新高考物理一轮复习精讲精练第1章 质点的直线运动 匀变速直线运动章末测试（含解析）

匀变速直线运动章末测试

(建议用时：60分钟)

一、单项选择题

1、 (2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，1)甲、乙两物体沿直线同向运动，其位置x随时间t的变化如图1所示，甲、乙图线分别为圆弧、直线。下列说法正确的是(　　)

图1

A．甲做匀减速直线运动 B．乙做匀加速直线运动

C．第4 s末，二者速度相等 D．前4 s内，二者位移相等

【答案】D

【解析】x－t图像的斜率k＝表示速度，可知甲物体做减速直线运动，但不是匀减速直线运动，选项A错误；乙物体做匀速直线运动，选项B错误；x－t图像中图线交点表示相遇，所以前4 s内二者位移相等，选项D正确；第4 s末二者相遇，但此时二者速度不相等，选项C错误。

2、(2020·湖南长郡中学月考)2020年1月3日，我国的嫦娥四号探测器在月球背面成功实现软着陆，这是第一次有人类制造的探测器在月球背面实现软着陆，标志着人类太空探索的又一里程碑。已知月球表面的重力加速度大约为地球表面重力加速度的，那么以相同的初速度在月球表面原地竖直起跳的最大高度大约是在地球表面原地竖直起跳的最大高度的(　　)

A．36倍　　          B．6倍　   　　     C．　　　          D．

【答案】B　

【解析】根据v2＝2gh可知h＝∝，因月球表面的重力加速度大约为地球表面重力加速度的，那么以相同的初速度在月球表面原地竖直起跳的最大高度大约是在地球表面原地竖直起跳的最大高度的6倍。

3、一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行频闪照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2 m，在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8 m，由此可以知(　　)

A．质点运动的初速度为0 m/s

B．质点运动的加速度大小为6 m/s2

C．第一次闪光时质点的速度大小为1 m/s

D．从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移大小为5 m

【答案】D　

【解析】设第一次到第二次闪光的时间内质点的位移为x1＝2 m，第三次到第四次闪光的时间内质点的为x3＝8 m，则有x3－x1＝6 m＝2aT2，得aT2＝3 m，已知T＝1 s，可解得a＝3 m/s2，B错误，第二次闪光到第三次闪光的位移x2＝x1＋aT2＝5 m，D正确；由于不知道第一次闪光时质点已运动了多长时间，所以无法求出初速度，A错误；设第一次闪光时质点速度为v1，由x1＝v1T＋aT2，可解得v1＝0.5 m/s，C错误。

4、一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，小球仍在空中运动，则(　　)

A．小球在2 s末的速度大小是16 m/s

B．该星球上的重力加速度为12 m/s2

C．小球在第4 s末的速度大小是42 m/s

D．小球在4 s内的位移是80 m

【答案】B　

【解析】设该星球的重力加速度为g，小球第4 s内的位移是42 m，有gt42－gt32＝42 m，t4＝4 s，t3＝3 s，解得g＝12 m/s2，所以小球在2 s末的速度大小为v2＝gt2＝24 m/s，故A错误，B正确；小球在第4 s末的速度大小是v4＝gt4＝48 m/s，选项C错误；小球在4 s内的位移是gt42＝96 m，选项D错误。

5、一列火车沿平直轨道从静止出发由A地驶向B地，列车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为(　　)

A．        B．          C．         D．

【答案】C　

【解析】设加速结束时的速度为v，由匀变速直线运动的速度与位移关系可得＋＝s，解得v＝ ，则整个过程中的平均速度为＝＝，故火车从A地到B地所用时间t＝＝，C正确。

6、(2020·河南省九师联盟质检)某质点做匀减速直线运动，经过2.5 s后静止，则该质点在第1 s内和第2 s内的位移之比为(　　)

A．7∶5  B．5∶3 

C．3∶1  D．2∶1

【答案】D

【解析】质点做匀减速直线运动到停止，其逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，将2.5 s分成相等的5个0.5 s，根据x＝at2知，在这相等的5个0.5 s内的位移之比是9∶7∶5∶3∶1，则该质点在第1 s 内和第2 s内的位移之比为(9＋7)∶(5＋3)＝16∶8＝2∶1，故选项D正确。

7、水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为 2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动。则下列判断正确的是(　　)

A．该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m

B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s

C．该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m

D．该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s

【答案】C

【解析】物体从开始减速到速度减为零所用时间为t0＝＝2  s，物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，根据逆向思维法，物体匀减速至速度为0的减速过程，可看成反向的初速度为0的匀加速运动，则总位移为x＝v0t1＋at＝16 m，故A错误；物体的平均速度为＝＝ m/s＝3.2 m/s，故B错误；物体减速后最后1 s内的位移x1＝×2×12 m＝1 m，故C正确；该物体减速后第1 s末的速度大小为v＝v0－at＝(4－2×1) m/s＝2 m/s，故D错误。

8、(2020·黑龙江大庆实验中学开学考试)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的x－v图像如图7所示，虚线与对应的坐标轴垂直。下列说法正确的是(　　)

图7

A．图线a表示质点乙的运动

B．质点甲的加速度大小为3 m/s2

C．质点乙的加速度大小为1 m/s2

D．开始运动后，两质点在x＝6 m处相遇

【答案】C

【解析】根据图像可知，a图像的速度随位移增大而增大，b图像的速度随位移增大而减小，所以图像a表示质点甲的运动，故A错误；当x＝0时，乙的速度为6 m/s，即质点乙的初速度v0＝6 m/s，设质点乙、甲先后通过x＝6 m处时的速度均为v，对质点甲

v2＝2a1x①

对质点乙：v2－v＝－2a2x②

联立①②解得a1＋a2＝3 m/s2③

当质点甲的速度v1＝8 m/s、质点乙的速度v2＝2 m/s时，两质点通过相同的位移均为x′，

对质点甲v＝2a1x′④

对质点乙v－v＝－2a2x′⑤

联立④⑤解得a1＝2a2⑥

联立③⑥解得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2

故B错误，C正确；图线a、b的交点表示两质点通过同一位置，但不是同时，故D错误。

9、(2022·安徽示范高中4月联考) “奋斗者号”是我国自主研制的目前世界上下潜能力最强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“奋斗者号”从距海面深H处以某一初速度竖直上浮，并从此时刻开始计时，做匀减速直线运动，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则下列说法正确的是(　　)

A．上浮时的初速度为

B．上浮时的初速度为

C．在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为

D．在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为

【答案】BC

【解析】由平均速度可知t＝H，解得上浮时的初速度为v0＝，A错误，B正确；上浮的加速度为a＝＝－，则在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为h＝H－(v0t0－at)＝H－(t0－×t)＝，C正确，D错误。

10、 一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止。汽车在最初3 s时间内通过的位移与最后3 s时间内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，则汽车制动的总时间t满足(　　)

A．t＞6 s  B．t＝6 s

C．4 s＜t＜6 s  D．t＝4 s

【答案】D

【解析】设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，由逆向思维法求解，则汽车刹车的最后3 s时间内通过的位移x2＝a×32(m)＝a(m)，在最初3 s时间内通过的位移x1＝at2－a(t－3)2＝a(6t－9)(m)，又x1∶x2＝5∶3，联立解得t＝4 s，选项A、B、C错误，D正确。

二、多项选择题

11、进行运动过程的分析是学习物理的基本能力。一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小，直至为零，关于该物体运动的情况说法正确的是(　　)

A．物体的速度可能不断减小

B．物体的速度可能不断增大，加速度为零时，速度最大

C．速度的变化率一定越来越小

D．速度一定是越来越小

【答案】ABC　

【解析】当加速度的方向与速度方向相反时，物体的速度不断减小，故A正确；加速度的方向与速度方向相同时，物体的速度不断增大，当加速度减为零时，速度最大，故B正确；加速度等于速度的变化率，加速度逐渐减小，速度的变化率越来越小，故C正确；当加速度的方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大，故D错误。

12、如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m。且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是(　　)

A．可以求出物体加速度的大小

B．可以求得CD＝4 m

C．可求得OA之间的距离为1.125 m

D．可求得OA之间的距离为1.5 m

【答案】BC　

【解析】设物体做匀加速直线运动的加速度为a，时间为T，由Δs＝aT2可得a＝，但T未知，所以不能求出加速度的大小；根据sCD－sBC＝sBC－sAB＝1 m，可知sCD＝4 m；B点的瞬时速度vB＝，所以OB之间的距离为sOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为sOA＝sOB－sAB＝1.125 m。故选项B、C正确，A、D错误。

13、(2020·湖南永州市第二次模拟)跳伞运动员从高空悬停的直升机内跳下，运动员竖直向下运动，其v－t图像如图4所示，下列说法正确的是(　　)

图4

A.10 s末运动员的速度方向改变

B.从15 s末开始运动员匀速下降

C.运动员在0～10 s内的平均速度大小大于20 m/s

D.10～15 s内运动员做加速度逐渐增大的减速运动

【答案】BC

【解析】10 s末运动员的速度方向仍然为正方向，故A错误；15 s末开始图像的加速度为零，运动员做匀速直线运动，故B正确；0～10 s内，如果物体做匀加速直线运动，平均速度＝ m/s＝20 m/s，而运动员在0～10 s内的位移大于做匀加速直线运动的位移，由＝知，时间相同，位移x越大，平均速度就越大，所以运动员在0～10 s的平均速度大于20 m/s，故C正确；图像的斜率表示加速度，10～15 s 斜率绝对值逐渐减小，说明10～15 s运动员做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。

14、(2020·山东济南市5月高考模拟)雨雪天气时路面湿滑，汽车在紧急刹车时的刹车距离会明显增加。如图3所示为驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v－t图像，驾驶员的反应时间为1 s。下列说法正确的是(　　)

图3

A. 从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度

B. 从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度

C. 从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的行驶距离比在干燥路面的行驶距离多15 m

D. 从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的0.75倍

【答案】CD

【解析】从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的位移为x1＝30×1 m＋ m＝90 m，平均速度为v1＝ m/s＝18 m/s，从t＝0到停下，汽车在干燥路面的位移为x2＝30×1 m＋ m＝75 m，平均速度为v2＝ m/s＝18.75 m/s，则从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的行驶距离比在干燥路面的行驶距离多15 m，故A错误，C正确；从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度v1′＝ m/s＝15 m/s，从t＝1 s到停下，汽车在干燥路面的平均速度v2′＝ m/s＝15 m/s，故B错误；从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度大小a1＝ m/s2＝7.5 m/s2，从t＝1 s到停下，汽车在干燥路面的加速度大小a2＝ m/s2＝10 m/s2，则从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的0.75倍，故D正确。

15、（2016全国1）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶，则（      ）

A. 在t=1s时，甲车在乙车后

B. 在t=0时，甲车在乙车前7.5m

C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2s

D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m

 【答案】：BD

【解析】从0到2s的时间里根据图线的斜率可以分别求得甲、乙两车各自的加速度大小：，

 0到3s的时间里，根据位移公式可以分别求得：

根据题意两车在3s时刻相遇，由此可得，开始时甲车在乙车的前方7.5m处，故B选项正确；

假设经过时间t甲、乙两车在A处相遇，则有：

求得： t1=1s   t2=3s

所以t=1s时甲乙两车相遇，故A错；C错；  

假设甲、乙两车t=1s时第一次相遇的位置在A处，t=3s时第二次相遇的位置在B处，以甲车为研究对象，根据位移得：

故：D答案正确

三、实验题

16、小明在做测定匀变速直线运动的加速度的实验时，由于不太明确该实验的目的及原理，他从实验室里借取了如下器材：

(1)下列哪些器材是多余的________。

①电磁打点计时器　②天平　③低压交流电源

④细绳　⑤纸带　⑥小车　⑦钩码　⑧秒表　⑨一端有滑轮的长木板

(2)为达到实验目的，还需要的器材是________。

(3)小明在试验中打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02 s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为________ s。用刻度尺量得OA＝1.50 cm，AB＝1.90 cm，BC＝2.30 cm，CD＝2.70 cm，打C点时纸带的速度大小为________ m/s。该匀变速直线运动的加速度的大小a＝________ m/s2。

【答案】(1)②⑧　(2)刻度尺　(3)0.10　0.25　0.40

【解析】(1)根据实验的步骤，结合实验的原理确定实验所需的器材，知道打点计时器使用的是交流电压，打点计时器可以测量时间，不需要秒表，在该实验中不需要测量小车的质量，不需要天平，所以多余的器材为：天平和秒表，故选②⑧。

(2)为了得到小车的运动规律，还需要刻度尺来测量计数点之间的距离，用来计算速度和加速度。

(3)因为每相邻两计数点间还有4个计时点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.10 s；

利用匀变速直线运动的推论得vC＝＝＝0.25 m/s，运动的加速度为a＝＝0.40 m/s2。

17、某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。

实验步骤如下：

①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近，将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；

②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt；

③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度如图(b)所示， 表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小，求出；

④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②③；

⑤多次重复步骤④；

⑥利用实验中得到的数据作出v－Δt图像，如图(c)所示。

完成下列填空：

(1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则v与vA、a和Δt的关系式为 ＝____________。

(2)由图(c)可求得vA＝________cm/s，a＝________cm/s2(结果保留3位有效数字)。

【答案】(1)vA＋aΔt　(2)52.1　16.6

【解析】(1)设挡光片末端到达光电门的速度为v，则由速度时间关系可知v＝vA＋aΔt，且v＝，联立解得＝vA＋aΔt。

(2)由图(c)结合几何关系可求得 vA＝52.1 cm/s，a＝ cm/s2≈8.3 cm/s2，即a＝16.6 cm/s2。

四、计算题

17、(2020·福建宁德市质检)我国首艘装有弹射系统的航母已完成了“J－15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功。已知“J－15”在水平跑道上加速时产生的最大加速度为5.0 m/s2，起飞的最小速度为50 m/s。弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25 m/s，设航母处于静止状态。求：

(1)“J－15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞；

(2)“J－15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞；

(3)若航母上不装弹射系统，设航母跑道L＝160 m，“J－15”仍能从航母上正常起飞，则航母航行速度至少为多少？

【答案】(1)5 s　(2)187.5 m　(3)10 m/s

【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度公式v＝v0＋at得

t＝＝ s＝5 s。

(2)根据速度—位移关系式v2－v＝2ax得

x＝＝ m＝187.5 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，

对航母有L1＝v1t

对飞机有v＝v1＋at

v2－v＝2a(L＋L1)

联立并代入数据解得v1＝10 m/s。

18、假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2。试问：

(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？

(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？

(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？

【答案】(1)108 m　(2)10 s　(3)4 s

【解析】画草图(运动过程)如图所示。

(1)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为x1处开始制动，则有v2－v02＝－2a1x1

解得x1＝108 m。

(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。

减速阶段，有v＝v0－a1t1

解得t1＝＝6 s

加速阶段，有v0＝v＋a2t2

解得t2＝＝4 s

则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。

(3)加速阶段，有v02－v2＝2a2x2

解得x2＝72 m

则总位移x＝x1＋x2＝180 m

若不减速通过收费站，则所需时间

t′＝＝6 s

故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为

Δt＝t－t′＝4 s。