2021学年4 匀变速直线运动规律的应用同步达标检测题

这是一份2021学年4 匀变速直线运动规律的应用同步达标检测题，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．质点从静止开始做匀加速直线运动，第3 s内的位移是5 m，则第1 s末的速度为( )
A．2 m/s B．0.5 m/s
C．1 m/s D．2.5 m/s
2．如图所示，一辆正以8 m/s的速度沿直线行驶的汽车，突然以1 m/s2的加速度加速行驶，则汽车加速行驶18 m时的速度为( )
A．8 m/s B．12 m/s
C．10 m/s D．14 m/s
3．做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )
A．1 m/s2B．2 m/s2
C．3 m/s2D．4 m/s2
4．一物体以v0＝20 m/s的初速度沿光滑斜面向上做匀减速直线运动，当上滑距离x0＝30 m时，速度减为 eq \f(1,4)v0，物体恰好滑到斜面顶部停下，则斜面长度为( )
A．40 m B．50 m
C．32 m D．60 m
5．一个做匀加速直线运动的物体，初速度v0＝2.0 m/s，在第2 s内通过的位移是5 m．它的加速度为( )
A．2.0 m/s2 B．0.5 m/s2
C．1.0 m/s2 D．1.5 m/s2
6．如图所示，小球A在斜面上由静止匀加速滚下x1后，又匀减速地在水平面上运动x2后停下，测得x2＝2x1，则小球在斜面上的加速度大小a1与在水平面上的加速度大小a2的关系为(小球从斜面上滚到水平面上时速度大小不变)( )
A．a1＝a2B．a1＝2a2
C．a1＝ eq \f(1,2)a2D．a1＝4a2
7.
如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为x1时，乙从距A地x2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则A、B两地距离为( )
A．x1＋x2 B． eq \f(（x1＋x2）2,4x1)
C． eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4（x1＋x2）) D． eq \f(（x1＋x2）2,（x1－x2）x2)
8．在交警处理某次交通事故时，通过相关仪器处理后得到该汽车在平直路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝20t－2t2，(x的单位是m，t的单位是s).则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为( )
A．18 m B．32 m
C．48 m D．50 m
9．如图为某高速公路出口的ETC通道示意图．一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v0＝30 m/s，此时开始减速，到达M点时速度减至v＝6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区．已知MN的长度d＝36 m，汽车减速运动的加速度大小a＝3 m/s2，求：
(1)O、M间的距离x；
(2)汽车从O点到N点所用的时间t.
B组 选择性考试练
10.一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．如图所示的速度v和位移x的关系图像中，能描述该过程的是( )
11．如图所示是物体做直线运动的v ­ t图像．由图可知，该物体( )
A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反
B．第3 s内和第4 s内的运动方向相反
C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等
D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等
12．(多选)图中ae为珠港澳大桥上四段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( )
A．汽车通过bc段的时间为 eq \r(2)t
B．汽车通过b点的速度等于汽车通过ae段的平均速度
C．汽车通过ce段的时间为(2－ eq \r(2))t
D．汽车通过c点的速度小于汽车通过ae段的平均速度
13．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车的司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2，求：
(1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间；
(2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．
课时素养评价7 匀变速直线运动规律的应用
1．解析：第3 s内的位移为x3＝ eq \f(1,2)a×(3 s)2－ eq \f(1,2)a×(2 s)2＝5 m，所以a＝2 m/s2，故第1 s末的速度为v＝at＝2 m/s，故A正确．
答案：A
2．解析：由v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(t)) －v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2ax和v0＝8 m/s、a＝1 m/s2、x＝18 m，得出：vt＝10 m/s，故C正确．
答案：C
3．解析：第1个3 s内的平均速度即为1.5 s时刻的瞬时速度v1，第1个5 s内的平均速度即为2.5 s时刻的瞬时速度v2，a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(v2－v1,Δt)＝ eq \f(3 m/s,（2.5－1.5） s)＝3 m/s2.
答案：C
4．解析：设斜面长度为L，根据速度—位移公式得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)v0)) eq \s\up12(2)－v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2ax0，0－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)v0)) eq \s\up12(2)＝2a(L－x0), 代入数据解得L＝32 m，C正确．
答案：C
5．解析：由x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2知，当时间为t1＝1 s时，位移为x1，当时间为t2＝2 s时，位移为x2，则x2－x1＝5 m，代入数据可得：a＝2.0 m/s2.
答案：A
6．解析：小球在斜面上运动的初速度为零，设末速度为v，则有v2－0＝2a1x1.同理，在水平面上有0－v2＝－2a2x2.所以a1x1＝a2x2，故a1＝2a2，选项B正确．
答案：B
7．解析：设A、B两地间距离为x，根据匀变速直线运动的规律有x－x2＝ eq \f(1,2)at2，x－x1＝vt＋ eq \f(1,2)at2，2ax1＝v2，联立解得x＝ eq \f(（x1＋x2）2,4x1)，选项A、C、D错误，B正确．
答案：B
8．解析：根据x＝20t－2t2并结合匀变速直线运动规律可知，汽车的初速度v0＝20 m/s，加速度a＝－4 m/s2，刹车后汽车做匀减速运动的位移为刹车痕迹长度，则可得刹车痕迹长度为s＝ eq \f(－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a)＝ eq \f(－202,－2×4) m＝50 m，选项D正确．
答案：D
9．解析：(1)根据v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(t)) －v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝－2ax得，x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) ,2a)＝144 m.
(2)从O点到达M点所用的时间t1＝ eq \f(v0－v,a)＝8 s，
匀速通过MN区所用的时间t2＝ eq \f(d,v)＝6 s，
汽车从O点到N点所用的时间t＝t1＋t2＝14 s.
答案：(1)144 m (2)14 s
10．解析：匀加速运动过程中，v2＝2ax，则汽车运动的速度v＝ eq \r(2ax)，排除选项C、D；匀减速运动时可看成反向的匀加速运动，排除选项B，故选A.
答案：A
11．解析：物体在第1 s内和第3 s内的速度都为正值，因此这两秒内物体的运动方向相同，A项错误；物体在第3 s内的速度为正值，在第4 s内的速度为负值，因此这两秒内物体的运动方向相反，B项正确；物体在第1 s内和第4 s内的位移大小都等于图线与坐标轴所围面积的大小，大小都为x＝ eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m，C项错误；物体在0～2 s内的位移和0～4 s内的位移相同，但由于时间不同，因此平均速度大小不等，D项错误．
答案：B
12．解析：根据x＝ eq \f(1,2)at2可得出t＝ eq \r(\f(2x,a))，汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶( eq \r(2)－1)∶( eq \r(3)－ eq \r(2))∶(2－ eq \r(3))，可得通过bc段时间为( eq \r(2)－1)t，故A错误；汽车通过ae段时间为2t，汽车通过b点的时刻为ae段的中间时刻，故通过b点的速度等于ae段的平均速度，故B正确；汽车通过cd段的时间为( eq \r(3)－ eq \r(2))t，通过de段的时间为(2－ eq \r(3))t，通过ce段的时间为(2－ eq \r(2))t，故C正确；匀变速直线运动中点位置速度大于此阶段的平均速度，D错误．
答案：BC
13．解析：(1)当以最大加速度制动时，小轿车从刹车到停止的时间最短，设为t2，则t2＝ eq \f(0－v0,a)＝6 s.
(2)小轿车在反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t1
x1＝18 m
设从刹车到停止的位移为x2，则x2＝ eq \f(0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a)
x2＝90 m
小轿车从发现警示牌到停止的全部距离为
x＝x1＋x2＝108 m
则Δx＝x－50 m＝58 m，即三角警示牌至少要放在车后58 m处，才能有效避免两车相撞．
答案：(1)6 s (2)58 m