【创新设计-课堂讲义】2021-2022学年高中物理(粤教版必修一)课时作业：第2章-章末检测-

其次章章末检测其次章探究匀变速直线运动规律(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．)1．下列几种状况，不行能发生的是()A．位移和加速度反向B．速度和加速度反向C．加速度不变，速度在变D．速度不变，加速度在变2．甲和乙两个物体在同始终线上运动，它们的v－t图象分别如图1中的a和b所示，下列说法正确的是()图1A．在t1时刻它们的运动方向相同B．在t2时刻甲与乙相遇C．甲的加速度比乙的加速度大D．在0～t2时间内，甲比乙的位移大3．一辆警车在平直的大路上以40m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且到达出事地点时的速度也为40m/s，有三种行进方式：a为始终匀速直线运动；b为先减速再加速；c为先加速再减速，则()A．a种方式先到达B．b种方式先到达C．c种方式先到达D．条件不足，无法确定4．甲、乙两物体的质量之比为m甲∶m乙＝5∶1，甲从高H处自由落下的同时，乙从高2H处自由落下，若不计空气阻力，下列说法中错误的是()A．在下落过程中，同一时刻二者速度相等B．甲落地时，乙距地面的高度为HC．甲落地时，乙的速度大小为eq\r(2gH)D．甲、乙在空气中运动的时间之比为2∶15．某战车在伊位克境内以大小为40m/s的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度大小为10m/s2，则刹车后2s内与刹车后5s内战车通过的路程之比为()A．1∶1B．3∶1C．4∶3D．3∶46．如图2所示，物体从斜面上A点由静止开头下滑，第一次经光滑斜面AB滑到底端时间为t1.其次次经光滑斜面ACD下滑，滑到底端时间为t2.已知AC＋CD＝AB，在各斜面的等高处物体的速率相等，试推断()图2A．t1>t2B．t1＝t2C．t1<t2D．不确定二、双项选择题(本大题共3小题，每小题4分，共12分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)7．关于自由落体运动，下面说法错误的是()A．它是竖直向下，v0＝0，a＝g的匀加速直线运动B．在开头连续的三个1s内通过的位移之比是1∶4∶9C．在开头连续的三个1s末的速度大小之比是1∶2∶3D．从开头运动起连续通过三个相等的位移所经受的时间之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)8．物体沿始终线运动，它在时间t内通过的路程为s，它在中间位置s/2处的速度为v1，在中间时刻t/2时的速度为v2，则v1和v2的关系为()A．当物体做匀加速直线运动时，v1＞v2B．当物体做匀减速直线运动时，v1＞v2C．当物体做匀速直线运动时，v1＞v2D．当物体做匀减速直线运动时，v1＜v29．甲、乙两车从同一地点同一时刻沿同一方向做直线运动其速度图象如图3所示，则下列推断正确的是()图3A．前10s内甲的速度比乙的速度大，后10s内甲的速度比乙的速度小B．前10s内甲在乙前，后10s乙在甲前C．10s末两车相遇D．相遇前，在10s末两车相距最远题号123456789答案三、非选择题(本大题共6小题，共64分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)10．(5分)在测定匀变速直线运动的加速度试验中，得到一条纸带如图4所示．A、B、C、D、E、F为相邻的6个计数点，若相邻计数点的时间间隔为0.1s，则粗测小车的加速度大小为________m/s2.图411．(15分)如图5所示是某同学测量匀变速直线运动的加速度时，从若干纸带中选中的一条纸带的一部分，他每隔4个点取一个计数点，图上注明白他对各个计数点间距离的测量结果．(单位：cm)图5(1)为了验证小车的运动是匀变速运动，请进行下列计算，填入表内．(单位：cm)s2－s1s3－s2s4－s3s5－s4s6－s5Δeq\x\to(s)各位移差与平均值最多相差________cm，即各位移差与平均值最多相差________%.由此可得出结论：小车在任意两个连续相等________的位移之差，在________范围内相等，所以小车的运动是________．(2)依据a＝eq\f(sn－sn－3,3T2)，可以求出：a1＝eq\f(s4－s1,3T2)＝______m/s2，a2＝eq\f(s5－s2,3T2)＝________m/s2，a3＝eq\f(s6－s3,3T2)＝________m/s2，所以a＝eq\f(a1＋a2＋a3,3)＝______m/s2.12．(10分)从地面同时竖直向上抛出甲、乙两小球，甲球上升的最大高度比乙球上升的最大高度多5.5m，甲球落地时间比乙球迟1s，不计空气阻力，求甲、乙两球抛出时的速度大小各为多少？(g取10m/s2)13．(10分)一列长100m的列车以v1＝20m/s的正常速度行驶，当通过1000m长的大桥时，必需以v2＝10m/s的速度行驶．在列车上桥前需提前减速，当列车头刚上桥时速度恰好为10m/s；列车全部离开大桥时又需通过加速恢复原来的速度．减速过程中，加速度大小为0.25m/s2.加速过程中，加速度大小为1m/s2，则该列车从减速开头算起，到过桥后速度达到20m/s，共用了多长时间？14．(12分)从离地500m的空中由静止开头自由落下一个小球，取g＝10m/s2，求：(1)经过多少时间小球落到地面；(2)从开头下落的时刻起，小球在第1s内的位移和最终1s内的位移；(3)落下一半时间的位移．15．(12分)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，当运动180m时打开降落伞，伞张开运动员就以14.3m/s2的加速度做匀减速运动，到达地面时速度刚好为5m/s，问：(1)运动员离开飞机时距离地面的高度为多少？(2)离开飞机后，经过多长时间才能到达地面？(g取10m/s2)其次章探究匀变速直线运动规律1．D[只要有加速度，物体的运动速度就发生变化，位移和加速度的方向可以相反，速度和加速度也可以反向，例如物体做匀减速直线运动．]2．A[在t1时刻，甲和乙速度均为正值，两物体均沿正方向运动，A正确．在t2时刻，甲、乙的速度相同，两物体的位移不相同，乙的位移比甲的位移大，B和D均错误．b直线的斜率比a的斜率大，即乙的加速度比甲的加速度大，C错误．]3．C[作出v－t图象如右图所示，从动身点到出事地点位移肯定，依据v－t图象的意义，图线与坐标轴所围的面积相等，则只能tc<ta<tb，所以c种方式先到达．]4．D[二者均做自由落体运动，由vt＝gt可知，下落时间相同，则速度相同，A项对；甲落地前，甲、乙在相同时间内下落的高度相同，B项对；甲落地所用时间为t甲＝eq\r(\f(2H,g))，则乙的速度大小为v乙＝gt＝g·eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(2gH)，C项对；乙在空中运动的时间为t乙＝eq\r(\f(2×2H,g))＝eq\r(2)·t甲，故t甲∶t乙＝1∶eq\r(2)，D项错．]5．D[刹车到停下所用的时间t＝eq\f(v0,a)＝4s，所以刹车后5s内的位移等于4s内的位移s5＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝80m,2s内的位移s2＝v0t－eq\f(1,2)at2＝60m，s2∶s5＝3∶4.]6．A7．BD[自由落体运动为初速度为零的匀加速直线运动，加速度为g，所以A对；第一个1s内的位移s1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，其次个1s内的位移s2＝eq\f(1,2)g(2t0)2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)gteq\o\al(2,0)，第三个1s内的位移s3＝eq\f(1,2)g(3t0)2－eq\f(1,2)g(2t0)2＝eq\f(5,2)gteq\o\al(2,0)，则s1∶s2∶s3＝1∶3∶5，所以B不对；第1s末的速度v1＝gt0，第2s末的速度v2＝2gt0，第3s末的速度v3＝3gt0，则v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，所以C对；通过三个连续相等位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，所以D不对．]8．AB[当物体做匀速直线运动时，速度不变，故有v1＝v2.分别对匀加速直线运动和匀减速直线运动进行争辩，可有三种方法：方法一(定性分析法)：当物体做匀加速直线运动时，因速度随时间均匀增大，故前一半时间内的平均速度必小于后一半时间内的平均速度，时间过半位移却不到一半，即t/2时刻在s/2位置对应时刻的前边，故有v1>v2.当物体做匀减速直线运动时，因速度随时间均匀减小，故前一半时间内的平均速度必大于后一半时间内的平均速度，时间过半位移已超过一半，即t/2时刻在s/2位置对应时刻的后边，故也有v1>v2.方法二(公式分析法)：设物体的初速度为v0，末速度为v，则由匀变速直线运动的规律可知：v1＝eq\r(\f(v\o\al(2,0)＋v2,2))，v2＝eq\f(v0＋v,2).由于veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)＝eq\f(v0－v2,4)>0，故不管是匀加速直线运动，还是匀减速直线运动，均有v1>v2.方法三(图象分析法)：画出匀加速直线运动与匀减速直线运动的速度图象，如下图所示．由图象可知：当物体做匀加速直线运动或匀减速直线运动时，均有v1>v2.]9．AD10．1.5811．(1)1.601.551.621.531.611.580．053.2时间内误差允许匀加速直线运动(2)1.591.571.591.58解析(1)s2－s1＝1.60cm；s3－s2＝1.55cm；s4－s3＝1.62cm；s5－s4＝1.53cm；s6－s5＝1.61cm；Δeq\x\to(s)＝1.58cm.各位移差与平均值最多相差0.05cm，即各位移差与平均值最多相差3.2%.由此可得出结论：小车在任意两个连续相等时间内的位移之差，在误差允许范围内相等，所以小车的运动是匀加速直线运动．(2)接受逐差法，即a1＝eq\f(s4－s1,3T2)＝1.59m/s2，a2＝eq\f(s5－s2,3T2)＝1.57m/s2，a3＝eq\f(s6－s3,3T2)＝1.59m/s2，a＝eq\f(a1＋a2＋a3,3)＝1.58m/s2.12．13.5m/s8.5m/s解析设甲、乙两球拋出时的速度大小分别为v甲、v乙，它们能上升的最大高度分别为H甲、H乙，由veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as知H甲＝eq\f(v\o\al(2,甲),2g)，H乙＝eq\f(v\o\al(2,乙),2g)已知H甲－H乙＝5.5m可得veq\o\al(2,甲)－veq\o\al(2,乙)＝110m2/s2①甲、乙两球从拋出到落地所用时间分别为t甲、t乙，有t甲＝eq\f(2v甲,g)，t乙＝eq\f(2v乙,g)已知t甲－t乙＝1s可得v甲－v乙＝5m/s②联立①②两式求解得v甲＝13.5m/s，v乙＝8.5m/s13．160s解析设过桥前减速过程所需时间为t1t1＝eq\f(v2－v1,a1)＝eq\f(10－20,－0.25)s＝40s.设过桥所用的时间为t2.t2＝eq\f(s,v2)＝eq\f(100＋1000,10)s＝110s.设过桥后加速过程所需时间为t3t3＝eq\f(v1－v2,a2)＝eq\f(20－10,1)s＝10s.共用时间t＝t1＋t2＋t3＝160s.14．(1)10s(2)5m95m(3)125m解析(1)由s＝eq\f(1,2)gt2，得落地时间t＝eq\r(\f(2s,g))＝eq\r(\f(2×500,10))s＝10s.(2)第1s内的位移：s1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m；由于从开头运动起前9s内的位移为：s9＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,9)＝eq\f(1,2)×10×92m＝405m.所以最终1s内的位移为：s10＝s－s9＝500m－405m＝95m.(3)落下一半时间即t′＝5s，其位移为s5＝eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(1,2)×10×