沪科版 (2019)必修 第一册第2章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案设计

这是一份沪科版 (2019)必修 第一册第2章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案设计，共8页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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．(2021·大名一中月考)在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想方法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等，以下关于所用物理学方法的叙述不正确的是( )
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B．根据速度定义式v＝eq \f(Δs,Δt)，当Δt非常小时，eq \f(Δs,Δt)就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D．定义加速度a＝eq \f(Δv,Δt)用到比值法，加速度与Δv和Δt无关
答案 C
2．(2021·长春外国语学校月考)滑雪者从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，已知他通过斜面中点时的速度为v，则其到达斜面底端的速度为( )
A.eq \f(\r(2)＋1,2)v B．(eq \r(2)＋1)v
C.eq \r(2)v D.eq \f(1,2)v
答案 C
解析 设斜面的长度为s，滑雪者到达斜面底端的速度为v′，根据速度位移公式得v2＝2a·eq \f(s,2)，v′2＝2as，联立两式解得v′＝eq \r(2)v，C正确．
3．甲、乙两辆汽车速度相等，在同时制动后，设均做匀减速直线运动，甲经3 s停止，共前进了36 m，乙经1.5 s停止，乙车前进的距离为( )
A．9 m B．18 m C．36 m D．27 m
答案 B
解析 甲车的平均速度eq \x\t(v)1＝eq \f(s1,t1)＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(36,3) m/s＝12 m/s，则初速度v0＝24 m/s.乙车的平均速度eq \x\t(v)2＝eq \f(v0＋0,2)＝12 m/s，则通过的位移s2＝eq \x\t(v)2t2＝12×1.5 m＝18 m．故选B.
4．(2020·邵阳市隆回高一期末)一辆从静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1 s内的位移为0.4 m，则( )
A．第1 s末的速度为0.4 m/s
B．加速度为0.8 m/s2
C．第2 s内通过的位移为1.6 m
D．前2 s内通过的位移为1.2 m
答案 B
解析 汽车做初速度为零的匀加速直线运动，由s1＝eq \f(1,2)at12可得a＝0.8 m/s2，则第1 s末的速度vt＝at1＝0.8 m/s，故B正确，A错误；汽车在前2 s内的位移s2＝eq \f(1,2)at22＝eq \f(1,2)×0.8×4 m＝
1.6 m，在第2 s内的位移s′＝1.6 m－0.4 m＝1.2 m，故C、D错误．
5．在平直公路上，一辆汽车以15 m/s的速度做匀速直线运动，从某时刻开始刹车，在阻力作用下，汽车以2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，则刹车后10 s内汽车的位移大小为( )
A．50 m B．56.25 m
C．75 m D．150 m
答案 B
解析 先判断汽车刹车后经过多长时间停止，由vt＝v0＋at知：t＝7.5 s.
因此汽车刹车后10 s内的位移大小等于7.5 s内的位移大小，s＝eq \f(1,2)×2×7.52 m＝56.25 m．B正确．
6．(2020·安康市高一期末)将一个物体以大小为v0的初速度竖直向上抛出，物体能上升的最大高度为h，不计空气阻力，则物体上升到eq \f(3,4)h高度时，物体的速度大小为( )
A.eq \f(\r(2),2)v0 B.eq \f(1,2)v0 C.eq \f(1,3)v0 D.eq \f(1,4)v0
答案 B
解析 由运动学公式得，上升过程有0－v02＝－2gh；设上升到eq \f(3,4)h高度时物体速度为v，则v2－v02＝－2g·eq \f(3,4)h.联立解得v＝eq \f(1,2)v0，故B正确．
7.某同学在墙前连续拍照时，恰好有一小白色重物从墙前的某一高度处由静止落下，拍摄到重物下落过程中的一张照片如图1所示．由于重物的运动，导致它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6.0 cm(不计两层砖之间的抹灰厚度)，这个照相机的曝光时间为2.0×10－2 s，g取10 m/s2，则( )
图1
A．重物下落到A位置时的速度约为60 m/s
B．重物下落到A位置时的速度约为12 m/s
C．重物下落到A位置所需的时间约为0.6 s
D．重物下落到A位置所需的时间约为1.2 s
答案 C
解析 由题图可以看出，在曝光的时间内，重物下降了大约两层砖的高度，即12 cm(0.12 m)，曝光时间为2.0×10－2 s，所以AB段的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(0.12,2.0×10－2) m/s＝6 m/s.由于曝光时间极短，故重物下落到A位置时的速度约为vt＝6 m/s，由vt＝gt可得重物下落到A位置所需的时间约为t＝eq \f(vt,g)＝eq \f(6,10) s＝0.6 s，故C正确，A、B、D错误．
8．(2021·襄阳市高一检测)甲、乙两汽车均以20 m/s的速度在公路上沿同方向并排正常行驶，乙车因遇到突发事件需紧急停车，其刹车时的加速度大小为10 m/s2，停下1分钟后，又以
5 m/s2的加速度启动到正常行驶速度，则乙车因停车而延误的时间和因停车而落后甲车的距离是( )
A．60 s 1 200 m B．63 s 1 260 m
C．66 s 1 320 m D．66 s 1 200 m
答案 B
解析 刹车时间t1＝eq \f(0－v,a1)＝2 s，位移s1＝eq \f(v,2)t1＝20 m，重新启动时间t2＝eq \f(v,a2)＝4 s，位移s2＝eq \f(v,2)t2＝40 m，乙车因停车而延误的时间Δt＝t1＋t2＋t－eq \f(s1＋s2,v)＝63 s，因停车而落后甲车的距离Δs＝v(t1＋t2＋t)－s1－s2＝1 260 m，选项B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9.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，得到了如图2中1、2、3、4、5所示的小球在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，每块砖的厚度均为d.根据图中的信息，下列判断正确的是( )
图2
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eq \f(d,T2)
D．小球在位置3的速度为eq \f(7d,2T)
答案 BCD
解析 小球做自由落体运动，从静止开始运动的连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7…，而题图中位移之比为2∶3∶4∶5，故位置1不是小球释放的初始位置，选项A错误，B正确．由a＝eq \f(Δs,T2)得a＝eq \f(d,T2)，选项C正确．小球在位置3的速度v3＝eq \f(3d＋4d,2T)＝eq \f(7d,2T)，选项D正确．
10．一辆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6 s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，则( )
A．车从出发到B杆所用时间为9 s
B．车的加速度为15 m/s2
C．经过A杆时的速度为5 m/s
D．从出发点到A杆的距离为7.5 m
答案 ACD
解析 由于sAB＝eq \f(vA＋vB,2)t，故vA＝eq \f(2sAB,t)－vB＝5 m/s，车的加速度a＝eq \f(vB－vA,t)＝eq \f(5,3) m/s2，车从出发到B杆所用时间t′＝eq \f(vB,a)＝9 s，从出发点到A杆的距离sA＝eq \f(vA2,2a)＝7.5 m，A、C、D正确，B错误．
11．(2020·黄山市期末)A、B两物体在同一直线上运动的v－t图像如图3所示，已知在第4 s末两物体相遇，则下列说法正确的是( )
图3
A．两物体从同一地点出发
B．出发时A在B前方4 m处
C．两物体运动过程中，A的加速度小于B的加速度
D．第4 s末两物体相遇之后，两物体可能再相遇
答案 BC
解析 0～4 s时间内，物体A的位移sA＝8 m，物体B的位移sB＝12 m,4 s末A、B相遇，所以A、B出发点之间的距离Δs＝sB－sA＝4 m，故A错误，B正确；A的斜率小于B的斜率，所以A的加速度小于B的加速度，C正确；A、B在t＝4 s相遇后，vB＞vA，此后B在前，A在后，不可能再相遇，D错误．
12．一物体沿一直线做匀加速直线运动，已知它在第2 s内的位移为4.0 m，第3 s内的位移为6.0 m，则下列说法中正确的是( )
A．它在第2 s初到第3 s末的平均速度的大小是5.0 m/s
B．它在第1 s内的位移是2.0 m
C．它的初速度为零
D．它的加速度大小是2.0 m/s2
答案 ABD
解析 第2 s初到第3 s末的总位移为10.0 m，时间为2 s，根据平均速度定义可知：eq \x\t(v)＝
eq \f(10.0,2) m/s＝5.0 m/s，即平均速度为5.0 m/s，故A正确；根据匀变速直线运动规律的推论可知，s2－s1＝s3－s2，可得第1 s内的位移为2.0 m，故B正确；根据Δs＝aT2可得加速度a＝
eq \f(6.0－4.0,12) m/s2＝2.0 m/s2，故D正确；根据s＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可知物体的初速度v0＝1 m/s，不为零，故C错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2021·吴起高级中学高一期中)在做“研究匀变速直线运动”的实验时，所用电源频率为50 Hz，取下一段点迹清晰的纸带研究，如图4所示，设0点为计数点的起点，每5个点取一个计数点，则计数点1与起始点的距离s1＝________ cm，计算此纸带的加速度大小a＝______ m/s2；计数点3的瞬时速度为v3＝________ m/s.
图4
答案 3(2分) 3(2分) 1.05(2分)
解析 由题意可知：s2＝6 cm，s3＝15 cm－6 cm＝9 cm，根据s3－s2＝s2－s1，解得：s1＝3 cm.在匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移差为常数，即Δs＝aT2，其中Δs＝3 cm，T＝
0.1 s，代入解得：a＝3 m/s2.s4－s3＝s3－s2，可得s4＝12 cm，匀变速直线运动中，某段时间中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：v3＝eq \f(s4＋s3,2T)＝eq \f(0.21,0.2) m/s＝1.05 m/s.
14．(10分)(2020·唐山一中月考)某同学选用如图5所示的装置做“测定匀变速直线运动的加速度”的实验，电源的频率为50 Hz.
图5
(1)他做完实验后，写出了如下的操作步骤：
A．把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，并连接在低压直流电源上
B．把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面
C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下边挂上合适的钩码
D．把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面
E．把小车停在靠近打点计时器处，释放小车，启动计时器，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，换上新纸带，重复三次
F．从三条纸带中选择一条比较理想的纸带，舍掉开头比较密集的点，在后边便于测量的地方找一个开始点，并把每打五个点的时间作为时间单位．在选好的开始点下面记作0，每隔4个点取一个计数点，依此标出计数点1、2、3、4、5、6，并测算出相邻两点间的距离
G．根据公式a1＝eq \f(s4－s1,3T2)，a2＝eq \f(s5－s2,3T2)，a3＝eq \f(s6－s3,3T2)及eq \x\t(a)＝eq \f(a1＋a2＋a3,3)求出eq \x\t(a)
其中，把你认为有错的步骤序号选出________，可改正为_________________________.
(2)该同学根据打出的纸带认为不用计算就能直接得到的物理量有两个，请帮他选出________．
A．时间间隔 B．位移
C．加速度 D．平均速度
(3)该同学选出了一条点迹清晰的纸带，并根据纸带上的点，标出了如图6所示的计数点，其中两相邻计数点间还有4个点未画出，测得计数点之间的距离s1＝7.05 cm，s2＝7.68 cm，s3＝8.33 cm，s4＝8.95 cm，s5＝9.61 cm，s6＝10.26 cm.求出小车的加速度大小为__________ m/s2.
图6
答案 (1)AE(2分) 把A中的“直流电源”改为“交流电源”(2分)；把E中的“释放小车，启动计时器”改为“启动计时器，释放小车”(2分) (2)AB(2分) (3)0.64(2分)
15．(8分)一做自由落体运动的物体，落地时速度为50 m/s，不计空气阻力(g取10 m/s2)，求：
(1)物体开始下落处距地面的高度；
(2)物体下落过程所用的时间；
(3)物体落地前最后1 s的初速度大小．
答案 (1)125 m (2)5 s (3)40 m/s
解析 (1)由vt2＝2gh得：h＝eq \f(vt2,2g)＝eq \f(502,2×10) m＝125 m(3分)
(2)由vt＝gt得：t＝eq \f(vt,g)＝eq \f(50,10) s＝5 s(2分)
(3)最后1 s的初速度即开始下落4 s的末速度
v′＝gt′＝10×4 m/s＝40 m/s.(3分)
16．(8分)(2020·淄博市期末)2019年12月，淄博市出现严重的雾霾天气．在淄博一平直公路上，雾霾能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)只有s＝30 m，若某汽车刹车时的加速度最大为a＝5 m/s2，司机的反应时间为t0＝0.5 s，某时刻司机突然发现前方停有一事故车辆，为保证两车不相撞，汽车的速度不能超过多大？
答案 1.5 m/s
解析 设汽车刹车时的速度为v，
反应时间内汽车做匀速运动，其位移
s1＝vt0(2分)
刹车时汽车做匀减速运动，其位移
s2＝eq \f(v2,2a)(2分)
为使两车不相撞，s1＋s2≤30 m，(2分)
解得：v≤15 m/s(2分)
故汽车的速度不能超过15 m/s.
17．(12分)(2021·北大附中高一期中)如图7，一个冰球在冰面上向右匀减速运动时，依次通过长度为L＝3 m的两段相等的路程，并继续向前运动，它通过第一段路程历时1 s，通过第二段路程历时2 s，求：
图7
(1)冰球的加速度大小a；
(2)冰球通过B点时的速度大小vB；
(3)冰球继续向前运动的距离s.
答案 (1)1 m/s2 (2)2.5 m/s (3)0.125 m
解析 (1)冰球在冰面上向右做匀减速运动，令t＝1 s，则
对AB段有：L＝vAt－eq \f(1,2)at2(2分)
对AC段有：2L＝vA×3t－eq \f(1,2)a(3t)2(2分)
由以上两式解得：a＝1 m/s2(1分)
冰球通过A点时的速度大小vA＝3.5 m/s.(1分)
(2)由速度公式：vB＝vA－at(2分)
解得vB＝2.5 m/s.(1分)
(3)冰球从B点向前运动的距离s0＝eq \f(vB2,2a)＝3.125 m(2分)
则冰球从C点向前运动的距离s＝s0－L＝3.125 m－3 m＝0.125 m．(1分)
18．(16分)(2020·鸡泽县期中)跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距离地面125 m时打开降落伞，伞张开后运动员就以14.3 m/s2的加速度做匀减速直线运动，到达地面时的速度为5 m/s，取g＝10 m/s2.问：
(1)运动员离开飞机时距地面的高度为多少？
(2)离开飞机后，运动员经过多长时间才能到达地面？(结果保留三位有效数字)
答案 (1)305 m (2)9.85 s
解析 (1)设运动员自由下落的高度为h1，打开伞前瞬间的速度为v1，有v12＝2gh1(3分)
打开降落伞后做匀减速运动时满足：v22－v12＝2ah2(3分)
联立解得h1＝180 m(2分)
所以总高度为H＝h1＋h2＝(180＋125) m＝305 m(2分)
(2)设第一过程经过的时间是t1，有h1＝eq \f(1,2)gt12 (2分)
第二过程经过的时间是t2＝eq \f(v2－v1,a)(2分)
所以总时间为t＝t1＋t2≈9.85 s．(2分)