第3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）

— 34 — 第三次月考滚动检测卷 [范围:第一至第四章第一节] (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第15题以新能源汽车紧急制动为例,综合考查学生对匀减速直线运动的理 解和应用。该题涉及紧急制动过程的加速度的计算、反应时间内的运动分析等,题目设置灵活, 紧扣知识点,对学生的综合分析能力、公式应用能力以及计算能力要求较高,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·河北沧州·期末)沧州市第四十一届元旦长跑于2024年12月29日8:30开始。已知该 次元旦长跑是一次5km健康跑,长跑的起点和终点是同一地点。下列说法正确的是 ( ) A.“8:30”是时间间隔 B.“5km”是位移大小 C.完成该次长跑的参赛者的平均速度为0 D.研究参赛者这次比赛的运动轨迹时,不可将参赛者视为质点 2.(2025·四川成都·阶段练习)质点做直线运动过程中某时刻的速度v=-5m/s,加速度a= -3m/s2,且加速度逐渐减小到零,下列说法正确的是 ( ) A.质点做加速直线运动,当加速度减小到零时,速度达到最大值 B.因为质点加速度逐渐减小,所以质点做减速直线运动 C.因为质点的加速度为负,所以质点做减速直线运动 D.质点做减速直线运动,当加速度减小为零时,速度可能为最小值 3.(2025·云南曲靖·期末)小云构想了以下四种初速度为零的直线运动,下图是四种情况的a t 图像,当t=0时出发,哪一种会经过一段时间后回到出发点 ( ) 4.(2025·北京海淀·期末)科技馆中有一个展品,该展品放置在暗处,顶部有一个每隔相同时间由 静止向下滴水的装置,在频闪光源的照射下,可以看到水滴好像静止在空中固定位置不动;若适 当调整频闪光源的发光时间间隔T,还可以看到这些水滴在空中“缓慢上升”的场景。若每当一 个水滴从4.9m高处开始滴下,就会有一个水滴正好落地,且空中另外还有19个水滴正在下落, 取重力加速度为9.8m/s2。下列说法错误的是 ( ) A.当T=0.05s时,可以看到水滴好像静止在空中固定的位置 B.当T=0.1s时,可以看到水滴好像静止在空中固定的位置 C.当T 略大于0.05s时,可以看到水滴在空中“缓慢上升” D.当T 略小于0.05s时,可以看到水滴在空中“缓慢上升” 5.(2025·云南昆明·期末)如图所示,工人施工时发现锤头松动,便用力将 锤柄在地上撞几下,锤头就紧紧套在锤柄上。下列说法正确的是 ( ) A.运动过程中锤头的惯性变大 B.停止运动后锤头的惯性消失 C.锤头能紧紧套在锤柄上是利用了锤头的惯性 D.锤头能紧紧套在锤柄上是利用了锤柄的惯性 6.(2025·湖南常德·期末)质量分别为m 和2m 的甲、乙两个小球用轻质细绳悬挂起来, 静止时如图所示。现对甲球施加水平向左的拉力F1,对乙球施加水平向右的拉力F2, 且F1=F2,甲、乙两球再次静止。图中虚线表示竖直方向,整个过程中细绳没有断裂, 下列表示甲、乙两球再次静止的图可能是 ( ) 7.(2025·云南曲靖·期末)丽江古城是云南的一张名片,丽江古城中瓦片众多,其中一种截面如图 甲所示,质量为m 的瓦片A,其顶角为60°。把它对称放在一段房脊B上,现工人师傅将房脊B的 一端缓慢抬高至瓦片刚要滑动,如图乙所示,此时房脊与水平面的夹角为θ。已知重力加速度为 g,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,下列说法中正确的是 ( ) A.A受到4个力的作用 B.B对A的作用力为mgsinθ C.B与A之间的动摩擦因数μ= 1 2tanθ D.B对A的最大静摩擦力的合力大小为12mgsinθ 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,有选的得0分。 8.(2025·安徽芜湖·期末)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列 说法符合历史事实的是 ( ) A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变 B.伽利略通过“理想实验”得出,运动的物体,如果它不受力,它将永远运动下去 C.爱迪生指出,如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既 不会停下来也不会偏离原来的方向 D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 9.(2025·湖南娄底·期末)由静止开始做匀加速直线运动的汽车,第1秒内通过距离0.4m,以下 说法中正确的是 ( ) A.加速度大小为0.8m/s2 B.前2s内发生的位移大小为1.8m C.第2s内发生的位移大小为1.2m D.第1s末的速度大小为0.8m/s 10.(2025·海南·阶段练习)疲劳驾驶具有一定的危害,疲劳驾 驶时,不仅反应时间延长,且刹车时产生的加速度也将变小。 如图所示的A 图线为正常行驶时刹车的速度—时间图像,B 图线为疲劳驾驶时刹车的速度—时间图像。下列说法正确 的是 ( ) A.刹车减速过程,正常行驶与疲劳驾驶的位移大小之比为4∶5 B.刹车减速过程,疲劳驾驶的平均速度更大 C.刹车减速过程,正常行驶与疲劳驾驶的加速度大小之比为4∶5 D.从t=0到汽车停止,疲劳驾驶的平均速度更大 — 33 — — 36 — 11.(2025·山东烟台·期末)如图所示,一表面光滑的金属球静止在两挡板OA 和 OB 之间,其中挡板OA 处于竖直状态,挡板OB 与水平方向的夹角为θ,下列说法 正确的是 ( ) A.保持OA 不动,仅将OB 沿顺时针方向缓慢转至水平,球对OA 的作用力先减 小后增大 B.保持OA 不动,仅将OB 沿顺时针方向缓慢转至水平,球对OB 的作用力逐渐减小 C.保持OB 不动,仅将OA 沿逆时针方向缓慢转至水平,球对OA 的作用力先减小后增大 D.保持OB 不动,仅将OA 沿逆时针方向缓慢转至水平,球对OB 的作用力逐渐增大 三、非选择题:本题共5小题,共计52分。(12题8分,13题6分,14题10分,15题12分,16题16分。) 12.(2025·湖南益阳·期末)如图甲是“验证力的平行四边形定则”实验原理示意图。弹簧测力计 A的拉环端挂于固定点P,挂钩端用细线挂一重物 M。弹簧测力计B的挂钩端用细线系于O 点,用手捏住拉环向左拉,使结点O静止在某位置。所用弹簧测力计的单位为N。 (1)图甲中沿OA方向拉的弹簧测力计的示数为 N: (2)做实验时,根据测量结果在白纸上画出如图乙所示的示意图,其中O 为两弹簧测力计与悬挂 重物的细线的结点,则图乙中一定与OM在同一直线上的是力 。 (3)若两个弹簧测力计的读数分为3N、4N,且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角,则 (选 填“能”或“不能”)用一个量程为0~5N的弹簧测力计测量出它们的合力,理由是 。 13.(2025·河南南阳·期末)某同学用如图所示的装置来测量当地的 重力加速度,OD 为竖直木板,让小球从O 点等高处由静止释放,右 侧用一束平行光照射小球,小球在下落的过程中在木板上留下影 子。在释放小球的同时用频闪照相机连续拍摄小球在木板上影子 的位置,如图中的O、A、B、C、D 点。现测得O 点到各点的距离分别 为h1、h2、h3、h4,回答下列问题: (1)为了减小空气阻力的影响,应选择体积小,质量 (选填“小”或“大”)的小球来做实验。 (2)由匀加速直线运动的规律可得影子在D 点时的速度是在B 点时的速度的 倍,若照 相机的闪光周期为T,则当地重力加速度的表达式为g= (用T、h2、h4 表示)。 14.(2025·湖南郴州·期末)在2024年巴黎奥运会女子十米台跳水决赛中,运动员全红婵以出色 的表现夺得冠军。图甲为全红婵比赛时的情景,假设她以一定的初速度从跳台向上跃起,到达 最高点P 后自由下落。若将全红婵视为质点,起跳过程可视为竖直上抛运动,运动轨迹如图乙 所示,已知最高点P 离跳台的高度h=0.8m,g取10m/s2,不计空气阻力,求: (1)全红禅由最高点P 自由下落到跳台处的速度大小; (2)全红禅从起跳开始计时,到她运动至跳台下方1m处(Q 点)过程中的时间。 15.(2025·浙江杭州·期末)新能源汽车的智驾系统能够自主决策紧急制动。 某新能源汽车在初速为108km/h紧急制动测试中,制动距离为x=45m。 如下图所示该车又进行自主决策紧急制动测试,待测车以v1=36km/h沿直 线CO匀速行驶,车上智驾系统突然探测到“儿童”以v2=1.5m/s恒定速度 从前方停靠车辆车头A 处窜出沿直线AB 运动,智驾系统感知分析后实施 紧急制动。已知LAO=3.0m,LBO=1.5m,LCO=16m,汽车制动过程视为匀 减速直线运动,“儿童”视为质点。 (1)求紧急制动过程中的加速度大小; (2)已知该车智驾系统反应时间(从探测到“儿童”到实施紧急制动)Δt=0.2s,求该车停下时车 头离O的距离; (3)过早或频繁紧急制动不利于行车安全和驾乘舒适,若系统经过Δt=0.2s,未实施紧急制动, 而是控制汽车在“儿童”到达路边B 处时,车头恰好到达O点,则此次制动过程加速度为多大? 16.(2025·四川南充·期末)如图所示,质量分别为m1=1kg、m2=5kg的 A、B两物块静止,轻绳OA沿竖直方向,轻绳OB平行于倾角为37°的斜 面,伸长量为4cm的轻弹簧与水平方向成53°夹角,B物块在斜面上恰好 不下滑,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10m/s2,sin37°=0.6, cos37°=0.8,求 (1)轻弹簧的劲度系数; (2)物块B受到的摩擦力; (3)物块B与斜面间的动摩擦因数。 — 35 — —62 — 解得a=-1m/s2 负号表示加速度方向竖直向下,即加速度大小为1m/s2。 答案 (1)A (2)20 (3)1 13.解析 (1)A.补偿阻力时应将长木板一端适当垫高,让小车连上 纸带,而不能挂槽码,依靠小车自身所受的重力沿木板的分力运 动,故A错误;B.补偿阻力的本质是使小车所受重力沿斜面的分 力与所受到的阻力平衡,故B正确;C.补偿阻力成功时小车做匀 速直线运动,故可根据纸带上的点迹间距是否均匀来判断,故C 正确;D.改 变 小 车 质 量 M 重 复 实 验 时,依 然 满 足 Mgsinθ= μMgcosθ,则不需要重新补偿阻力,故D错误。故选BC。 (2)纸带的计数点间隔为T=5×0.02s=0.1s 连续相等时间内的四段位移,由逐差法可得 a=x24-x02 4T2 = (23.20-10.50-10.50)×10-2 4×0.12 m/s2≈0.55m/s2 (3)AB.电压略高时,打点的频率不变,则加速度a 的测量值不 变,故AB错误;CD.频率略高时,由a=Δx·f2 可知,计算时带f 值偏小,则加速度的测量值偏小,故C错误,D正确。故选D。 (4)该同学保持悬挂的重物质量m 不变,通过给小车增加砝码来 改变小车的质量 M,故小车和悬挂物整体的质量为 M+m,由系 统的牛顿第二定律有a=mg· 1M+m 则作 图 时 应 作 出a 1M+m 图 像,得 到 了 一 条 完 整 的 直 线。故 选A。 答案 (1)BC (2)0.55 (3)D (4)A 14.解析 (1)0~4s内物体做匀加速直线运动,根据v t图像可得 0~4s加速度a1= 12 4 m /s2=3m/s2 物体在4~10s时间内做匀减速运动,由图像可得4~10s加 速度 a2= 0-12 10-4m /s2=-2m/s2 (2)在4~10s物体只受摩擦力,根据牛顿第二定律,物体所受的 摩擦力大小 f=ma2=2×3N=6N (3)0~4s内物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律 F-f=ma1,f=ma2=2×3N=6N 解得F=15N (4)v t图像的面积表示物体的位移x=12×12×10m=60m 答案 (1)3m/s2,-2m/s2 (2)6N (3)15N (4)60m 15.解析 (1)包裹在传送带上运动的平均速度大小v=Lt 解得v=223 m /s (2)假设包裹在传送带上始终做匀加速直线运动,则有v1= v0+v 2 =7m/s 由于v1≠v,因此该假设不成立 假设包裹在传送带上先做匀加速直线运动,再做匀速直线运动, 且包裹做匀速直线运动的时间为t',则有vt'+v+v02 (t-t')=L 包裹做匀加速直线运动时有 mgsinθ+μ1mgcosθ=ma 其中a=v-v0t-t' 解得μ1=0.05<tanθ,包裹无法做匀速直线运动,该假设不成立 由此可知包裹一定是先以较大的加速度做匀加速直线运动直至 速度与传送带的运行速率大小相等,之后再以较小的加速度做匀 加速直线运动。 (3)设包裹从传送带顶端开始下滑到速度大小与传送带速率相等 所经历的时间为t1,该阶段包裹的加速度大小为a1,有v1=v0+ a1t1,x1=v0t1+ 1 2a1t1 2 对包裹受力分析有mgsinθ+μmgcosθ=ma1 设包裹的速度大于传送带的运行速率时,包裹的加速度大小为 a2,有v=v1+a2(t-t1),L-x1=v1(t-t1)+ 1 2a2 (t-t1)2 对包裹受力分析有mgsinθ-μmgcosθ=ma2 综合前面的分析有a1+a2=3gsinθ 解得v1=7m/s 答案 (1)223 m /s (2)见解析 (3)7m/s 16.解析 (1)拉 力 大 小 为 F1 时,A 对 B 的 滑 动 摩 擦 力 大 小 f=μ2(m2g-F1sinθ) 解得f=5.6N 根据牛顿第二定律有F1cosθ-f=m2a 解得a=0.5m/s2 (2)拉力大小刚变为F2 时B的速度大小v=at1 解得v=0.4m/s 设拉力大小变为F2 后,A、B的加速度大小分别为a1、a2,根据牛 顿第二定律有 μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,F2-μ2m2g=m2a2 解得a1=4m/s2,a2=2m/s2 设拉力大小变为F2 后再经时间Δt,A、B达到共同速度,且共同 速度大小为v共,有v共 =a1Δt=v+a2Δt 解得Δt=0.2s,v共 =0.8m/s 又t=t1+Δt 解得t=1s (3)在Δt时间内,A滑行的距离x1= 1 2a1 (Δt)2 解得x1=0.08m 假设A、B达到共同速度后相对静止并以相同的加速度(设加速 度大小为a3)匀加速滑行,位移大小为x2,有 F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a3,x2=v共(t2-Δt)+ 1 2a3 (t2- Δt)2 解得x2=0.96m,a3= 8 3 m /s2<a1 假设成立 假设撤去拉力后A、B相对静止并以相同的加速度(设加速度大 小为a4)匀减速滑行至停下,位移大小为x3,有μ1(m1+m2)g= (m1+m2)a4 v'2=2a4x3,其中v'=v共 +a3(t2-Δt) 解得x3=1.44m,a4=2m/s2<μ2g假设成立 又x=x1+x2+x3 解得x=2.48m 答案 (1)a=0.5m/s2 (2)t=1s (3)x=2.48m 第三次月考滚动检测卷 1.C [A.“8:30”是时刻,故 A错误;B.“5km”是路程,故B错误; C.由于长跑的起点和终点是同一地点,所以完成该次长跑的参赛 者的位移为0,平均速度为0,故C正确;D.研究参赛者这次比赛 的运动轨迹时,参赛者可视为质点,故D错误。故选C。] 2.A [由于速度为负,加速度为负,即速度方向与加速度方向相同, 质点做加速运动,当加速度减小到零时,速度达到最大。故选A。] 3.B [a t图像的面积表示速度变化量。A.由图像可知,0~1s内 物体以2m/s2 的加速度向正方向做匀加速运动,1~2s内物体以 2m/s2 的加速度向正方向做匀减速运动,t=2s时,物体速度大小 为零,重复以上运动过程,物体一直向正方向运动,不会回到出发 点,A错误;B.由图像可知,0~1s内物体以2m/s2 的加速度向正 方向做匀加速运动,1~2s内物体以2m/s2 的加速度向正方向做 匀减速运动,t=2s时,物体速度大小为零;2~3s内物体以2m/s2 的加速度向负方向做匀加速运动,3~4s内物体以2m/s2的加速 度向负方向做匀减速运动,t=4s时,物体速度大小为零;根据对 称性可知物体会回到出发点,B正确;C.由图像可知,0~2s内物 体向正方向做加速度减小的加速运动,2~4s内物体向正方向做 加速度增加的减速运动,t=4s时,物体速度大小为零,重复以上 运动过程,物体一直向正方向运动,不会回到出发点,C错误;D.由 图像可知,0~2s内物体向正方向做加速度增加的加速运动,2~ 4s内物体向正方向做加速度减小的加速运动,4~6s内物体向正 方向做加速度增加的减速运动,6~8s内物体向正方向做加速度 减小的减速运动,t=8s时,物体速度大小为零,重复以上运动过 程,物体一直向正方向运动,不会回到出发点,D错误。故选B。] 4.C [A.每当一个水滴从4.9m高处开始滴下,当该水滴下落地面 过程有h=12gt 2,解得t=1s,由于空中另外还有19个水滴正在 下落,令相邻 水 滴 滴 落 的 时 间 间 隔 为 Δt,则 有 Δt= 119+1s= 0.05s,当T=0.05s时,即频闪时间间隔等于相邻水滴滴落的时 间间隔,此时可以看到水滴好像静止在空中固定的位置,故 A正 确,不符合题意;B.由于T=0.1s=2Δt,即频闪时间间隔等于相 邻水滴滴落的时间间隔的两倍,此时可以看到水滴好像静止在空 中固定的位置,故B正确,不符合题意;C.当T 略大于0.05s时, 即频闪时间间隔略大于相邻水滴滴落的时间间隔,可知,在频闪 时,水滴下落的高度略大于Δt内水滴下落的高度,则频闪时水滴 的位置略微下降,即可以看到水滴在空中“缓慢下降”,故C错误, 符合题意;D.当T 略小于0.05s时,即频闪时间间隔略小于相邻 水滴滴落的时间间隔,可知,在频闪时,水滴下落的高度略小于Δt 内水滴下落的高度,则频闪时水滴的位置略微上升,即可以看到水 滴在空中“缓慢上升”,故D正确,不符合题意。故选C。] 【技法点拨】 水滴做自由落体运动,只要缓慢调节水滴的时间间 隔,即每隔相等时间滴一滴水,只要每隔相等时间闪光一次,就会看 到水滴好像静止不动,每滴一滴水的时间间隔和闪光的间隔相等。 5.C [AB.惯性与运动状态无关只与质量有关,则锤头运动过程和 停止运动后惯性不变,故AB错误;CD.锤头和锤柄向下运动,锤柄 撞击地面停止运动,锤头由于惯性继续向下运动,锤头就紧紧套在 锤柄上,故C正确,D错误。故选C。] 6.A [将甲、乙两球当做一个整体,整体在竖直方向受到重力G 和 甲球上方细绳的拉力F 作用,水平方向受到F1 和F2 作用,甲球 上方细绳竖直,乙球在拉力F2 作用下向右偏离,甲、乙之间的细绳 偏离竖直方向,A选项符合题意。故选A。] 7.C [A.对A进行受力分析,结合对称性可知,A受到重力、B对A 有两个弹力作用、B对 A还有两个静摩擦力的作用,即 A受到五 个力的作用,故A错误;B.A处于平衡状态,根据平衡条件可知,B 对A的作用力与A的重力平衡,即B对 A的作用力与 A的重力 大小相等,方向竖直向上,故B错误;C.将A 的重力沿房脊与垂直于房脊分解,则沿房脊 的分力 为 mgsinθ,垂 直 于 房 脊 的 分 力 为 mgcosθ,两 侧 面 弹 力 大 小 相 等 且 夹 角 为 120°,如图 所 示,B的 每 个 侧 面 对 A 的 弹 力 大 小 为 FN1=FN2= mgcosθ,可知mgsinθ=2μmgcosθ,可得μ= 1 2tanθ ,故C正确; D.A处于平衡状态,A在沿房脊方向上所受外力的合力为0,则B 对A的最大静摩擦力的合力大小等于 A沿房脊的分力,即f合 = mgsinθ,故D错误。故选C。] 8.BD [A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才会运 动,选项A错误;B.伽利略通过“理想实验”得出,运动的物体,如 果它不受力,它将永远运动下去,选项B正确;C.笛卡尔指出,如 果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一 直线运动,既不 会 停 下 来 也 不 会 偏 离 原 来 的 方 向,选 项C错 误; D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的 性质,选项D正确。故选BD。] 9.ACD [A.设 加 速 度 大 小 为a,由 x= 12at1 2,可 得a=2x1 t12 = 0.8m/s2,故A正确;B.前2s内通过的位移大小为x2= 1 2at2 2= 1.6m,故B错误;C.第2s内通过的位移大小为x2'=x2-x1= 1.2m,故C正确;D.第1s末的速度大小为v1=at1=0.8m/s,故 D正确。故选ACD。] 10.AD [A.图像与坐标轴围成的面积等于位移可知,正常行驶时 刹车减速过程的位移xA= 1 2×4×20m=40m ,疲劳驾驶刹车减 速过程的位移xB= 1 2×5×20m=50m ,刹车减速过程,正常行 驶与疲劳驾驶的位移大小之比为4∶5,选项A正确;B.刹车减速 过程,两种情况下的平均速度均为v=202 m /s=10m/s,即两种 情况下的平均速度相同,选项B错误;C.刹车减速过程,正常行 驶与疲劳驾驶的加速度大小之比为aA∶aB= 20 4∶ 20 5=5∶4 ,选 项C错误;D.从t=0到 汽 车 停 止,正 常 驾 驶 的 平 均 速 度vA = 20×0.5+40 4.5 m /s=11.1 m/s,疲 劳 驾 驶 的 平 均 速 度 vB = 20×1+50 6 m /s=11.7m/s,疲劳驾驶的平均速度更大,选项D正 确。故选AD。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 61 — —64 — 【破题技巧】 对于速度图像类的题目,主要是要理解斜率的含 义:斜率代表物体的加速度;速度正负的含义:速度的正负代表物 体运动的方向;速度图像与时间轴围成的面积的含义:面积代表 物体的位移。 11.BC [AB.对金属球受力分析,如图所示 保持OA 不动,仅将OB 沿顺时针方向缓慢转至水平,由动态平 衡的图解法可知挡板OA 的支持力NA 逐渐减小,挡板OB 的支 持力NB 逐渐减小,由牛顿第三定律可知球对OA 的作用力逐渐 减小,球对OB 的作用力逐渐减小,故 A错误,B正确;CD.保持 OB 不动,仅将OA 沿逆时针方向缓慢转至水平, 如图所示,由动态平衡的图解法可知挡板OA 的 支持力NA 先 减 小 后 增 大,挡 板 OB 的 支 持 力 NB 一直减小,由牛顿第三定律可知球对OA 的 作用力先减小后增大,球对OB 的作用力一直减 小,故C正确,D错误。故选BC。] 12.解析 (1)图甲中沿 OA方向拉的弹簧测力计的示数为 FOA= 2.9N (2)F 为用平行四边形法则得出的,F'是用一根弹簧实验得出的, 方向一定与OM在同一直线上的是力F'。 (3)若两个弹簧测力计的读数分为3N、4N,且两弹簧测力计拉 力方向的夹角为锐角,则两个弹簧的合力F合>5N,超出了量程 为0~5N的弹簧测力计的量程,故不能用一个量程为0~5N的 弹簧测力计测量出它们的合力。 答案 (1)2.9 (2)F' (3)不能 合力的大小超过了弹簧测力 计的量程 13.解析 (1)为了减小空气阻力的影响,应选择体积小,质量大的小 球来做实验。 (2)B 点位于O、D 两点的中间时刻,由匀加速直线运动的规律vB = vO+vD 2 ,可得影子在D 点时的速度是在B 点时速度的2倍。 由公式Δh=gT2 可得h4-h2-h2=g(2T)2 则当地重力加速度的表达式为g= h4-2h2 4T2 答案 (1)大 (2)2 h4-2h2 4T2 14.解析 (1)全红禅从P 至跳台做自由落体运动:v2=2gh 解得v=4m/s (2)全红禅上升至最高点做匀减速运动h=12gt1 2 解得t1=0.4s 从P 至Q 做自由落体运动:h+1=12gt2 2 解得:t2=0.6s 所以总时间:t=t1+t2=1s。 答案 (1)4m/s (2)1s 15.解析 (1)v0=108km/h=30m/s 根据2ax=v02-0 得紧急制动过程中的加速度:a=10m/s2 (2)因为Δt=0.2s, 匀速的位移:x1=v1·Δt=2m 减速过程:2ax2=v12-0 得:x2=5m 车头离O 点距离:s=LCO-x1-x2=9m (3)“儿童”运动时间:t=LAO+LBOv2 =3s 车运动时间:t2=t1-Δt=2.8s 根据x2=LCO-x1=v1t2- 1 2at2 2 得:a=257 m /s2。 答案 (1)a=10m/s2 (2)s=9m (3)a=257 m /s2 16.解析 (1)研究结点O,三力平衡的矢量三角形,如 图所示 根据平衡条件,则有F弹 =m1gcos37°=kx 解得k=200N/m (2)对物块B 受力分析,如图所示 根据平衡条件,则有f=m2gsin37°+FT' 又FT'=FT=mgsin37° 联立可得f=36N 方向沿斜面向上 (3)由于物块B恰好不下滑,所以受到摩擦力的 是最大静摩擦力,故有f=μFN 又FN=m2gcos37° 联立可得μ=0.9。 答案 (1)k=200N/m (2)f=36N,方向沿斜面向上 。(3)μ=0.9 第四次月考滚动检测卷 1.B [A.7.68km/s指的是平均速率,故A错误;B.信息中的“90分 钟”指的是时间间隔,故B正确;C.信息中的“2024年10月30日4 时27分”指的是时刻,故C错误;D.以地心为参照系,舱内的宇航 员是运动的,故D错误。故选B。] 2.D [当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子正下方时轮子 向前运动半个周长,气门芯在水平方向上移动的距离为πR,在竖 直方向上移动的距离为2R,由勾股定理可知,气门芯位移的大小 为 (πR)2+(2R)2= 4+π2R,故选D。] 【破题技巧】 本题主要考查矢量的合成法则,解题关键是知道该 点的位移方向,分别求出水平及竖直方向的位移,再根据平行四 边形定则求出位移的大小。 3.D [设每节车厢的长度为L,由逆向思维,正方向的匀减速直线运 动可以看成反方向的匀加速直线运动,设加速度大小为a,故qL= 1 2at 2,pL=12a (2t)2-12at 2=32at 2,则p=3q,故选D。] 4.A [AB.逆向看,根据初速度为0的匀变速直线运动通过连续相 同位移的时间比为1∶(2-1)∶(3- 2)∶(2- 3)∶(5-2) …可知冰壶在BE 段的时间和EF 过程的时间满足tBE=[(2-1) +(3- 2)+(2- 3)]tEF=tEF,BE 段和EF 段的位移之比为3∶ 1,则平均速度之比也为3∶1,故 A正确,B错误;C.E 点不是DF 段的时间时刻,则冰壶在E 点的速度与DF 段的平均速度不相等, 故C错误;D.设矩形区域宽为d,而F 点速为0,则逆向看,有vE2 =2ad,vC2=2a×3d,解得 vC vE = 31 ,故D错误;故选A。] 5.C [小物块的最大静摩擦力fmax=μN=μmgcosθ= 3mg 4 ,当轻弹 簧的伸长量达到最大值时,摩擦力也达到最大静摩擦力,此时对小 物块进行分析,根据平衡条件有fmax2=(kxmax)2+(mgsinθ)2 由于用轻弹簧将一小物块竖直吊起,平衡时弹簧的伸长量为x0, 此时有mg=kx0,解得xmax= 5x0 4 ,故选C。] 6.D [AB.以结点O 为研究对象,受到 两段细绳的拉力和外力 F,其中 OA 段拉力大小等于 mg,结点O 转动过 程中,保持外力F 的方向与细绳OO' 的夹角α=120°不 变,则 mg、外 力 F 和细绳OO'的拉力T 构成的矢量三 角形动态变化如图 所 示。由 图 可 知 细绳OO'的拉力T 先增大后减小,外 力F 一直增大,故AB正确,不符合题意;C.对A、B及斜面整体受 力分析,地面对斜面体的摩擦力大小等于外力F 在水平方向的分 力,由图可知,外力F 在水平方向的分力先增大后减小,则地面对 斜面体的摩擦力先增大后减小,故C正确,不符合题意;D.对物块 B受力分析可知,物块B受重力2mg、绳子的拉力T、支持力 N 和 摩擦力f 的作用;设摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件可得f= T-2mgsinθ=T-mg,由于绳子的拉力T 先增大后减小,所以斜 面对B的摩擦力不可能一直增大,故D错误,符合题意。故选D。] 7.B [A.施加外力前,系统处于静止,合力为0,外力F 施加的瞬间, 合力为F=16N,根据牛顿第二定律有F=2ma,解得a=8m/s2,故 A错误;B.初始时系统处于静止状态,则有2mg=kx0,解得x0= 0.5m,当弹簧压缩量减小0.05m时,设A、B间弹力大小为FAB, 此时物体的加速度大小为a1,对 A,根据牛顿第二定律有F+FAB -mg=ma1,对B,根据牛顿第二定律有k(x0-0.05)-mg-FAB =ma1,联立解得FAB=1N,故B正确;C.设 A、B分离时,弹簧的 形变量为x1,物体的加速度为a2,对A,根据牛顿第二定律有F- mg=ma2,对B,根据牛顿第二定律kx1-mg=ma2,联立解得x1= 0.4m,所以A物体的位移大小为x=x0-x1=0.1m,故C错误; D.当B物体的合力为0时速度达到最大,由C选项的分析知 AB 分离时有向上的加速度,所以速度最大时 AB已经分离,由合力为 0,则有kx2=mg,解得x2=0.25m,故D错误。故选B。] 【技法点拨】 初始状态整体静止,弹簧弹力等于两物体重力之 和,加外力瞬间,外力等于合力,根据牛顿第二定律求解 A,B的 加速度大小;当弹簧压缩量减小0.05m时,分别对 A、B整体和 A物体,根据牛顿第二定律列式求解A,B间弹力大小;A,B分离 时,A、B间的弹力为零,对 A和B,分别根据牛顿第二定律列式 求解A物体的位移大小;B物体速度达到最大时,合力为零,加 速度为零,根据平衡条件和胡克定律列式求解弹簧被压缩量。 8.AD [AB.若 速 度 方 向 不 变,则 加 速 度 大 小 为a= v2-v1Δt = 6-4 1 m /s2=2m/s2,若 速 度 方 向 改 变,则 加 速 度 大 小 为 a= v2+v1 Δt = 6+4 1 m /s2=10m/s2,故A正确,B错误;C.若速度方 向不变,则 这1s内 物 体 速 度 变 化 量 大 小 为 Δv=|v2-v1|= |6-4|m/s=2m/s,若速度方向改变,则这1s内物体速度变化量 大小为Δv=|v2-v1|=|6+4|m/s=10m/s,故C错误;D.若速度 方向不变,则 这1s内 物 体 平 均 速 度 的 大 小 为v= v2+v12 = 4+6 2 m /s=5m/s,若速度方向改变,则这1s内物体平均速度的 大 小 为 v= v2-v12 = 6-4 2 m /s=1 m/s,故 D 正 确。故 选AD。] 9.BC [AC.图象的斜率表示加速度,由图可知,1h末乙车加速度 方向发生改变,乙车的图象斜率绝对值总是大于甲车的图象斜率 绝对值,故乙车的加速度总比甲车的大,故C正确,A错误;B.由 图可知2h末甲车的速度为30km/h,图像与坐标轴围成的面积代 表 位 移,则 在 第 2 小 时 末,甲 乙 两 车 相 距 x =70 km- 30 2×2km+ 1 2×2×30km =10km,故B正确;D.4小内甲车 的总位移为x1= 1 2×4×60km=120km ,而 乙 车 的 总 位 移 为 x2=- 1 2×2×30km+ 1 2×2×60km=30km ,即乙车的位移为 正方向的30km,两车原来相距70km,4小时末时,甲车离出发点 120km,而乙车离甲车的出发点x3=70km+30km=100km,故 此时甲乙两车不相遇,故D错误。故选BC。] 10.BC [AB.因为两个直尺均处于静止状态,故整体水平方向合外 力为零,即甲,乙受到地面的摩擦力大小相等,A错误,B正确; C.甲,乙所受地面的支持力竖直向上,C正确;D.设甲,乙受到的 支持力分别为 N甲、N乙,两杆之间作用力F 与竖直方向的夹角为 θ,两个直尺受力情况如图,则有 N甲 +Fcosθ=mg,N乙 =Fcosθ +mg 可知甲受地面支持力大小于乙,D错误。故选BC。] 11.CD [AB.工件刚放上传送带时,根据牛顿第二定律可得加速度 大小为a=mgsinθ+μmgcosθm =8m /s2,工件加速到与传送带共 速所用时间为t1= v0 a=1s ,此过程工件下滑的位移大小为x1= v0 2t1=4m<L=6m ,由于 mgsinθ=μmgcosθ,可知共速后工件 向下做匀速直线运动,则有t2= L-x1 v0 =0.25s,则工件由顶端到 底端的时间为t=t1+t2=1.25s,若工件与传送带共速时立马将 传送带改为逆时针转动,由于工件受到的滑动摩擦力仍与重力分 力mgsinθ平衡,工件仍向下做匀速直线运动,所以工件由顶端 到底端的时间不变,故 AB错误;C.共速前工件与传送带发生的 相对位移为Δx=v0t1-x1=8×1m-4m=4m,可知工件在传 送带上留下的痕迹长度为4m,故C正确;D.调整转速,当工件从 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 63 —