2019年人教版必修一第二章匀变速直线运动的研究单元练习题.pdf

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1、试卷第 1 页，总 4 页2019 年人教版必修一第二章匀变速直线运动的研究单元练习题学校:_姓名：_班级：_考号：_ 评卷人得分一、单选题1有一高度为H 的田径运动员正在进行100 短跑比赛，在终点处有一站在跑道旁的摄影记者用照相机给他拍摄冲线动作，摄影记者使用的照相机的光圈（控制进光量的多少）是 16，快门（曝光时间）是1s60，得到照片后测得照片中人的高度为h，胸前号码布上模糊部分的宽度是L，由以上数据可知运动员的（）.A.100m 成绩B.冲线速度C.100m 内的平均速度D.100m 过程中最后1s 内的平均速度2 一小球做自由落体运动，落地前最后1s 内的位移为45m，已知重力加速

2、度g取 10m/s2，则该小球下落过程中的平均速度为（）A45m/s B35m/s C25m/s D22.5m/s 3一物体由静止开始运动，其加速度a与位移 x 关系图线如图所示。下列说法正确的是A物体最终静止B物体的最大速度为C物体的最大速度为D物体的最大速度为试卷第 2 页，总 4 页4一个物体以某一初速度0v开始做匀减速直线运动直到停止，其总位移为X 当它的位移为23X时，所用时间为1t，当它的速度为013v时，所用时间为2t，则12tt是（）A33B23C333D332评卷人得分二、多选题5如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块

3、与木板运动的v-t 图像，图中 t1、v0、v1已知。重力加速度大小为 g。由此可求得()A木板的长度B物块与木板的质量之比C物块与木板之间的动摩擦因数D从 t=0 开始到 t1时刻，木板获得的动能6 如图所示为A、B 两质点在同一直线上运动的位移-时间图像，A 质点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D 坐标如图，下列说法正确的是()AA、B 相遇两次B12tt时间段内 B 质点的平均速度小于A 质点匀速运动的速度C两物体速度相等的时刻一定在12tt时间内的中间时刻DA 在 B 前面且离B 最远时，B 的位移为122xx7如图 1，甲乙两辆汽车沿同一公路行驶，甲乙速度

4、时间图象如图2 所示，t=0 时刻甲试卷第 3 页，总 4 页乙两车相距S0，假设两车相遇时会错车而过而不会相撞，则关于两车运动的叙述正确的是（）A若甲车在前，甲乙两车有可能相遇两次B若甲车在前，甲乙两车可能不相遇C若乙车在前，且在t1时刻前甲车追上乙车，则甲乙两车一定相遇两次D若乙车在前，且恰在t1时甲车追上乙车，则甲乙两车相遇一次8某物体沿一直线运动，其v-t 图象如图所示，则下列说法正确的是()A第 2s 内和第 3s 内物体的速度方向相反B第 2s 内和第 3s 内物体的加速度方向相反C第 3s 内速度方向与加速度方向相反D第 2s 内加速度大小大于第3s 内加速度的大小评卷人得分三、

5、实验题9在做研究匀变速直线运动的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个计数点间的距离为s，且 s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz 计算此纸带的加速度大小a=_m/s2，打第 4 个计数点时纸带的速度大小v=_m/s 请你依据本实验推断第6 记数点和第7 记数点之间的距离是_ cm 试卷第 4 页，总 4 页10为了监控车辆是否超速，交通部门常用测速仪来检测。测速原理如图所示，测速仪前后两次发出并接收超声波信号，再根据两次信号的时间差

6、，测出被测车辆的速度。如果某次检测车速时，第一次从发出至收到超声波信号用了0.3s，第二次从发出至收到超声波信号用了0.6s，两次信号发出的时间间隔是2s，则汽车速度是_m/s。（假设超声波的速度为340m/s，且保持不变；结果保留两位小数）评卷人得分四、填空题11 如图所示是某质点v t 图象02s 内加速度是 _。24s 内加速度是 _，45s 内加速度是 _。12做匀减速直线运动的物体经后停止，若在第内的位移是，则最后内的位移是 _13汽车在平直的公路上做匀加速直线运动，经过第一棵树时速度为1m/s，经过第三棵树时速度为7m/s 若每两棵树间距相等，那么经过第二棵树时的速度为_ m/s；

7、若每两棵树间距为10m，则从第一棵树到第三棵树运动的时间是_ s，汽车的加速度为 _ m/s214一辆汽车从甲地出发，沿平直公路开到乙地刚好停止，其速度图象如图所示。那么0t 和 t 3 t 两段时间内，加速度的大小之比为_，位移的大小之比为_，平均速度的大小之比为_，中间时刻速度的大小之比为_。答案第 1 页，总 6 页参考答案1B【解析】【详解】A100m 的成绩指的是总时间，运动员的运动过程是一个变速运动，故无法求得运动时间，故 A 错误；B胸前号码上的模糊部分的宽度为L，即为两次曝光时运动员的底片上的位移，根据运动员底片上的高度和实际高度的比例即可求得两次曝光的实际位移为：LHxh所以

8、冲刺时的瞬时速度60 xLHvth故 B 正确；CD 100m 内的平均速度等于总位移除以总时间，因无法求得时间，所以无法求出平均速度，同理也不能求解100m 过程中最后1s 内的平均速度，故CD 错误。2C【解析】设运动的总时间为t，则最后1s 内的位移为：h=gt2-g(t-1)2=45m，解得：t=5s 根据自由落体运动的公式得：H=gt2 10 52125m 该小球下落过程中的平均速度为,故选 C.3C【解析】【详解】物体运动过程中任取一小段，对这一小段一物体由静止开始运动，将表达式对位移累加，可得等于加速度a 与位移 x 关系图线与坐标轴围成的面积的2 倍，则，解得物体的最大速度。故

9、 C 项正确。4D【解析】答案第 2 页，总 6 页【详解】根据202vaX得，加速度的大小为202vaX，当它的位移为23X时，距离停止的位移为3X，根据逆向思维，在后3X位移内有：2132Xat，则有022 333XXtav，则运动位移为23X，所用的时间等于总时间减去后3X的时间为01002 3(62 3)33vXXtavv；而速度为03v时所用的时间为：0020433vvXtav，所以12332tt，故选项D 正确，A、B、C 错误。5BC【解析】【分析】本题考查了v-t 与牛顿第二定律综合运用，滑块模型等【详解】A、根据题意只能求出AB的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的

10、长度，故A 不能够求解出；由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为，小物块的加速度，根据牛顿第二定律得：，解得：，故 B 和 C 能够求解出；D、木板获得的动能（），题目 t1、v0、v1 已知，但是M,m 不知道，故 D 不能够求解出6AC【解析】【详解】图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B 分别在 t1和 t2两个时刻相遇，故 A 正确；t1t2时间段内，两质点通过的位移相等，则 B 质点的平均速度与A 质点匀速运动的速度相等，故B 错误。位移-时间图象斜率表示速度，B 图线的切线斜率不断增大，而答案第 3 页，总 6 页且 B 图线是抛物线，有x=kt2，则知 B 做

11、匀加速直线运动。因为t1t2时间段内，B 质点的平均速度与A 质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1t2时间段内的中间时刻，故 C 正确。当 AB 速度相等时，相距最远，该时刻在t1t2时间段内的中间时刻，由于B 做匀加速直线运动，所以此时B 的位移小于122xx，故 D 错误。故选AC。【点睛】解决本题的关键要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义：在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇。当两个物体的速度相等时相距最远。7BD【解析】若甲车在前

12、，乙车在后，在速度相等之前，甲车的速度大于乙车的速度，则两车的距离逐渐增大，速度相等后，两车之间的距离逐渐减小，可知两车可能不相遇，可能相遇一次，但是不可能相遇两次。故A 错误，B 正确。若乙车在前，速度相等前，甲车的速度大于乙车的速度，两车之间的距离逐渐减小，若在t1时刻前甲车追上乙车，然后甲车在前面，速度相等后距离逐渐减小，可能乙车速度减为零时还未追上甲车，故C 错误。若乙车在前，且恰在t1时甲车追上乙车，速度相等后，乙车的速度大于甲车，则乙车在前，甲车在后，两者不会再相遇。故D 正确。故选BD。点睛：本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住速度相等前后两车的速度大小关系，结合之间距离的变化

13、分析判断。8BC【解析】A、第 2s 内和第 3s 内速度都为正值，速度方向相同。故A 错误。B、第 2s 内和第 3s 内图线的斜率一正一负，加速度方向相反。故B 正确。C、第 3s 内做匀减速直线运动，速度方向和加速度方向相反。故C 正确。D、第 5s 内反向做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反。故D 正确。故选：BCD。【点睛】速度时间图线中速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度91.92；0.768；12.48；答案第 4 页，总 6 页【解析】【详解】根据 x=aT2有：代入数据的得：在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，故有：根据解得：故

14、答案为：1.92，0.768，12.48【点睛】根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，可以得出打第 4 个计数点时纸带的速度大小v；根据逐差法可以求出小车的加速度。10 23.72；【解析】由于第一次从发出至接受到超声波信号用了0.3 秒，则测速仪第一次发出超声波时，到达了汽车处所用的时间为；测速仪第一次发出的信号从汽车处返回到测速仪时，汽车距测速仪：s1=v声t1=340m/s 0.15s=51m；由于第二次从发出至接受到超声波信号用了 0.6 秒，则测速仪第二次发出超声波时，到达了汽车处所用的时间为第二次发出的信号从汽车处返回到测速仪时，汽车距测速仪：s2=

15、v声t2=340m/s 0.3s=102m；因此汽车在两次与信号相遇的过程中，行驶了：=2-s1=102m-51m=51m；这 51m 共用了：=t-t1+t2=2s-0.15s+0.3s=2.15s；所以汽车的车速为：.【点睛】本题考查了速度公式的应用，同时要求会读速度表、知道测速仪的测速原理。111.5m/s20 3m/s2【解析】0-2s 内的加速度为：，24s 内加速度是0，45s 内加速度是。【点睛】本题关键是明确v-t 图象的物理意义，知道v-t 图象的斜率表示加速度，v-t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小答案第 5 页，总 6 页12 2【解析】【详解】物体做匀减速直线运动，

16、采用逆向思维，将物体的运动看成沿相反方向的做初速度为零的匀加速直线运动，根据推论：在相等时间内的位移之比等于1：3：5：7，则知最后1s 内的位移与总位移之比为1：16，因为总位移为32m，则最后1s 内的位移为：x=2m。【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，以及掌握逆向思维在运动学中的运用13 5;5;1.2;【解析】【详解】设通过第二颗树的速度为v2，则有：汽车在第一颗树到第三颗树运动过程中的平均速度则汽车的加速度故答案为：5，5，1.2【点睛】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出汽车通过第二颗树的速度大小通过匀变速直线运动的推论求出平均速度的大小，从

17、而求出运动的时间，结合速度时间公式求出汽车的加速度14 2:1，1:2，1:1；1:1；【解析】根据速度图象的斜率等于加速度大小，则有在0t和3tt两段时间内加速度大小之比为：0012:2:12vvaatt；答案第 6 页，总 6 页根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为120011:21:222xxv tvt；由图知，汽车先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式02vvv得知：平均速度之比为001200:1:122vvvv，根据中间时刻瞬时速度等于平均速度，则平均速度之比为1:1。点睛：本题关键抓住速度图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小。