第2次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

— 18 — 第二次月考滚动检测卷 [范围:第一至第三章第一节] (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第9题以百度Apolo旗下第六代无人车的运动为例,综合考查学生对运动 图像的理解和应用。该题涉及了v—t图像和v2—x图像,题目设置灵活,紧扣知识点,对学生 的信息提取能力、分析问题能力以及图像理解能力要求较高,值得推荐。 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的。 1.(2025·江苏·期中)奥运会网球赛场上,中国运动员郑钦文挥拍进行网前拦截,她将水平飞来、 速度大小为v的球以大小为v2 的速度反向击回,取网球飞来的方向为正方向,球与球拍接触的时 间为Δt。则击球过程中 ( ) A.网球的速度变化量为v2 B. 网球的速度变化量为3v 2 C.网球的平均加速度为- v2Δt D. 网球的平均加速度为-3v2Δt 2.(2025·浙江杭州·期中)如图所示,2024年9月25日我 国从海南发射了一枚东风 31AG导弹,先进入大气层外 的亚轨道空间,后返回大气层,最高速度可达8500m/s, 经过23分40秒后准确落在了距离海南约12000公里外 的预定地点,向世界展示了我国的战略核威慑能力。下 列说法正确的是 ( ) A.8500m/s是最大速率 B.8500m/s是平均速度 C.23分40秒是指时刻 D.飞行的路程12000公里 3.(2025·陕西西安·期中)甲、乙、丙三个物体同时同地出发做直线运动,它们 的运动情况如图x t所示,在20s内,它们平均速度大小分别为v甲、v乙、v丙; 它们在20s内的平均速率分别为v'甲、v'乙、v'丙 大小的关系是 ( ) A.v甲=v乙=v丙,v'甲>v'乙=v'丙 B.v甲=v乙=v丙,v'甲=v'乙=v'丙 C.v甲>v乙=v丙,v'甲>v'乙=v'丙 D.v甲=v乙=v丙,v'甲>v'乙>v'丙 4.(2025·江苏盐城·期末)滑块以一定的初速度沿斜面从底端上滑,到 达最高点B 后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行 拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块 ( ) A.运动的位移大于乙图 B.运动的加速度大于乙图 C.运动的平均速度小于乙图 D.经过A 点的速度小于乙图 5.(2025·浙江杭州·期末)ETC是高速公路上不停车电子收费系 统的简称。如图,汽车以15m/s的速度行驶,如果过人工收费通 道,需要在收费站中心线处减速至0,经过20s缴费后,再加速至 15m/s小行驶;如果过ETC通道,需要在中心线前方10m处减 速至5m/s,匀速到达中心线后,再加速至15m/s行驶。设汽车 加速和减速的加速度大小均为1m/s2。如果不设收费站,汽车将 能更快通行。(不计汽车的长度) ( ) A.汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约28s B.汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约23s C.汽车通过ETC通道比不设收费站通行多花11s时间 D.汽车通过ETC通道比不设收费站通行多花8s时间 6.(2025·浙江杭州·期末)全红婵在巴黎奥运十米跳台跳水比赛中以“水花消失术”的惊 艳表现夺得金牌。某次跳水,她在跳台上倒立静止,然后下落,前5m完成技术动作,随 后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动,则她用于姿态调整的 时间约为 ( ) A.1.4s B.1.0s C.0.4s D.0.2s 7.(2025·山东济南·期末)物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证,有时 只需要通过一定的分析就可以判断结论是否正确。如图所示,一根质量为m 的弹簧上端 悬挂在天花板上,下端受到大小为F、方向竖直向下的恒力作用,弹簧处于静止状态。已 知弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,根据所学知识判断该状态下弹簧形变量Δx正确 的表达式可能为 ( ) A.Δx= mg+F2 ·k B.Δx= mg2 +F ·k C.Δx= mg+F2 ·1k D.Δx= mg2 +F ·1k 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,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。 8.(2025·广东佛山·阶段练习)机器人大赛中,为研究机器人的运动建立平面 直角坐标系某机器人在平面内由点(0,0)出发,沿直线运动到点(1,3),紧接着 又由点(1,3)沿直线运动到点(3,4),所用总时间是10s。平面直角坐标系横、 纵坐标轴的单位长度为1m。则在整个过程中 ( ) A.机器人的路程为5m B.机器人的位移大小为5m C.机器人的平均速率大小为0.5m/s D.机器人的平均速度大小为0.5m/s 9.(2025·河南郑州·阶段练习)2024年5月15日,百 度Apolo在武汉正式发布旗下第六代无人车,武汉市 民可通过萝卜快跑平台搭乘第六代无人车,汽车自动 控制反应时间(从发现障碍物到实施制动的时间)小 于人的反应时间,如图所示的两图像分别是在自动控 制操作下的v2 x图像和驾驶员操作下的v t图像。 下列说法正确的是 ( ) A.无人车自动控制时运动3.5s走过的距离x=53.8m B.无人车每次刹车自动控制反应时间比驾驶员操作反应时间短0.2s C.无人车自动控制安全刹车距离比人操作安全刹车距离短6m D.无人车每次在自动控制操作下刹车至停止过程中的平均速度约为15.4m/s — 17 — — 20 — 10.(2025·四川南充·期末)木块A、B并排固定在水平地面上,可视为质点的子弹 以水平速度v0 射入木块A,恰好能穿出木块B。子弹在木块A、B中运动的时间 相等,在木块中运动时加速度恒定,下列说法正确的是 ( ) A.木块A、B的长度之比为4∶1 B.子弹刚射出A的速度为 v0 2 C.子弹穿过A、B的平均速度之比为3∶1 D.若子弹射入木块A的初速度变为 2v0 3 ,则子弹将停留在木块B中 11.(2025·浙江杭州·期中)最近,某中学有个别班级里的同学感染了水痘,为了防止水痘的传播 学校提出了采取了一系列措施,其中包括号召大家带口罩,高一年级某位同学学了弹力知识后 就想测定一下口罩两侧弹性绳的劲度系数。他的操作测量如下: ①先将两条弹性绳A、B 端拆离口罩,并如图(a)在水平面自然平展,测得总长度为54cm; ②然后按图(b)用两个弹簧测力计同时缓慢拉A、B 端,当两个弹簧测力计示数均为2.4N时,测 得总长度为78cm。不计一切阻力,弹性绳在弹性范围内。根据以上数据可知 ( ) A.图(b)中,口罩两侧均受到4.8N的弹力 B.图(b)中,每条弹性绳的伸长量为12cm C.每条弹性绳的劲度系数为40N/m D.每条弹性绳的劲度系数为20N/m 三、非选择题:本题共5小题,共计52分。(12题8分,13题10分,14题10分,15题12分,16题12分。) 12.(2025·云南曲靖·期末)物理学习小组用每枚质量m=6.1g的同种一元新硬币、刻度尺等,测 量某轻弹簧的劲度系数k。实验过程如下: (1)测量硬币的厚度d 将10枚硬币竖直叠放,刻度尺“0”刻线对齐最下端硬币下边缘,测出硬币的厚度。某次测量,最 上面硬币上边缘对应刻度尺的示数如图2,每枚硬币的厚度d= mm。 (2)测弹簧的劲度系数k A.将轻弹簧下端固定在直径为D(略大于硬币直径)、高度可调的圆柱形容器底盘中心。调节容 器的高度h,使弹簧上端与容器口齐平。 B.将若干硬币叠放在弹簧上端,硬币表面垂直弹簧,静止时,最上端硬币上边缘与容器口齐平, 如图3所示。若每取走一枚硬币,不考虑摩擦,稳定后弹簧的弹力减小ΔF弹 = N,恰发 现余下的硬币正好升高补平,弹簧始终在弹性限度内,则弹簧的劲度系数k= N/m(重 力加速度g=10m/s2,保留2位有效数字)。 13.(2025·湖南常德·期末)同学们用一把刻度尺估测反应时间,如图所示。甲同 学用两个手指捏住刻度尺的上端,乙同学用一只手在刻度尺下端“0刻度线”处做 捏尺准备,但手不触碰刻度尺。甲同学静止释放直尺,乙同学立即捏住直尺。不 计空气阻力,已知当地重力加速度大小g=10m/s2。 (1)乙同学先后做了两次测试,第一次和第二次捏住刻度尺的刻度线分别为 “32cm”和“20cm”,乙同学的反应时间分别记为Δt1 和Δt2,则Δt1 Δt2 (填“>”、“=”或“<”),第二次测试过程中乙同学的反应时间Δt2= s。 (2)甲、乙两同学对本班同学逐一进行测试,发现同学们的反应时间一般在0.2~0.4s之间,用 来测量反应时间的刻度尺长度不能少于 cm。 (3)甲、乙两同学根据自由落体运动的规律将刻度尺上标有刻度线的背面标注时间的刻度线,以 “0.05s”为时间间隔标度,则相邻两个时间刻度线之间对应的长度距离 (填“相等”或 “不相等”)。 14.(2025·广东揭阳·期中)如图所示,一根原长L0=60cm,劲度系数k=50N/m的轻 质弹簧固定在水平面上。现用一小球将弹簧缓慢压缩至长为L=40cm处释放,小球 在弹力作用下竖直向上弹出,当弹簧恢复原长时,小球以v0=2m/s的速度与弹簧分 离,不计空气阻力,g取10m/s2,以水平地面为参考面,求: (1)小球刚释放时受到的弹力大小; (2)小球与弹簧分离后继续上升的高度; (3)小球从离开弹簧到落地所用的时间。 15.(2025·辽宁抚顺·阶段练习)某次性能测试中,一辆摩托车(视为质点)从A 点由静止开始做匀 加速直线运动,经过时间t=3s通过与A 点距离x=36m的B 点。 (1)求摩托车做匀加速直线运动的加速度大小a; (2)求摩托车通过点B 时的速度大小v; (3)若摩托车通过B 点时关闭发动机并开始刹车,结果摩托车做匀减速直线运动并经过时间 t'=6s停下,求整个过程中摩托车通过的位移大小x总。 16.(2025·四川眉山·期末)东西方向的笔直公路上有一座车站,t=0时刻起,有三辆可视为质点 的大巴车每隔t0=7s向东驶离车站,每辆车均做初速度为零、加速度a=2m/s2 的匀加速直线 运动,直到速度达到v0=20m/s,改做匀速直线运动。有一乘客,t=0时刻才从车站西边同侧公 路上距车站L0=100m的位置以v=6m/s向东做匀速直线运动,想要追上大巴车。 (1)求大巴车加速过程中的位移大小; (2)求相邻大巴车之间的最远距离; (3)该乘客能否追上第三辆大巴车? 若能,求出该时刻;若不能,求出乘客到第三辆大巴车的最 近距离。 — 19 — —56 — (2)图乙F 与F'两力中,F 是两个分力合力的理论值,而F'是两 个力合力的实验值,则F'方向一定沿AO 方向。 (3)①根据题意,y轴表示弹簧的伸长量,根据胡克定律F=kx 可知,若图线为一条过原点的倾斜直线,x轴应为弹簧弹力F; ②结合图线可得k= 60.12N /m=50.0N/m 答案 (1)① (2)F' (3)①F ②50.0 14.解析 (1)将小球1和2和细线视为整体,受力分析如图所示 根据平衡条件可得Facos37°=3mg,Fasin37°=Fc 解得Fa= 15 4mg ,Fc= 9 4mg (2)对小球2进行受力分析,如图所示 根据平衡条件可得Fb2=(mg)2+Fc2 解得Fb= 97 4 mg 答案 (1)Fa= 15 4mg ,Fc= 9 4mg (2)Fb= 97 4 mg 【技法点拨】 (1)将两球和细线b看成一个整体,分析受力情况, 根据平衡条件求细线a、c分别对小球1和2的拉力大小; (2)对小球2进行受力分析,根据平衡条件求出细线b对小球2 的拉力大小。 15.解析 (1)根据题目半径之比为3∶2∶1,由几何关系可知O1 和 O3 连线与水平方向的夹角为37°,O2 和O3 连线与水平方向的夹 角为53°,对圆柱体C受力分析,可知 Fa=5mgsin37°,Fb=5mgcos37° 解得Fa=3mg,Fb=4mg (2)对圆柱体A水平方向受力分析,满足fA=Facos37° 解得fA=2.4mg 对圆柱体B水平方向受力分析,满足fB=Fbcos53° 解得fB=2.4mg (3)对圆柱体A竖直方向受力分析,满足FNA=Fasin37°+mAg 解得FNA=12mg 半圆柱体A与地面的动摩擦因素μA≥ fA FNA =2.4mg12mg=0.2 对圆柱体B竖直方向受力分析,满足FNB=Fbsin53°+mBg 解得FNB=9.6mg 半圆柱体B与地面的动摩擦因素μB≥ fB FNB =2.4mg9.6mg=0.25 答案 (1)3mg,4mg (2)2.4mg,2.4mg (3)0.2,0.25 16.解析 (1)当推力为F1 时,黑板擦恰好不受摩擦力,受力如下图 由共点力的平衡条件可知F1cosθ=mg 解得黑板擦的质量为m=F1cosθg =0.1kg (2)当推力为F2 时,由于F2>F1,黑板擦受到的摩擦力向下,受 力如下图 由共点力的平衡条件可知F2cosθ=mg+f2 解得黑板擦所受摩擦力的大小为f2=F2cosθ-mg=0.2N (3)当摩擦力向上且为最大静摩擦时,推力最小。因为最大静摩 擦等 于 滑 动 摩 擦,根 据 共 点 力 的 平 衡 条 件 可 知 Fmincosθ+ μFminsinθ=mg 解得Fmin= mg cosθ+μsinθ =1011N 当摩擦力向下且为最大静摩擦时,推力最大。因为最大静摩擦等于 滑动摩擦,根据共点力的平衡条件可知Fmaxcosθ=mg+μFmaxsinθ 解得Fmax= mg cosθ-μsinθ =2N 推力的范围为10 11N≤F≤2N 。 答案 (1)0.1kg (2)0.2N (3)1011N≤F≤2N 第二次月考滚动检测卷 1.D [网球初 速 度 为v,末 速 度 为-v2 ,因 此 速 度 变 化 量 为 Δv= -v2-v=- 3v 2 ,根据加速度定义可知网球的平均加速度为a= Δv Δt= -3v2 Δt =- 3v 2Δt ,故选D。] 2.A [AB.8500m/s是最大速率,而不是平均速度,故A正确,B错 误;C.23分40秒 是 指 时 间 间 隔,故 C错 误;D.飞 行 的 位 移 是 12000公里,故D错误。故选A。] 3.A [由图可知,0~20s内,三个物体的位移相同,但甲的路程较 大,乙、丙两物体路程相等,则v甲 =v乙 =v丙,v'甲>v'乙 =v'丙,故 选A。] 4.B [A.根据图示可知,上滑过程与下滑过程的始末位置重叠,即 位移大小相等,故A错误;C.根据图示可知,下滑过程的时间大于 上滑过程的时间,平均速度大小等于总位移与总时间正比,由于位 移大小相等,则与图乙中相比,图甲中滑块运动的平均速度大于乙 图,故C错误;B.上滑过程做匀减速直线运动,下滑过程做匀加速 直线运动,结合逆向思维,根据位移公式有x=12at 2,解得a=2x t2 , 结合上述,两过程位移大小相等,上滑过程经历时间小于下滑过程 经历时间,则与图乙中相比,图甲中运动的加速度大于乙图,故B 正确;D.最高点到A 之间的位移大小相等,利用逆向思维,根据速 度与位移的关系有v2=2ax,解得v= 2ax,由于图甲中运动的加 速度大于乙图,则图甲中经过 A 点的速度大于乙图,故 D错误。 故选B。] 5.D [AB.汽车进入人工收费通道,减速到0所用的时间为t=v0a =151s=15s ,汽车过人工收费通道,从收费前减速到速度减为0 通过的位移为x1= v02 2a= 152 2×1m=112.5m ,汽车缴费后再加速至 15m/s通过的位移为x2= v2 2a'= 152 2×1m=112.5m ,则汽车从收费 前减速开始,到收费后加速结束,总共通过的路程为s=x1+x2= 225m,汽车过人工收费通道,从收费前减速开始,到收费后加速结 束,总共所用时间为t总 =t减 +t停 +t加 =151s+20s+ 15 1s=50s , 汽车通过ETC通道时,速度减速至5m/s所用时间为t1= Δv a = 15-5 1 s=10s ,减速过程通过的位移为x减 =15+52 ×10=100m , 以5m/s通过位移10m所用时间为t2= 10 5=2s ,从5m/s加速至 15m/s所用时间为t3= Δv' a' = 15-5 1 s=10s ,加速过程通过的位 移为x加 =5+152 ×10=100m ,以上三个过程汽车通过的位移一共 为x减 +x匀 +x加 =100m+10m+100m=210m,则 有t4= 225-210 15 =1s ,可知汽车通过ETC通道时,通过路程为225m所 用的总时间为t总'=t1+t2+t3+t4=23s,汽车通过ETC通道比 通过人工收 费 通 道 节 约 的 时 间 为 Δt=t总 -t总'=50s-23s= 27s,故AB错误。CD.不设收费站通过路程为225m所用的总时 间为t'=xv =15s ,汽车通过ETC通道比不设收费站通行多花的 时间为Δt'=t总'-t'=23s-15s=8s,故 C错 误,D正 确。故 选D。] 6.C [依 题 意,全 红 婵 下 落 过 程 近 似 为 自 由 落 体 运 动,根 据h= 1 2gt 2,可知下落10m所用时间为t1= 2×10 10 s= 2s ,下落5m 所用时间为t2= 2×5 10 s=1s ,则她用于姿态调整的时间约为Δt =t1-t2=0.4s,故选C。] 7.D [A.根据胡克定律有F=kΔx,则Δx=Fk ,若F=0,代入Δx= mg+F2 ·k有 Δx=mgk,故 A错 误;B.若 F=0,代 入 Δx= mg 2 +F ·k有Δx=mgk2 ,故B错误;C.令F=0、mg、2mg,代入 Δx= mg+F2 ·1k,解得Δx0=mgk 、Δx1=3mg2k 、Δx2=2mgk ,此 时外力F 的变化与形变量变化不成正比,故C错误;D.令F=0、 mg、2mg,代 入 Δx= mg2 +F · 1k,解 得 Δx0'=mg2k、Δx1'= 3mg 2k 、Δx2'= 5mg 2k ,此时外力F 的变化与形变量变化成正比,故D 正确;故选D。] 【破题技巧】 解答本题时,要掌握胡克定律,通过列式分析特殊 值,从而作出判断。也可以采用量纲法分析。 8.BD [AC.机器人的轨迹为两段直线,前一段长度s1= 32+12 m= 10m,后一段的长度s2= 22+12 m= 5m,总路程s=s1+s2 =( 10+ 5)m,机器人的平 均 速 率v=st = 10+ 5 10 m /s,故 AC错误;BD.机器人的位移x= 32+42 m=5m,平均速度v= x t = 5 10m /s=0.5m/s,故BD正确。故选BD。] 9.BC [A.由图甲可知无人车自动控制时匀速距离x1=vt1=9m, 结合图乙无人车自动控制时匀速所用时间t1= x1 v = 9 30s=0.3s , 刹车是 车 辆 匀 减 速 直 线 运 动,刹 车 时 加 速 度 大 小 a=v 2 2x= 900 2×(54-9)m /s2=10m/s2,减速时间为t刹 =v-0a = 30-0 10 s= 3s,减速距离x2= v2 2a= 900 2×10m=45m ,无人车自动控制时运动 3.5s中运动3.3s后无人车刹停,此后静止,无人车运动距离x= x1+x2=54m,故A错误;B.由图可知汽车的初速度为30m/s,对 无人车而言,反应时间内车辆匀速运动,自动控制的反应时间t1= 0.3s,人操作的反应时间t2=0.5s,故无人车每次刹车自动控制 反应时间比驾驶员操作反应时间短0.2s,故B正确;C.无人车自 动控制安全刹车距离x=54m,人操作安全刹车距离x'=vt2+ v2 2a= 60m,无人车自动控制安全刹车距离比 人 操 作 安 全 刹 车 距 离 短 Δx=x'-x=6m,故C正确;D.无人车自动控制时刹 车 总 位 移 x=54m,每次刹车自动控制运动总时间t总 =t1+t刹 =0.3s+3s= 3.3s,无人车自动控制时平均速度v=xt总 = 54 3.3m /s≈16.4m/s,故 D错误。故选BC。] 10.BC [A.将子弹运动的逆过程看做是反向的初速度为零的匀加 速运动,因子弹在两个物块中的时间相等,则木块A、B的长度之 比为3∶1,选项A错误;B.子弹刚射出A时刻是中间时刻,则子 弹刚射出A的速度为 v0 2 ,选项B正确;C.根据v=xt 可知,子弹 穿过A、B的平均速度之比为3∶1,选项C正确;D.若子弹射入 木块A的初速度变为 2v0 3 ,则根据可知v2=2ax,射入的深度变为 原来的4 9 ,则子弹将停留在木块A中,选项D错误。故选BC。] 【破题技巧】 本题考查了匀减速直线运动的规律,熟练掌握运动 学公式结合物体的运动状态综合分析,可以利用逆向思维的方 法,也可利用连续相等时间内的运动比例规律。 11.BD [A.弹力是两端同时产生,大小相等,方向都是指向恢复原长 的方向,因此口罩两侧受到2.4N的弹力,故A错误;B.总长度变 化了24cm,因此每一边伸长12cm,故B正确;CD.根据胡克定律 F=k·Δx,代入数据得k=20N/m,故C错误,D正确。故选BD。] 12.解析 (1)10枚硬币的厚度为1.85cm=18.5mm 1枚硬币的厚度为d=18.5mm10 =1.85mm 由于估读,答案在1.84mm~1.86mm之间均可 (2)根据平衡条件可知F弹 =G 所以每取走 一 枚 硬 币,稳 定 后 弹 簧 的 弹 力 减 小 ΔF弹 =Δmg= 6.1g×10m/s2=0.061N 由于F弹 =kx,ΔF弹 =kΔx 每取走一枚硬币Δx=d=1.85mm 可得k≈33N/m 答案 (1)1.84/1.85/1.86 (2)0.061 33 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 55 — —58 — 13.解析 (1)根据自由落体运动的规律h=12gt 2 可得t= 2hg 由此可知,刻度尺下落的高度越大,反应时间越长,所以Δt1>Δt2 代入数据可得第二次的反应时间Δt1=0.2s (2)人的反应时间越长,刻度尺下落的高度越大,当反应时间Δt= 0.4s时,刻度尺下落的高度h=0.8m,即刻度尺的长度不能少 于80cm。 (3)由h=12gt 2 可知相邻两个时间刻度线之间对应的长度距离 是不相等的。 答案 (1)> 0.2 (2)80 (3)不相等 14.解析 (1)由胡克定律F=kΔx,可得小球刚释放时受到的弹力 大小 F=k(L0-L)=50×(0.6-0.4)N=10N (2)小球与弹簧分离后做竖直上抛运动,由v02=2gh,可得小球与 弹簧分离后继续上升的高度h=v0 2 2g= 22 2×10m=0.2m (3)由v0=gt1,解得小球与弹簧分离后继续上升的时间t1= v0 g= 0.2s 小球与弹簧分 离 后 上 升 到 最 高 点 离 地 面 的 高 度 H=h+L0= 0.8m 由 H=12gt2 2,解得小球从最高点落地地面的时间t2= 2H g = 0.4s 则小球从离开弹簧到落地所用的时间为t=t1+t2=0.6s。 答案 (1)10N (2)0.2m (3)0.6s 15.解析 (1)根据匀变速直线运动的规律有x=12at 2 解得a=8m/s2 (2)根据匀变速直线运动的规律有v=at 解得v=24m/s (3)摩托车做匀减速直线运动通过的位移大小x'=v2 ·t' 又x总 =x+x' 解得x总 =108m。 答案 (1)a=8m/s2 (2)v=24m/s (3)x总 =108m 16.解析 (1)由题意,根据匀变速直线运动位移-速度公式可得,大 巴车加速过程中的位移大小为s0= v02 2a= 202 2×2m=100m (2)由题意,可知当第二辆大巴车的速度与第一辆大巴车的速度 相等时,两车之间的距离达到最大。此时第一辆车所运动的时间 为t=t0+ v0 a=17s 可得相邻两车之间的最大距离为 Δsmax=s0+v0(t-t0)-s0=100m+20×7m-100m=140m (3)由题意,可得该乘客到达车站时所用时间为 t'=L0v= 100 6 s= 50 3s>2t0 说明该乘客达到车站时,第三辆大巴车已经驶离车站。假设该乘 客不能追上第三辆大巴车,当v车 =v=6m/s时,二者之间距离最 近。可得第三辆大巴车加速运动的时间为t=va =3s 大巴车运动的距离为s车 =v 2 2a=9m 该乘客运动的时间为t人 =2t0+t=17s 运动的距离为s人 =vt人 =102m 则该乘客与第三辆大巴车的最近距离为 Δsmin=L0+s车 -s人 = 7m>0 显然假设成立。所以该乘客不能追上第三辆大巴车,且乘客到第 三辆大巴车的最近距离为7m。 答案 (1)100m (2)140m (3)不能追上,7m 高中期考测控卷 期中考试测控卷 1.C [A.汽车在海中段的路程为22.4km,由于海中段不是直线, 所以位移大小小于22.4km,故 A错误;B.由于位移大小未知,无 法计算平均速度,故B错误;C.100km/h指瞬时速度的大小,故C 正确;D.汽车做曲线运动,速度一定改变,故D错误。故选C。] 【命题意图】 本题考查了位移、平均速度、瞬时速度,熟悉每个知 识点的定义式解决此类问题的关键。 2.C [A.由乙图可知,脉冲第一次被运动的物体反射时,物体距离 B的距离为x1=v0· t1 2= v0t1 2 ,故 A错误;B.脉冲第二次被运动 的 物 体 反 射 时,物 体 距 离 B 的 距 离 x2 =v0 · t2-Δt0 2 = v0(t2-Δt0) 2 ,故B错误;C.由图乙可知物体通过的位移为x2-x1 时,所用时间为t=t2-Δt02 +Δt0- t1 2= 1 2 (t2-t1+Δt0),物体的 平均速度为􀭵v=x2-x1t = 2(x2-x1) t2-t1+Δt0 ,故C正确;D.由于物体做匀 速运动,则从开始计时到第二次被B接收过程,物体通过的位移大 小为x物 =􀭵vt2= 2(x2-x1)t2 t2-t1+Δt0 ,故D错误。故选C。] 3.C [A.在速度—时间图像中,图线在时间轴上方表示速度方向为 正,图线在时间轴下方表示速度方向为负,而题图中38s前的图 线都在时间轴上方,取竖直向上为正方向,表示38s前无人机始 终处于上升状态,故 A错误;B.速度—时间图像与时间轴围成的 面积表示位移,前30s内位移等于x=20+302 ×0.8m=20m ,平 均速度等于􀭵v=xt = 20 30m /s=23 m /s,故B错误;CD.图像的斜率 表示加速度,故CD 段和DE 段的加速度相同,OA 段的加速度小 于CD 段的加速度,故C正确,D错误。故选C。] 4.C [A.子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出 第四个水球,逆向思维可看成反向初速度为零的匀加速直线运动, 根据匀变速直线运动的规律v2=2ax,解得v∝ x,可知子弹穿过 第二个水球的瞬时速度为 2 2v ,故A错误:B.由 A可知,子弹穿过 第三个水球的瞬时速度为v 2 ,根据平均速度的定义􀭵v=xt 知,子弹 在前三个水球中运动的时间为t= 3d v+v2 2 =4dv ,故B错误;C.由 A 可知,子弹进入第四个水球的瞬时速度为v 2 ,则子弹在第四个水 球中运动的平均速度为􀭵v= v 2+0 2 = v 4 ,故C正确;D.逆向思维, 根据匀变速直线运动的规律x=12at 2,解得t∝ x,子弹依次穿过 4个水球的时间之比为t1∶t2∶t3∶t4=(2- 3)∶(3- 2)∶(2 -1)∶1,故D错误。故选C。] 【技法点拨】 把子弹在水球中的运动看作反向初速度为零的匀 加速直线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动规律逐项分析 即可。 5.B [A.由题意,取竖直向下为正方向,拦截弹B发射时导弹 A的 速度为v=v0+gt=590m/s+10×1m/s=600m/s,故 A错误; CD.由题意知:拦截系统P发现导弹 A后,经t=2s成功拦截,此 时导弹A运动的距离和速度分别为hA=v0t+ 1 2gt 2=1200m,vA =v0+gt=610m/s,此时 A离地的高度为hA'=h-hA=1305m- 1200m=105m,故CD错误;B.根据题意和上述分析知拦截弹B飞 行t'=1s就在离地hA'=105m高处成功拦截导弹A,以向上为正 方向,对导弹B有hB=hA'=vBt'- 1 2gt' 2,联立解得vB=110m/s, 故B正确。故选B。] 6.C [弹簧k1 的形变量为x1,由平衡条件有k1x1=mg,设物块质量 为3m 时,物块下降高度为x,则弹簧k1 的形变量为x+x1,则弹簧 k2 的形变量为x,由平衡条件有k1(x+x1)+k2x=3mg,联立解得 x= 2mgk1+k2 ,故选C。] 7.D [A.图中可知,t=1s时摩擦力为0,根据二力平衡可知,拉力 为0,故A不符合题意;B.图中可知,最大静摩擦力为4N,8s时 物体运动起来了,故拉力可能等于5N,故B不符合题意;C.如图, 滑动摩擦力为3N,根据f=μFN,得μ= fFN = fmg= 3 37.5=0.08 , 故C不符合题意;D.因为μ=0.08,故D符合题意。故选D。] 8.AD [A.实验时,物块始终保持静止,所以长木板可以做变速直 线运动,故A正确;B.由图乙可知长木板受到的最大静摩擦力为 10N,故实验时用8N的水平拉力不可以拉动静止的长木板,故B 错误;CD.由图乙可知长木板受到的滑动摩擦力约为8N,根据f =μmg,解得物块与木板间的动摩擦因数约为μ= 8 20=0.4 ,故C 错误,D正确。故选AD。] 9.BC [AB.短跑运动员在A 点冲刺,距离A 点时间或距离越小的 平均速度越接近A 点的冲刺速度,所以,Δx2Δt2 更接近A 点的冲刺速 度,故A错误,B正确;CD.Δxn 趋近于0,则运动员在Δtn 内的平 均速度就等于冲刺速度,这种测量冲刺速度的方法叫做极限法,故 C正确,D错误。故选BC。] 10.BD [AB.根据匀变速直线运动中速度—时间公式v=v0+at,化 简变形有v t =v0 ·1 t+a ,结合图像可知,甲玩具车的初速度大小 v0甲 = 3-1 0.5 m /s=4m/s,乙玩具车的初速度大小v0乙 = 3-2 0.5 m /s= 2m/s,甲玩具车的加速度大小a甲 =1m/s2,乙玩具车的加速度大小 a乙 =2m/s2,故A错误,B正确;C.甲,乙两玩具车位移相等时,有 v0甲t+ 1 2a甲t 2=v0乙t+ 1 2a乙t 2,解得t=4s,故C错误;D.甲,乙 两玩具车 相 遇 前 速 度 相 等 时 相 距 最 远,有v0甲 +a甲 t'=v0乙 + a乙t',解得t'=2s,最大距离 Δx=v0甲t'+ 1 2a甲t' 2- v0乙t'+ 1 2a乙t' 2 =2m,故D正确。故选BD。] 11.AC [A.由于AB间摩擦力为滑动摩擦力,其大小为f=μFN,与 外力大小无关,所以若用水平拉力6F 拉木板B,木块A受到的摩 擦力大小仍为2F,方向向左,故A正确;B.由于B与地面间摩擦 力也为滑动摩擦力,根据题意有5F=2F+f地,所以f地 =3F,若 用水平拉力6F 拉木板B,地面受到的摩擦力大小为3F,方向向 右,故B错误;CD.若木板B以2v的速度运动,A、B间、B与地面 间的摩擦力不变,即木块A受到的摩擦力大小为2F,方向向左, 地面对B的摩擦力大小为3F,方向向右,根据牛顿第三定律可 知,地面受到的摩擦力大小为3F,方向向左,故C正确,D错误。 故选AC。] 12.解析 (1)本实验是通过拉动木板使木板沿实验桌向左运动,来 研究木块与木板间的动摩擦因数,只要保证木板能相对实验桌做 直线运动都可以,木块就能相对木板滑动,进而可以通过力传感 器记录的拉力等数据来分析计算动摩擦因数,所以力F 的方向不 一定非要水平,斜向上或斜向下都可以。 (2)不管木板的运动情况如何,木块都相对实验桌静止,细线对木 块的拉力与木块受到的滑动摩擦力平衡,通过力传感器记录的拉 力大小可以测量木板对木块的滑动摩擦力大小,因此不需要使木 板做匀速直线运动,木板可以做变加速直线运动,也可以先做加 速直线运动后做减速直线运动。故选C。 (3)由题图乙可知,木块受到的最大静摩擦力为2.80N,木块受 到的滑动摩擦力大小f=2.40N,又木板对木块的支持力大小 N =G=6.0N,可得木块与木板间的动摩擦因数μ=fN =0.400 。 答案 (1)不一定 (2)C (3)2.80 0.400 13.解析 (1)A.电火花打点计时器应使用220V交流电源,故A错 误;B.打点计时器可以记录时间,所以不需用秒表记下运动的时 间,故B错误;C.开始释放小车时,应使小车靠近电火花计时器, 故C正确;D.实验时,应先接通电火花计时器电源,待打点稳定 后再释放开小车,故D正确;E.本实验只需要确定小车运动的加 速度,不需要垫高一端使木板倾斜,故E错误;F.描点做v t图 像时,应让尽量多的点经过图线,不能经过直线的点,应分居于直 线的两侧,偏离直线较远的点,应舍弃,而不是将所有的点连接起 来,故F错误。故选CD。 (2)由图可知,连续相等时间内物体的位移不断增大,则物体做加 速运动; 由于电源的频率为50Hz,两个计数点之间还有四个点没有画出,所 以相邻两计数点间的时间间隔为T=5×150s=0.1s ,所以小车在打 下E点时的速度大小为vE= xDE+xEF 2T = (13.12+15.11)×10-2 2×0.1 m /s =1.4m/s; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 57 —