2020物理精優(yōu)大一輪復(fù)習(xí)第1單元運動的描述與勻變速直線運動 作業(yè)答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時作業(yè)(一）1。A[解析]研究汽車在導(dǎo)航圖中的位置時,汽車的大小和形狀可忽略不計，則可以把汽車看作質(zhì)點，選項A正確；10分鐘表示的是時間，選項B錯誤；5.4公里表示此次行程的路程，選項C錯誤;平均速率等于路程和時間的比值,根據(jù)給出的這兩個數(shù)據(jù)，我們可以算出此次行程的平均速率,選項D錯誤.2。C［解析］加速度恒定的運動是勻變速運動，速度均勻變化,速度大小變化,速度方向也可能變化，例如平拋運動是勻變速曲線運動,速度的大小和方向都變化，選項A、B錯誤.速度為零時,加速度可能不為零，例如豎直上拋運動中到達最高點時,速度為零,加速度為g,選項C正確。加速度等于速度變化率，所以速度變化率很大，加速度一定很大，選項D錯誤.3.D［解析］因列車的長度遠小于哈爾濱到大連的距離,故研究列車行駛該路程所用時間時可以把列車視為質(zhì)點，選項A錯誤；由位移與路程的意義知921公里是指路程，選項B錯誤；由xn-xm=(n—m)aT2，解得加速度a=32.5m-57.5m5×(1s)2=—5m/s2，即加速度大小為5m/s2,選項C錯誤；勻變速直線運動中平均速度等于中間時刻的瞬時速度,則第4。5s末列車速度為57.5m/s,由速度—時間公式可得v0=v—at=57.5m/s—（—5m/s2×4。D[解析]速度變化指末速度與初速度之差，由表知④的速度變化最大,為20m/s；速度變化的快慢指速度變化與發(fā)生這個變化所用時間的比值，即加速度，由表知①的加速度最大,為a1=11-23m/s2=3m/s2,④的加速度最小,為a4=20-0100m/s2=05.B[解析］加速度與速度同向，速度應(yīng)增大。當加速度不變時，速度均勻增大；當加速度減小時，速度仍增大，但增大得越來越慢；當加速度為零時,速度達到最大值,保持不變，A錯誤，B正確。因質(zhì)點速度方向不變化,始終向前運動,最終做勻速運動，所以位移一直在增大,C、D錯誤。6.B[解析］小球運動的速率不變,則v=xt=2m/s，由題意可知，小球6s末回到了出發(fā)點，第7s內(nèi)小球向左運動，位移x=—2×1m=—2m，7s內(nèi)的路程s=vt=2×7m=14m,選項B正確7。CD[解析]在坐標系中畫出機器人的運動軌跡如圖所示，可見其運動軌跡不是一條直線,圖線的交點表示機器人兩次通過同一點,A、B錯誤；整個過程中機器人的位移為從點（0，0）到點（2，2)的有向線段，大小為22m,C正確;(0，0)、(2，2）、（5，5)三個坐標點在一條直線上,故可得出整個過程中機器人的位移與由點(5,5）到點(2，2）的位移方向相反，D正確.8.AB[解析]質(zhì)點每秒鐘勻速率移動1m，故第2s末瞬時速度大小為1m/s，A正確;前2s內(nèi)的位移大小為x1=AB=Ac2+Bc2=12+12m=2m，平均速度v1=x1t1=22m/s，B正確;前4s內(nèi)質(zhì)點通過的路程為4m,平均速率為1m/s，在第4s末到達C點,前4s內(nèi)質(zhì)點的位移大小為x2=AC=2m,平均速度為v2=x9。A[解析］遮光板通過第一個光電門的速度v1=dΔt1=0.0030.030m/s=0.10m/s，遮光板通過第二個光電門的速度v2=dΔt2=0.0030.010m/s=0。30m/s10。C［解析］對甲車，設(shè)總位移為2x,通過前一半位移所用的時間為t1=xv1,通過后一半位移所用的時間為t2=xv2,全程的平均速度為v甲=2xt1+t2=2xxv1+xv2=2v1v2v1+v2=48km/h;對乙車,設(shè)總時間為2t,前一半時間內(nèi)的位移為x'1=v111。B［解析］已知子彈影像前后錯開的距離約為子彈長度的1.5%，即實際錯開的距離為L=1.5%×0.05m=7.5×10—4m，則曝光時間為t=Lv=7.5×10-4500s=1。5×1012。2.0×103m［解析］如圖所示,A表示爆炸處，O表示觀測者所在處，h表示云層下表面的高度。用t1表示爆炸聲直接傳到O處所經(jīng)歷時間,則有d=vt1用t2表示爆炸聲經(jīng)云層反射到達O處所經(jīng)歷時間,因為入射角等于反射角,故有2d22已知t2-t1=Δt聯(lián)立解得h=2。0×103m13.BC［解析]小盒子B向被測物體發(fā)出短暫的超聲波脈沖后,超聲波經(jīng)過12t1時間到達被測物體并被反射折回,再經(jīng)過12t1時間回到小盒子B,該過程中,超聲波經(jīng)過的路程為2x1,所以超聲波的速度為v聲=2x1t1,選項A正確;從B盒發(fā)射超聲波開始計時,經(jīng)時間Δt0再次發(fā)射超聲波脈沖，超聲波經(jīng)過12（t2-Δt0）時間到達被測物體并被反射折回,再經(jīng)過12(t2—Δt0）回到小盒子B，該過程中,超聲波經(jīng)過的路程為2x2,所以超聲波的速度為v聲=2x2t2-Δt0，選項B錯誤；被測物體在12t1時刻第一次接收到超聲波,在Δt0+12(t2-Δt0)即12(t2+Δt0)時刻第二次接收到超聲波，該過程中被測物體發(fā)生的位移為x14.（1）11s（2)96m［解析］（1）汽車勻減速運動的加速度a2=3-91m/s2=—6設(shè)汽車從速度為3m/s經(jīng)t'時間停止，則t'=0-3-6s=0故汽車從開出到停止總共經(jīng)歷的時間為t總=10。5s+0.5s=11s。（2)汽車勻加速運動的加速度a1=6-31m/s2=3汽車勻加速運動的時間t1=12-03s=汽車勻減速運動的時間t3=0-12-6s汽車勻速運動的時間t2=t總—t1-t3=5s汽車勻速運動的速度為vm=12m/s則汽車總共運動的路程s=vm2t1+vmt2+vm2t3=122×課時作業(yè)(二）1。D［解析］v-t圖像的斜率表示加速度,即a=v1-v0t1,vt圖像中圖線與時間軸所圍的面積表示位移，物體在0~t1時間內(nèi)的位移x=x1+x2,平均速度v=2。C［解析]若n=1,則x=5+2t，即初位置在x=5m處，速度大小為v=2m/s且不變，所以物體做勻速直線運動，速度大小為2m/s，選項A、B錯誤;若n=2,則x=5+2t2，與x=x0+v0t+12at2對比可得v0=0,a=4m/s2，選項C正確,D錯誤。3.B[解析]在斜面上的初速度為0,末速度為v,在水平面上的初速度為v,末速度為0,因在斜面上和在水平面上均做勻變速直線運動,平均速度大小相等，可得x1x2=t1t2=4。A［解析］潛水器上浮時的加速度大小為a=vt，根據(jù)逆向思維,可知潛水器在t0時刻距離海面的深度為h=12a(t-t0)2=v(t-5.A[解析]設(shè)汽車從A運動到B所用時間為t1，從B運動到C所用時間為t2，汽車勻速運動的速度大小為v，有t1+t2=t，s2=12vt1=vt2,聯(lián)立可得t1=2t2=2t3,v=3s6.B[解析]安全距離由兩階段運動的位移組成，即由反應(yīng)時間內(nèi)的勻速運動和反應(yīng)時間后的勻減速運動的位移組成,則安全距離x=vt+v22μg=1203.6×0.6m+1203.62×127。A［解析］根據(jù)勻變速直線運動的位移—時間公式，有x1=v0t1—12at12，x1+x2=v0（t1+t2）-12a(t1+t2）2，解得v0=3。5m/s,a=1m/s2，選項A錯誤，選項B正確;設(shè)物體的總位移為x，停止時所用時間為t,根據(jù)勻變速直線運動的位移—速度公式和速度-時間公式,有v02=2ax,v0=at，解得x=498m,t=3。5s,因此x3=x—x1—x2=98m，所用時間t3=t-t1-t2=1。5s,位移x3內(nèi)的平均速度大小v3=x3t3=8.B［解析］直尺做自由落體運動，根據(jù)h=12gt2，Δh=gt2,可以得出相等時間間隔內(nèi)的位移越來越大,故B正確9。CD［解析]根據(jù)勻變速直線運動中某段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度,故vC=AD2T=3m/s,選項C正確;根據(jù)題意,由于滑塊向上做勻減速直線運動，則有CD—AC=aT2,故a=-0.5m/s2,速度vD=vC+aT=2m/s，速度vA=vC—aT=4m/s選項A錯誤，D正確;B是AD的中點,則vD2-vB2=vB2-vA2，故vB=10.ABD［解析］B點對應(yīng)AC的中間時刻,則vB=s1+s22T，選項A正確；C點對應(yīng)BD的中間時刻，則vC=s2+s32T,而加速度a=s3-s2T2，故vB=vC—aT=3s2-s311。3s15m[解析]由題意知a=2m/s2,v0=2m/s,設(shè)滑塊從A到B的時間為t1,運動到B點的速度為v1，對AB段，有v1=v0+at1，8L15=v0t1+12對BC段，有7L15=v1×1s+12a×（1s聯(lián)立得t1=2s，L=15m,滑塊在斜面上滑行的時間為t2=t1+1s=3s。12.（1)50m/s（2）16m/s［解析］（1）設(shè)起飛速度為v,無風(fēng)起飛時初速度v01=30m/s,a1=5m/s2根據(jù)v2-v012=2a1解得v=50m/s。(2）當飛機逆風(fēng)行駛起飛時，起飛速度為v1=50m/s-10m/s=40m/s加速度a2=4。2m/s2根據(jù)v12-v022=2解得v02=16m/s.13.（1)15m(2）11s[解析］（1）根據(jù)速度—位移公式得，勻減速運動的加速度大小為a=v22x=1022×20m/s2汽車在ETC通道,勻減速運動的時間為t1=v-v'a=10-52勻減速運動的位移為x=v2-v'22a=1(2)汽車在ETC通道，勻減速運動的時間為t1=2s,勻速行駛的時間為t2=x'v'=55s=從開始減速到交費完成所需的時間為t=t1+t2=3s，過人工收費通道，勻減速運動的時間為t3=va=102.5s=汽車進入人工收費通道，從開始減速到交費完成所需的時間t’=4s+10s=14s，因此少用的時間為Δt=t'-t=14s—3s=11s。專題訓(xùn)練（一)1.A［解析]由vt圖像的斜率大小表示小車的加速度大小可知，18s時小車的加速度大于13s時小車的加速度，選項A正確；vt圖像只表示直線運動,選項B錯誤；小車在0～20s內(nèi)速度方向不變,故t=20s時小車離出發(fā)點最遠，選項C錯誤;由x前10s〈x后10s，v=xt，可知前10s內(nèi)的平均速度比后10s內(nèi)的小,選項D錯誤2。C[解析]由圖像可得A、B兩個物體開始時相距100m，剛開始兩圖線的斜率正負不同,說明運動方向相反，選項A錯誤;B物體做勻速直線運動,加速度為0,選項B錯誤；兩圖線在8s時相交，表明此時相遇，相遇處距A的出發(fā)點為60m,選項C正確；A物體在2s到6s之間位置不變，處于靜止狀態(tài)，選項D錯誤.3。C[解析]xt圖像的斜率表示速度,由圖像可得甲和乙均做減速運動，運動方向相反，選項A錯誤，C正確；0到t2時間內(nèi)，甲和乙的位移大小相等、方向相反，選項B錯誤；在時刻t1，汽車甲和汽車乙相向運動而相遇,選項D錯誤.4.C[解析]由at圖像可得,0～1s內(nèi)和2～3s內(nèi),加速度恒為正,則vt圖像斜率恒定且為正;1～2s內(nèi)和3~4s內(nèi),加速度恒為負,則vt圖像斜率恒定且為負;對at圖像,0～1s內(nèi)和1～2s內(nèi)，圖線與時間軸所圍的面積大小相等，速度的變化量方向相反,則0~2s內(nèi)的速度變化量為0，選項C正確.5.C［解析］0～t0時間內(nèi)，乙車的位移小于甲車的位移,則乙車的平均速度小于甲車的平均速度,而甲車的平均速度v=v02，選項B錯誤；甲、乙兩車的v-t圖像所夾面積為s，表明在0~t0時間內(nèi),甲車比乙車運動的位移多s，若s等于s0，則兩車剛好在t0時刻相遇,若s小于s0，則兩車不能相遇,若s大于s0，則兩車在t0前后各相遇一次,選項C正確,A、D6。C[解析］由圖像可知,0~t1時間內(nèi)小球上升，t1時刻以后小球下降，因圖像的斜率表示小球的加速度,可知上升和下降過程中加速度均在減小,最后勻速時加速度為零，且在剛拋出的瞬間加速度最大,故A正確,C錯誤；空氣阻力與小球速率成正比,最終以速率v1勻速下降，有mg=kv1，小球被拋出瞬間，有mg+kv0=ma0,聯(lián)立解得a0=1+v0v1g，故B正確;速度—時間圖像中圖線與時間軸包圍的面積表示位移大小，從如圖所示的圖像可以看出,小球上升過程的位移小于陰影部分面積，而陰影部分面積是小球以初速度v0做勻減速直線運動的位移大小,勻減速直線運動的平均速度等于v02,所以小球上升過程的平均速度小于v7.D［解析]at圖像中圖線和橫坐標軸所圍的面積表示速度的增量,轉(zhuǎn)換成vt圖像如圖所示，在t0時刻,甲的速度等于乙的速度，甲和乙之間的間距最大,在0～t0時間內(nèi),甲和乙均做加速運動且甲的平均速度比乙的平均速度大，選項D正確,選項A、B、C錯誤.8.B［解析］根據(jù)題述，作出甲、乙兩車的速度圖像，如圖所示.設(shè)甲車加速運動的時間為t1，總時間為t2.由題意知，甲車制動的加速度是乙車制動加速度的2倍,所以甲車勻速運動時間與減速運動時間相等。由x甲∶x乙=5∶4得12vmt1+vm·t2-t12+12vm·t2-t12∶12vmt2=5∶4，解得t9。C［解析]設(shè)物體的加速度大小為a，m時間內(nèi)的初速度大小為v1，末速度（即b時刻的速度）大小為v2，根據(jù)x=v0t+12at2得,S=v1m—12am2，S=v2n—12an2,v2=v1—am，聯(lián)立得v2=(m210.B[解析]速度—時間圖像中Ⅰ物體的圖線斜率逐漸減小,Ⅱ物體的圖線斜率不變，即Ⅰ物體的加速度逐漸減小,Ⅱ物體的加速度不變,所以Ⅰ物體所受的合外力不斷減小，Ⅱ物體所受的合外力不變,A錯誤;在0~t1時間內(nèi),Ⅱ物體的速度始終大于Ⅰ物體的速度,所以兩物體間距離不斷增大，當兩物體速度相等時，兩物體相距最遠,B正確;速度—時間圖像中圖線與時間軸所圍面積表示位移,因0~t2時間內(nèi)，Ⅰ物體的圖線所圍面積大于Ⅱ物體的圖線所圍面積，故兩物體平均速度不相同,t2時刻兩物體不相遇,C、D錯誤.11。D［解析］由圖像可知,在20s內(nèi)，乙車一直沿正方向運動，速度方向沒有改變,故A錯誤；由于不知道初始時刻甲、乙兩車相距多遠，所以無法判斷在10s末兩車相距多遠及在20s末能否相遇,故B、C錯誤;若剛開始乙車在前，且兩車距離為150m