周测卷(一) 质点的直线运动-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·江苏专用）

null·物理· 参考答案及解析 昏专管桌及解析 物理（一） 1.C【解析】两阶段速度都是正的，都是向下运动，故 误。根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可知 A错误。图像斜率可以表示加速度的大小与方向， 两阶段的加道度4，一六4：一品。-2做加 巴0，因为+0=红，而w·号+2· 速度大小不相等、方向相反，故B错误。匀变速直线 Q.·(台)°≠2L,所以a车车头对齐3绳时的速度不 运动中，平均速度公式。=十心，可知平均速度相 可能等于a车的平均速度，故D错误。 2 5.C【解析】根据题意可知，末速度与初速度方向相 等，故C正确。图像与时间轴所围成的面积表示位 移大小，故位移大小之比为2：1，故D错误。 反，根据速度时间关系可得1=2。一（一0）_3 g g 2.A【信息获取与转化】 3X2 s=0.6s,故A错误。物体的位移大小为x 序号 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 10 a-t图线的斜率 △a -4+7&2=-2x06m+号×10X0.6m= △t 0.6m,故B错误。物体向上运动的最大距离为h= a-t图线与时间轴所围的 表示速度 2 ∑at 面积 变化量 _22 2g-2X10m=0.2m,物体的平均速率为v= 【解析】a-t图像斜率表示加速度的变化率，即表示 加速度随时间变化的快慢，则知2~3s内加速度的 2h十z_2020.6m/s=号m/s,放C正确.若 0.6 变化率比0~2s内的小，乘客感觉2~3s内比0~ 再经时间t,物体仍未落地，此时物体速度大小为 2s内更舒适，故A正确。由图像知2一3s内，加速 v1=-v0+g×2t=-2m/s+10×2×0.6m/s= 度不变，故轿车做匀加速直线运动，故B错误。a-t 10m/s,故D错误。 图线与时间轴所围面积表示速度变化量，则0~3s6.D【解析】设每段位移均为x,则对AE段有4x= 内速度变化量为△如=(3×5)m/s=10m/,因 名a,对AB段有x=方a,解得1=台，故A错 1 初速度未知，所以第3s末，轿车速度不一定达到 误。因vE=at=v。,则李明通过B处时的速度大小 1m/s,故C结误，加速度变化率为会4，单位为 为8=aX号-名，故B错误，由分析可知，B处 m/s2,△t单位为s,故加速度变化率的单位为m/s3, 对应全程的中间时刻，可知李明通过B处时的瞬时 故D错误。 速度等于通过AE段的平均速度，因为李明做匀加速 3.B【解析】卫星从b点运动到c点，位移方向为从b 运动，所以通过C处时的瞬时速度大于通过AE段 到c,故A错误。卫星从a点运动到b点，位移的大 的平均速度，故C错误。根据连续相等位移所用时 小为a到b有向线段的长度，等于路程，故B正确。 间的比例关系知，李明通过AB、BC、CD、DE段时间 卫星从a点运动到c点，位移大小等于从a到c的直 之比为1：(W2-1):(3-√2)：(2-3)，李明通 线距离，不等于280km,故C错误。卫星从a点运 动到c点，路程等于从a到c的运动轨迹的长度，不 过BC段和CE段所用时间之比为1：√2，故D 等于280km,故D错误。 正确。 4.C【解析】设相邻两根竖直吊绳间距为L,由平均速度 7.A【解析】假设汽车第4s末停止运动，则第1s内、 公式得x。=84-%=4,=4=十 第2s内、第3s内、第4s内的位移之比为7：5： 2 3：1,第1s内与第4s内的位移之比为7：1，如果 2L,可得。=206，故C正确。由上式得0十”=2， 汽车在第4s末未停止运动，则第1s内与第4s内的 00十U6 位移之比小于7：1，根据题意，第1s内与第4s内 可得v。=2v。十vo,即a车的末速度大于b车的两 的位移之比为24：1，说明汽车在第4s末前停止运 倍，故B错误。根据加速度的定义式可知a。 动，设汽车在第4s内的运动时间为t。,由逆向思维， t 0,a-,所以a.≠2a,故A错 0。-v0_20b。 t 根据位移公式得1m=2a,24m=34(,+3)2- 高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· 2a(+2)2,解得t=0.5s,a=8m/s2,汽车的初 (3)相邻的两个计数点之间还有4个计时点未画出， 1 速度为vo=a(3s十to)=28m/s,物体在第2.5s末 相邻两计数点的时间间隔为t=5T=5× 的速度为v2.5=v-at=28m/s-8X2.5m/s= 8m/s,故A正确，B错误。汽车刹车后第2s内的位 0s=0.10s。根据匀变速直线运动中间时刻的瞬 1 时速度等于该过程的平均速度，在打下B点时小车 z=28X2m2×8×2m28X 的瞬时速度vg=工4c=10.69-3.18 10-2m/s≈ 8×1）m=16m,故C错误。在忽略司机的反应时 2t 2×0.10 0.376m/s,根据逐差法可得a= BD-OB 间和制动系统的响应时间时，第4s内只运动了 (2t)2 0.5s,若司机的反应时间和制动系统的响应时间不 15.05-2×6.74 可忽略，则开始刹车的时间有一定的延迟，则第4s (2×0.1)2 ×10-2m/s2≈0.393m/s2。如果当 内运动的时间变长，则第4s内运动的位移增大，故 时电网中交变电流的频率稍有增大，从50Hz变成 D错误。 了52Hz,而做实验的同学并不知道，仍按照50Hz D【解析】对甲，由匀变速直线运动的位移时间关系 进行数据处理，则计算采用的频率值偏小，得到的计 知x=,t+2a,整理得=0，十a,由图像可以 数点间的时间间隔偏大，则加速度的测量值偏小。 9.(1)5s(2)187.5m(3)10m/s 读出纵轴截距为0.4，斜率为0.6，代入方程可知甲质 【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度公式⑦，= 点做初速度为0.4m/s、加速度为1.2m/s2的匀加速 直线运动，故A错误。对乙，由匀速直线运动的位移 v,+at得t=,-v0_50-25 s=5s。 a 5 时间关系可知乙做速度为1m/s的匀速运动，在t= 1s时刻，v甲=v0十at=1.6m/s,vz=1m/s,两者速 (2)根据速度位移公式-d=2ar得x=, 度不相等，不是相距最远，故B错误。若xo=0,在t= 502-252 2×5 m=187.5m。 1 1s时刻，x甲=wt+2at2=1m,x2=0zt=1m,两 (3)设飞机起飞所用的时间为t,在时间t内航母航行 者位移相等，即相遇，故C错误。若两质点在0时刻 的距离为L1,航母的最小速度为1，对航母有 后能相遇两次，第一次相遇应发生在速度相等以前， L=vt, 当速度相等时，甲=v0十at1=vz,解得t1=0.5s,在 对飞机有v=v1十at, 1 这段时间内x甲1=0b1十2a好=0.35m,xz1 v2-v=2a(L+L1), 联立并代入数据解得v1=10m/s。 乙t1=0.5m,要想相遇两次，x0<x21一x甲1= 10.(1)2m/s2(2)7m(3)8s 0.15m,故D正确。 【解析】(1)设乙车匀速运动的速度为v,加速经历 C【解析】假设第一个弹头向下做匀速运动，时间为 的时间为t1,对乙车，由运动学公式有02一？= 3s,则运动的距离为x1=10×340×3m=10200m, 2azx1,1十azt1=v, 由于高度只有1500m,弹头实际上在做匀加速直线 对甲车，有v=a甲t1, 运动，则第一个弹头下落到地面的时间小于3$，可知， 联立解得a甲=2m/s2。 拦截导弹乙还没发射就会被第一个弹头击中，故A错 (2)设甲车从开始到达到最大速度所用的时间为t2, 误。由于6枚弹头的落地时间差为6s,则最慢的弹头 1 至少飞行6s,如果初速度达到340m/s,假设其做匀 则0m=a甲t甲=20甲经，xz=1十，-ti), 速直线运动，则下落高度至少为x2=340×6m= 甲车达到最大速度时，甲，乙两车之间的距离为 2040m,而高度只有1500m,所以最慢的弹头的初 △x=x甲一x乙， 速度肯定小于音速，即最慢的弹头释放时不是超音速 解得△x=7m。 弹头，故B错误。弹头仅受重力作用，加速度均为重 (3)设甲车减速所用的时间为t3,则0=vm一a甲t3, 力加速度，则弹头相对另一弹头做匀速直线运动，所 以弹头与弹头之间的距离随时间均匀增加，故C正 甲车减速过程行驶的位移x一0 一2a甲 确。结合上述可知，弹头相对弹头做匀速直线运动， 该过程乙车的位移xz=utg, 则弹头落地之前，以速度最快的弹头为参考系，速度 计算可知xz<△x十x甲， 最慢的弹头的速度不变，故D错误。 那么，甲车静止后，乙车再经t4追上甲车，即△x十 8.(1)甲(2)交流(3)0.100.3760.393偏小 x甲一x乙=t4, 【解析】(1)甲图采用的是脉冲输出开关，因此甲是 从甲车达到最大速度开始，到两车再次相遇需要时 电火花计时器。 间ts=t3十t4, (2)打点计时器使用的是交流电源。 解得t5=8s。 ·2·