PAGE章末检测卷(二)(时间：50分钟 满分：100分)一、选择题(共7小题，每小题5分，共35分。每小题只有一个选项是正确的。)1．物体在做匀减速直线运动，下面结论正确的是( )A．加速度越来越小B．加速度方向总与运动方向相反C．位移随时间均匀减小D．速率随时间有可能增大解析 匀减速直线运动加速度不变，A错误；加速度方向与速度方向同向时加速，反向时减速，B正确；单方向减速的过程中位移越来越大，C错误；匀减速到零之前速率越来越小，D错误。
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
B2．关于自由落体运动，下列说法中正确的是( )A．它是竖直向下，v0＝0，a＝g的匀加速直线运动B．在开始连续三个1s内通过的位移之比是1∶2∶3C．在开始连续三个1s末的速度大小之比是1∶3∶5D．从开始运动起至下落4.9m，9.8m，14.7m所经历的时间之比为1∶2∶3解析 由自由落体运动的性质可判断，A正确；由v＝gt，h＝eq\f(1,2)gt2知，B、C、D错误。答案 A3．(2020·东北师大附中期末考试)下列图象中，不
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
示匀变速直线运动的是( )解析 选项A的信息是速度大小和方向不变，表示匀速直线运动，符合题意。选项B的信息表示v2与x是线性关系，由v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax可知，选项B表示匀减速直线运动，不符合题意。选项C的信息表示加速度的大小和方向均不随位移改变，表示匀变速直线运动，不符合题意。选项D的信息表示速度与时间的关系是线性关系，由v＝v0＋at可知，不符合题意。故选A。答案 A4．一物体从斜面上某点由静止开始做匀加速直线运动，经过3s到达斜面底端，并开始在水平地面上做匀减速直线运动，又经过9s停止运动。则物体在斜面上的位移与在水平地面上的位移之比是( )A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．3∶1解析 设物体到达斜面底端时速度为v，则物体在斜面上和在水平地面上运动的平均速度均为eq\f(v,2)，根据x＝eq\o(v,\s\up6(－))t可得eq\f(x斜,x平)＝eq\f(t斜,t平)＝eq\f(3,9)＝eq\f(1,3)，故选项C正确。答案 C5．如图1是物体做直线运动的v－t图象。由图可知，该物体( )图1A．第1s内和第3s内的运动方向相反B．第3s内和第4s内的加速度相同C．第1s内和第4s内的位移大小不相等D．0～2s和0～4s内的平均速度大小相等解析 0～3s内物体一直沿正方向运动，故选项A错误；v－t图象的斜率表示加速度，第3s内和第4s内图象斜率相同，故加速度相同，选项B正确；v－t图象与时间轴包围的面积表示位移，第1s内和第4s内对应的两个三角形面积相等，故位移大小相等，选项C错误；第3s内和第4s内对应的两个三角形面积相等，故位移大小相等，但方向相反，所以0～2s和0～4s内位移相同，但时间不同，故平均速度不相等，选项D错误。答案 B6．(2020·山西省实验中学期末考试)物体由静止开始做匀加速直线运动，位移是x时，速度是v，则速度是3v时的位移是( )A．9xB．6xC．3xD．12x解析 因v2＝2ax，(3v)2＝2ax′，求得x′＝9x，故选项A正确。答案 A7．甲物体运动的速度—时间图象如图2甲所示，乙物体运动的位移—时间图象如图乙所示，则关于这两个物体的运动情况，下列说法正确的是( )图2A．甲在整个t＝4s时间内有往复运动，它通过的总路程为12mB．甲在整个t＝4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6mC．乙在整个t＝4s时间内有往复运动，它通过的总路程为12mD．乙在整个t＝4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m解析 甲在整个t＝4s时间内有往复运动，它通过的总路程为eq\f(1,2)×3×2×2m＝6m，通过的总位移大小为0，选项A、B错误；乙在整个t＝4s时间内运动方向一直不变，通过的总路程和总位移大小均为6m，选项D正确，C错误。答案 D二、非选择题(共5小题，共65分)8．(12分)张强同学在做“探究匀变速直线运动”的实验时打出的纸带如图3所示，舍去前面较密集的点，取O为起始位置，每五个点取一个计数点，则在A、B、C三个计数点处的瞬时速度分别为vA________，vB＝________，vC＝________(图中刻度尺的最小刻度为1mm)，从O到D间的平均速度是________，加速度为________。(打点计时器的电源频率为50Hz)图3解析 读取数据时应注意要估读到最小刻度值的下一位。可由a＝eq\f(xn＋3－xn,3T2)和vn＝eq\f(xn＋1＋xn,2T)求得加速度和瞬时速度。从纸带读出的数值如下表所示：区间OAABBCCD距离(cm)1.202.403.604.80可知Δx＝1.20cm(恒定)。a＝eq\f(（4.80－1.20）×10－2,3×0.12)m/s2＝1.20m/s2，vA＝eq\f(（2.40＋1.20）×10－2,2×0.1)m/s＝0.18m/s，vB＝eq\f(（3.60＋2.40）×10－2,2×0.1)m/s＝0.30m/s，vC＝eq\f(（4.80＋3.60）×10－2,2×0.1)m/s＝0.42m/s，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(OD,4T)＝eq\f(（1.20＋2.40＋3.60＋4.80）×10－2,4×0.1)m/s＝0.30m/s。答案 0.18m/s 0.30m/s 0.42m/s 0.30m/s1．20m/s29．(12分)如图4所示，在阅兵式中，某直升飞机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，要求该机10时58分20秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置，己知：AB＝5km，BC＝10km。图4求：(1)直升飞机在BC段的速度大小？(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小？解析 (1)飞机从A到C运行总时间t＝100s，该直升机在BC段的速度大小为v，则飞机在AB段的平均速度为eq\f(v,2)，由题意得：eq\f(xBC,v)＋eq\f(xAB,\f(v,2))＝t，代入数据得v＝200m/s。(2)设飞机在AB段加速度为a，由v2＝2ax 代入数据得a＝4m/s2。答案 (1)200m/s (2)4m/s210．(12分)改装后的“瓦良格”号航空母舰进行出海航行试验，中国成为又一个拥有航空母舰的国家。已知该航空母舰的飞行甲板长度为L＝300m，某型号的战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a＝4.5m/s2，战斗机的速度达到v＝60m/s才能安全起飞。(1)如果航空母舰静止，战斗机被弹射装置弹出后开始加速运动，要保证战斗机能安全起飞，战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大？(2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证战斗机能安全起飞，航空母舰前进的速度至少是多大？解析 设战斗机被弹射出来的速度为v0，由v2－veq\o\al(2,0)＝2aL得v0＝eq\r(v2－2aL)＝30m/s(2)设战斗机起飞所用的时间t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v1。对航空母舰有L1＝v1t对战斗机有v＝v1＋at，v2－veq\o\al(2,1)＝2a(L＋L1)联立解得v1＝8m/s。答案 (1)30m/s (2)8m/s11．(14分)卡车原来以10m/s的速度在平直公路上匀速行驶，因路口出现红灯，司机从较远的地方开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到2m/s时，交通灯转为绿灯，司机立即停止刹车，并只用了减速过程的一半时间就加速到原来速度，从刹车开始到恢复原速用了12s，求：(1)减速与加速过程的加速度大小；(2)开始刹车后2s末及10s末的瞬时速度。解析 (1)令减速时加速度大小为a1，减速结束时速度为v，用时t1，加速时加速度大小为a2，用时t2则有匀减速时：v＝v0－a1t1匀加速时：v0＝v＋a2t2而t2＝eq\f(t1,2)，t1＋t2＝t＝12s联立并代入数值得t1＝8s，t2＝4s，a1＝1m/s2，a2＝2m/s2。(2)由以上分析可知2s末卡车速度为v1＝8m/s，10s末卡车已加速行驶了2s，由v′＝v＋a2t′知10s末的瞬时速度为6m/s。答案 (1)1m/s2 2m/s2 (2)8m/s 6m/s12．(15分)(2020·绍兴期末)汽车先以a1＝0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，在20s末改做匀速直线运动，当匀速运动持续10s后，因遇到障碍汽车便紧急刹车，不考虑人的反应时间。已知汽车刹车的加速度为a2＝－2m/s2，求：(1)汽车匀速运动时的速度大小；(2)汽车刹车后6s内所通过的位移大小；(3)在坐标图5上画出该汽车运动全过程的速度—时间图象。图5解析 (1)由于汽车做匀加速直线运动，则根据v＝v0＋a1t1可得物体在20s末的速度v1＝a1t1＝0.5×20m/s＝10m/s。(2)汽车刹车后做匀减速直线运动，则根据v＝v1＋a2t3可得汽车刹车的时间t3＝eq\f(v－v1,a2)＝5s，即汽车经5s停下，则说明汽车刹车后6s内发生的位移与5s内发生的位移相等，x＝eq\f(v2－veq\o\al(2,1),2a2)＝eq\f(0－102,2×（－2）)m＝25m(3)0～20s做初速度为零的匀加速运动，末速度为10m/s，20～30s做速度为10m/s的匀速直线运动；30～35s做初速度为10m/s，末速度为0的匀减速直线运动，全过程v－t图如图所示。答案 (1)10m/s (2)25m (3)见解析图
浙公网安备 33021202002483