全书综合检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版2019)

全书综合检测 (时间：90分钟 总分：100分)》 一、选择题（每题4分，共48分）】 F△：，/的单位用国际单位制中的基本单位表 1.(2025·安徽天一联考)某卫星由一运载 示应为 火箭从发射场的a点成功发射升空，飞行 A.N·s B.kg·s2 24分钟后，在离地面高度为200km的b处星 C.kg·m2.s2 D.kg·m·s 箭分离，运动轨迹如图中的虚线所示.下列说 4.随着科技的发展，自动驾驶成为当代汽车 法正确的是 领域的重要技术，在某汽车公司研究旗下跑车 刹车性能的测试中，得到了如图所示的文」 2 地琼 A.研究火箭从a到b的运动轨迹时，可以把 图像，则这辆跑车运动7秒后的位移大小为 火箭视为质点 ( B.“24分钟”指的是时刻 C.火箭上升过程中的位移大小为200km D.火箭上升过程中的路程为200km 2.*从高空悬停的直升机先后跳下甲、乙两名 极限跳伞运动员，在打开降落伞之前，他们的 A.100m B.140mC.80mD.50m 运动可视为自由落体.则二者在做自由落体的 5.(2025·山东联考)有一辆正以o= 过程中，若先跳下的甲向上观察，他将看到比 25m/s的速度行驶的地铁将要进站，系统发 自己后跳下的乙 出制动信号使地铁以大小为2a的加速度匀 减速t,=22s,此为阶段一：然后地铁以大小为 a的加速度匀减速至速度为0，此为阶段二.地 面上有沿列车行进方向均匀分布的10个标 记点，第二阶段开始时，地铁的车头与第一个 k甲 标记点平齐，车头运动到第十个标记点时恰 A.与自己的距离始终保持不变，即乙相对于 好停止，车头由第九个标记点行驶到第十个 自己静止 标记点用时2=2s.已知地铁始终沿直线运 B.与自己的距离不断增大，即乙相对自己向 动，下列说法错误的是 上匀速运动 C.与自己的距离不断增大，即乙相对自己向 A.a的大小为0.5m/s 上匀加速运动 B.阶段一地铁共行驶308m D.与自己的距离不断减小，即乙相对自己向 C.阶段二用时6s 下匀速运动 D.阶段二地铁前进6m 3.(2025·河北邯郸期末)力与力作用时间 6.(2025·广东广州期末)如图甲所示为自 的乘积叫作力的冲量，用字母1表示，即1= 动炒菜机，电动铲子可以推动炒菜.将炒菜原 必修第一册·RJ黑白题120 理简化为如图乙所示模型，内壁光滑的半球8.(2024·内蒙古赤峰一模)如图所示，一 形容器开口向上固定在水平面上，一个大小 根细线一端系在天花板上，另一端系在木箱 可忽略的球形肉丸放在容器的底部，竖直光 上，木箱内放有一个质量m=0.1kg的物块， 滑电动铲子与其接触，电动铲子的上端刚好 物块与水平轻质弹簧相连，弹簧的另一端与 与圆心0重合，将电动铲子保持竖直缓慢向 木箱左壁相连，此时弹簧处于伸长状态，弹簧 右推，直至肉丸接近容器口的P点，铲子对肉 的弹力为0.5N,物块保持静止状态取重力加 丸的作用力大小为F,内壁对肉丸的弹力大小 速度g=10m/s2.用剪刀把细线剪断的瞬间， 物块的加速度大小是 为N.则推动肉丸的过程中 A.F不断增大 B.N不断减小 A.a=0 B.a=5 m/s2 C.F先增大后减小 D.N先增大后减小 C.a=10m/s2 D.a=55m/s2 7.(2025·浙江宁波期末)在工程领域起重9.#如图所示，在竖直的墙面上用铰链固定一 机等机械的运用十分广泛.如图所示，用起重 可绕O点自由转动的轻杆，一根满足胡克定律 机缓慢吊起正方形混凝土板ABCD,已知混凝 的橡皮筋两端固定在轻杆上的A、C两点，轻质 土板边长为a,质量为m,且始终呈水平状态， 动滑轮B跨过橡皮筋悬挂一定质量的钩码.开 四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a,不计 始时轻杆处于水平位置，橡皮筋的总长度为 钢索所受重力.已知重力加速度为g,下列说 L,忽略滑轮与橡皮筋间的摩擦若将轻杆沿顺 时针方向转过一个角度△0=10°，橡皮筋的总 法正确的是 长度为L:若将轻杆沿逆时针方向转过一个角 度△0=10°，橡皮筋的总长度为L2,下列关于 Lo、L,和L,的关系正确的是 A.每根钢崇所受的拉力大小均为。mg A.L1=L2=L0 B.L=L2<Lo B.OA、OC两根钢索对混凝土板拉力的合力大 C.L,=L2>L0 D.L,<L2<L0 水号 10.如图所示，木板A静置于光滑水平面上 其粗糙上表面叠放半球形木块B,在B的最 C.若仅使4根钢索均增加相同长度，则每根 高点用水平细绳拉着一个小球C,系统保持 钢索所受的拉力大小均变大 平衡.已知B、C两球半径之比为4：1，C球质 D.若仅使4根钢索的长度同时增加到2a,则 量为m,B、C接触面光滑.在木板A上施加了 每根钢索所受的拉力大小均为 一个水平外力F,继续维系三者相对静止，让 6 mg 三者一起做加速直线运动，已知重力加速度 全书综合检测黑白题121 大小为g,以下判断中正确的是 释放C,不计一切摩擦，B离定滑轮足够远， 下列说法正确的是 777777777777777777777 A.若F向左且不断变大，则B、C之间的弹力 越来越大 B.若F向左且不断变小，则B、C之间的弹力 ☒ 加务 A.如果A、B能保持相对静止，则系统的加速 Mg C.若F水平向右且持续增大，则B、C之间弹 度为a= 2m+M 力不断减小 B.如果A、B能保持相对静止，B对A的作用 D.若F水平向右且B、C之间绳子的张力为 M 零，则系统加速度为28 力大小为mg (M+2m)21 11.(2025·广东深圳期末)（多选）利用智 C.当M=(3+1)m时，A恰要从凹槽中滚出 能手机的加速度传感器可测量手机运动的 D.若=45时，则无论M为多大，A都不能 加速度将手机与弹簧一端相连，弹簧的另一 滚出凹槽 端固定在天花板上.用手握着智能手机，打开 二、 非选择题（共52分） 加速度传感器，1=0时刻从静止释放手机，得 13.创新实验(8分)(2025·河南南阳期 到竖直方向加速度随时间变化的图像如图 末)某同学用如图所示的装置来测量当地的 所示，已知手机设定竖直向上为正方向.下列 重力加速度，OD为竖直木板，让小球从O点 说法正确的是 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 a/(ms 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 A.初始时弹簧处于伸长状态 为h,、h2、h,、ha,回答下列问题： B.0.5~2s内手机处于失重状态 C.0~1s内手机向上运动 D.0.5~1s内弹簧的弹力增大 12.(2025·重庆九龙坡区期末)（多选）水 hw2222227722 平面上放置一质量为m的滑块B,上方有圆 (1)为了减小空气阻力的影响，应选择体积 形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在 小、质量 (填“小”或“大”)的小 凹槽中，其截面如图所示，圆心与二者接触 球来做实验 的左端点连线跟竖直方向夹角α=30°.一质 (2)由匀加速直线运动的规律可得影子在D 量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸 点时的速度是在B点时的速度的 长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止 倍，若照相机的闪光周期为T, 必修第一册·RJ黑白题122 则当地重力加速度的表达式为g= (4)改变悬挂钩码的质量重复实验，测得多 (用Th2、h4表示). 组加速度a与弹簧测力计的示数F,作出 14.*(12分)(2024·江苏常州期末)某同学 a-F图像为一过原点的倾斜直线，其斜 用如图甲所示装置探究“加速度与合外力的 率为k,则小车质量M= 若实验 关系”实验，按要求回答下列问题： 中所用交流电的实际周期小于T,则根据 图像求得的小车质量将 (填“偏 打点计时器 纸带 小 弹簧测力计 大”“偏小”或“不变”) 长木板 一轻譴 15.#(10分)(2025·广东广州期末)备受广 一动滑轮 州市民关注的自动驾驶巴士正式在生物岛 -钩码 进人试运营.自动驾驶巴士车长L=6m,配有 多个安全设备，包括雷达、摄像头和传感 器等。 (1)自动驾驶巴士车头安装有激光雷达，感 (1)关于本实验的一些说法，正确的是 知范围为225m.若自动驾驶巴士在某路 段刹车时的加速度为2/s2,为不撞上 A.小车靠近定滑轮，先接通电源再释放 前方静止的障碍物，巴土在该路段行驶 小车 时的最大速度是多少？ B.钩码质量要远小于小车质量 (2)若有一长为6m的货车在平直路面上以 C.补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并 t,=6/s的速度匀速行驶，发现前方相 在小车前端连接轻绳且悬挂钩码 邻车道一自动驾驶巴士正以，=10m/s D.补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在 的速度同向匀速行驶.当相距△x(即货车 小车后端连纸带且穿过打点计时器，但 车头与巴士车尾的距离)时，货车以 前端不需要连接轻绳悬挂钩码 2m/s2的加速度做匀加速直线运动，经 (2)调节完毕后，如图乙是某次实验打出的 历8s后恰好完成超车.求△x. 一条纸带，纸带上每五个计时点取一个 (3)在问题(2)中，求货车在超车过程中与巴 计数点，测得相邻计数点间的间距x,、 士的最大车距（即货车车头与巴士车尾 x2x3、x已知所用交流电的周期为T,则 的距离). 相邻计数点间的时间间隔为 小车加速度的表达式a= (用题及题图中所给字母表示). (3)如果某次实验所用的钩码重力为G,弹 簧测力计的示数为F,不计动滑轮质量 及绳与滑轮间的摩擦，则下列关系正确 的是 A.F>G B.F=G cr号 D.rag 全书综合检测黑白题123 16.#(10分)(2025·江苏无锡期中)如图所17.幕多过程(12分)(2025·四川成都外国 示，粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆， 语月考)某物流公司用如图所示的传送带将 杆上套有质量为m=0.4kg的圆环，地面上 货物从高处传送到低处.传送带与水平地面 放一质量为M=2.5kg的物块，物块与地面 夹角0=37°，顺时针转动的速率为o=2m/s 间的动摩擦因数为4=0.5，圆环和物块由绕 将质量m=25kg的物体无初速度地放在传 过光滑定滑轮的轻绳相连，连接圆环和物块 送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞 的轻绳与竖直方向的夹角分别为α=37°B= 地滑上质量为M=25kg的木板左端.已知物 53°.认为物块与地面间的最大静摩擦力等于 体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为 滑动摩擦力（重力加速度g取10m/s2,取 41=0.5山2=0.3，木板下表面可以涂抹不同 sin37°=0.6、sin53°=0.8)，求： 材料的涂层，使得木板与地面的动摩擦因数 (1)绳子上的拉力大小： 4在一定范围内，满足0.1≤4≤0.3AB的 (2)物块对地面的摩擦力： 距离为s=8.2m,木板足够长，重力加速度g (3)若其他条件不变，仅M大小可调，为保持 取10m/s2(已知sin37°=0.6，cos37°= 系统的平衡，求M的最小值 0.8),求： (1)物体刚开始下滑时的加速度大小： (2)物体通过传送带所需要的时间： (3)物体离开传送带后运动总路程的最小值 和最大值 0=379 必修第一册·RJ黑白题12410.(1)0.4m/s2(2)4.5s 解析：(1)小包裹的速度，大于传送带的速度，，所以小包 裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律 可知mgcos 0-ngsin0=ma,解得a=0.4/s (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直 线运动，用时【，= 2-5_1.6-0.6 s=2.58,在传送带上滑动 0.4 ,t21,6+0.6 的距离为=21，= ×2.5m=2.75m.因为小包裹 2 所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即 umgeos>mgsin0,所以小包裹与传送带共速后做匀速直线 运动至传送带底端，匀速运动的时间为= L- 3.95-2.75 s=2“,所以小包裹通过传送带的时间为(={+ 0.6 3=4.58 11,(1)p,=√24gl(2)aa=3gaa=g(3)m=2244g 解析：(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小，=g, 由匀变速直线运动2a,L=, 解得，=√2gL, (2)设A、B的质量均为m, 对齐前，B所受合外力大小F=3g, 由牛顿运动定律F=mB,得=3g 对齐后，A,B所受合外力大小F'=2mg, 由牛顿运动定律F"=2maa,得a。=g (3)经过时间t,A、B达到共同速度，位移分别为x,、xm, A加速度的大小等于a,: 则r=a4,=a-0,=20f,g=g20 且xn-x,=1解得m=2√24g. 全书综合检测 1.A解析：A研究火箭从a到b的运动轨迹时，可以忽略火箭 的大小和形状.视为质点，A正确：B.“24分钟”是火箭上升 的时间间隔，B错误：C.火箭上升过程中的位移为a点到b 点的有向线段，大小大于200km.C错误：D.火箭上升过程中 的路程为虚线轨迹的长度，大于200km,D错误.故选A 2.B 3.D解析：F的单位用国际单位制中的基本单位表示为 kg·m·s2,△的单位为s,故I的单位用国际单位制中的基 本单位表示应为kg·m·s.故选D. 4.A 5.D解析：C.设每两个相邻标记点之间的距离为x,通过逆向 思维分析可知，从第9个标记点到第10个标记点有x ,从第1个标记点到第10个标记点有9x=,联立 解得.阶段二共用时=6s,故C正确，不符合题意：A.对整段 运动有m=2,+a,解得g=0.5ms2,故A正确，不符合题 意：B.对阶段一有=，2×2=308m,故B正确，不符 合题意：D.对阶段二有=了，解得r=9m,故D错误，符 合题意，本题选错误选项.故选D 6.A解析：对肉丸受力分析，如图所示.若将铲子缓慢水平向 右推的过程中，8角由0°增大到90°，由平衡条件可得F= mgan,N=mg,则F不断增大，N不断增大故选A. c0s0' 必修第一册·RJ 7.D解析：A.设钢索与竖直方向的夹角为8，根据几何关系可 得cs9=2 2 对混凝土板根据平衡条件4F℃s=mg,解得每 限钢索所受的拉力大小F2,故A错误：B.0A,0G两根 钢索对混凝土板拉力的合力P=2Fm0=了g,故B错误： C.若仅使4根钢索均增加相同长度，根据几何关系可知钢素 与竖直方向的夹角变小，则c0s0变大，根据4Fcos0=mg可 知每根钢索所受的拉力大小均变小，故C错误：D,若仅使4 根钢索的长度同时增加到2a,根据几何关系可得cs0= 根据4Pe0=mg,解得F=合mg,故D正确故选D 2 8.D解析：用剪刀把细线剪断的瞬问，物块有竖直方向的加 速度a,=g=10m2,因物块完全失重，物块对木箱压力为 零，则水平方向不受摩擦力，只受弹簧的拉力，则4.=F。 5m/s2,可知物块的加速度大小a=√G+a=55m/s2.故 选D. 9.B解析：以滑轮为研究对象进行受力分析，如图所示： 中 设橡皮筋与水平方向的夹角分别为《和B.同一根橡皮筋拉 力大小相等，即F,=F2,则平衡时有F,csB=F,cosa,解得 α=B,所以两根橡皮筋与竖直方向的夹角相等，设为0，根据 平衡条件可得2F,c9=mg,设橡皮筋两端的水平距离为d, 伸长为L.则血0：=，无论将轻杆怎样转动，d均减小则。 诚小，cs0增大，F,.F均减小，根据胡克定律可得橡皮筋的 长度减小：将轻杆沿顺时针方向转过一个角度△9=10°，或 将轻杆沿逆时针方向转过一个角度△=10°，0的变化量相 同.此时橡皮筋的拉力相同，综上所述可知L=2<山。故选B 10.B解析：AB.设整体的加速度为a,若F向左，对C受力分 析，受重力mg,B的弹力F、和细绳的张力F,如图所示： B 77777777777777 则有Fxsin8=mg,F,-F、eos0=ma,已知B.C两球半径之比 为4：1，由儿何关系可知0=53，所以有R、= 4mg,在三 者相对静止的情况下，因为0不变，增大或减小F,B,C之 间的弹力R不变，相为子g,A错误，B正确：CD,若F水 平向右，整体的加速度向右，对C有F、sin9=mg,F、cos0- F,=ma,在三者相对静止的情况下，因为8不变，增大F,B C之间弹力F、不变：水平细绳的张力F可能在某个时刻是 零，代入数据可得此时系统的加速度为a=g,D错误，故 黑白题50 选B. 11.AC解析：A.由图可知，初始时手机加速度竖直向上，根据 牛顿第二定律F-mg=m,可知弹簧处于仲长状态，故A正 确：B.由图可知.0.5-1.5s内手机加速度竖直向下，处于失 重状态.1.5~2“内手机加速度竖直向上，处于超重状态，故 B错误：C根据a-1图像中图线与横轴所围面积表示速度 变化，可知0~0.5s内手机加速向上运动，速度值逐渐增 大，0.5~18内手机向上减速运动，在1=18时刻，速度恰好 诚为零，故C正确：D.0.5~15内，根据牛顿第二定律有 F-mg=ma,由图可知，加速度逐渐反向增大，弹力减小，放 D错误.故选AC. 12.ACD解析：AB.若A.B相对静止，则根据牛顿第二定 律Mg=(2m+M)a,解得系统加速度大小为a=2y对A 做受力分析N,=(ma)2+(mg)2,解得N: mg√(2m+)1,故A正确，B错误；C.小球滚出四槽的 临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的 左端点连线方向，对圆柱A受力分析得Nsin《=ma, a=mg,解得临界加速度大小为4，=&，整体上 口=，联立解得M=(3+1)m,故C正确：山当a=4 时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着 圆心与二者接触的左端点连线方向，有Vsin a=ma, Mg Na=mg,得临界加速度大小a=台，由于2m十Mg,所以 无论M为多大，A都不能滚出凹槽，故D正确.故选ACD, 13.(1)大(224-24 4T 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。-，可得影子在D点时的速度是在B点时速度 2 的2倍由公式△h=gT可得h,-h2-h,=g(2T)2,则当地重 力加速度的表达式为g么-2 470 14.(1)D(2)5T (x+x,)-(x,+） (3)C(4) 偏大 100元 解析：(1)A,为充分利用纸带，小车应放置在长木板左端 为打点稳定，应先接通电源再释放小车，故A错误：B.弹簧 测力计可直接测出绳上拉力，故不需要满足钩码质量远小 于小车质量的条件，故B错误：CD.补偿阻力时，将无滑轮 端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前 端不需要连接轻绳悬挂钩码，故C错误，D正确.故选D. (2)纸带上每五个计时点取一个计数点，共五个间隔，相邻 计数点间的时间间隔为t=5T,根据匀变速直线运动的规律 -@=a(2),小车加速度的表达式为4=4 (2)2 ()-(x,) 1007T (3)由于钩码加速下落，设钩码质量为m,加速度为：，则由 牛顿第二定律可得G-2F=ma,解得F=Gm<G,故选C 222 (4)由牛顿第二定律可得F=Ma,整理得a=,图像的斜 参考答案与解析 率为k=订，小车质量=人，若实验中所用交流电的实际 周期小于T,则测算所得的加速度偏小，则斜率偏小，则所 得质量偏大 15.(1)30ms(2)20m(3)24m 解析：(1)由运动学公式2=2x,巴土在该路段行驶时的最 大速度r=30m8: (2)经历8s后恰好完成超车，则△r+L+L'=,+2?-山， 代人数据得△x=20m: (3)两车速度相等时的速度为2，则r,+a'?=2,代入数据 得=2，此时△r=4r-(（+分ar产），代入数据得 4x'=24m. 16.(1)5N(2)4N.方向水平向左(3)1.1kg 解析：(1)以圆环为研究对象，竖直方向根据受力平衡可得 Teos a=mg, 解得绳子拉力大小为T=5N: (2)以物块为研究对象.水平方向根据受力平衡可得「= Tsin B=4 N. 根据牛顿第三定律可知物块对地面的摩擦力大小为4N, 方向水平向左： (3)以圆环为研究对象，可得绳子拉力大小为T=mg cos a' 以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得N+Tc5B= Mg. 解得N=Mg-mgcos B cos a 水平方向根据受力平衡可得f户Tsin B=mgsinB 又fuN, 可得M≥1.1kg, 则M的最小值为11kg 17.(1)10ms2(2)2.2÷(3)最小值为6m,最大值为 6.75m 解析：(1)物体速度达到传送带速度前，有：mgsin37°+ 41mgc0s37°=m1, 解得a,=10m/。2； (2)物体与传送带共速所需时间为4，==0.2s, a 根据速度-位移公式有=2a1, 解得x1=0.2m, 共速后，由于41=0.5<an37°=0.75， 物体继续在传送带上做匀加速运动，有mgsin37°- u mgeos 370=maz. 解得a,=2/s2, 设物体经，到达B端，则有s=小+2“，， 解得2=2*， 物体通过传送带所需要的时间为1=4，+42=22s: (3)物体滑上木板左端时的速度大小。=+a2, 解得n=6m/s, 物体加速度a.=4g=3m/s2, 木板加速度av= 2mg-4,(+m)g=(3-204)m/, M 临界条件为41=0.15： ①0.15≤μ≤0.3时，木板静止，物体运动路程s= -=6m 2a 黑白题51 20.1≤4，<0.15时.物体与木板先相对运动.达到共速后，： 此后，整体加速度为a=43g=1/:2 一起减速为零，且4越小，物体的运动路程越大当4，=0.1 9 时，路程有最大值 解得82= 8m。 设共速时间为14，则6ms-3m/s2×4=1mg2×4, 54 45 总路程6=+5，=8m=6.75m, 解得5=1.5s=8m, 故总路程的最小值为6m.最大值为6.75m. 上分秘籍 上分专题1零初速匀加速直线 4m/8,故C正确：D.由于6s>48.则刹车后6s末的瞬时速 运动比例关系推论 度大小为零，故D错误故选C 2.B解析：ABC.刹车的第1s内的位移大小为24m,有x,= 1,C解析：滑块释放的时间间隔相同，故可以将本图视作 一个小滑块沿斜面滑下的频闪照片.第5个滑块刚释放时， 一2产=24m,刹车时间为=。，第45内的位移大小为 1 滑块3、4间，23间，1,2间的距离，相当于是滑块在第2s 内、第3内，第4s内的位移，根据比例关系可知为3：5： 1m,将运动反向分析可得x,= 2(。-3)'=1m,联立解得 7,故选C 2.AC解析：A.由图可知，AB、BC、CD间距离之比为1：3：5， 0=28m/s,=8m/s2,0=3.5s,所以汽车在第4s内实际运 根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知【= 动了0.5s,故B正确.AC错误：D.汽车在前4内的位移大 。1 c=1m,故A正确：B根据4h=g,可得T=2 s,故B错 小即为35s内的位移大小，有x=26=49m,D错误故 选B 误：C,初速度为零的匀变速直线运动，在相邻相等时间内的 3.(1)28.5m(2)6m/s 位移之比为1：3：5，根据=三，则平均速度之比为1：3： 解析：(1)=54km/h=15m/s,司机反应时间为0.4s,这段 时间内汽车匀速行驶的距离：，=4，=15×0.4m=6m, 5,放C正确；D根据n=g,可得m::=1；2:3,故 此后汽车开始以5ms2的加速度做匀减速运动，停止时通 D错误，故选AC. 3.A解析：根据逆向思雏，将动车进站的匀减速直线运动看 215 过路程=2a2X5m=225m. 成初速度为零的匀加速直线运动：再根据运动的相对性，可 以将动车礼为静止，乘客从5号候车点，由静止向左以动车 总路程=s,+52=285m: 的加速度运动，依次通过4号，3号，2号，1号车厢.根据初速 (2)汽车刹车时距离疑马线5=8-5，=12.5m, 度为零的匀加速直线运动中相邻的相等的位移所用时间之 根据匀减速过程可以列出2=， 比为1：(2-1)：(、3-√2)：(2-3)…，可得1号车厢 解得2=1$， 与2,3号车厢在乘客面前经过所用的时间比为(2-√3)： (√3-√2+2-1)=(2-√3)：(3-1).故选A. 以行人为研究对象，有宁行=山， 4.CD解析：A.根据逆向思维可知，子弹可视为从D到O的初 把L=3m代入，解得行人的加速度至少为a'=6m/s 速度为零的匀加速直线运动，有2=2ax,可得o:4:"m: 4.(1)32s(2)(27-25)5 "=2:5:2:1,故A错误：BD.根据逆向思维可知，子弹 解析：(1)由题意知r,=72km/h=20m8,。=18km/h= 可视为从D到O的初速度为零的匀加速直线运动，根据= 5m/s, /2 a ,可得e:tm:tou:tm=1:2:3:4,所以om: 两车减速运动的加速度大小为a= 2x+ d 1w:c:1m=(4-3):(3-√2)：(2-1)：1，根据 △r=,由于子弹通过每一段的时间不相等，所以速度变化 20 s2=2.5m/s2. 量不相等，且m:tm=√4：1=2：1，故B错误，D正确： C.根据逆向思维可知，子弹由D点到)点可视为初速度为 零的匀加速直线运动，而c:tm=1:2,所以根据匀变速直 甲减速时间1，==8， 线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度的规律可知，子弹 从O点到D点的平均速度等于其经过C点的瞬时速度，故 C正确.故选CD. 设甲加滤将开安全岛时间为%，则子了。 上分专题2刹车问题 1.C解析：A.n=36kmh=10m/s,卡车刹车的时间为。= 得h=√a25=4s =4,利车后第1s内的位移为x=,4~2=(10x1 1 甲车从开始诚速到离开收费岛共用时间【仰={，+。+2= 88+20s+48=328: 2×2.5×1）m=8.75m,放A错误：B.由于55>4s,则刹车 (2)设乙车减速到，所用时间为4，=.20-5。 2.55=6s, 后5s内卡车前进的距离为x= 26= 2×10x4m=20m, 从开始减速到乙车减速到，乙车的位移与，= 24s 故B错误：C.刹车后5s内的平均速度为=三.20 5ms= 20+5x6m=75m, 必修第一册·RJ黑白题52