高中物理课时作业（人教版必修第一册）详解答案

详解答案师说高中同步导学案物理·必修第一册课时分层作业(一)质点参考系1．解析：速度滑冰比赛中，研究运动员的滑行轨迹，能将运动员看成质点，A正确；自由式滑雪比赛中，研究运动员的空中姿态，不能将运动员看成质点，B错误；花样滑冰比赛中，研究运动员的跳跃和旋转，不能将运动员看成质点，C错误；单板滑雪比赛中，研究运动员的空中转体动作，不能将运动员看成质点，D错误．答案：A2．解析：战机、加油机及战机内的飞行员都与加油机相对静止，加油机相对地面上的房屋是运动的，选项B正确．答案：B3．解析：关键是分析在实际研究的问题中物体的大小、形状能否忽略．若能忽略物体的大小和形状，则可视为质点，若不能忽略物体的大小和形状，则不可视为质点，故C正确．答案：C4．解析：检查乘客是否正确佩戴口罩，乘客不能被看成质点，否则不能确定乘客是否正确佩戴口罩，故A错误；追踪新冠感染者的行动轨迹，研究的是轨迹，新冠感染者的大小和形状对追踪轨迹没有影响，故可以将新冠感染者看成质点，故B正确；检测新冠病毒是否发生变异，需研究新冠病毒的内部结构和外部形态，不能将新冠病毒看成质点，故C错误；给接种者注射新冠疫苗，接种者不能被看成质点，否则无法确定接种位置，故D错误．答案：B5．解析：能否看成质点主要取决于“天问一号”的大小和形状相对于研究的问题是否可以忽略．答案：B6．解析：依题意，演员与卡车相对静止，二者相对地面运动，所以以演员为参考系，卡车是静止的；以地面为参考系，演员是运动的，故A、B、D错误，C正确．答案：C7．解析：教练为了研究两人的技术动作，不能忽略人的形状，不能将图片中的两人视为质点，故A错误；两人在下落过程中，相对水面下降，所以感觉水面是运动的，故B错误；两个运动员的动作一致，所以甲运动员感觉乙运动员是静止的，故C正确；观众观看两人比赛时，要看动作，不能将两人视为质点，故D错误．故选C.答案：C8．解析：以地面作为参考系，大雁在匀速飞行，A错误；由于大雁在匀速飞行，摄影师为了拍摄一张清晰大雁队伍照片，应该以雁群中的某只大雁做参考系，B错误；若研究“雁阵”从一处飞往另一处的时间，与两地的距离相比，大雁群的形状与体积可以忽略，可以将“雁阵”看做一个质点，C正确；研究头雁扇动翅膀产生的上升气流时，不能忽略大雁的形状与体积，头雁不能看做质点，D错误．故选C.答案：C9．解析：飞机甲与敌机速度相同，以飞机甲为参照物，敌机静止，故B正确；飞机乙全程变距监控，所以以飞机乙为参照物，敌机是运动的，同理，以敌机为参照物，飞机乙是运动的，以静止的云为参照物，三架飞机均不静止，故A、C、D错误．答案：B10．解析：以该游客自己为参考系，相对于山靠近的过程中，看到对面的山迎面走来，故A错误；以对面的山为参考系，相对山靠近的过程中，看到该游客自己向山运动，故B错误；以该游客自己为参考系，看到同一缆车里的人静止不动，故C错误；以所乘坐的缆车为参考系，看到两边的青山绿树向身后走去，故D正确．答案：D11．解析：甲、乙两人分别将飞机和地面作为参考系，他们的说法都是正确的，他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的，A错误，D正确；参考系的选择可以是任意的，一般情况下我们选择相对于地面静止的物体为参考系，B错误；研究物体的运动时一定要选择参考系，否则物体的运动情况无法确定，C错误．答案：D12．解析：选作参考系的物体，都认为处于静止状态，以地面为参考系，甲、乙两车都向东运动，且甲车运动得较快．若以甲车为参考系，乙车后退，即向西运动；若以乙车为参考系，甲车向前，即向东运动．答案：BC13．解析：记录潜水器下潜的总时间时，潜水器的大小和形状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点，故A正确；调整潜水器下潜姿态时，潜水器的大小和形状不可忽略，不可视为质点，故B错误；研究潜水器在水中受到的浮力时，潜水器的体积不可以忽略，不可视为质点，故C错误；研究潜水器舱体各部位受到水的压力时，潜水器的大小和形状不可忽略，不能视为质点，故D错误．答案：A14．解析：由B车上的乘客看到站台向东运动，可判断B车向西运动，由A车上的乘客看到B车向东运动，说明A车也向西运动且速度大于B车速度；C车上的乘客看到A车向西运动，B车上的乘客看到C车向东运动，则C车有三种可能的运动情况：可能静止，可能向东运动，也可能向西运动但速度比A、B的速度都小，故选D.答案：D课时分层作业(二)时间位移1．解析：“2021年10月16日0时23分”是指时刻，故A错误；“10月16日6时56分”是指时刻，故B正确；“约582秒”是指时间间隔，故C错误；研究“神舟十三号”载人飞船飞行轨迹时，飞船的大小和形状对所研究的问题而言可以忽略，所以此时可以将飞船视为质点，故D错误．答案：B2．解析：一个物体相对于其他物体的位置变化叫作机械运动，故A正确；物体在5s内指的是物体从0时刻到5s末这5s的时间，故B错误；描绘航空母舰在海洋中的运动轨迹时，航空母舰的大小和形状可以忽略，可以将航空母舰看作质点，故C错误；高清摄像机拍摄子弹穿过苹果瞬间的照片，曝光时间为s，这里指的是时间间隔，故D错误．答案：A3．解析：位移的大小等于初、末位置的距离，可知位移的大小等于A、C的距离，即x＝m－1m＝m；路程等于运动轨迹的长度，可知s＝1m＋m－2×m＝m，故D正确，A、B、C错误．答案：D4．解析：“29分钟”指的是时间间隔，A错误；“18千米”指的是汽车路程，B错误，C正确；研究此过程中汽车的运动轨迹时能把汽车看成质点，D错误．答案：C5．解析：位移是起点指向终点的有向线段，位移的大小即直线距离，A项正确，B、C、D三项均指路程．答案：A6．解析：由列车信息可知，08：44是高铁出发的时间，是一个时间点，所以是时刻；02：32是高铁从汉口到十堰东所需的时间，是一个时间段，所以是时间间隔，故B正确，A、C、D错误．答案：B7．解析：矢量是有方向的物理量，所以位移是矢量，路程是标量，A错误；两批医护人员的起点与终点都相同，所以位移是相同的，B正确；“时间少收费多”方案中的“1小时25分”，对应的是一个过程，故指的是时间间隔，C错误；“距离较短”方案中的“85公里”是指医护人员实际所走路线的长度，是路程，D错误．答案：B8．解析：由题图可知，小王经过的路线长度为400m＋300m＝700m，小王的位移大小为eq\r(3002＋4002)m＝500m，故C正确．答案：C9．解析：质点每秒的位置如图所示，前4s内的路程为s＝2m＋2m＋1m＋6m＝11m，第4s内的位移为x＝－2m－4m＝－6m，最后2s，即第3s末到第5s末的位移为x′＝－3m－4m＝－7m．故D正确，A、B、C错误．答案：D10．解析：位移是矢量，质点从A到B再到C的位移为－2m，路程为4m，选项A错误；质点从B到D的位移为－2m－2m＝－4m，路程为4m，选项B正确；质点到达D点时，其位置可用D点的坐标表示，即－2m，此时质点相对于A点的位移为－2m－1m＝－3m，选项C、D正确．答案：BCD11．解析：“2021年9月20日22时08分”是指时刻，故A错误；它们各自转一圈，其位移都为0，相等，故B正确；它们各自转一圈，其路程是各自所在轨道的周长，不相等，故C错误；交会对接时，要考虑它们的形状，不可以把它们看成质点，故D错误．答案：B12．解析：位移由运动的起点、终点决定，路程由实际路径决定，～s内小球从A→B→A→O，位移大小是7cm，方向向左，经过的路程是13cm，故A错误；～s内小球从B→A→O，位移大小是10cm，方向向左，经过的路程是10cm，故B正确；～s内小球从A→B→A，位移大小是零，经过的路程是6cm，故C错误；～s内小球从A→B→A→O→C，位移大小是14cm，方向向左，经过的路程是20cm，故D错误．答案：B13．解析：如图所示，楼梯倾角为45°，则知每层楼的高为2L，由A到B的位移大小x为图中虚线部分的长度，由勾股定理知，x＝eq\r(L2＋（2L）2)＝eq\r(5)L；人的路程为运动轨迹的总长度，所以路程为：L＋2eq\r(L2＋L2)＝L＋2eq\r(2)L，选项D正确．答案：D14．解析：起爆员撤离路径示意图如图所示，先向北跑100m，再向东跑50m，此时起爆员到爆破点的距离为eq\r(1002＋502)m<120m，没到安全区域，故A错误；先向北跑100m，再向东跑100m．此时起爆员距爆破点的距离为eq\r(1002＋1002)m>120m，已经到达安全区域，故B正确；先向北跑100m，再向东偏南45°跑100m，由几何关系可知，起爆员距爆破点的距离一定小于120m，没到安全区域，故C错误；先向西偏北45°跑100m，再向东偏北45°跑75m，起爆员此时距爆破点的距离为eq\r(1002＋752)m>120m，已经到达安全区域，故D正确．答案：BD课时分层作业(三)位移—时间图像位移和时间的测量1．解析：每隔四个点取一个计数点，相邻的计数点间有五个时间间隔，而打点计时器每隔s打一个点，所以两计数点间的时间间隔为s；若每隔五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为s.答案：A2．解析：A错：由图像可知，乙在10s时开始运动，甲已运动了10s，此时两物体间的距离已超过20m.B对：在0～10s这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐增大，说明两物体间的距离逐渐增大．C对：在10～25s这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐减小，说明两物体间的距离逐渐变小．D对：两物体在10s时相距最远，在25s时，两图线相交，两物体纵坐标相等，说明它们到达同一位置．答案：BCD3．解析：(1)先沿正方向匀速前进6m，停一段时间后再沿正方向匀速前进6m，再停一段时间后反向匀速运动10m，又停一段时间后再沿正向匀速前进4m，停一会儿，最后反向匀速前进6m回到出发点．(2)从开始至刚运动到距原点12m处用时大约25s.答案：见解析4．解析：x­t图像描述的是做直线运动物体的位移随时间的变化关系，虽然图像是抛物线，但运动轨迹是直线，A错误；从题图图像可以看出，物体在0～8s内的最大位移为80m，8s时回到初始位置，B、C正确；物体先远离出发点，后回到出发点，故物体做往返运动，D正确．答案：BCD5．解析：A错：由图像可知，b车的位移先增大后减小，因此b车的运动方向发生了变化．B对：图线a与b有两个交点，说明两车相遇两次．C对：t1到t2时间内，两车的位移相同．D错：由图像可知，a车的位移均匀增大，b车位移不是均匀增大的．答案：BC6．解析：由题图图像可知，质点开始时位置坐标为0，6s时位置坐标为－4m，则0～6s内位移为－4m－0＝－4m，故A正确；2s时位置坐标为4m，4s时位置坐标为0，则2～4s内位移为0－4m＝－4m，故B错误；0～6s内路程为4m＋4m＋4m＝12m，故C错误；由题图图像可知，2～6s内质点一直向同一方向运动，故D正确．答案：AD课时分层作业(四)速度1．解析：由v＝eq\f(Δx,Δt)可知，当Δt非常小时，该式可表示该时刻的瞬时速度；平均速度能够准确反映一段时间内物体运动的快慢程度，但不能准确描述某一时刻或某一位置运动的快慢，瞬时速度能够精确描述物体在某一时刻或某一位置运动的快慢，但不能描述一段时间内物体运动的快慢．答案：ABC2．解析：子弹以790m/s的速度击中目标，指的是瞬时速度，故A错误；信号沿运动神经传播的速度大约为10m/s，指的是平均速度，故B正确；高速公路限速120km/h，指的是瞬时速度，故C错误；测试时，列车的最高时速可达484km/h，指的是瞬时速度，故D错误．答案：B3．解析：根据导航仪的提示，不能判断出汽车是否做匀速运动，故A错误；根据导航仪的提示，不能判断出汽车此时的运动状态，故B错误；由于“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，可知通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(3,\f(24,60))km/h＝km/h，但不能据此判断出3km以后做怎样的运动，所以并不能判断出到达目的地所需的时间，故C错误，D正确．答案：D4．解析：足球的直径为m，由题图可知在曝光时间内，足球运动的位移约为足球直径的2倍，则有x＝×2m＝m，则v＝eq\f(x,t)＝eq\f,0.02)m/s＝22m/s，足球被踢出时的速度大小约为20m/s，故B正确．答案：B5．解析：汽车的形状和大小在该测速区间内可以忽略，可以看成质点，A错误；这里只知道初速度和末速度，中间过程的瞬时速度可能是80km/h，B正确；标志中的“5.3km”指的是路程，C错误；汽车在测速区间的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝eq\f,\f(5,60))km/h＝km/h，平均速度已达km/h，该汽车速度已超过60km/h，D错误．故选B.答案：B6．解析：将t＝2s代入质点的速度随时间变化的关系式v＝6t2(m/s)，得t＝2s时刻的瞬时速度为v＝6×22m/s＝24m/s，将t＝0和t＝2s分别代入距离随时间变化的关系式x＝4＋2t3(m)，得x1＝4m，x2＝20m，则质点在2s时间内通过的位移为x＝x2－x1＝20m－4m＝16m，t＝0到t＝2s间的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(16,2)m/s＝8m/s，故选D.答案：D7．解析：由题图图像可知：t＝0时刻质点从“负”方向上距原点m处沿规定的正方向做匀速直线运动，经4s运动到“正”方向上距原点m处，由图像的斜率可得质点运动速度大小为m/s，方向与规定的正方向相同，在0～4s内斜率没有变，故运动方向没有变，A、C错误；质点在0～2s内的位移大小为m，在0～4s内的位移大小为m，方向均与规定的正方向相同，B错误，D正确．答案：D8．解析：第一种情况，时间相等、速度不同过程，物体的总位移为x＝5t＋2t＝7t，则全程的平均速度为v1＝eq\f(x,2t)＝eq\f(7t,2t)＝m/s；第二种情况，位移相等，速度不同过程，全程的运动时间为t′＝eq\f(x′,5)＋eq\f(x′,2)＝eq\f(7x′,10)，则全程的平均速度为v2＝eq\f(2x′,t′)＝eq\f(2x′,\f(7x′,10))＝eq\f(20,7)m/s.可知v1>v2.故选A.答案：A9．解析：(1)由A点运动到B点的位移Δx＝xB－xA＝12m－(－8m)＝20m.(2)由O点运动到B点的时间t2＝eq\f(12,3)s＝4s，由A点运动到B点的时间Δt＝t1＋t2＝8s，平均速度v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(20,8)m/s＝m/s.答案：(1)20m(2)m/s10．解析：三个质点都从N到M，则位移相等，平均速度相同，A错误，D正确；三个质点运动的时间都相等，质点A从N点到达M点的路程最大，则平均速率最大，但到达M点时的速率不一定最大，B错误；三个质点到达各自轨迹的中点时速度可能相同，C错误．答案：D11．解析：从题图中可以看出，在相等时间t0内三个物体运动的位移相等，所以三者的平均速度相等，故B正确，A、D错误．平均速率的公式是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)，其中s表示路程，从题图中可以看出，在相同时间t0内的路程关系为s甲>s乙＝s丙，所以甲的平均速率最大，而乙和丙的平均速率相等，故C错误．答案：B12．解析：设x1＝30m，x2＝60m，x3＝90m，x4＝100m，t1＝s，t2＝s，t3＝s，t4＝s，可知运动员第一个30米的平均速度为：v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(30,3.73)m/s＝m/s运动员第二个30米的平均速度为：v2＝eq\f(x2－x1,t2－t1)＝eq\f(60－30,－3.73)m/s＝m/s运动员第三个30米的平均速度为：v3＝eq\f(x3－x2,t3－t2)＝eq\f(90－60,－6.29)m/s＝m/s运动员最后10米的平均速度为：v4＝eq\f(x4－x3,t4－t3)＝eq\f(100－90,－8.92)m/s＝m/s运动员全程并不是一直匀速的，故A错误；根据数据表格可知运动前30米的平均速度为：v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(30,3.73)m/s＝m/s运动员前60米的平均速度为：v′2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(60,6.29)m/s＝m/s所以运动员前30米的平均速度小于前60米的平均速度，故B错误；根据数据表格可知运动员最后10米的平均速度为：v4＝eq\f(x4－x3,t4－t3)＝eq\f(100－90,－8.92)m/s＝m/s，故C正确；根据数据表格无法计算冲线时的瞬时速度，故D错误．故选C．答案：C课时分层作业(五)测量纸带的平均速度和瞬时速度速度—时间图像1．解析：在0～t1时间内，运动员在空中，处于上升阶段，t1时刻到达最高点；t1～t2时间内，运动员下落，t2之后速度减小，运动员进入水中，选项A错误，B正确；t3时刻，运动员的速度减为零，此时仍处于水下，选项C错误；t1～t3时间内运动员始终向下运动，选项D正确．答案：BD2．解析：(1)从纸带上的点迹可以看出，相同时间内的位移在增加，故纸带的运动是加速运动．(2)打出A、F这两点的过程中，纸带运动的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(（－）×10－2,×5)m/s＝m/s.(3)打下B点时纸带的瞬时速度可用打下A、C过程的平均速度代替，故打下B点时纸带的瞬时速度为eq\o(v,\s\up6(－))B＝eq\f(x,t)＝eq\f(（－）×10－2,×2)m/s＝m/s.答案：(1)加速(2)(3)3．解析：每相邻两个计数点间还有3个点未画出，所以打下相邻两个计数点间的时间间隔是T＝s；由题图可知，点0对应的读数是cm，点1对应的读数是cm，点3对应的读数是cm，点4对应的读数是cm，打下计数点2时纸带的瞬时速度大小近似等于打下计数点1、3两点间的平均速度大小，即v2＝eq\f(x13,2T)＝eq\f－,2×0.08)m/s＝m/s.答案：cmcmcmcm4．解析：由题图可知，A、B的速度都为正方向，故它们的速度方向相同，A错误；设t时刻，两者速度相等，则6－3t＝2＋2t，t＝s，B正确；v­t图像中，图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，则xA＝eq\f(1,2)×6×2m＝6m，xB＝eq\f(（2＋6）×2,2)m＝8m，Δx＝xB－xA＝2m，故2s末B在A的前方，C错误，D正确．答案：BD5．解析：(1)AB＝BC，说明轿车在AC段做匀速运动．每格的长度为eq\f,4)m＝m，则车速v1＝eq\f(x,t)＝eq\f×10,1)m/s＝9m/s.(2)轿车在CE段做减速运动，则在CD段的平均速度大，其平均速度v2＝eq\f×7,1)m/s＝m/s.答案：(1)匀速9(2)减速CD课时分层作业(六)速度变化快慢的描述——加速度1．解析：汽车的加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度仍然增大，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度达到最大．故B、D正确，A、C错误．答案：BD2．解析：速度变化量的方向与加速度方向一致，加速度方向与初速度方向相同时汽车做加速运动，加速度方向与初速度方向相反时汽车做减速运动．选项A中汽车做加速运动，选项B、C中分别是a的方向、Δv的方向作错了，选项D中图示能正确表示汽车做减速运动．故D正确．答案：D3．解析：由v0>0，a<0，知加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，故A错误；由v0>0，a<0，知加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，故B正确；由v0<0，a<0，知加速度和速度方向相同，故物体做加速运动，故C错误；由v0<0，a<0，知加速度和速度方向相同，故物体做加速运动，故D正确．故选BD.答案：BD4．解析：在0～t1时间内，甲的加速度为正，乙的加速度也为正，故两者方向相同，由于甲v­t图线的斜率小于乙v­t图线的斜率，故甲的加速度小于乙的加速度，故A、D错，B对．在0～t1时间内，甲的速度为正，乙的速度为负，运动方向相反，故C错．答案：B5．解析：两个速度的方向不同，取竖直向下为正方向，则与地面接触时间内球的平均加速度a＝eq\f(－3－4,0.1)m/s2＝－70m/s2，选项D正确．答案：D6．解析：A错：在第1s末质点的加速度方向发生改变，但速度方向未改变．B错：在第2s末质点的速度方向发生改变，但加速度方向未改变．C错：在第2s内质点一直沿正方向运动，位移不为零．D对：第2s末和第4s末的加速度大小都是2m/s2.答案：D7．解析：从速度发生变化开始：A图表示列车先做加速运动，接着做减速运动，再做加速运动，最后做匀速直线运动，与题意不符，故A错误；B图表示列车先做减速运动，速度未达到零，接着做加速运动，最后做匀速直线运动，与题意相符，故B正确；C图表示列车先做减速运动，速度达到零，接着做加速运动，最后做匀速直线运动，与题意不符，故C错误；D图表示列车先做加速运动，接着做减速运动，最后做匀速直线运动，与题意不符，故D错误．答案：B8．解析：(1)飞机经过左边挡光片的速度大小为v1＝eq\f(6×10－3,×10－4)m/s＝40m/s.(2)飞机经过右边挡光片的速度大小为v2＝eq\f(6×10－3,×10－4)m/s＝60m/s.(3)飞机经过两挡光片所用时间为10s，由加速度定义式a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(60－40,10)m/s2＝2m/s2.答案：(1)40m/s(2)60m/s(3)2m/s29．解析：由题表中数据可得a1＝eq\f(Δv1,Δt)＝－m/s2，a2＝eq\f(Δv2,Δt)＝m/s2，由于|a1|<|a2|，故A正确，B错误；因为汽车和火车的速度方向一直未变，所以汽车和火车的位移都在增大，C、D错误．答案：A10．解析：A错，B对：t1时刻甲v­t图线的切线斜率比乙大，故甲的加速度大小比乙的大．乙的加速度大小等于eq\f(v2－v1,t2－t1)，故t1时刻甲的加速度大小大于eq\f(v2－v1,t2－t1).C错，D对：在t1～t2时间内，甲的切线斜率的绝对值逐渐减小，加速度逐渐减小．答案：BD11．解析：位移是初位置指向末位置的有向线段，从题中可以看出，小球的位移为m，方向由A点指向B点，即竖直向下，故A错误；速度的变化量等于末速度减初速度，规定向下为正，则Δv＝－7m/s－10m/s＝－17m/s，负号表示与规定的正方向相反，即速度变化量的方向向上，故B错误；平均速度等于位移与时间的比值，小球的位移为x＝m，方向竖直向下，所以小球的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f,0.3)m/s≈m/s，方向竖直向下，故C错误；规定向下的方向为正方向，由加速度公式a＝eq\f(Δv,Δt)知：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(－7－10,0.3)m/s2≈－m/s2，负号表示方向竖直向上，故D正确．答案：D12．解析：(1)v­t图像如图所示．(2)第1个10s内的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(20－0,10)m/s2＝2m/s2，方向与运动方向相同．(3)v­t图像的斜率表示加速度，第1个10s内的加速度a＝k＝2m/s2，方向与运动方向相同．(4)最后15s内的加速度a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(0－30,15)m/s2＝－2m/s2，负号表示加速度方向与运动方向相反．答案：(1)见解析图(2)2m/s2，方向与运动方向相同(3)2m/s2，方向与运动方向相同(4)2m/s2，方向与运动方向相反课时分层作业(七)匀变速直线运动的速度与时间的关系1．解析：A、C错：匀加速直线运动的加速度是不变的，速度随时间均匀增大．B错：加速度的方向与速度方向可能相同，也可能相反，如匀减速直线运动中加速度与速度方向相反．D对：加速度又称速度的变化率，加速度不变就是速度变化率不变．答案：D2．解析：根据v＝at，解得飞机起飞的速度为v＝80m/s.答案：C3．解析：由v＝v0＋at知，v0＝v－at＝15m/s－2×5m/s＝5m/s，D正确．答案：D4．解析：A错：x­t图线平行时间轴表示静止．B对：v­t图线平行时间轴时a＝0；v­t图线为倾斜直线时a≠对，D错：x­t图线为倾斜直线，物体做匀速运动，加速度为零.答案：BC5．解析：由v＝v0＋at＝(10－2t)m/s可知物体的初速度为10m/s，加速度为－2m/s2，故A错误；加速度大小一定，与初速度方向相反，物体做匀减速直线运动，故B错误；根据速度公式可以计算出4s末物体的速度为2m/s，故C错误；根据速度公式可以计算出经过5s物体的速度为零，故D正确．答案：D6．解析：x­t图像的斜率表示速度，且一直为正，故甲的运动方向不变，且通过的总位移大小为4m，选项A正确，B错误．v­t图像的斜率表示加速度，且一直为正，表示加速度大小、方向不变，但速度有正负，表示有往返运动，选项C正确，D错误．答案：AC7．解析：取初速度方向为正方向，设经时间t停下，末速度为零，由速度公式v＝v0＋at，代入数据得t＝eq\f(v,a)＝5s，可见汽车在6s前就停下了，所以6s末速度为0.答案：08．解析：列车加速出站时，取列车运动的方向为正方向，列车初速度v1＝0，则列车从静止开始运动2min后的速度v＝v1＋a1t1＝(0＋×2×60)m/s＝72m/s，当列车减速进站时，a2＝－m/s2，初速度v2＝432km/h＝120m/s从开始刹车到速度为0的时间t2＝eq\f(0－v2,a2)＝eq\f(－120,－0.8)s＝150s，所以减速160s时列车已经停止运动，速度为0.答案：72m/s09．解析：第1s内和第2s内物体的速度均为正值，方向相同，故A错误；第2s内物体的加速度为负值，第3s内的加速度也为负值，加速度方向相同，故B正确；第3s内物体的速度为负值，加速度也为负值，方向相同，故C正确；v­t图像的斜率表示加速度，所以第4s末物体的加速度不为零，故D错误．答案：BC10．解析：根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可得甲的加速度大小为a甲＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，乙的加速度大小为a乙＝eq\f(Δv′,Δt′)＝4m/s2，所以运动时甲的加速度与乙的加速度大小之比为1∶4，A、B错误；乙车开始运动时，甲的速度为3m/s，此时两车间距离等于甲在0～3s内通过的位移，为s＝eq\f(3×3,2)m＝m，C正确；由题图可知，甲运动3s后乙开始运动，D错误．答案：C11．解析：A、B错：由于在0～eq\f(T,2)时间内加速度是沿正向的a0，A、B中a为负值．C错，D对：T～2T时间内的加速度与0～eq\f(T,2)时间内的加速度大小相等，则v­t图线的斜率大小相同．答案：D12．解析：设开始时位置为0，依次记下位置1、2、3、4、5，因为相邻两点间的时间间隔为s，则有v1＝eq\f×10－2,0.2)m/s＝m/s；v2＝eq\f(（－）×10－2,0.2)m/s＝m/s；v3＝eq\f(（－）×10－2,0.2)m/s＝m/s；v4＝eq\f(（－）×10－2,0.2)m/s＝m/s.作出v­t图像如图所示．加速度a的大小等于v­t图线的斜率，a＝k＝eq\f(v4－v1,3T)＝2m/s2.答案：见解析课时分层作业(八)匀变速直线运动的位移与时间的关系1．解析：根据匀变速直线运动的速度位移公式得x＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝eq\f(0－3600,－2×2)m＝900m，故A正确．答案：A2.解析：画出运动示意图，由v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax得xAB＝eq\f(v2,2a)，xBC＝eq\f(3v2,2a)，故xAB∶xBC＝1∶3，选项C正确．答案：C3．解析：由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2知，当时间为t1＝1s时，位移为x1，当时间为t2＝2s时，位移为x2，则x2－x1＝5m，代入数据可得a＝m/s2.答案：A4．解析：由x＝24t－6t2可知：v0＝24m/s，eq\f(1,2)a＝6即a＝12m/s2，所以v＝24－12t.当v＝0时，t＝2s，故B正确．答案：B5．解析：B对，D错：v­t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方的面积表示正位移，下方的面积表示负位移，由图知，前8s内的总位移x＝eq\f(3×2,2)m－eq\f(5×2,2)m＝－2m，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝－m/s，负号表示方向向左．A错，C对：总路程为s＝eq\f(3×2,2)m＋eq\f(5×2,2)m＝8m.答案：BC6．解析：由题图知，初速度v0＝5m/s，末速度v＝0，则加速度a＝eq\f(0－5,5)m/s2＝－1m/s2，故有v＝5－t(m/s)，2s末物体的速度大小为3m/s，5s末物体的速度为0，但加速度a≠0.答案：B7．解析：在v­t图像中，在0～3s内斜率不变，加速度不变，加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－（－6）,1.5)m/s2＝4m/s2，故A错误；在v­t图像中，图线与时间轴所围面积为物体的位移，0～4s内物体的位移为x＝eq\f(1,2)×6×m－eq\f(1,2)×6×m＝3m，故B错误；3s末速度方向没变，只是加速度发生了改变，故C错误；3s内的位移为eq\f(1,2)×6×m－eq\f(1,2)×6×m＝0，回到原点，故D正确．答案：D8．解析：根据速度位移公式可知，减速运动的位移为x＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝m，故在距停车线8m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，A项错误；减速所需时间为t＝eq\f(0－v0,a)＝s，B项正确；匀速运动的时间，即驾驶员的反应时间t′＝eq\f(L－x,v0)＝eq\f(12－,12)s＝s，若经s后才开始刹车制动，汽车前端恰能停在停车线处，D项错误，C项正确．答案：BC9．解析：(1)设从刹车到停止的时间为t2，则t2＝eq\f(0－v0,－a)＝6s.(2)反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t1，x1＝18m，从刹车到停止的位移为x2，则x2＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),－2a)，x2＝90m，小轿车从发现三角警示牌到停止的全部距离为x＝x1＋x2＝108m，三角警示牌到货车的距离为Δx＝x－50m＝58m.答案：(1)6s(2)58m10．解析：A错：根据x＝eq\f(1,2)at2可知题图中图线的斜率等于eq\f(1,2)a，则eq\f(1,2)a＝eq\f(2,2)m/s2，即加速度a＝2m/s2.B错：在0～2s内该质点的位移大小为x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m.C对：2s末的速度大小v＝at＝2×2m/s＝4m/s.D错：质点在第3s内的位移大小Δx＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×(9－4)m＝5m，则平均速度大小为v＝eq\f(Δx,Δt)＝5m/s.答案：C11．解析：108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s.由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离x＝eq\f(1080×103,5)m＝×105m，普通列车加速时间t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速过程的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)××602m＝900m.根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f×105－2×900,30)s＝7140s，同理高铁列车加速时间t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速过程的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)××1802m＝8100m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f×105－2×8100,90)s＝2220s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2＋2t1)＝4680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分，B正确．答案：B12．解析：反应时间里SUV的行驶距离：x1＝v1t0；若恰好发生追尾，则两车速度相等，有：v＝v1＋a1(t－s)，v＝v2＋a2t，代入数据，得两车发生追尾所用时间：t＝4s，此段时间内，两车行驶距离：s1＝x1＋v1t＋eq\f(1,2)a1t2,s2＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2，则有两车之间不发生追尾的最小距离：Δs＝s1－s2；两车刹车时的加速度分别是a1＝－8m/s2，a2＝－4m/s2，代入数据得Δs＝32m.答案：32m课时分层作业(九)匀变速直线运动的推论1．解析：根据初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…可知，该物体在第1s内的位移与第4s内的位移之比为7∶1，即eq\f(7,1)＝eq\f(14m,x1)，x1＝2m，故选B．答案：B2．解析：由推论知：veq\f(x,2)＝eq\r(\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋v2,2))，v0＝0，则v＝eq\r(\f(0＋v′2,2))，得v′＝eq\r(2)v.答案：B3．解析：设第3s内、第5s内位移分别为x3、x5，则x5－x3＝2aT2，解得a＝－m/s2，负号表示方向为正西方向，故选项D正确．答案：D4．解析：如图所示．根据x4－x2＝2aT2得物体运动的加速度a＝6m/s2，则第1s内的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝3m，第2s末的速度v2＝at2＝12m/s，物体在第5s内的位移x5＝27m，则第5s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝27m/s.答案：AD5．解析：第一个60m内中间时刻的瞬时速度v1＝eq\f(x1,t1)＝6m/s，第二个60m内中间时刻的瞬时速度v2＝eq\f(x2,t2)＝10m/s，则列车的加速度a＝eq\f(v2－v1,\f(t1＋t2,2))＝m/s2.根据Δx＝aT2得，接下来6s内的位移x3＝x2＋aT2＝60m＋×36m＝78m，故A项正确，B项错误；列车的初速度v0＝v1－aeq\f(t1,2)＝6m/s－×eq\f(10,2)m/s＝m/s，故C项正确，D项错误．答案：AC6．解析：(1)打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则周期为s，由于每相邻两个计数点间还有四个点没有画出，所以打下相邻两计数点间的时间间隔T＝s.(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打计数点2时小车的速度大小v1＝eq\f(s2＋s3,2T)＝eq\f＋,0.2)×10－2m/s＝m/s.(3)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2，可得小车的加速度的大小为a＝eq\f(（s5＋s6）－（s1＋s2）,2×（2T）2)＝eq\f(（＋）－（＋）,8×2)×10－2m/s2＝m/s2.(4)依据连续相等时间内位移之差相等，有s4－s3＝s5－s4，则计数点3与计数点4的间距s4＝eq\f(s3＋s5,2)＝cm.答案：(1)(2)(3)(4)7．解析：根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，通过ce段的时间为(2－eq\r(2))t.答案：(2－eq\r(2))t8．解析：将bc段分成时间相等的两段，位移分别为x′2、x′3，将cd段分成时间相等的三段，位移分别为x′4、x′5、x′6，设每一段时间为T，根据匀变速直线运动的推论知x′2＝x1＋aT2、x′3＝x1＋2aT2、x′4＝x1＋3aT2、x′5＝x1＋4aT2、x′6＝x1＋5aT2，可知xbc＝x′2＋x′3＝2x1＋3aT2，x2－x1＝(x′4＋x′5＋x′6)－x1＝3x1＋12aT2－x1＝2x1＋12aT2，可知aT2＝eq\f(x2－3x1,12)，联立解得xbc＝eq\f(5x1＋x2,4).故选A.答案：A9．解析：采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为：1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，则动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过2号旅客用时的2倍，历时2t，故A错误；动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下总位移为4l，用时2t，则平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(4l,2t)＝eq\f(2l,t)，故B正确；由以上逆向思维可知l＝eq\f(1,2)at2，则加速度a＝eq\f(2l,t2)，并且veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2al，veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝2a×4l，解得v5＝2v1，同时又有l＝eq\f(v1,2)t，所以v5＝eq\f(4l,t)，故C正确，D错误．答案：BC10．解析：根据v­t图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，A错误；根据v­t图像围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，B错误；根据v­t图像围成的面积表示位移，由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，C错误；根据v­t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，D正确．答案：D11．解析：设运动员从P到M的时间为t，加速度大小为a，由Δx＝at2可得30m－20m＝at2，则加速度为a＝eq\f(10,t2)m/s2，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可知，运动员经过M点的速度为vM＝(eq\f(30＋20,2t))m/s＝eq\f(25,t)m/s，根据速度—时间公式可得，运动员经过P点的速度为vP＝vM－at＝(eq\f(25,t)－eq\f(10,t2)×t)m/s＝eq\f(15,t)m/s，可得运动员经过P、M两点的速度之比为eq\f(vP,vM)＝eq\f(\f(15,t),\f(25,t))＝eq\f(3,5)，故A正确，B错误；利用速度—位移关系有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(M))＝2axOM，可得O点到M点的距离为xOM＝m，则可得O、P两点间的距离为xOP＝m－20m＝m，故C错误，D正确．答案：AD课时分层作业(十)自由落体运动1．解析：A错：物体做自由落体运动的条件是初速度为零且只受重力作用；B对：熟透的苹果在下落过程中虽受空气阻力的作用，但该阻力远小于它的重力，可以忽略该阻力，故可将该运动视为自由落体运动；C对：相同地点，重力加速度相同，与质量无关；D错：赤道处g值小于北极处．答案：BC2．解析：根据v2＝2gh得v＝eq\r(2×10×1000)m/s＝×102m/s，故选项B正确．答案：B3．解析：两小球都做自由落体运动，加速度都为重力加速度g，因此两小球下落得快慢相同，故A、B、D错误；根据自由落体运动的公式x＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2x,g))，故两个小球同时落地，故C正确．答案：C4．解析：可以将四个小球的运动等效为一个小球的运动，且每隔相等时间间隔记录一次小球的位置．采用逆向分析法，小球的运动时间之比为1∶2∶3∶4，则位移之比为1∶4∶9∶16，对照图可知，选项C是可能的情景．答案：C5．解析：A、D错，B对：伽利略认为，如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用时间的二次方成正比，这样，只要测出物体通过不同位移所用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化．C对：滴水计时不能测量自由落体运动所用的较短时间，伽利略采用了一个巧妙的方法来“冲淡”重力，他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，铜球在斜面上运动的加速度要比竖直下落的加速度小得多，通过相同距离所用时间长，容易测量．答案：BC6．解析：由公式h＝eq\f(1,2)gt2可知，选项A正确；根据v2＝2gh可知，选项B正确；根据h＝eq\f(1,2)gt2知只测出第1s内的位移，不能计算出总高度，选项C错误；根据h＝eq\f(1,2)gt2和h－1＝eq\f(1,2)g(t－t′)2可知，选项D正确．答案：ABD7．解析：根据题意可知，先做自由落体运动，用手接住时做减速运动，由题中数据可知，向上为正方向，则做自由落体运动的加速度是－10m/s2，方向向下．故选A.答案：A8．解析：若枫叶下落做自由落体运动，则s下落的高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×2m＝m，故枫叶下落不可以看成自由落体运动，轨迹也不一定是直线，故A正确，B错误；枫叶的位移一定大于m，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)>eq\f,1.6)m/s＝6m/s，枫叶刚着地时的瞬时速度可能等于6m/s，故C正确，D错误．故选AC.答案：AC9．解析：(1)悬崖的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×2m＝45m.(2)下落过程的平均速度．eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝eq\f(45,3)m/s＝15m/s.(3)跳水者入水时的速度大小v＝gt＝3×10m/s＝30m/s.答案：(1)45m(2)15m/s(3)30m/s10．解析：B落地的时间为tB，根据自由落体运动规律可得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得tB＝1s，则A落地的时间为tA＝tB＋s＝s，则A球与地面的高度差为hA＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＝m，A错误；A、B两小球释放前的高度差为Δh＝hA－h＝m，杆的倾角为30°，A、B两小球释放前相距s＝eq\f(Δh,sin30°)＝m，B正确；B球离地高度更小，若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球不可能同时落地，C错误；速度的变化率即加速度，两小球在下落过程中加速度相同，均为重力加速度，D错误．故选B.答案：B11．解析：设在曝光时间s内，石子实际下落的距离为x，由题意得eq\f(3cm,120cm)＝eq\fcm,x)，解得x＝20cm.曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，石子在这s内的速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f,0.01)m/s＝20m/s，石子做自由落体运动，有2gh＝v2，解得h≈20m，故选A项．答案：A12．解析：(1)打点计时器接在频率为Hz的交流电源上，相邻计数点之间还有1个计时点，则相邻两计数点之间的时间为t＝2×s＝s，纸带做自由落体运动，打点3时的瞬时速度等于点2到点4之间的平均速度，由纸带数据可知v3＝eq\f(x24,2t)＝eq\f(（＋）×10－2,2×0.04)m/s＝m/s.(2)做出图像如图所示(3)根据v＝gt，可知g＝eq\f(v,t)，根据v­t图像可知其斜率为重力加速度，则有g＝eq\f－,0.24)m/s2＝m/s2.(4)需要测量的物理量：水滴下落的高度h和下落的时间t.测量h的方法：用刻度尺测量水龙头出水口到地面的高度，多次测量取平均值；测量t的方法：调节水龙头阀门，使一滴水开始下落的同时，恰好听到前一滴水落地时发出的清脆声音．用测量n滴水下落的总时间tn，则t＝eq\f(tn,n).由h＝eq\f(1,2)gt2可得g＝eq\f(2n2h,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)))．答案：(1)(2)见解析(3)(4)见解析13．解析：(1)对B球，根据自由落体运动规律得h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，其中h1＝h－l＝5m，代入数据解得t1＝1s；对A球，根据自由落体运动规律得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，代入数据解得t2＝s.所以两小球落地的时间差为Δt＝t2－t1＝s.(2)当B球落地时，A球的速度与B球的速度相等，由v＝gt1得，v＝10×1m/s＝10m/s.答案：(1)s(2)10m/s14．解析：(1)设直杆下端到达圆筒上端的时间为t1，上端离开圆筒下端的时间为t2，根据自由落体运动规律有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得t1＝eq\r(\f(2×,10))s＝s.(2)根据自由落体运动规律有l1＋H＋l2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得t2＝eq\r(\f(2×（＋＋）,10))s＝1s.则直杆穿越圆筒所用的时间t＝t2－t1＝s.答案：(1)s(2)s课时分层作业(十一)竖直上抛运动追及和相遇问题1．解析：竖直上升阶段根据运动学公式0－v2＝－2gh，其中h为运动员重心上升的高度为h＝m－eq\f,2)m＝m，代入数据解得v≈5m/s，故选B.答案：B2．解析：小球做竖直上抛运动，上升阶段有v＝v0－gt，解得t＝2s，A项错误；根据速度位移公式可知，小球上升的最大高度为H＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m，B项错误；由速度位移公式可得x＝eq\f(v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2（－g）)，解得v＝±10m/s，C项正确；由h＝v0t－eq\f(1,2)gt2得t＝1s或3s，上升经过抛出点的上方15m处时用时1s，下降经过抛出点的上方15m处时用时3s，D项错误．答案：C3．解析：取竖直向上为正方向，竖直上抛运动可以看成加速度为－g的匀变速直线运动．当石块运动到抛出点上方离抛出点15m处时，位移为x＝15m，由x＝vt－eq\f(1,2)gt2，解得t1＝1s，t2＝3s．其中t1＝1s对应着石块上升过程中离抛出点15m处时所用的时间，而t2＝3s对应着从最高点下落过程中第二次经过离抛出点15m处时所用的时间．当石块运动到抛出点下方离抛出点15m处时，位移为x′＝－15m，由x＝vt－eq\f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq\r(7))s，t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故A、C、D正确．答案：ACD4．解析：(1)小石头到达最高点所用的时间t′＝eq\f(v0,g)＝eq\f(10,10)s＝1s.(2)小石头能到达的最大高度h＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＝eq\f(102,20)m＝5m.(3)设树的高度为h′，小石头从开始运动到第一次到达树的顶端的时间为t，选取竖直向上为正方向，则h′＝v0t－eq\f(1,2)gt2，小石头下落过程中经过树的顶端时有h′＝v0(t＋)－eq\f(1,2)g(t＋)2，联立可得h′＝m.答案：(1)1s(2)5m(3)m5．解析：解法一：分段法将全过程分成上升阶段和下落阶段，设绳子断裂后重物继续上升的时间为t1，上升的高度为h1，则t1＝eq\f(v0,g)＝1s，h1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＝5m，故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180m．重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝eq\r(\f(2H,g))＝6s，v＝gt2＝60m/s，所以从绳子断裂到重物落地的总时间t＝t1＋t2＝7s.解法二：全程法将全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175m，由位移公式有h′＝v0t－eq\f(1,2)gt2，即－175m＝10m/s·t－eq\f(1,2)×10m/s2·t2，解得t1＝7s，t2＝－5s(舍去).重物落地速度v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s，其中负号表示落地时速度方向向下，与初速度方向相反．答案：7s60m/s6．解析：空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动(竖直上抛)，位移为H时的速度为0.逆向分析，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1)).由题意知，eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，故3<eq\f(t2,t1)<4，选项C正确．答案：C7．解析：小球在下落和上升过程中，均只受重力作用，故加速度相同，A错误；小球在s末落到地面，小球下落的距离h＝eq\f(1,2)×4×m＝m，故小球下落处离地高度为m，B正确；小球反弹后上升的高度h′＝eq\f(1,2)×2×m＝m，故小球的位移为x＝m，方向向下，C错误；整个过程中小球的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f,0.6)m/s＝1m/s，故D正确．答案：BD8．解析：甲车的加速度大小为a＝eq\f(30－0,6－0)m/s2＝5m/s2，A正确；甲车与乙车速度相等时，甲车相对乙车运动的距离为图像左上部分三角形所围成的面积Δx＝eq\f(（30－20）×2,2)m＝10m<15m，不会相撞，且相距最近的距离为x最近＝x0－Δx＝5m，B正确；由图可知，甲车停下时，时间t＝6s，甲车的位移大小为x甲＝eq\f(30,2)×6m＝90m，乙车匀速，位移大小为x乙＝v乙t＝120m，甲车与乙车相距x相＝x乙＋x0－x甲＝45m，C错误；因为最近距离为5m，设甲车司机的最长反应时间为t，两车恰好相撞，由相对运动可知x最近＝(v甲－v乙)t＝5m，解得t＝s，D错误．故选AB.答案：AB9．解析：(1)列车进站后做匀减速直线运动，直至停止，所以有v1＝360km/h＝100m/s，a＝eq\f(v1,t1)＝m/s2.(2)停车上下客，匀减速通过的路程x1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2a)＝4000m，由于列车加速和减速的加速度相等，且最大及最小速度的大小均相等，所以停车上下客通过的总路程x总＝2x1＝8000m.(3)由题及分析可知停车3分钟，且列车匀加速和匀减速的时间相等，均为t1＝80s，停车上下客，所需总时间T＝t＋2t1＝340s，不停车上下客，匀减速时间t′1＝eq\f(v1－v2,a)＝56s，不停车上下客，匀加速时间t′3＝t′1＝56s，不停车上下客，匀速行驶时间t′2＝180s，不停车上下客，所需总时间T′＝t′1＋t′2＋t′3＝292s，不停车上下客，通过的总路程x′总＝2·eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2a)＋v2t′＝12680m，从开始减速到恢复正常行驶，不停车比停车多行驶的位移Δx＝x′总－x总，此部分列车已正常速度行驶，所需时间T1＝eq\f(x′总－x总,v1)，所以转移乘客而不停车上下客所节省的时间Δt＝T＋T1－T′，代入数据可得Δt＝s.答案：(1)m/s2(2)8000m(3)s10．解析：(1)当汽车速度等于医生速度8m/s时，医生和汽车间的距离最大，则该过程所用时间为t1＝eq\f(v0－v1,a)＝eq\f(16－8,4)s＝2s，此过程汽车的位移为x汽＝eq\f(v0＋v1,2)t1＝eq\f(16＋8,2)×2m＝24m，医生的位移为x医＝v1t1＝8×2m＝16m，医生和汽车间的最远距离为x＝x汽＋14－x医＝(24＋14－16)m＝22m.(2)汽车从刹车到停下所用时间为t2＝eq\f(v0,a)＝eq\f(16,4)s＝4s，汽车从刹车到停下所走位移为x′汽＝eq\f(v0,2)t2＝eq\f(16,2)×4m＝32m，此过程医生的位移为x′医＝v1t2＝8×4m＝32m<x′汽＋x0，则医生追上汽车的时间为t＝eq\f(x′汽＋x0,v1)＝eq\f(32＋14,8)s＝s.答案：(1)22m(2)s课时分层作业(十二)重力与弹力1．解析：A选项中若保持平衡，重力应与支持力在一条竖直线上，所以重心在脚的正上方，在身体上．C、D选项中，重力所在竖直线在两脚之间，重心也在身体上．B选项中重心位置应在身体正下方，在体外．答案：B2．解析：小车受到水平向右的弹力作用，该弹力是弹簧发生拉伸形变产生的，施力物体是弹簧，A正确．答案：A3．解析：A、B图中a处于静止状态，重力和水平接触面的弹力平衡，b与a之间不可能产生弹力，否则a不可能平衡，故a只受一个弹力作用，故A、B正确；C图中a受到b的压力、重力、水平接触面的支持力，在三力作用下处于平衡状态，因此a受到接触面的支持力和b的压力两个弹力作用，故C错误；D图中b处于静止状态，所以绳子的拉力为10N，a也处于静止状态，且重力大于绳子的拉力，所以a受到重力、绳子向上的拉力和接触面的支持力，因此a受到两个弹力作用，故D错误．答案：AB4．解析：A对，B错：细线弹力的方向沿着细线收缩的方向，细线水平，则细线对杆的作用力方向水平向左，杆对细线的弹力方向水平向右．C对：杆受到地面弹力的施力物体是地面，是由于地面的形变产生的．D错：杆受到地面的弹力方向垂直于地面向上，所以地面受到杆的弹力垂直于地面向下．答案：AC5．解析：通过平面镜观察桌面的微小形变，所体现出的物理思想方法为放大法．答案：B6．解析：由于水桶可以绕水平轴转动，因此一段时间后，当水桶水变多导致重心升高到一定程度时，就会造成水桶翻转，选项D正确，选项A、B、C错误．答案：D7．解析：由题意得小球半径相同，凹槽相同，根据弹力方向的特点：点与球面之间的弹力的方向过球面的球心，则三个图中六个接触点对球的支持力的方向都分别过对应的球的球心，所以各对应凹槽对小球两个弹力之间的夹角都相等，与小球的重心位置以及小球的质量都无关，故B正确，A、C、D错误．答案：B8．解析：弹簧的弹力等于一端所受的拉力，故弹簧的弹力为10N，A错误；根据胡克定律F＝kx得，该弹簧的劲度系数k＝eq\f(F,x)＝eq\f(10N,5×10－2m)＝200N/m，B错误，C正确；弹簧的劲度系数k与弹簧弹力F的变化无关，与弹簧自身有关，D错误．答案：C9．答案：如图所示10．解析：当弹簧受向下的15N的拉力作用时，由胡克定律得：F1＝k(L2－L1)，即15＝k(－)，解得劲度系数为k＝eq\f(15,0.04)N/m＝375N/m，当用30N的力向下压时，设弹簧长为L3，由胡克定律得：F2＝k(L1－L3)，整理得：L3＝L1－eq\f(F2,k)＝m－eq\f(30,375)m＝m＝12cm.答案：12cm11．解析：小球受两个力作用：一是重力(G)，方向竖直向下；二是弹性杆对它的弹力(FN).根据二力平衡的条件，弹力(FN)与重力(G)等大、反向．受力情况如图所示．答案：D12．解析：由题图知，当F＝0时，弹簧原长L0＝10cm，A错；弹簧长度L＝15cm时，F＝10N，由胡克定律得，弹簧的劲度系数k＝eq\f(F,L－L0)＝eq\f(10,－0.10)N/m＝200N/m，B错，C对；弹簧伸长m时，即弹簧长度为15cm时，弹力的大小为10N，D对．答案：CD13．解析：弹簧A伸长了cm，弹力F1＝k1x1＝2200×1×10－2N＝22N；对小球受力分析，可得弹簧B的弹力F2＝mg－F1＝28N，弹簧B缩短了cm，故弹簧B的劲度系数k＝eq\f(F2,x2)＝eq\f(28,2×10－2)N/m＝1400N/m，故A正确．答案：A课时分层作业(十三)摩擦力1．解析：货物与传送带之间没有相对滑动，所以两者之间存在静摩擦力，货物相对传送带有向下运动的趋势，所以静摩擦力方向沿传送带向上．故选项A正确．答案：A2．解析：人匀速上爬，受力平衡，则人所受摩擦力与重力大小相等、方向相反，手握旗杆的力增加，但人所受摩擦力不变，选项B正确，选项A、C错误；当人匀速滑下时，人受到的摩擦力为滑动摩擦力，且仍与重力平衡，选项D正确．答案：BD3．解析：用大小为310N的水平力推汽车但没有推动，因此汽车受到静摩擦力，根据平衡条件可知，静摩擦力的大小等于推力，即310N，故选项D正确．答案：D4．解析：此时木条相对桌面在滑动，且对桌面的压力大小等于重力大小，所以摩擦力F＝μFN＝μmg.答案：A5．解析：物体对水平面的压力FN＝mg，则滑动摩擦力大小Ff＝μFN＝μmg＝×50N＝10N．物体相对于水平面向右运动，水平面对物体的滑动摩擦力方向水平向左，选项A正确．答案：A6.解析：A错，D对：如图所示，玻璃瓶受重力G、静摩擦力F的作用，由于玻璃瓶静止，则二力平衡，即F＝G.由于重力不变，所以无论手握多紧，静摩擦力都始终和重力大小相等，当玻璃瓶注水，重力增大时，静摩擦力就会增大．B错：动摩擦因数只与物体的材料以及粗糙程度有关．C对：最大静摩擦力与正压力成正比．答案：CD7．解析：小孩用80N的水平力推不动木箱，则木箱此时受到的是静摩擦力，所以F1＝80N．小孩用100N的力恰好推动木箱，此时的推力的大小等于最大静摩擦力的大小，所以F2＝100N．木箱被推动后受滑动摩擦力，由公式Ff＝μFN来计算大小，所以F3＝×200N＝90N，故A正确．答案：A8．解析：由题意可知，μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(F,mg)＝eq\f(10,500)＝，如果雪橇再载重500N的货物，则雪橇在该雪地上滑行时受到的摩擦力F′f＝μ(mg＋mg)＝×1000N＝20N．故选B.答案：B9．解析：A4纸双面都受滑动摩擦力，单面所受滑动摩擦力F＝μFN＝N，则拉力至少为2F＝N.答案：C10．解析：(1)探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度是否有关，要控制压力相同，改变接触面的粗糙程度，所以要比较甲和丙两图．(2)图乙、丙所示的两次实验，接触面的粗糙程度相同而压力不同，且压力越大弹簧测力计的示数越大，滑动摩擦力越大，所以可以得出：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大．(3)探究滑动摩擦力的大小与接触面积大小是否有关时，要控制压力大小以及接触面的粗糙程度相同．小明将木块沿竖直方向切去一部分，用剩余木块重复如图甲所示的实验，虽然接触面积变了，但同时压力也变了，没有控制压力相同，所以结论是错误的．答案：(1)甲丙(2)压力越大，滑动摩擦力越大(3)没有控制木块对木板的压力大小一定11．解析：由于砝码处于静止状态，则kΔx＝mg，所以有k＝eq\f(mg,Δx)＝eq\f(100×10－3×10,2×10－3)N/m＝500N/m，A正确、B错误．要使书恰好能匀速运动，则kΔx′＝μm′g，代入数据解得μ＝，C错误、D正确．答案：AD12．解析：当F＝30N时，木块与墙壁之间的最大静摩擦力为fmax＝×30N＝6N>G＝5N，则木块静止，由二力平衡可知，木块受到的摩擦力为5N，故A项错误；木块不动，当F变大时，木块受到的摩擦力不变，故B项错误；当F＝10N时，木块与墙壁之间的最大静摩擦力为fmax1＝×10N＝2N<G＝5N，则木块沿墙面下滑，木块受到的摩擦力为2N，故C项正确；当F突然变为0时，木块与墙面间没有弹力，也没有摩擦力，木块只受重力，则木块将做自由落体运动，故D项正确．答案：CD13．解析：A与B、B与水平桌面间的最大静摩擦力分别为FmA＝μmAg＝30N，FmB＝μ(mAg＋mBg)＝90N.由于绳子对物体A的拉力FA＝eq\f(F,2)＝40N>FmA，故B对A的摩擦力为滑动摩擦力，大小为30N，方向向左．物体B受到向右的拉力eq\f(F,2)＝40N和A施加给它的大小为30N的摩擦力，FB＝40N＋30N<FmB，故桌面对B的摩擦力为静摩擦力，大小为FB＝70N，方向向左．答案：30N70N课时分层作业(