第二章 匀变速直线运动的研究检测-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第一册单元测试卷

物理 第二章检测 (满分100分，时间75分钟) 一、选择题（本题共12个小题，共58分。1~7小题每个小题只有一个正确选项，每小题4分； 8~12小题每个小题有多个正确选项，每小题6分，全选对的得6分，选不全的得4分，有选错 或不答的得0分。) 1.为了描述直线运动速度变化快慢，我们采用a=一心，且a恒定的直线运动称为“匀变速直线 运动”，“另类加速度”定义为A=二，也能反映速度变化的快慢，现称“另类匀变速直线运 动”，其中和，分别表示初速度和末速度，A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速 製 运动，则下列说法中正确的是 A.若A>0且保持不变，则a逐渐变大 h B.若a>0且保持不变，则A逐渐变大 密 C.若A>0且保持不变，则中间时刻的速度大于心。四 2 长 D.若A>0且保持不变，则物体在位移中点的速度为4。 2 2.(2023·广东湛江一模)甲、乙两同学各自骑自行车在一条平直公路上沿直线运动，其位移x随 时间t的变化规律分别如图中甲、乙图线所示，图线甲是直线，图线乙是抛物线，下列说法正确的 丝 是 A.0~t1时间内甲、乙的平均速度相等 x个 xo 甲 B.0~t3时间内甲、乙的最大距离为x0 C.t2~t3时间内甲、乙的运动方向相反 t t2 D.1时刻甲、乙的速度相同 3.某商场内的观光电梯，在一楼由静止开始向上做匀加速直线运动，1s后改做匀速运动，持续8$， 上升24m,最后做加速度为3m/s2的匀减速运动，正好停在顶层（每层楼的高度大约3m),顶 层最可能是几层 A.9 B.10 C.11 D.12 4.如图所示，杂技演员表演抛球游戏，他一共有4个球，每隔相等的时间竖直向上抛出一个小球 (不计一切阻力，小球间互不影响)，若每个球上升的最大高度都是1.8米，忽略每个球在手中停 留的时间，重力加速度g取10/s2,则杂技演员刚抛出第4个球时，第1个球和第2个球之间 的距离与第3个球和第4个球之间的距离之比为 ( A.1:1 B.1:4 C.1:3 D.1:√2 5.(2023·福建泉州二模)急动度j是描述加速度a随时间：变化快慢的物理量，即j一品它可以 用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时，乘客感觉最舒适。图 示为某汽车从静止开始启动一小段时间内的急动度方随时间t变化的规律。下列说法正确的是 () A.t3时刻汽车的加速度为零 ◆jm's3 B.0~1时间内汽车的加速度逐渐减小 C.t1~t2时间内汽车的加速度均匀增大 t/s D.t2~t3时间内汽车的平均加速度小于t1~t2时间内汽车的平均加速度 6.(2023·福建宁德5月检测)某同学设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当 机器人与冰壶之间的距离保持在8之内时，机器人可以实时追踪并准确获取冰壶的运动信 息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰 壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的-图像如图乙所 示。此次投掷过程 () 个l/(m·s) 冰雪盛会激情相约 6 泳壶 机器发 9 1113/s 甲 A.机器人加速阶段的位移大小为18m B.机器人减速阶段的加速度大小为2m/s2 C.t=9s时，冰壶的速度大小为5.25m/s D.t=9s时，机器人可以准确获取冰壶的运动信息 5 7.(2023·辽宁大连一模)如图为大连星海湾大桥上的四段长度均为L的等跨连续桥梁，汽车从α 处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。汽车通过ab段的平均速度为v1,汽车通过de 段的平均速度为2，则满足 A.1<4<2 B.3<<4 U2 C.2<4<3 D.4<4<5 U2 U2 8.赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和s-t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时 出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船 头并齐的有 )角 A.0 B.O 甲 C.0 D.0 9.一辆汽车开始刹车后运动的位移随时间变化的规律是x=20t一2t,x和t的单位分别是m和s, 以下说法正确的是 A.初速度o=2m/s,加速度大小a=10m/s2 B.初速度=20m/s,加速度大小a=4m/s2 C.汽车刹车到停止所用时间为5s D.汽车刹车后4s内的位移是12.5m 6 无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 10.如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是 () ◆v/(m·s-) v2/m㎡2·s-2) ◆a/m's-2) /ms 20 0F---- 10 to t/s x/m i/s 01 5107s 丙 A.甲图中，物体在0~这段时间内的位移大于 2 B.乙图中，物体的加速度为2m/s2 C.丙图中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的加速度变化量 D.丁图中，t=3s时物体的速度为25m/s 11.电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备， 当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。 某次实验中，分别安装在甲、乙两小车上的两电子设备已通过蓝牙配对成功，其正常通讯的有 效距离为d=10m。两车运动路线在同一条直线上（两车略微错开，不会相撞）。如图所示，甲 器 车以w=1m/s的初速度经过O点，向右做加速度大小a1=0.1m/s2的匀加速直线运动。同 时乙车以初速度2=6m/s向右经过O点左侧6m处，并立即以a2=0.4m/s2的加速度刹车。 以此时刻为计时起点，忽略蓝牙信号连接延迟，下列说法正确的是 ( ) A.t=4s时信号第一次中断 甲 0 B.t=16s时信号第一次恢复 C.信号第二次中断时，甲在O右边55m处 D.从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为20m 12.从固定斜面上的O点每隔0.1s由静止释放一个同样的小球。释放后小球 做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面运动的照片，如图所示。 测得相邻小球间的距离xB=4cm,xc=8cm。已知O点距离斜面底端的 长度为l=49cm。由以上数据可以得出 A.小球的加速度大小为6m/s2 B.小球在B点的速度为0.6m/s C.斜面上最多有5个小球在运动 D.该照片是距第一个小球释放后O.3s拍摄的 二、实验题（本题共2个小题，共16分。） 13.(10分)某物理小组利用如图所示的实验装置研究小车的匀变速直线运动。主要实验步骤 如下： a.安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木 小车 纸带打点计时器 板运动，重复几次。 重物 b.选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起 点O(t=0),然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点。 c.通过测量、计算可以得到小车的加速度。 结合上述实验步骤，请你完成下列任务： (1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有 和 (填选项前的字母)。 A.电压合适的50Hz交流电源 B.电压可调的直流电源 C.刻度尺 长 D.秒表 E.天平（含砝码） (2)实验中，保证小车做匀变速直线运动的必要措施是 (填选项前的字母)。 A.细线必须与长木板平行 B.将长木板上没有滑轮的一端适当垫高 C.钩码的质量远小于小车的质量 D.先接通电源后释放小车 (3)实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，打出几条纸带，选取一条比较清晰 的纸带，部分计数点如图所示（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。则小车的加速 度a= m/s2(结果保留3位有效数字)。 5047.5010.0112.5014.9917.50单位：cm 3 4 6 (4)研究匀变速直线运动时，往往用Ax求某个点的瞬时速度，从理论上讲，对△的要求是 △t (填“越小越好”“越大越好”或“与大小无关”)。 14.(6分)伽利略斜面实验被誉为物理学史上最美实验之一，研究小组尝试使用等时性良好的“节 拍法”来重现伽利略的斜面实验，研究物体沿斜面运动的规律。实验所用节拍频率是每秒2 拍，实验装置如图（甲）所示。在光滑倾斜的轨道上装有可沿轨道移动的框架，框架上悬挂轻薄 小金属片，滑块下滑撞击金属片会发出“叮”的声音（金属片对滑块运动的影响可忽略）。实验 步骤如下： ①从某位置（记为A)静止释放滑块，同时开始计拍调节框架的位置，使相邻金属片发出的“叮” 声恰好间隔1个拍，并标记框架在轨道上的位置A1、A2、A3…; ②测量A1、A2、A3…到A。的距离51、S2、53…如图（乙）所示。 金属片 框架、 A4 A6 匆 乙 ③将测量数据记录于下表，并将节拍数n转换成对应时间t的平方。 n 1 2 3 4 5 6 s/cm 9.5 38.5 86.2 153.2 240.3 346.4 1/s2 0.25 1.00 C 4.00 6.25 9.00 (1)表格中“℃”处的数据应为 (2)由表中数据分析可得，s与t2成 关系（填“线性”或“非线性”）； (3)滑块的加速度大小为 m/s2(结果保留2位小数)。 三、计算题（本题共3个小题，共26分。） 15.(6分)如下图所示，直杆长L1=0.5m,圆筒高为L2=3.7m。直杆位于圆筒正上方H= 0.8m处。直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿越圆筒。试求(g取10m/s2)。 (1)由释放到直杆下端刚好开始进入圆筒时经历的时间t1; (2)直杆穿越圆筒所用的时间t。 L 16.(8分)交通法规定，汽车出现故障停在道路上时，应在车后方放置三角警示牌，提醒后面驾车的 驾驶员减速避让。在夜间，某道路上有一汽车因故障停车，后面有一货车以15/s的速度向 前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方20的物体，已知驾驶员的反应时间为1s, 制动后最大加速度大小为5m/s2。求： (1)货车从看到警示牌到最终停下所用的最短时间； (2)警示牌至少要放在汽车后多远处才能避免两车相撞。 8无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 17.(12分)假设在某公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直一列，最前面的 辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为l=8m,若汽车起动 时都以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，加速到v=10m/s后做匀速运动通过路口。该路口 亮绿灯时间t=35s,而且有按倒计时显示的时间显示灯。另外交通规则规定：原在绿灯时通行 的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过。请解答下列问题： (1)一停在停车线内的第一辆汽车完全通过路口时间为8s,已知车长为5m,问路口长度为多 少米？ (2)若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？ (3)事实上由于人反应时间的存在，绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车，现假设绿灯亮 起时，第一个司机滞后t=0.9s起动汽车，后面司机都比前一辆车迟后△t=0.5s起动汽 车，在该情况下，有多少辆车能通过路口？参考答案 第一章枪测 一、1.A【解析】研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫的 大小可忽略不计，可将猫看做质点，A正确；研究乙图中水珠 形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球不 能看做质点，B错误；研究丙图中飞翔的鸟儿能否停在树桩上 时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿看做质点，C错误；研究 丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马的大小不能忽 略不计，不能把马看做质点，D错误。故选A。 2.C【解析】“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功 对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是 运动的，AB错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱 成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。故选C。 3.B【解析】因xt图像的斜率等于速度，可知在0~t1时间 内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度大于甲，A错误；由 图像可知在0~t1时间内甲、乙位移相同，B正确；C.甲、乙均 向同方向做直线运动，则甲、乙的路程相同，C错误；由斜率等 于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，D错误。故选B。 4.C【解析】质点是用来代替物体的有质量的点，是一种理想 化模型，所以实际并不存在，A正确。匀速直线运动每时每刻 的速度都相同，故瞬时速度等于平均速度，B正确。加速度是 反映速度变化快慢的物理量，速度可以增大可以减小，C错 误。平均速度对应一段时间或者一段位移，故D正确。故 选C。 5.A【解析】连接飞机初末位置，如图，可得飞机位移为x= √30+40m=50m,则平均速度为=二=5m/s,路程为 t总 s=30m十40m=70m,则平均速率为4=，三=7m/s。故 t总 选A。 北 十东 30m 40m 心0 6.A【解析】由a=会知，相等时间内，速度变化大的加速度 一定大，故A正确：由a=会铝知，初速度相同，末速度大的物 体，△V大，但△1不确定，所以加速度不一定大，故B错误；由 a=A知，加速度相同，△1不确定，所以初速度大的末速度不 八t 一定大，故C错误：由a=铝知，加速度大的物体相等时间速 度变化量大，速度不一定大，故D错误。故选A。 7.A【解析】根据题意，由图可知汽车匀速运动的位移为x= t=5×(25-20)m=25m。由于通道长为20m,则小汽车的 车身长度为5m,故A正确；根据v-t图像中斜率表加速度，由 图可知小汽车减速过程的加速度大小为1= 25-5 m/s2= 20 30-5 1m/s,小汽车加速过程的加速度大小为a:=0-2云m/s≈ 0.71m/s2,图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加 速度小，故BD错误：根据-t图像中面积表位移，由图可知， 小汽车减速过程的位移大小为1=号×(25+5)×20m= 300m,故C错误。故选A。 8.C【解析】若加速度与速度方向相同，那么物体就要做加速 运动，加速度在减小的过程中，物体运动的速度增加得慢，但 还是在增加的，当加速度减小到零时，物体的速度达到最大。 速度不断增大，且均匀地增大，与分析不符，不符合题意；在加 速度减小到零之前速度都在减小，与分析不符，不符合题意； 当加速度为零时，速度达到最大值，与分析相符，符合题意；速 度不断减小，当加速度减小到零时速度也减小到零，与分析不 符，不符合题意。故选C。 9.BD【解析】从图像知A做正方向加速运动，B做反方向加 速运动，故A错误，B正确：由a=是知，△相同，物体B的速 度变化量更大，物体B的速度变化更快，所以物体B的加速度 大于物体A的加速度，故C错误，D正确。故选BD。 10.BD【解析】规定初速度的方向为正方向，若1s后的速度 方向与初速度方向相同，则加速度为a=二么=8二4m/s 1 4m/s2。若1s后的速度方向与初速度方向相反，则加速度为 4=二，-边=一8-4m/s=-12m/s,加速度大小为 12m/s2。故BD正确，AC错误。故选BD。 1.ABC【解析】物体在AB段的平均速度为p=兰-1m/s 故A正确：物体在ABC段的平均速度为v=二=5 △t2m/s,故 B正确；由瞬时速度的定义可知，C正确；物体在B点的速度 是瞬时速度，AC段的是平均速度，方向也不同，故D错误。 12.BCD【解析】x-t图像斜率的物理意义是速度，在0~t1 时间内，x-t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t~t2时间 内，x-t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2~t3时间内， x-t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述，可知A中 o-t图像可能正确，BCD错误。故选BCD。 二、13.(1)交流0.02(2)AB(3)C(4)0.210.31 【解析】(1)打点计时器是使用交流电源的计时仪器，若交流电 源的频率是50Hz,则每隔0.02秒打一个点。(2)从纸带上能 直接得到的是时间间隔和位移。(3)电磁打点计时器使用的 是8V以下的交流电源，故A错误；在测量物体速度时，先接 通打点计时器的电源，后让物体运动，故B错误；打点的时间 间隔等于频率的倒数，所以使用的电源频率越高，打点的时间 间隔就越小，故C正确；纸带上打的点越密，说明物体运动得 越慢，故D错误。 ④m=4L.90+2.38）X10m/s=0.24ms0.21mS 0.2 r=x=2.88+3.39)X107 -m/s=0.3135m/s≈0.31m/s。 0.2 14.(1)1.02.5(2)平均速度滑块 27m,每层楼的高度大约3m,根据n=?+1=10,可知顶层 【解折】1)n=号=10X9m5=1.0n/s:4 3 d 可能是10层，所以B正确。故选B。 1.010×10-2 4.0X109m/s=2.5m/s. 4.C【解析】每个球上升的最大高度都是1.8米，由自由落体 (2))、2实质上分别是滑块通过光电门1和2时的平均速 2h= 过程公式，可得h=子g,代入数据解得t=√g 度，要使瞬时速度的测量值更接近真实值，可将滑块的宽度减 小一些。 2X8s=0.6s,设每隔相等时间竖直向上抛出一个小球， ΛV10 三、15.解：(1)全过程的平均速度大小为v= 当第4个小球抛出后，再经过相等时间，第1个小球落回手里 △x-(△十△十△=1.5m/s,平均速度的方向向西。 并抛出，所以根据上升与下降过程的对称性，第4个小球离开 十t2十3十t4 手的瞬间，第1个小球与第3个小球在同一高度，第二个小球 (2)全过程的平均速率为0=4十十十△=10.5m/s。 位于最高点，速度为0，因此考虑竖直上抛的对称性结合逆向 6十2十t十t 思维可得出，初速度为0的匀变速直线运动，连续相等时间位 16.解：(1)摩托车在0~20s这段时间的加速度大小为a= 移之比等于连续奇数之比，即第1个球和第2个球之间的距 签-8m/g=1.5m/8 离与第3个球和第4个球之间的距离之比为1：3。故选C。 5.C【解析】在jt图像中，图线与t轴围成的面积表示加速 (②)摩托车在0一5s这段时间的位移大小为x=×(25+5)× 度的变化量△a,面积不是0，则t3时刻汽车的加速度不为零， 30m=1500m,平均速度大小为元=工=1500 故A错误；0~4时间内图线与横轴围成的面积逐渐增大，则 t 75 m/s=20m/s。 汽车的加速度逐渐增大，故B错误；~？时间内急动度不变， 亿解：设过桥前减速过程所需时间为4，山一。架。 a 根据)一岩，可知单位时间内的加速度变化量恒定不变，即加 405。设过桥所用的时间为4,4=三=100100s=55s. 速度均匀增大，故C正确；由题意可知0~时间内汽车加速 02 20 度一直在增加，3时刻处加速度取得最大值，故2~t时间内 设过桥后加速过程所需时间为，4=二也=30一20： 1 汽车的平均加速度大于4~2时间内汽车的平均加速度，故D 10s。共用时间t=t41+t2十t3=105s。 错误。故选C。 6.C【解析】A.v-t图像与时间轴所围面积表示位移，则有机 第二章检测 器人加速阶段的位移大小为=63m=9m,A错误：由 2 v-图像的斜率表示加速度，可得机器人减速阶段的加速度大 一、1.A【解析】若A不变，A>0,相等位移内速度增加量相 6 等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越 小为a机=g3m/s=1m/s,B错误；C.冰壶的加速度为 少，由a=4,可知，a越来越大，A正确；若a>0且保持不 5-6 t a幽=-3m/s=-0.125m/s,t=9s时，冰壶的速度大小 变，则物体做匀加速直线运动，相等位移所用时间减小，速度 为v=%十a董t=6m/s一0.125×6m/s=5.25m/s,C正确； 增加量减小，故A逐渐变小，B错误；若A>0且保持不变，相 D.机器人与冰壶减速阶段所围成的三角形面积表示冰壶与机 等位移速度的增加量相等，初速度为，末速度为=6十 器人的相对位移，则有在t=9s冰壶与机器人的距离为△x= 2△，位移中点处的速度为w十△0=心，相等位移内所用 2 525+×(0-3)m9m=15.75m可知此时二者的距 2 时间越来越少，则中间时刻的速度小于三，所以CD错误。 离大于8m,机器人不可以准确获取冰壶的运动信息，D错误。 故选C。 故选A。 7.B【解析】将汽车从a到e的匀减速直线运动看作反向初 2.B【解析】由x-t图像可知0~t1内甲、乙的位移分别为 速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线 x0一x、x1,位移不相等，所以甲、乙的平均速度不相等，故A 运动的规律，可得汽车经过de段和ab段所用的时间之比为 错误；由图像可知0一内甲、乙的最大距离为x0,故B正确； 1：(2一√3)，所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的 由图像可知在t2~t3内甲、乙的斜率均为负，所以他们的运动 L 方向相同，故C错误；由两图线相交可知他们此时的位置相 平均速度之比为”=2一5=1 同，但斜率大小不一定相等，且速度方向相反，故D错误。故 25又因为2-3≈2 选B。 3.B【解析】匀速直线运动的速度为0=2=3m/s,则匀加 1.73=0.27,所以3<费<4。故选B. 8.BD【解析】A.此图是速度图像，由图可知甲的速度一直大 速直线运动的位移为=受4=1,5m,匀减速直线运动的位 于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误； B.此图是速度图像，由图可知开始丙的速度大，后来甲的速度 移为=多=1.5m,则上升的总高度为x=十x十白 大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判 33 断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故 B正确：C.此图是位移图像，由图可知丁一直运动在甲的前 面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D.此图是 位移图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D 正确。故选BD 9.BC【解析】将x=20t一2与位移与时间的关系式x t十2at2对比得初速度o=20m/s,加速度a=-4m/s2, 所以A错误，B正确：汽车刹车所用时间1二O一边=5s,所以C 正确；汽车刹车后4s内的位移是x=20t一2t=48m,所以D 错误。故选BC。 10.AD【解析】图像面积表示位移，由图可知，图像面积大于 学，A正确：根据位移与速度的关系式得a=号-0.5m/, B错误：根据△v=at,可知阴影面积表示4~t时间内物体的 速度变化量，C错误。根据匀变速直线运动的位移与时间的 关系式得兰=w十之at,则=-5m/s,a=10m/g,1=3 时物体的速度为=%十at=25m/s,D正确。故选AD。 11.AD【解析】因开始时，乙车速度较大，则在乙停止运动之前 乙车可超过甲车，然后两车距离逐渐变大，当蓝牙第一次中断 时乙车超过了甲车，则第一次信号中断时满足功一受：片= d十w十十2a1片，解得=4s,即1=4s时信号第一次中 断，A正确；当第一次信号中断时，甲车的速度1=1.4m/s, 乙车的速度：=4.4m/s,到信号第一次恢复时应该满足 4一2a:片=十之a1,解得a=12s,但是乙车停止运 动的时间'==11s,即经过12s时乙车已经停止，则信号 第一次恢复的时刻应该小于16s,选项B错误；乙车停止运动 时，距离0点的距离为x=益-6m=39m,信号第二次中断 时，甲在乙的右侧10m位置，则此时甲车在O右边49m处，C 错误，信号第一次恢复时甲距离0点的距离为x1=4十合 4后十会=29m,从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的 位移为49m一29m=20m,D正确。故选AD。 12.BC【解析】由△x=aT可得小球的加速度大小a= x一xB=0.04 T2 0.12 m/s2=4m/s2,A错误；小球在B点时的速度 %=十x=0.12」】 2T 0.2 m/s=0.6m/s,B正确：若最高点的球刚 释放时，则最高处2球之间的距离=号下=号×4× 0.12m=0.02m=2cm,由初速度是零的匀加速直线运动的 规律可知，各球之间的距离之比为1：3：5：7：9：…，所以 有各个小球之间的距离分别是2cm,6cm,10cm,14cm, 18cm,…,因为O点与斜面底端距离是49cm,前5个球之间 的距离之和是32cm,因此斜面上最多有5个球，C正确；小球 到达B点时的时间tB==0,Ss=0.15s,即该照片是距第 a 4 34 无敌原创·单元测试卷物理·必修第一册 一个小球释放后0.25s拍摄的，D错误。故选BC。 二、13.(1)AC(2)D(3)2.50(4)越小越好 【解析】(1)打点计时器需要使用交流电源，因此需要使用电压 合适的50Hz交流电源；需要用刻度尺测量各计数点之间的 距离，因此需要刻度尺。 (2)A.细线必须与长木板平行，以保证小车所受的合外力方向 平行于长木板并且大小保持不变，此时小车做匀变速直线运 动，A正确；B.将长木板上没有滑轮的一端适当垫高，目的是 平衡摩擦力，B错误：C.钩码的质量远小于小车的质量，目的 是用钩码的重力代替小车所受的合外力，C错误；D.先接通电 源后释放小车，目的是完整地记录小车的运动情况，D错误。 故选A。 (3)打点计时器打点频率为50Hz,而且每两个相邻的计数点 间还有4个点未画出，因此两个相邻的计数点间的时间间隔 为t=0.1s,由逐差法可得a=(十十x)一（西十x2十） 9T2 解得a=2.50m/s2。 (4)当不知道小车是否做匀变速直线运动，若用平均速度表示 各点的瞬时速度，从理论上讲，对△的要求是越小越好，即 。一二才使得平均速度接近瞬时速度。 14.(2)2.25(2)线性(3)0.77 【解析】(1)所用节拍频率是每秒2拍，所以每拍0.5s,表格中 “C”处对应的是3拍，对应时间是1.5s,平方后为2.25s。 (2)表中s与t2的比值近似为一常数，所以s与t2成线性 关系。 (3)加速度为a=346.4-86.2-86.2×0.01m/5≈0.77m/5。 (3T)2 三、15.解：(1)根据自由落体运动有H=之42，解得4= √88=0.4s 10 (2)根据自由落体运动规律有：山十H十L:=之g,计算得么= /2X(0.5+0.8十3.2s=1s,则直杆穿越圆筒所用的时间t一 10 t2-4=0.6s。 16,解：1)设从刹车到停止的时间为红，则4=号=3s,则小 轿车从出发到最终停止所用的最短时间为t=t1十t=4s。 (2)反应时间内汽车做匀速运动，则x=%t=15m,从刹车到 停止的位移为则-器-2.5m,小汽车从发现物体到 停止的全部距离为x=x1十x2=37.5m,三角警示牌与货车的 距离至少为△x=x-L=17.5m。 17.解：()汽车加速时间4=名=5s,8s时间，汽车能行驶的 位移为s=之a+u(i-4)=55m,所以路口长度为L=5 l=50m。 (2)汽车加速时间t1=”=5s,经过=35s时间，汽车能行驶 的位移为x=合ai+0(1-4)=325m,所以n=千=35- 8 40.625,则第41辆汽车能通过。 (3)设有k辆汽车能通过路口，则第k辆汽车能通过路口要满 力，受竖直向下的重力、水平拉力、弹性杆对小球的作用力。 足a+[1-4-6-(k-1)△]>(k-1)L,数据代人后解得 重力、拉力合力斜向右下方，弹性杆对球的作用力与重力、拉 力的合力是一对平衡力，故方向应是斜向左上方。又因拉力 k<25.3,所以有25辆汽车能通过路口。 逐渐增大，所以重力、拉力的合力增大，故弹性杆对球的作用 力增大，且与竖直方向夹角增大，故ABC错误，D正确，故 第三章检测 选D。 6.B【解析】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T,木板对圆 一、1.A【解析】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力 柱体的支持力为N,绳子与木板夹角为α，从右向左看如图所 F:与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F: 的方向沿喷口的反方向，对比图中选项，可知只有A选项符合 示，在矢量三角形中，根据正弦定理，册-恐-之，在术 N 题意。故选A。 板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，a不变， 2.C【解析】为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一 Y从90°逐渐减小到0，又y十3十a=180°，且a<90°，可知90°< 直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力 Y十B<180°，则0<3<180°，可知3从锐角逐渐增大到钝角，根 平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化的曲线，故图乙也可 以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图乙可知向右轻绳的拉 据-02_之，由于s血y不断减小，可知T不断减小， mg 力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用， sin3先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定 后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故 律，可知圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的 AB错误；由图可知最大静摩擦力约为10N,滑动摩擦力约为 夹角为20，绳子拉力为T,则2T'cos0=T,可得T=2c050 T 7N,故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7，故C正 不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错 确；根据F:=uFN,FN=mg,可知由于不知道物块的重力，故 误。故选B。 无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。 3.A【解析】由于风速水平向右、大小恒定且不随高度改变， 可认为单位长度飘带受到的风力F。相同，假设飘带总长为 L,质量为m,由飘带自由端向上选取任意一段△x,该部分飘 带的重力和所受风力分别为G=△mg=兰·mg,F=△x· F。,该部分飘带稳定时受力平衡，受力分析如图所示。重力与 mg 风力的合力与剩余部分间的张力T是平衡力，设竖直方向的 7.C【解析】当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑 夹角为O,则满足an0=E=Ax·E=FL,可知飘带与 动，对A物块受力分析如图1，沿斜面方向，A、B之间的滑动 Amg芒·mgmg 摩擦力f=uN=umgcos45°，根据平衡条件可知T= mgsin45°十mgcos45°，对B物块受力分析如图2，沿斜面方 竖直方向的角度与所选取的飘带长度无关，在风速一定时，飘 向，B与斜面之间的滑动摩擦力f2=uN=u·3 ngcos45°，根 带与竖直方向的角度正切值恒定，则飘带为一条倾斜的直线。 据平衡条件可知2 mngsin45°=T+umgcos45°+a·3 ngcos45°， 故选A。 两式相加，可得2 mgsin45°=mgsin45°+umgcos45°+ mg6os46+·3mgc0s45,解得=号.故选C. N T F合 4.D【解析】六块形状完全相同的石块围成半圆，对应的圆心 mg 角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分 图1 图2 析如图1，结合力的合成可知an60°对第2块和第3 8.BD【解析】对小球受力分析，设弹力为T,弹簧与水平方向 的夹角为0，则对小球竖直方向，Tsin9=mg,而T= 块石块整体受力分析如图2，tan30°= mmg解得兴=2。 F (-4),可知0为定值，T不变，则当转速增大后，小球 故选D。 的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转 F 速较小时，杆对小球的弹力F、背离转轴，则Tcos0一F、= 3 2、3 mw2r,即Fx=Tcos0一mwr,当转速较大时，FN指向转轴， Tcos0+Fx=mw'2r,即Fx'=mw'2r一Tcos0,则因w>w,根 m'g (m+m')g 据牛顿第三定律，可知小球对杆的压力不一定变大，C错误； 图1 图2 根据F合=ma2r,可知因角速度变大，则小球受合外力变大，D 5.D【解析】小球处于平衡状态，合外力为零。分析小球的受 正确。故选BD。