第1期：运动的描述 匀变速直线运动-【数理报】2027年高考物理一轮复习学案

高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 数理橘 答案详解 2026~2027学年 高考物理人教（第一轮复习） 第1~4期(2026年7月) 第1期3版参考答案 两车的一t图像)可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车 一、单选题 在不同时间到达x1,故没在x1处相遇，故A、C、D错误，B正确 1.C:2.C:3.A:4.D:5.B:6.C:7.C 6.飞机做变减速直线运动，因为速 提示： 度在减小，则阻力在减小，加速度减小， 1.由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运 故飞机做加速度逐渐减小的减速运动， 动，减速到零后再做反向的加速运动，故A错误；速度变化量大 速度时间图线如图1中实线所示.若飞 小为4w=D-(-2)=3,因此所用时间t=业=3亚，故B 机做匀减速直线运动，如图中虚线所 aa 示，则平均速度了=号=千，实线与 图1 醋误；减速的过程中运动的路程5二反向加速运动的路程 与-2因此总路程为s=+与一器放C正确：得经过 时间轴围成的面积为x,平均速度：=x ,因为x>,可知王 x' 相同的时间，速度再增加3v,质点速度大小变为'=2m+3m= t 分，即>冬，放C正确 t 5v,故D错误. 7.由题给图像画出两车的 2.由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一 -t图像如图2所示，由图像可 30 个球抛出后每隔0.4s对应的位置是相同的，即可看作一个球 知，t=6s时两车等速，此时距离 甲 的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落 最近，图中阴影部分面积表示0~ 3 9 图2 回抛出点的时间均为1=08s,故有从。=分=3.2m,故C 65内两车位移之差，即△：=[宁× 正确 30×3+2×30×(6-3)]m=90m<0=100m,即两车在t= 3.根据竖直上抛运动的对称性，有7（号7，）2 6s时距离最近，最近距离为x-△x=10m,故A、B错误，C正 宁7产=从解得g产污元故A正跳 确；t=6s时，两车相距10m,且甲车在前、乙车在后，在6~9s 内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大，故在0~9s 4.由题图甲看出：物体A和B的位移一时间图像都是倾斜 内，甲车一直在前，两车不会相撞，故D错误 的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运 二、多选题 动，故A错误在0~3s的时间内，物体A的位移都大于B的位 8.AD:9.AD;10.BD. 移，且从图像上可以看出两者之间的距离一直在增大，故B错 提示： 误；由题图乙可以看出C、D两物体的v-t图线在t=3s交于 8.甲、乙两车均做直线运动，故A正确；从图像可知，在 一点，所以此时刻C、D的速度一定相同，根据v-t图线与t轴所 0~2时间内，甲、乙两车图线与t轴所包围的“面积”相等，即 围面积表示位移以及物体C、D从同一地点沿同一方向运动可 两车的位移相等，所以2时刻，甲、乙两车相遇且只相遇一次， 知，t=3s时物体C、D的位移不相同，故C错误；由题图乙看 故B错误；在0~2时间内，甲车的v-t图线斜率不断增大，所 出：在0~3s的时间内，D的速度较大，C、D间距离增大，故D 以加速度不断增大，故C错误；在0~t3时间内（不包括t2时 正确. 刻)，甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t轴所包 5根据公式-店=2，变形可得=云-豆由题图 围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在 平直的公路上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前 可知，=0，则=云，由图像可得，乙的加速度不变，甲的 面，故D正确 9.水从地面喷出从虚线“1”上升到虚线“2”，设水从地面 加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的v-t图像为题图(a),由 甲、乙的位移图像可知在x,处速度相同，由题图()（即甲、乙 喷出时的速度为，根据运动学公式有4：=红一之2，解 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 得。=12m/s,故A正确；水从虚线“1”上升到虚线“3”，根据 四、解答题 1 13.解析：(1)设经过t2=40s时，列车的速度大小为1，又 运动学公式有g三2，h,=二2g,联立解得h3月 o=288km/h=80m/s, 7.2m,=1.25,平均速度为元=如=6m,故B错误：水从 则打开制动风翼后，减速过程有=o-a1t2=60m/s. t13 (2)列车长接到通知后，经过t=2.5s,列车行驶的距离 虚线“2”到虚线“3”所用的时间为3=t3-t2=1s,故C错 1=ot41=200m, 误；虚线“2”“3”间的高度差为h23=h1,-h=5m,故D正确. 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶 10.设小球在经过A传感器时的速度大小为A,经过B传 感器时的速度大小为g,在斜面上运动的加速度大小为a,根 的距离3三6)=2800m, 据运动学规律有=。+a,x=+了，联立以上两式并 从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离 x3=0-x1-:-500m=1500m, 整理得产=a·}-受，结合图像可得=8，a =1.2m/ 4m/s2,当A传感器放置在0点时，传感器所测时间为小球从0 则a=2x 到B传感器的运动时间t1,由题图乙分析可知t1=1s,所以小 14.解析：(1)圆筒第一次落地做自由落体运动，有2gH=简 球在斜面上0点的速度大小为。=-at1=4m/s,小球在斜 圆筒第一次落地弹起后到最高点做匀减速运动，可视为初 面上运动的平均速度大小为可=6青=6m/5,固定斜面长 速度为零的匀加速运动，有 2 2h=(号)产 度为l=t1=6m,故A、C错误，B、D正确。 三、实验题 联立解得=治日 11.(1)交流 (2)0.180.40(4)偏小 (2)根据A=子g可得园简第一次落地的时间 解析：(1)电火花计时器使用220V的交流电源； 2H (2)打B点时纸带的速度大小为 t二Ng s=0C,04=480l20×10ms=0.18m/s 圆筒第一次弹起后到最高点的时间 2T 2×0.1 -42▣ 由逐差法得加速度大小为 h=5Ng g a BD-0B-(7.20-280)-2.80×102m/g= 圆筒第一次弹起后到落地时小球同时到达地面，所以小球 4×0.12 从释放到第一次落地所经历的时间 0.40m/s2 (3)如果在实验中，交流电的频率变大，那么实际打点周 t=+2,=√g =5N g 期变小，根据△x=aTP得，测量的加速度值与真实的加速度值 可知小球下落的高度 相比偏小 12.(1)左401.5(2)C A=7=g 解析：(1)①重锤自由落体，速度越来越大，纸带点迹间的 则圆简的长度L=A-H=岩 距离越来越大，所以纸带的左端连接重锤； 15.解析：(1)花盆落下到达车顶过程， ②由逐差法g= +二一点，其中时=7，代人数据 1 位移为h=(47-2)m=45m 4T 1 花盆做自由落体运动，有h。=2,解得t=3s 解 得 x3+x4-x1-x2 在这段时间内汽车位移大小为x=vot=27m √(45.9+399-27.6-33.7)×10Hz=40z,根据匀变 4×9.8 由于L2<x<L1+L2,货车会被花盆砸到. (2)货车匀减速运动的距离为L2-o△t=15m 速直线运动的规律可得A点的速度为，=+ 2T 设制动过程中最小加速度为a。, 0.0337+0.0399 由哈=2a(L2-o△t),解得a=2.7m/s2 ×40m/s≈1.5m/s. (3)司机反应时间内货车的位移大小为x1=o△t=9m (2)该次实验产生误差其中最主要的原因是“枪头”打点 此时车头离花盆的水平距离为d=L2-x1=15m 瞬间阻碍纸带的运动，故A、B错误，C正确 采取加速方式，要成功避险， 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 则加速运动的位移大小为x2=d+L1=23m, 力等大，与0角无关，故A、B错误；对一侧的梯子受力分析，受 加速时间为t'=t-△t=2s 到人沿梯子向下的作用力，地面竖直向上的支持力（不变），绳 设货车加速度大小至少为。才能避免被花盆砸到， 于水平方向的拉力，如图2所示，=F,an号，R人=。 0 0 则有名=61+2 c052 代入数据解得a=2.5m/s2, 可知0角越大，绳子的拉力越大，故C正确；对人受力分析，梯子 即货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆 对人的支持力大小等于人的重力，梯子对人的支持力与人对梯 砸到 子的压力是相互作用力，大小与0角无关，故D错误 第2期3版参考答案 7.设木棍与水平方向夹角为0，木棍长度为L,粮仓对木棍 一、单选题 的作用力大小为F,则为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡 1.C;2.B;3.D:4.A;5.C;6.C;7.C 条件有Fcos0≤uFsin0,由几何知识有tan0= h一，两式 - 提示： 联立解得L≤2m,即木棍的长度最大为2m,故A、B、D错误，C 1.三个大小分别是F,、F,、F,的共点力合成后的最大值一 定等于F,+F2+F,但最小值不一定等于零，只有当某一个力 正确. 的大小在另外两个力的合力范围内时，这三个力的合力才可能 二、多选题 8.AD:9.BC:10.BD 为零，故A错误；合力可能比三个力都大，也可能比三个力都 提示： 小，故B错误；合力能够为零的条件是三个力的矢量箭头能组 成首尾相接的三角形，任意两个力的和必须大于第三个力，故 8.以球B为研究对象，受力分析如图3所示， D错误，C正确. 可得出月=Gan6,R=G当A向右移动少 2.利用三角形定则可知，F2和F4的合力等于F、F,和F 许后，0减小，则F减小，F2减小，故A、D正确. 的合力也等于F,所以这5个力的合力大小为3F=30N,故B 图3 9.由于绳与衣架挂钩间摩擦忽略不计，故挂 正确. 钩相当于定滑轮，两端的拉力是一定相等的，故A错误；衣服原 3.吸盘与墙壁间存在弹力和摩擦力两对相互作用，故A错 来是受重力和两个拉力而平衡，绳对挂钩作用力大小等于重 误；墙壁对吸盘的弹力沿水平方向且垂直于墙面，对吸盘的摩 力.有风力后是四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力 擦力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力方向斜向上，即墙壁 对吸盘的作用力斜向上，故B错误；吸盘所受摩擦力与重力大 的合力相平衡，有F合=√(mg)2+F>mg,故两个绳子的 小相等，方向相反，与大气压无关，故C错误；大气对吸盘的压 拉力的合力必定变大，即绳对挂钩作用力变大，故C正确，D错 力与墙壁对吸盘的弹力大小相等，方向相反，是一对平衡力，故 误；绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆上，由于摩擦力忽 D正确 略不计，一开始衣服在绳的中点，两绳之间的夹角最大，在新位 4.设绳中张力为F,对A由平衡条件可得Fcos53°= 置时两个绳子的夹角变小，又两个绳子的拉力大小相等，合力 u(mg-Fsin53),对B由平衡条件可得Fcos37°-u(mgg- 变大，故两个绳子的拉力一定变化，故B错误。 m37.联立解得受多：号夜A正确 10.绳子对定滑轮B的作用力为BA和BC两段绳子弹力的 合力，方向不可能竖直向下，故A错误：重物匀速运动，则任意 5.A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图1所示. 对A:Fx=mgsin45°+mgcos45°， 段绳子的弹力等于重力的一半，即号由平行四边形定则可 对B:2 ngsin45°=Fr+3μngcos45°+umgcos45° 知，合力方向沿∠ABC的角平分线，与BA夹角为30°斜向下， 解得“=行，故C正确 大小为，放B.D正确，C错误 三、实验题 11.(1)见解析(2)正比5(3)BC 解析：(1)当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩 B Fa 码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力. 2mg CAfarannam (2)由图像乙知，所挂钩码质量m与弹簧形变量x按正比 图1 图2 例规律变化，所以可知钩码所受的重力mg与弹簧形变量x也 6.对人和梯子整体进行分析，有mg=FN,根据牛顿第三 按正比例变化，由于所挂钩码重力mg等于弹簧受到的弹力F, 定律可知，梯子对水平地面的作用力与水平地面对梯子的支持 所以可得出结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的 一 3 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 伸长量成正比； 14.解析：(1)由对称性可知，构件1、3对构件2的弹力大 根据胡克定律F=:,可得弹簧的劲度系数k=A 小相等，设为F △x 对构件2受力分析如图8所示， Amg 40 x 10 x10 N/m=5 N/m. △x 8×102 由平衡条件可得2Psim37°=mg,解得F=三 (3)F-L图像与横轴的交点等于弹簧原长，由图像知b的 原长比a的长，故A错误，B正确；F-L图像的斜率等于弹簧的 劲度系数k,由图像知a的劲度系数比b的大，故C正确；由 37139 F-L图像可知，弹簧弹力与弹簧长度为线性关系，但不是正比 ★3m mg 关系，故D错误 图8 图9 图10 12.(1)C(2)1.80(3)F(4)BC (2)由对称性可知，桌面对构件1、3的支持力大小相等.构 解析：(1)乙图中，实验时两细绳的夹角表示两个分力的 件1、2的摩擦力大小也相等.把三块构件看成一个整体，受力 夹角，两细绳不需要垂直，故A错误；为了减小实验误差，应在 分析如图9所示，由平衡条件可得2FN=3mg,解得：FN= 细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向，故B错 1.5mg 误：乙图和丙图中小圆环都处于O点表明：图中F单独作用的 (3)由对称性可知，构件1,3对构件2的弹力大小相等，构 效果与F,和F2共同作用的效果相同，故C正确.故选C 件1、2的摩擦力大小也相等。 (2)该弹簧测力计的分度值为0.1N,根据读数规则可知， 对构件1受力分析如图10所示，由平衡条件可得： 该读数为1.80N; F:=F'cos37°，又F'=F (3)由题意可知，F是用一根弹簧测力计拉橡皮条伸长相 若系统刚好静止μ最小，则F=“on,解得“mis=9 4 同的长度，根据等效替代法可知，F是合力的实际值，而F'是根 据平行四边形定则作出的合力理论值 15.解析：(1)包裹恰好下滑时，根据共点力平衡条件有 (4)由题意可知：保持0点位置不动，即合力大小方向不 mgsin 0 umgcos 0 变，弹簧测力计a的读数不变，因此根据要求作出力的平行四 解得u=tan0=0.75 边形定则，画出受力分析图如下： (2)水平以最大加速度启动时umg=mam 解得am-7.5m/s 根据牛顿第二定律可知，水平分力F.=ma=30N 竖直分力F,=mg=40N 根据力的合成可知，作用力F=√F+F产=50N 图4 图5 图6 (3)整个运送过程经历匀加速、匀速、匀减速三个过程，匀 第一种情况，原来、B的值较小，由图4可知α角逐渐变小 时，b的示数减小，同时B角减小； 加速，匀减速过程加=装=么=0.4s, 第二种情况，原来α、B值较大，由图5可以看出α角逐渐变 小时，b的示数减小，同时B角增大； =号=0.6m 或者，由图6可以看出α角逐渐变小时，b的示数减小，同 匀速过程x购=L-2x加=43.8m 时B角先增大，后减小；故选BC. 匀速运动的时间为幻==14.6s 四、解答题 匀 13.解析：(1)将力F按作用 最短时间t=t加+t诚+t均=15.4s. 效果沿AB和AC两个方向进行分 第3期3版参考答案 解，如图7甲所示，且F=F2,则 一、单选题 有2F,cosa=F,则扩张机AB杆 1.B;2.D;3.C;4.B;5.B;6.D;7.A. 的弹力大小为 提示： 图7 F .200N 1.牛顿第一定律又称惯性定律，是指任何物体都有保持原 F-2cos cos 有运动状态的特性，是普遍规律，不是牛顿第二定律在合力为 (2)再将F,按作用效果分解为FN和FN,如图乙所示，则 零下的特例，故A错误；火箭向后喷出气体，火箭给气体一个向 有F、=F,sina,联立得F、=ana,根据几何知识可知tana 下的力使气体获得速度，同时气体也给火箭一个反作用力，该 力大于火箭重力，根据牛顿第二定律，火箭将加速，故B正确； 方=10，解得Ry=5F=2000N = 我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，是因为提箱子的力 4 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 太小，此时箱子受到拉力、地面对箱子的支持力以及箱子的重牛顿第二定律F,=ma,机器人对菜品的作用力为支持力和静 力，三个力的合力为0，根据牛顿第二定律，加速度为0，物体仍 摩擦力的合力，F=√+F=√+(ma)之= 保持静止状态，故C错误；根据牛顿第二定律，运动物体的加速 √(mg)2+(ma)2>mg,故D正确. 度方向必定与其所受合力的方向相同，而不是速度方向，故D 7.当F比较小时，木板和木块相对静止，加速度相同，根据 错误. 2.下降过程中，榔头先加速后减速，向下加速过程，加速度 牛顿第二定律得a=F ,axt.当F比较大时， m1+m2m1+m 向下，处于失重状态，向下减速过程，加速度向上，处于超重状 木板和木块相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板有1= 态，故A错误；榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B 错误；由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头 ,μ、m1m,都一定，则a,一定：对木块有，=P一m5- m 1713 的支持力，故C错误；榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲 -g,a是的一次函数，t增大，a增大，又由于m+m < 击力为F,地面对石槽的支持力为F,石槽和年糕的总重力为 m2 G.则有FN=G+F>G,故D正确. ，则相对滑动后，图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜 m2 3.自由落体时羽毛球的加速度向下，处于失重状态，故A 率，故A正确 错误；自由落体时羽毛球所受的空气阻力大于筒的空气阻力， 二、多选题 而球和筒的加速度相同，可知球与筒有相互作用力，故B错误； 8.BC:9.AB:10.BCD. 出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现，故C正确；相对下移 提示： 时筒对羽毛球的力与羽毛球对筒的力是一对相互作用力，大小 8.把加速度分解成水平方向的加速度α.和竖直向上的加 相等，方向相反，故D错误 速度a,以人为研究对象，根据牛顿第二定律得，竖直方向 4.在上升阶段，初始时刻速度最大，对排球受力分析，受到 重力和向下的阻力（变力），根据牛顿第二定律得mg+= 1256-G=ma,解得4，=景.则a=品0=高8：4，=品0 5 ma,物体做加速度减小的变减速运动，在最高点时速度为零， 受重力，加速度不为零，故C错误；下降阶段，重力方向向下，阻 =号，沿水平方向，根据牛顿第二定律，=4，=号，放5C 力（变力）方向向上，合力是向下的，根据牛顿第二定律得mg一 正确，AD错误， '=ma',物体做加速度减小的变加速运动，故D错误；最终回 9.以P为对象，剪断轻绳之前，根据受力平衡可得此时弹 到出发点，上升阶段的逆过程为初速度为0、加速度增大的变 簧的弹力为F=kx=2mg-Fr=2mg-mg=mg,剪断轻绳 加速运动，与下降阶段相比，两个阶段位移的大小相同，加速度 的瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得P的加速 不同，时间不同，故A错误；全过程有阻力做功，初始时刻速度 最大，故B正确， 度大小为a=2m5上-2皿m=号，放A正确：剪断轻绳 2m 2m 5未撒去力F时，由题意得了mgam60°= 3m·V5g= 后，P向下运动x,弹簧的压缩量变为2x,弹簧的弹力变为F”= k·2x=2mg,可知弹力刚好与P的重力平衡，则P的加速度为 3m,说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用力，弹簧 1 零，故B正确；撤走长木板的瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛 1 3 mg 顿第二定律可得Q的加速度大小为a'=mg+F=mg+m竖三 m m 拉力大小F,= c0s60°=3mg,撤去力F的瞬间，弹簧弹力不 2 2g,故C错误；撤走长木板后，Q向下运动x,弹簧刚好恢复原 发生突变，仍为子g,小球与斜面之间的弹力不变，放小球对 长，弹力为零，Q只受重力作用，Q的加速度为重力加速度g,故 D错误 斜面的压力为零，故AD错误；设撤去力F瞬间斜面体的加速度 10.若行李在传送带上做匀加速直线运动，加速度大小为 大小为a,则F,os30°=ma,解得a=g,放B正确；小球 a=ug=2m/s,由位移与速度关系可得2ax加=v,解得xm= 1m<L=3m,故行李在传送带上先做匀加速直线运动，后做 受力不变，加速度不变，大小仍为3g,故C错误 6.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，不受摩擦力作 匀速直线运动，故A错误，D正确：加速时间4=。=1s,在此 用，故A错误；菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对 时间内传送带的位移x错=t=2m,行李在传送带上留下的摩 机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作 擦痕迹长度为△x=x猫-x加=1m,故匀速运动时间t2= 用力，故B错误；菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜 品的质量不变，菜品的惯性不变.故C错误；菜品随着机器人一 L-如=1s,行李从A到B所用的时间为t=4+名=2s,故 起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力F、=mg,由：BC正确 5 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 三、实验题 5 0,解得4=2 1.(1)不需要(2)D(3)2.0(4),4 2g-a 14.解析：(1)由牛顿第二定律mg=mam, 解析：(1)因细绳上连有拉力传感器可以准确测出绳的拉 解得am=5m/s 力从而得到小车的合力，则不需要用钩码的重力近似替代绳的 (2)恰好发生相对滑动F=(M+m)am,解得Fm=10N 拉力，则实验中不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量 当F=6N时由牛顿第二定律F=(M+m)a, (2)若某同学实验过程中忘记了平衡摩擦力，则用一定的 解得a=3m/s2 外力拉物体时加速度为零，故图像不过坐标原点，与横坐标有 由运动学公式2=2ad,解得v=√6m/s≈2.45m/s 交点；又因为使用了拉力传感器，故图像不会弯曲，故选D. (3)图中相邻两计数点间还有4个点未画出，故计数点间 (3)若铁块经过号停止，=2ad,斤=2a., 的时间间隔为T=5×了=0.1s 解得d1=0.5m 若铁块与挡板碰撞原速率反弹经过停止，店=2d,网 由逐差法求加速度可得a=m 47风 (12.00+13.99)-(8.01+9.99)×102m/s2≈2.0m/s2 =2.×头，解得6=1.5m,所以05m≤d≤1.5m 4×0.12 15.解析：(1)对物块B受力分析，有F=m1g (4)钩码挂在动滑轮下，若小车的加速度为a,则钩码加速 对物块A和木板构成的整体受力分析，平行于斜面方向上 1 度为)a,对钩码受力分析，由牛顿第二定律可知mg-2F,= 有F,+Fa=(M+m)gsin0 垂直于斜面方向上有FN=(M+m)gcos0 2ma,可得m=2g-0 4,小车平衡摩擦力后，由牛顿第二定律 木板恰好不下滑，有Fn=FN 联立解得Fn=16N,h=0.5 可得F=Ma=上，联立可得m=4a (2)木板恰好不上滑时，对物块A和木板构成的整体受力 12.(1)4.90(2)加速1.0(3)合规 分析，平行于斜面方向上有F2=(M+m)gsin0+Fn 解析：(1)图中弹簧测力计的分度值为0.1N,由图乙可知 其中F2=m2g,解得m2=4kg 测力计示数为4.90N. (3)对物块A受力分析，有u1 mgcos0-mgsin0=ma1 (2)在电梯向下运动过程中，由图丙可知弹簧测力计示数 解得a1=1m/s2 小于钩码的重力，则钩码的加速度方向向下，电梯该时刻向下 对物块B受力分析有m3g-F,=ma2 做加速运动.根据牛顿第二定律可得mg-F=ma,其中mg= 对木板受力分析有F3-Mgsin0-Fn-u mgcos0=Ma2 4.90N,F=4.40N 解得a2=2.9m/s2 解得此时电梯的加速度大小为a=1.0m/s2. 从物块4开始运动到滑离木板，有1=-4 (3)由于0.4m/s2<a<1.2m/s2,可知该实验中小区电 解得t=2s. 梯向下运行时的加速度合规 第4期3版参考答案 四、解答题 一、单选题 13.解析：(1)在图乙中0'处人 1.A;2.B;3.C;4.A;5.D:6.C:7.B. 下滑过程中的受力示意图，如图所示 提示： 由牛顿第二定律得 1.力不是维持物体运动的原因，是伽利略实验研究和逻辑 mgsin0-F ma 推理相结合得出的物理规律，故A正确；物体之间普遍存在相 又F:=FN=umgcos0,联立解得a1=2.5m/s2 互吸引力，是牛顿总结出的万有引力定律的内容，故B错误；物 (2)依题意，人在斜面上做匀加速直线运动，有 h 体间的相互作用力总是大小相等、方向相反，是牛顿第三定律 sin 0 的内容，故C错误；物体加速度大小与作用力成正比、与物体质 a2解得1=45 量成反比，是牛顿第二定律的内容，故D错误 人滑到斜面底端C处时速度的大小v=a,t=10m/s 2由题图可得#=：，则△：=A,整理可得会=会，可 1 h (3)由几何关系可知xB=xBc=2×sim0 得a=k,可知加速度随速度的增大而增大，故B正确，A错误； =10m 根据牛顿第二定律F-F=ma,可得F=kmm+F,当v=0时 根据动能定理mgh-u1 ngcos0·xAB一2 mngcos0·xC= F>0,故CD错误. 6 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 3.快递件在传送带上做加速运动的加速度大小为a= 的速度大小为v=at=2.5m/s,故B正确；对物体A受力分析， ms=2.5m/s2,设快递件传送带上一直做匀加速直线运动， 设绳子的拉力为F,由牛顿第二定律可得F-mgsin0=m1a, 代入数据解得F=7.5N,由乙图可知，滑轮C两边绳子的夹角 则有2aL=。-0,解得快递件到达传送带右端的速度大小为 为120°，由平行四边形定则可知，滑轮C对轻绳的作用力F。= o=25m/s<v=5m/s,加速成立；快递件一直做匀加速直 F=7.5N,故C正确：结合上述分析可得，滑轮D对轻绳的作用 线运动，快逢作以P端到0端的时问为1=冬-5故BD 力F,=2Fcos30°=7.5√3N,故D错误 9.以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C 正确；由于快递件在传送带上的加速度与快递件质量无关，所 静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F弹=3 mgsin0,以 以快递件质量越大，运动时间不变，故C错误。 C为研究对象知，细线的拉力为F线=mgsin 0,烧断细线的瞬 4.由图可知，传感器的最小压力约为200N,则根据牛顿第 间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得 二定律得最大加速度为a=G-上_500-200m/s=6mvs, m 50 3 ngsin0-2 mgsin0=2ma,则加速度a,=之sin0,故A,B错 故A正确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力的 误；以B为研究对象，由牛顿第二定律得F:-mgsin0=ma1, 示数先变小，后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立 3 再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中， 解得：F#=之mgsin0,故C正确：对球C,由牛顿第二定律得 力的示数先变小，后变大，人在站起过程中，力的示数先变大， mgsin0=ma2解得a2=gsin0方向沿斜面向下.故D正确. 后变小，所以动作人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作， 10.设任一细杆与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定 故D错误， 律有mgcos a=ma,解得环的加速度大小a=geos a,则a= 5.如图所示，以0点为圆心、A为圆周 的最高点、AB为弦作圆.小环沿AB运动的 8,a2= 气6,4=76，加速度之比为4：4，：4=2：万：1. √3 时间就是沿直径AC做自由落体运动的时 故C错误，D正确：设所在圆周的半径为R,则环下滑的位移x 间，有2L= 2,解得1=2故 :2Ro心，根据x=2,得1=√匠则下福时间相同，故A 正确. 错误，B正确。 6.物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受 三、实验题 合力为F台=mg-F,F=ns,F不断增大，加速度减小， 11.(1)AB( g-a 图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg-F=ma1,解得S,= 解析：(1)气垫导轨通过气垫支撑滑块，消除滑动摩擦力， 2(mg-ma,故A错误，C正确；左侧图线为开伞后的图线，有 1 无需平衡摩擦力，故A正确；力传感器直接测拉力，无需满足 Cpu “砝码盘及砝码总质量远小于滑块质量”，故B正确；实验应先 R=9p,,当=5时，有mg=R=pS,解得S 1 接通光电门电源，再释放滑块，故C错误；改变拉力需增减砝码 =2m写，且当减小时，a减小，故BD错误， 盘中砝码的质量，增减滑块配重块改变的是滑块质量，故D错 误 7.关闭动力后，车做匀减速运动，加速度大小为α，结合图 (2)砝码盘及砝码总质量越大，砝码盘及砝码的加速度 像可得a==g,a=40.30ms=0.6令，解得 6 α就越大，力传感器的示数F与砝码盘及砝码的总重力差值 m (mg-F=ma)就越大， 0.06,故A错误：图线与横轴围成的面积为位移x=(25+40) ×6×2m=195m,整个运动过程中的平均速度大小为元= (3)滑块经过光电门1的速度为，，滑块经过光电门 t =195 40m/s=4.875m/s,故B正确，C错误；平衡车在加速段时 2的速度为，=4，根据匀变速直线运动规律得好-=2， 有F-mg=ma',a'= 了/s,代人数值解得F=108N,故 6 联立可得0元方 士（马-二)，对砝码、砝码盘和传感器整体分析 D错误. F mog-F=moa,解得mo= g-a 二、多选题 12.(1)不需要(2)0.722.40(3)CD 8.BC;9.CD;10.BD. 解析：(1)该实验中用到了弹簧测力计，可以直接通过读 提示： 取弹簧测力计的示数得到小车所受到的合力，因此该实验不需 8.A和B的加速度大小相等，但方向不同，加速度不同，故 要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量， A错误；A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得m2gsin0- 1 m1gsin0=（m1+m2)a,代人数据解得a=2.5m/s2,B在1s末 (2)相邻两个计数点之间的时间间隔为T=5· 高考物理人教（第一轮复习）第1~4期 0.1s,根据匀变速直线运动的规律可得，B点的速度为 即满载时，有1个工件在做加速运动，有2个相对传送带静止： =7=1800230×10'm5=0.72w 做加速运动的工件对传送带的滑动摩擦力 0.2 Fn umgcos 0=6.8N 根据逐差法△x=aT,可得加速度 每个与传送带相对静止的工件受到静摩擦力 △x a=2= xn-xB=（28.81-9.61)=9.61 F=mgsin0=6N 4T2 4×0.01 2个匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力 10-2m/s2≈2.40m/s2 Fp =2Fto (3)根据实验原理可知，砝码和砝码盘位移始终等于小车 与空载相比，传送带需增大的牵引力 位移的一半，根据x=方可知，砝码和哒码登的加速度等于 F=Fn+F。=18.8N 15.解析：(1)根据牛顿第二定律： 小车加速度的一半，故A错误；实验过程中，砝码盘的加速度竖 直向下，因此可知砝码盘处于失重状态，故B错误；为了减小实 mgsin 0-mgcos 0 ma 验误差，使轻绳上的拉力等于小车所受到的合外力，则轻绳一 解得a1=2m/s2 定要与木板保持平行，故C正确；设轻绳上的张力为F,则弹簧 根据匀变速直线运动规律 测力计的读数为F的大小，对砝码和砝码盘，由牛顿第二定律 vi 2a L 有mg-2F=m,解得F-m2m“<受即弹簧测力计的读 解得vB=4m/s 2 (2)在传送带上匀减速运动，根据牛顿第二定律 数应小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D正确. umg maz 四、解答题 解得a2=2m/s 13.解析：(1)根据牛顿第二定律可得 根据匀变速直线运动规律 F-uamg mat 2-a=-2a2s 解得a=2m/s2,方向水平向右： 解得vc=2m/s (2)假设A与长木板发生相对滑动，对长木板有 根据平抛运动规律 uamg -ui (M +2m)g Maz A=方r= 解得a2=1m/s2<a1 解得x=1m 则假设成立，长木板的加速度大小为1m/s2,方向水平向 (3)若矿物在传送带上一直做匀加速运动，则离开D点时 右； 的速度最大，x最大 (3)设碰撞点距离长木板右端距离为'，则0~1时间内， 根据匀变速直线运动规律有 A,B以及木板的位移大小分别为与=子，与=4离= t呢-g=2a2s 1 20,分 解得vc=27m/s 所以要使x最大，传送带的速度27m/s≤v≤6m/s A、B相碰时满足 (4)①由(3)可知，当27m/s≤≤6m/s时，vo=vc= L-l1=x1-2,L'=L-(x1-x3) 2√7m/s 代入数据解得L=17m,L=9m. 14.解析：(1)设工件在传送带加速运动时的加速度为a, 解得：x1=ot=√万m 则umgcos0-mgsin0=ma ②由(2)可知若刊矿物在传送带上一直做减速运动，。= 代人数据解得a=0.8m/s2 2m/s,则v≤2m/s, (2)工件加速时间为4，==2.5s 解得x2=vot=1m a ③当2m/s<v<2√万m/s时，矿物离开C点时与传送带 工件加速过程的位移x二 =2.5m 共速，即。=v 因为x<1 解得x=d=（2）m 故工件先做匀加速直线运动再做匀速直线运动到B端，只 综上，当v≤2m/s时，x=1m; 有加速阶段留下痕迹，此时传送带的位移x。=vot1=5m 当2m/s<v<2万m/s时，x=（2v)m 痕迹长度△x=x-x 解得△x=2.5m 当2万m/s≤v≤6m/s时，x=√7m (3)工件从A到B匀速运动的时间5，=-=4.65s5 工件从A到B运动的总时间：t=t+2=7.15s -8素养 拓展 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 编者按：在高考的能力要求中，明确提出“能应用图 报纸发行质量反馈电话 物理的灵魂是用图 0351-5271248 像进行分析”的要求，在各类考试中，均有一定数量的图形 考查题出现即使在题中没有明确表示考查图像的问题，也 2026~2027学年 有很多需要借助作图才能解决，这样的问题在高考中占有 相当大的比例所以本学期我报新开辟了适 使大家对 直线运动图像分析 高考物理出版计划 高中物理中各部分知识所涉及 的图像问题透彻认识，熟练掌菲 期运动的描述匀变速 ◆江苏王仁泉 一、两个图像的比较 B.A在B前3m处 直线运动 A.从同一地点出发 (一)x-t图像 C.B在A前3m处 D.B在A前5m处 2期相互作用—力 1.图像上点的物理意义：物体在某一时刻 答案：C 所对应的位置 注意：看图像一定要看清坐标轴所描述的 图10 3期运动和力的关系（一） 2.图1中运动的描述：沿 物理量，千万不能张冠李戴， 有61= △2= U四 4期运动和力的关系（二》 x轴正方向做速度越来越小 二、关注两类典型的追及问题 的直线运动， 1.同时、同地开始.甲：匀速直线运动，乙： X左图= 2 -×(△t1+△2)×vm 5期抛体运动 3.注意： 初速度为0的匀加速直线运动，如图5所示.追 a=[△+4，+4出)]x 6期圆周运动 (1)x-t图像描述的 图 上条件：x里=x 定是直线运动，图线不是物体的运动轨迹 相遇前两车相距最远时：m=2 若最大速度m未知，最好先求出m,因为最 7期 万有引力与宇宙航行 追上时：U乙=2甲 大速度联系着加速、匀速、减速各个过程 (2)x-t图像的斜率（切线的斜率）表示物 注意：上述结论均与加速度a无关 另外，图9中，加速阶段的平均速度等于减 8期 机械能守恒定律（一）》 体的速度：斜率为正表示物体沿x轴正方向运 速阶段的平均速度，等于全过程的平均速度； 动，斜率为负表示物体沿x轴负方向运动. 9期 机械能守恒定律（二） 图10中，加速阶段的平均速度等于减速阶 (3)物理图线的斜率不能用切线倾角θ的 段的平均速度，小于全过程的平均速度.通过分 10期静电场（一） 正切tan0来求解，只能用两轴物理量的变化量 析题目，你会发现如果加速度改变用“-t图像 之比求解。这是因为标度不同，所画图线的倾角 图图5 6 表示可使解题很方便， 11期 静电场（二） 就不同 2.甲在前做匀速直线运动，乙从后方x处开 3.对于两个物体的追及问题，用-图像 (二)v-t图像 始由较大速度做匀减速直线运动，如图6所示 12期 电路及其应用 1.图像上点的物理意义：物体在某一时刻 恰好不撞的临界条件：z=甲时，x之= 往往也会比较方便，如果出发点不在同一位置 则一般还需要再画轨迹图. 13期电能能量守恒定律 所对应的速度，两个图线的交点表示速度相同. x甲+x 3.在追及问题中，两者间有最大（能够追 4.图像法全解追及相遇问题汇总 2.图2中运动的描述：沿 14期 动量守恒定律（一） 上)、最小（不能追上）间距时，往往都是速度相 类型 图像 特点 正方向做加速度越来越大 等的瞬间. 15期 动量守恒定律（二） 速度越来越大的变加速直线 注意：千万不能认为前车速度减为0时后车 匀加速道匀速 同时同地出发 运动 能追及且只能相 16期机械振动机械波 图2 仍没有追上前车，以后就都追不上 3.注意： 遇一次，当△等 AR57只 B (1):-t图像中看物体的运动是否反向，关 于两物体相距最 远时的距离时正 键看速度的正负，而不是看速度是变大还是上运动，当它们相距x= 图7 匀速追匀减速 好追上，即t= 17期机械振动机械波 变小 7m时，A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以 26时正好追上 二》 (2)v-t图像的斜率（切 4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时速度 交点意义： 线的斜率)表示物体的加速 为10m/s,方向向右，它在摩擦力作用下做匀减 速度相等，两物 匀加速追匀减道 18期光 度：斜率为正表示加速度为 速运动，加速度大小为2m/s2,求A追上B的 体相距最远 正（如图3中c所示），斜率为 时间 19期安培力与洛伦兹力 负表示加速度为负（如图3 答案：8s 同时出发，起点 20期电磁感应（一） 中b所示)，只要在同一条直线上，加速度a一定 提示：本题如果不用-t图像来解答，非常 相距0，两物体 相同，哪怕速度的方向发生变化 容易直接利用A的匀速和B的匀减速列位移关 匀减速追匀速 速度相等时，如 21期 电磁感应（二） 系方程，而不知判断B是否已经停下，导致出 果△x=0,则怜 (3)v-t图像中图线与t轴围成的面积表示 22期 交变电流 物体的位移，轴以上的面积为正位移，轴以下的 错，而图像解法则可避免这个错误 能追上，这也是 避免相撞的临界 面积为负位移，求总位移正负抵消，求路程取两 总结：运动学常考问题图像法解答技巧汇总 条件，只相遇 23期电磁振荡与电磁波 者绝对值之和 1.加速度不变的运动，一般回轨迹图 次；若△E< 要求：(1)规定正方 匀速追匀加速 传感器 (4)同一v-t图像中两个图线间的面积表 则不能追上，交 示两个物体间的相对位移。 向，在图8中标出五个物 点意义：速度相 图8 24期热学（一》 理量中的已知量、待求 等时距离最近 例1.如图4为两个物体 A/m"s' 量（注意停止是速度为零的隐含条件） 若△x>0,则相 25期热学（二） A和B在同一直线上沿同 (2)如果研究对象是不可以看成质点的物 遇两次。设1时 方向同时做匀加速运动的 体，在回轨迹图时务必错开回，以便分析位移等 匀减速追匀加速 刻=第 26期原子结构和波粒二象 v-t图像.已知在第3s末两 信息 次相遇，则2时 图4 性原子核 个物体在途中相遇，则物体 2.加速度变化的运动，一般画v-t图像 刻第二次相遇 的出发点的关系是 两种典型图像，如图9、10所示 数况格 高考物理 第1期 第一轮复习 总第1197期 2026年7月7日星期二 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-359A ● A球下落到地面的时间为t= 巫则必有 解题金仞匙 t>h,即>2h ,=10m/s 解匀变速直线运动问题方法大全 五、图像法的运用（详见4版） 六、运用逐差法求加速度 ◆山东王朝先 方法简介：强然由@=完可以从纸带上求 在解决物理问题时，巧妙的运用一些思维到C点时速度减为零.可以看成反向的从C向A 得加速度，但利用一个△x求得的加速度偶然误 方法，可以使复杂问题简单化，起到“四两拨千的初速度为零的匀加速直线运动. 差太大，最好多次测量求平均值.求平均值的方 斤”的功效.下面我们介绍在解决运动学问题中 根据初速度为零的匀加速运动的特点，在 常用的几种方法 法有两个：一是求各段△x的平均值△x,再用它 连续相等的时间内位移之比为x,:x2:x3:… 来求加速度；二是对每一个位移差分别求出加 一、全过程法 x。=1:3:5::(2n-1),现有CB:BA= 速度，再求加速度的平均值，但这两种求平均值 方法简介：全过程法又称为过程整体法，它 因此可得从C到B和从B到A的时间相等，故 是相对于程序法而言的.它是将研究对象所经 的方法实质是一样的，因前后项（除首尾项外） BC段运动所用时间为t. 历的各个不同物理过程合并成一个整体过程来 相互抵消，都达不到减小偶然误差的目的。因 三、巧用平均速度 此，可利用逐差法求加速度，即如果纸带上测得 研究分析.经全过程整体分析后，可以对全过程 一步列式求解.这样减少了解题步骤，减少了所 方法简介：平均速度的定义式为=二，在 连续6个相同的时间T内的位移x,x,x3,… 列的方程数，大大简化了解题过程，使多过程的 匀变速直线运动中平均速度还可以用公式) 6,如图3新示有：！玉F. 综合题求解变得简捷方便 图3 Uo v 在运动学问题中像物体受与初速度方向相 2 和D=片计算，式中o、v分别表示该段时 反的恒力作用而先匀减速后反向匀加速运动的 间内的初速度和末速度，号表示中间时刻的瞬 x4-x1=（x4-x3)+（x3-x2)+（x2-x1)】 问题（如竖直上抛运动），我们可以将两个过程 时速度.灵活运用这些平均速度公式可将解题 =3aT: 看成是整个匀减速直线运动进行研究，利用匀 过程化繁为简，化难为易. x5-x2=(x5-x4)+(x4-x3）)+（x3-x2】 减速直线运动的公式直接求解」 例3.物体从静止开始沿斜面做匀加速直线 =3aT: 例1，气球以10s的速度匀速上升，当上运动，经3s后开始在水平面内做匀减速直线运 x6-x3=(x6-x)+（x5-x4)+(x4-x3) 升到120m高度时，有一小金属球从气球上脱动，又经9s后停止在水平面上.求该物体在斜 3aT 离.求小金属球自脱离气球到着地的时间及落 面上与水平面上的位移之比 地时速度大小.（重力加速度g取10m/s2) 解析：物体的运动轨道如图2所示，在AB段 可得a=6-）+(s-)+(x-无) 97元 解析：小金属球（以下称小球）从气球上脱 加速，在BC段减速，由已知条件知v4=0,c= 这样把各段位移都用上了，可以有效地减小偶 离仍具有向上10m/s的初速度，同时只受重力 0,而vB是AB段的末速度，也是BC段的初速度 然误差. 的作用，故有向下的10m/s2的恒定加速度， 所以AB段的平均速度为 说明：如果纸带上所给位移为奇数段，可以 因此小球全过程做初速度为10m/s,加速 舍去一段，利用剩下的偶数段用上述方法计算. 度g=10m/s2的匀减速直线运动.设小球在空 例5.某同学在测定匀变速直线运动的加速 中运动的总时间为t,若规定竖直向上的方向为 BC段的平均速度为 正，将x=-120m,0=10m/s,a=-10m/s2, 图2 度时，得到了几条较为理想的纸带，已在纸带上 每5个点取好一个计数点，即两计数点之间的时 1 代入x=ot+2a,解得=6s,由v=o+a 间间隔为0.1s,以打点先后编为0,1,2,3,4,5 得v=-50m/s,因此落地速度为50m/s,方向 可见AB=UBC 由于不小心，纸带被撕断了，如下图所示.请根 向下. 据x=t可知， 据给出的A、B、C、D四段纸带回答： 二、逆向思维法 器提=8 (1)打A纸带时，物体的加速度大小是 方法简介：所谓“逆向思维”，简单来说就是 XEC VBc tec m/s2. “倒过来想一想”，将原来的“末态”作为“初 四、巧选参考系 (2)在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上 态”，反向研究问题的方法.一般用于解末态已 两个运动过程有相等的初、末速率是应用 撕下的那段纸带应该是 01?3 知的情况 巧选参考系解题的信号 66o 02 运动学问题中常将末速度为零的匀减速直 例4.离地面20m高处有一小球A从静止开 始自由下落，同时在它的正下方的地面上有另 C D 线运动反向看成初速度为零的匀加速直线运动 进行处理，直接利用初速度为零的匀加速直线 一小球B以初速度o=20m/s竖直上抛，求： 解析：(1)因小车做匀变速直线运动，加速 运动的规律解题 (1)经多长时间两球在空中相遇？ 度保持不变，打A纸带时，加速度： 例2.物体以一定的初 (2)要使两球在空中相遇，B球上抛的速度 速度冲上固定的光滑斜 最小满足什么条件？（不计空气阻力，两球均视 a=尝=-3a0-300x0wg 0.12 面，到达斜面最高点C时2 为质点，g取10m/s2) =0.6m/s2. 速度恰好为零，如图1所 解析：(1)设两球经时间t相遇，选取A球作 示，已知物体运动到斜面长度子处的B点所用时 为参考系，B球做速度为，方向竖直向上的匀 ②)小车的加速度a=行产，则45两点 间隔为：x=x2+3aP=(36.0×103+3×0.6 间为t,求物体从B到C所用的时间. 速直线运动，则两球的相遇时间为1=么=1。. ×10-2)m=54×10-3m 解析：物体沿斜面向上做匀减速直线运动， (2)设B球上抛的最小速度为v 答案：(1)0.6(2)C 《匀变速直线运动的研究》 C.t=6s时两车距离最近，且最近距离为10m D.两车在0~9s内会相撞 单元检测卷 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4个选项 中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有选错或不 ◎数理报社试题研究中心 选的得0分) 题 三 总 分 图2 A.物体A和B均做匀变速直线运动 8.甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地 得 分 B.在0~3s的时间内，物体A、B的间距逐渐减小 点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如 图5所示，其中两阴影部分的面积相等(S,=S,), 第I卷选择题（共46分） C.t=3s时，物体C、D的位移相同 多 D.在0~3s的时间内，物体C与D的间距逐渐增大 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的 A.甲、乙两车均做直线运动 5.两辆小汽车在平直路面上同向运动，两车从同一地点由静止同 四个选项中，只有一项是符合题目要求) B.在0~2时间内，甲、乙两车相遇两次 时出发，其位移x随速度平方2变化的关系图像如图3左图所示，图 1.一质点做匀变速直线运动，初速度大小为，经过一段时间速度 C.在0~，时间内，甲的加速度先减小后增大 (a)、(b)、(c)表示两车的v-t图像，以下判断正确的是 大小变为2，加速度大小为a,这段时间内的路程与位移大小之比为 D.在0~2时间内（不包括2时刻），甲车一直在乙车前面 5:3,则下列说法正确的是 9.如图6所示，广场上的景观喷泉正不断 A.在该段时间内质点运动方向不变 e r 地从水平地面竖直向上喷出水柱，喷泉边有一 个固定的告示牌（未画出），虚线“1”“2”“3” B.这段时间为” 所在水平面对应水平地面、告示牌顶端所在水 图3 《这段时间淡适点运动的路程为号 平面、该水柱最高点所在水平面。已知虚线 A.甲、乙两车在x处再次相遇 图6 B.甲、乙两车的v-t图像为图(a) “1”“2”间的高度差为2.2m,水从虚线“1”上升到虚线“2”所用的时 D.再经过相同的时间，质点速度大小为3 间为0.2s,重力加速度g到10m/s2,不计空气阻力，下列说法正确的 2.如图1所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔 C.甲、乙两车的v-t图像为图(b) 8 0.4s抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除了抛、接球的，4 D.甲、乙两车的v-t图像为图(c) A.水从地面喷出时的速度为12m/s 时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的 6.某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做 B.水从虚线“1”到虚线“3”的平均速度为11m/s 运动，则球到达的最大高度是（高度从抛球点算起，不计空气 匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x,从着陆到停下来所用的 C.水从虚线“2”到虚线“3”所用的时间为1.2s 阻力，g取10m/s2) （）图1 时间为，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的 D.虚线“2”“3”间的高度差为5m A.1.6m B.2.4m C.3.2m D.4.0m 速度应是 10.某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图7 3.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精 A.= B.=2 C.2 D.￥<<2 甲所示，他让小球以某一确定的初速度从固定斜面顶端0点滚下，经 确的重力加速度g值，有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”，它 过A、B两个传感器，其中B传感器固定在斜面底端，测出了A、B间的 是将测g值转变为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直 7.假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶.甲车在前， 距离x及小球在A、B间运动的时间.改变A传感器的位置，多次重复 方向放置，自其中0点上抛小球又落到原处的时间记为T2,在小球从 乙车在后，速度均为o=30m/s.甲、乙相距xo=100m,t=0时刻甲 实验，计算机作出图像如图乙所示.下列说法正确的是 运动过程中经过比0点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用车遭遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化关系分别如图4 的时间记为T,则所测g值等于 甲、乙所示取运动方向为正方向.下列说法正确的是 A.-8H B.4H (ms T-T m's? T-T 8H C(- D. 4H (0-T)7 图7 4.有四个物体A、B、C、D,物体A、B运动的x-t图像如图2甲所 A.小球在斜面上运动的平均速度大小为8m/s 示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的-t图像如图乙所示.根 B.小球在顶端0点的速度大小为4m/s 据图像做出的以下判断中正确的是 A.t=3s时两车相距最近 C.小球在余斜面上运动的加速度大小为2m/s B.t=6s时两车速度不相等 D.固定斜面的长度为6m 四、解答题（共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和 第Ⅱ卷非选择题（共54分） 演算步骤.只写出最后结果不能给分，有数值计算的题，答案中必须写 出数值和单位) 三、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分，将正确答案填在 13.（10分)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行 题中横线上或按要求作答) 速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装 11.用电火花计时器研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出 置一一制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等. 了如图8所示的一条纸带： 在一段直线轨道上，某高铁列车正以。=288kmh的速度匀速行驶， 列车长突然接到通知，前方x。=5km处道路出现异常，需要减速停 车.列车长接到通知后，经过1=25s将制动风翼打开，高铁列车获 图8 得a1=0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速2=40s后，列车长再 (1)电火花计时器使用的是220V的 (选填“直流”或 将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来. “交流”)电源；计时器打点的时间间隔为0.02s,每隔4个点取1个计： 求： 15.(16分)城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生.假 数点，依次得到了0、A、B、C、D几个计数点； (1)列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小： !设某高楼往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看 (2)用刻度尺量得0A=1.20cm,0B=2.80cm,0C=4.80cm, (2)制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度作自由落体运动.若阳台距地面47m,阳合台下方有一辆长L,=8m、高 0D=7.20cm,则打B点时纸带的速度大小为. m/s,纸带运 大小a2 h=2m的货车，以，=9m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方. 动的加速度大小为 m/s2; 花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2=24m(示意图 (3)如果当时电网中交变电流的频率变大，而做实验的同学并不 如图11所示，花盆可视为质，点，重力加速度g取10/s2) 知道，那么加速度的测量值比实际值 (选填“偏大”或“偏 (1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度。匀速直行，请计 小”). 算说明货车是否被花盆砸到； 12.“筋膜枪”是利用内部电机带动“枪头”高频冲击肌肉，缓解 (2)若司机发现花盆掉落，采取制动（可视为匀变速，司机反应时 肌肉酸痛的装备.某同学为了测量“枪头”的冲击频率，将如图9甲所 间△：=1s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最 示带限位孔的塑料底板固定在墙面上，“枪头”放在限位孔上方，靠近 小加速度； 并正对纸带.启动筋膜枪，松开纸带，让纸带在重锤带动下运动，“枪 (3)若司机发现花盆掉落，采取加速（可视为匀变速，司机反应时 头”在纸带上打下一系列点迹更换纸带，重复操作，得到多条纸带， 间△t=1s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被 选取点迹清晰的纸带并舍去密集点迹，完成下列实验内容： 花盆砸到？ 纸带 14.(12分)如图10所示，有一空心上下无底的弹性圆筒，它的下 塑料底板 端距水平地面的高度为（已知量），筒的轴线竖直.圆筒轴线上与筒 限位孔 顶端等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆 图11 筒碰地后的反弹速率为落地速率的手，它与地面的碰撞时间都极短， 图9 可看作瞬间反弹，运动过程中圆管的轴线始终位于竖直方向.已知圆 ! (1)该同学发现点迹有拖尾现象，他在测量各点间距时，以拖尾筒第一次反弹后再次落下，它的底端与小球同时到达地面（在此之前 点迹左边为测量点，如图乙所示 小球未碰过地)重力加速度为g,不计空气阻力，求： ①纸带的 (选填“左”或“右”)端连接重锤； (I)圆筒第一次落地弹起后相对于地面上升的最大高度hmx； ②重力加速度g取9.8ms2,可算得“枪头”的冲击频率为 (2)小球从释放到第一次落地所经历的时间以及圆筒的长度L. 一Hz,A点对应的速度为」 _m/s;(计算结果均保留2位 ←小球 有效数字) (2)该次实验产生误差的原因可能有 A.纸带与限位孔间有摩擦力 B.测量各点间的距离不精确 图10 C.“枪头”打点瞬间阻碍纸带的运动 其中最主要的原因是 (选填“A”“B”或“C”) 参考答案见下期