必修一物理第二章匀变速直线运动的研究习题

1、.第二章专项训练习题1. 如图是某物体做直线运动的图像，那么根据图像可知812s内的加速度大小是_m/s2；012s内的平均速度大小是_m/s.(6分) 2. 实验课上同学们利用打点计时器等器材，研究小车做匀变速直线运动的规律。其中一个小组的同学从所打的几条纸带中选取了一条点迹明晰的纸带，如下图。图中O、A、B、C、D是按打点先后顺序依次选取的计数点，在纸带上选定的相邻两个记数点之间还有四个打出点没有画出。 (1)打点计时器使用的交流电频率为50Hz，那么相邻两个计数点间的时间间隔为  _  s；(2)由图中的数据可知，打点计时器打下C点时小车运动的速度大小是_m/s，小车

2、运动的加速度大小是_m/s2。(计算结果均保存两位有效数字)3. 两个物体A、B从同一地点同时出发，沿同一直线运动，其v一t图象如下图。由图象可知：A做_运动(填“匀速或“变速)；02s内，B做_运动(填“匀速或“变速)；第1 s末，B的瞬时速度大小为_m/s。4. 如图，为一质点做直线运动的vt图象，那么该质点在1s末的加速度为_m/s2，在04s内运动的位移为_m.5. 如下图，为一电梯上升过程的vt图象，电梯在12s内上升的高度为_m.这过程中，质量为50kg的人对电梯的最大压力为_N，最小压力为_N.(g=10m/s2)6. 如下图为在同一直线上运动的甲、乙两物体的xt图象，那么甲物体

3、的运动速度v1=_m/s，t=15s时，甲、乙两物体相距_m。7. 一物体静止在程度地面上，从t=0开场物体做变速直线运动，加速度随时间变化的图象如下图，那么物体在7 s末的速度大小为_m/s，在07s的位移大小为_m。8. 如图，滑块从h=0.2m高处的a点经光滑圆弧轨道ab，滑入程度轨道bc，最终恰好停在c点，假如滑块在bc匀减速运动的时间为t=3s.那么滑块经过b点的速度大小为_m/s，bc间间隔 为_m.9. 如下图是某质点运动的vt图象，请答复： (1)AB段该质点做_   直线运动，初速度大小为_ m/s，加速度为_ m/s2；(2

4、)BC段该质点做_ _  直线运动，速度大小为_  m/s，(3)CD段该质点做_ _    直线运动，加速度大小为_ _ m/s2。10. 某物体沿竖直方向做直线运动，其vt图像如下图，由图可知：t=_s时质点离坐标原点最远，从t=0至t=3s内质点的位移为_m。11. 如下图，是一辆汽车做直线运动的st图象，OA段表示汽车做_运动(填“匀速或“变速)；AB段表示汽车处于_状态(填“静止或“运动)；01h内，汽车的位移大小是_km。12. 公共汽车由静止从车站匀加速起动，司

5、机发现有乘客未上车，急忙刹车，车匀减速停下。整个过程历时5s，车前进了10m，由此可知汽车在此过程中的平均速度为_m/s，最大速度为_m/s。13. 如下图是矿井里的升降机由井底运动到井口的vt图象，那么升降机在04s内所做的_(选填“是或“不是)匀加速直线运动；48s内匀速直线运动的速度大小为_m/s；假设升降机重力为2×104N，那么6 s末升降机的瞬时功率为_W。14. 一个m=2kg的物体沿直线运动，其vt图象如下图。假设45s内的总位移为450m，那么在015s和15s45s两段时间内的加速度大小之比为_，45s内的最大动能为_J。15. 飞机着陆后匀减速滑行，它滑行的初速

6、度是60m/s，加速度的大小是3m/s2，飞机着陆后3秒末的速度为_ m/s，要滑行_ m才能停下来16. 某同学探究滑块运动规律的vt图象如下图。由图可知，滑块的初速度大小为_m/s，在515s内做_(选填“匀速或“匀加速)直线运动，10s末的速度大小为_m/s。17. 如下图，一颗子弹以速度v垂直进入三个一样的矩形区域做匀减速运动，且刚要分开第三个矩形区域时速度恰好为12v，那么子弹依次进入每个矩形区域时的速度之比为_ ，子弹穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是_ 18. 如下图，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑.这名消防队员的质量为60kg，他从钢管

7、顶端由静止开场先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零.假如他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员下滑过程中的最大速度为_，加速与减速过程的时间之比为_，加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为_19. 从斜面上某一位置每隔0.1s释放一些一样的小球，在连续释放几个小球之后，对斜面上运动的小球摄下照片如下图，测得AB=15cm，BC=20cm.试求：(1)小球运动的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)D、C两球间的间隔 ；(4)A球上面正在运动着的小球共有多少个？答案和解析【答案】1. 10  10  2. (1

8、)0.1  (2)0.96       2.4   3. 匀速   变速  5  4. 2；12  5. 54；650；425  6. 30，225  7. 8;82  8. 2；3  9. (1)匀加速    2     1(2)匀速     4   (3)匀减速    410

9、. 2  2  11. 匀速   静止   15  12. 2             4  13. 是   2    4×104  14. 2：1；400  15. 51；600  16. 8  匀加速   12  17. 2：3：2；(

10、23)：(32)：(21)  18. 8m/s；1：2；1：7  19. 解：因为任一小球从斜面下滑过程中加速度一样，所以同一时刻不同小球的位置分布与同一小球相隔0.1s时间在不同时刻位置分布完全一样.sAB、sBC、sCD都可以看成同一小球在0.1s时间内的位移.由于小球做匀变速直线运动，由s=aT2，所以(1)a=sBCsABT2=(0.20.15)0.12=5.0m/s2(2)由一段时间中点时刻速度等于这段时间的平均速度vB=sBC+sAB2T=(0.2+0.15)2×0.1=1.75m/s(3)因为s=aT2=常量，sCDsBC=sBC

11、sAB，故sCD=2sBCsAB=2×0.20.15=0.25m(4)s=sBCsAB=2015=5cm因此，在A球上方，还有距A球分别为10cm和5cm的两个小球在运动答：(1)小球运动的加速度为5.0m/s2；(2)拍摄时B球的速度为1.75m/s；(3)D、C两球间的间隔 0.25m；(4)A球上面正在运动着的小球共有2个  【解析】1. 【分析】速度图象中图线与两个坐标轴所围“面积大小等于位移，图象有t轴上方，表示的位移为正，在t轴下方表示的位移为负。对于速度时间图象常常抓住两个数学意义来理解其物理意义：斜率等于加速度，“面积等于位移。再利用平均速度公式求

12、解。【解答】根据斜率等于加速度可得：812s内的加速度大小是：a=20204=10m/s2；负号表示方向。根据速度图线与两个坐标轴所围“面积大小等于位移，那么得：物体在012s内的位移是：x=4+102×202×202=120m;平均速度：v=xt=12012=10m/s故答案为：10  102. 【分析】 打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，它每隔0.02s打一次点(由于电源频率是50Hz)，因此可按纸带上的点数目确定时间。  由纸带判断物体做匀变速直线运动的方法：如下图，0、1、2为时间间隔相等的各计数点，s1、s2、s3、为相邻两计数

13、点间的间隔 ，假设s=s2s1=s3s2=恒量，即假设连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量，那么与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。用“逐差法a=x3+x4(x1+x2)4T2求加速度;根据vn=求出打第n点时纸带的瞬时速度【解答】(1)相邻两个计数点间的时间间隔为：T=5×0.02s=0.1s，故应填01s。(2)由vc=xCD+xBC2T得：打点计时器打下C点时小车运动的速度vc=(28.819.61)×1022×0.01m/s=0.96m/s，由a=x3+x4(x1+x2)4T2得：a=xBDxOB4T2=9.53×1020.04m/s2=2.

14、4m/s2，所以应填0.96、2.4故答案为：(1)0.1  (2)0.96       2.4   3. 【分析】由图象直接读出6s末的速度.图线的斜率等于加速度。 速度图象反映物体的速度随时间的变化情况，由图象直接读出速度及其变化情况，图线的斜率等于加速度。【解答】由图像知：A做匀速直线运动；B做变速直线运动；02s的过程，物体的加速度为a=vt=102m/s2=5m/s2，那么第1s末，B的瞬时速度大小为v=at=5×1m/s=5m/s。故答案为：匀速； 变速；5。4. 解：在vt图象中，斜率代表加

15、速度那么1s末的加速度为：a=vt=42m/s2=2m/s2在vt图象中，与时间轴所围面积为物体运动的位移，那么有：x=12×(2+4)×4m=12m故答案为：2，12在vt图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体运动的位移解决此题的关键能通过速度时间图线判断物体的运动规律，以及掌握图线的斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义5. 解：12s内的位移等于梯形面积的大小，为：x=12×(6+12)×6m=54m。前2s内的加速度为：a1=v1t1=62m/s2=3m/s2，方向竖直向上，人处于超重状态，人对电梯的压力最大。由牛顿第二定律得：F1mg=m

16、a1。那么得：F1=m(g+a1)=50×(10+3)N=650N。根据牛顿第三定律，人对电梯的最大压力为：F1=F1=650N。8s12s内电梯做减速运动，加速度大小为：a2=|v2t2|=|064|m/s2=1.5m/s2。由牛顿第二定律得：mgF2=ma2。F2=m(ga2)=50×(101.5)N=425N。根据牛顿第三定律，人对电梯的最小压力是425N。故答案为：54，650，425。整个运动过程中，电梯通过的位移等于vt图线与t轴所围图形的面积大小；vt图线的斜率等于物体的加速度，当电梯处于超重状态时人对电梯的压力最大。电梯处于失重状态时人对电梯的压力最小。解决

17、此题的关键是知道速度时间图线的斜率表示加速度，会根据牛顿第二定律求出匀加速运动和匀减速运动的支持力大小。6. 【分析】位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象的斜率表示物体的速度，由图可直接读出物体的位置；此题关键要正确理解位移斜率的物理意义，会用速度公式求解速度，该图象还可读出质点的位移等信息。【解答】根据斜率等于速度，那么知甲物体的速度大小为 v甲=30010m/s=30m/s乙物体的速度大小为 v乙=15010m/s=15m/s当t=15s时，甲、乙的位移分别为s甲=450m，s乙=225m，那么两物体相距s=s甲s乙=225m故答案为：30，2257. 【分析】

18、根据at图像得到物体的运动情况；利用匀变速直线运动的速度时间关系计算末速度，利用位移时间关系计算位移；解题的关键是利用匀变速直线运动的公式解题。【解答】根据at图像知，04s物体做匀加速直线运动；加速度吴a1=5m/s2，4s末物体的速度为：v4=a1t=5x4=20m/s；位移为：x4=12a1t2=12×5×42=40m47s物体做匀加速直线运动，加速度为a2=4m/s2，故7 s末的速度大小为：v7=5×44×3=8m/s；4s7s做匀减速直线运动的位移为：故07s的位移大小为82m。故答案为：8；  828. 解：从a到b过程，根据动能

19、定理有：mgh=12mv20 解得：v=2gh=2m/s b到c过程，根据平均速度公式有：x=v+02t 解得：x=3m 故答案为：2，3从a到b过程，根据动能定理列式求解到b点时的速度，再根据平均速度公式求解bc间隔 此题主要考察了动能定理、运动学公式的应用，解决此题的关键是运用动能定理求解速度，运用动能定理解题时需确定适宜的研究过程9. 【分析】vt图像的斜率代表加速度，是倾斜直线那么是匀变速直线运动，是程度直线那么为匀速直线运动；考察了vt图像的物理意义。【解答】(1)AB段是直线向上倾斜，那么为匀加速直线运动，初速度为2m/s；加速度为：a1=vt=4220m/s2=1m/s2；(2)

20、BC段是程度直线那么为匀速直线运动，图像的纵坐标为4m/s，故速度为4m/s；(3)CD段是直线向下倾斜，那么为匀加速直线运动，加速度为：a2=vt=0454m/s2=4m/s2故应填  (1)匀加速    2     1   (2)匀速     4     (3)匀减速    410. 【分析】vt图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移.在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负。速度时间图象中图象与时间轴围成的面积表示物体

21、的位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负.如求路程，那么是面积的绝对值之和。【解答】根据图象可知：质点在先沿正方向做匀加速直线运动，后沿正方向做匀减速直线运动，图象与时间轴围成的面积表示位移，所以t=2s时离出发点最远，03s时面积之和12×2×412×1×4=2m，所以03s内质点位移是2m。故填：2  211. 【分析】位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，纵坐标之差表示物体运动的位移；图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。此题考察位移时间图象的性质，根底题。【解答】OA段是

22、一条倾斜的直线，速度为定值，所以表示汽车做匀速直线运动。AB段斜率为零，表示汽车处于静止状态。位移的大小等于纵坐标之差，01h内，汽车的位移大小是15km。故答案为匀速；静止；15。12. 【分析】根据匀变速直线运动的平均速度推论，结合总位移和总时间求出汽车在此过程中的最大速度；解决此题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵敏运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。【解答】平均速度v=st=105m/s=2m/s根据平均速度的推论知，v2t1+v2t2=v2t解得最大速度为：v=2xt=2×105=4m/s故填：2     

23、;        4   13. 【分析】在vt图像中，图像的斜率表示加速度。根据P=Fv计算升降机的瞬时功率。此题考察了匀变速直线运动的图像；解决此题的关键知道图线的物理意义。【解答】在04s内，斜率一定，故做匀加速直线运动。由图知，48s内匀速直线运动的速度大小为2m/s；6s末的速度大小为2m/s，根据P=Fv=2×104 N×2m/s=4×104W故答案为是；2；4×104。14. 解：图象的斜率表示加速度，由图可知，速度变化量的绝对值一

24、样，但用时为1：2；所以由a=vt可知，加速度之比为2：1；全程的平均速度v=Xt=45045=10m/s，由图可知，v=vm2=10m/s解得：vm=20m/s；故最大动能EK=12mv2=12×2×202=400J。故答案为：2：1；400。明确vt图象的性质，根据加速度的性质即可明确加速度的大小关系；再根据平均速度公式确定最大速度，从而求出最大动能。解决此题的关键知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，同时明确动能的表达式的应用。15. 解：根据v=v0+at；v=v0+at得3秒末的速度为：v=60+(3)×3m/s=51m/s；根据v2v02=2

25、as即可要滑行的位移为：s=v2v022a=036002×3m=600m故答案为：51；600根据v=v0+at；v=v0+at即可算出3秒末的速度；根据v2v02=2as即可要滑行的位移此题考察匀变速直线运动的根本公式，关键要抓住飞机着陆后匀减速滑行，加速度要取负值16. 【分析】根据速度时间图线得出物体的初速度，根据速度随时间的变化规律判断物体的运动规律。解决此题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。【解答】由速度时间图线可知，滑块的初速度大小为8m/s，在515s内，速度随时间均匀增加，做匀加速直线运动，10s末的速度大小为12m/s。故填：8  匀加速   12 。17. 解：由题意可知分开时的速度为原速度的一半，设每个矩形区域长为l，进入第二个矩形区域的速度为v1，进入第三个矩形区域的速度为v2 根据v2v02=2ax，有(v2)2v2=2a3l v2v12=2al v2v22=2a2l 联立式，解得