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当堂检测题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的研究综合与测试当堂检测题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空与实验，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)
1．下列几种情况，不可能发生的是( )
A．位移和加速度反向 B．速度和加速度反向
C．加速度不变，速度在变 D．速度不变，加速度在变
2．小鹏摇动苹果树，从同一高度一个苹果和一片树叶同时从静止直接落到地上，苹果先落地，下面说法中正确的是( )
A．苹果和树叶做的都是自由落体运动
B．苹果和树叶的运动都不能看成自由落体运动
C．苹果的运动可看成自由落体运动，树叶的运动不能看成自由落体运动
D．假如地球上没有空气，则苹果和树叶会同时落地
3.
图1
甲和乙两个物体在同一直线上运动，它们的v－t图象分别如图1中的a和b所示，下列说法正确的是( )
A．在t1时刻它们的运动方向相同
B．在t2时刻甲与乙相遇
C．甲的加速度比乙的加速度大
D．在0～t2时间内，甲比乙的位移大
4．关于自由落体运动，下面说法正确的是( )
A．它是竖直向下，v0＝0，a＝g的匀加速直线运动
B．在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5
C．在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3
D．从开始运动起连续通过三个相等的位移所经历的时间之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
5．甲、乙两物体的质量之比为m甲∶m乙＝5∶1，甲从高H处自由落下的同时，乙从高2H处自由落下，若不计空气阻力，下列说法中错误的是( )
A．在下落过程中，同一时刻二者速度相等
B．甲落地时，乙距地面的高度为H
C．甲落地时，乙的速度大小为eq \r(2gH)
D．甲、乙在空气中运动的时间之比为2∶1
6．某战车在伊位克境内以大小为40 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度大小为10 m/s2，则刹车后2 s内与刹车后5 s内战车通过的路程之比为( )
A．1∶1 B．3∶1 C．4∶3 D．3∶4
7.
图2
如图2所示，物体从斜面上A点由静止开始下滑，第一次经光滑斜面AB滑到底端时间为t1.第二次经光滑斜面ACD下滑，滑到底端时间为t2.已知AC＋CD＝AB，在各斜面的等高处物体的速率相等，试判断( )
A．t1>t2 B．t1＝t2
C．t10，故不管是匀加速直线运动，还是匀减速直线运动，均有v1>v2.方法三(图象分析法)：画出匀加速直线运动与匀减速直线运动的速度图象，如下图所示．由图象可知：当物体做匀加速直线运动或匀减速直线运动时，均有v1>v2.]
10．ACD
11．1.58
12．(1)1.60 1.55 1.62 1.53 1.61 1.58
0．05 3.2 时间内 误差允许 匀加速直线运动
(2)1.59 1.57 1.59 1.58
解析 (1)x2－x1＝1.60 cm；x3－x2＝1.55 cm；x4－x3＝1.62 cm；x5－x4＝1.53 cm；x6－x5＝1.61 cm；Δeq \x\t(x)＝1.58 cm.
各位移差与平均值最多相差0.05 cm，即各位移差与平均值最多相差3.2%.由此可得出结论：小车在任意两个连续相等时间内的位移之差，在误差允许范围内相等，所以小车的运动是匀加速直线运动．
(2)采用逐差法，即
a1＝eq \f(x4－x1,3T2)＝1.59 m/s2，
a2＝eq \f(x5－x2,3T2)＝1.57 m/s2，
a3＝eq \f(x6－x3,3T2)＝1.59 m/s2，a＝eq \f(a1＋a2＋a3,3)＝1.58 m/s2.
13．13.5 m/s 8.5 m/s
解析 由最大高度公式H＝eq \f(v\\al(2,0),2g)
有H甲＝eq \f(v\\al(2,甲),2g)，H乙＝eq \f(v\\al(2,乙),2g)
已知H甲－H乙＝5.5 m
可得veq \\al(2,甲)－veq \\al(2,乙)＝110 m2/s2①
又根据竖直上抛的总时间公式t＝eq \f(2v0,g)
有t甲＝eq \f(2v甲,g)，t乙＝eq \f(2v乙,g)
已知t甲－t乙＝1 s
可得v甲－v乙＝5 m/s②
联立①②两式求解得
v甲＝13.5 m/s，v乙＝8.5 m/s
14．160 s
解析 设过桥前减速过程所需时间为t1
t1＝eq \f(v2－v1,a1)＝eq \f(10－20,－0.25)s＝40 s.
设过桥所用的时间为t2.
t2＝eq \f(x,v2)＝eq \f(100＋1000,10)s＝110 s.
设过桥后加速过程所需时间为t3
t3＝eq \f(v1－v2,a2)＝eq \f(20－10,1)s＝10 s.
共用时间t＝t1＋t2＋t3＝160 s.
15．(1)10 s (2)5 m 95 m (3)125 m
解析 (1)由x＝eq \f(1,2)gt2，得落地时间
t＝ eq \r(\f(2x,g))＝ eq \r(\f(2×500,10))s＝10 s.
(2)第1 s内的位移：
x1＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×10×12m＝5 m；
因为从开始运动起前9 s内的位移为：
x9＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,9)＝eq \f(1,2)×10×92m＝405 m.
所以最后1 s内的位移为：
x10＝x－x9＝500 m－405 m＝95 m.
(3)落下一半时间即t′＝5 s，其位移为
x5＝eq \f(1,2)gt′2＝eq \f(1,2)×10×25 m＝125 m.
16．(1)305 m (2)9.85 s
解析 (1)由veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2gx1可得运动员打开伞时的速度为v1＝60 m/s
运动员打开伞后做匀减速运动，由veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2ax2
可求得运动员打开伞后运动的位移x2＝125 m
运动员离开飞机时距地面高度x＝x1＋x2＝305 m.
(2)自由落体运动的时间为t1＝eq \f(v1,g)＝6 s，打开伞后运动的时间为t2＝eq \f(v2－v1,a)＝3.85 s
离开飞机后运动的时间为t＝t1＋t2＝9.85 s.
x2－x1
x3－x2
x4－x3
x5－x4
x6－x5
Δeq \x\t(x)