浙江省温州市第八高级中学2024-2025学年高一上学期10月月考物理试卷

温州八高2024级高一第一次月考试卷 物理学科 考生须知: 1.本试题卷分选择题和非选择题两部分｡全卷共4页,满分100分,考试时间90分钟｡ 2.考生答题前,务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上｡ 选择题部分 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是（ ） A.研究甲图运动员的入水动作 B.研究乙图运动员的空中转体姿态 C.研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度 D.研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作 2.如图所示是户外运动软件显示的某位老师的一次长跑数据的截图，下列说法正确的是（ ） A.图中“02:04:39”指时刻 B.图中“21.12公里”为本次跑步的位移大小 C.此次跑步的平均速度约为10.2km/h D.图中的“平均配速5′54″”不是指平均速率 3.下列物理量都是矢量的是（ ） A.速度变化量、速度变化率 B.速率、速度 C.路程、位移 D.平均速度、平均速率 4.如图所示为高速公路某处的路牌，标有“前方区间测速长度66km”和“100”字样，下列说法正确的是（ ） A.“66km”指位移大小 B.“66km”指路程 C.“100”指速率 D.“100”指平均速度的大小 5.情境一：在一次运动会上，某运动员在铅球比赛中成绩是9.6m；情境二：2022亚洲体育看杭州，本届亚运会中，我国4×100米接力有望打破亚洲记录。结合生活常识，下列说法正确的是（ ） A.情境一中，9.6m指的是铅球的路程 B.情境一中，铅球的位移大小大于9.6m C.情境二中，同一跑道的四位接力运动员路程一定相同 D.情境二中，第一位运动员的路程往往小于100m 6.伽利略对“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。如图表示该研究过程中实验和逻辑推理的过程，下列说法正确的是（ ） A.伽利略通过对“丁”中自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面“甲”上做匀变速运动的规律 B.伽利略先在倾角较小的斜面上进行实验，目的是为了“冲淡”重力，使时间更容易测量 C.伽利略在实验时发现，小球在不同倾角的斜面上都能做匀变速直线运动，且加速度都相同 D.伽利略猜想自由落体速度与下落的时间成正比，并直接用实验进行了验证 7.下列关于物理研究的思想方法，叙述正确的是（ ） A.质点概念的建立体现了等效替代的思想 B.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段可近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了放大法 C.根据速度的定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限法 D.是采用比值定义法定义的，物体的速度与位移成正比，与时间成反比 8.一名宇航员在某星球上表面完成自由落体运动实验，让一个小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（ ） A.该星球表面的重力加速度为4m/s2 B.小球在2s末的速度是20m/s C.小球在第5s内的平均速度是3.6m/s D.小球在第1s内与第2s内的位移之比不等于1:3 9.甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移-时间图象如图所示，则关于两车运动情况不正确的是（ ） A.甲车先做匀速直线运动，再保持静止 B.甲车在前10s的平均速度大小为2m/s C.在0-10s内，甲、乙两车相遇二次 D.若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8m/s 10.“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。下列说法正确的是（ ） A.前6秒火星车做加速运动 B.第6秒末火星车的速率为4.75cm/s C.火星车一共匀速运动了10cm D.火星车减速的加速度大小为2cm/s2 11.一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为v，则（ ） A.增大a1，保持a2、v不变，整个过程的平均速度可能变小 B.减小a1，保持a2、v不变，匀速运动过程的时间一定变短 C.增大v，保持a1、a2不变，全程时间一定变长 D.只要v不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变 12.某航空母舰以速度v0（未知）匀速航行，为保证飞机能安全起飞，战斗机起飞时的速度须达v=50m/s。假设飞机原本和航母保持相对静止，飞机匀加速的最大加速度是a=5.0m/s2，该航空母舰甲板长L=160m，为了使飞机能安全起飞，航空母舰的速度v0至少为（ ） A.10m/s B.20m/s C.30m/s D.40m/s 13.某物体做单向匀变速直线运动，则其相邻相等时间间隔的两段位移之比可能为（ ） A.2:7 B.4:7 C.9:2 D.4:1 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 14.下列运动可能存在的是（ ） A.物体加速度逐渐减小，但速度逐渐增大 B.物体速度为零，但加速度却很大 C.物体向上运动，而加速度却向下 D.物体速度变化量方向为正，速度方向也为正，但物体做减速运动 15.从某一高度先后由静止释放两个相同的小球甲和乙，若两球被释放的时间间隔为1s，在不计空气阻力的情况下，它们在空中的运动过程中（ ） A.在空中运动时，甲、乙两球的距离越来越大 B.在空中运动时，甲、乙两球的速度之差越来越大 C.甲、乙两球落地的时间差受初始释放的高度影响，初始高度越高，落地时间差越小 D.若某次甲球以20m/s落地，经0.1s后以10m/s反弹，则此过程中甲球的平均加速度大小为300m/s2 非选择题部分 3、 非选择题(本题共4小题，共55分) 16（14分）某学习小组要完成实验“探究小车速度随时间变化的关系”。 （1）打点计时器是最基本的_________（填“计时”或“测速”）仪器，A组同学采用了如图所示的打点计时器，则他们的纸带位置放置正确的是_________（填“A”或“B”），该打点计时器应接在学生电源的_______两孔上（填“AC”或“DC”）； B A （2）在本实验中，必须要保证的操作是___________（多选）； A.先打开打点计时器，再释放小车 B.细线必须与桌面平行 C.小车应从靠近打点计时器处释放 D.长木板带滑轮的一侧必须要垫高 （3）如图是经打点计时器打出的纸带的一段，打点顺序是A、B、C、D、E，已知交流电源的频率为50Hz，纸带上每相邻两个计数点间还有四个点未画出。现把一刻度尺放在纸带上，其零刻度线和计数点A对齐，则B点的刻度尺读数为____________cm，打下计数点C时纸带的瞬时速度vC=____________m/s（保留两位有效数字），根据记录的数据，得到小车运动的加速度大小是____________m/s2（保留两位有效数字）； （4）得到结果后A组同学发现，他们所用的刻度尺并不标准，刻度尺上的1mm实际上有1.1mm长，则由此得到的加速度的大小相比于真实值______（填“偏大”、“偏小”、“不变”），该误差属于________（填“系统误差”或“偶然误差”）； （5）B组同学是采用作v-t图像的方式求解加速度，较合理的方法是___________； A.根据任意两计数点的速度，用公式求解加速度 B.根据数据作出v-t图，量出其倾角θ，由公式a=tanθ求出加速度 C.根据数据作出v-t图，取图像上较远两点，用公式求解加速度 D.依次算出两点间的加速度，取平均值后作为小车的加速度 （6）C组同学为了证明小车作匀变速直线运动，采用了以下方法：先把纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条，再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条下端对齐，最后将纸条上端中心连起来，得到如图所示图像，这样的方法___________（填“可行”、“不可行”）。 17（8分）已知一物体在一水平面上向右做匀加速直线运动，加速度大小为a=2m/s2，求： （1）若初速度为v0=2m/s，求物体在t=2s时的速度； （2）若初速度为v0=2m/s，求物体在t=2s时的位移大小； （3）若初速度为零，求物体在x=2m处与x=4m处的速度大小之比。 18（11分）运动员把冰壶沿水平冰面推出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现将冰壶以v0=4m/s的速度投掷出去，发现其滑行总距离为x=40m，假设冰壶在冰面上自由滑行时做匀减速直线运动，求： （1）冰壶自由滑行7.6m后的速度大小v1； （2）在冰壶自由滑行7.6m后，运动员开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，冰壶运动的加速度变为原来的0.9倍，求： （i）冰壶全程运动的总时间t； （ii）比原来多运动的距离。 19（11分）如图所示，一滑块从固定斜面顶端A由静止下滑，最终停在C点。已知AD的高度h=3m，BD的长度L1=4m，AD⊥BD，斜面与水平面在B点平滑连接，BC的长度L2=10m，小滑块从A点运动至C点的总时间为5s，假定小滑块在AB上做匀加速直线运动，在BC上做匀减速直线运动，求： （1）小滑块滑至B点时的速度大小vB； （2）小滑块从A运动到C点的平均速度的大小（可用根式表示）； （3）若在C点正上方H=20m处有一小球，某时刻将小球由静止释放，不计空气阻力，取g=10m/s2，小球恰好与刚刚停下的滑块在C点相遇，求释放小球瞬间滑块离B点的距离； 20（11分）某人欲追赶一辆公交车，开始时人在公交车后方距后视镜的距离L=107m处，此时公交车由静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经Δt=1s后人开始以某一速度匀速追赶公交车（忽略人的加速过程），司机通过后视镜能看到后方的最远距离l=85m，并且人要在后视镜中至少出现4s司机才能发现。求： （1）若人以v人=6m/s的速度匀速追赶，求人距后视镜的最小距离有xmin； （2）求人要能被司机发现，人匀速追赶公交车的最小速度vmin。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 温州八高2024级高一第一次月考试卷 物理学科 考生须知: 1.本试题卷分选择题和非选择题两部分｡全卷共4页,满分100分,考试时间90分钟｡ 2.考生答题前,务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上｡ 选择题部分 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是（ ） A.研究甲图运动员的入水动作 B.研究乙图运动员的空中转体姿态 C.研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度 D.研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作 【答案】C 【解析】A．研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错误； 　　B．研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故B错误； 　　C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看为质点，故C正确； 　　D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故D错误。 　　故选C。 2.如图所示是户外运动软件显示的某位老师的一次长跑数据的截图，下列说法正确的是（ ） A.图中“02:04:39”指时刻 B.图中“21.12公里”为本次跑步的位移大小 C.此次跑步的平均速度约为10.2km/h D.图中的“平均配速5′54″”不是指平均速率 【答案】D 【解析】A．图中是运动过程的时长，指的是时间间隔，A错误； 　　B．图中21.12公里为本次跑步的路程，B错误； 　　C．此次跑步的平均速率为 　　由于运动过程路程不等于位移大小，则平均速率不等于平均速度大小，C错误； 　　D．因为跑步过程的平均速率约为，故跑步中一定有某时刻瞬时速度大于，D正确。 　　故选D。 3.下列物理量都是矢量的是（ ） A.速度变化量、速度变化率 B.速率、速度 C.路程、位移 D.平均速度、平均速率 【答案】A 【解析】  A．速度变化率就是加速度，有大小又有方向，是矢量；速度变化量有大小又有方向，是矢量，故A符合题意； 　　B．速度有大小又有方向，是矢量；速率只有大小，没有方向的标量，故B不合题意； 　　C．路程是只有大小，没有方向的标量，位移是既有大小又有方向的矢量，故C不符合题意； 　　D．平均速率是只有大小，没有方向的标量，平均速度是既有大小又有方向的矢量，故D不符合题意。 　　故选A。 4.如图所示为高速公路某处的路牌，标有“前方区间测速长度66km”和“100”字样，下列说法正确的是（ ） A.“66km”指位移大小 B.“66km”指路程 C.“100”指速率 D.“100”指平均速度的大小 【答案】D 【解析】A．全长66km表示路程，故A错误； 　　B．因不知道全程的位移，故无法算出平均速度的大小，故B错误； 　　C．该车全程的平均速率 　　该汽车已经超速，故C错误； 　　D．全程限速100km/h指的是平均速率，故D正确。 　　故选D。 5.情境一：在一次运动会上，某运动员在铅球比赛中成绩是9.6m；情境二：2022亚洲体育看杭州，本届亚运会中，我国4×100米接力有望打破亚洲记录。结合生活常识，下列说法正确的是（ ） A.情境一中，9.6m指的是铅球的路程 B.情境一中，铅球的位移大小大于9.6m C.情境二中，同一跑道的四位接力运动员路程一定相同 D.情境二中，第一位运动员的路程往往小于100m 【答案】B 【解析】AB．铅球比赛的成绩是指铅球的落地点到投掷圈外周的位移，并不是铅球的位移，铅球的位移比9.6m要大，又因为路程大于等于位移的大小，所以铅球的路程也比9.6m大，故A错误，B正确； 　　C．运动员的实际路程会因为个人跑步习惯等差异有所不同，不会一定是100m，故C错误； 　　D．4×100米接力比赛中，最后一位运动员的路程往往小于100m，故D错误。 　　故选B。 6.伽利略对“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。如图表示该研究过程中实验和逻辑推理的过程，下列说法正确的是（ ） A.伽利略通过对“丁”中自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面“甲”上做匀变速运动的规律 B.伽利略先在倾角较小的斜面上进行实验，目的是为了“冲淡”重力，使时间更容易测量 C.伽利略在实验时发现，小球在不同倾角的斜面上都能做匀变速直线运动，且加速度都相同 D.伽利略猜想自由落体速度与下落的时间成正比，并直接用实验进行了验证 【答案】B 【解析】A．伽利略通过图甲中的实验现象，合理外推出图丁中自由落体运动的规律，故A错误； 　　B．伽利略用倾角较小的斜面做实验，是为了“冲淡”重力的效果，延长运动时间，使时间更容易测量，故B正确； 　　C．伽利略在实验时发现，小球在不同倾角的斜面上都能做匀变速直线运动，但加速度并不相同，故C错误； 　　D．伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证这个结论．故D错误。 　　故选B。 7.下列关于物理研究的思想方法，叙述正确的是（ ） A.质点概念的建立体现了等效替代的思想 B.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段可近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了放大法 C.根据速度的定义式，当非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义运用了极限法 D.是采用比值定义法定义的，物体的速度与位移成正比，与时间成反比 【答案】C 【解析】 A．质点的概念中可以忽略物体的形状大小，运用了理想模型，故A错误。 　　B．在推导匀变建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，再把各小段位移相加，这里运用微元法，故B错误； 　　C．速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想，故C正确； 　　D．速度定义式是采用比值定义法定义的，所以不能说物体的速度与位移成正比，也不能说与时间成反比，故D错误。 　故选C。 8.一名宇航员在某星球上表面完成自由落体运动实验，让一个小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（ ） A.该星球表面的重力加速度为4m/s2 B.小球在2s末的速度是20m/s C.小球在第5s内的平均速度是3.6m/s D.小球在第1s内与第2s内的位移之比不等于1:3 【答案】A 【解析】  A．该星球上的重力加速度为，故A正确； 　　B．小球在末的速度为，故B错误； 　　C．第内的平均速度为，故C错误； 　　D．小球在第1s内与第2s内的位移之比为，故D错误。 　　故选A。 9.甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移-时间图象如图所示，则关于两车运动情况不正确的是（ ） A.甲车先做匀速直线运动，再保持静止 B.甲车在前10s的平均速度大小为2m/s C.在0-10s内，甲、乙两车相遇二次 D.若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8m/s 【答案】B 【解析】  A．图示为图像，图线的斜率代表汽车的运动速度，所以甲先做匀速直线运动，随后静止，故A正确； 　　B．乙车在10s内的位移为8m，平均速度为，故B错误； 　　C．甲、乙图线相交时两车相遇，所以在10s内两车相遇两次，故C正确； 　　D．若乙做匀变速直线运动，由于图线的斜率代表汽车的运动速度，则乙一定做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律，中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即5s末的速度等于0~10s内的平均速度0.8m/s，所以P点速度一定大于0.8m/s，故D正确。 　　故选B。 10.“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。下列说法正确的是（ ） A.前6秒火星车做加速运动 B.第6秒末火星车的速率为4.75cm/s C.火星车一共匀速运动了10cm D.火星车减速的加速度大小为2cm/s2 【答案】C 【解析】  由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至停下，设匀加速阶段的加速度大小为，时间为；匀速阶段的速度为，时间为；匀减速阶段的加速度大小为，时间为。 　　由表格数据可知，，火星车从静止开始做匀加速运动，通过的位移为，根据 　　解得 　　，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为，结合逆向思维，可认为此过程反向做初速为0的匀加速运动，则有 　　解得 　　匀加速阶段的时间为 　　匀减速阶段的时间为 　　故全过程的位移满足 　　又有 　　联立以上式子解得 　　，，　　A.前5秒火星车做加速运动, 5秒后火星车已经做匀速运动，A错误； 　　B. 5秒到7秒火星车已经匀速运动，故第6秒末火星车的速率为，B错误； 　　C. 火星车一共匀速运动的位移为 　　C正确； 　　D. 火星车减速的加速度大小为，D错误。 　　故选C。 11.一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为v，则（ ） A.增大a1，保持a2、v不变，整个过程的平均速度可能变小 B.减小a1，保持a2、v不变，匀速运动过程的时间一定变短 C.增大v，保持a1、a2不变，全程时间一定变长 D.只要v不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变 【答案】B 【解析】  A．由匀变速直线运动的平均速度 　　可知加速运动过程的平均速度等于，不变则加速过程的平均速度不变，故A错误； 　　B．匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为 　　、、　　如果减小，保持、不变，则加速过程的时间 　　将变长，加速过程的位移增大，而减速的时间和位移不变，所以匀速的位移将减小，匀速的时间变短，故B正确； 　　C．作出公交车运动的速度时间图像如图甲所示，增大，保持、不变，运动的时间将变短，故C错误； 　　D．同理，如图乙所示，不变，、变化，则全程的时间将会发生变化，全程平均速度变化，故D错误。 　　故选B。 　　 12.某航空母舰以速度v0（未知）匀速航行，为保证飞机能安全起飞，战斗机起飞时的速度须达v=50m/s。假设飞机原本和航母保持相对静止，飞机匀加速的最大加速度是a=5.0m/s2，该航空母舰甲板长L=160m，为了使飞机能安全起飞，航空母舰的速度v0至少为（ ） A.10m/s B.20m/s C.30m/s D.40m/s 【答案】A 【解析】  飞机在起飞前有与航空母舰相同速度的初速度v0，以航空母舰为参照，则有 　　解得 　　v0＝10m/s 　　故选A。 13.某物体做单向匀变速直线运动，则其相邻相等时间间隔的两段位移之比可能为（ ） A.2:7 B.4:7 C.9:2 D.4:1 【答案】B 【解析】由等时位移差公式可知，在匀变速运动中相邻相等时间间隔的两段位移之差应等于，而单向匀变速直线运动当中任意一段时间的位移应不小于。故单向匀加速直线运动中，相邻相等时间间隔的两段位移之差最小为，运用逆向思维也能知道匀减速时这个比值不大于，对比四个选项可知B项符合题意。 　　故选B。 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 14.下列运动可能存在的是（ ） A.物体加速度逐渐减小，但速度逐渐增大 B.物体速度为零，但加速度却很大 C.物体向上运动，而加速度却向下 D.物体速度变化量方向为正，速度方向也为正，但物体做减速运动 【答案】ABC 【解析】A．物体做加速度逐渐减小的加速运动时，物体的加速度在减小，但速度仍在增大，选项A正确； 　　B．物体的速度为零，而加速度很大，例如火箭将要发射时，选项B正确； 　　C．物体向上运动，而加速度向下，例如竖直上抛运动的上升段，选项C正确； 　　D．物体的加速度跟速度方向相同时，物体一定做加速运动，选项D错误。 　　故选ABC。 15.从某一高度先后由静止释放两个相同的小球甲和乙，若两球被释放的时间间隔为1s，在不计空气阻力的情况下，它们在空中的运动过程中（ ） A.在空中运动时，甲、乙两球的距离越来越大 B.在空中运动时，甲、乙两球的速度之差越来越大 C.甲、乙两球落地的时间差受初始释放的高度影响，初始高度越高，落地时间差越小 D.若某次甲球以20m/s落地，经0.1s后以10m/s反弹，则此过程中甲球的平均加速度大小为300m/s2 【答案】AD 【解析】  A．设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+1，则两球的距离 可知两球间的距离随时间推移，越来越大，故A正确； 　　B．两球速度之差为 甲乙两球速度之差保持不变，故B错误； 　　C．两球从同一高度由静止开始落下，落地所需的总时间相同，释放时间差也相同，故落地时间差与释放高度无关，始终间隔相同时间落地，故C错误； 　　D．以竖直向上为正方向，则甲球反弹过程中的平均加速度为，故D正确。 　　故选AD。 非选择题部分 3、 非选择题(本题共4小题，共55分) 16（14分）某学习小组要完成实验“探究小车速度随时间变化的关系”。 （1）打点计时器是最基本的_________（填“计时”或“测速”）仪器，A组同学采用了如图所示的打点计时器，则他们的纸带位置放置正确的是_________（填“A”或“B”），该打点计时器应接在学生电源的_______两孔上（填“AC”或“DC”）； B A （2）在本实验中，必须要保证的操作是___________（多选）； A.先打开打点计时器，再释放小车 B.细线必须与桌面平行 C.小车应从靠近打点计时器处释放 D.长木板带滑轮的一侧必须要垫高 （3）如图是经打点计时器打出的纸带的一段，打点顺序是A、B、C、D、E，已知交流电源的频率为50Hz，纸带上每相邻两个计数点间还有四个点未画出。现把一刻度尺放在纸带上，其零刻度线和计数点A对齐，则B点的刻度尺读数为____________cm，打下计数点C时纸带的瞬时速度vC=____________m/s（保留两位有效数字），根据记录的数据，得到小车运动的加速度大小是____________m/s2（保留两位有效数字）； （4）得到结果后A组同学发现，他们所用的刻度尺并不标准，刻度尺上的1mm实际上有1.1mm长，则由此得到的加速度的大小相比于真实值______（填“偏大”、“偏小”、“不变”），该误差属于________（填“系统误差”或“偶然误差”）； （5）B组同学是采用作v-t图像的方式求解加速度，较合理的方法是___________； A.根据任意两计数点的速度，用公式求解加速度 B.根据数据作出v-t图，量出其倾角θ，由公式a=tanθ求出加速度 C.根据数据作出v-t图，取图像上较远两点，用公式求解加速度 D.依次算出两点间的加速度，取平均值后作为小车的加速度 （6）C组同学为了证明小车作匀变速直线运动，采用了以下方法：先把纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条，再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条下端对齐，最后将纸条上端中心连起来，得到如图所示图像，这样的方法___________（填“可行”、“不可行”）。 【答案】（1）计时；B；AC　　　（2）ABC　　　（3）1.50；0.24；0.60 　　　 （4）偏小；系统误差　　（5）C　　　　 （6）可行 【解析】（1）打点计时器是一种计时仪器；在使用电磁打点计时器时，纸带应放在复写纸的下方，故选B；同时应使用低压交流电源，故选AC。 （2）实验时，应先打开打点计时器，再释放小车，以记录完整运动过程，故A正确；细线与桌面平行保证记录的准确性，故B正确；小车从靠近打点计时器处释放以提高纸带利用率，故C正确；长木板带滑轮的一侧垫高是为了平衡摩擦，本实验无须平衡摩擦，故D错误。 　　故选ABC。 （3）刻度尺读数要估读，B点读数为1.50cm。 打下C时纸带的瞬时速度。 再根据逐差法可得 （4）刻度尺刻度1mm实际是1.1mm说明刻度尺量出的距离偏小，由加速度计算公式可知算出来的加速度也会比实际要偏小；该误差属于系统误差。 （5）在处理实验数据时，如果只使用其中两个数据，由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大；所以我们可以根据实验数据画出v-t图像，考虑到误差，不可能是所有点都整齐的排成一条直线，连线时应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧，这样图线上会舍弃误差较大的点，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式算出加速度，所以误差小，故C正确。 （6）因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比。因此该做法是合理的。 17（8分）已知一物体在一水平面上向右做匀加速直线运动，加速度大小为a=2m/s2，求： （1）若初速度为v0=2m/s，求物体在t=2s时的速度； （2）若初速度为v0=2m/s，求物体在t=2s时的位移大小； （3）若初速度为零，求物体在x=2m处与x=4m处的速度大小之比。 【答案】（1）6m/s　　（2）8m　　（3） 【解析】（1）t=2s时的速度为： （2）t=2s时的位移大小为： （3）若初速度为0，根据速度位移公式： 物体在x=2m处与x=4m处的速度大小之比为： 18（11分）运动员把冰壶沿水平冰面推出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现将冰壶以v0=4m/s的速度投掷出去，发现其滑行总距离为x=40m，假设冰壶在冰面上自由滑行时做匀减速直线运动，求： （1）冰壶自由滑行7.6m后的速度大小v1； （2）在冰壶自由滑行7.6m后，运动员开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，冰壶运动的加速度变为原来的0.9倍，求： （i）冰壶全程运动的总时间t； （ii）比原来多运动的距离。 【答案】（1）3.6m/s　　（2）22s　　　3.6m 【解析】（1）冰壶做匀减速直线运动，根据速度位移公式有 　　解得 　　 此时速度大小再由 　　解得 　　（2）冰壶后以做匀减速直线运动，根据题意有 　　 　　第一段运动的时间 　　第二段运动的时间 　　 所以总时间 　　 根据速度位移公式有 　　解得 　　所以 19（11分）如图所示，一滑块从固定斜面顶端A由静止下滑，最终停在C点。已知AD的高度h=3m，BD的长度L1=4m，AD⊥BD，斜面与水平面在B点平滑连接，BC的长度L2=10m，小滑块从A点运动至C点的总时间为5s，假定小滑块在AB上做匀加速直线运动，在BC上做匀减速直线运动，求： （1）小滑块滑至B点时的速度大小vB； （2）小滑块从A运动到C点的平均速度的大小（可用根式表示）； （3）若在C点正上方H=20m处有一小球，某时刻将小球由静止释放，不计空气阻力，取g=10m/s2，小球恰好与刚刚停下的滑块在C点相遇，求释放小球瞬间滑块离B点的距离； 【答案】（1）5m　　　　（2）　　　（3）6.4m 【解析】（1）AB段长度 由平均速度和位移的关系可得 ， 于是 解得 （2）AC段位移大小 平均速度 （3）设小球下落用时，则 解得 根据速度位移公式，物体在BC段的加速度大小 BC段用时 物块从B点到释放小球时的位移 20（11分）某人欲追赶一辆公交车，开始时人在公交车后方距后视镜的距离L=107m处，此时公交车由静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经Δt=1s后人开始以某一速度匀速追赶公交车（忽略人的加速过程），司机通过后视镜能看到后方的最远距离l=85m，并且人要在后视镜中至少出现4s司机才能发现。求： （1）若人以v人=6m/s的速度匀速追赶，求人距后视镜的最小距离有xmin； （2）求人要能被司机发现，人匀速追赶公交车的最小速度vmin。 【答案】（1）95m　　　（2）8m/s 【解析】（1）当公交车速度等于时，人距观后镜的距离最小，设两者距离最小时公交车运动的时间为t，位移为，人的位移为，由运动学公式有： 　　解得 　　（2）只讨论人在观后镜刚好出现4 s的临界情况，设两者距离最小时（此时车和人速度相等）公交车运动的时间为，那么对应的人在观后镜出现的时间间隔为到，也就是说在瞬间人和观后镜相距恰好为l，设公交车的位移为，人的位移为、则有： 　　解得 学科网（北京）股份有限公司 $$