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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2 匀变速直线运动的速度与时间的关系同步训练题
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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2 匀变速直线运动的速度与时间的关系同步训练题，共9页。
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1．如图所示是几个质点的运动图像，其中表示匀变速直线运动的是( )
A．甲、乙、丙 B．甲、乙、丁
C．甲、丙、丁 D．乙、丙、丁
【解析】选A。甲、乙、丙均表示匀变速直线运动，丁表示加速度均匀变化的运动，故A正确。
2．一物体的速度随时间变化的关系为v＝5－2t(m/s)，则下列说法正确的是( )
A．物体的初速度为5 m/s
B．物体做匀加速直线运动
C．物体每秒的速度变化量为2 m/s
D．经过3 s物体的速度变为零
【解析】选A。由匀变速直线运动公式v＝v0＋at可知，物体的初速度为5 m/s，加速度为－2 m/s2，A正确；由于加速度方向与初速度方向相反，所以物体做匀减速运动，B错误；物体每秒的速度变化量为－2 m/s，C错误；根据速度公式可以计算出经过3 s物体的速度变为－1 m/s，负号表示方向与初速度方向相反，D错误。
3．由于发射卫星耗资巨大，还要消耗大量燃料推动沉重的金属物体在地球大气中飞行，科学家正在研发一种解决方案，利用一架喷气式飞机发射一个高效的小型推进系统，把卫星送入近地轨道。已知卫星必须达到8 000 m/s才能进入预定轨道，发射时喷气式飞机运行了16.7 min。则喷气式飞机的加速度大小为( )
A．6 m/s2 B．8 m/s2
C．10 m/s2 D．12 m/s2
【解析】选B。根据公式v＝at可得，喷气式飞机的加速度大小为a＝ eq \f(v,t) ＝
eq \f(8 000,16.7×60) m/s2≈8 m/s2，选项B正确。
4．在平直公路上，一辆汽车以108 km/h的速度行驶，司机发现前方有危险立即刹车，刹车时加速度大小为6 m/s2，则刹车后3 s末和6 s末汽车的速度大小分别为( )
A．12 m/s、6 m/s B．18 m/s、6 m/s
C．12 m/s、0 D．以上均不正确
【解析】选C。v0＝108 km/h＝30 m/s，规定v0的方向为正方向，则a＝－6 m/s2，汽车刹车所用的总时间t0＝ eq \f(0－v0,a) ＝5 s。t1＝3 s时的速度v1＝v0＋at1＝(30－6×
3) m/s＝12 m/s；由于t0＝5 s<6 s，6 s末汽车已停止，即6 s末汽车的速度为0。故C项正确，A、B、D项错误。
5．(2021·嘉兴高一检测)如图所示的位移(x)－时间(t)图象和速度(v)－时间(t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同方向运动的情况，下列说法正确的是( )
A.甲车和丙车做直线运动，乙车和丁车做曲线运动
B．0～t1时间内，甲车平均速度大于乙车
C．0～t2时间内，丙车加速度始终大于丁车
D．0～t1时间内，甲、乙两车在t1时刻相遇
【解析】选D。位移(x)－时间(t)图象和速度(v)－时间(t)图象都只能表示直线运动的规律，可知甲、乙、丙、丁都做直线运动，故A错误；0～t1 时间内，甲、乙两车的位移相同，平均速度相等，故B错误；速度(v)－时间(t)图象斜率表示加速度，所以0～t2时间内，丙车加速度先小于丁车，后丙车加速度大于丁车，故C错误；相同时刻两车到达相同位置，D正确。
6．跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面某一高度静止于空中时，运动员离开飞机由静止开始匀加速下落，运动一段时间后打开降落伞，打开伞后运动员以5 m/s2的加速度匀减速下降，则在运动员减速下降的任一秒内( )
A．这一秒末的速度比前一秒初的速度小5 m/s
B．这一秒末的速度是前一秒末的速度的0.2倍
C．这一秒末的速度比前一秒末的速度小5 m/s
D．这一秒末的速度是前一秒初的速度的2倍
【解题指南】本题考查学生对加速度定义式的理解。明确两个问题。
(1)知道匀变速直线运动公式v＝v0＋at。
(2)“一秒末”“前一秒末”和“前一秒初”在时间坐标轴上的含义。
【解析】选C。打开伞后运动员做匀减速运动。这一秒末与前一秒初的时间间隔为2 s，则Δv1＝at1＝10 m/s，故A、D错；这一秒末与前一秒末的时间间隔为
1 s，则Δv2＝at2＝5 m/s，故B错，C对。
【补偿训练】
某列车出站时能在150 s内匀加速到180 km/h，然后正常行驶。某次因意外列车以加速时的加速度大小将列车减速至108 km/h。以初速度方向为正方向，则下列说法错误的是( )
A．列车加速时的加速度大小为 eq \f(1,3) m/s2
B．列车减速时，若运用v＝v0＋at计算瞬时速度，其中a＝－ eq \f(1,3) m/s2
C．若用v t图像描述列车的运动，减速时的图线在时间轴t轴的下方
D．列车由静止加速，1 min内速度可达20 m/s
【解析】选C。由v＝180 km/h＝50 m/s，可得列车的加速度大小a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝
eq \f(50,150) m/s2＝ eq \f(1,3) m/s2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a′＝－ eq \f(1,3) m/s2，故A、B正确；列车减速时，v t图像中图线依然在时间轴t轴的上方，C错误；由v＝at可得v＝ eq \f(1,3) ×1×60 m/s＝20 m/s，D正确。
二、计算题(14分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
7．灵活起降的飞机是航母主要攻击力之一。我国“辽宁号”航空母舰上还没有飞机弹射系统，但我国的弹射技术正在研究试验中。假设弹射系统对“歼15型”飞机作用0.2 s时间，可以使飞机达到一定的初速度v0，然后飞机在甲板上起跑，加速度为5 m/s2，经过4 s达到起飞速度v1＝50 m/s的要求。求：
(1)飞机离开弹射系统瞬间的速度大小；
(2)弹射系统对飞机提供的加速度大小。
【解析】(1)飞机离开弹射系统瞬间的速度是v0
由vt＝v0＋at
得v0＝vt－at＝(50－5×4) m/s＝30 m/s。
(2)弹射系统对飞机提供的加速度大小
a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(30－0,0.2) m/s2＝150 m/s2。
答案：(1)30 m/s (2)150 m/s2
【选考提升】 (20分钟 50分)
8．(8分)一辆匀加速行驶的汽车，经过路旁两根电线杆共用5 s时间，汽车的加速度为2 m/s2，它经过第2根电线杆时的速度为15 m/s，则汽车经过第1根电线杆的速度为( )
A．2 m/s B．10 m/s
C．2.5 m/s D．5 m/s
【解析】选D。由题意知v＝15 m/s，a＝2 m/s2，t＝5 s，根据v＝v0＋at得，v0＝v－at＝15 m/s－2×5 m/s＝5 m/s，故选D。
9．(8分)(多选)一个物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12 m/s，方向向东，当t＝2 s时，物体的速度大小为8 m/s，方向仍向东。当t为多少时，物体的速度大小变为2 m/s( )
A．3 s B．5 s C．7 s D．9 s
【解析】选B、C。物体的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(8－12,2) m/s2＝－2 m/s2，由匀变速直线运动的公式v＝v0＋at，当v＝2 m/s，即速度方向与初速度方向相同时，t＝ eq \f(v－v0,a) ＝ eq \f(2－12,－2) s＝5 s，当v′＝－2 m/s，即速度方向与初速度方向相反时，t′＝ eq \f(v′－v0,a) ＝ eq \f(－2－12,－2) s＝7 s，选项B、C正确。
10.(8分)(多选)中国海军第30批护航编队与第31批护航编队在亚丁湾东部海域会合，并组成双纵队航行。在索马里海域遇到六艘海盗快艇，试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员成功将其驱离。假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v t图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A．海盗快艇在0～66 s内从静止出发做加速度增大的加速直线运动
B．海盗快艇在96 s末开始调头逃离
C．海盗快艇在66 s末离商船最近
D．海盗快艇在96～116 s内沿反方向做匀加速直线运动
【解析】选B、D。根据v t图像的意义可知，某点处切线的斜率表示该点处的加速度，结合题图可知，0～66 s内海盗快艇做加速度逐渐减小的加速直线运动，故选项A错误；66 s末快艇开始减速，96 s末减速到零，此时离商船最近，然后开始调头，故选项B正确，C错误；96～116 s内，加速度为负且为定值，说明海盗快艇沿反方向做匀加速直线运动，故选项D正确。
11.(13分)如图所示是某质点做直线运动的v t图像，请回答：
(1)质点在AB、BC、CD段各做什么运动？
(2)质点在AB、CD段的加速度各是多少？
(3)质点在5 s末的速度是多大？
【解析】(1)AB、CD段的v t图线是倾斜直线，说明这两段时间速度是均匀变化的，故质点在AB段做匀加速直线运动，CD段做匀减速直线运动；BC段的v t图线平行于t轴，质点做匀速直线运动。
(2)由加速度的定义：a＝ eq \f(Δv,Δt) 得：
质点在AB段的加速度
aAB＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(4－2,2) m/s2＝1 m/s2
同理可得质点在CD段的加速度
aCD＝ eq \f(Δv′,Δt′) ＝ eq \f(0－4,2) m/s2＝－2 m/s2。
(3)由题图知质点在5 s末的速度
v5＝v4＋aCDt＝4 m/s＋[(－2)×1] m/s＝2 m/s。
答案：(1)AB段做匀加速直线运动，BC段做匀速直线运动，CD段做匀减速直线运动
(2)1 m/s2 －2 m/s2 (3)2 m/s
12．(13分)(创新应用题)甲、乙两物体分别做匀加速和匀减速直线运动，已知乙的初速度是甲的初速度的2.5倍，且甲的加速度大小是乙的加速度大小的2倍，经过4 s，两者的速度均达到8 m/s，则两者的初速度大小分别为多大？两者的加速度大小分别为多大？
【解析】对甲、乙两物体分别应用匀变速直线运动速度公式，有v＝v甲＋a甲t，v＝v乙＋a乙t
又v乙＝2.5v甲，a甲＝2a乙，
由以上四式可得甲、乙两物体的初速度分别为
v甲＝ eq \f(v,2) ＝ eq \f(8,2) m/s＝4 m/s，
v乙＝ eq \f(5v,4) ＝ eq \f(5×8,2) m/s＝10 m/s；
甲、乙两物体的加速度大小分别为
a甲＝ eq \f(v－v甲,t) ＝ eq \f(8－4,4) m/s2＝1 m/s2，
a乙＝ eq \f(v2－v,t) ＝ eq \f(10－8,4) m/s2＝0.5 m/s2
答案：4 m/s 10 m/s 1 m/s2 0.5 m/s2
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一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1．如图所示是几个质点的运动图像，其中表示匀变速直线运动的是( )
A．甲、乙、丙 B．甲、乙、丁
C．甲、丙、丁 D．乙、丙、丁
【解析】选A。甲、乙、丙均表示匀变速直线运动，丁表示加速度均匀变化的运动，故A正确。
2．一物体的速度随时间变化的关系为v＝5－2t(m/s)，则下列说法正确的是( )
A．物体的初速度为5 m/s
B．物体做匀加速直线运动
C．物体每秒的速度变化量为2 m/s
D．经过3 s物体的速度变为零
【解析】选A。由匀变速直线运动公式v＝v0＋at可知，物体的初速度为5 m/s，加速度为－2 m/s2，A正确；由于加速度方向与初速度方向相反，所以物体做匀减速运动，B错误；物体每秒的速度变化量为－2 m/s，C错误；根据速度公式可以计算出经过3 s物体的速度变为－1 m/s，负号表示方向与初速度方向相反，D错误。
3．由于发射卫星耗资巨大，还要消耗大量燃料推动沉重的金属物体在地球大气中飞行，科学家正在研发一种解决方案，利用一架喷气式飞机发射一个高效的小型推进系统，把卫星送入近地轨道。已知卫星必须达到8 000 m/s才能进入预定轨道，发射时喷气式飞机运行了16.7 min。则喷气式飞机的加速度大小为( )
A．6 m/s2 B．8 m/s2
C．10 m/s2 D．12 m/s2
【解析】选B。根据公式v＝at可得，喷气式飞机的加速度大小为a＝ eq \f(v,t) ＝
eq \f(8 000,16.7×60) m/s2≈8 m/s2，选项B正确。
4．在平直公路上，一辆汽车以108 km/h的速度行驶，司机发现前方有危险立即刹车，刹车时加速度大小为6 m/s2，则刹车后3 s末和6 s末汽车的速度大小分别为( )
A．12 m/s、6 m/s B．18 m/s、6 m/s
C．12 m/s、0 D．以上均不正确
【解析】选C。v0＝108 km/h＝30 m/s，规定v0的方向为正方向，则a＝－6 m/s2，汽车刹车所用的总时间t0＝ eq \f(0－v0,a) ＝5 s。t1＝3 s时的速度v1＝v0＋at1＝(30－6×
3) m/s＝12 m/s；由于t0＝5 s<6 s，6 s末汽车已停止，即6 s末汽车的速度为0。故C项正确，A、B、D项错误。
5．(2021·嘉兴高一检测)如图所示的位移(x)－时间(t)图象和速度(v)－时间(t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同方向运动的情况，下列说法正确的是( )
A.甲车和丙车做直线运动，乙车和丁车做曲线运动
B．0～t1时间内，甲车平均速度大于乙车
C．0～t2时间内，丙车加速度始终大于丁车
D．0～t1时间内，甲、乙两车在t1时刻相遇
【解析】选D。位移(x)－时间(t)图象和速度(v)－时间(t)图象都只能表示直线运动的规律，可知甲、乙、丙、丁都做直线运动，故A错误；0～t1 时间内，甲、乙两车的位移相同，平均速度相等，故B错误；速度(v)－时间(t)图象斜率表示加速度，所以0～t2时间内，丙车加速度先小于丁车，后丙车加速度大于丁车，故C错误；相同时刻两车到达相同位置，D正确。
6．跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面某一高度静止于空中时，运动员离开飞机由静止开始匀加速下落，运动一段时间后打开降落伞，打开伞后运动员以5 m/s2的加速度匀减速下降，则在运动员减速下降的任一秒内( )
A．这一秒末的速度比前一秒初的速度小5 m/s
B．这一秒末的速度是前一秒末的速度的0.2倍
C．这一秒末的速度比前一秒末的速度小5 m/s
D．这一秒末的速度是前一秒初的速度的2倍
【解题指南】本题考查学生对加速度定义式的理解。明确两个问题。
(1)知道匀变速直线运动公式v＝v0＋at。
(2)“一秒末”“前一秒末”和“前一秒初”在时间坐标轴上的含义。
【解析】选C。打开伞后运动员做匀减速运动。这一秒末与前一秒初的时间间隔为2 s，则Δv1＝at1＝10 m/s，故A、D错；这一秒末与前一秒末的时间间隔为
1 s，则Δv2＝at2＝5 m/s，故B错，C对。
【补偿训练】
某列车出站时能在150 s内匀加速到180 km/h，然后正常行驶。某次因意外列车以加速时的加速度大小将列车减速至108 km/h。以初速度方向为正方向，则下列说法错误的是( )
A．列车加速时的加速度大小为 eq \f(1,3) m/s2
B．列车减速时，若运用v＝v0＋at计算瞬时速度，其中a＝－ eq \f(1,3) m/s2
C．若用v t图像描述列车的运动，减速时的图线在时间轴t轴的下方
D．列车由静止加速，1 min内速度可达20 m/s
【解析】选C。由v＝180 km/h＝50 m/s，可得列车的加速度大小a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝
eq \f(50,150) m/s2＝ eq \f(1,3) m/s2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a′＝－ eq \f(1,3) m/s2，故A、B正确；列车减速时，v t图像中图线依然在时间轴t轴的上方，C错误；由v＝at可得v＝ eq \f(1,3) ×1×60 m/s＝20 m/s，D正确。
二、计算题(14分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
7．灵活起降的飞机是航母主要攻击力之一。我国“辽宁号”航空母舰上还没有飞机弹射系统，但我国的弹射技术正在研究试验中。假设弹射系统对“歼15型”飞机作用0.2 s时间，可以使飞机达到一定的初速度v0，然后飞机在甲板上起跑，加速度为5 m/s2，经过4 s达到起飞速度v1＝50 m/s的要求。求：
(1)飞机离开弹射系统瞬间的速度大小；
(2)弹射系统对飞机提供的加速度大小。
【解析】(1)飞机离开弹射系统瞬间的速度是v0
由vt＝v0＋at
得v0＝vt－at＝(50－5×4) m/s＝30 m/s。
(2)弹射系统对飞机提供的加速度大小
a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(30－0,0.2) m/s2＝150 m/s2。
答案：(1)30 m/s (2)150 m/s2
【选考提升】 (20分钟 50分)
8．(8分)一辆匀加速行驶的汽车，经过路旁两根电线杆共用5 s时间，汽车的加速度为2 m/s2，它经过第2根电线杆时的速度为15 m/s，则汽车经过第1根电线杆的速度为( )
A．2 m/s B．10 m/s
C．2.5 m/s D．5 m/s
【解析】选D。由题意知v＝15 m/s，a＝2 m/s2，t＝5 s，根据v＝v0＋at得，v0＝v－at＝15 m/s－2×5 m/s＝5 m/s，故选D。
9．(8分)(多选)一个物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12 m/s，方向向东，当t＝2 s时，物体的速度大小为8 m/s，方向仍向东。当t为多少时，物体的速度大小变为2 m/s( )
A．3 s B．5 s C．7 s D．9 s
【解析】选B、C。物体的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(8－12,2) m/s2＝－2 m/s2，由匀变速直线运动的公式v＝v0＋at，当v＝2 m/s，即速度方向与初速度方向相同时，t＝ eq \f(v－v0,a) ＝ eq \f(2－12,－2) s＝5 s，当v′＝－2 m/s，即速度方向与初速度方向相反时，t′＝ eq \f(v′－v0,a) ＝ eq \f(－2－12,－2) s＝7 s，选项B、C正确。
10.(8分)(多选)中国海军第30批护航编队与第31批护航编队在亚丁湾东部海域会合，并组成双纵队航行。在索马里海域遇到六艘海盗快艇，试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员成功将其驱离。假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v t图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A．海盗快艇在0～66 s内从静止出发做加速度增大的加速直线运动
B．海盗快艇在96 s末开始调头逃离
C．海盗快艇在66 s末离商船最近
D．海盗快艇在96～116 s内沿反方向做匀加速直线运动
【解析】选B、D。根据v t图像的意义可知，某点处切线的斜率表示该点处的加速度，结合题图可知，0～66 s内海盗快艇做加速度逐渐减小的加速直线运动，故选项A错误；66 s末快艇开始减速，96 s末减速到零，此时离商船最近，然后开始调头，故选项B正确，C错误；96～116 s内，加速度为负且为定值，说明海盗快艇沿反方向做匀加速直线运动，故选项D正确。
11.(13分)如图所示是某质点做直线运动的v t图像，请回答：
(1)质点在AB、BC、CD段各做什么运动？
(2)质点在AB、CD段的加速度各是多少？
(3)质点在5 s末的速度是多大？
【解析】(1)AB、CD段的v t图线是倾斜直线，说明这两段时间速度是均匀变化的，故质点在AB段做匀加速直线运动，CD段做匀减速直线运动；BC段的v t图线平行于t轴，质点做匀速直线运动。
(2)由加速度的定义：a＝ eq \f(Δv,Δt) 得：
质点在AB段的加速度
aAB＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(4－2,2) m/s2＝1 m/s2
同理可得质点在CD段的加速度
aCD＝ eq \f(Δv′,Δt′) ＝ eq \f(0－4,2) m/s2＝－2 m/s2。
(3)由题图知质点在5 s末的速度
v5＝v4＋aCDt＝4 m/s＋[(－2)×1] m/s＝2 m/s。
答案：(1)AB段做匀加速直线运动，BC段做匀速直线运动，CD段做匀减速直线运动
(2)1 m/s2 －2 m/s2 (3)2 m/s
12．(13分)(创新应用题)甲、乙两物体分别做匀加速和匀减速直线运动，已知乙的初速度是甲的初速度的2.5倍，且甲的加速度大小是乙的加速度大小的2倍，经过4 s，两者的速度均达到8 m/s，则两者的初速度大小分别为多大？两者的加速度大小分别为多大？
【解析】对甲、乙两物体分别应用匀变速直线运动速度公式，有v＝v甲＋a甲t，v＝v乙＋a乙t
又v乙＝2.5v甲，a甲＝2a乙，
由以上四式可得甲、乙两物体的初速度分别为
v甲＝ eq \f(v,2) ＝ eq \f(8,2) m/s＝4 m/s，
v乙＝ eq \f(5v,4) ＝ eq \f(5×8,2) m/s＝10 m/s；
甲、乙两物体的加速度大小分别为
a甲＝ eq \f(v－v甲,t) ＝ eq \f(8－4,4) m/s2＝1 m/s2，
a乙＝ eq \f(v2－v,t) ＝ eq \f(10－8,4) m/s2＝0.5 m/s2
答案：4 m/s 10 m/s 1 m/s2 0.5 m/s2
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