必修一第一章 运动的描述匀变速直线运动的描述.docx
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必修一第一章运动的描述匀变速直线运动的描述
必修一第一章运动的描述匀变速直线运动的描述
第1课时描述运动的基本概念
1.
图1－1－8
小明周末到公园坐摩天轮（如图1－1－8所示），已知该轮直径为80m，经过20min转动一周后，小明落地，则小明在摩天轮上的平均速度为（ ）
A．0.2m/sB．4m/sC．0D．非直线运动，不能确定
解析：
平均速度是指位移和所用时间的比值，与直线运动或曲线运动无关．小明在摩天轮上转动一周，总位移为零，故其平均速度为零，C正确．
答案：
C
2．在2008年央视开年大戏《闯关东》中，从山东龙口港到大连是一条重要的闯关东路线．假如有甲、乙两船同时从龙口出发，甲船路线是龙口——旅顺——大连，乙船路线是龙口——大连．两船航行两天后都在下午三点到达大连，以下关于两船全航程的描述中正确的是（ ）
A．两船的路程相同，位移不相同
B．两船的平均速度相同
C．“两船航行两天后都在下午三点到达大连”一句中，“两天”指的是时间，“下午
三点”指的是时刻
D．在研究两船的航行时间时，可以把船视为质点
解析：
在本题中路程是船运动轨迹的长度，位移是龙口指向大连的有向线段，两船的路程不相同，位移相同，故A错误；平均速度等于位移除以时间，故B正确；时刻是指某一瞬间，时间是两时刻间的间隔，故C正确；在研究两船的航行时间时，船的大小和形状对所研究的问题影响可以忽略不计，故D正确．
答案：
BCD
3．一物体做匀变速直线运动．当t＝0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东，当t＝2s时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东，则当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s（ ）
A．3sB．5sC．7sD．9s
解析：
a＝＝＝－2m/s2，故t′＝＝＝5s或7s.
答案：
BC
4.
图1－1－9
北京奥运火炬实现了成功登上珠峰的预定目标，如图1－1－9所示是火炬手攀登珠峰的线路图，请根据此图判断下列说法正确的是（ ）
A．由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的位移
B.线路总长度与火炬所走时间的比等于登山的平均速度
C．在计算登山运动的速度时可以把火炬手当成质点
D．顶峰的重力加速度要比拉萨的重力加速度大
解析：
由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的路程．线路总长度与火炬所走时间的比等于登山的平均速率．火炬手在运动中，忽略其大小，可以看成质点．顶峰的高度大于拉萨的高度，顶峰的重力加速度要比拉萨的重力加速度小．
答案：
C
5．
图1－1－10
雷达是一种利用电磁波来测定物体位置和速度的设备，某防空雷达发现一架飞机正在以水平速度朝雷达正上方匀速飞来，已知该雷达发射相邻两次电磁波之间的时间间隔为5×10－4s，某时刻在雷达监视屏上显示的波形如图1－1－10甲所示，经过t＝173s后雷达向正上方发射和接收到的波形如图1－1－10乙所示，已知雷达屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为1×10－4s，则该飞机的飞行速度大小约为（ ）
A．12000m/sB．900m/sC．500m/sD．300m/s
解析：
从题干图甲可以看出电磁波从发出到接收到用时t1＝4×10－4s，此时飞机离雷达距离为s1＝ct1＝3×108×2×10－4m＝6×104m，t＝173s后，从题干图乙可求出这一时刻飞机离雷达的距离为s2＝ct2＝3×108×1×10－4m＝3×104m，因此飞机的飞行速度大小大约为v＝＝＝＝300m/s.
答案：
D
1．（2010·杭州月考）两辆汽车在平直的公路上匀速并排行驶，甲车内一个人看见窗外树木向东移动，乙车内一个人发现甲车没有动，以大地为参考系，上述事实说明（ ）
A．甲车向西运动，乙车不动B．乙车向西运动，甲车不动
C．甲车向西运动，乙车向东运动D．甲、乙两车以相同的速度同时向西运动
解析：
乙车内的人发现甲车不动，说明甲、乙两车速度相同，甲车内的人看见树木向东移动，说明甲车在向西运动，故选D.
答案：
D
2．2009年11月2日，第十一届全国运动会开幕，各省代表团参加了包括田径、体操、柔道在内的所有28个大项的比赛，下列几种比赛项目中的研究对象可视为质点的是（ ）
A．在撑杆跳高比赛中研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的转动情况时
B．帆船比赛中确定帆船在大海中位置时
C．跆拳道比赛中研究运动员动作时
D．铅球比赛中研究铅球被掷出后在空中飞行时间时
解析：
能否把某物体看做质点，关键要看忽略物体的大小和形状后，对所研究的问题是否有影响．显然A、C项中的研究对象的大小和形状忽略后，所研究的问题将无法继续，故A、C错；而B、D项中的研究对象的大小和形状忽略后，所研究的问题不受影响，故B、D正确．
答案：
BD
3．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（ ）
A．加速度方向为正时，速度一定增加
B．速度变化得越快，加速度就越大
C．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变
D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小
解析：
速度是否增加，与加速度的正负无关，只与加速度与速度的方向是否相同有关，故A错；“速度变化得越快”是指速度的变化率越大，即加速度a越大，B正确；加速度方向保持不变，速度方向可能变，也可能不变，当物体做减速直线运动时，v＝0以后就反向运动，故C错；物体在运动过程中，若加速度的方向与速度方向相同，尽管加速度在变小，但物体仍在加速，直到加速度a＝0，速度就达到最大了，故D错．
答案：
B
4.从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）
A．从飞机上看，物体静止B．从飞机上看，物体始终在飞机的后方
C．从地面上看，物体做平抛运动D．从地面上看，物体做自由落体运动
解析：
本题主要考查的内容是物体的相对运动和参考系等相关知识点．由于飞机在水平方向做匀速运动，当物体自由释放的瞬间物体具有与飞机相同的水平速度，则从飞机上看，物体始终处于飞机的正下方，选项B错；物体在重力的作用下在竖直方向做自由落体运动，所以选项A错误；在地面上看物体的运动，由于具有水平方向的速度，只受重力的作用，因此物体做平抛运动，则C对D错．
答案：
C
5．下列说法中与人们的日常习惯相吻合的是（ ）
A．测量三楼楼道内日光灯的高度，选择三楼地板为参考系
B．测量井的深度，以井底为参考系，井“深”为0米
C．以卡车司机为参考系，卡车总是静止的
D．以路边的房屋为参考系判断自己是否运动
解析：
在解本题时，很多同学受生活习惯的影响，往往错误地认为参考系只能选地面，其实不然，如A选项，可以选择与地面相对静止的三楼地板为参考系．参考系的选择没有对错之分，只有合理与不合理的区别，只要有利于问题的研究，选择哪个物体为参考系都可以．
答案：
ACD
6．物体沿一条直线运动，下列说法中正确的有（ ）
A．物体在某时刻的速度为3m/s，则物体在1s内一定走3m
B．物体在某1s内的平均速度是3m/s，则物体在这1s内的位移一定是3m
C．物体在某段时间内的平均速度是3m/s，则物体在1s内的位移一定是3m
D．物体在某段位移内的平均速度是3m/s，则物体某1s内的位移不小于3m
解析：
物体某时刻的速度为3m/s是瞬时速度，下一时刻的速度可能变大，也可能变小，因此它不一定以这个速度维持运动1s，所以A选项不正确．物体在某1s内的平均速度是3m/s，根据定义，则物体在这1s内的位移一定是3m，选项B正确．物体在某段时间内的平均速度是3m/s，有可能先做速度小于3m/s的匀速运动，然后再做速度大于3m/s的匀速运动，因此物体在1s内的位移可能大于3m，也可能小于3m，选项C错误．同理，选项D也错误．
答案：
B
7．
图1－1－11
2009年7月16日，中国海军第三批护航编队16日已从浙江舟山某军港启航，于7月30日抵达亚丁湾、索马里海域如图1－1－11所示，此次护航从舟山启航，经东海、台湾海峡、南海、马六甲海峡，穿越印度洋到达索马里海域执行护航任务，总航程五千多海里．关于此次护航，下列说法正确的是（ ）
A．当研究护航舰艇的运行轨迹时，可以将其看做质点
B．“五千多海里”指的是护航舰艇的航行位移
C．“五千多海里”指的是护航舰艇的航行路程
D．根据题中数据我们可以求得此次航行的平均速度
解析：
将护航舰艇看做质点可较方便的研究其运行轨迹，故A对；由题图可知，“五千多海里”指的是护航舰艇的航行路程，而不是位移故B错，C对；平均速度是位移与所用时间的比值，平均速率是路程与所用时间的比值，故D错．
答案：
AC
8．一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x＝5＋2t3（m），它的速度随时间t变化关系为v＝6t2（m/s）．该质点在t＝0到t＝2s间的平均速度和t＝2s到t＝3s间的平均速度大小分别为（ ）
A．12m/s,39m/sB．8m/s,38m/sC．12m/s,19.5m/sD．8m/s,12m/s
解析：
平均速度＝，t＝0时，x0＝5m；t＝2s时，x2＝21m；t＝3s时，x3＝59m.
故1＝＝8m/s，2＝＝38m/s.
答案：
B
9.
图1－1－12
在2008年8月16日，牙买加选手博尔特在国家体育场“鸟巢”进行的北京奥运会男子100米决赛中以9秒69的成绩夺得金牌并打破9秒72的世界纪录．设高度为H的博尔特正在进行100米短跑且就要到达比赛的终点处，如图1－1－12所示，有一摄影记者用照相机拍摄下了运动员冲刺的一幕．已知摄影记者使用的照相机的光圈（控制进光量的多少）是16，快门（曝光时间）是1/60秒，得到照片后测得照片中人的高度为h，胸前号码布上模糊部分的宽度是ΔL.则由以上数据可以知道运动员的（ ）
①100米成绩 ②冲刺速度 ③100米内的平均速度 ④冲刺时1/60秒内的位移
A．①②B．①③C．②④D．③④
解析：
照片中模糊部分的宽度就是最后冲刺时的1/60秒运动员号码布对应的运动位移，由放大比例关系可知其大小Δx为ΔL，对应运动员的最后冲刺速度为v＝＝＝.因此C正确．
答案：
C
10．河岸上有甲、乙两地，一汽艇顺着河流由甲到乙需要时间t1＝3h，逆流返回需要时间t2＝6h．如果汽艇不用发动机，顺流由甲地漂行到乙地需要时间t为多少？
解析：
汽艇不用发动机顺流漂行，即是以水流的速度运动．求时间t，需要求出甲、乙两地的距离和水流的速度．
设汽艇在静水中的速度为u，水流的速度为v，汽艇顺水航行时其运动速度为（u＋v），逆水航行时其运动速度为（u－v），所以有（u＋v）t1＝（u－v）t2＝vt.
整理后有t＝2t1t2/（t2－t1）＝2×3×6/（6－3）h＝12h.
答案：
12h
11．一位汽车旅游爱好者打算到某风景区去观光，出发地和目的地之间是一条近似于直线的公路，他原计划全程平均速度要达到40km/h，若这位旅游爱好者开出1/3路程之后发现他的平均速度仅有20km/h，那么他能否完成全程平均速度为40km/h的计划呢？
若能完成，要求他在后的路程里开车的速度应达多少？
解析：
设后路程上的平均速度为v，总路程为s
在前s/3里用时：
t1＝
在后2s/3里用时：
t2＝
所以全程的平均速度为：
＝40km/h
解得v＝80km/h
由结果可知，这位旅行者能完成他的计划，他在后2s/3的路程里，速度应达80km/h.
答案：
80km/h
12．（2010·盐城市第一次调研）2009年9月南京军区某部进行了一次海上军事演习，一艘鱼雷快艇以30m/s的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌舰．当两者相距L0＝2km时，以60m/s的速度发射一枚鱼雷，经过t1＝50s艇长通过望远镜看到了鱼雷击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚鱼雷以同样速度发射后，又经t2＝30s，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉．求第一枚鱼雷击中前后，敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？
解析：
第一枚鱼雷击中前，敌舰逃跑的速度v1，当鱼雷快艇与敌舰相距L0＝2km时，发射第一枚鱼雷，以t1＝50s击中敌舰，则有
（v－v1）t1＝L0，即：
（60－v1）×50＝2000
解得v1＝20m/s
击中敌舰时，鱼雷快艇与敌舰的距离为L0－（30－v1）t1＝1500m
马上发射第二枚鱼雷，击中后敌舰的速度为v2，经t2＝30s，鱼雷再次击中敌舰，则有
（v－v2）t2＝1500，即：
（60－v2）×30＝1500，
解得v2＝10m/s.
答案：
20m/s 10m/s
第2课时匀变速直线运动规律及应用
1．一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．已知它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与ac段位移之比为（ ）
A．1∶3B．1∶5C．1∶8D．1∶9
解析：
经过b点时的位移为hab＝，经过c点时的位移为hac＝，所以hab∶hac＝1∶9，故选D.
答案：
D
2．静止置于水平地面的一物体质量为m＝57kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.43，在F＝287N的水平拉力作用下做匀变速直线运动，则由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为（ ）
A．2∶1B．1∶2C．7∶3D．3∶7
解析：
第5个7秒内的位移为x1＝a×352－a×282，第11个3秒内的位移为x2＝a×332－a×302，所以＝＝.
答案：
C
3.
图1－2－5
（2009·江苏，7）如图1－2－5所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2.此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s.下列说法中正确的有（ ）
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线
D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处
解析：
在加速阶段若一直加速则2s末的速度为12m/s，2s内的位移为x＝×2m＝20m，则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A正确．汽车一直减速在绿灯熄灭前通过的距离小于16m，则不能通过停车线，如距离停车线5m处减速，汽车运动的最小距离为6.4m，不能停在停车线处．A、C正确．
答案：
AC
4．在四川汶川抗震救灾中，一名质量为60kg、训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖直的质量为20kg的长绳由静止开始滑下，速度很小可认为等于零．在离地面18m高处，武警战士感到时间紧迫，想以最短的时间滑到地面，开始加速．已知该武警战士落地的速度不能大于6m/s，以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5m/s2；长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为g＝10m/s2.求武警战士下滑的最短时间和加速下滑的距离．
解析：
设武警战士加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为（H－h1），加速阶段的末速度等于减速阶段的初速度为vmax，由题意和匀变速运动的规律有：
v＝2gh1 v＝2a（H－h1）＋v2
由上式解得h1＝＝m＝7.2m
武警战士的最大速度为vmax＝＝m/s＝12m/s
加速时间：
t1＝＝s＝1.2s
减速时间：
t2＝＝s＝1.2s
下滑的最短时间t＝t1＋t2＝1.2s＋1.2s＝2.4s
答案：
2.4s 7.2m
5．
图1－2－6
（2010·湖南十校联考）如图1－2－6所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2kg，管长为24m，M、N为空管的上、下两端，空管受到F＝16N竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g＝10m/s2.求：
（1）若小球上抛的初速度为10m/s，则其经过多长时间从管的N端穿出；
（2）若此空管的N端距离地面64m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围．
解析：
（1）对管由牛顿第二定律得mg－F＝ma①
代入数据得a＝2m/s2
设经过t时间从N端穿出
对管：
h＝at2②
对球：
－（24＋h）＝v0t－gt2③
由②③得：
2t2－5t－12＝0，解得：
t＝4s，t′＝－1.5s（舍去）．
（2）－64＝v0t1－gt④
64＝at⑤
－88＝v′0t1－gt⑥
由④⑤得：
v0＝32m/s，由⑤⑥得：
v0′＝29m/s，所以29m/s答案：
（1）4s
（2）29m/s1．从足够高处释放一石子甲，经0.5s，从同一位置再释放另一石子乙，不计空气阻力，则在两石子落地前，下列说法中正确的是（ ）
A．它们间的距离与乙石子运动的时间成正比
B．甲石子落地后，经0.5s乙石子还在空中运动
C．它们在空中运动的时间相同
D．它们在空中运动的时间与其质量无关
解析：
两石子做自由落体运动，设t时刻甲下落的高度为h1＝gt2，则乙下落的高度为h1＝g（t－0.5）2，它们之间的距离h1－h2＝g（t－0.25）＝g[（t－0.5）＋0.25]与乙石子运动的时间（t－0.5）不成正比，A错误；由于两石子下落的高度相同，因此下落的时间相同，甲石子落地后，经0.5s乙石子刚好落地，B错误，C正确；由于不计空气阻力，由t＝可知，两石子在空中运动的时间与质量无关，D正确．
答案：
CD
2．在水平面上有a、b两点，相距20cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小为（ ）
A．若力的方向由a向b，则大于1m/s，若力的方向由b向a，则小于1m/s
B．若力的方向由a向b，则小于1m/s；若力的方向由b向a，则大于1m/s
C．无论力的方向如何，均大于1m/s
D．无论力的方向如何，均小于1m/s
解析：
无论力的方向如何，0.2s中间时刻的瞬时速度均为v＝m/s＝1m/s，经分析可知，质点无论是匀加速还是匀减速，a、b中间时刻的瞬时速度均小于a、b中点时的速度，所以选项C正确．
答案：
C
3.
图1－2－7
2009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图1－2－7所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是（ ）
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶D．t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1
解析：
因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1∶（－1）∶（－），故所求时间之比为（－）∶（－1）∶1，所以选项C错，D正确；由v＝at可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错，B正确，所以正确选项为BD.
答案：
BD
4．两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为t/2，当第二个物体开始下落时，两物体相距（ ）
A．gt2B．3gt2/8C．3gt2/4D．gt2/4
解析：
当第二个物体开始下落时，第一个物体已下落时间，此时离地高度h1＝gt2－g2，第二个物体下落时的高度h2＝g2，则待求距离Δh＝h1－h2＝.
答案：
D
5．四个小球在离地面不同高度处，同时从静止释放，不计空气阻力，从某一时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．则刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是下图中的（ ）
答案：
C
6．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m，由此不可求得（ ）
A．第1次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移
D．质点运动的初速度
解析：
如上图所示，x3－x1＝2aT2，可求得a，而v1＝－a·可求．
x2＝x1＋aT2＝x1＋＝也可求，
因不知第一次闪光时已运动的时间和位移，故初速度v0不可求．
答案：
D
7．一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零．若设斜面全长L，滑块通过最初L所需时间为t，则滑块从斜面底端到顶端所用时间为（ ）
A.tB.tC.tD．2t
解析：
假设存在逆过程，即为初速度是零的匀加速直线运动，将全过程分为位移均为L/4的四个阶段，根据匀变速直线运动规律，其时间之比为1∶（－1）∶（－）∶（2－），根据题意可列方程：
＝，t′＝2t.
答案：
D
8．将一小物体以初速度v0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程为x1和x2，速度的变化量为Δv1和Δv2的大小关系为（ ）
A．x1>x2B．x1Δv2D．Δv1<Δv2
解析：
上升的加速度a1大于下落的加速度a2，根据逆向转换的方法，上升的最后一秒可以看成以加速度a1从零下降的第一秒，故有：
Δv1＝a1t，x1＝a1t2；而以加速度a2下降的第一秒内有：
Δv2＝a2t，x2＝a2t2，因a1>a2，所以x1>x2，Δv1>Δv2，即A、C正确．
答案：
AC
9.
图1－2－8
如图1－2－8所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球（可视为质点），小球1、2、3距斜面底端A点的距离分别为x1、x2、x3，现将它们分别从静止释放，到达A点的时间分别为t1、t2、t3，斜面的倾角为θ.则下列说法正确的是（ ）
A.＝＝B.＞＞
C.＝＝D．若θ增大，则的值减小
解析：
三个小球在光滑斜面上下滑时的加速度均为a＝gsinθ，由x＝at2知＝a，因此＝＝.当θ增大，a增大，的值增大，C对，D错.＝，且＝，由物体到达底端的速度v2＝2ax知v1＞v2＞v3，因此1＞2＞3，即＞＞，A错，B对．
答案：
BC
10．
图1－2－9
（2010·湖北部分重点中学月考）如图1－2－9所示水平传送带A、B两端点相距x＝7m，起初以v0＝2m/s的速度顺时针运转．今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，同时传送带以a0＝2m/s2的加速度加速运转，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，求：
小物块由A端运动至B端所经历的时间．
解析：
小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律：
μmg＝ma，得：
a＝4m/s2
小物块历时t1后与传送带速度相同，则：
at1＝v0＋a0t1，得：
t1＝1s
此过程中小物块的位移为：
x1＝at/2，得：
x1＝2m故小物块此时尚未到达B点，且此后的过程中由于a0<μg，所以小物块将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点，则
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