鲁科版高中物理必修第一册第2章匀变速直线运动章末检测含解析

章末综合检测二   匀变速直线运动

(时间：90分钟　满分：100分)

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1．做匀加速直线运动的物体，速度从v增加到3v时经过的位移是s，则它的速度从3v增加到5v时经过的位移是(　　)

A.s　　　　　　　　　　　 B.s

C．s D．2s

解析：选D　根据匀变速直线运动的速度—位移公式得(3v)2－v2＝2as，(5v)2－(3v)2＝2as′，联立两式解得s′＝2s。故选D。

2．一辆沿笔直公路匀加速行驶的汽车，经过路旁两根相距50 m的电线杆共用5 s时间，它经过第二根电线杆时的速度为15 m/s，则经过第一根电线杆时的速度为(　　)

A．2 m/s B．10 m/s

C．2.5 m/s D．5 m/s

解析：选D　汽车经过两根电线杆的平均速度为＝，由于汽车做匀加速直线运动，所以有＝，联立两式代入数据得v1＝5 m/s，即经过第一根电线杆时的速度为5 m/s，故A、B、C错误，D正确。

3．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它在第1 s内与第2 s内的位移之比为s1∶s2，在走完第1 m时与走完第2 m时的速度之比为v1∶v2。以下说法正确的是(　　)

A．s1∶s2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2

B．s1∶s2＝1∶3，v1∶v2＝1∶

C．s1∶s2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2

D．s1∶s2＝1∶4，v1∶v2＝1∶

解析：选B　由初速度为零的匀变速直线运动的比例关系知在连续相等时间内的位移之比为s1∶s2＝1∶3，由s＝at2知，走完第1 m与走完第2 m所用时间之比为t1∶t2＝1∶，又因为v＝at，所以v1∶v2＝1∶，B正确。

4.如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为4 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为(　　)

A．40 m　　　　　　　 B．25 m

C．12.5 m D．2 m

解析：选C　由题意知，车速v≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为4 m/s2，最后末速度减为0，由推导公式v2＝2as可得s≤＝12.5 m，所以系统设置的安全距离约12.5 m，故C正确，A、B、D错误。

5.我国新一代远洋综合科考船“科学号”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＝ m/s＝2 m/s，v2＝ m/s＝4 m/s，再根据加速度的定义可知a＝＝ m/s2＝ m/s2，故A正确。

6．汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了10 s的时间通过一座长120 m的桥，过桥后汽车的速度为16 m/s，汽车自身长度忽略不计，则(　　)

A．汽车的加速度为1.6 m/s2

B．汽车过桥头时的速度为12 m/s

C．汽车从出发到过完桥所用时间为16 s

D．汽车从出发点到桥头的距离为40 m

解析：选D　汽车通过桥的平均速度＝＝ m/s＝12 m/s，又＝，v＝16 m/s，得汽车上桥头的速度v0＝8 m/s，汽车的加速度a＝＝ m/s2＝0.8 m/s2，故A、B错误；汽车从出发到过完桥所用时间为t＝＝ s＝20 s，故C错误；从出发点到桥头的距离s＝＝ m＝40 m，故D正确。

7.如图所示的是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s。若电梯先以加速度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，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为549 m。以下说法错误的是(　　)

A．若电梯经过20 s匀加速达到最大速度，则匀加速时的加速度a1＝0.9 m/s2

B．若电梯经过20 s匀加速达到最大速度，则匀加速过程上升的高度h＝180 m

C．电梯匀速运动的时间为10 s

D．电梯匀速运动上升的高度h＝108 m

解析：选C　由运动学公式可得匀加速时的加速度a1＝＝ m/s2＝0.9 m/s2，故A正确；由运动学公式可得匀加速过程上升的高度h＝a1t＝×0.9×202 m＝180 m，故B正确；设电梯匀速运动的时间为t0，运动的总时间为t′，由v­t图像可得H＝(t′＋t0)·vm，代入数据解得t0＝6 s，故C错误；电梯匀速运动上升的高度h＝vmt0＝18×6 m＝108 m，故D正确。

8.如图所示，小球A在斜面上由静止匀加速滚下s1后，又在水平面上匀减速运动s2后停下，测得s2＝2s1，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＝a2 B．a1＝2a2

C．a1＝a2 D．a1＝4a2

解析：选B　小球在斜面上初速度为零，设末速度为vt，则有v－0＝2a1s1。同理，在水平面上有0－v＝－2a2s2。所以a1s1＝a2s2，故a1＝2a2。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．图甲为质点a和b做直线运动的位移—时间图像，图乙为质点c和d做直线运动的速度—时间图像，由图可知(　　)

A．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇

B．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇

C．t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的运动方向发生改变

D．t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的速率先减小后增大

解析：选AD　在位移—时间图像中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由题图甲可知，t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇，故A正确； t1到t2时间内，根据速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移知，c的位移大于d的位移，若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点没有相遇，故B错误； t1到t2时间内，四个质点中只有b质点的运动方向改变，a、c、d质点的运动方向未发生改变，故C错误； 根据位移—时间图线的斜率表示速度，知t1到t2时间内，a质点的速度不变，b质点的速率先减小后增大，由题图乙知，c的速度均匀减小，d的速率先减小后增大，故D正确。

10.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v­t图像如图所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)

A．在t＝1 s时，甲车在乙车后

B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m

C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s

D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m

解析：选BD　已知两车在t＝3 s时并排行驶，由v­t图线与时间轴所围面积表示位移大小可知，在t＝1 s时，甲车和乙车并排行驶，选项A、C错误。由题图可知，在t＝1 s时甲车速度为10 m/s，乙车速度为15 m/s,0～1 s时间内，甲车的位移为s1＝5 m，乙车的位移为s2＝12.5 m，所以在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m，选项B正确。甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为甲在1～3 s内的位移s＝×(10＋30)×2 m＝40 m，选项D正确。

11.如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5……所示小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。根据图中的信息，下列判断正确的是(　　)

A．位置“1”是小球释放的初始位置

B．小球做匀加速直线运动

C．小球下落的加速度为

D．小球在位置“3”的速度为

解析：选BCD　由题图可知相邻时间间隔内小球通过的位移分别为2d、3d、4d、5d，所以小球做匀加速直线运动，则B正确；位置“1”不是小球释放的初始位置，则A错误；由位移差Δs＝aT2得小球下落的加速度为a＝，则C正确；小球在位置“3”的速度为v＝＝，则D正确。

12.如图所示为用位移传感器和速度传感器研究某汽车刹车过程得到的速度—位移图像，汽车刹车过程可视为匀减速运动，则(　　)

A．汽车刹车过程的加速度大小为1 m/s2

B．汽车刹车过程的时间为2 s

C．汽车运动的位移为5 m时的速度为5 m/s

D．当汽车运动的速度为5 m/s时运动的位移为7.5 m

解析：选BD　由于汽车刹车过程为匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律，可得题图中图线的函数表达式为v2＝v－2as，由题图可知，刹车的初速度大小为10 m/s，末速度为0，刹车过程的位移大小为10 m，则加速度大小为a＝5 m/s2，A错。汽车刹车过程的时间t＝ s＝2 s，B对。设汽车运动的位移为5 m时的速度为v1，则有v－2as1＝v，得v1＝5 m/s，C错。设汽车运动的速度为5 m/s 时运动的位移为s2，则有v－v＝－2as2，得s2＝7.5 m，D对。

三、非选择题：本题共6小题，共60分

13．(6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，如图所示是小球的部分频闪照片，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时间段的平均速度，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)小球的加速度a＝9.47 m/s2，小于当地重力加速度9.81 m/s2，由于小球下落过程中受到空气的阻力作用。

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

14．(8分)某同学做“测量物体的瞬时速度”实验时获得的一条纸带如图所示。

(1)打点计时器电源频率为50 Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，F点由于不清晰而未画出。试根据纸带上的数据，推测F点在刻度尺上的位置，其读数应记为______cm。算出F点对应的速度大小为vF＝______m/s(计算结果保留两位有效数字)。

(2)请根据纸带上的数据，作出物体的v­t图像

(3)根据图像，可得t＝0时的速度vA＝______ m/s，加速度a＝______m/s2(计算结果保留两位有效数字)。

解析：(1)由题图可知，sAB＝0.50 cm，sBC＝0.70 cm，sCD＝0.90 cm，sDE＝1.10 cm，则Δs＝0.20 cm，可知sEF＝1.30 cm，F的读数应记为5.00 cm。sFG＝1.50 cm，则F点对应的速度大小为vF＝＝ m/s＝0.70 m/s。

(2)同理可求解B、C、D、E各点的速度分别为 0.30 m/s、0.40 m/s、0.50 m/s、0.60 m/s，作出物体的v­t图像如图。

(3)根据图像，可得t＝0时的速度vA＝0.20 m/s，加速度a＝＝ m/s2＝5.0 m/s2。

答案：(1)5.00　0.70　(2)见解析　(3)0.20　5.0

15．(10分)物体做匀加速直线运动，到达A点时的速度为5 m/s，经3 s到达B点时的速度为14 m/s，再经过4 s到达C点。求：

(1)物体运动的加速度；

(2)物体到达C点时的速度；

(3)AB间的距离。

解析：(1)在物体由A点到B点的运动阶段，应用匀变速直线运动速度公式，解得物体运动的加速度a＝＝ m/s2＝3 m/s2。

(2)在物体由B点到C点的运动阶段，再应用匀变速直线运动速度公式，可得物体到达C点时的速度

vC＝vB＋at2＝26 m/s。

(3)在物体由A点到B点的运动阶段，应用匀变速直线运动位移公式，可得AB间的距离sAB＝vAt1＋at＝28.5 m。

答案：(1)3 m/s2　(2)26 m/s　(3)28.5 m

16．(10分)一个长2 m的杆竖直放置，杆的底端距离窗顶5 m，窗高1.5 m，杆在此处自由下落，求杆通过窗户所用的时间。(g取10 m/s2)

解析：根据题意画出运动过程如图所示，杆做自由落体运动，以杆的底端为研究对象，当杆的底端到达窗顶时，杆已经运动的时间为

t＝＝ s＝1 s。

当杆的顶端离开窗底时，杆完全通过了窗，这时杆已经运动的时间为

t′＝＝ s＝ s≈1.3 s。

这两个时间之差就是杆通过窗户所用的时间

Δt＝t′－t＝0.3 s。

答案：0.3 s

17．(12分)某种类型的飞机起飞滑行时，从静止开始做匀加速运动，加速度大小为4.0 m/s2，飞机达到起飞速度80 m/s时，突然接到命令停止起飞，飞行员立即使飞机紧急制动，飞机做匀减速运动，加速度的大小为5.0 m/s2，如果让你为该类型的飞机设计一条跑道，使在这种特殊的情况下飞机停止起飞而不滑出跑道，你设计的跑道长度至少要多长？

解析：设飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为s1，速度由0到v1＝80 m/s，加速度a1＝4.0 m/s2，则由v＝2a1s1得匀加速滑行的位移s1＝＝800 m

飞机从v1＝80 m/s做匀减速运动到静止的过程中滑行的距离为s2，加速度a2＝－5.0 m/s2，末速度v2＝0，则由v－v＝2a2s2可求得匀减速运动的位移

s2＝＝640 m

则跑道长度至少要为s＝s1＋s2＝1 440 m。

答案：1 440 m

18．(14分)A、B两车沿同一直线相同方向运动，A车的速度vA＝4 m/s，B车的速度vB＝10 m/s。当B车运动至A车前方7 m处时，B车刹车并以大小为a＝2 m/s2的加速度做匀减速运动，从该时刻开始计时，求：

(1)A车追上B车之前，两车间的最大距离。

(2)经多长时间A车追上B车。

(3)为避免两车相撞，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度大小。

解析：(1)设经时间t1两车速度相等，当B车速度等于A车速度时，两车间距最大。

则有vB′＝vB－at1，vB′＝vA

解得t1＝3 s

B的位移sB＝vBt1－at＝21 m

A的位移sA＝vAt1＝12 m则两车间的最大距离Δsm＝sB＋7 m－sA＝16 m。

(2)假设A车追上B车前B车未停止，经时间t2，A车追上B车，

有vBt2－at＋7 m＝vAt2

解得t2＝－1 s(舍去)或t2＝7 s

当t2＝7 s时，vB′＝vB－at2＝－4 m/s，

故A车追上B车前B车早已停止运动。

根据v2－v＝2as，可得B车停止前的位移sB′＝，

故A车追上B车时A车位移sA′＝＋7 m＝vAt，

解得t＝8 s。

(3)当A车刹车减速至0时刚好追上已停止的B车，加速度最小。

则有＋7 m＝，解得aA＝0.25 m/s2。

答案：(1)16 m　(2)8 s　(3)0.25 m/s2