期中考试测控卷-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

— 22 — 高中期考测控卷 期中考试测控卷 [范围:第一至第三章第三节] (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研员推好题 第16题以追及相遇问题为例,综合考查学生对匀变速直线运动的分析与计算 能力。该题以非常规图像的方式考查学生理解能力、图表绘制能力,题目设置灵活,紧扣知识 点,对学生的综合应用能力要求较高,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·广东深圳·期末)2024年通车运营的深中通道如图所示,它使得 深圳与中山之间的通行时间从原来的2小时缩短至30分钟,大大提高了 两地的交通便利性。深中通道全长约24公里,其中包括长约6.8公里的 沉管隧道和多个桥梁及互通立交。主线设计速度为100km/h。若某辆汽 车耗时30min通过此通道,下列说法中正确的是 ( ) A.汽车通过深中通道的位移为24km B.汽车的平均速度为48km/h C.限速100km/h是瞬时速度 D.汽车可能做匀速运动 2.(2025·浙江嘉兴·期中)如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图,在这个系统中B为一个 能发射超声波的固定小盒子,工作时小盒子B向匀速直线运动的被测物体发出短暂的超声波脉 冲,超声波速度为v0,脉冲被运动的物体反射后又被小盒子B接收,从小盒子B发射超声波开始 计时,经Δt0 时间再次发射超声波脉冲,图乙是连续两次发射的超声波的位移—时间图像。则下 列说法正确的是 ( ) A.脉冲第一次被运动的物体反射时,物体距离B的距离x1=v0t1 B.脉冲第二次被运动的物体反射时,物体距离B的距离x2= v0t2 2 C.物体的平均速度为􀭵v= 2(x2-x1) t2-t1+Δt0 D.从开始计时到第二次被B接收过程,物体通过的位移大小x1+x2 3.(2025·广东广州·期末)某学校利用无人机拍摄校庆活动。无人机运动的v t图像如图所示, 取竖直向上为正方向,下列对无人机运动的判断正确的是 ( ) A.34s后开始下降 B.前30s内平均速度为0.4m/s C.CD 段和DE 段的加速度相同 D.OA 段的加速度大于CD 段的加速度 4.(2025·安徽合肥·期末)《国家地理频道》通过实验证实四个水球 就可以挡住子弹。如图所示,四个完全相同的水球紧挨在一起水平 排列,一颗子弹以速度v水平射向水球,假设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。已知子弹在每个水球中运动的距离均为d,则可以判定 ( ) A.子弹穿过第二个水球时的瞬时速度为v2 B.子弹穿过前三个水球所用的时间为2dv C.子弹在第四个水球中运动的平均速度为v4 D.子弹从左向右通过每个水球的时间之比为t1∶t2∶t3∶t4=1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3) 5.(2025·安徽·阶段练习)章睿同学从电视上看到导弹拦截的画面,他查阅有关资 料后,将该过程简化为以下模型:如图所示,导弹A在地面拦截系统P正上方h= 1305m高处,以速度v0=590m/s竖直下落时,拦截系统P发现并立即启动拦截 程序,1.0s后竖直向上发射拦截弹B,再经1.0s成功拦截,为便于计算,只考虑导 弹和拦截弹在运动过程中的重力。已知重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的 是 ( ) A.拦截弹B发射时导弹A的速度大小为580m/s B.拦截弹B的发射速度大小为110m/s C.成功拦截时,A的速度大小为600m/s D.成功拦截时,A离地面的高度为110m — 21 — — 24 — 6.(2025·安徽安庆·期中)如图所示,两个弹簧的质量不计,劲度系数分别为k1、k2,它 们一端固定在质量为m 的物体上,另一端分别固定在P、Q 上,当物体平衡时上面的 弹簧(k2)处于原长,若要把物体的质量换为3m(弹簧的长度不变,且弹簧均在弹性限 度内),当物体再次平衡时,物体将比第一次平衡时的位置下降了x,则x为 ( ) A.mgk1+k2 B. k1k2 (k1+k2)mg C.2mgk1+k2 D. k1k2 (k1+k2)2mg 7.(2025·北京海淀·期中)如图甲所示,水平木板上有质量m= 3.75kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F 作用,用力传 感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小如图乙所示,取 重力加速度g=10m/s2,下列判断不正确的是 ( ) A.t=1s时外力F等于零 B.t=8s时外力F可能等于5N C.物块与木板间的动摩擦因数为0.08 D.物块与木板间的动摩擦因数为0.11 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·山东滨州·期末)如图甲,小明同学用力传感器和手机软件phyphox探究滑动摩擦力大 小,质量为2kg的物块放在水平长木板上,物块右端拴一根细线,细线与固定在实验台上的力传 感器水平相连。现沿水平方向用力拉动长木板,力传感器通过蓝牙发送数据给手机软件 phyphox,得到力(N)一时间(s)图像如图乙,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 ( ) A.实验时长木板可以做变速直线运动 B.实验时用8N的水平拉力可以拉动静止的长木板 C.物块与木板间的动摩擦因数μ约为0.5 D.物块与木板间的动摩擦因数μ约为0.4 9.(2025·海南·期末)如图所示,短跑运动员在A 点冲刺。为 了计算冲刺速度,沿着运动方向依次取点A1、A2……An,测得 A1A=Δx1,A2A=Δx2,AnA=Δxn,运动员从A1 点到A 点所用时间为Δt1,从A2 点到A 点所用 时间为Δt2……,从An 点到A 点所用时间为Δtn。下列说法正确的是 ( ) A. Δx1 Δt1 与 Δx2 Δt2 相比,Δx1 Δt1 更接近A 点的冲刺速度 B. Δx1 Δt1 与 Δx2 Δt2 相比,Δx2 Δt2 更接近A 点的冲刺速度 C.Δxn 趋近于0,则运动员在Δtn 内的平均速度就等于冲刺速度 D.这种测量冲刺速度的方法叫做归纳法 10.(2025·安徽·阶段练习)甲、乙两玩具车沿同一方向做匀加速直线 运动,当同时通过某一位置时开始计时,得到它们的v t- 1 t 图像如 图所示。关于甲、乙两玩具车,下列说法正确的是 ( ) A.甲玩具车的初速度大小为1m/s B.乙玩具车的加速度大小为2m/s2 C.甲、乙两玩具车经过1s再次相遇 D.甲、乙两玩具车相遇前的最大距离为2m 11.(2025·山东德州·期中)如图所示,一木板B放在水平地面上,木 块A放在木板B的上面,木块 A的右端与弹簧测力计相连,弹簧 测力计的另一端固定在竖直墙壁上。用大小为5F的水平向左的拉力拉木板B,使它以速度v匀 速运动,这时木块A静止,弹簧测力计的示数为2F。弹簧测力计始终保持水平,不计其重力。 下列说法中正确的是 ( ) A.若用水平拉力6F拉木板B,木块A受到的摩擦力大小为2F,方向向左 B.若用水平拉力6F拉木板B,地面受到的摩擦力大小为4F,方向向左 C.若木板B以2v的速度运动,木块A受到的摩擦力大小为2F,方向向左 D.若木板B以2v的速度运动,地面受到的摩擦力大小为3F,方向向右 — 23 — — 26 — 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·河南·阶段练习)某同学用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。主要 的实验步骤如下: ①用力传感器测得木块所受的重力大小为6.0N; ②按图甲安装好装置,调节实验桌面,使细线和木板水平; ③用力F拉动木板,使木板沿桌面向左运动,力传感器记录的拉力大小T 随时间t变化的规律 如图乙所示。 (1)实验中,力F的方向 (填“一定”或“不一定”)要水平。 (2)关于木板向左运动的情况,下列说法正确的是 ( ) A.一定做匀速直线运动 B.一定做变加速直线运动 C.可以先做加速直线运动后做减速直线运动 (3)木块所受的最大静摩擦力为 N,木块与木板间的动摩擦因数为 。(结果均 保留三位有效数字) 13.(2025·四川成都·阶段练习)在学生实验“探究小车速度随时间变化的规律”中,使用了电火花 计时器,并打出纸带进行有关数据处理。 (1)关于打点计时器的使用,下列说法中正确的是 ( ) A.该打点计时器应使用210V直流电源 B.实验中需用秒表记下运动的时间 C.开始释放小车时,应使小车靠近电火花计时器 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 E.实验时,必须垫高一端使木板倾斜 F.描点做v t图像时,应将所有的点连接起来 (2)已知电源的频率为50赫兹,实验中小车拉着纸带做直线运动,某小组得到如图所示的 纸带,并按照打点时间先后,依次选定了O、A、B、C、D、E、F 七个计数点(每两个计数点之 间还有四个点没有画出),经过测量后计算得到相邻计数点间的距离。请根据纸带判断小 车在做 (选填“加速”、“减速”或“匀速”)直线运动,纸带实验数据计算小车在打下 E 点时的速度是 m/s;根据纸带可以计算得到小车的加速度大小为 (结 果都保留2位有效数字)。 (3)若电源的频率变成了45赫兹,而该小组成员均不知道,仍按50赫兹处理数据,则该小组得到 的加速度测量值 (选填“大于”、“等于”或“小于”)加速度真实值。 14.(2025·山东烟台·期末)如图所示,水平地面上一辆平板车以v= 2m/s的速度向前匀速行驶,t=0时刻,在平板车前端 M 的正前方 S=4m距离处有一个小球在离地面 H=6.8m高度处正以v0= 10m/s的初速度竖直向上抛出。已知平板车上表面离地高度为h=0.55m,车身长度L= 3.5m,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。 (1)求小球落在平板车上的位置到车身前端 M 的距离; (2)为了避免小球落在平板车上,小球竖直向上抛出的同时,小车开始做匀加速直线运动,求平 板车的加速度a所满足的条件。 — 25 — — 28 — 15.(2025·天津北辰·期中)水平面上有一重20N的木块受到F1=10N和F2= 6N的水平力作用而保持静止。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.8,设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力,求: (1)物体受到的摩擦力; (2)当只将F1 撤去,求物块受到地面给的摩擦力; (3)若只将F2 撤去,求地面受到木块给的摩擦力。 16.(2025·云南曲靖·期末)公路上有甲、乙两车在相邻两车道上沿直线匀速行驶,某一瞬间,前方 发生事故,两车同时开始刹车,做匀减速运动直至停止。开始刹车时两车的车头刚好对齐,且开 始刹车时甲车运动的v2-x图像,乙车运动的x t2 -1t 图像分别如图1、2所示。求: (1)甲、乙两车初速度和加速度的大小; (2)在同一v t图中,作出甲乙两车的v t图像(并标注横纵截距参数大小); (3)从两车开始刹车,到两车都停止运动,两车头在运动方向上最大距离为多大。 — 27 — —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 — —60 — 小车的加速度大小为a=xCF-xOC(3T)2 = (11.10+13.12+15.11)-(5.12+7.10+9.11) (3×0.1)2 ×10-2 m/s2 =2.0m/s2。 (3)若电源的频率变成了45赫兹,则实际打点周期变大,则小组 得到的加速度测量值大于真实值。 答案 (1)CD (2)加速 1.4 2.0 (3)大于 14.解析 (1)设小球经过时间t落在小车上,取竖直向上为正方向, 则有-(H-h)=v0t- 1 2gt 2,解得t=2.5s或t=-0.5s(舍 去),平板车运动的位移为x1=vt=5m,则小球落在平板车上的 位置到车身前端 M 的距离为x2=x1-S=1m。 (2)设平板车的最小加速度为a0,则小车运动位移满足条件为L +S=vt+12a0t 2,解得a0=0.8m/s2,则平板车的加速度应满足a ≥0.8m/s2。 答案 (1)1m (2)a≥0.8m/s2 【技法点拨】 (1)应用运动学公式求出小球落到小车上需要的时 间,然后求出该时间内小车的位移,再分析答题。 (2)求出小球恰好不落在小车上的临界加速度,然后确定加速度 的范围。 15.解析 (1)物体处于平衡状态,则F1=F2+f1,解得f1=4N,方 向向左; (2)最大静摩擦力fm=μmg=8N,若将F1 撤去后,F2<fm,则物 体仍静止,受到的摩擦力的大小f2=F2=6N,方向向右; (3)若将F2 撤去后,F1>fm,则物体向左运动,受到的摩擦力的 大小f3=μmg=8N,方向向左。由牛顿第三定律,地面受到木块 给的摩擦力大小f3'=f3=8N,方向向右。 答案 (1)4N,方向向左 (2)6N,方向向右 (3)8N,方向向右 16.解析 (1)由速度—位移公式v2-v02=2ax 结合图甲有v0甲 =7m/s,2a甲 =- 49 14m /s2 解得a甲 =-1.75m/s2 根据位移—时间公式x=v0t+ 1 2at 2 变形可得x t2 = v0 t+ 1 2a 结合图乙可知1 2a乙 =- 3 8 m /s2,v0乙 = 3 8 1 16 m/s 解得v0乙 =6m/s,a乙 =-0.75m/s2 其中“-”代表方向为负方向。 (2)两车停止的时间分别为t甲 = 0-v0甲 a甲 =4s ,t乙 = 0-v0乙 a乙 =8s , 如图 (3)设经t时间两车速度相等,有v'=v0甲 +a甲t=v0乙 +a乙t 得t=1s,v'=5.25m/s 此时两车头在运动方向上的距离为Δx'=v0甲t+ 1 2a甲t 2-(v0乙t +12a乙t 2) 由v t图可知甲车停止后,乙车继续向前运动,到乙车静止时, 两车头在运动方向上距离最大为Δx=12×5.25× (8-4)-Δx' =10m。 答案 (1)v0甲 =7m/s,a甲 =1.75m/s2、v0乙 =6m/s,a乙 =0.75m/s2 (2) (3)10m 第四章 运动和力的关系 1.C [该实验的原理是牛顿第 一 定 律,即 惯 性 定 律,任 何 物 体 总 要保持原有的运动状态(静止或匀速直线运动),除非外力迫使 它改变这种状态。当拿 锤 子 敲 击 筷 子 上 端 时,筷 子 快 速 下 降, 而苹果由于具有惯性,要保持原有的运动状态,位置保持不变, 但筷子下降,则苹果相 对 筷 子 在 向 上 运 动,即 苹 果 会 沿 着 筷 子 向上“爬”,不是 苹 果 受 到 筷 子 的 向 上 的 力 向 上“爬”,苹 果 越 大,质量越大,惯性越大,越容易完成该实验。故选C。] 2.A [ABC.要使(T)=k(L)α(M)β(LT-2)γ,表达式成立,即1s= 1k(m)α(kg)β(ms-2)γ=1k(m)α+γ(kg)βs-2γ,m 故α+γ=0,β=0, -2γ=1,解得γ=-12 ,α=12 ,故 A正确、BC错误;D.长度、质 量、时间这三个物理量的国际制单位分别是:m、kg、s,故D错误。 故选A。] 3.C [根据题意可知,轮胎的受力情况有2种, 第一种情况如图,轮胎受重力、支持力、拉力 和摩擦力,这4个力的合力产生加速度,竖直 方向有Fsinθ+N=mg,又有f=μN,联立解 得f=μ(mg-Fsinθ)<μmg,水平方向,由牛 顿第二定律 有 Fcosθ-f=ma,联 立 解 得 F (μsinθ+cosθ)-μmg=ma,可知,若要保证轮胎做匀加速直线运 动,轻绳的拉力方向与水平方向夹角越大,所需拉力不一定越大; 第二种情况如图所示, 轮胎受重力和拉力,这两个力的合力产生加速度,竖直方向上有 Fsinθ=mg,可得F= mgsinθ 可知,拉力方向与水平方向夹角越大, 所需拉力越小;水平方向由牛顿第二定律有Fcosθ=ma,联立解 得a= gtanθ ,综上所述,轮胎可能受4个力也可能受2个力,当受4 个力时,摩擦力一定小于μmg,轻绳的拉力方向与水平方向夹角越 大,所需拉力不一定越大;当受2个力时,摩擦力为0,此时加速度 为a= gtanθ ,轻绳的拉力方向与水平方向夹角越大,所需拉力越 小。故选C。] 【技法点拨】 本题主要考查对牛顿第二定律的掌握,解题时需注 意,应用牛顿第二定律解决简单问题时,要先明确物体的受力情 况,然后列出牛顿第二定律的表达式,再根据需要求出相关物理 量。 4.C [上升过程受竖直向下的重力和空气阻力,根据题意,设空气 阻力与速度的关系为f=kv,上升过程由牛顿第二定律有mg+kv =ma1,上升过程的加速度大小为a1= mg+kv m ,由于速率减小,故 加速度在减小,上升到最高点时速度减为0,但加速度大小为g,此 后下降过程受竖直向下的重力和竖直向上的空气阻力,下落过程 由牛顿第二定律有mg-kv=ma2,下落过程的加速度大小为a2= mg-kv m ,由于速率增大,故加速度也在减小,再由v t图像的斜率 表示加速度,可知上升过程v t图像斜率减小,下降过程v t图 像斜率也减小。故选C。] 5.A [设小球质量均为m,轻绳剪断前,弹簧的弹力F=mg,轻绳被 剪断瞬间,弹簧弹力不变,对A根据牛顿第二定律mg+F=maA, 解得aA=2g,对B根据牛顿第二定律 mg-F=maB,解得aB=0, 故选A。] 6.B [根据牛顿第二定律mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,设底部圆半 径为 R,根 据 运 动 学 规 律 Rcosθ= 1 2 (gsinθ)t2,解 得 t= 2R gsinθcosθ= 4R gsin2θ ,故t∝ 1sin2θ ,因为sin60°=sin120°< sin90°,故tB<tA=tC,故选B。] 7.A [AB.由乙图可知,演员在a时刻弹力最大,加速度最大,速度 为零,A正确,B错误;C.由乙图可知,演员在空中运动的时间为t =2.8s-1.2s=1.6s,根据竖直上抛运动的对称性可知,演员上 升的时间t0= 1 2t=0.8s ,故演员上升的高度h=12gt0 2=3.2m, C错误;D.演员在a时刻,弹力大于重力,演员处于超重状态,演员 在b时 刻,弹 力 为 零 小 于 重 力,演 员 处 于 失 重 状 态,D错 误。故 选A。] 8.BCD [AB.由图像可知运动员先做加速运动,后做减速运动,在 位移大小为12m时,速度为最大值,此时运动员的加速度为零,运 动员所受合力为零,弹性绳的弹力与运动员的重力等大反向,弹力 大小为mg;由于此时弹性绳处于伸长状态,所以弹性绳的原长小 于12m,故A错误,B正确;CD.运动员在位移为12m处时,速度 最大,加速度为零,接着将继续向下运动,弹性绳的弹力继续增大, 且大于运动员的重力,运动员处于超重状态,将向下做加速度逐渐 增大的减速运动,故CD正确。故选BCD。] 9.BC [设弹簧的劲度系数为k,物体的质量为 m,如(a)中,根据牛 顿第二定kΔl1=mg,可得Δl1= mg k ,图(b)中,根据平衡条件kΔl2 =mgsin30°,可得Δl2= mg 2k ,图(c)中,根据牛顿第二定律kΔl3- mg=m·12g ,解得Δl3= 3mg 2k ,图(d)中,根据牛顿第二定律kΔl4 -mg=mg,解得Δl4= 2mg k ,综上可得Δl1>Δl2,Δl3<Δl4,Δl1< Δl4,Δl2<Δl4,故选BC。] 10.AD [A.当时利用滴水法,无法记录自由落体运动的较短时间, 伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡”重力的作 用效果,小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小 得多,所用时间长的多,所以容易测量,故A正确;B.伽利略做了 上百次实验,根据小球在斜面上做匀变速运动,并通过抽象思维 在实验结果上做了合理外推,得到自由落体运动为匀变速运动, 故B错误;C.完全没有摩擦阻力的斜面实际是不存在的,实验不 可实际完成,故C错误;D.图乙的实验为“理想实验”,无法实现, 但如果右侧斜面放平,则小球永远无法达到相同高度,小球将永 远运动下去,也就是说,物体的运动不需要力来维持,所以伽利略 在实验基础上进一步推理的方法,帮我们找到了解决运动和力关 系问题的办法,故D正确。故选AD。] 【命题意图】 本题考查的就是学生对于物理常识的理解,这些在 平时是需要学生了解并知道的,看的就是学生对课本内容的掌握 情况。 11.AD [A.弹簧稳定后,B 与C 恰好不相对滑动,B、C 之间的摩擦 力为最大静摩擦力,对C进行分析,根据牛顿第二定律有μ·2mg =ma,对A、B、C整体进行分析,根据牛顿第二定律有F拉 =(3m +2m+m)a,解得F拉 =12μmg,故 A正确;B.结合上述,对B、C 整体进行分析,根据牛顿第二定律有F弹 =(2m+m)a,解得F弹 =6μmg,故B错误;C.撤掉拉力F 瞬间,弹簧弹力不变,对 A 进 行分析,根据 牛 顿 第 二 定 律 有 F弹 =3ma1,结 合 上 述 解 得a1= 2μg,故C错误;D.撤掉拉力F 瞬间,弹簧弹力不变,对B、C 整体 进行分析,根据牛顿第二定律有F弹 =(2m+m)a,结合上述解得 a=2μg,故D正确。故选AD。] 【技法点拨】 当B、C间的静摩擦力为最大静摩擦力时B 与C 恰 好不相对滑动,应用牛顿第二定律求出拉力与弹簧弹力大小;弹 簧弹力不能突变,根据撤去拉力瞬间物块的受力情况,应用牛顿 第二定律求解。 12.解析 (1)电火花打点计时器接220V交流电源,该同学未找到 低压电源,而电磁打点计时器必须使用低压交流电源,故打点计 时器应选图丙中的A; (2)设每小格长为l,当下端悬吊0.8N的重物,静止时弹簧下端 的指针指在刻度为C的位置,则有kΔx1=mg, 当悬吊1N的重物,静止时弹簧下端的指针指在刻度为O 的位 置,则有kΔx2=m'g 解得k= 150lN /m 因为l=1mm 所以k=20N/m (3)指针指在刻度板上A 点时,弹簧的弹力为F1=0.8N+k·5l =0.8N+ 150l ·5l=0.9N 此时根据牛顿第二定律有F1-mg=ma 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 59 —