人教版物理必修一试题第二章 综合检测

A．0～1s内的平均速度是2m/s

B．0～2s内的位移大小是3m

C．0～1s内的加速度大于2～4s内的加速度D．0～1s内的运动方向与2～4s内的运动方向相反答案：BC

解析：0～1s内的平均速度v＝2

2＝1m/s，A错误，

0～2s内位移可用v－t图与时间轴所围面积表示，s＝3m，B正确，

由v－t图象的斜率表示加速度可知C正确．

5．(20xx·辽宁调

研)美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F－A15

”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s，若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为

( ) A．30m/s B．40m/s

C．20m/s D．10m/s

答案：B

解析：由v2t－v20＝2as得v20＝v2t－2as＝2500－2×4.5×100＝1600，即v0＝40m/s.

6．一物体做匀加速直线运动，在第1个t s内位移为x1；第2个t s内位移为x2，则物体在第1个t s末的速度是

( ) A．(x2－x1)/t B．(x2＋x1)/t

C．(x2－x1)/2t D．(x2＋x1)/2t

答案：D

解析：做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于这段时间中

间时刻的瞬时速度，所以第1个t s末的速度是x1＋x2

2t.

7．P、Q、R三点在同一条直线上，一物体从P点静止开始做匀加速直线运动，经过Q点的速度为v，到R点的速度为3v，则PQ∶QR等于

( ) A．1∶8 B．1∶6

C．1∶5 D．1∶3

答案：A

解析：设物体从P点到Q点的时间为t，由公式v＝at可得物体从P点到R

点的时间为3t，再由x＝1

2at

2可得PR＝9PQ，所以，QR＝8PQ.

8．一物体从高x处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那

么当物体下落时间为t

3时，物体的速度和距地面高度分别是

( )

A.v

3

x

9 B.

v

9

x

9

(1)该质点的位移随时间变化的关系式是x＝__________________；

(2)在时间t＝__________s时质点距坐标原点最远；

(3)从t＝0到t＝20s内质点的位移是__________，通过的路程是__________．

答案：(1)－4t＋0.2t2(2)10(3)040m

解析：由图象可知v0＝－4m/s，斜率为0.4，则x＝v0t＋1

2at

2＝－4t＋0.2t2，

物体10s前沿负方向运动，10s后返回，所以10s时距原点最远.20s时返回原点，位移为0，路程为40m.

13．如下图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5个点取一个计数点(单位：cm)．

(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)

x2－x1x3－x2x4－x3x5－x4x6－x5Δx

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________的位移之差，在__________范围内相等，所以小车的运动是__________．

(2)根据a＝xn－xn－3

3T2，可求出：a1＝

x4－x1

3T2

＝__________m/s2，a2＝x5－x2

3T2＝__________m/s

2，a3＝

x6－x3

3T2

＝__________m/s2，所以a＝__________m/s2.

答案：(1)1.60 1.55 1.62 1.53 1.61 1.580.05 3.2%任意两个连续相等的时间内误差允许匀加速直线运动(2)1.59 1.57 1.59 1.58

三、论述·计算题(本题共4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

14．汽车沿一平直公路以速度v＝20m/s匀速行驶中，突然刹车，刹车后汽车以加速度a＝－5m/s2运动，求汽车从刹车开始，经5s的位移．

答案：40m

解析：刹车后到车停止运动，所需时间为t，由v＝at，得t＝v

a＝

20m/s

5m/s2＝

4s，可知5s时，车已经停下1s.则5s内的位移：由v2＝2ax得：x＝v2

2a＝40m.

15．做自由落体运动的小球通过某一段距离h 的时间为t 1，通过与其连续的

下一段同样长的距离所用时间为t 2，求证该地的重力加速度g ＝2h(t1－t2)

t1t2(t1＋t2).

解析：设小球在每段位移中间时刻的速度分别为v ′1、v ′2，每段位移上

的平均速度分别为v1、v2，则v ′1＝v1＝h t1，v ′2＝v2＝h

t2

所以g ＝Δv Δt ＝v′2－v′1t12＋t22＝h t2－

h t1t1＋t22

＝2h(t1－t2)

t1t2(t1＋t2)

.

16．如图所示，跳伞运动员离开飞机后先做4s 自由落体运动，后张开降落伞匀速下降4s ，最后再匀减速下降19s ，着陆时速度是2m/s ，求：(g 取10m/s 2)

(1)减速下降时加速度的大小； (2)跳伞员离开飞机时飞机的高度．

答案：(1)2m/s 2

(2)639m

解析：先做自由落体运动，v 1＝gt 1＝40m/s ，s 1＝1

2gt 21＝80m

匀速下落的距离s 2＝v 1t 2＝160m 匀减速下落的过程

由v ＝v 1＋at 3，得a ＝v －v1t3＝2－40

19m/s 2＝－2m/s 2

s 3＝v 1t ＋12at 23＝[40×19＋1

2×(－2)×192]m ＝399m. 所以总高度s ＝s 1＋s 2＋s 3＝639m.

17．一辆巡逻车最快能在10s 内由静止加速到最大速度50m/s ，并能保持这个速度匀速行驶，问该巡逻车在平直的高速公路上由静止追上前方20xx 处正以35m/s 的速度匀速行驶的汽车，至少需要多长时间？(巡逻车加速过程中加速度恒定)

解析：巡逻车以最大加速度加速，以最大速度行驶时所用的时间最短．设追及所需最短时间为t ，则在这段时间内汽车行驶了x 1＝v 1t ，巡逻车加速过程

行驶了x 2＝v22t 0，匀速行驶了x 3＝v 2(t －t 0)．追及时有x 2＋x 3＝x 0＋x 1，即1

2v 2t 0＋v 2(t －t 0)＝x 0＋v 1t .由以上各式可解得t ＝150s ，即至少需要150s.