1、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
2、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= =-5 m/s2,即加速32.557.55(1)2度大小为 5 m/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 4.5 s 末列车速度为 57.5 m/s,由速度时间公式可得 v0=v-at=57.5 m/s-(-5 m/s24.5 s)=80 m
3、/s,选项 D 正确 .4.D 解析 速度变化指末速度与初速度之差 ,由表知 的速度变化最大,为 20 m/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 的加速度最大,为 a1= m/s2=3 m/s2, 的加速度最小,为 a4= m/s2=0.2 1123 200100m/s2.5.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.
4、B 解析 小球运动的速率不变 ,则 v= =2 m/s,由题意可知, 小球 6 s 末回到了出发点,第 7 s 内小球向左运动, 位移 x=-21 m=-2 m,7 s 内的路程 s=vt=27 m=14 m,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 2 m,C 正确;(0,0)、(2,2)、(5,5)2三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
5、 .8.AB 解析 质点每秒钟匀速率移动 1 m,故第 2 s 末瞬时速度大小为 1 m/s,A正确;前 2 s 内的位移大小为 x1=AB= = m= m,平均速度2+2 12+12 2= = m/s,B 正确;前 4 s 内质点通过的路程为 4 m,平均速率为 1 m/s,在第 4 111 22s 末到达 C 点,前 4 s 内质点的位移大小为 x2=AC=2 m,平均速度为 = = 22224m/s=0.5 m/s,C、D 错误 .9.A 解析 遮光板通过第一个光电门的速度 v1= = m/s=0.10 m/s,遮光10.0030.030板通过第二个光电门的速度 v2= = m/s=0.
6、30 m/s,故滑块的加速度20.0030.010a= 0 .067 m/s2,选项 A 正确 .2110.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= ,通过1后一半位移所用的时间为 t2= ,全程的平均速度为 v 甲 = = = =48 km/h;对2 21+2 21+22121+2乙车,设总时间为 2t,前一半时间内的位移为 x1=v1t,后一半时间内的位移为x2=v2t,全程的平均速度为 v 乙 = = = km/h=50 km/h,故甲车的平均1+22 1+22 40+602速度小于乙车的平均速度 .11.B 解析 已知子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的
7、1.5%,即实际错开的距离为 L=1.5%0.05 m=7.510-4 m,则曝光时间为 t= = s=1.510-6 7.5104500s,故 B 正确 .12.2.0103 m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2 =vt2(2)2+2已知 t2-t1= t联立解得 h=2.0103 m 13.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 t1时12间到达被测物体并被反射折回,
8、再经过 t1时间回到小盒子 B,该过程中,超声波经12过的路程为 2x1,所以超声波的速度为 v 声 = ,选项 A 正确;从 B 盒发射超声波开始211计时,经时间 t0再次发射超声波脉冲, 超声波经过 (t2- t0)时间到达被测物体12并被反射折回,再经过 (t2- t0)回到小盒子 B,该过程中,超声波经过的路程为 2x2,12所以超声波的速度为 v 声 = ,选项 B 错误;被测物体在 t1时刻第一次接收到超2220 12声波,在 t0+ (t2- t0)即 (t2+ t0)时刻第二次接收到超声波 ,该过程中被测物体12 12发生的位移为 x2-x1,所以物体的平均速度为 = = ,
9、选项 C 错误,2112(2+0)1212(21)21+0选项 D 正确 .14.(1)11 s (2)96 m解析 (1) 汽车匀减速运动的加速度a2= m/s2=-6 m/s2391设汽车从速度为 3 m/s 经 t时间停止,则 t= s=0.5 s036故汽车从开出到停止总共经历的时间为t 总 =10.5 s+0.5 s=11 s.(2)汽车匀加速运动的加速度a1= m/s2=3 m/s2631汽车匀加速运动的时间 t1= s=4 s1203汽车匀减速运动的时间 t3= s=2 s0126汽车匀速运动的时间 t2=t 总 -t1-t3=5 s汽车匀速运动的速度为 vm=12 m/s则汽车
10、总共运动的路程s= t1+vmt2+ t3= m=96 m.2 2 (1224+125+1222)课时作业( 二)1.D 解析 v-t 图像的斜率表示加速度 ,即 a= ,vt 图像中图线与时间轴所101围的面积表示位移,物体在 0t1时间内的位移 x=x1+x2,平均速度 = ,选项 D 正1+21确 .2.C 解析 若 n=1,则 x=5+2t,即初位置在 x=5 m 处,速度大小为 v=2 m/s 且不变, 所以物体做匀速直线运动,速度大小为 2 m/s,选项 A、B 错误; 若 n=2,则 x=5+2t2,与x=x0+v0t+ at2对比可得 v0=0,a=4 m/s2,选项 C 正确
11、 ,D 错误 . 123.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= = ,选项 B 正确 .1212124.A 解析 潜水器上浮时的加速度大小为 a= ,根据逆向思维,可知潜水器在 t0时刻距离海面的深度为 h= a(t-t0)2= ,选项 A 正确 .12 (0)225.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, = vt1=vt2,联立可得 t1=2t2= ,v= ,选项 A2
12、12 23 32正确 .6.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+ = 0.6 m+ 221203.6 (1203.6)2m200 m,选项 B 正确 .120.32107.A 解析 根据匀变速直线运动的位移 时间公式,有 x1=v0t1-a ,x1+x2=v0(t1+t2)- a(t1+t2)2,解得 v0=3.5 m/s,a=1 m/s2,选项 A 错误,选项 B 正1221 12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 =2ax,v0=at,解
13、得 x= m,t=3.5 s,因此 x3=x-x1-x2= 20 498 98m,所用时间 t3=t-t1-t2=1.5 s,位移 x3内的平均速度大小 = =0.75 m/s,选项333C、D 正确 .8.B 解析 直尺做自由落体运动 ,根据 h= gt2, h=gt2,可以得出相等时间间隔12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= =3 m/s,选项 C 正确; 根据题意 ,由于滑块向上做匀减速2直线运动,则有 CD-AC=aT2,故 a=-0.5 m/s2,速度 vD=vC+aT=2 m/s,速
14、度 vA=vC-aT=4 m/s 选项 A 错误,D 正确; B 是 AD 的中点, 则 - = - ,故 vB= = m/s,2222 2+22 10选项 B 错误 .10.ABD 解析 B 点对应 AC 的中间时刻,则 vB= ,选项 A 正确; C 点对应 BD 的1+22中间时刻,则 vC= ,而加速度 a= ,故 vB=vC-aT= ,选项 B 正确;加速度 a=2+32 322 3232,则 vB=vC-aT= ,选项 D 正确 .212 212+3211.3 s 15 m解析 由题意知 a=2 m/s2,v0=2 m/s,设滑块从 A 到 B 的时间为 t1,运动到 B 点的速度
15、为 v1,对 AB 段,有 v1=v0+at1, =v0t1+ a ,815 1221对 BC 段,有 =v11 s+ a(1 s)2,715 12联立得 t1=2 s,L=15 m,滑块在斜面上滑行的时间为 t2=t1+1 s=3 s.12.(1)50 m/s (2)16 m/s解析 (1) 设起飞速度为 v,无风起飞时初速度 v01=30 m/s,a1=5 m/s2根据 v2- =2a1x1201解得 v=50 m/s.(2)当飞机逆风行驶起飞时,起飞速度为 v1=50 m/s-10 m/s=40 m/s加速度 a2=4.2 m/s2根据 - =2a2x121202解得 v02=16 m/
16、s.13.(1)15 m (2)11 s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= = m/s2=2.5 m/s2,22 102220汽车在 ETC 通道,匀减速运动的时间为t1= = s=2 s, 1052.5匀减速运动的位移为x= = m=15 m.222 1025222.5(2)汽车在 ETC 通道,匀减速运动的时间为 t1=2 s,匀速行驶的时间为 t2= = s=1 s, 55从开始减速到交费完成所需的时间为t=t1+t2=3 s,过人工收费通道,匀减速运动的时间为t3= = s=4 s,102.5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=4 s+
17、10 s=14 s,因此少用的时间为 t=t-t=14 s-3 s=11 s.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,18 s 时小车的加速度大于 13 s 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 020 s 内速度方向不变, 故 t=20 s 时小车离出发点最远, 选项 C 错误;由 x 前 10 s36 m解析 (1) 在 t1=1 s 时 A 车刚启动, 第 1 s 内两车间缩短的距离 x1=vBt1解得 B 车的速度 vB=12 m/sA 车的加速度大小 a= = m/s2=3 m/s2211251(2
18、)两车的速度相等时,两车的距离达到最小,对应于 v-t 图像的 t2=5 s 时刻,此时两车已发生的相对位移为梯形的面积,则 x= vB(t1+t2)= 12(1+5) m=36 m12 12因此,若 A、 B 两车不会相撞, 则两车的距离 s0应满足条件: s036 m13.(1)64 m (2)16 s (3)0.25 m/s2解析 (1) 当 A、 B 两车速度相等时相距最远, 有v1=v2-at1解得 t1=6 s根据位移公式得xA=v1t1=48 mxB=v2t1- a =84 m1221故 xm=xB+x0-xA=64 m(2)B 车从刹车到停止运动所用时间 t0= =10 s2对 B 车,有 xB= =100 m222对 A 车,有 xA=v1t0=80 m由于 xAx0+xB,所以此时 A 车并未追上 B 车, 而是在 B 车停止后才追上, 之后 A 车运动时间为t2= =6 s0+1故所求时间为 t=t0+t2=16 s(3)A 车刹车减速至 0 且刚好追上 B 车时,加速度最小,有 +x0=222 212解得 aA=0.25 m/s2
