第4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）

—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 — —66 — 顶端到 底 端 一 直 做 加 速 运 动 时,所 用 时 间 最 短,则 有 L= 1 2atmin 2,可 知 工 件 从 顶 端 到 底 端 的 最 短 时 间 为tmin= 2L a = 2×6 8 s= 6 2s ,故D正确。故选CD。] 【技法点拨】 应用牛顿第二定律求出工件的加速度,应用运动学 公式求出工件的运动时间与位移,然后求出痕迹的长度;当工件 一直做匀加速直线运动时运动时间最短,应用运动学公式求出最 短运动时间。 12.解析 (1)实验中,两次拉橡皮条“等效”的含义是产生相同的效 果,所以产生大小方向相同的力,要求橡皮条结点要拉到同一位 置,故选C。 (2)A.拉橡皮条的两条细绳要尽量长些,但不一定必须等长,故 A错误;B.标记同一细绳方向的两点要远些,这样可减小记录力 的方向时产生的误差,故B正确;C.两个 分 力 的 夹 角 大 小 要 适 当,故C错误;D.拉橡皮条时,橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近 并平行于木板,可以减小误差,故D正确。故选BD。 (3)如果没有操作失误,图乙中的F 与F'两力中,F 为应用平行 四边形定则作出的理论值,F'为用一个测力计测量时的实际值, 所以方向一定沿AO 方向的是F'。 答案 (1)C (2)BD (3)F' 13.解析 (1)A.打 点 计 时 器 是 一 种 测 时 间 的 工 具,选 项 A错 误; B.打点计时器的打点周期不会随电压大小的微小波动而变化,选 项B错误;C.电磁式打点计时器使用低压交流电源供电,选项C 错误;D.相较于电磁式打点计时器,电火花打点计时器与纸带间 的阻力更小,选项D正确。故选D。 (2)A.在安装打点计时器的纸带时,应该把纸带置于复写纸(或 墨粉纸盘)的下面,选项 A正确;B.实验操作中应该先打开打点 计时器开关,再释放小车,选项B错误;CD.本实验不需要平衡摩 擦,也不需要满足小车的质量远小于槽码的质量,选项CD错误。 故选A。 (3)B 点的测量值为5.50cm。 AB 与BC 间还有4个点未画出,则T=0.1s 小车的加速度大小为a=xBC-xAB T2 = (10.00-5.50)-(5.50-2.00) 0.12 ×10-2m/s2=1.0m/s2 (4)太空中的物体都处于完全失重状态,则不能完成实验“探究小 车速度随时间变化的规律”和“探究加速度与力、质量的关系”实 验;但可完成“探究力的合成”实验。故选B。 答案 (1)D (2)A (3)5.49/5.50/5.51 1.0 (4)B 14.解析 (1)取向下为正,设经t时间,小球从 N 端穿出,小球下落 的高度h1=-v0t+ 1 2gt 2 空管下落的高度h2= 1 2at 2 则h1-h2=L 联立得-v0t+ 1 2gt 2-12at 2=L 代入数据解得t=4s(t=-1.5s舍去) (2)设空管经t'时间到达地面,则有 H=12at' 2 解得t'= 2Ha =8s 小球在时间t'下落高度为h=-v0t'+ 1 2gt' 2 分析可知小球落入管内条件是64m≤h≤(64+24)m 解得29m/s≤v0≤32m/s 所以小球的初速度大小必须在29m/s≤v0≤32m/s范围内。 答案 (1)4s (2)29m/s≤v0≤32m/s 15.解析 (1)木块恰好能够沿斜面下滑,根据平衡条件可得Gsin30° =μGcos30° 代入数据解得木块与斜面间的动摩擦因数为μ= 3 3 (2)对木块施加沿斜面向上6N的拉力,木块仍处于静止状态,假 设所受的摩擦力沿斜面向上,根据平衡条件得F1+f=Gsin30° 代入数据解得木块受到的摩擦力为f=4N,方向沿斜面向上。 (3)对木块施加沿水平方向的推力,将木块沿斜面匀速上推,根据 平衡条件得 沿斜面方向有Fcos30°=Gsin30°+f 垂直斜面方向有FN=Gcos30°+Fsin30° 又根据f=μFN 代入数据联立解得F=20 3N。 答案 (1)33 (2)4N,方向沿斜面向上 (3)20 3N 16.解析 (1)假设木板和物块发生相对滑动,对木板,有F-μ1(m+ M)g-μ2mg=Ma1 解得a1=4m/s2 对物块,有μ2mg=ma2 解得a2=1m/s2 因a1>a2,故假设成立 可知开始时,木板的加速度大小为4m/s2。 (2)撤去推力时,木板的速度大小v1=a1t1=4m/s 物块的速度大小v2=a2t1=1m/s 撤去F 后,对木板,有μ1(m+M)g+μ2mg=Ma3 解得a3=5m/s2 对物块,有μ2mg=ma4 解得a4=1m/s2 设经过t2 时间,木板和物块速度相同,有v=v1-a3t2=v2+a4t2 解得t2=0.5s,v=1.5m/s 可知物块的最大速度为1.5m/s (3)由于μ1>μ2,木板和物块共速后并不能一起减速。对木板,有 μ1(m+M)g-μ2mg=Ma5 解得a5=3m/s2 对物块,有μ2mg=ma6 解得a6=1m/s2 因a5>a6,故物块相对木板向右运动,则两者共速时,相对位移 最大 0~1.5s内,木板的位移大小x1= 1 2a1t1 2+ v1+v 2 t2= 27 8 m 0~1.5s内,物块的位移大小x2= 1 2a2t1 2+12a4t2 2=98 m 则木板的最短长度L=x1-x2=2.25m。 答案 (1)4m/s2 (2)1.5m/s (3)2.25m 期末考试测控卷 1.D [A.“2024年11月4日1时24分”指的是时刻,故 A错误; B.打开降落伞后在研究返回舱的运动姿态时,其大小形状不可忽 略,不可以将返回舱看做质点,故B错误;C.打开降落伞后,以降 落伞为参考系,返回舱是静止的,故C错误;D.返回舱喷气匀减速 过程的平均速度为v=v0+v2 = 10+2 2 m /s=6m/s,故D正确。故 选D。] 2.B [AC.由加速度—时间图像可画出两车的速度—时间图像,如 图所示 由图像可知,t=6s时两车同速,此时距离最近,图中阴影部分面 积为0~6s内两车位移之差,即Δx=12×30×3m+ 1 2×30× (6-3)m=90m 则此时两车相距Δs=x0-Δx=0m,故AC错误;BD.0~9s内两 车位移之差为Δx'=12×30×3m=45m ,因6s后甲车速度大于 乙车,可知两车不会相碰2次,选项B正确,D错误。故选B。] 【技法点拨】 根据a t图像可画出两车的v t图像,当两车同 速时相距最近,根据v t图像与时间轴所围的面积表示位移,由 “面积法”求解0~9s内两车位移之差以及两车最近距离;根据0 ~6s内两车位移之差与x0=90m的关系,判断两车能否相撞。 3.A [由bc=3ab,设ab段和bc段位移分别为x、3x,由通过ab段和 bc段的时 间 之 比 为2∶3,设ab 段 和bc 段 时 间 为2t、3t,x2t= va+vb 2 ,3x 3t= vb+vc 2 ,4x 5t= va+vc 2 ,联立可得va= 3x 10t ,vb= 7x 10t ,则 汽车经过a点和b点的速度大小之比为3∶7。故选A。] 4.A [A.2位置是1位置与3位置的中间时刻,根据题意可知“2”处 的速度v2= 5d 2T ,故 A正确;B.初速度为0的匀加速直线运动,在 连线相等的时间内,位移比为奇数比,图中可以看出x12∶x23∶ x34∶x45=2∶3∶4∶5,不满足该规律,故B错误;C.小球在位置 “3”的速度为v3= x24 2T= 7d 2T ,故C错误;D.逐差法可知,小球下落的 加速度a=x35-x13 4T2 =9d-5d 4T2 =d T2 ,故选A。] 5.B [对图甲,以C点为研究对象,受力分析如图1所示,由平衡条 件有F1= mg tan30°= 3mg ,根据牛顿第三定律可知,轻杆BC 在C 点受到的作用力大小F1'= 3mg,对图乙,以滑轮为研究对象,受 力情况如图2所示,轻杆对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等 大反向,由几何关系有F2=mg,根据牛顿第三定律可知,轻杆 HG 在G 点受到的作用力大小F2'=mg,故 F1' F2' = 31 ,故选B。] 【技法点拨】 对图甲,以C 点为研究对象,根据平衡条件求出 BC轻杆对C 点的弹力,再得到BC 轻杆受到的弹力大小。对图 乙,以滑轮为研究对象,据平衡条件求出HG轻杆对滑轮的弹力, 再得到 HG轻杆受到的弹力大小,再求BC、HG两轻杆受到的弹 力大小之比。 6.D [在挡板由竖直状态顺时针缓慢旋转到水平状态的过程中,以 小球为对象,由平衡条件,根据三角形定则其受力如图所示, 可知挡板对铅球的支持力 N1 先减小后增大,斜面对铅球的支持 力 N2 逐渐减小;由牛顿第三定律可知,则铅球对挡板的压力FN1 先减小后增大,铅球对斜面的压力FN2逐渐减小。故选D。] 7.C [AB.根据x=v0t+ 1 2at 2,可得x t2 =v0 1 t+ 1 2a 由图像可知v0= 4 0.2m /s=20m/s,12a=-4m /s2,解得a=-8m/s2, 汽车受到的阻力为f=ma=10.4×103N,选项 AB错误;C.汽车 停止运动的时间t0= v0 a=2.5s ,在第2s内的平均速度等于1.5s 时刻的瞬时速度为v2=v1.5=v0+at1.5=8m/s,选项C正确;D.汽 车在前3s内的位移是等于2.5s内的位移x=v0 2 2a= 202 2×8m= 25m,选项D错误。故选C。] 8.CD [A.起点相同,终点相同,因此三个质点的位移相同,A错误; B.只知道三个质点同时到达 M 点,到达 M 点的瞬时速率的大小 无法确定,B错误;C.相同时间内,质点A 运动的路程最大,因此A 的平均速率最大,C正确;D.三质点的位移相同,时间相同,因此平 均速度相同,D正确。故选CD。] 9.BC [AB.题意知曝光时间 T=0.2s,根据匀变速直线运动推论 Δx=aT2,结合 题 意 有xBC -xAB =aT2,整 理 得 加 速 度 大 小a= xBC-xAB T2 =12-8 0.22 ×10-2m/s2=1m/s2,故 A错误,B正确;C.根 据匀变速直线运动推论,某段时间内的平均速度等于中间时刻的 瞬时速度,则vB= xAB+xBC 2T = 12+8 2×0.2×10 -2m/s=0.5m/s,故C 正确;D.设 球 从 静 止 运 动 到 A 的 时 间 为t0,则 有vB =a(t0+ 0.2s),联立以上解得t0=0.3s,故D错误。故选BC。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 65 — — 38 — 第四次月考滚动检测卷 [范围:第一至四章] (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第14题以空管和球两个运动为例,综合考查学生对匀变速直线运动公式的 理解和应用能力,特别是涉及相对运动问题。该题涉及多个物体不同运动形式下的运动,题目 设置灵活,紧扣知识点,对学生的物理情景理解能力、建立模型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·浙江·期末)2024年10月30日4时27分,神舟十九号载人飞船 发射升空。图为神舟十九号航天员(蔡旭哲、宋令东、王浩泽)入驻中国空 间站后与神舟十八号航天员的“会师”照片。中国空间站距地球表面的高 度约为400千米,大约每90分钟绕地球一周,速度约为7.68km/s,根据以 上信息下列说法正确的是 ( ) A.7.68km/s指的是平均速度的大小 B.信息中的“90分钟”指的是时间间隔 C.信息中的“2024年10月30日4时27分”指的是时间间隔 D.以地心为参照系,舱内的宇航员是静止的 2.(2025·广东深圳·期末)独轮小推车是古代运输粮食等物品的重要工具,如 图所示,车轮外半径为R,车轮沿直线无滑动地滚动。当轮上最高处的一个 点,第一次运动到与地面接触时,该点位移大小为 ( ) A.πR B.2R C.2πR D.R 4+π2 3.(2025·河南郑州·阶段练习)列车沿着平直轨道匀减速进站过程中,站在站台上的某旅客打开 手机的秒表功能,记录了连续两个相等的时间t内从他身边经过的车厢数目:第一个时间t内有p 节车厢从他身边经过,第二个时间t内有q 节车厢从他身边经过,且列车在第二个t后速度恰好 为零,则p、q之间关系正确的是 ( ) A.p=6q B.p=5q C.p=4q D.p=3q 4.(2025·广东深圳·期末)如图所示,冰壶以某一速度沿虚线做匀减 速直线运动,垂直进入五个完全相同的矩形区域,恰好停在F 点。 则 ( ) A.冰壶经过BE 和EF 的时间相等 B.冰壶在BE 段和EF 段的平均速度相等 C.冰壶在E 点的速度等于DF 段的平均速度 D.冰壶在C点和E 点的速度之比为3∶1 5.(2025·河南郑州·阶段练习)用轻弹簧将一小物块竖直吊起,平衡时弹簧 的伸长量为x0。现把该物块放在倾角为θ=30°的斜面上,如图所示,用原 弹簧给小物块施加一个与斜面bc边平行且向右的拉力F,使得小物块在 斜面上静止。已知小物块与斜面之间的动摩擦因数为μ= 3 2 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 轻弹簧的最大伸长量为 ( ) A.12x0 B. 3 2x0 C. 5 4x0 D. 5 6x0 6.(2025·浙江宁波·阶段练习)如图所示,倾角θ=30°,顶端固定光滑 滑轮的斜面体放置在水平面上,一跨过滑轮的轻质细绳,一端悬挂质 量为m 的重物A,另一端与斜面上质量为2m 的物块B相连,滑轮与 物块B之间的细绳平行于斜面。现用外力F 缓慢拉动细绳上的结 点O,使细绳OO'部分从竖直拉至水平,整个过程中始终保持外力F 的方向与细绳OO'的夹角α=120°不变,且细绳OO'部分始终拉直,物块B和斜面体始终处于静止 状态,下列说法错误的是 ( ) A.细绳OO'的拉力先增大后减小 B.外力F一直增大 C.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小 D.斜面对物块B的摩擦力一直增大 7.(2025·江苏盐城·期末)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个 质量均为1kg的物体A、B(B物体与弹簧栓接)弹簧的劲度系数为k=40N/m,初始时 系统处于静止状态。现用大小为16N,方向竖直向上的拉力F 作用在物体A上,使物 体A开始向上运动,重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 ( ) A.外力施加的瞬间,A,B的加速度大小均为0 B.当弹簧压缩量减小0.05m时,A,B间弹力大小为1N C.A,B分离时,A物体的位移大小为0.2m D.B物体速度达到最大时,弹簧被压缩了0.1m 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·河北石家庄·阶段练习)一物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s,1s后速 度大小变为6m/s,下列说法正确的是 ( ) A.物体加速度的大小可能大于2m/s2 B.物体加速度的大小可能大于12m/s2 C.这1s内物体速度变化量大小可能小于2m/sD.这1s内物体平均速度的大小可能是1m/s 9.(2025·广西柳州·期末)t=0时,甲、乙两汽车从相距70km的两地开始相 向行驶,它们的v t图像如图所示。忽略汽车掉头所需时间,下列对汽车运 动状况的描述正确的是 ( ) A.乙车的加速度始终不变 B.在第2小时末,甲乙两车相距10km C.在前4小时内,乙车运动加速度的大小总比甲车的大 D.在第4小时末,甲、乙两车相遇 10.(2025·湖南·阶段练习)如图将甲、乙两个完全相同的直尺斜立在水平面 上,摆成“人”字形,甲尺略高出一些,两个直尺均处于静止状态。关于两个 直尺的受力情况,下列说法正确的是 ( ) A.甲所受地面的摩擦力一定比乙的小 B.甲、乙受到地面的摩擦力大小一定相等 C.甲、乙所受地面的支持力方向一定相同 D.甲、乙所受地面的支持力大小一定相等 11.(2025·河南商丘·期末)如图所示为某建筑工地的传送装置,长为L= 6m、倾角θ=24°的传送带倾斜地固定在水平面上,以恒定的速率v0= 8m/s顺时针转动,质量m=1kg的工件(可视为质点)无初速地放在传送 带的顶端,经过一段时间工件运动到传动带的底端,工件与传送带之间的 动摩擦因数为μ= 4 9 ,取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g= 10m/s2,则下列说法正确的是 ( ) — 37 — — 40 — A.工件由顶端到底端的时间为1s B.若工件与传送带共速时立马将传送带改为逆时针转动,则工件由顶端到底端的时间将变长 C.工件在传送带上留下的痕迹长度为4m D.调整转速,工件从顶端到底端的最短时间为 62s 三、非选择题:本题共5小题,共计52分。(12题6分,13题8分,14题10分,15题12分,16题16分。) 12.(2025·广西柳州·阶段练习)“探究求合力的方法”的实验 情况如图甲所示,其中A 为固定橡皮条的图钉,O 为橡皮条 细绳的结点,OB 和OC 为细绳。图乙是在白纸上根据实验 结果画出的图。 (1)实验中,两次拉橡皮条“等效”的含义是 。 A.橡皮条形变量相等 B.橡皮条拉伸的方向相同 C.橡皮条结点要拉到同一位置 (2)下列操作中,能有效减小实验误差的是 。 A.拉橡皮条的两条细绳必须等长 B.标记同一细绳方向的两点要远些 C.两个分力的夹角要尽量小些 D.拉橡皮条时,橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板 (3)如果没有操作失误,图乙中的F与F'两力中,方向一定沿AO方向的是 。 13.(2025·浙江杭州·期末)打点计时器是高中物理力学实验中重要的仪器,在各个力学实验中经 常出现。如图所示是“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置。 (1)下列关于打点计时器说法正确的是 ;(单选) A.打点计时器是一种测位移的工具 B.打点计时器的打点周期会随电压大小的微小波动而变化 C.可以用多节干电池给电磁式打点计时器供电 D.相较于电磁式打点计时器,电火花打点计时器与纸带间的阻力更小 (2)关于“探究小车速度随时间变化的规律”实验操作正确的是 ;(单选) A.在安装打点计时器的纸带时,应该把纸带置于复写纸(或墨粉纸盘)的下面 B.实验操作中应该先释放小车,再打开打点计时器开关 C.本实验平衡摩擦时必须把轨道的有滑轮一端抬高 D.为了减少实验误差,本实验必须满足小车的质量远小于槽码的质量 (3)某同学在“探究小车速度随时间变化的规律”实验时,得到一张纸带(如下图),请你帮助该同 学读出B 点的测量值为 cm。若该同学认为小车是做匀加速直线运动,打点计时器工作 频率为50Hz,AB 与BC 间还有4个点未画出,利用A、B、C的测量值可知小车的加速度大小为 m/s2。(计算结果保留2·位∙ 有效数字) (4)某同学在观看“太空授课”后,设想把教材中的力学实验器材搬到“天宫一号”上完成相应实 验,下列教材中的实验在“天宫一号”中能顺利完成的是 ;(单选) A.探究小车速度随时间变化的规律 B.探究力的合成 C.探究加速度与力、质量的关系 14.(2025·江苏扬州·期中)如图所示,离地面足够高处有一竖直的空管,管长为 24m,M、N 为空管的上、下两端,空管受外力作用,由静止开始竖直向下做匀加 速直线运动,加速度为2m/s2。同时在 M 处一个大小不计的小球沿管的轴线以 初速度v0 竖直上抛,不计一切阻力,取g=10m/s2。求: (1)若小球上抛的初速度为10m/s,从抛出开始计时,经过多长时间从管的 N 端 穿出? (2)若此空管的N 端距离地面64m高,欲使在空管到达地面时小球必须落到管内,在其他条件 不变的前提下,求小球的初速度v0 大小的范围。 15.(2025·江苏盐城·期末)重G=20N的木块,恰好能沿倾角θ=30°的斜面 匀速下滑。g取10m/s2。 (1)求木块与斜面间的动摩擦因数μ。 (2)对木块施加沿斜面向上6N的拉力,木块仍处于静止状态,求木块受到的 摩擦力。 (3)对木块施加沿水平方向的推力,将木块沿斜面匀速上推,求水平推力F的大小。 16.(2025·安徽·阶段练习)如图所示,质量 M=1kg的木板 放在粗糙的水平地面上,木板最右端放有一质量m=1kg 的物块(可视为质点)。现在木板左端施加一大小F=9N、 方向水平向右的推力,经时间t=1s后撤去推力F,再经过一段时间,木板和物块均停止运动,整 个过程中物块始终未脱离木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,物块与木板间的动 摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g取10m/s 2,求: (1)开始时,木板的加速度大小; (2)物块能获得的最大速度; (3)木板的最短长度。 — 39 —