核心素养单元测评(一)(测试内容：第1-2章)-【数理报】2024-2025学年高一物理必修第一册同步学案（教科版2019）

确的是 C小球落水速度为8m/ 《必修第一册》核心素养单元测评（一） D.能0.4，与后0.4位移之比为1：4 人人人人 二、富选题{表题共3小题，吾小道6分，兵得分，季小题始出 ◆数建报社试愿研究中心 [测试内容：第1一2章引 的？个透项中，有多个选项是正确的，全选时的得6分，少选的得3 分，有格速点不选的得D分》 第I卷 选挥题（共46分） 4杭州第19屈亚运会上两只时爱的四足机器间.以铁件”期 8.如图5所示，两个小球，b通过长为1的经 一，单选题{本道兵了小厘，身小则4分，共8分，选对得4分 运工”的份，忙绿地卉跑着.工作人员在A位四将铁拼故入机器 绳连按，现用手拿着上赠的小球：油静止释收明 这错或不透得D分) 阿背部的卡槽压，由机器狗运送回B位置，4，B间直线距离为 球，释救时小球：距离地面的高度为，两个小球 1图1所示，“较囊高铁”是利用橙 0m若某次污送中，机竖狗从A静止开始做直线运动到达B,到 基浮技术将列车“漂寻”在真空膏道中，由 居时速度怡好为零机器狗运动的最大遗度为5m,加速度大小 相熊落地的时间间限为4，两个小球落地后不再 不短过！/，，机器狗从4到B的最时间为 反弹，不考成空气阻力，则下说法中正确的是 于设有摩擦，其运行速度最高可达到 50km/h工程人员对”较冀高转”车A A.10￥ B.15￥ G21 D.32￥ 城到B城的一个路受进行了测试，行驶了 5清晨，一对父女沿平直公路浸 小球a落地速度比球&落地速度小 10km,销时6mn以下说法正调的是 跑.如图3所示，父女俩均以2m/s的 品西个小球从群政至最后都落泡的过程中，经蝇的拉力一直 数 A50k/h是平均速度 速度匀速运动，女儿在父亲前面8m 为零 报 报 高 B.101km是路园 处，父亲带着的手机插放膏乐，女几 C.若增大，两个小球维落决的时司可展山变小 C.6min是时 用盛牙耳机收斯：莱时句女儿开始以 物 D.若增大A,刚网个小球相能落地约时间间隔△：变大 D.该段满式的平均速度一定是1200km/h 1m/,2的加速度匀加速赤跑，速达 9,某人骑电动车，在距离十字路口停车线6m处置到结号切 理 2如图2甲所示的送餐机器人从过道上A处静止出发敏直线 到6m/:后继续匀速运动，若蓝牙耳机连接信号的最大距密为 变江，它因利车，酸匀减速直战运动，电动车好在停止战处停下同 运动到B处停下，其位移：时问：的关系曲线如图乙所示若将 0m,女几开始加速运动多长时间后不能败所到音乐( 机器人视为质点，从A到B机墨人的运动做次是 1.25. B.44- D.50. 已知电动车在减速过程中，第1“的位移是最后1“故移的5倍，忽 62023年11月，我国航母“据速混升始弹实验.航母弹刻 路反应时瓦下列关于电动车的别车过程说法正确的是( 系烧能够便飞机获得一个初速度，从而达到常短滑行距真的目 A到年时间为3￥ 的.设机靠自身引学获得的加速度为@，设有弹射的结况下，等 车的加速度大小为2m 机滑行L,的面商达到起速度：开启弹射系饶，使机庆得一个 C中丽时刻的速度大小为2m/ 礼这度，机滑行4的垂高达到起飞速度，2山，-4=山，却速 D,中同价登的速度大小为2m/ 度：安速度均为定值，下列关于L的说法正确的是 51 10.甲，乙两炳小华（税为魔无》 A匀加速运动，速运动，匀藏速运动 A.L与，成正比 上与后成正比 沿水平道运动，初始时刻乙车在甲 ,加速度减小的加速运动，匀速运动，加速度增大的减速 C山与号成立比 DL与瓜成出 车响24m处，其运动的：一国燥如图 运动 7.加图4所示，某学生在四安汤洋怕甲观看 C,加速度增大的加魂运动，匀速运动，加速度战小的减鸿 海抛球表演，司学用于机记录了球从最高点 6所示，则下列1说法中正确的是 运动 整直落到水面的时问为，8，忽客空气阻力：g取 加速度带大的加速运动，匀加速运动，加速度减小的战速 (m/,之关于小球下落过相下列说法正裤的是 At=4s时甲，乙两相E8m 运动 B(=6,时甲.乙两车再次相遇 3列车进站可简化为匀成速直线运动，在此过程中用1和 A.小球下落高度为6.4m C1=3,时甲年在乙的方8■ 分别表示列车英动的时闻，位移，速度和知速度下列图像中正 B,小球每秒钟速度变化量为多m D,0-5￥甲，乙两车之间的最大拒离为24m 第Ⅱ卷非选择题（共54分） 交点的物理意义是 14,(12分)汽车在路上出见故 弹而停车时，应在车后放置三角整示 三，买验题{本题共2小斯，为16分，将正答常填在题中横 神加图9所示)，以提配日面驾车司 线上成控要点件察) 机或速安全通过，在夜可，有一货车国 11.《8分》(1)打计时圈是以器，电华为0 故障停车，后面有一小绣车以一 常用的电德打点计时器和电火花计时器使用的是 《选填 08Lkm小的速度向前史来，由于夜间 ”直流电”减”文流电”)，它们混每隔打一个点， 视收不好，小桥车驶员只能春清前方，=0m的物体，井H临 (2)在“用打点计时器测量小车的速度”的实稳中：除打点计 的反应时可为：▣5，小桥车制动后最大加建度为摩= 时器{含能骨，复写张》，小车，一始附有滑轮的长水板，细提，钩 图 5m,求 码、导线及开关外，在下议器和器时中，必须使用的有 图、计算题（本碧共3小月，共38分。解签应写出文半泥明，考 (1)小小桥车从制牢到停止所用的最短时间： (雄速项代学) 框式和演耳乡限，只写出最后姑果的不粒格分，有我植计厚的赠， (2)三密示牌军少要版在车后多远处，才能有效选免两军 A.电正合适的50交流电原 答室中必须写老数值和单且} 相锋 我电压可调的直流电御 13.(0分)特殊情况下为了避免 仁钢变尺 人员的直接按触，常用无人机运送物 D.秒表 品，如图8所示，无人机虏带医药箱从 上天平 地通由静止异始，以m=2m2的加 (3)实期过程中，下列做法正确的是 速度竖直向上做匀加速直线运动，经 入先释放小车，再接通电漏 过一2后开始做匀违直线运动，上 先接迪电单.再释放小有 开高度为4，=20m,然后两经匀减螺直线运动与三4。后到达用 C将接好低带的小车停在卓近滑轮处 户妇台，此时无人机恰好县停若整个运动过程中因药箱可看成 数理报·高中物理教科 教科一 D将控好纸带的小车停在常近打点计时器处 西点，求： 12〔8分)某同学在“探究小车速度葡时间变化的规律”的实 ()买背箱运动过程中的最大地度： 15.(16分)图10为合把轨道夜通地铁2号找部分线路图，某 验中.打点计时器记录了由前止释放被小车拖动的纸带的运动 (2)月减速阶段医药箱的速度：的大小： 同学从2号桂庄站乘上地铁，7：10发车.依次经过345,6,7号 情况，在纸描上确定它出A.BCD,￡共5小十数点，相邻点问的距 (3)无人机整个运动过程所经历的时间 站，7：23刚好停靠8号科学大道然程设地铁线路为直线，相邻地 离知里？甲所示，包两个相邻的计数礼之间还有4不计时点末国 铁站问的更离相等，列车在相叙网站间的远动情况均相同：列车从 出，电而频率为50 一站由静止开始匀加速运动16，按着匀速运动，耳匀减速运动 12,恰停靠下一站，列车在每个地铁站特常时可均为0.2号柱 庄站与8号料学大道站的距离为D.9处m.求地铁运行的加速度 大小和最大速度大小 (1)实验时纸带的 (选填“左”或“右”)端是和小车 相连的： 0o-⊙⊙-0-⊙⊙-0-0-⊙@-⊙-⊙-⊙ (2)根图甲纸带上约数据，算出打D点讨小车的相时速度 大小，并将值城人下表中，结果保司3位有效数字； 计北A (3》以A点为计时起点，将B,C.D各点对应的解附时速度标在 直角坐标系中，并西出图战如图乙所示由图可得小车的加速度 大小为 m/(结果银2色有效纸字)，图中图线与弧轴数理报 参考答案 15 《牛领运动定律》核心素养单元测评 动，轻绳的拉力为0：b落地后，绳子松驰，轻绳的拉力仍站停靠的时间为△：，可得 1.D:2.D:3.A:4.A:5.B:6.A:7.C. 为0，n继续做自由落休运动，则有=/2g(h-), 1=In-SAr =105s 8.AC:9.CD:10.CD. ■√2gh,可知小球a落地速度比小球6落地速度大，故 11.(1)匀速直线运动(2)平行(3)0.20 A错误，B正确：若增大h,则小球b落地时，小球a的速度 设2号地铁站与8号地铁站间的面离为【。，相邻两 (4)m唱当不满足/m时，由于钩码失重，绳子拉力 站间距离1，可得 小于g 增大，风根据匀变速百线牢有1=~山+之。·() 1=合=182km=1.2×10m 12.0)c(2243)是- 可知，两个小球继落地的时间闻附一定变小，故C正 确，D错误 设地铁在运动过程中的最大速度为"，在相邻啊 ()r=9:(2μ= 7 9设刹车时间为，则由逆向思维有，利车最后1的个地铁站运动时，匀加速的时间为4，匀减速的时间为 (,根据运动学知识 14.(1)a1=41=0.5m/g: 位移为，有=了，刹车第1位移为，有名= (2)1=1m/s,=3m/4:(3)4r=1m 1.学+-4-6)+学兴 15.(1)36m/s.6s:(2)追不上 之2-之(1-1，由题可妇安=5，对全程有： 解得"m.■20m/s 《必修第一册》核心素养单元测评（一】 2=6m,解得1=38，a=专，故A正确，B错 设地铁做匀加速直线运动的速度大小为a,,由运 1.B:2.A:3D;4,C:5.D;6.B:7.C 动学公式可得 误：因为电动车做匀减速直线运动，故中间时刻速度等 提示： 1.运行速度最高50km小是铜时速度大小，故A干平均速度，设中间时刻速度为4，有4=了=专 4==子w 错误：120km是车行驶的实际距离，为路程，故B正确：2m,故C正确：设中间位置速度为"号，运用逆向思维，动学公式可得 设地铁做匀减速直线运动的加速度大小为码，由运 6mn是时间间隔，故C错误：由于测试路段的位移未知. 故无法求出该测试路段的平均速度，故D错误. 则对干后半段有0-片=-2知之解得”片=2巨m, 分：子m 2.根据匀变速直线运动位移与时间关系x=‘+故D错误 《必修第一册》核心素养单元测评（二】 可得，若图线为始物线，则物体做匀变速直线运 10.1=4s时，两车速度相同，则两车间的距离最大， 1B:2.C;3.A:4,A:5.;6.C;7.C 动，且x一：图线切线的斜率表示物体运动的速度，由图 此时两车的位移为-4；2×24m=72m,= 提示： L,因车身候斜，车木身的结构没变，则重心在车内的 可妇，物休的速度先增大，后不变，再减小，则物体应先做 子×2×24m=24m,所以甲，乙两车间的距离为4。 位置不变，故A错误：地面发生弹性形变，对汽车施加了 3.列车进站微匀减速直线运动，速度应越来越小，而=一(+)=72-(24+24)m=24m,故A错支持力，故B正确：地面对汽车的支持力，施力物休是地 匀速远动，后做匀速运动，再做匀减速运动故A正确 A中工-（的斜率不变，表示其速度不变，放A锆误：根据误，D正确：=6s时甲，乙两车的位移为：6,4）× 面，故C错误：车身倾斜，地面对汽车的支持力方向垂直 2 接触仍竖直向上，故D钻误 圆意可知，列车进站做匀减速直线运动，以初速度方向 为正方向，则：为负值且大小恒定，故BC错误：根据匀变 24m=120m2=4×36m=90m,所以此时 2当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于现台向 左运动，故观台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错 速直线的运动规律，有产-6=2a,解得=2+6，甲，乙两车间的距离为△r=年-（之+）=120-(24误：根据牛顿第三定律，墨条对佩台的摩擦力方向水平 以初速度方向为正方向，则：为负值且大小恒定，可知？+90)m=6m,故B错误4=3s时，甲，乙两车的位移 向左，由于现台处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力 与x为线性关系，且斜率为负值，故D正确 为品=3；×24m=48m,吃=号×1×12m= 方向水平向右，故B错误：由于限台处于静止状态，水平 2 4机器狗加速：减速时间相同，为4一二=5,6m所以此时押乙两车间的距离为△：年-(+ 方向桌而和墨条对砚台的摩燃力是一对平衡力，故C正 确：桌面对砚合的支持力大小等干砚台的重力加上墨条 o)=48-(6+24)m=18m,故C正确 加，减速位移，=24=12.5m,匀速运动位移为名 对其的压力，故桌面对现台的支特力大于墨条对现合的 11.(1)交流电0.02(2)AC(3)BD 压力，故D锫误 =-24=5m,匀流运动时润为5之=非机 12.(1)左(2)0.340 3.因车轮旋转时每个车轮的摩概力部和车辆前后 (3)0.40打A点时小车的期时速度大小 方向呈45°夹角，摩撒力的合力方向沿汽车运动方向，则 器狗从A到B的最短时间为1=24+与=21s,故C 13.(1)=4m/s;(2)a1=1m/42:(3)t=11 正确 解析：(1)4=2。时医药箱运动的速度最大，为= 由图可知，该汽车将从静止开始沿x轴正方向运动.故A 正确 5.当两者间面达到00m后，不能攻听到音乐，则4 4=4m/ 4.物块匀速运动加时F■f■21N,竖直方向上F、■ (2)经匀减速后到达用户阳合，此时无人机恰好悬 =。=4,根据多=。+4+.（：-4)+停，则匀减速阶段医药箱的加速度大小 ms=10.0N,根据/=，得4=大=0.21N,故A正 6-,解得t=50s,故D正确 确：该实验中无法确定何时恰好做匀速直线运动，所以 6.没有弹射的情祝下，飞机做初速度为0的匀加速 无法确定最大静摩擦力大小，也无法判断最大静摩擦力 直线运动，设起飞速度为，由匀变速直线运动速度与位 (3)飞机匀速飞行的时间与==5。 和滑动静原擦力的大小关系，故B错误：该实验中不知道 移关系式知。=2L,开启弹射系统，飞机做初速度为 故无人机整个运动过程所经历的时间 速度的大小，所以不知道具体滑动摩擦力大小，因此 与的匀加速直线运动，则-后■2L2,由题知L1-2■ 1=41+与+与=1且8 无法判断物块与桌面间的滑动摩擦力随速度增大而增 14.(1)68:(2)63m 大，故C错误：F=1,2N时物块没有被拉动，是因为物块 山.则1=2a -2a 解析：(1)根据速度时间关系有0=一 处于平衡软态，静糜擦力等于拉力，故D精误 比.故B正确 其中6=108km/h=30m/ 5.对身休受力分析如图1所5 7.根据题意可知球下落过程中做自由落体运动，根 解得1号。6 30 示.两个力的夹角为120°，根据 力的平衡条件可知F=G,故C 据自由落体运动位移与时间的关系有：之一之× (2)小桥车从利车前的反应到制车后的停止，在最正确。 10×0.64m=3,2m,故A错误：小球下落过程中加速度大加速度的情况下，通过的总位移为 6.当F=0时，弹簧处于自 即为重力加速度，则可可知小球每秒种速度变化量为4。= 然长度状态，即弹簧原长为 g41=10×1m/s=10m/s,故B错误：根据自由落体运动 ￥=。·4山+t-分 【5cm,故A错误：由胡克定律可得弹簧的动度系数为 速度与时间的关系可时得小球落水时的速度，==10 解得x=105m AF 40 ==15-)×10Vm=400Wm,故B错误：由 ×0.8m/:■8m/s,故C正确：前0,48的位移h,= 而由于夜间视线不好，小轿车驶员只能看清前方 和=40m的物体，为了不发生事故，则三角警示焊至少图乙可知，/=10cm时，水平外力F是正值，方向向左， 宁（宁》=宁×10×Q16m=0.8m,0,4内的位装收在车后的冠西为：个一。6，如此才能有效弹资处于压箱状态，因此弹簧对城壁的弹力方向水平 避免两车相樟 左，故C正确：在弹性限度内，由胡克定律可如，弹簧弹力 移么=h-632m-0,8m=24m,可得分=2 5子3，号mv=20m 与弹簧的形变量成正比，故D错误 =子，故D错误 7,由于腺衣绳是穿过中间立柱上的因定套环并未 解析：设该同学全程运动的总时间为，由该同学打结，同一条绳上各点拉力大小相等，则F=F。=F。 8.BC:9.AC:10.CD 7:10从2号地铁站出发，7：23从第8号站下地铁，可知2 ■F4,故AB错误：由于外套质景比衬衣质量大，则F。 提示： ■780 与水平方向的夹角大于F,与水平方向的夹角，则F在 8.6落地前，以a,6为整体，可整体做自由落体运 设地铁在相邻两站之间运动的时间为1，在每个地铁水平方向向右的分力小于F。在水平方向向左的分力 16 参 考答案 数理极 绳对套环水平方向的作用力向左，蜘绳对套环的作用 (2)Fs■ 8c 速后，煤块不受摩粽力作用，故A正确：煤块在向右匀加 力斜向左下方，故C正确，D错误 速运动的过程中，受到的靡擦力水平向右，故B措误：以 8.BC:9.CD:10.ABC. 15.(1)E,=627.2N,F3=mg=350N 煤块为研究对象，根据牛顿第二定律可得a=mE= 提示： (2)Fx=540Nf=280N 8.把F分辩，如图2所示，可 解析：(1)以悬挂的建材为 知刀具左侧对硬物的压力大于 研究对象，受力如图7所示 g,煤块与初速度共速所用时间为1=÷一。煤块在 右对使物的压力，故A措误，B 出平衡条件，水平方向 传送带上留下的痕长度为4一4时一宁一 正确：由牛顿第三定律可知刀具 F sin a Fsin B 对硬物的作用力等于硬物对刀 竖直方向 2 可知煤块在传送带上留下的痕长度与煤块的质 具的作用力，故C正确，D错误 F cos a F2cus B mg 量无关，故C错误：仅提高传送带的传送速度，可能煤场 9.在圆环随时针缓慢旋物 到达右端前还没有与传送带共速，则煤块在传送带上 90°过程中，保持两手臂伸直状 其中=， 能一直做匀加速运动，故D正确 态，两手拉力奖角不变，由三力 联立可得：F=627.2N.F=mg=350N 1L.(1)不需要(2)0.39 平衡推论知三力平移后会组成 (2)以人为研究对象，受力 闭合三角形，如图3所示：F,表 分析如图8所示 (③)女不满足小车质量远大于砂和砂桶的总画 示左手拉力，F,表示右手拉力 3 由平衡条件，水平方向 量（我”不满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量”等类 由图可知：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小、 F.sin B=f 你答案均可) 故CD正确，C错误 竖直方向F、+F:c0sB=Mg 12.(1)C(2)2.4(3)1.02.9 10.若力F斜向下与水平成8=30°时，地面对沙发 联立两式并代入数据得： 13.(1)r=42s:(2μ■0.8 的摩擦力大小为f=(mg+Fsim30)=505N,力F在 F、=540Nf=280N 解析：(1)如图所示，对 水平方向的分力大小为F'©os30°■50月N,两个力大小 《必修第一册》核心素养单元测评（三） 人进行受力分析，设斜面夹 相等方向相反，故沙发在做匀速运动，故A正确：若力 1.B:2.D:3.B:4.A:5.A:6.D:7.A 角为8，斜面长度为L,机輜 斜向下与水平成8角，则最大静摩擦力大小为∫=4(mg 提示： 口下沿距地面为h,则可知 +Fsin9),若要物体静止不动，应该满足cs0≤4(mg 1.血利路利用图甲斜面实险证明了自由落体是匀 +fFn),变形得FP(osA一usin)≤wmg,如果满足 加速直线运动，故B正确：血利略利用图乙现想实验设计 由牛额第二定律划mgin8-f=m 0os日-usim日<0.即8>60°，则此时无论下多大，物冰正明了力不是维持物体运动状态的原因，牛顿第一定律 代人数据解得： 都会保持静止，故B正确：如果力下斜向上与水平成日是牛领推导出的，放ACD错误 角，且物体做匀速运动，则有Fcos0=4(mg-Fsin), 2.根据围际单位制的基本单位可知，力的单位为 a.ngsin8=f.270-240m/2=0.5m/g 60 变形可得F■ ,其 kg·m·s3,力臀的单位为m,所以力矩的单位为 kg·m·s2,故D正确 由匀支速首线运动位移与时间关系式知L=之 中sinp= /1+ 行=号即4=号，故当0=君时， 3.当物块达到最大速度时，合力为0，有mg=2 代人数据解得：1=4巨 解得√层√严因此可得甲，乙在下 (2)设下滑到斜面最低点速度为"，动摩擦因数为 有最小值，故C正确，D错误 丛，滑行距离为￥，由匀变速直线运动速度与时闻关系式 11.(1)1mm(2)h(3)4.9 落过程中的最大速度之比为反：1.故B正确 知=a 12.(1)研究合力与两个分力的关系 4.设列车的加速度大小为a,根据力的合成与分解 由速度与位移关系式知0-2=-24g四 (2)D(3)F(4)B(5)B 以及牛顿第二定律有F。=mgtan 0=ma,得列车加速度 代人做据解得4=0.8 13.005N≤F≤0o0E、 的大小为a=gan,故A正确，B结误：根据Feo*0= 14.(1)e=10m/s:(2)0:(3)F=6.25N 3 3 解析：(1)由题可如，自由落休结束时无人机的速率 解析：当AB绳上的拉力刚好为零时，弹力F有最大 mg得R,"。故CD结误 最大：白由下降的高度 值，受力分析如图4所示 5.剪断前，对BCD整体分析Fa■(3m+2m+m)g, h■25m-20m=5m 对D:Fm=mg.剪断后，对B:Fw-3mg=3maa,解得aa 由自由落体运动的规律可得 =g方向竖直向上；对C:Fx+2mg=2mac,解得：= =√2g6m10m/s 1.5g,方向径直向下.故A正确 (2)无人机做自由落体运动时，处于完全失重状态 6要将物理课木Q从物理课本P下方水平抽出，物所以细线对小钢球拉力的大小为零 理课本P的速度为a=g,对物理课本Q有F-3μmg (3)设小钢球A做匀减速直线运动时速度大小为 =@g,ag>4r,解得F>44mg,故D正确 a,运动距离为x,则有 0-=2(-a)x 根据平衡条件有R=m日 100EN 7,弹珠2碰后做匀减速运动，末速度为零，可看作是 解得a=2.5m/, 当AC绳上的拉力网刚好为零时，弹力F有最小值，受 反向的匀加速运动，加速度为a=g,根据上=，可 设知线对小钢球拉力为F,棋据牛顿第二定律得 力分析如图5所示 匹，故A正确 F-mg ma 解得F=6.25N 根据平寄条件有片·品。：四N G 8.AD:9.AC:10.AD 15.(1)1m/s2,失重：(2)600N:(3)19m 因批指弹力F的大小范困为0EN≤F≤10005N 提示： 解析：(1)由题图可知，在0-2s内，台秤对小明的 3 3 8以A为研究对象，根据牛顿第二定律m得片，=支特力为F,=450N 0s(a+B》 14.(1)-cos a+ksin os ma,以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得Mg-F,= 由牛领第二定律有mg一F=m1 Ma,联立解得F,=12N,a=6m/g2,故A正确，B错误： 解得4，=1m/s2,加速度方向竖直向下，故小明处 (2)=sint keos 若仅将物块A,B互换位置，根据牛顿第二定律可得：= 干失重状态： cos a ksin a Ma',mg-F■m',联立解得号=12N,a'■4m/s,故 (2)设在10~11s内小明的速度为41，时间为与， 解析：(1)(2)根据题 0-2s的时间为41，则 意，沿飞机速度方向与垂直 C错误，D正确， 44=a 速度方向建立华标系，对飞 9.由题意可知，消防员上升的最大高度为0~90 解得4，■2m/。 机受力分析，飞机受到重 内图像与坐标轴固成的面积，最大高度为675m,故A正 确：由图像可知，30~90s内消防员的加速度方向为向 由领第二定律有F-mg=m, 力、升力，幸引力以及阻力 解得F,=600N 的作用，如图6所示 下，即消防员的重力大于飞行背包的牵引力，此时消时 沿速度方向有Fe cos a=f和+Gin8 员处于失重状态，故B错误；由图像可知，消防员在前 (3)0-28内位移为车20=2m 垂直速度方向有F,+F sin a Gcos8 30#内，图像的料率最大，前30内加速度最大，故C 2-10s内位移为与=a,与2=16m 又fm=kf 正确：消防员在150-255*内位移不为0.所以平均速度 大小也不为0，故D错误 011,内位移为与=之，6=1m cos(a+) 解得：coe i 10.共速前，煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力：共 小明运动的总位移大小为工=++=9m 数理极 参 考答案 17 《必修第一册》核心素养综合测评（一） 13.1.025m/g 作用力大小为F=百m,故B正确 1.C;2.D:3.A;4.B;5.C6.A;7.C 解析：汽车行驶到右端的时间为2，由匀变速直线运 6 提示： 动规律，有 6.0一1,6%内速度一直为正值，始终竖直向上运 1国际单位制中选定了七个基木物理量，分别是长 动，故A正确：01,6”内离掌心的最大高度为h= 度、质量、时间、热力学温度，电流、光照强度、物质的量 天=h-2听 之06+1.6)×2m=22m,放B结i误0.6~1.2内 故C正确 解得与2=20s或60s(舍去)】 2.“最高速度可达1000k/h”指的是瓣时速度大 若清洁工人从右方离开，则必须比汽车先达桥的处于匀速上升状态，故C锆误：因-图像的斜率等于加 小，故A错误：乘客乘坐高铁时，发现树本在后退，是以高 右端，逃离的最小速度为 速度，可妇0.5时的加速度小于1.5时的速度，故D 铁为参考系，故B错误：“15分中“指的是时间间隔，故C g=1=1.025m/s 错误， 错误：超级高铁从上海到杭州的平均速率约为下= 7,设墨水瓶脱离文具盒前，墨水瓶的速度为4， 1S0k=600kmh,故D正确 14.变大不变600 文具盒的加速度为a,根据牛顿第二定津4，=4= 解析：(1)以人为研究对象，竖直方向根据受力平衡2m/,F一g=Mm,解得，=3m。,界水瓶恰好从 得2F,in8■mg 3.书处于平衡状态，则所受摩擦力为静摩搬力，大小 文具盒掉落，1=2-之，解得墨水瓶在文具合 为f=mgsin a,F、=mg0sa,故A正确 可得=器。 上运动的时间为t=0.6,故C正确 4.水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了 当8缓慢减小时，人仍保持悬空静止，则左侧手臀受 8.AC:9.AB:10.ABC. 阻力，故力是改变物体运动状态的原因，故A错误：物体力变大； 提示： 总有保持原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质 (2)以人和两侧桌子为整体，根据受力平衡可知，两 8以向右为正方向，对整体分析，由牛第二定律得 量有关，质量越大惯性越大，力是改变物体运动状态的侧桌子对地面的压力不变，根据对称性可知，左侧桌子 F-F=(m1+m》a,解得a=2m/,方向水平向右 原因，重的大石由于厨量太大，惯性太大，所以运动状态对地面的压力不变： 设弹簧的弹力为F,对物块1分析得F,-F■m1,解 不容易被水流改变，故B正确：物体的运动不需要力来 (3)若0=30°时，左侧手胃受力为 得F=26N,故A正确，B错误：在突然撤去F:的期间，弹 持，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动状态， =器。-00N6mN 优度 簧的弹力没有变化，则弹簧测力计的示数不变，故C正 故C错误：“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的 2￥2 确：在突然撒去F的牌间，物块1所受的合力方向水平 阻力，大石所受的合力为零，故D错误， 向左，测物块1的加速度发生改变，故D错误 5.球运动到最高点时速度为零，受重力作用，合力不 15.(1)25s:(2)600m 9支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的 为零，处于非平衡状态，故A错误：球离开手胴间，受到竖 解析：()设飞廷下落的加速度为41，根据牛顿第二 重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力等 直向下的重力和阻力，则合力向下，速度向下，由于阻 定律可得 于支对手机的作用力，则手机对支架的作用力始终不 力恒定，则加速度大小不变，为匀诚速直线运动，可得球 mg-f=m01且f=0.04mg 支，故A正确，C销误：根据手机的受力情况可可知，手机的 从离开手到最高点的过程中的平均速度为”：分，设阻 解得a=g二f=9.6m 重力大小等于手机对底都支撑平面b弹力与手机对甲 面PQ的弹力的合力，当8角逐渐增大时，手机对底部支 力大小为F,有F+mg=ma,球从离开手到最高点的 飞艇下落时间t满足4，=子a,=3000m 撑平面b的弹力逐渐增大，故B正确：当0角逐渐塔大 过程运动时间为：=合<女故即培误，C正确 解得1=255， 时，手机对背部支撑平面Q的弹力逐渐减小，根据中顿 6.从位移一时间图像可知物体一直沿正方向运动， (2)25,后，飞艇将做匀减速运动，开始减速时飞艇第三定律可知，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐断变 故D错误：又a知2内物体的位移为8曲，则速度一时 的速度为 小，故D错误 10.x-4图像线斜率表示速度，。时划甲的速度大 间图线与时间轴所围的面积为8，故A正确，C错误， e=a1t=9.6×25m/g=240m/s 干乙的速度，故A错误：0时刻甲处在坐标原点处，乙处 7.设初速度为+由匀变速运动的位移公式和速度 减速运动加时老艇的运动满足2=2a: 解得h:=2400m 在坐标影处，不是同一地点，故B措误：根据3=+ 公式得&=+2,5。=+，联立解得= 所以距离地面h,=3000m-2400m=600m 2心，结合a三之解得，=0，故C错误：设乙的速壁 a一是根据牛顿第二定律得合力为F=m=罗，故C 《必修第一册》核心素养综合别评{二] 1B:2.D:3.C:4.D:5.B:6.A:7.C 为，则有.3.2一设甲的图像在4时的切 正确 提示： 8.AB;9.AD:10.BC 1.梦天实验舱内，水球体积越小，水球质录越小，其 线与乙的国像平行，则，时刻甲，乙的速度相等，则有一 提示： 惯性越小，故A错误：击球过程中，水球对“球拍”的作用a,解得=号，故D正确本题选不正确的，故选ABC 8.葆制器与碟制片对运动，破制器受到的是滑动 力与“球拍”对水球的作用力是一对作用力与反作用力 摩擦力，故A正确：根据/=F、可知，碟利图与猿刹片之 11.(1)AD(2)D(3)3.7(4)AC 故B正确；击球程中，水球所受弹力是由于球拍发生形 间的滑动摩擦力与动摩擦因数μ以及碟利器与碟刹片的 12.(1)B(2)刻度尺(3)C 变产生的，故C锆误：牛倾第一定律是理想情况，不用 正压力F、有关，与碟刹器与刹片的正对面积无关，增 实验直接险证，故D错误 3.g 大利图与碟刹片的正压力可以增大靡微力，故C错误， 2.加速度与速度没有直接关系，龙舟的速度越大，其 B正确：根据滑动摩擦力方向与相对运动方向相反知， 解析：由几何知识得，∠C=∠D=120°，对C点进 器上受到的摩擦力方向与其相对碟调片的运动方 加速度不一定越大，如速度很大的匀速运动，加速度为行受力分斯如图1所远 零，速度越小，其速度也不一定越小，故AB错误：根国 向相反，故D错误 9.在一t图像中，斜率表示速度，由图可知，甲运 加速度的定义式a=兰可知，加速度的方向与龙舟速度 动员先做加速度减小的加速运动后做匀速运动0一4变化录的方向相同，与龙舟速度无关，故C错误：龙舟在 时间内，可能存在甲，乙运动员加速度相同的时刻故某段时间内，加速度与速度方向一直相同，则速度一定 AD正确：甲，乙两个同学从同一起跑线可时起跑，由图 不断增大，故D正确。 图1 2 像可知0~1时间内，甲运动位移大于乙运动位移，故 3根据对称性可知，这一对钢索拉力的水平分力大 可得mglan30=停g 甲司学在乙司学前面.故B错误；由题知，0一马时间内，小相等，方向相反，合力竖直向下，则有P=2c00,故 对D点进行受力分析，如图2所示 甲司学运动位移大于乙同学运动的位移故C错误 C正跪 当F方向垂直于绳DB时，F最小.可得 10.汽车静止或向右匀速运动时，都处于平衡状态， 4,#一：图像与坐标轴围成的面积表示位移，两个物 根据共点力平衡条件有F,心s30°+Fc030°=mg,体的位移都在不断塔大，故A锆误：图像的斜率表示加 F-Frcncos 30mg. 血30=血30解得，=片，-令故结误， 速度，I,Ⅱ物体的速度都不断减小，故B锆误：☒像 14.(1)20=:(2)43m:(3)2N 下与坐标袖国成的面积表示位移，在时刻】物体的位 解析：(1)根据题意，由速度与时间的关系可得速 B正确：当车向右减速时，根据牛额第二定律有F,30°移大，在前面，故C错误：【物体的平均速度大小大于 阶段的时间 +Facos30°=mg,Fain30°-F,in30°=ma,则支架A 对钢卷支持力减小，支架B对钢卷支持力增大，故C正 十，Ⅱ物体的平均速度大小小于，故D正确 2 2 确：当车向右加速时，根据牛顿第二定律有F,cos30°+ 5.设支杆对水品球的作用力与竖直方向的夹角为 而减速阶段的时间4=2：，则匀速阶段的时间 Fgcs30°=mg,F,sin30°-Fain30°=mn,则支架B对 与=-6-41=208 钢卷支持力减小，支架A对钢卷文持力增大，故D错误 I1.(1)交流0.02(2)AC(3)BD 0,根据几何关系有血0=子=号，水品球静止，根据 (2)加速阶段的位移场=2=1m 12(1)B(2)430(3)B 平衡条件可得3Fs9=mg,解得每根支杆对水品球的 匀速阶段位移与=体2=40m 18 一参考答案 数理极 减速阶段位移▣之■2m =2mg+Fcos 8f=F如sim0,又∫=Fu,联立解得u 11.(1)2(2)4(3)245 =夏，可知支架和地面闻的动摩擦因数至少为停故D 12.(1)小车和发9器总质录 全程总距离x=无+与+名=43m (2)钩码质量过大或未满足小车质量远大于钩码 (3)减速阶段加速度=0。-1m 正确 质量 (3)图线为直线，没有弯曲部分 则由牛顿第二定律有f=m偏▣一2N,即摩擦力大 (4)Mg 小为2N 15a=得1=2m 1i6s:2)空mv 解析：(1)设x=30m,=10m/“,则公交车刹车过 解析：设小物块P的质量为m,当传送带静止时，根 2 程中工= 据牛顿第二定律 7.“客”“资“平“安”四个带字的中国结和融子质 解得t=6s mgsin30°-Lmge0s30°■m 量相等设为m,重力速度为g,则“富”字中国结对 解得：a1=gsin309-g℃0930 “贵”字中区结的拉力F,=4mg,“贵”字中国结对“平 (2)公交车匀速运动的时间为6=0-30，=2。 10 根据运动学规律1▣了 字中国结的拉力F,=3mg,则F,:F2=4:3.故AB错 设小明匀速运动的收尾速度为，则x'=0m 误：如果把该中国结挂在速上升的电梯里，设加速度 当传送带逆时针匀速转动的速度超过某值时，仍为。，富”字中国结对“贵“字中国结的拉力为，根据 x=2+6) 在传送带的端A处无初速度释放小物块P,小物块到牛顿第二定律得P,一4mg=4ma,设“资”字中国结对 解得=12.5m/: 达底端B处的时间恒定不变，均为52■2： “平”字中国结的拉力为F,根据牛顿第二定律得E一 小明追赶公交车过程中的加速度大小为 恨据牛顿第二定律mgsin30°+μmgc0s30°=m4 3mg=3ma,解得：F=4:3,故C正确：如果把该中 解得：a2=gsin30°+ge0s30° 国结挂在我国的空闻站，整个中国结处于完全失重状 根据运动学规律1=：6 态，各部分之间的作用力为0，故D错误 14.(1)a▣F-m监 8BD:9.BD:10.AB. 位解得瓷12m 提示： (2加.个Pm卫，绳子与竖直方向的夹角8的 8若水平面光沿，以5个木块为整体，根据牛顿第二 《必修第一册》核心素养综合测评（三） 定律可得F=5ma,把右面的4个木块作为一个整体，设 1.A:2.B:3.A:4.D:5.C:6.D:7.C 余弦值为m0=学 2受到1的弹力为F,根据牛顿第二定律可得F,=4ma 提示： 把最右面的3个木块作为一个整体，设3受到2的弹力为 解析：(1)水福受到的空气阻力与水桶的速度成正 1,加利路发现“力不是维持物体运动的原因”，是在F2,根据牛顿第二定律F:=3m,依次类推，可以得到弹 比，则∫= 直升机竖直向上加速运动的过程中，水桶受到年 实验的基础上经过抽象推理得出的结论，运用了理想实力之比依次为4：3：2：1，故A错误，B正确：若本块与水 力拉力和阻力作用，故 验法，故A正确：根据速变定义式：=告当山非常小 平面有摩擦，设每个木块与地面的摩擦力为了，以5个木 块为整体，根据牛顿第二定律可得F-5f=5ma'.把右面 F,-g-标=ia 时，告就可以表示物体在：时刻的瞬时速度，运用了极限的4个木块作为一个整体，设2受到1的弹力为八，根据 即F,=ma+mg+如 则加速度越大，速度越小，拉力越大，故当速度为0 的思想，故B错误：加速度a与质量m,合力F之间的关系 牛顿第二定律可得-4时三4m,解得=专F,把最 拉力最大时，加速度最大，即解得a=F-型 为口=片不是利用肚值定义法，而是牛顿在力是产生 右面的3个木块作为一个整体，设3受到2的弹力为：， (2)水桶水平方向岗做匀速直线运动时，受力分析可得 速度的原因且用国际单位的情况下，总结出的牛领第 根据牛顿第二定律可得-3∫=3ma,解得乃=子F, Fsin0-知=0，F"e0s8=mg 二定律表达式。故C错误：利用光电广测速度，运用了极依次类拉，可以得到弹力之比依次为4：3：2：1，故C错 当拉力最大时，速度最大，则cs日=学 限法，故D措误 误，D正确 2.为保让两木块刚好不翻倒，则两木块整休的重心 9.厅李刚放上传送带时，做匀加速直线运动，加速度 可得：：个一mZ 刚好在桌子边缘正上方.设B木块伸出桌子边缘外x,两 大小为a=些=2m/:,行李加速到与传送带共速所用 15.(1)F=30N:(2)t=48:(3)=0.5s 木块质量为m,则mg + 时间为41=上=0.25，加速过程通过的位移为，= +mg产+mg 解析：(1)取物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得 2 了，=004m,行李与传送带共速后做匀速运动到B处 wng ma 解得41=2.5m/ 解得x=名，故B正确 3.设物体开始下落时离5楼窗户底端的高度为H, 速变为46所用时间为6：。49则有：速变列2。取验休为究对象，根据牛餐解二定 装使物块相对箱子不发生相对运动，箱子的最大 =61+与2=5.1s.故A错误，B正确：行李与传送带共速律可得 下落时间为，落地窗高度为小h,经过落地窗的时间为 前发生的相时位移为△x=4,一龙=0.4×0.2一0.04m F=(M+m)a =30N 山，根据自由落体运动公式，有H▣之，H-h。 =0.04m,即行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 (2)由于F=35N>30N,因此物块相对箱子发生 0.04m,故C错误：若使行幸最快到达B处，可知行李整相对运动，物块的加速度为1=2,5/， 之(4-4)户，代人数据，解得H=12.8m,物体离5楼层 个过程都做匀速直线运动，则有2L=a,解得"a= 取箱子为研究对象，根据牛顿第二定律可得 数为A:号-43.则物体开始坠落的楼层大概为9 22/,可知传送带的最小运行速率为2反m/,故D F-umg Maz 正确 解得a1=3m/ 楼，故A正确 10.根据2=2h,-h图像 ↑ 物块向右做匀速直线运动，相对于箱子向左运 4.由牛顿第二定律有F=m:,可知阻力F的单位与坐标柏围成的面积表示速度 动，设物块运动到左的时间为，则 平方的一华，则0~2m及5一 为牛顿(N),即kg“m/:由密度关系p=受知密度p的 10m面积相等2×a= -1=兰 单位为兰：面职5的单位为时：由速度公式票÷：知速⑧一》告0×Q5,解特 代人数据解得：▣4： 2 图3 (3)由(2)知，当槌给箱子35N的外力时，物块向 度单位为m/“.将以上各物理量的单位代人关系式Fa=0写h发2m时，水斗的加速度大小为a=1m/:,放A正 右做4：=2.5m/s的匀加速直线运动，府子向右做a= s,可以写出阻力的单位表达式为1起·m?:1是 确：根据。=2山，则2m≤h≤5m时，水斗的速度大小3m:的匀速直线运动，撒掉外力F时 为=/2×1×2/s=2m/s,故B正确：8mh≤ 物块的速度与=a,41=7.5m/y ×m×(其，可知当x=2,等式成这，故D正确 10m时，水斗速度在变化，所以不是匀减速直线运动。 箱子的速度与=441=9/s 故C错误：从静止开始上升10m过程中，先做匀加速函 符子的速度：>与，物块继续以2.5m/,2的加速度 三根据速度定义式：告解得山=4·十，可知动，后做匀速运动，之后做匀减速直线运动，最后做国速加速，分析箱子的受力，根据牛第二定谁可得 图线与纵坐标袖包围的面积表示时间，则运动员从0点度减小的减速运动，。~国像如图3所示如果最后阶段 wmng Ma 运通到6的时损为1：宁+宁.故c瑞 一直句减速运动.期减速运动时间为红“音。02 解得=0.5m/ 箱子向右做加速度大小为05m/2的匀减速直线 6.对光滑球体受力分析如图1所示，根据平衡条件 =5,根据：一：图像与坐标袖所国面积代表位移可知，运动，设经历时闻/二者共速，根据运动学公式可得 可得F8=mg,对支架受力分析如图2所示，根据牛实际做加速度减小的减速运动，则实际减速时间大于 +a1=g- 朝第三定律可知F。=F。,对支架由平衡条件可得FM5,总时间大于7.5，故D错误 解得'=0.5s