第二章 单元评估

1、第二章匀变速直线运动的研究单元评估时间：90分钟分值：100分一、选择题(16为单选每小题3分，710为多选每小题4分，共34分)1下列几种情况，不可能发生的是()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，加速度在变解析：减速直线运动中，加速度与速度反向，与位移也反向，所有的匀变速运动，加速度不变，速度变化速度不变，加速度一定为零，故只有D符合题意答案：D2.如图所示，A物体从地球的赤道正上方h处由静止释放，经过时间t1落到地面上，B物体从北极正上方h高处由静止释放，经过时间t2落到地面上，不计空气阻力，且h远小于地球表面半径，A、B释放后均做自由落体运动，则t1、

2、t2的大小关系为()At1t2 Bt1t2Ct1t2.答案：B3一质点由静止开始做直线运动的vt关系图象如图所示，则该质点的xt关系图象可大致表示为下列四选项中的()解析：从vt图象可知质点先做匀减速，后做反向的匀加速直线运动；反向加速过程的加速度比减速过程的加速度大在xt图象上曲线切线斜率表示速度，切线斜率应先减小，再增大因此选项B正确答案：B4甲和乙两个物体在同一直线上运动，它们的vt图象分别如图中的a和b所示，下列说法正确的是()A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0t2时间内，甲比乙的位移大解析：在t1时刻，甲和乙速度均为正值，两物体均沿正

3、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，由于甲、乙的出发点不确定，所以不能确定在t2时刻甲与乙是否相遇，B、D错误；b直线的斜率的绝对值比a的斜率的绝对值大，即乙的加速度比甲的加速度大，C错误答案：A5火车沿平直轨道以20 m/s的速度向前运动，司机发现正前方50 m处有一列火车正以8 m/s的速度沿同一方向行驶，为避免相撞，司机立即刹车，刹车的加速度大小至少应是()A1 m/s2 B2 m/s2C0.5 m/s2 D1.44 m/s2解析：最小的刹车加速度就是当后面火车刚好遇上前面火车时，其速度与前面火车速度一样，即8 m/s，另外注意位移差

4、，从开始刹车到刚好碰上，后车比前车多跑50 m由以上分析列式得，解得a1.44 m/s2.答案：D6动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60 m所用时间是10 s通过第二个60 m所用时间是6 s，则()A动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 mB动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 mC动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 mD动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内

5、的位移为96 m解析：通过第一个60 m的平均速度为v1，可以替代中间时刻的瞬时速度，所以5 s末的速度v1，解得v16 m/s，通过第二个60 m的平均速度为v2，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以13 s末的速度v2，解得v210 m/s.由v2v1at得a0.5 m/s2，由再接下来的6 s和前面的6 s是连续相等的时间，则有xaT2即x60 maT2，解得x78 m.答案：A7某人站在高20 m的平台边缘，以20 m/s的初速度竖直上抛一石子，则抛出后石子距抛出点15 m处的时间可能有(不计空气阻力，g取10 m/s2)()A1 s B3 sC(2) s D(2) s解析：物体做竖直上抛

6、运动，小石子运动到离抛出点15 m处，15 m可能在抛出点之上，也可能在抛出点之下，规定竖直向上为正方向，则h15 m或h15 m，分别代入hv0tgt2解得时间为1 s、3 s(h15 m)和(2) s(h15 m)答案：ABD8两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始它们在四次比赛中的vt图如下所示哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆()解析：由vt图象的特点可知，图线与t轴所围“面积”的大小，即为物体位移的大小观察四个图象，只有A、C选项中，a、b所围“面积”的大小有相等的时刻，故选项A、C正确答案：AC9我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验

7、，终于在2012年6月24日以7 020 m深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6 500 m)，预示着可以征服全球99.8%的海底世界假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面，10 min内全过程的深度曲线(图甲)和速度图象(图乙)则下列说法正确的有()A甲图中h3代表本次最大深度，应为360 mB全过程中最大加速度是0.025 m/s2C4 min6 min时间内“蛟龙号”在水面上D上升阶段“蛟龙号”的平均速度为1.5 m/s解析：h3代表本次最大深度，h3(42)602.0 m360 m，A对；01 min时间内加速度最大，am m/s2 m/s20.03

8、3 m/s2，选项B错误；4 min6 min时间内“蛟龙号”在最大深度处，选项C错误；上升阶段平均速度1.5 m/s，选项D正确答案：AD10.如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体从A点由静止释放，它沿斜面向下做匀加速运动，依次通过B、C、D点，最后到达底端E点下列说法中正确的是()A物体到达各点的速率vBvCvDvE12B物体到达各点所经历的时间tE2tBtCtDC物体从A点到E点的平均速度vBD物体通过每一部分时，其速度增量vvBvAvCvBvDvCvEvD解析：设ABBCCDDEx，加速度为a，则物体从A点由静止运动到E点时各段位移的时间之比为tABtBCtDE1(1)(

9、)()，设tABt，则tACt, tADt, tAE2t，则由vat可得vBvCvDvE12，故选项A正确；由于tBt, tCt, tDt，tE2t，所以tE2tBtCtD，故选项B正确；由于vB为AE的中间时刻的速度，故vB，所以C正确；又由于vBat, vCat, vDat, vE2at，所以vBvAat, vCvBatat, vDvCatat, vEvD2atat，所以选项D错误答案：ABC二、实验题(11题4分，12题12分，共16分)11某同学在探究“小车速度随时间变化规律”的实验时，设计的实验方案中选用了打点计时器，利用穿过打点计时器的纸带来记录小车的运动实验后，该同学选择了一条较

10、为理想的纸带，测量数据后，通过计算得到了小车运动过程中各计时时刻的速度如表格所示.位置编号012345时间：t/s00.10.20.30.40.5速度：v/(ms1)0.420.670.921.161.421.67(1)分析表中数据，在误差允许的范围内，小车做_运动(2)由于此次实验的原始纸带没有保存，另一同学想估算小车从位置0到位置5的位移，其估算方法如下：x(0.420.10.670.10.920.11.160.11.420.1) m，那么，该同学得到的位移_(填“大于”“等于”或“小于”)实际位移为了使估算的位移尽可能接近真实值，你认为采取什么方法更合适？解析：(1)由表中数据可见，每经

11、过0.1 s，速度大约增加0.25 m/s，在误差允许的范围内，小车做匀加速直线运动(2)因为小车是不断加速的，而该同学把第一个0.1 s内的运动看成是以最小速度做匀速运动，同样，其他时间段内也是这样运算的，这样算出的位移比实际位移小可以把时间分割得再细小一些，也可以利用平均速度来求位移，也可以用vt图象与坐标轴围成部分的面积求位移答案：(1)匀加速直线(2)小于可以先计算相邻两位置之间的平均速度，再得到位移(或作出小车运动的vt图象，利用速度图象下的面积求得小车的位移)12某物理兴趣小组为获得当地重力加速度值，设计了如下实验，并进行了系列探究过程，假设你也是其中一员，请补充完整横线部分内容：

12、(1)操作过程：将打点计时器固定在铁架台上，如图所示；将接有重物的纸带沿竖直方向穿过打点计时器的限位孔；先_，再释放纸带；获得点迹清晰的几条纸带(2)探究过程：其中一条纸带的点迹及数据如图所示(图中直尺的单位为cm，点O为纸带上记录到的第一个点，点A、B、C、D依次表示点O以后连续的各点已知打点计时器每隔T0.02 s打一个点)小组成员量出DF间的距离为3.60 cm，计算出打点计时器打下点E时的速度vE_m/s；小组成员量出FH间的距离为5.20 cm，计算出打点计时器打下点G时的速度vG_m/s；利用g得出g_m/s2；利用a得出g_m/s2.解析：(1)打点计时器在纸带上打点时应先接通电

13、源，打点稳定后再释放纸带(2)vE m/s0.90 m/svG m/s1.30 m/sg m/s210.00 m/s2g m/s210.00 m/s2.答案：(1)接通电源(2)0.901.3010.0010.00三、计算题(共50分)13(12分)一列车由等长的车厢连接而成，车厢之间的间隙可忽略不计一人站在站台上与第1节车厢的最前端相齐，当列车由静止开始做匀加速直线运动时开始计时，测量第1节车厢通过他的时间为2 s，则从第5节车厢开始至第16节车厢通过他的时间为多少？解析：人相对于列车做初速度为零的匀加速直线运动由位移公式可知，在第1节车厢通过他时有x1at，可得列车加速度a.由x4at和x

14、16at可求得前4节、前16节车厢通过他的时间分别为t4， t16.则从第5节至第16节车厢通过他的时间为tt16t44t12t12t122 s4 s.答案：4 s14(12分)歼15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大若歼15战机正常起飞过程中加速度为a，经s距离就达到起飞速度腾空而起现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(Ls)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行求：(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1m；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度及此过程中的位移解析：(1)设飞机起飞速度为v，则有v22as.v2v2aL.联立解得v1m.(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t，则t飞机位移x1，航空母舰位移x2v2mt，位移关系：x1x2L，联立解得：v2m，x22(L)答案：(1)(2)2L15.(13分)如图是一个十字路口的示意图，每条停车线到十字路中心O的距离均为20 m一人骑电动助力车以7 m/s的速度到达停车线(图中A点)时，发现左前方道路一辆轿车正以8 m/s的速度驶来，车头已抵达停车线(图