粤教版高中物理必修第一册阶段验收测试（二）匀变速直线运动含答案

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阶段验收评价（二） 匀变速直线运动(时间：75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．如图所示，飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法错误的是(　　)A．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动B．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动C．若已知飞机做匀变速直线运动，测出各相邻相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度D.若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度解析：选A　因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，选项A错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，选项B正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，选项C正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，选项D正确。2.很多智能手机都有加速度传感器，它能感知和测量加速度，使我们更加方便直观地认识物体的运动。为了记录手机自由下落时的加速度图像，在做好手机安全保护措施后，先用手水平托着手机，打开数据记录开关，手掌迅速下落，让手机脱离手掌而自由下落，然后在下方接住手机，观察手机屏幕上加速度传感器的图像，如图所示。从图中可以看到，图线上有一段时间的数值是－10 m/s2，有一小段时间的数值突变为19 m/s2，下列说法正确的是(　　)A.测得手机做自由落体运动的加速度是－10 m/s2，方向向下B．测得手机做自由落体运动的加速度是10 m/s2，方向向下C.测得手机做自由落体运动的加速度是19 m/s2，方向向上D.测得手机做自由落体运动的加速度是9 m/s2，方向向上解析：选A　我们知道重力加速度大小为10 m/s2，方向向下，根据题意知向上为正方向，所以测得手机做自由落体运动的加速度是－10 m/s2，方向向下，故A正确，B、C、D错误。3.一块小石子从离地某一高度处由静止自由落下。某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB(照片中轨迹长度与实际长度相等)。该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示。已知拍摄时用的曝光时间为 eq \f(1,1 000) s，则小石子出发点离A点约为(　　)A．20 m　　　　 　　　 B．10 mC．6.5 m D．45 m解析：选A　由题图可知AB的长度为2 cm，即0.02 m，曝光时间为 eq \f(1,1 000) s，所以AB段的平均速度的大小为：v＝ eq \f(x,t)＝ eq \f(0.02,\f(1,1 000)) m/s＝20 m/s，由于时间极短，故A点对应时刻的瞬时速度近似为20 m/s，由自由落体的速度与位移的关系式v2＝2gh，可得h＝ eq \f(v2,2g)＝ eq \f(202,2×10) m＝20 m。4．某厂家测试汽车性能时，测出了汽车沿平直公路做直线运动的位移随时间变化的规律，即s＝10t－0.1t2(m)。下列叙述正确的是(　　)A．汽车的加速度大小为0.1 m/s2B．该汽车做减速运动到停止的时间为50 sC．该汽车刹车瞬间的初速度大小为20 m/sD．该汽车从开始刹车到停止运动所通过的路程为5 m解析：选B　根据s＝v0t＋ eq \f(1,2)at2＝10t－0.1t2(m)得汽车刹车时的初速度v0＝10 m/s，加速度a＝－0.2 m/s2，故A、C错误；汽车从开始刹车到速度减为零的时间为t＝ eq \f(0－v0,a)＝ eq \f(0－10,－0.2) s＝50 s，故B正确；汽车从开始刹车到停止运动通过的路程s＝v0t＋ eq \f(1,2)at2＝10×50 m－ eq \f(1,2)×0.2×502 m＝250 m，故D错误。5.某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是(　　)解析：选A　x­t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x­t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x­t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x­t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v­t图像可能正确。6．从某建筑物顶部自由下落的物体，在落地前的1 s内下落的高度为建筑物高的 eq \f(3,4)，则建筑物的高度为(g取10 m/s2，不计空气阻力)(　　)A．20 m B．24 mC．30 m D．60 m解析：选A　假设总时间是t，则全程有：h＝ eq \f(1,2)gt2，前 eq \f(1,4)高度过程有： eq \f(1,4)h＝ eq \f(1,2)g(t－1)2，联立解得：t＝2 s，h＝20 m，故A正确。7．长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v < v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0 所用时间至少为(　　)A． eq \f(v0－v,2a)＋ eq \f(L＋l,v)　　　 B． eq \f(v0－v,a)＋ eq \f(L＋2l,v)C． eq \f(3(v0－v),2a)＋ eq \f(L＋l,v) D． eq \f(3(v0－v),a)＋ eq \f(L＋2l,v)解析：选C　由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v < v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则有v＝v0－2at1，解得t1＝ eq \f(v0－v,2a)；匀速通过隧道的时间t2＝ eq \f(L＋l,v)；列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝ eq \f(v0－v,a)。则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝ eq \f(3(v0－v),2a)＋ eq \f(L＋l,v)。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．做自由落体运动的物体，先后经过空中M、N两点时的速度分别为v1和v2，重力加速度大小为g，则(　　)A．从M到N所用时间为 eq \f(v2－v1,g)B．MN的间距为 eq \f(v22－v12,2g)C．经过MN的平均速度为 eq \f(v1＋v2,2)D．运动过程中加速度不断变大解析：选ABC　由公式v2＝v1＋gt得：t＝ eq \f(v2－v1,g)，故A正确；根据位移速度公式v22－v12＝2gh可得：h＝ eq \f(v22－v12,2g)，故B正确；匀变速直线运动的平均速度为 eq \x\to(v)＝ eq \f(v1＋v2,2)，故C正确；自由落体运动的加速度为重力加速度，恒定不变，故D错误。9．赛龙舟是端午节的传统活动。下列v­t和x­t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有(　　)解析：选BD　从v­t图像上看，由于所有龙舟出发点相同，故只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确。从x­t图像上看，图像的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误。10．如图甲所示为某高速公路出口的ETC通道示意图。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图像如乙图所示，则下列说法正确的是(　　)A.汽车减速运动的加速度大小a＝4 m/s2B．O、M间中点的速度为14 m/sC．O、M间的距离为56 mD．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＝ eq \f(22 m/s－6 m/s,4 s)＝4 m/s2，故A正确；根据图线与时间轴围成的面积知，O、M间的距离s＝ eq \f(1,2)×(6＋22)×4 m＝56 m，故C正确；设OM中点的速度为v′，根据速度位移公式有：v′2－v02＝－2a eq \f(s,2)，解得v′＝ eq \r(260) m/s，故B错误；根据图线与时间轴围成的面积知，ON段的位移s′＝(56＋6×6) m＝92 m，则汽车在ON段的平均速度 eq \x\to(v)＝ eq \f(s′,t)＝9.2 m/s，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(7分)某同学实验时将打点计时器接在周期为0.02 s低压交流电源上，如图所示为物体做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中每隔4个计时点取一个计数点，但第3个计数点没有画出。由图中的数据可求得：(1)该物体的加速度为________m/s2。(2)第3个计数点与第2个计数点的距离为__________________ cm。(3)打第2个计数点时该物体的速度约为________m/s(结果保留两位有效数字)。解析：(1)设1、2间的位移为s1，2、3间的位移为s2，3、4间的位移为s3，4、5间的位移为s4；因为周期为0.02 s，且每隔4个计时点取一个计数点，所以每两个计数点之间的时间间隔为T＝0.1 s由匀变速直线运动的推论sm－sn＝(m－n)aT2得：s4－s1＝3aT2代入数据解得a＝0.74 m/s2。(2)第3个计数点与第2个计数点的距离即为s2，由匀变速直线运动的推论：s2－s1＝aT2，代入数据得：s2＝4.36 cm。(3)匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：v2＝ eq \f(s1＋s2,2T)＝ eq \f(3.62＋4.36,0.2)×10-2 m/s≈0.40 m/s。答案：(1)0.74　(2)4.36　(3)0.4012．(9分)小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是________。(2)下列主要操作步骤的正确顺序是________。(填写各步骤前的序号)①把刻度尺竖直固定在墙上②捏住小球，从刻度尺旁静止释放③手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置④打开手机摄像功能，开始摄像(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图乙所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 eq \f(1,6) s，刻度尺的分度值是1 mm，由此测得重力加速度为________m/s2。解析：(1)根据题中提供的小球和测量要求可得出要使用小钢球进行实验，与乒乓球、小塑料球相比，小钢球受到的空气阻力可忽略，可认为是自由落体运动，可以减小实验误差。(2)根据实验要求，可以得出先固定刻度尺，然后固定手机调好手机镜头位置，打开手机摄像功能进行摄像，最后捏住小球，使小球由静止下落，即步骤为①③④②。(3)题图乙左侧图片中小球上边缘的读数为2.00 cm，中间图片中小球上边缘的读数为26.00 cm，右侧图片中小球上边缘的读数为76.70 cm，由逐差法可得当地的重力加速度大小为g＝ eq \f(76.70－26.00－(26.00－2.00),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))\s\up12(2))×10-2 m/s2≈9.6 m/s2。答案：(1)小钢球　(2)①③④②　(3)9.6(9.5～9.7都算对)13．(10分)“山东舰”是我国的第二艘航母。已知“歼­15”战机在航空母舰的跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当“歼­15”战机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞，设“山东舰”处于静止状态。求：(1)假设应用电磁弹射技术，要求“歼­15”战机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？(2)“山东舰”上还没有安装弹射系统，要求“歼­15”战机仍能在舰上正常起飞，问该舰跑道至少应为多长？(3)假设“山东舰”的飞机跑道长为L＝160 m，为使“歼­15”战机仍能从舰上正常起飞，可采用先让“山东舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让“歼­15”战机起飞，则“山东舰”的航行速度至少为多少？解析：(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式，有v2－v02＝2as，得飞机的初速度为v0＝  eq \r(v2－2as)＝30 m/s。(2)根据速度位移公式得：v2＝2as′，解得s′＝ eq \f(v2,2a)＝250 m。(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v1。对航空母舰有：L1＝v1t，对飞机有：v＝v1＋at，v2－v12＝2a(L＋L1)，联立并代入数据解得：v1＝10 m/s。答案：(1)30 m/s　(2)250 m　(3)10 m/s14．(12分)据报道，一儿童玩耍时不慎从45 m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童。已知管理人员到楼底的距离为18 m，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击。不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取10 m/s2。　(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，求管理人员奔跑时加速度a的大小需满足什么条件？解析：(1)儿童下落过程，由运动学公式得：h＝ eq \f(1,2)gt02管理人员奔跑的时间t≤t0，对管理人员运动过程，由运动学公式得：s＝ eq \x\to(v) t，联立各式并代入数据解得： eq \x\to(v)≥6 m/s。(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底速度减为0，奔跑过程中的最大速度为v0，由运动学公式得： eq \x\to(v)＝ eq \f(0＋v0,2)解得：v0＝2 eq \x\to(v)＝12 m/s＞vm＝9 m/s故管理人员应先加速到vm＝9 m/s，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为s1、s2、s3，由运动学公式得：s1＝ eq \f(1,2)at12s3＝ eq \f(1,2)at32，s2＝vmt2，vm＝at1＝at3t1＋t2＋t3≤t0，s1＋s2＋s3＝s联立各式并代入数据得a≥9 m/s2。答案：(1)6 m/s　(2)a≥9 m/s215．(16分)无人驾驶汽车试运营标志着智能网联汽车从测试走向商业化运营，开启了破冰之旅，将逐渐驶入市民的生活。(1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”。若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度vmax是多少？(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处，两车都以20 m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以2 m/s2的加速度刹车3 s后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s2的加速度刹车。试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？解析：(1)无人驾驶汽车刹车时做匀减速直线运动，根据速度与位移的关系式，有0－vmax2＝2ax，故有vmax＝ eq \r(－2ax)＝24 m/s。(2)设有人驾驶的汽车从刹车到两车速度相等经历的时间为t，则有v0＋a有人t＝v0＋a无人(t＋Δt)，其中Δt＝3 s，a有人＝－5.0 m/s2，a无人＝－2 m/s2，解得t＝2 s，两车相等的速度为v＝v0＋a有人t＝10 m/s，有人驾驶的汽车在t＋Δt内的位移为x有人＝v0Δt＋ eq \f(v0＋v,2)t＝90 m，无人驾驶汽车在t＋Δt内的位移为x无人＝ eq \f(v0＋v,2)(t＋Δt)＝75 m，则有Δx＝x有人－x无人＝15 m＜30 m，故不会发生追尾事故。答案：(1)24 m/s　(2)不会发生追尾事故