高一物理必修第一册第2章匀变速直线运动的研究单元练习答案解析.pdf

1、1 / 7 参考答案参考答案 1D 【详解】 A把 v=7-2.5t 和 0 vvat对比得， 0 7m/sv ， 2 2.5m/sa ，A 错误； B轿车在第 1s 内运动的位移大小为 2 0 1 5.75m 2 xv tatB 错误； C轿车在第 2s 内运动的位移大小为 22 2 11 7 22.5 2m7 12.5 1m3.25m 22 x 。C 错 误； D刹车时间为： 0 0 7 s2.8s 2.5 v t a 。轿车在第 3s 内运动的位移大小为 22 11 2.5 0.8 m0.8m 22 xat。D 正确。故选 D。 2C 【详解】 A由于甲物体在 t1t2时间内位移未变，说

2、明在这段时间内甲处于静止状态，而乙的位移不为零，乙的平 均速度也不为零，所以 t1到 t2这段时间内甲的平均速度小于乙的平均速度，故 A 错误； B由图象可知，两物体同时从 t=0 时刻出发，故 B 错误； C甲出发时，甲的位置坐标为 0，乙的位置坐标为 x0，则乙的出发点在甲的前面 x0处，故 C 正确； D在 t1-t2时间内，甲物体的位移保持不变，说明甲物体处于静止状态，最后在 t3时刻甲追上了乙，故 D 错误。 故选 C。 3D 【详解】 2 / 7 AC在 0- 1 t，两车的运动方向均相同，AC 错误； B在 0- 1 t，b 车运动的图像面积要大于 a 车，所以没有相遇，B 错误

3、； D在 0- 1 t这段时间内，a 车的平均速度为 12 2 vv ，由于在这段时间内 b 车的位移大，所以 b 车的平均速度 大于 12 2 vv ，D 正确。故选 D。 4D 【详解】 A. 甲质点在第 1s 内向正方向运动，后 2s 向负方向运动，A 错误； B. 甲质点在 3s 内的位移大小等于零，B 错误； C. 甲质点在 3s 内速度方向发生变化，不是匀速直线运动，C 错误； D. 图甲中质点在前 1s 内与后 2s 内速度的大小之比为 1 2 20 2 1 0 20 1 3 1 v v 图乙中质点在前 1s 内与后 2s 内加速度的大小之比为 1 2 20 2 1 0 20 1

4、 3 1 a a 。D 正确。 故选 D。 5C 【详解】 汽车从刹车到静止用时 3 / 7 0 20 s=4s 5 v t a 刹 ，故刹车后 2s 为：s1=v0t- 1 2 at2=202 m- 1 2 522m=30m。刹车后 6s 内汽车的位移 s2=v0t刹- 1 2 at刹2=204 m- 1 2 542m=40m。故：s1：s2=3：4 故 ABD 错误，C 正确； 故选 C。 6D 【详解】 A甲乙的加速度恒定不变，均做匀变速运动，甲的加速度方向与速度方向相同，做匀加速直线运动，乙的 加速度方向与速度方向相反，做匀减速运动，故 A 错误； B甲的加速度方向与速度方向相同，物体

5、做加速运动，而速度的变化快慢仅与加速度的大小有关，与方向 无关，甲与乙的加速度大小相同，甲与乙的速度变化一样快，故 B 错误； C乙的加速度方向与速度方向相反，做匀减速运动，甲与乙的加速度大小相同，甲与乙的速度变化一样快， 故 C 错误； D甲与乙的加速度大小相同，甲与乙的速度变化一样快，故 D 正确。 故选 D。 7C 【详解】 根据匀变速直线运动位移与时间关系： 2 0 1 2 xv tat。可知物体做匀变速直线运动，根据公式可知 0 5m /sv ， 2 4m/sa 。所以物体做匀加速直线运动，故选 C。 8D 【详解】 A直尺下降高度 h，根据 2 1 2 hgt，得 2h t g ，

6、所以下落高度最大的下落时间长，即乙同学的“反应时间” 4 / 7 比丙的长，故 A 错误； B由 2 2vgh可知，乙同学抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度22 10 0.3m/s6m/svgh，故 B 错误； C由 2h t g 可知，下落时间 t 与高度 h 不是线性关系，即若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间” 值，则“反应时间”刻度是不均匀的，故 C 错误； D若某同学的“反应时间”为 0.4s，则下落高度为 2 1 10 0.4 m80cm 2 h ，大于该直尺的长度，所以将 不能测量他的“反应时间”，故 D 正确。 故选 D。 9D 【详解】 在反应时间内，汽车做匀速直线运动，根

7、据匀速运动的公式得： 10 1 3.2msv t 刹车后，刹车时间及前进的距离为： 2 00 22 2s8m 2 vv ts aa ， 从司机看到行人到汽车停下，汽车共运动的时间及距离为： 1212 2.4s11.2mtttsss， 故选 D。 10C 【详解】 小明做匀加速直线运动，故有匀变速直线运动规律可得，通过 b 标志点的瞬时速度大小为 48 m/s=3m/s 22 2 b abbc v T 。由逐差公式 2 xaT 可得，小明运动的加速度为 22 22 84 m/s1m/s 2 bcab a T 则由速度公式可得，通过 c 标志点的瞬时速度大小为 5 / 7 3 1 2m/s=5m/

8、s cb vvaT 故选 C。 11B 【详解】 AB由 2 2vaL ， 2 AA 2vaL。解得 A 4 L L ，B 正确，A 错误； CD由 2 1 2 Lat， 2 AA 1 2 Lat。 A 4 L L ，解得 A 2 t t ，CD 错误。 故选 B。 12C 【详解】 A由于乙物体的斜率为零，乙物体做匀速直线运动，故 A 错误； B根据vt图象的面积表示位移可知，质点甲前 2s 内的位移为： 1 2 10m=10m 2 x 故 B 错误； C由图可知，第 2s 末质点甲、乙速度都为 10m/s，故 C 正确； Dvt图象的面积表示位移可知，乙前 2s 内的位移为2 10m=20

9、m，不等于甲的位移，出发点相同， 故在第 2s 末时，乙在甲的正前方 10m 处，故 D 错误。 故选 C。 134 【详解】 根据位移公式得： 22 54 11 18m 22 atat。解得： 2 4m/sa 141m/s23m/s 6 / 7 【详解】 1根据 2 xaT 解得： 22 2 128 m/s1m/s 2 a 2由 2 0 1 2 xv tat可得： 2 1 8=21 2 2 A v 。解得：vA=3m/s 15127 【详解】 1根据： 0t vvat。可知： 5 22 5m/s12m/sv 2在匀变速直线运动中： 0 2 t vv v 。因此： 2 12 m/s7m/s 2

10、 v 160.312.0 【详解】 1已知图中相邻两点间的时间间隔都是 T=0.06s， 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平 均速度,有： AC B =0.31m/s 2 x v T 2根据匀变速直线运动的推论公式： 2 mn xxmnaT（）。 可以求出加速度的大小： 2 21 2 - 2.0m/s x x a T 17(1)30m/s；(2)45m；(3)6s 【详解】 (1)由自由落体运动规律知 v=gt。解得：v=30m/s (2)由白由落体运动规律知 2 1 2 hgt，解得：h=45m (3)要使升降机从井口到井底的时间最短，升降机必须先做由落体运动，速度达到最大后

11、做匀速直线运动， 在合适的位置开始以 2 g 的加速度向下做匀减速直线运动，到达井底时速度恰好为 0。设升降机做自由落体 运动的时间为 t加，对应的位移为 x加，做匀速直线运动的时间为 t匀，对应的位移为 x匀，做匀减速直线运动 的时间为 t减，对应的位移为 x减，则有 vm=gt加。x加= 2 1 2 gt加。x匀=vmt匀。 2 m g vt 减。 2 1 = 22 g xt 减减 7 / 7 +=xxxh 减加匀 。 min +=tttt 减加匀 解得：tmin=6s 18(1)5m/s2；(2)10m/s；(3)5 2m/s 【详解】 (1)设斜面长为 x，由几何知识得 x=2h，由匀

12、变速直线运动规律得 2 1 2 xat。解得 a=5m/s2 (2)由匀变速直线运动规律得 v=at，解得，v=10m/s (3)小球到达斜面正中间时的位移大小恰好等于由匀变速直线运动规律得 v2=2ah。解得 5 2v m/s 197.5s 【详解】由公式vat，可得匀加速直线运动的时间为1 1 3s v t a 。匀加速直线运动的位移为 11 1 22.5m 2 xvt。由公式 2 2vax ，可得匀减速直线运动的位移为 2 3 2 15m 2 v x a 由公式vat，可得匀减速直线运动的时间为 3 2 2s v t a 则匀速直线运动的位移为 213 37.5mxxxx。匀速运动的时间为 2 2 2.5s x t v 则这位同学在这个过程中运动的总时间为：