2020物理精优大一轮复习第1单元运动的描述与匀变速直线运动 作业答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课时作业(一）1。A[解析]研究汽车在导航图中的位置时,汽车的大小和形状可忽略不计，则可以把汽车看作质点，选项A正确；10分钟表示的是时间，选项B错误；5.4公里表示此次行程的路程，选项C错误;平均速率等于路程和时间的比值,根据给出的这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速率,选项D错误.2。C［解析］加速度恒定的运动是匀变速运动，速度均匀变化,速度大小变化,速度方向也可能变化，例如平抛运动是匀变速曲线运动,速度的大小和方向都变化，选项A、B错误.速度为零时,加速度可能不为零，例如竖直上抛运动中到达最高点时,速度为零,加速度为g,选项C正确。加速度等于速度变化率，所以速度变化率很大，加速度一定很大，选项D错误.3.D［解析］因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离,故研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，选项A错误；由位移与路程的意义知921公里是指路程，选项B错误；由xn-xm=(n—m)aT2，解得加速度a=32.5m-57.5m5×(1s)2=—5m/s2，即加速度大小为5m/s2,选项C错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则第4。5s末列车速度为57.5m/s,由速度—时间公式可得v0=v—at=57.5m/s—（—5m/s2×4。D[解析]速度变化指末速度与初速度之差，由表知④的速度变化最大,为20m/s；速度变化的快慢指速度变化与发生这个变化所用时间的比值，即加速度，由表知①的加速度最大,为a1=11-23m/s2=3m/s2,④的加速度最小,为a4=20-0100m/s2=05.B[解析］加速度与速度同向，速度应增大。当加速度不变时，速度均匀增大；当加速度减小时，速度仍增大，但增大得越来越慢；当加速度为零时,速度达到最大值,保持不变，A错误，B正确。因质点速度方向不变化,始终向前运动,最终做匀速运动，所以位移一直在增大,C、D错误。6.B[解析］小球运动的速率不变,则v=xt=2m/s，由题意可知，小球6s末回到了出发点，第7s内小球向左运动，位移x=—2×1m=—2m，7s内的路程s=vt=2×7m=14m,选项B正确7。CD[解析]在坐标系中画出机器人的运动轨迹如图所示，可见其运动轨迹不是一条直线,图线的交点表示机器人两次通过同一点,A、B错误；整个过程中机器人的位移为从点（0，0）到点（2，2)的有向线段，大小为22m,C正确;(0，0)、(2，2）、（5，5)三个坐标点在一条直线上,故可得出整个过程中机器人的位移与由点(5,5）到点(2，2）的位移方向相反，D正确.8.AB[解析]质点每秒钟匀速率移动1m，故第2s末瞬时速度大小为1m/s，A正确;前2s内的位移大小为x1=AB=Ac2+Bc2=12+12m=2m，平均速度v1=x1t1=22m/s，B正确;前4s内质点通过的路程为4m,平均速率为1m/s，在第4s末到达C点,前4s内质点的位移大小为x2=AC=2m,平均速度为v2=x9。A[解析］遮光板通过第一个光电门的速度v1=dΔt1=0.0030.030m/s=0.10m/s，遮光板通过第二个光电门的速度v2=dΔt2=0.0030.010m/s=0。30m/s10。C［解析］对甲车，设总位移为2x,通过前一半位移所用的时间为t1=xv1,通过后一半位移所用的时间为t2=xv2,全程的平均速度为v甲=2xt1+t2=2xxv1+xv2=2v1v2v1+v2=48km/h;对乙车,设总时间为2t,前一半时间内的位移为x'1=v111。B［解析］已知子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1.5%，即实际错开的距离为L=1.5%×0.05m=7.5×10—4m，则曝光时间为t=Lv=7.5×10-4500s=1。5×1012。2.0×103m［解析］如图所示,A表示爆炸处，O表示观测者所在处，h表示云层下表面的高度。用t1表示爆炸声直接传到O处所经历时间,则有d=vt1用t2表示爆炸声经云层反射到达O处所经历时间,因为入射角等于反射角,故有2d22已知t2-t1=Δt联立解得h=2。0×103m13.BC［解析]小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲后,超声波经过12t1时间到达被测物体并被反射折回,再经过12t1时间回到小盒子B,该过程中,超声波经过的路程为2x1,所以超声波的速度为v声=2x1t1,选项A正确;从B盒发射超声波开始计时,经时间Δt0再次发射超声波脉冲，超声波经过12（t2-Δt0）时间到达被测物体并被反射折回,再经过12(t2—Δt0）回到小盒子B，该过程中,超声波经过的路程为2x2,所以超声波的速度为v声=2x2t2-Δt0，选项B错误；被测物体在12t1时刻第一次接收到超声波,在Δt0+12(t2-Δt0)即12(t2+Δt0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x14.（1）11s（2)96m［解析］（1）汽车匀减速运动的加速度a2=3-91m/s2=—6设汽车从速度为3m/s经t'时间停止，则t'=0-3-6s=0故汽车从开出到停止总共经历的时间为t总=10。5s+0.5s=11s。（2)汽车匀加速运动的加速度a1=6-31m/s2=3汽车匀加速运动的时间t1=12-03s=汽车匀减速运动的时间t3=0-12-6s汽车匀速运动的时间t2=t总—t1-t3=5s汽车匀速运动的速度为vm=12m/s则汽车总共运动的路程s=vm2t1+vmt2+vm2t3=122×课时作业(二）1。D［解析］v-t图像的斜率表示加速度,即a=v1-v0t1,vt图像中图线与时间轴所围的面积表示位移，物体在0~t1时间内的位移x=x1+x2,平均速度v=2。C［解析]若n=1,则x=5+2t，即初位置在x=5m处，速度大小为v=2m/s且不变，所以物体做匀速直线运动，速度大小为2m/s，选项A、B错误;若n=2,则x=5+2t2，与x=x0+v0t+12at2对比可得v0=0,a=4m/s2，选项C正确,D错误。3.B[解析]在斜面上的初速度为0,末速度为v,在水平面上的初速度为v,末速度为0,因在斜面上和在水平面上均做匀变速直线运动,平均速度大小相等，可得x1x2=t1t2=4。A［解析］潜水器上浮时的加速度大小为a=vt，根据逆向思维,可知潜水器在t0时刻距离海面的深度为h=12a(t-t0)2=v(t-5.A[解析]设汽车从A运动到B所用时间为t1，从B运动到C所用时间为t2，汽车匀速运动的速度大小为v，有t1+t2=t，s2=12vt1=vt2,联立可得t1=2t2=2t3,v=3s6.B[解析]安全距离由两阶段运动的位移组成，即由反应时间内的匀速运动和反应时间后的匀减速运动的位移组成,则安全距离x=vt+v22μg=1203.6×0.6m+1203.62×127。A［解析］根据匀变速直线运动的位移—时间公式，有x1=v0t1—12at12，x1+x2=v0（t1+t2）-12a(t1+t2）2，解得v0=3。5m/s,a=1m/s2，选项A错误，选项B正确;设物体的总位移为x，停止时所用时间为t,根据匀变速直线运动的位移—速度公式和速度-时间公式,有v02=2ax,v0=at，解得x=498m,t=3。5s,因此x3=x—x1—x2=98m，所用时间t3=t-t1-t2=1。5s,位移x3内的平均速度大小v3=x3t3=8.B［解析］直尺做自由落体运动，根据h=12gt2，Δh=gt2,可以得出相等时间间隔内的位移越来越大,故B正确9。CD［解析]根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,故vC=AD2T=3m/s,选项C正确;根据题意,由于滑块向上做匀减速直线运动，则有CD—AC=aT2,故a=-0.5m/s2,速度vD=vC+aT=2m/s，速度vA=vC—aT=4m/s选项A错误，D正确;B是AD的中点,则vD2-vB2=vB2-vA2，故vB=10.ABD［解析］B点对应AC的中间时刻,则vB=s1+s22T，选项A正确；C点对应BD的中间时刻，则vC=s2+s32T,而加速度a=s3-s2T2，故vB=vC—aT=3s2-s311。3s15m[解析]由题意知a=2m/s2,v0=2m/s,设滑块从A到B的时间为t1,运动到B点的速度为v1，对AB段，有v1=v0+at1，8L15=v0t1+12对BC段，有7L15=v1×1s+12a×（1s联立得t1=2s，L=15m,滑块在斜面上滑行的时间为t2=t1+1s=3s。12.（1)50m/s（2）16m/s［解析］（1）设起飞速度为v,无风起飞时初速度v01=30m/s,a1=5m/s2根据v2-v012=2a1解得v=50m/s。(2）当飞机逆风行驶起飞时，起飞速度为v1=50m/s-10m/s=40m/s加速度a2=4。2m/s2根据v12-v022=2解得v02=16m/s.13.（1)15m(2）11s[解析］（1）根据速度—位移公式得，匀减速运动的加速度大小为a=v22x=1022×20m/s2汽车在ETC通道,匀减速运动的时间为t1=v-v'a=10-52匀减速运动的位移为x=v2-v'22a=1(2)汽车在ETC通道，匀减速运动的时间为t1=2s,匀速行驶的时间为t2=x'v'=55s=从开始减速到交费完成所需的时间为t=t1+t2=3s，过人工收费通道，匀减速运动的时间为t3=va=102.5s=汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间t’=4s+10s=14s，因此少用的时间为Δt=t'-t=14s—3s=11s。专题训练（一)1.A［解析]由vt图像的斜率大小表示小车的加速度大小可知，18s时小车的加速度大于13s时小车的加速度，选项A正确；vt图像只表示直线运动,选项B错误；小车在0～20s内速度方向不变,故t=20s时小车离出发点最远，选项C错误;由x前10s〈x后10s，v=xt，可知前10s内的平均速度比后10s内的小,选项D错误2。C[解析]由图像可得A、B两个物体开始时相距100m，刚开始两图线的斜率正负不同,说明运动方向相反，选项A错误;B物体做匀速直线运动,加速度为0,选项B错误；两图线在8s时相交，表明此时相遇，相遇处距A的出发点为60m,选项C正确；A物体在2s到6s之间位置不变，处于静止状态，选项D错误.3。C[解析]xt图像的斜率表示速度,由图像可得甲和乙均做减速运动，运动方向相反，选项A错误，C正确；0到t2时间内，甲和乙的位移大小相等、方向相反，选项B错误；在时刻t1，汽车甲和汽车乙相向运动而相遇,选项D错误.4.C[解析]由at图像可得,0～1s内和2～3s内,加速度恒为正,则vt图像斜率恒定且为正;1～2s内和3~4s内,加速度恒为负,则vt图像斜率恒定且为负;对at图像,0～1s内和1～2s内，图线与时间轴所围的面积大小相等，速度的变化量方向相反,则0~2s内的速度变化量为0，选项C正确.5.C［解析］0～t0时间内，乙车的位移小于甲车的位移,则乙车的平均速度小于甲车的平均速度,而甲车的平均速度v=v02，选项B错误；甲、乙两车的v-t图像所夹面积为s，表明在0~t0时间内,甲车比乙车运动的位移多s，若s等于s0，则两车刚好在t0时刻相遇,若s小于s0，则两车不能相遇,若s大于s0，则两车在t0前后各相遇一次,选项C正确,A、D6。C[解析］由图像可知,0~t1时间内小球上升，t1时刻以后小球下降，因图像的斜率表示小球的加速度,可知上升和下降过程中加速度均在减小,最后匀速时加速度为零，且在刚抛出的瞬间加速度最大,故A正确,C错误；空气阻力与小球速率成正比,最终以速率v1匀速下降，有mg=kv1，小球被抛出瞬间，有mg+kv0=ma0,联立解得a0=1+v0v1g，故B正确;速度—时间图像中图线与时间轴包围的面积表示位移大小，从如图所示的图像可以看出,小球上升过程的位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是小球以初速度v0做匀减速直线运动的位移大小,匀减速直线运动的平均速度等于v02,所以小球上升过程的平均速度小于v7.D［解析]at图像中图线和横坐标轴所围的面积表示速度的增量,转换成vt图像如图所示，在t0时刻,甲的速度等于乙的速度，甲和乙之间的间距最大,在0～t0时间内,甲和乙均做加速运动且甲的平均速度比乙的平均速度大，选项D正确,选项A、B、C错误.8.B［解析］根据题述，作出甲、乙两车的速度图像，如图所示.设甲车加速运动的时间为t1，总时间为t2.由题意知，甲车制动的加速度是乙车制动加速度的2倍,所以甲车匀速运动时间与减速运动时间相等。由x甲∶x乙=5∶4得12vmt1+vm·t2-t12+12vm·t2-t12∶12vmt2=5∶4，解得t9。C［解析]设物体的加速度大小为a，m时间内的初速度大小为v1，末速度（即b时刻的速度）大小为v2，根据x=v0t+12at2得,S=v1m—12am2，S=v2n—12an2,v2=v1—am，联立得v2=(m210.B[解析]速度—时间图像中Ⅰ物体的图线斜率逐渐减小,Ⅱ物体的图线斜率不变，即Ⅰ物体的加速度逐渐减小,Ⅱ物体的加速度不变,所以Ⅰ物体所受的合外力不断减小，Ⅱ物体所受的合外力不变,A错误;在0~t1时间内,Ⅱ物体的速度始终大于Ⅰ物体的速度,所以两物体间距离不断增大，当两物体速度相等时，两物体相距最远,B正确;速度—时间图像中图线与时间轴所围面积表示位移,因0~t2时间内，Ⅰ物体的图线所围面积大于Ⅱ物体的图线所围面积，故两物体平均速度不相同,t2时刻两物体不相遇,C、D错误.11。D［解析］由图像可知,在20s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变,故A错误；由于不知道初始时刻甲、乙两车相距多远，所以无法判断在10s末两车相距多远及在20s末能否相遇,故B、C错误;若刚开始乙车在前，且两车距离为150m