第二章 匀变速直线运动 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课件PPT（粤教版2019）

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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1.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 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2.如图所示，某探险者在野外攀岩.在攀岩时踩落一小石块，约6 s后听到石块直接落到崖底的声音.则探险者离崖底的高度最接近的是(　　) A.60 m B.100 m C.160 m D.200 m 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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 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图像与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. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5.新交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚. 若以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，驾驶员发现有 行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8 m，该 车减速时的加速度大小为5 m/s2.下列说法中正确的是(　　) A.驾驶员立即刹车制动，则至少需1.2 s汽车才能停止 B.在距停车线6 m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 C.若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 D.若经0.4 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6.如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面.某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2.假定升降机到井口时的速度为0，则将矿石由静止从井底提升到井口的最短时间是(　　) A.13 s B.16 s C.21 s D.26 s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7.一辆汽车以恒定的加速度开始刹车，刹车后前2 s的位移为24 m，第3 s的位移为6 m，汽车在3 s内没有停下来，则(　　) A.汽车的加速度大小为2 m/s2 B.汽车第4 s内的位移为3 m C.汽车第5 s内的位移为1 m D.汽车从开始刹车到刚好静止过程中的平均速度大小为8 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9.如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v­t图线，已知在第3 s末两个物体在途中相遇，则(　　) A.A、B两物体不是从同一地点出发 B.3 s内物体A的平均速度比物体B的大 C.A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为3∶1 D.t＝1 s时，两物体第一次相遇 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10.如图所示，t＝0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点，已知物体在AB、BC上分别做匀变速直线运动.每隔2 s将物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) A.t＝3 s时刻物体恰好经过B点 B.t＝10 s时刻物体恰好停在C点 C.物体运动过程中的最大速度为12 m/s D.A、B间的距离小于B、C间的距离 答案 t/s 0 2 4 6 v/(m·s－1) 0 8 12 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中： (1)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，图中s1＝7.05 cm、s2＝7.68 cm、s3＝8.33 cm、s4＝8.95 cm、s5＝9.61 cm、s6＝10.26 cm. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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. (2)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. (3)图乙v­t图线的纵轴截距的物理意是_____________________________. 位置 B C D E F 速度/(m·s－1) 0.737 0.801 0.928 0.994 0.864 答案：答案如图 答案 打下计数点A时小车的瞬时速度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12.(8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6 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 BC 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (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). D 答案 9.74 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 2k2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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)有一个推饮料瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段距离后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上，则停在最远处为胜利者；若瓶最后滑离桌面或在滑行过程中倒下，均视为失败.其简化模型如图所示，AC为水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一水平恒力推瓶，使瓶子以恒定的加速度a1向右做匀加速运动，推到B点放手，让瓶子沿AC做直线运动.瓶子离开手后，在桌面上做减速运动，减速运动的加速度大小为a2＝3 m/s2.已知AB、BC间长度分别为L1＝0.5 m，L2＝3.0 m，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，试问： (1)某选手把瓶推到B点放手时，瓶的速度vB＝5 m/s，则该选手在游戏中能否成功，请计算说明； (2)要想在游戏中获得胜利，a1不得超过多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案：(1)不能成功　计算见解析 (2)18 m/s2 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14.(12分)某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动.火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完.若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求： (1)燃料恰好用完时火箭的速度大小； (2)火箭上升离地面的最大高度； (3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15.(14分)某同学在路边等车，一辆汽车以v0＝54 km/h的速度从他身旁匀速驶过，该同学立即挥手让车停下.当同学与车之间距离L＝15 m时，同学立即以5 m/s的速度匀速追赶，同时，司机也立即刹车，汽车以大小为a＝5 m/s2的加速度匀减速运动，车停后等该同学上车.求： (1)汽车刹车距离是多少？ (2)该同学需要多长时间可以追上汽车？ (3)追赶过程中该同学与汽车之间的距离最远是多少？ 答案：(1)22.5 m　(2)7.5 s　(3)25 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：由s＝eq \f(1,2)(v0＋vt)t得，eq \f(s1,s2)＝eq \f(\f(1,2)×44 m/s×2.5×60 s,\f(1,2)×82.5 m/s×2 s)＝40，D正确. 解析：设探险者离崖底的高度为h，小石块下落过程可视为做自由落体运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，若忽略声音传播的时间，则t＝6 s，重力加速度g取10 m/s2，可得h＝180 m，考虑到声音传播的时间，则t略小于6 s，同时g取9.8 m/s2，则探险者离崖底的高度要比180 m略小一些，所以四个选项中，最接近的是160 m.故选C. 4.如图所示，为港珠澳大桥上连续四段110 m的等距跨钢箱梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则(　　) A.通过cd段的时间为eq \r(3)t B.通过ac段的时间为eq \r(2)t C.ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 D.ac段的平均速度等于c点的瞬时速度 解析：汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过连续相等的四段位移所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))，又通过ab段的时间为t，故汽车通过cd段的时间为(eq \r(3)－eq \r(2))t，通过ac段的时间为eq \r(2)t，故A错误，B正确；汽车做匀加速直线运动，在一段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，b点和c点都不是ac段的中间时刻位置，所以ac段的平均速度不等于b点或c点的瞬时速度，故C、D错误. 解析：汽车从开始刹车到停止所需时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(8 m/s,5 m/s2)＝1.6 s，A错误；对车的刹车过程有0－veq \o\al(2,0)＝－2as0，解得刹车距离s0＝6.4 m，即在距停车线6.4 m处开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，B错误；由上述结论可得，若汽车前端恰能止于停车线处，汽车还能匀速行驶的时间Δt＝eq \f(s－s0,v0)＝0.2 s，C正确，D错误. 解析：当升降机由静止从井底先以允许的最大加速度a加速上升达到允许的最大速度v后，接着以允许的最大速度匀速运动，最后以允许的最大加速度减速到速度为0到井口时，升降机提升矿石所用时间最短.升降机加速上升的距离为h1＝eq \f(v2,2a)＝32 m，加速时间为t1＝eq \f(v,a)＝8 s；减速上升的距离h3＝h1＝32 m，减速时间t3＝t1＝8 s；故中间匀速上升的距离h2＝h－h1－h3＝40 m，匀速运动的时间t2＝eq \f(h2,v)＝5 s.所以最短时间t＝t1＋t2＋t3＝8 s＋5 s＋8 s＝21 s，C正确. 解析：汽车以恒定加速度刹车，刹车后前2 s的位移为24 m，由第1 s末的速度等于前2 s内的平均速度，得：v1＝eq \f(s1,t1)＝eq \f(24 m,2 s)＝12 m/s，第3 s的位移为6 m，则2.5 s末的速度：v2.5＝eq \f(s2,t2)＝eq \f(6 m,1 s)＝6 m/s，由vt＝v0＋at可得：a＝eq \f(v2.5－v1,t0)＝eq \f(6 m/s－12 m/s,1.5 s)＝－4 m/s2，故A错误；汽车运动的初速度：v0＝v1－a·eq \f(1,2)t1＝12 m/s－(－4 m/s2)×eq \f(1,2)×2 s＝16 m/s，汽车运动的时间：t＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－16 m/s,－4 m/s2)＝4 s，可知汽车在4 s末停止运动，所以在第4 s内的位移s4＝2,0)eq \f(0－v,2a) －s1－s2＝2 m，故B错误；汽车在4 s末停止运动，第5 s内没有运动，所以第5 s内的位移等于0，故C错误；汽车从开始刹车到刚好静止过程中的平均速度大小为：eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(16 m/s＋0,2)＝8 m/s，故D正确. 8.如图所示，小球从竖直砖墙旁某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置.连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度均为d.根据图中的信息，下列判断正确的是(　　) A.位置“1”是小球释放的初始位置 B.小球做匀加速直线运动 C.小球下落的加速度为eq \f(d,T2) D.小球在位置“3”的速度为eq \f(7d,2T) 解析：因为连续相等时间间隔内的位移之差均为Δs＝d，所以小球做匀加速直线运动，由Δs＝d＝aT2，得a＝eq \f(d,T2)，B、C正确；从位置“1”开始连续相等时间内的位移之比为2∶3∶4∶5，所以位置“1”不是小球释放的初始位置，A错误；小球在位置“3”的速度为v3＝eq \f(3d＋4d,2T)＝eq \f(7d,2T)，D正确. 解析：由v­t图像与t轴围成的面积表示位移，可知两物体 在3 s内的位移不相等，而在第3 s末两个物体相遇，可判断出两 物体出发点不同，故A正确；由图像与t轴围成的面积表示位移， 可知在3 s内B的位移大于A的位移，则B的平均速度大于A的 平均速度，故B错误；图像的斜率表示加速度，则A在减速 阶段的加速度大小a1＝eq \f(4 m/s－2 m/s,1 s)＝2 m/s2，B在减速阶段的加速度大小a2＝eq \f(4 m/s－2 m/s,2 s)＝1 m/s2，则A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为2∶1，故C错误；1～3 s内B的位移sB＝eq \f(1,2)×(4 m/s＋2 m/s)×2 s＝6 m，A的位移sA＝eq \f(1,2)×2 m/s×2 s＋2 m/s×2 s＝6 m，且第3 s末两物体在途中相遇，所以t＝1 s时，两物体第一次相遇，D正确. 解析：根据表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1＝eq \f(8 m/s－0,2 s－0)＝4 m/s2，则t＝4 s时物体已在水平面BC上，物体在水平面上的加速度a2＝eq \f(8 m/s－12 m/s,6 s－4 s)＝－2 m/s2.在2～4 s内，设匀加速时间为t1，匀减速时间为t2，根据运动学公式得，t＝4 s时的速度v4＝v2＋a1t1＋a2t2，又t1＋t2＝2 s，其中v2＝8 m/s，v4＝12 m/s，解得t1＝eq \f(4,3) s，知物体从开始运动经过tB＝t1＋2 s＝eq \f(10,3) s到达B点，A错误.到达B点时的速度vB＝a1tB＝eq \f(40,3) m/s，C错误.第6 s末的速度是8 m/s，到停下来还需要的时间t′＝eq \f(0－8 m/s,－2 m/s2)＝4 s，所以停到C点的时刻为t＝10 s，故B正确.根据veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as，求出AB段的长度为eq \f(200,9) m，BC段长度为eq \f(400,9) m，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D正确. 解析： (1)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＝eq \f(s3＋s4,2T′)＝eq \f(（8.33＋8.95）×10－2 m,2×0.10 s)＝0.864 m/s. (2)小车的速度—时间关系图线如图所示. (3)将v­t图线延长与纵轴相交，纵轴截距 表示打下计数点A时小车的瞬时速度. (4)小丽同学利用电磁铁和音频接收器测量当地重力加速度g，如图丙所示.将两个规格一致的小钢球分别吸附在左右电磁铁上，断开电磁铁开关让两球同时下落，音频接收器根据小钢球落地的声音，测出左右小球落地的时间差t.固定右侧钢球的释放高度h1不变，多次调节左侧钢球的释放高度h，得到多组h、t值.钢球运动过程空气阻力不计.根据所得数据作出eq \r(h)­t图像，若已知eq \r(h)­t图像的斜率为k，纵轴截距为b，则所测当地重力加速度g＝________. 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Δs＝16.48 cm－6.74 cm＝9.74 cm，则4、5点间的距离s45＝s12＋3Δs＝16.48 m＋3×9.74 cm＝45.70 cm，故D正确. (3)根据Δs＝aT2得，a＝eq \f(Δs,T2)＝eq \f(9.74×10－2 m,（0.1 s）2)＝9.74 m/s2. (4)根据h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，t＝t2－t1，联立得eq \r(h)＝eq \r(h1)＋eq \r(\f(g,2))t，eq \r(h)­t图像的斜率k＝eq \r(\f(g,2))，故g＝2k2. 解析：(1)瓶子离手后做减速运动，假设瓶子速度减到零的位移为s，则有：s＝2,B)eq \f(v,2a2) 代入数据解得：s＝eq \f(25,6) m s>L2，瓶子将从桌子的右边掉下，不能成功. (2)当瓶子到达桌子的右边缘速度刚好为零时，对应的a1最大，设为am，设此时瓶子离开手时的速度为v 从A到B有：v2＝2amL1 从B到C有：v2＝2a2L2 联立解得：am＝18 m/s2，即a1不得超过18 m/s2. 答案：(1)20 m/s　(2)60 m　(3)(6＋2eq \r(3)) s 解析：(1)设燃料恰好用完时火箭的速度大小为v1，从点火至燃料恰好用完所用时间为t1，由匀变速直线运动规律可知，火箭点火后到燃料刚用完的过程中有h1＝eq \f(v1,2)t1 代入数据解得v1＝20 m/s. (2)燃料用完后，火箭只受重力，则可以继续上升的高度h2＝2,1)eq \f(v,2g) 代入数据解得h2＝20 m 所以火箭上升离地面的最大高度 h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m. (3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1＝gt2 得t2＝eq \f(v1,g)＝eq \f(20 m/s,10 m/s2)＝2 s 从最高点落回地面的过程中，有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,3) 代入数据得t3＝2eq \r(3) s 故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2eq \r(3)) s. 解析： (1)设汽车刹车距离为s，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式，有0－veq \o\al(2,0)＝－2as 解得s＝22.5 m. (2)设汽车刹车时间为t1，则有0＝v0－at1 解得t1＝3 s 这段时间该同学的位移s人＝vt1 其中该同学的速度v＝5 m/s 解得s人＝15 m 由于s人<s＋L，所以汽车刚停止时该同学还未追上汽车 设该同学还需时间t2追上汽车，则有 s＋L－s人＝vt2 解得t2＝4.5 s 则该同学追上汽车的总时间t＝t1＋t2＝7.5 s. (3)当该同学与汽车共速时相距最远，设该同学与汽车共速时经历的时间为t3，则 v＝v0－at3 此过程中该同学的位移s人′＝vt3 汽车的位移s车＝eq \f(v＋v0,2)t3 该同学与汽车之间的最远距离 lmax＝s车＋L－s人′ 联立并代入数据解得lmax＝25 m. $$