1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元形成性评价(二)(第二章)(90分钟100分)一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1物体由静止开始做匀加速直线运动，在第7 s内的平均速度为2.6 m/s，则物体的加速度为()A0.4 m/s2 B0.37 m/s2C2.6 m/s2 D0.43 m/s2【解析】选A。根据平均速度推论，第7 s内的平均速度等于第6.5 s时刻的速度；根据初速度为0的匀加速直线运动速度时间关系va
2、t可得：a m/s20.4 m/s2，故A正确，B、C、D错误。2某厂家测试汽车性能时，测出了汽车沿平直公路做直线运动的位移随时间变化的规律，即x10t0.1t2(m)。下列叙述正确的是()A汽车的加速度大小为0.1 m/s2B该汽车做减速运动到停止的时间为50 sC该汽车刹车瞬间的初速度大小为20 m/sD该汽车从开始刹车到停止运动所通过的路程为5 m【解析】选B。根据xv0tat210t0.1 t2(m)得汽车刹车的初速度v010 m/s，加速度a0.2 m/s2，故A、C错误；汽车从开始刹车到速度减为零的时间为t s50 s，故B正确；汽车从开始刹车到停止运动通过的路程xv0tat210
3、50 m0.2502 m250 m，故D错误。3下列所给的位移时间图像或速度时间图像中，表示做直线运动的物体不能回到初始位置的是()【解析】选B。由A图可知，物体开始和结束时纵坐标均为0，说明物体回到了初始位置；由B图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故没有回到初始位置；C图中物体第1 s内的速度沿正方向，大小为2 m/s，第2 s内速度为2 m/s，故2 s末物体回到初始位置；D图中物体做匀变速直线运动，2 s末时物体的总位移为零，故物体回到初始位置。综上可知选B。4.某质点由静止开始做加速运动的加速度时间图像如图所示，下列说法正确的是()A2 s末，质点的速度大小为 3 m/sB4 s
4、末，质点的速度大小为 6 m/sC04 s内，质点的位移大小为6 mD04 s内，质点的平均速度大小为3 m/s【解析】选B。质点先做初速度为零、加速度大小为1 m/s2的匀加速直线运动，后做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动，在at图像中图线与时间轴包围的“面积”表示速度的变化量，则2 s末质点的速度大小为v212 m/s2 m/s，故选项A错误；4 s末，质点的速度大小为v42 m/s2(42)m/s6 m/s，故选项B正确；在04 s内，质点的位移大小为x2 m2 m10 m，故选项C错误；在04 s内，质点的平均速度大小为 m/s2.5 m/s，故选项D错误。【补偿训练】一个物体
5、由静止开始沿一条直线运动，其加速度随时间的倒数的变化规律图线如图所示，a0和t0已知，则下列判断正确的是()A物体在t0前做加速度增大的加速运动B物体在t0时刻的速度为a0t0C物体在t0时间内速度增加量为a0t0D以上判断均错【解析】选B。注意横轴为，由题图可知物体在t0前做加速度恒为a0的匀加速直线运动，由速度公式可知t0时刻的速度为a0t0，选项B正确，A、C、D均错误。 5.如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点。已知AB6 m，BC10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()A.2 m/s，3 m
6、/s，4 m/sB2 m/s，4 m/s，6 m/sC3 m/s，4 m/s，5 m/s D3 m/s，5 m/s，7 m/s【解析】选B。根据xat2得加速度为：a m/s21 m/s2；由题意可知B点的瞬时速度等于AC段的平均速度为：vB m/s4 m/s，则C点的速度为：vCvBat(412) m/s6 m/s，A点的速度为：vAvBat(412) m/s2 m/s，故B正确。6一质点从A点由静止开始沿直线AB运动，首先做的是加速度为a的匀加速直线运动，到C点后接着又以大小为a的加速度做匀减速直线运动，到达B点恰好停止；若AB长为x，则下列说法正确的是()A质点在C点的速度为B质点在C点
7、的速度为C质点走完AB所用的时间为D质点走完AB所用的时间为【解析】选A。设质点在C点的速度为v，则有：x，解得：v，故A正确，B错误；质点加速过程的最大速度也为减速过程的最大速度，则有：at1a(tt1)，质点在全程的平均速度为：，则总位移为：xt，联立可解得：t，故C、D错误。7以24 m/s的速度行驶的汽车，紧急刹车后做匀减速直线运动，其加速度大小为6 m/s2，则刹车后()A汽车在第1 s内的平均速度大小为24 m/sB汽车在第1 s内的平均速度大小为12 m/sC汽车在前2 s内的位移大小为36 mD汽车在前5 s内的位移大小为45 m【解析】选C。汽车从刹车到停止运动所需的时间为t
8、0 s4 s，第1 s内汽车的位移大小x1v0tat2(241612) m21 m，故汽车在第1 s内的平均速度大小 m/s21 m/s，故A、B错误；前2 s内的位移大小x2v0tat2(24264) m36 m，故C正确；因5 s4 s，则有前5 s内的位移大小为汽车运动的总位移：x5 m48 m，故D错误。8.如图所示，直线和抛物线(开口向上)分别为汽车a和b的位移时间图像，则下列说法错误的是()A01 s时间内a车的平均速度大小比b车的小B03 s时间内a车的路程比b车的小C03 s时间内两车的平均速度大小均为1 m/sDt2 s时a车的加速度大小比b车的大【解析】选D。根据题图可知，
9、01 s内b车的位移大于a车的位移，时间相等，则b车的平均速度大小大于a车的，故A正确；03 s时间内a车的路程为3 m，b车的路程为ss1s24 m1 m5 m，故B正确；03 s时间内两车的位移均为3 m，平均速度大小均为1 m/s，故C正确；a车做匀速直线运动，加速度为零，b车运动的加速度大小恒定且不等于零，故D错误。9一名航天员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则()A小球在2 s末的速度是8 m/sB小球在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC小球在第2 s内的位移是2 mD小球在5 s内的位移是125
10、m【解析】选A。第5 s内的位移是h518 m，有：h5gtgt18 m，其中t15 s，t24 s，解得：g4 m/s2。所以2 s末的速度：vgt8 m/s，故A正确；小球在第5 s内的平均速度大小为 m/s18 m/s，故B错误；前1 s内下降的高度为h1gt2412 m2 m，前2 s内的位移为h2gt2422 m8 m，hh2h18 m2 m6 m，故C错误；前5 s内的位移为hgt452 m50 m，故D错误。10(2021金华高一检测)某物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，它到达斜面底端时的速度是4 m/s，则它下滑一半时间的速度大小是()A1 m/s B4 m/s C2 m/s
11、 D0.5 m/s【解析】选C。匀变速直线运动的平均速度：，匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则它下滑一半时间的速度大小为 m/s2 m/s，故A、B、D错误，C正确。11一质点自x轴原点出发，沿正方向以加速度a加速，经过t0时间速度变为v0，接着以a加速度运动，当速度变为时，加速度又变为a，直至速度变为时，加速度再变为a，直至速度变为，其vt图像如图所示，则下列说法中正确的是()A.质点一直沿x轴正方向运动B质点经3t0时的位移大小为C质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0D质点运动过程中离原点的最大距离大于v0t0【解析】选B。由题图可知，部分质点的图像在时间
12、轴下方，故一定有反向运动过程，质点在x轴上出现过往返现象；不是一直沿x轴运动，故A错误；02t0时间内的位移：x1v02t0v0t0，质点的速度为零后先反向加速，然后再沿反方向减速，由于加速度的大小不变，则结合vtv0at可以得到在3t0时刻质点的速度再次恰好为零，所以质点在2t03t0时间内的位移大小：x2t0v0t0，则质点经3t0时的位移大小为：xx1x2v0t0v0t0v0t0，故B正确；由图像可知，质点每次返回的位移均小于前一运动周期的位移。故最终静止时离开原点的距离一定小于第一个运动周期的位移v0t0，故C错误；2t0时刻位移最大，故质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0，故D错
13、误。12.(2021温州高一检测)如图所示是用频闪周期为t的相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片。关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中不正确的是()A不一定满足关系x1x2x3135B一段时间后苹果会在羽毛下方C苹果下落的加速度大小为D羽毛下落到C点的速度大小为【解析】选B。羽毛与苹果在真空中做自由落体运动，A点并不一定是下落点，故A点速度不一定等于零，则羽毛与苹果的位移不一定满足关系x1x2x3135，故A正确；真空中苹果和羽毛下落快慢相同，故B错误；根据xaT2可得苹果的加速度为a，故C正确；羽毛做自由落体运动，则羽毛下落到C点的速度大小为vC，故D正确。13一质点沿x
14、轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t图像如图所示，则()A.质点做匀速直线运动，速度为1 m/sB质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s2C质点在1 s末速度为1.5 m/sD质点在第1 s内的位移为2 m【解析】选C。根据图像可得，y轴截距为0.5，直线斜率为0.5，因此直线方程可表示为：0.5t0.5将上式整理成运动学方程为x0.5t20.5t与标准方程对照可知，v00.5 m/s，a1 m/s2，由于x与t成二次关系，所以质点做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2，故A、B错误。根据速度与时间的关系可得质点在1 s末的速度为v0.5 m/s1 m/s21 s1.5 m/
15、s，故C正确。根据位移与平均速度的关系可知1 s内的位移xt1 s1 m，故D错误。【补偿训练】甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶，某时刻甲、乙两车正好并排行驶，从该时刻起甲、乙两车的速度时间图像如图所示，则下列说法正确的是()At0时刻甲、乙两车相遇B0t1时间内，甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同 C.0t0时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度Dt1时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方【解析】选C。根据速度时间图像与时间轴所围的“面积”表示位移，知0t0时间内乙车的位移比甲车的大，则t0时刻甲、乙两车没有相遇，故A错误；0t1时间内，甲、乙两车图像斜率均逐渐减
16、小，则它们的加速度大小均逐渐减小，甲车图像切线斜率为正，乙车图像切线斜率为负，则加速度方向相反，故B错误；0t0时间内甲车的位移比乙车的小，则甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故C正确；0t1时间内，甲车的位移比乙车的大，则t1时刻甲、乙两车没有相遇，之后甲车的速度比乙车的大，则甲车将一直在乙车前方，故D错误。二、选择题(本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分)14.甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向做直线运动，甲、乙两车运动的v t图像如图所示。下列判断正确的是()A乙车启动时，甲
17、车在其前方50 m处B运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75 mC乙车启动10 s后正好追上甲车D乙车超过甲车后，甲、乙两车不会再相遇【解析】选A、B、D。根据v t图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙车在t10 s时启动，此时甲车的位移为x1010 m50 m，即甲车在乙车前方50 m处，故A正确；当两车的速度相等时相距最远，最大距离为xmax(515)10 m105 m75 m，故B正确；由于两车从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时两车才相遇，由题图可知，乙车启动10 s后位移小于甲车的位移，即乙车还没有追上甲车，故C错误；乙车超过甲车后，由于乙车的速度大，所以甲、乙两车不会再
18、相遇，故D正确。15升降机由静止开始以加速度a1匀加速上升2 s，速度达到3 m/s时接着匀速上升10 s，最后再以加速度a2匀减速上升3 s才停下来，则()A匀加速上升的加速度大小为1.5 m/s2B匀减速上升的加速度大小为1.5 m/s2C升降机上升的总高度为37.5 mD升降机上升的总高度为32.5 m【解析】选A、C。由vat知a1 m/s21.5 m/s2，A正确；匀减速时a2 m/s21 m/s2，B错误；升降机上升总高度xt1vt2t337.5 m，C正确，D错误。16一矿井深为125 m，在井口每隔一定时间自由下落一小球。当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球刚好到达井底
19、，由此可知(g取10 m/s2)()A相邻小球开始下落的时间间隔为1.0 sB相邻小球开始下落的时间间隔为0.5 sC当第11个小球刚从井口开始下落时，第5个小球距井底45 mD当第11个小球刚从井口开始下落时，第3个小球和第5个小球相距35 m【解析】选B、D。设小球从井口自由下落到达井底经历时间为t，则由xgt2，解得t5 s，所以相邻两个小球的时间间隔为t s0.5 s，故A错误，B正确；当第11个小球刚从井口开始下落时，第5个小球下落的时间t1(115)0.5 s3 s，下落高度hgt45 m，所以距井底的高度为125 m45 m80 m，故C错误；同理当第11个小球刚从井口开始下落时
20、，第3个小球下落的时间t2(113)0.5 s4 s，下落高度hgt80 m，第3个小球和第5个小球相距35 m，故D正确。三、非选择题(本题共6小题，共55分)17(7分)在研究匀变速直线运动的实验中电源频率为50 Hz，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间有4个计时点未标出，设A点为计时起点。(1)相邻计数点间的时间间隔是_s。(2)C点的瞬时速度vC_m/s。(3)小车的加速度a_m/s2。(4)当电源频率低于50 Hz时，如果仍按频率为50 Hz的时间间隔打一次点计算，则测出的加速度数值_(选填“大于”“小于”或“等于”)频率为50
21、Hz时测出的加速度的值。【解析】(1)由于相邻计数点间有4个计时点未标出，即从A点开始每5个点取一个计数点(打点计时器的电源频率为50 Hz)，所以相邻计数点间的时间间隔为T0.1 s。(2)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即C点时小车的瞬时速度大小为：vC102 m/s1.71 m/s。(3)由逐差法可求得小车的加速度为：a102 m/s26.4 m/s2。(4)当电源频率低于50 Hz时，实际打点周期将变大，而进行计算时仍然用0.02 s，将小于实际打点周期，因此测出的加速度数值将比真实数值偏大。答案：(1)0.1(2)1.71(3)6.4(4)大于18(7
22、分)如图所示，某实验小组用光电数字计时器测量小车在斜面上下滑时的加速度，实验主要操作如下：测量出挡光片的宽度d；测量小车释放处挡光片到光电门的距离x；由静止释放小车，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；改变x，测出不同x所对应的挡光时间t。(1)小车加速度大小的表达式为a_(用实验中所测物理量符号表示)。(2)根据实验测得的多组x、t数据，可绘制图像来得到小车运动的加速度，如果图像的纵坐标为x，横坐标为，实验中得到图像的斜率为k，则小车运动的加速度大小为_(用d、k表示)。【解析】(1)当时间极短时中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则有小车运动到光电门时的速度v，结合运动学公式a，得
23、a。(2)根据(1)中，即有：x，结合纵坐标为x，横坐标为的图像，那么斜率：k，因此小车的加速度大小为：a。答案：(1)(2)19(9分)一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h5 m处的时间间隔t2 s(g取10 m/s2)，则：(1)小球的初速度v0为多少？(2)小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？【解析】(1)画出小球运动的情景图，如图所示。小球先后经过A点的时间间隔t2 s，根据竖直上抛运动的对称性，小球从A点到最高点的时间t11 s。(1分)小球在A点处的速度 vAgt110 m/s(1分)在OA段根据公式vv2gx(1分)解得v010 m/s(2分)(2)小球从O点上抛到A点
24、的时间t2 s(1) s(2分)根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t2(t1t2)2 s(2分)答案：(1)10 m/s(2)2 s20.(12分)一辆大客车正在以30 m/s的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方x095 m处有一只小狗，如图所示。司机立即采取制动措施，司机从看见小狗到客车开始制动的反应时间为t0.5 s，设客车制动后做匀减速直线运动。(1)为了保证小狗的安全，客车制动的加速度大小至少为多大？(假设这个过程中小狗一直未动)(2)若客车制动时的加速度大小为5 m/s2，在离小狗30 m时，小狗发现危险并立即朝前跑去。假设小狗起跑阶段做匀加速直线运动，加速度大小a3
25、 m/s2。已知小狗的最大速度为8 m/s且能保持较长一段时间。试判断小狗有没有危险，并说明理由。【解析】(1)客车运动的初速度v30 m/s，在反应时间内做匀速运动，匀速运动的位移为：x1vt300.5 m15 m(1分)所以为保证小狗安全，减速位移应为：x2x0x1(9515) m80 m(1分)根据速度位移关系知客车加速度大小至少为：a1 m/s25.625 m/s2。(1分)(2)若客车制动时的加速度为a15 m/s2，(1分)在离小狗x30 m时，客车速度为v1，则vv22a1(x2x)，(1分)代入数据解得v120 m/s(1分)设小狗从起跑到与客车速度相等所经历的时间为t即v1a
26、1tat(1分)解得：t2.5 s(1分)此过程客车的位移x3v1ta1t2(1分)代入数据解得x334.375 m(1分)小狗的位移：x4at29.375 m(1分)即x4xx3，所以小狗是安全的。(1分)答案：(1)5.625 m/s2(2)小狗没有危险，理由见解析21(10分)驾驶证考试中的路考，在即将结束时要进行目标停车，考官会在离停车点不远的地方发出指令，要求将车停在指定的标志杆附近，终点附近的道路是平直的，依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆之间的距离L12.0 m。一次路考中，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观察并记录时间，学员乙与车前端的距离为s2.0 m。假设在考
27、官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过O点考官发出指令：“在D标志杆目标停车”，发出指令后，学员乙立即开始计时，学员甲需要经历t0.5 s的反应时间才开始刹车，开始刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止。学员乙记录下自己经过B、C杆时的时刻tB4.50 s，tC6.50 s。已知O、A间的距离LOA44 m。求：(1)刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0及汽车开始刹车后的加速度大小a；(2)汽车停止运动时车前端与D的距离。【解析】(1)如图所示学员乙从O点到标志杆B的过程中，由位移公式xv0tat2(1分)得LOALv0tv0(tBt)a(tBt)2(2分)学员乙从O到标志杆C的过
28、程中，由位移公式xv0tat2(1分)得LOA2Lv0tv0(tCt)a(tCt)2(2分)代入数据解得v016 m/s，a2 m/s2。(1分)(2)汽车从开始到停下，运动的距离xv0t72 m(1分)因此汽车停止运动时车前端距离D为LOA3Lsx6 m。(2分)答案：(1)16 m/s2 m/s2(2)6 m22(10分)据报道，一儿童玩耍时不慎从45 m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下的管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童。已知管理人员到楼底的距离为18 m，为确保安全稳妥地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接儿童时没有水平方向的
29、冲击。不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取10 m/s2。(1)管理人员至少要用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在加速或减速过程中的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，求管理人员奔跑时加速度需满足什么条件？【解析】(1)儿童下落过程，由运动学公式得hgt管理人员奔跑的时间tt0(1分)对管理人员奔跑过程，由运动学公式得xt解得6 m/s。(1分)(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v0，由运动学公式得得v0212 m/svm9 m/s(1分)故管理人员应先加速到vm9 m/s，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。(1分)设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，由运动学公式得x1at(1分)x3at(1分)x2vmt2(1分)vmat1at3(1分)t1t2t3t0x1x2x3x(1分)解得a9 m/s2。(1分)答案：(1)6 m/s(2)a9 m/s2关闭Word文档返回原板块