第二章 匀变速直线运动的研究 水平测评-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案word（教科版2019）

物理　必修　第一册 第二章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是(　　) A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 B．根据速度定义式v＝，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 D．伽利略对自由落体运动的研究，应用了将实验和逻辑推理相结合的方法 答案：C 解析：质点概念的引入，利用了建立理想物理模型的方法，C错误；A、B、D中叙述正确。本题选叙述不正确的，故选C。 2．如图所示，航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5 min内使飞机从静止加速到44 m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2 s内就可把飞机从静止加速到82.5 m/s。设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机 起飞的跑道长度约是航空母舰甲板跑道长度的(　　) A．800倍 B．80倍 C．400倍 D．40倍 答案：D 解析：由x＝(v0＋vt)t得，＝＝40，D正确。 3．一物体沿直线运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图像可知(　　) A．4 s内物体的运动与竖直上抛运动性质相同 B．4 s内物体的速度一直在减小 C．物体的加速度在2.5 s时改变方向 D．4 s内物体的位移先增大后减小 答案：D 解析：竖直上抛运动的运动性质为匀变速直线运动，该物体运动的加速度不恒定，故两者运动性质不同，A错误；4 s内物体的速度先减小到零然后反向增加，B错误；物体的速度在2.5 s时改变方向，但加速度一直为负值，C错误；在0～2.5 s速度为正，位移一直在增加，而在2.5～4 s速度为负，物体反向运动，再结合v­t图线与t轴所围面积的意义可知，2.5～4 s位移一直在减小，D正确。 4．“歼­20”在某次训练时着舰不成功，此时距离航母跑道末端为200 m，飞行员经短暂反应时间，迅速启动“逃逸复飞”。设“歼­20”复飞前做匀速直线运动，速度为25 m/s，复飞过程的最大加速度为5 m/s2，复飞过程可看成匀变速直线运动，飞机起飞的最小速度为50 m/s，飞行员反应时间最长不超过(　　) A．0.5 s B．0.4 s C．0.3 s D．0.6 s 答案：A 解析：设飞机从复飞到完全起飞，加速度为5 m/s2，起飞速度为50 m/s，由v－v＝2ax，解得飞机成功起飞做匀变速直线运动的最短距离为x＝187.5 m，则飞机复飞前做匀速直线运动的距离最大为x0＝200 m－187.5 m＝12.5 m，则飞行员反应时间最长为t反应＝＝0.5 s，故选A。 5．某竖直向上喷射的人工喷泉喷水的最大高度为H，忽略水珠在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　) A．喷泉喷出的水在空中运动时间为 B．水刚喷出时的速度大小为 C．若喷嘴单位时间喷出水的体积为Q，则空中水的体积为2Q D．水珠从喷口上升到位置所用时间与从位置上升到最高点所用时间之比为1∶(－1) 答案：C 解析：喷泉喷出的水在空中的运动可视为竖直上抛运动，由H＝gt2，可得t＝，根据运动的对称性可知喷泉喷出的水在空中运动的时间为t总＝2t＝2，故A错误；水刚喷出时的速度大小满足v2＝2gH，解得v＝，故B错误；若喷嘴单位时间喷出水的体积为Q，则空中水的体积为Qt总＝2Q，故C正确；水珠上升过程逆向可看作自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论，水珠从喷口上升到位置所用时间与从位置上升到最高点所用时间之比为(－1)∶1，故D错误。 6．2020年9月27日，衢宁铁路正式开通运营，结束了丽水市遂昌、松阳、龙泉、庆元四县市不通火车的历史。如果乘坐“绿巨人”动车组从庆元站至龙泉市站，50 km的路程需要时间30 min。假设“绿巨人”动车组先匀加速，达到最大速度160 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等。为研究方便，将全程视为直线运动，则下列关于“绿巨人”动车组的说法正确的是(　　) A．加速运动时间小于匀速运动时间 B．减速时间为7.5 min C．加速时加速度大小为0.23 m/s2 D．如果加速度大小为0.4 m/s2，题中所述运动最短需要20.6 min 答案：D 解析：设加速度大小为a，加速及减速过程用时均为t，根据运动学公式有2×at2＋vm(t总－2t)＝x总，且vm＝at，其中t总＝30 min＝1800 s，x总＝50 km＝5×104 m，vm＝160 km/h＝ m/s，可解得t＝675 s＝11.25 min，a＝0.0658 m/s2，即加速及减速运动时间均为11.25 min，所以匀速运动的时间t匀＝t总－2t＝7.5 min，即加速运动时间大于匀速运动时间，故A、B、C错误。如果加速度大小为a′＝0.4 m/s2，假设能以0.4 m/s2加速到最大速度vm，则加速运动时间为t1＝＝＝ s，加速过程的位移x1＝a′t＝×0.4 m/s2×＝ km，因为x总>2x1，故假设成立；匀速运动的时间t2＝＝＝ s，故此运动过程的最短总时间为2t1＋t2＝1236.1 s＝20.6 min，故D正确。 7．作为“一带一路”中老友谊标志性工程的中老铁路于2021年12月3日正式通车，昆明到万象之间的距离将缩短到10个小时车程，为研究该趟高铁的某段直线运动过程，王同学绘制了如图所示的­图像，但是没有告知是处于匀加速还是匀减速状态，则下列说法正确的是(　　) A．该车处于匀加速状态 B．该车的初速度大小为40 m/s C．该车的加速度大小为4 m/s2 D．该车在前2秒的位移是96 m 答案：B 解析：由匀变速直线运动规律有x＝v0t＋at2，可得＝＋a，可知­图像的斜率表示v0，与纵轴的截距表示a，由图可得出该车的初速度为v0＝ m/s＝40 m/s，该车的加速度为a＝2×(－4) m/s2＝－8 m/s2，由题图可知该运动过程为从0至10 s，且在＝0.1 s－1，即t1＝10 s时，v1＝v0＋at1＝－40 m/s，所以该车先匀减速运动后反向匀加速运动，故A、C错误，B正确；该车在前2秒的位移为x2＝v0t2＋at＝64 m，故D错误。 8．我国的“复兴号”列车正在飞驰运行的情境如图所示，列车在匀加速直线运动过程中，从计时开始，通过第一个60 m所用时间是10 s，通过第二个60 m所用时间是6 s。则(　　) A．列车的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m B．列车的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m C．列车计时开始的速度为3.5 m/s D．列车计时开始的速度为2.5 m/s 答案：AC 解析：列车第一个60 m内中间时刻的瞬时速度v1＝＝6 m/s，第二个60 m内中间时刻的瞬时速度v2＝＝10 m/s，则列车的加速度为a＝＝0.5 m/s2，根据Δx＝aT2得，接下来6 s内的位移x3＝x2＋aT2＝60 m＋0.5 m/s2×(6 s)2＝78 m，故A正确，B错误；列车计时开始的速度为v0＝v1－a＝6 m/s－0.5 m/s2×＝3.5 m/s，故C正确，D错误。 9．在笔直公路上匀速行驶的汽车到达检查站前开始刹车，从刹车开始，其速度v随位移x变化的关系为v＝(m/s)。下列判断正确的是(　　) A．汽车匀速运动的速度大小为8 m/s B．汽车刹车后加速度大小为4 m/s2 C．汽车刹车后2 s时速度大小为2 m/s D．汽车刹车后5 s内的位移为16 m 答案：AD 解析：由v＝得v2＝64－4x，即v2－64＝－4x，根据匀变速直线运动规律v2－v＝2ax可知，汽车刹车后做匀减速直线运动，且匀速运动的速度大小为v0＝8 m/s，汽车刹车后的加速度为a＝－2 m/s2，A正确，B错误；汽车刹车后2 s时速度大小为v2＝v0＋at2＝8 m/s＋(－2 m/s2)×2 s＝4 m/s，C错误；汽车的刹车时间为t0＝＝4 s，则汽车刹车后5 s内的位移为x5＝＝＝16 m，D正确。 10．在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车。两辆车刹车时的v­t图像如图，下列说法正确的是(　　) A．甲车的加速度大于乙车的加速度 B．t＝24 s时两车的速度均为8 m/s C．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定不大于48 m D．若两车发生碰撞，则可能是在刹车24 s以后的某时刻发生碰撞 答案：BC 解析：甲车的加速度大小a1＝＝＝ m/s2，乙车的加速度大小a2＝＝＝ m/s2，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；t＝24 s时甲、乙两图线相交，则两车的速度相同，均为v＝v0－a1t＝16 m/s－ m/s2×24 s＝8 m/s，故B正确；由v­t图线与坐标轴围成的面积表示位移知，0～24 s内，甲车的位移x1＝×24 m＝288 m，乙车的位移x2＝×24 m＝336 m，两者位移之差Δx＝x2－x1＝48 m，若两车在t＝24 s时刻碰撞，则开始刹车时两辆车的间距等于48 m，若两车在t＝24 s时刻之前碰撞，开始刹车时两辆车的间距小于48 m，若两车速度相等时没有碰撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能再碰撞，故C正确，D错误。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共14分) 11．(6分)如图甲所示是小格同学测定当地重力加速度的装置图，他进行了如下操作：先安装好电磁打点计时器，打点计时器两个接线头与8 V、50 Hz交变电源相连，给纸带下端固定一重锤，并穿过打点计时器的限位孔，用夹子夹住纸带上端使重锤稳定于图示位置。松开夹子后迅速接通电源打点，之后将打好点的纸带取下准备处理数据。 (1)上述操作中不当之处有________(填正确答案标号)。 A．打点计时器接在低压电源上 B．打点计时器安装位置过高，使重锤初始位置离打点计时器太远 C．先释放纸带后接通电源 (2)小格同学按照正确的操作得到了一条较为理想的纸带，选择某一点为0，依次每隔四个点取一个计数点，编号为1、2、3、4、5，由于不小心，纸带被撕断了，如图乙所示，请在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段：________(填正确答案标号)。 (3)依据小格打出的纸带求得当地重力加速度大小为________ m/s2(结果保留三位有效数字)。 答案：(1)BC　(2)D　(3)9.74 解析：(1)电磁打点计时器应使用低压交变电源，故A操作得当；重锤的初始位置应靠近打点计时器，以使纸带得到充分利用，故B操作不当；实验时应先接通电源，后释放纸带，以使纸带得到充分利用，故C操作不当。本题要求选操作不当的，故选B、C。 (2)相邻相等时间内的位移之差Δx＝16.48 cm－6.74 cm＝9.74 cm，则4、5点间的距离x45＝x12＋3Δx＝16.48 m＋3×9.74 cm＝45.70 cm，故D正确。 (3)根据Δx＝aT2得，a＝＝＝9.74 m/s2。 12．(8分)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中： (1)实验室提供了以下器材：打点计时器、一端带有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、槽码、刻度尺、导线、交变电源、复写纸、弹簧测力计，其中在本实验中不需要的器材是__________。 (2)如图甲所示是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔T＝0.02 s，则相邻两个计数点间的时间间隔为________ s。其中x1＝7.05 cm、x2＝7.68 cm、x3＝8.33 cm、x4＝8.95 cm、x5＝9.61 cm、x6＝10.26 cm。 如下表列出了打点计时器打下B、C、E、F时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D点时小车的瞬时速度。 位置 B C D E F 速度/ (m·s－1) 0.737 0.801 0.928 0.994 (3)以A点为计时起点，在图乙所示坐标系中作出小车的速度—时间关系的图线。 (4)计算出小车的加速度a＝________ m/s2(结果保留两位有效数字)。 (5)图线的纵轴截距的物理意义是__________________________________。 答案：(1)弹簧测力计　(2)0.10　0.864 (3)图见解析　(4)0.64(0.63～0.65均可) (5)计数点A对应的速度 解析：(1)本实验中不需要测量力的大小，因此不需要的器材是弹簧测力计。 (2)相邻两个计数点间的时间间隔为T′＝5×0.02 s＝0.10 s。根据某点的瞬时速度可用该点前后一段时间内的平均速度来代替知：vD＝＝＝0.864 m/s。 (3)小车的速度—时间关系图线如图所示。 (4)在v­t图像中，图线的斜率表示加速度，则a＝＝0.64 m/s2。 (5)将v­t图线延长与纵轴相交，纵轴截距表示计数点A对应的速度。 三、计算题(本题共3小题，共36分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)一直升机静止在空中，跳伞运动员从直升机上无初速度跳下，他自由下落(不计空气阻力)3 s后打开伞，以大小为2.5 m/s2的加速度匀减速直线下降，到达地面时的速度大小为5 m/s，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)运动员打开降落伞时的速度大小； (2)直升机距地面的高度。 答案：(1)30 m/s　(2)220 m 解析：(1)运动员打开降落伞时的速度大小为 v＝gt＝10 m/s2×3 s＝30 m/s。 (2)运动员自由下落的高度 h1＝gt2＝×10 m/s×(3 s)2＝45 m， 根据速度与位移的关系式有 －2ah2＝v′2－v2， 代入数据解得运动员匀减速直线运动的位移大小为h2＝175 m， 则直升机距地面的高度 h＝h1＋h2＝45 m＋175 m＝220 m。 14．(12分)如图为某一路段的俯视图，该路段全程限速12.5 m/s，一辆汽车以9 m/s的速度匀速行驶，前方要通过一路口，绿灯还有2 s将熄灭变为红灯，此时汽车距离停车线为19 m。已知该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，刹车时最大加速度大小为5 m/s2。 (1)若汽车此时立即以最大加速度一直加速通过路口，通过计算判断汽车车头能否在绿灯变为红灯前通过停车线？此过程中汽车是否违章？ (2)为保证安全，汽车不急于通过路口，为防止闯红灯，则汽车最多可继续行驶多远就应开始刹车？ 答案：(1)能　汽车违章　(2)10.9 m 解析：(1)汽车做匀加速直线运动， v0＝9 m/s，a1＝2 m/s2 t＝2 s内的位移x＝v0t＋a1t2 解得：x＝22 m>19 m，汽车车头可以在绿灯变为红灯前通过停车线。 设汽车运动x0＝19 m时对应的速度为vt， 由v－v＝2a1x0 得vt＝＝ m/s>12.5 m/s，汽车超速，所以汽车违章。 (2)汽车减速过程可看作反向初速度为0的匀加速直线运动，a2＝5 m/s2， 刹车时间t′＝＝1.8 s 刹车位移x2＝a2t′2＝8.1 m 汽车最多可继续匀速行驶的位移Δx＝x0－x2＝10.9 m。 15．(14分)在赣州市南河大桥扩建工程中，双向桥梁已完成了某一通车方向的建设，为保持双向车辆正常通行，临时将其改成双向车道。如图所示，引桥与桥面对接处，有两车道合并一车道的对接口，A、B两车相距s0＝4 m时，B车正以vB＝4 m/s速度匀速行驶，A车正以vA＝7 m/s的速度借道超越同向行驶的B车，此时A车司机发现前方距离车头s＝16 m处的并道对接口，A、B两车长度均为L＝4 m，且不考虑A车变道过程的影响。 (1)若A车司机放弃超车，而立即驶入与B车相同的行驶车道，A车至少以多大的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞； (2)若A车司机加速超车，A车的最大加速度为a＝3 m/s2，请通过计算分析A车能否实现安全超车。 答案：(1) m/s2 (2)不能安全超车，详见解析 解析：(1)A车减速到与B车同速时，若恰未与B车相碰，则A车将不会与B车相碰，设经历的时间为t，则 A车位移xA＝t B车位移xB＝vBt 且xA－xB＝s0 联立并代入数据解得t＝ s 则若要保证A车与B车不相碰，则A车刹车时的最小加速度大小为amin＝＝ m/s2。 (2)设A车加速t′时间后车尾到达B车车头，则s0＋2L＝vAt′＋at′2－vBt′ 解得t′＝2 s 在此时间内，A车向前运动了 xA′＝vAt′＋at′2 计算可得xA′＝20 m>s＝16 m 说明A车不能实现安全超车。 10 学科网（北京）股份有限公司 $$