=0.02 s。
(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=3.20 cm,x2=4.30 cm,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vt图像如图所示,根据图像可得出小车运动的加速度为a=________ m/s2,0~0.3 s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=0.1 s
根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度,有v1=
x1=3.20 cm=0.032 0 m,x2=4.30 cm=0.043 0 m
根据运动学公式得a==×10-2 m/s2=1.1 m/s2。
(2)vt图像中图像的斜率表示加速度,则a== m/s2=1.0 m/s2
图像与时间轴围成的面积表示位移,则可知位移大小x=×0.3 m=0.12 m。
答案:(1) 1.1 (2)1.0 0.12
12.(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0.05 s闪光一次,图中所标数据为实际距离。(当地重力加速度取9.81 m/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= m/s≈4.92 m/s。
(2)根据逐差法可知,小球的加速度
a= m/s2=9.47 m/s2。
(3)由于小球的加速度a=9.47 m/s2小于当地重力加速度9.81 m/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20 m/s ,加速度为4 m/s2 。试求该质点:
(1)第5 s末的速度大小;
(2)第4 s内的位移大小;
(3)前4 s内的平均速度大小。
解析:(1)根据速度与时间公式得,第5 s末的速度
v5=v0+at=(20+4×5) m/s=40 m/s。
(2)前4 s内的位移
x4=v0t4+at42= m=112 m
前3 s的位移
x3=v0t3+at32= m=78 m
所以第4 s内的位移大小
x=x4-x3=34 m。
(3)前4 s内的平均速度大小
==28 m/s。
答案:(1)40 m/s (2)34 m (3)28 m/s
14.(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10 s,斜面长4 m,在水平面上运动的距离为6 m。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(t1+t2)=10 m,t1+t2=10 s,
解得vmax=2 m/s。
(2)由公式2ax=vmax2,代入数据得a1= m/s2,
a2= m/s2≈0.33 m/s2。
答案: (1)2 m/s (2)0.5 m/s2 m/s2
15.(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vt图像如图乙所示。已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1=12 m。
(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=1 s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=12 m/s
A车的加速度a=
将t2=5 s和其余数据代入解得A车的加速度大小a=3 m/s2。
(2)当两车的速度相等时,两车的距离最小,对应于vt图像的t2=5 s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=vB(t1+t2)
代入数据解得x=36 m
因此,若A、B两车不会相撞,则两车的距离x0应满足条件x0>36 m。
答案:(1)12 m/s 3 m/s2 (2)x0>36 m
16.(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=72 km/h,靠近站口时以大小为a1=5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=28.8 km/h,然后立即以a2=4 m/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=28.8 km/h=8 m/s,v0=72 km/h=20 m/s,a1=-5 m/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=33.6 m。
(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==2.4 s
加速阶段:t2==3 s
则加速和减速的总时间t=t1+t2=5.4 s。
(3)在加速阶段,x2=t2=42 m
则总位移x=x1+x2=75.6 m,
若不减速所需要时间t′==3.78 s
车因减速和加速过站而耽误的时间
Δt=t-t′=1.62 s。
答案: (1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s
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