直线运动单元测试

《力 物体的平衡》单元测试 《直线运动》单元测试 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，共120分，考试时间90分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共48分) 一、本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项是正确的，请将正确的 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 选出，对而不全得2分，选项中有错误的得0分。 1。物体的初速度为v0，以不变的加速度a做直线运动，如果要使速度增大到初速度的n倍，在这个过程中物体通过的位移是 A．(n2—1) B．(n—1) C．n2 D．(n—1) 2 2．一物体做匀加速直线运动，在某时刻前的t1时间内位移大小为s1，在该时刻后的t2时间内位移大小为s2，则物体的加速度大小为（） A． B． C． D． 3．物体以初速度V0先从斜面上滑下，接着又在粗糙的水平面上运动直到停止，设物体与接触面间的动摩擦因数为常量，反映这个物体运动情况的速度时间图象不可能是图中的 4．一质点沿一直线运动，现测得它在第1s内通过位移为1m，第2s内通过位移为2m，第3s内通过的位移为3m，第4s内通过的位移为4m．则此质点在此4s内的运动性质可能是 A．初速度为零的匀加速直线运动 B．初速度不为零的匀加速直线运动 C．匀速直线运动 D．变速直线运动 5．将物体竖直上抛，不考虑空气阻力，能表示其速率v随时间t变化的图象是图示中的（ 　 ） 6．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s，分析照片得到，质点在第1次至第2次闪光的时间间隔内移动了2m；在第3次至第4次闪光的时间间隔内移动了8m，由此不可求得(　　) 　A．第1次闪光时质点的速度大小 B．质点运动的加速度大小 C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移大小 D．质点运动的初速度 7．甲、乙、丙三人各乘一辆飞艇，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲艇匀速上升，丙看到乙 艇匀速下降，甲看到丙艇匀速上升，则甲、乙、丙艇相对于地球的运动情况可能是 A.甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙静止 B.甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙匀速上升 C.甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙匀速下降 D.甲匀速下降，乙匀速上升，丙静止不动 8．AB两车以相同速度v同向匀速运动，A在前，B在后。两车上有甲乙两人分别用皮球瞄准对方，同时以相对于自身为2v的初速度水平抛出，不考虑皮球的竖直下落及空气阻力，则（ 　 ） A．甲先被击中 Ｂ．乙先被击中 Ｃ．两人同时被击中 Ｄ．皮球可能击中乙而不能击中甲 9．如下图所示，为A、B、C三个物体从同一地点，同时出发沿同一方向做直线运动s-t图象，则在0-t0时间内，它们的平均速率大小关系是（） A．A＝B＝c B．A＞B＝c C．A＞B＞c D．A＞c＞B 10．为了测定某辆轿车在平直公路上起动时的加速度（轿车起动时的运动可近似看做匀加速运动），某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片（如图)。如果拍摄时每隔2秒曝光一次，轿车车身总长为4.5 m，那么这辆轿车的加速度为 A. 1m/s2 B.2m/s2 C.3m/s2 D.4m/s2 11.在平直轨道上，乙在甲前面，两物体相距为s,同向同时开始运动，甲以初速度v1，加速度al做匀加速运动，乙做初速度为零、加速度为a2的匀加速运动。假定甲能从乙旁边通过而互不影响，下列情况可能发生的是 A.当a1 ＝ a2时，甲、乙只能相遇一次 B.当a1＞a2时，甲、乙可能相遇两次 C.当a1＞a2时，甲、乙只能相遇一次 D.当a1＜a2时，甲、乙可能相遇两次 12．两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v0．若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为s．若要保证两辆车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为(　　) A．s B．2s C．3s D．4s 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 第Ⅱ卷(非选择题，共72分) 二、实验题，共12分 13．某同学在“测匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点．其相邻点间的距离如图(1)所示，每两个相邻的计数点之间的时间间隔为0.10s． (1)试根据纸带上各个计数点间的距离，计算出打下B、C、D、E、F五个点时小车的瞬时速度，并将各个速度值填入下表(要求保留3位有效数字) (2)将B、C、D、E、F各个时刻的瞬时速度标在如图所示的坐标纸上，并画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线． (3)根据第(2)问中画出的v－t图线，求出小车运动的加速度为 m/s2(保留两位有效数字) 计数点 B C D E F 速度（m/s） 三、本题共5小题，共60分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 14.（10分）一修路工在S=100m的隧道中，突然发现一列火车出现在离右道口200m处，修路工恰在无论向右还是向左跑均能安全脱离危险的位置。问这位置离左出口的距离多少？他奔跑的速度至少是火车速度的多少倍？ 15．（12分）两小球以95m长的细线相连。两球从同一地点自由下落，其中一球先下落1s另一球才开始下落。问后一球下落几秒线才被拉直？ 16．（12分）甲、乙两同学在直跑道上练习 接力，他们在奔跑时有相同的最大速度。乙从静止开始全力奔跑，需跑出25m才能达到最大速度，这一过程可看做匀加速运动。现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区接棒全力奔出。若要求乙接棒时的速度达到最大速度的 。求： (1)乙在接力区内奔跑的距离，(2)乙开始起跑时与甲的距离。 17．（12分）一个物体由静止开始以加速度a1匀加速运动，经过一段时间后加速度突然反向，且大小变为a2，经过相同时间恰好回到出发点，速度大小为5m/s，求物体加速度改变时速度的大小和 的值 18．（14分）一气球从地面以10m/s的速度匀速竖直上升，4s末一小石块从气球上吊篮的底部自由落下，取g=10m/s2, 求石块离开气球后在空中运行的平均速度和平均速率． 《直线运动》单元测试参考答案 1．A 解析：已知v0，a，v1＝nv0，运用公式，可得s=(n2—1) 2．A 特殊值法，若t1＝t2＝t，由公式可得a＝；把t1＝t2＝t代人上述各答案中可得只有答案A正确． 3．AD解析：物体的运动分两个过程，每一过程都是匀变速直线运动，因此图象应为两个直线段．在斜面上物体的运动性质可能是匀加速，也可能是匀减速的，而在水平面上，物体只能做匀减速运动，由此可以判断A错误。B、C、D都有可能是正确的，唯一的排除方法是比较在斜面上和水平面上加速度的大小。 物体在水平面上的加速度大小 a2=μg 如果物体在斜面上加速，则加速度大小 a1=g(sinθ－μcosθ)， 若减速，则加速度大小 a1'=g(μcosθ－sinθ) 比较上述各式可知，a1可以大于、等于或小于a2，但a1'必定小于a2，因此，D是错误的．故所选答案是A、D． 4．BD　解析：假定做匀加速运动，则a＝＝1m/s2，第1s末速度v1＝＝m/s＝1.5m/s，则初速度v0＝v1－aT＝1.5－1×1m/s＝0.5m/s，故可能是做v0＝0.5m/s的匀速直线运动；匀速直线运动肯定是不对的，但做变速直线运动是可能的，因为时间间隔T＝1s，若T＝0.01s呢？或更短呢？不能保证在△t＝1s内速度都是均匀增大的． 5．B 提示：竖直上抛运动可以看作两个匀变速直线运动，即向上的匀速运动和向下的匀加速度运动；物体的速率开始均匀减小，到最高点后又均匀增大，其速率图线为两段直线 6．D解析：a=m/s2＝＝2m/s2，可求：s2－s1＝aT2，s2＝s1＋aT2＝2＋2×12m＝4m，可求第2次闪光到第3次闪光间的位移s2(见图)；由s1＝v1T＋aT2，得v1＝－aT＝－×2×1m/s＝1m/s；但无法求初速度v0，不知从何时开始运动的． 7．ABC 解析：甲看到楼房匀速上升，以地球为参考系，说明甲艇在匀速下降。乙看到甲艇匀速上升，说明乙艇也在匀速下降，且乙艇下降的速度大于甲艇下降的速度，即v乙＞v甲。丙看到乙舰匀速下降，丙的运动相对地球可能有三种情况：（1）丙静止；(2)丙匀速下降，但v丙＜v乙。；（3）丙匀速上升。丙的这三种情况都符合丙看到乙艇匀速下降的情形。至于甲看到丙匀速上升，丙同样可能有三种情况：（1）丙静止；（2）丙匀速下降，但v丙＜v甲；（3）丙匀速上升。综上分析，该题答案为A,B,C 8．Ｃ 提示：选参照物的速度与甲乙运动速度相等，则甲乙相等于该参照物都静止，因此甲乙同时被两球击中。 9．B 解析:首先明确三个物体都作直线运动，比较相邻两时刻的位移，对BC，位移总是越来越大，故BC一直沿纵轴抽向上运动，而A先沿纵轴向上运动，后沿纵轴向下运动，以图线的顶点为界。对B,s与t成正比，是匀速直线运动。对C，做变速直线运动，无论速度如何改变，在0-t0时间内，B和C位移相同，路程也相同。对A，做变速直线运动，后来沿纵轴向下运动，在0—t0时间内,A、B、C位移相同,A物体通过的路程大于B和C物体通过的路程。根据＝S/t,其中平均速率用路程来计算,SA＞SB＝Sc。故A＞B＝c 10．B 解析：由题意知小轿车作匀加速直线运动，拍摄时每隔2s曝光一次，即小轿车的时间间隔为2s。由图知：小轿车第一个2s内位移s1＝1.5×8m＝12m，第二个2秒内位移s2＝1.5×0.5m=20m,根据匀加速直线运动：s2一sl＝aT2 ＝2.0 m/s2 故答案选B,11。ACD 解析：a1＝a2时，甲对乙做速度为v1的匀速直线运动，相遇时间t＝ ，只有唯一确定解；al＞a2时，甲追及乙时v甲＞v乙，以后甲、乙距离只能越来越大，不可能再相遇；若a1＜a2 ,甲追及乙时，v甲可能大于或等于v乙，当v甲＝v乙时，只能相遇一次，当v甲＞v乙时，则还能相遇一次。 12．B 解析：本题考查两车首尾相遇而不相撞的临界状态，在这个过程中： 前车刹车的位移s＝eq \f(u,2a) 后车总位移s′＝s1＋s2 后车在前车刹车过程中匀速行驶的位移s1＝u0()＝eq \f(u,a) 后车刹车的位移s2＝eq \f(u,2a) 综上所述：s′－s＝2s． 13.分析与解答： (1)(平均速度等于中时刻的即时速度。答数见下表) 计数点 B C D E F 速度（m/s） 0.400 0.479 0.560 0.640 0.721 (2)见答图； (3)0.80(注：速度图象的斜率是加速度。答案在0.82～0.78之间均可) 14．60m 解析:要脱离危险必须使人在火车到达隧道口前跑出隧道。设人所在位置离 左出口为xm，知图所示，则离右出口为(100-x)m。v人为人的速度,v车为车的速度。 从左出口人恰能脱离危险时有： 从右出口人恰能脱离危险时有： 由上式可得：x= 60m,即人离左出口60m, ＝ 即人的最小速度是火车速度的倍 15．9s 解析：方法1：“线被拉直”指的是两球发生的相对位移大小等于线长，应将两球的运动联系起来解，设后球下落时间为ts，则先下落小球运动时间为(t+1)s，根据位移关系有： 解得：t=9s 方法2：若以后一球为参照物，当后一球出发时前球的运动速度为 。以后两球速度发生相同的改变，即前一球相对后一球的速度始终为 ，此时线已被拉长： 线被拉直可看成前一球相对后一球做匀速直线运动发生了位移： ∴ 16．16m, 24m解析：（1）设甲、乙最大速度为v，乙在接力区内奔跑的距离为S则有： 由上式可得s＝16m （2）乙开始起跑时距甲的距离为x，由运动规律知 由乙在接力区内做初速度为零的匀加速直线运动知 解得 =24m 17．2.5m/s, 1/3解析：方法一：如图，物体的运动共有两个过程，前一过程加速，后一过程减速，且两过程的共同点是时间相等（设为t），位移大小相等（设为S）． 根据位移—速度公式有 vm2＝2 a1S ① 52－vm 2＝2 a2S ② 得 = ③ 又根据速度—时间公式得 Vm＝ a1t ④ －5＝vm－a2t ⑤ 得 = ⑥ 联立③⑥解得=1，即 vm = 2.5m/s 将vm值代入⑥得 = ． 方法二：由两过程位移大小相等得 a1t2＝－（vm－a2t2） 化简得 2 vm＝（a2－a1）t ① 而vm＝a1t ② ②代入①得= 速度的求解参见解1． 方法三：由两过程位移大小相等得t=t故 vm＝2.5m/s 由速度公式得 vm＝ a1t ， －5＝vm－a2t 故=== 18．10m/s，12.5m/s 解析： 石块离开气球后，由于惯性以v 0＝10m/s的初速度竖直上抛， 上抛的最大高度 h===5m， 上抛到最高点所用时间 t1===1s 最高点离地高度 H＝5+10×4=45m 从最高点自由下落到地面所用时间 t2===3s 石块离开气球后 在空中运行的位移 s＝10×4=40m，方向竖直向下． 运行的时间 t=1+3=4s 运行的平均速度 = ==10m/s 运行的路程 L＝45＋5＝50m 运行的平均速率 = = =12.5m/s 求石块离开气球后在空中运行的时间还可以用下面解法： 由位移公式得 －40＝10t－gt2 解得 t=4s （t'=-2s舍去）