新教材2022-2023学年人教版必修第一册 第二章 匀变速直线运动的研究 章末检测

章末综合检测(二)　匀变速直线运动的研究

(时间：90分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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)

1．2020年1月31日，我国新一代海洋综合科考船“科学”号在完成西太平洋综合考察，船上搭载的“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＝2 m/s、v2＝4 m/s，再根据加速度的定义可知，a＝＝ m/s2，故A正确。

2．到2030年中国将拥有4个完整的处于现役状态的航母作战编队，第三艘航空母舰已在江南造船厂开工建设。航母上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“歼­15”战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4．5 m/s2，起飞速度为50 m/s，若该飞机滑行100 m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为(　　)

A．30 m/s　   B．40 m/s　 　

C．20 m/s　   D．10 m/s

解析：选B　根据v2－v02＝2ax得v0＝ ＝  m/s＝40 m/s，故B正确。

3．动物跳跃时将腿部弯曲然后伸直加速跳起。袋鼠与跳蚤跳跃时的竖直高度如表所示。若不计空气阻力，则袋鼠跃起离地的瞬时速率约是跳蚤的倍数为(　　)

A．1 000    B．25 

C．5   D．1

解析：选C　由v2＝2gh，可得v＝，h1＝2．5 m，h2＝0．1 m，代入得v1∶v2＝5∶1，故C正确。

4．上海中心大厦如图所示，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台，观光平台高度为549 m。若电梯从静止开始以加速度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6 s，最后以加速度a2做匀减速运动到达观光平台时恰好停下。则小明从底层到观光平台需要的时间是(　　)

A．30．5 s　　　　　　　 B．36．5 s

C．55 s  D．61 s

解析：选C　加、减速过程的平均速度相等，＝＝ m/s＝9 m/s，加速时间为t1，减速时间为t2，则有×(t1＋t2)＝549 m－18×6 m＝441 m，解得t1＋t2＝49 s，则总时间t＝t1＋t2＋6 s＝55 s，故C正确，A、B、D错误。

5．在某高度h1处一物体A自由下落，1 s后另一物体B从另一较低高度h2处自由下落。若A从开始下落起下落了45 m时赶上B，并且再过1 s到达地面，则B从下落到着地所经历的时间是(取g＝10 m/s2)(　　)

A．3 s   B．约3．3 s

C．3．5 s  D．4 s

解析：选B　设B被A赶上所用时间为t，则A下落赶上B所用时间为t＋1 s。则h＝g(t＋1)2＝45 m，解得t＝2 s，A物体从开始下落到落地所用时间为4 s，则A物体下落高度h1＝gtA2＝×10×42 m＝80 m，最后1 s下落的高度为80 m－45 m＝35 m，故B下落的高度h2＝gt2＋35 m＝55 m，由h2＝gtB2，解得tB≈3．3 s，选项B正确。

6．在一平直公路上，甲、乙两车由相同起点朝同一方向做直线运动，它们的v­t图像如图所示。则(　　)

A．乙追上甲后两车间距离开始逐渐增大

B．乙追上甲的时刻为25 s末

C．乙出发时，甲车在其前方150 m处

D．两车加速阶段加速度大小之比为3∶1

解析：选A　根据速度图像与时间轴所围的面积表示位移，可知乙出发时，甲车在其前方的位移为x＝×20×5 m＝50 m；设乙运动t时间，两车相遇，相遇时两车的位移相等，则有20t＋50＝×2t2，解得t＝(10＋5)s，则乙追上甲的时刻为(15＋5)s末；乙追上甲后乙的速度比甲大，所以两车间距离开始逐渐增大，故A正确，B、C错误。根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可知甲加速阶段的加速度为a1＝ m/s2＝4 m/s2，乙的加速度为a2＝ m/s2＝2 m/s2，则加速度大小之比为2∶1，故D错误。

7．一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，被称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop”(超级高铁)。据英国《每日邮报》报道，Hyperloop One公司计划，将在欧洲建成世界首架规模完备的“Hyperloop”(超级高铁)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达700英里每小时(约合1 126公里/时)。如果乘坐Hyperloop从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600公里的路程需要40分钟，Hyperloop先匀加速，达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop的说法正确的是(　　)

A．加速与减速的时间不一定相等

B．加速时间为10分钟

C．加速时加速度大小为2 m/s2

D．如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要32分钟

解析：选B　加速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得加速与减速时间相等，故A错误；设加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，匀速运动的速度为v，由题意得2t1＋t2＝t,2t1＋t2＝2 400 s，x＝2×at12＋vt2，v＝at1，联立解得t1＝600 s，t2＝1 200 s，a＝ m/s2，故B正确，C错误；2t1′＋t2′＝t，a′t1′2＋vt2′＝600 000 m，v＝a′t1′，联立解得t′＝ s，故D错误。

二、多项选择题(本题共3小题，每小题4分，共12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)

8．一物体从一行星表面的某高度处自由下落(不计表层大气阻力)。自开始下落计时，得到物体离行星表面的高度h随时间t变化的图像如图所示，则(　　)

A．行星表面的重力加速度大小为8 m/s2

B．行星表面的重力加速度大小为10 m/s2

C．物体落到行星表面时的速度大小为20 m/s

D．物体落到行星表面时的速度大小为25 m/s

解析：选AC　由题图可以看出，物体自由下落25 m所用的时间为2．5 s，由h＝gt2得g＝＝ m/s2＝8 m/s2，A正确，B错误；由v＝gt得物体落到行星表面的速度v＝gt＝8×2．5 m/s＝20 m/s，C正确，D错误。

9．某高速公路出口的ETC通道示意图如图所示。一汽车驶入通道，到达O点的速度v0＝22 m/s，此时开始减速，到达M时速度减至v＝6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10 s，v­t图像如图所示，则下列计算正确的是(　　)

A．汽车减速运动的加速度大小a＝4 m/s2

B．O、M间中点的速度为14 m/s

C．O、M间的距离为56 m

D．汽车在ON段平均速度大小为9．2 m/s

解析：选ACD　根据v­t图像可知，汽车减速运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A正确；设OM中点的速度为v，根据速度与位移公式，有v2－v02＝－2a，根据图线与时间轴围成的面积表示位移知，OM的距离x＝×(6＋22)×4 m＝56 m，解得v＝ m/s，故B错误，C正确；根据图线与时间轴围成的面积表示位移知，ON段的位移x′＝56 m＋6×6 m＝92 m，则ON段的平均速度＝＝ m/s＝9．2 m/s，故D正确。

10．甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像，如图所示，甲图线过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法正确的是(　　)

A．在两车相遇前，t1时刻两车相距最远

B．t3时刻，甲车在乙车的前方

C．在0～t2时间内，甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度

D．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度

解析：选AD　题图中图像的纵坐标表示物体所在的位置，由题图可知t1时刻两图线相距最大，即两车相距最远，故A正确；t3时刻两车的位置坐标相同，两车相遇，故B错误；题图中图像斜率表示速度，由题图可知，0～t1时间甲图线切线的斜率大于乙图线的斜率，t1～t2时间甲图线切线的斜率小于乙图线的斜率，所以0～t2时间内，甲车的瞬时速度先大于乙车的瞬时速度，后小于乙车的瞬时速度，t1时刻两者瞬时速度相等，故C错误； 在x­t图像中，斜率代表速度，故甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，故D正确。

三、非选择题(本题共6小题，共60分)

11．(6分)“研究匀变速直线运动的规律”的装置如图所示，已知打点计时器打点周期T＝0．02 s。

(1)打出的一条纸带的一部分如图所示，0、1、2、3为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出。从纸带上测出x1＝3．20 cm，x2＝4．30 cm，则打计数点1时的速度表达式v1＝________(用x1、x2、T表示)，小车加速度大小a＝________ m/s2。(结果保留两位有效数字)

(2)若计算出了几个计数点的瞬时速度，建立坐标系，画出的v­t图像如图所示，根据图像可得出小车运动的加速度为a＝________ m/s2,0～0．3 s内小车通过的位移大小x＝________ m。(结果保留两位有效数字)

解析：(1)相邻两计数点间还有4个打点未画出，则计数点间时间间隔为5T＝0．1 s

根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有v1＝

x1＝3．20 cm＝0．032 0 m，x2＝4．30 cm＝0．043 0 m

根据运动学公式得a＝＝×10－2 m/s2＝1．1 m/s2。

(2)v­t图像中图像的斜率表示加速度，则a＝＝ m/s2＝1．0 m/s2

图像与时间轴围成的面积表示位移，则可知位移大小x＝×0．3 m＝0．12 m。

答案：(1)　1．1　(2)1．0　0．12

12．(8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，小球的部分频闪照片如图所示，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)小球的加速度大小约为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)由于小球的加速度a＝9．47 m/s2小于当地重力加速度9．81 m/s2，应是由于小球下落过程中受到空气的阻力作用产生的结果。

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

13．(8分)一质点做匀加速直线运动，初速度为20 m/s ，加速度为4 m/s2 。试求该质点：

(1)第5 s末的速度大小；

(2)第4 s内的位移大小；

(3)前4 s内的平均速度大小。

解析：(1)根据速度与时间公式得，第5 s末的速度

v5＝v0＋at＝(20＋4×5) m/s＝40 m/s。

(2)前4 s内的位移

x4＝v0t4＋at42＝ m＝112 m

前3 s的位移

x3＝v0t3＋at32＝ m＝78 m

所以第4 s内的位移大小

x＝x4－x3＝34 m。

(3)前4 s内的平均速度大小

＝＝28 m/s。

答案：(1)40 m/s　(2)34 m　(3)28 m/s

14．(10分)一个小球从斜面顶端无初速度下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直至停止，它共运动了10 s，斜面长4 m，在水平面上运动的距离为6 m。求：

(1)小球在运动过程中的最大速度；

(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小。

解析：小球在斜面上做匀加速直线运动，在斜面底端速度最大，设最大速度为vmax，在斜面上运动的时间为t1，在水平面上运动的时间为t2。则

(1)由(t1＋t2)＝10 m，t1＋t2＝10 s，

解得vmax＝2 m/s。

(2)由公式2ax＝vmax2，代入数据得a1＝ m/s2，

a2＝ m/s2≈0．33 m/s2。

答案： (1)2 m/s　(2)0．5 m/s2　 m/s2

15．(12分)如图甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v­t图像如图乙所示。已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1＝12 m。

(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小。

(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应满足什么条件？

解析：(1)在t1＝1 s时A车刚启动，两车间缩短的距离x1＝vBt1

代入数据解得B车的速度vB＝12 m/s

A车的加速度a＝

将t2＝5 s和其余数据代入解得A车的加速度大小a＝3 m/s2。

(2)当两车的速度相等时，两车的距离最小，对应于v­t图像的t2＝5 s时刻，此时两车已发生的相对位移等于题图中梯形的面积，则x＝vB(t1＋t2)

代入数据解得x＝36 m

因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离x0应满足条件x0＞36 m。

答案：(1)12 m/s　3 m/s2　(2)x0＞36 m

16．(16分)近几年，国家取消了7座及以下小车在部分法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝72 km/h，靠近站口时以大小为a1＝5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝28．8 km/h，然后立即以a2＝4 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：

(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？

(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？

(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？

解析：设该车初速度方向为正方向，vt＝28．8 km/h＝8 m/s，v0＝72 km/h＝20 m/s，a1＝－5 m/s2。

(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则

vt2－v02＝2a1x1

解得x1＝33．6 m。

(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vt＝v0＋a1t1，

解得t1＝＝2．4 s

加速阶段：t2＝＝3 s

则加速和减速的总时间t＝t1＋t2＝5．4 s。

(3)在加速阶段，x2＝t2＝42 m

则总位移x＝x1＋x2＝75．6 m，

若不减速所需要时间t′＝＝3．78 s

车因减速和加速过站而耽误的时间

Δt＝t－t′＝1．62 s。

答案： (1)33．6 m　(2)5．4 s　(3)1．62 s