2025高中物理人教版必修1教学资源包（名师同步导学）模块综合检测卷含答案

2025高中物理人教版必修1教学资源包（名师同步导学）模块综合检测卷(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分.1～8题为单选题，9～15题为多选题)1．关于质点和参考系，下列说法中正确的是()A．质点就是体积很小的点B．研究人造地球卫星绕地球一周的时间时，卫星可以被视为质点C．“一江春水向东流”是以水为参考系来描述江水的运动D．我们常说“太阳东升西落”，是以太阳为参考系描述地球的运动解析：选B物体可否视为质点，与研究的问题有关，若物体形状、大小对所研究问题的影响可忽略，则可视为质点，与其自身大小无关，A错误，B正确；C中是以河岸为参考系，D中是以地球为参考系分别研究物体的运动情况，C、D错误．2.如图所示是教师上课做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过，手拿住木棒(保持水平)使磁铁保持静止，当手突然释放，让木棒和磁铁一起下落时，发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法中正确的是()A．手拿住静止时，任意一块磁铁所受的磁力小于木棒对它的静摩擦力B．手拿住静止时，任意一块磁铁所受的重力大于木棒对它的弹力C．放手下落时，由于失重现象，使木棒与磁铁间弹力发生变化D．放手下落时，磁铁惯性减小解析：选C手拿住静止时，说明磁铁处于平衡，故任意一块磁铁所受的磁力大小等于木棒对它的静摩擦力大小，任意一块磁铁所受的重力等于木棒对它的弹力，故A、B错误；放手下落时，加速度向下，故磁铁处于失重状态，由于失重现象，使木棒与磁铁间弹力发生变化，故C正确；由于下落时质量不变，故惯性不变，故D错误，故选C．3．在下图中，能表示物体处于平衡状态的是()解析：选C物体处于平衡状态是指物体保持静止(F＝0，v＝0)或匀速直线运动状态(F合＝0，a＝0，v不变)，可判断只有C正确．4.木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25；夹在A、B之间轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m.系统置于水平地面上静止不动．现用F＝1N的水平拉力作用在木块B上．如图所示．力F作用后()A．木块A所受摩擦力大小是12.5NB．木块A所受摩擦力大小是11.5NC．木块B所受摩擦力大小是9ND．木块B所受摩擦力大小是7N解析：选C根据题意可知fAmax＝50×0.25＝12.5N，fBmax＝40×0.25＝10N，弹簧弹力为F1＝kx＝400N/m×0.02m＝8N；则木块A受到向左的弹力为8N，小于最大静摩擦力，故A不动，故静摩擦力为8N，向右；用F＝1N的水平拉力作用在木块B上，木块B受弹簧向右的弹力为8N．拉力为1N，共9N，小于最大静摩擦力，故静摩擦力为9N，向左，C正确．5．人在平地上静止站立时，受到的支撑力等于人的重力．做原地纵跳时，在快速下蹲和蹬伸的过程中，人体受到的支撑力发生变化(如图，G为重力，F为支撑力)．下列曲线能正确反映该变化的是()解析：选D人从静止站立快速下蹲，有向下的加速度，处于失重状态，F＜G，在向上蹬伸的过程中，人有向上的加速度，处于超重状态，F＞G，当速度最大到腾空之前，重力大于支撑力，腾空后，支撑力为零．D选项正确．6.如图所示，将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角都是60°.现在使AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小，则()A．球对AC板的压力先增大后减小B．球对AC板的压力逐渐减小C．球对AC板的压力先减小后增大D．球对AC板的压力逐渐增大解析：选C分析球的受力如图所示，FAC和FAB的合力与球的重力G等大反向，当使AC板与水平面的夹角减小时，由图可以看出，球对AC板的压力先减小后增大，C正确．7．物体从静止开始做直线运动，v­t图象如图所示，则该物体()A．在第8s末相对于起点的位移最大B．在第4s末相对于起点的位移最大C．在第2s末到第4s末这段时间内的加速度最大D．在第4s末和第8s末在同一位置上解析：选D由图可知，6s内物体一直沿正方向运动，6～8s内物体反向运动，故第6s末相对于起点的位移最大，故A、B错误；图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，4～8s内的加速度最大，故C错误；4～6s内和6～8s内物体的位移大小相等、方向相反，故第8s末物体回到第4s所在的位置，故D正确．8.如图在倾斜的滑竿上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑竿向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则()A．环只受三个力作用B．环一定受四个力作用C．物体做匀加速运动D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力解析：选B以物体为研究对象，物体沿滑竿向下做直线运动，加速度为零或加速度与速度在同一直线上，而物体受到竖直向下重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力不可能沿倾斜的滑竿方向，故这个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑竿的支持力和滑动摩擦力，共四个力作用，故A、C错误，B正确；由平衡得，悬绳对物体的拉力等于物体的重力，故D错误．9．洗车房的内、外地面均水平，门口有一个斜坡．一辆小车洗完车出来，空挡滑行经历了如图所示的三个位置．忽略车轮所受的摩擦力，下列说法正确的是()A．小车在甲位置受到的合力为零B．小车在乙位置做匀速运动C．小车在丙位置受到的合力为零D．小车在丙位置做加速运动解析：选BD由图可看出小车在甲位置时，后轮所受地面的弹力竖直向上，前轮所受地面的弹力垂直斜面向上，小车所受重力竖直向下，三力之合不为零，小车做加速运动，A错误；同理可判B、D正确，C错误．10.高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．则下列说法正确的是()A．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力B．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力等于人的重力C．弹簧压缩到最低点时，人处于超重状态D．弹簧压缩到最低点时，人处于失重状态解析：选AC弹簧压缩到最低点后，人向上弹起，加速度的方向向上，人处于超重状态，高跷对人的作用力大于人的重力，故A、C正确，B、D错误．11.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体，跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角不变，下列说法中正确的是()A．车厢的加速度大小为gtanθB．绳对物体1的拉力为m1gcosθC．底板对物体2的支持力为(m2－m1)gD．物体2所受底板的摩擦力为m2gtanθ解析：选AD以物体1为研究对象进行受力分析，如图甲所示，物体1受到重力m1g和拉力T作用，根据牛顿第二定律得m1gtanθ＝m1a，解得a＝gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ，将T分解，在竖直方向根据二力平衡得T＝eq\f(m1g,cosθ)，故A正确，B错误；对物体2进行受力分析如图乙所示，根据牛顿第二定律得N＝m2g－T＝m2g－eq\f(m1g,cosθ)，f＝m2a＝m2gtanθ，故C错误，D正确．12.如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmgB．物体最终的速度为v1C．开始阶段物体做匀加速直线运动D．物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右解析：选BC当把物体无初速度地轻放在传送带的左端时，物体相对传送带向左运动，故物体所受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg，方向水平向右，所以物体将向右做匀加速运动，由于传送带足够长，物体将加速到v1，之后与传送带保持相对静止，不再受到摩擦力的作用，故选项A、D错，B、C对．13.如图所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧，并以加速度a竖直向上搬起，P和Q的质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间动摩擦因数为μ，在此过程中()A．P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下B．P受到Q的摩擦力大小为2μFC．P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g＋a)D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g＋a)解析：选AC设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为f1，设P受到Q的摩擦力大小为f2、方向竖直向上．对P、Q整体及P分别应用牛顿第二定律有2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，联立解得f2＝－0.5m(g＋a)，负号说明P受到Q的摩擦力方向向下，选项A、C正确．14．如图甲所示，一质量为m的小滑块放置在质量为M的长木板上，长木板放置在光滑的地面上．现对木板施加一随时间变化的水平拉力F的作用，通过传感器测得长木板的加速度a随拉力F变化的图象如图乙所示，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．长木板的质量M＝4kgB．滑块的质量m＝4kgC．当F＝8N时滑块的加速度为2m/s2D．滑块与长木板间的动摩擦因数为0.1解析：选BD由乙图可知，当F＝6N时，加速度为a＝1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝6kg；当F≥6N时，对长木板根据牛顿第二定律得a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，故当F≥6N时，a­F图线的斜率k＝eq\f(1,M)，根据题图可得M＝2kg，故滑块的质量为m＝4kg，故A错误，B正确；当F＝6N时，a＝1m/s2，代入数据解得μ＝0.1；当F＝8N时，长木板与滑块之间已经产生相对滑动，则对滑块单独分析，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，则a′＝μg＝1m/s2，故C错误，D正确．15.原来做匀速运动的升降机内，有一被拉长的弹簧拉住的具有一定质量的物体A静止在地板上，如图所示．现发现A突然被弹簧拉向右方，由此可判断，此时升降机的运动情况可能是()A．加速上升 B．减速上升C．加速下降 D．减速下降解析：选BC升降机匀速运动时，物体静止在地板上，说明物体受到的静摩擦力与弹簧的拉力平衡，即弹簧的拉力不大于最大静摩擦力，物体突然被拉动，说明拉力要大于最大静摩擦力，物体被拉动前，弹簧弹力是不变的，所以最大静摩擦力变小，其原因是物体与地板间的正压力减小了，物体处于失重状态，故应有向下的加速度，B、C对，A、D错．二、非选择题(共5小题，共55分)16．(6分)做“验证牛顿第二定律”的实验时：(1)甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图象为如图所示中的直线Ⅰ，乙同学画出的图象为图中的直线Ⅱ.直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，可能正确的是()A．实验前甲同学没有平衡摩擦力B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了C．实验前乙同学没有平衡摩擦力D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了(2)在研究小车的加速度a和小车的质量M的关系时，由于没有始终满足M≫m(m为砂桶及砂桶中砂的质量)的条件，结果得到的图象应是如下图中的图()解析：(1)对于甲，当F＝0时，加速度不为零，知平衡摩擦力时，斜面的倾角过大，故A错误，B正确；对于乙，F不等于零，加速度a仍然为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板的倾角过小，故C正确，D错误．(2)随着eq\f(1,M)增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定值g，故A、B、C错误，D正确．答案：(1)BC(2)D17．(9分)某同学利用如图(a)装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．(1)他通过实验得到如图(b)所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0＝________cm，劲度系数k＝____________N/m.(2)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图(c)所示时，该弹簧的长度x＝________cm.解析：(1)从题图(b)中可以看出，当外力为零时，弹簧的长度为4cm，即弹簧的原长为4cm，从图中可得当F＝2N时，弹簧的长度为8cm，即Δx＝4cm，所以劲度系数为k＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(2,4×10－2)N/m＝50N/m.(2)从题图(c)中可得弹簧的弹力为3.0N，所以从图(b)中可以找出，当F＝3N时，弹簧的长度为10cm.答案：(1)450(2)1018．(12分)楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10N，刷子的质量为m＝0.5kg，刷子可视为质点，刷子与板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4m，取sin37°＝0.6，试求：(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．解析：(1)以刷子为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图．根据牛顿第二定律得(F－mg)sinθ－f＝ma(F－mg)cosθ－N＝0又f＝μN，联立解得a＝2m/s2.(2)刷子做匀加速运动，初速度为零，位移为L＝4m，则L＝eq\f(1,2)at2得到t＝eq\r(\f(2L,a))＝2s.答案：(1)2m/s2(2)2s19．(14分)如图所示，质量为m的物体A放在倾角为θ＝37°的斜面上时，恰好能匀速下滑，现用细线系住物体A，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，另一端系住物体B，物体A恰好能沿斜面匀速上滑，求：(1)物体A和斜面间的滑动摩擦因数；(2)物体B的质量．解析：(1)当物体A沿斜面匀速下滑时，受力图如图甲：根据共点力平衡条件，有：Ff＝mgsinθFN＝mgcosθ其中Ff＝μFN联立解得μ＝tan37°＝0.75.(2)当物体A沿斜面匀速上滑时，受力图如图乙：A物体所受摩擦力大小不变，方向沿斜面向下沿斜面方向的合力为0，故TA＝Ff′＋mgsinθ对物体B：TB＝mBg由牛顿第三定律可知TA＝TB由以上各式可求出mB＝1.2m.答案：(1)0.75(2)1.2m20．(14分)如图甲所示为一风力实验示意图．开始时，质量为m＝1kg的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并静止于O点．现用沿杆向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t1＝0.4s后撤去风力．小球沿细杆运动的v­t图象如图乙所示(g取10m/s2)，试求：(1)小球沿细杆滑行的距离；(2)小球与细杆之间的动摩擦因数；(3)风力F的大小．解析：(1)由图象可得eq\x\to(v)＝1m/s故小球沿细杆滑行的距离x＝eq\x\to(v)t＝1.2m.(2)减速阶段的加速度大小a2＝eq\f(Δv,Δt)＝2.5m/s2由牛顿第二定律得μmg＝ma2即动摩擦因数μ＝0.25.(3)加速阶段的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝5m/s2由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1解得F＝7.5N.答案：(1)1.2m(2)0.25(3)7.5N章末质量检测卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分.1～8题为单选题，9～15题为多选题)1．(2019·福建省上杭县第一中学高一月考)关于匀变速直线运动的研究，下列说法正确的是()A．做自由下落运动的物体，刚开始运动时的速度和加速度都为零B．如果物体在相等位移内速度的变化相同，则物体做匀变速直线运动C．如果物体在相等时间内加速度的变化相同，则物体一定做匀变速直线运动D．做匀变速直线运动的物体，在连续相等时间内位移的变化一定相同解析：选D做自由下落运动的物体，刚开始运动时的速度为零，但加速度不为零，A错误；如果物体在任意相等时间内速度的变化相同，则物体做匀变速直线运动，B错误；匀变速直线运动的加速度不变，C错误；做匀变速直线运动的物体，在连续相等时间内，位移之差为常数，D正确．2．(2018·天津南开区天津中学高一月考)某物体沿一直线运动，其位移x与时间t的关系式为x＝2t－2t2，则()A．其初速度v0＝2m/sB．其加速度大小为a＝2m/s2C．物体2s内的位移为4mD．物体的运动方向一直不变解析：选A位移与时间t的关系式为x＝2t－2t2，可以简化为x＝v0t－eq\f(1,2)at2，则a＝4m/s2，v0＝2m/s.物体在2s内的位移为2×2－2×22＝－4m，由v＝v0－at得0.5s后运动方向改变．3．下列图象中，不表示匀变速直线运动的是()解析：选A选项A的信息是速度大小和方向不变，表示匀速直线运动，符合题意；选项B的信息表示v2与x是线性关系，由v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax可知，选项B表示匀减速直线运动，不符合题意；选项C的信息表示加速度的大小和方向均不随位移改变，表示匀变速直线运动，不符合题意；选项D的信息表示速度与时间的关系是线性关系，由v＝v0＋at可知，不符合题意．故选A．4．(2018·福建省上杭县第一中学高一月考)A为实心木球，B为实心铁球，C为空心铁球．已知三个球的直径相同，A、C球质量相同．它们从同一高度同时由静止开始下落，运动中空气阻力不计，以下说法中正确的是()A．三个球同时落地 B．A球先落地C．B球先落地 D．C球先落地解析：选A空气阻力不计，三个小球做自由落体运动，根据公式h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))，三个小球从同一高度释放，说明下落高度相同，故下落时间相同，A正确．5．高速公路限速120km/h，一般也要求速度不小于80km/h.冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速公路上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是()A．10m/s B．15m/sC．10eq\r(3)m/s D．20m/s解析：选B在反应时间内汽车的位移x1＝vt，减速的位移x2＝eq\f(v2,2a)，由题意知，vt＋eq\f(v2,2a)＝30m，解得v＝15m/s，所以B正确，A、C、D错误．6．甲物体运动的速度—时间图象如图甲所示，乙物体运动的位移—时间图象如图乙所示，则关于这两个物体的运动情况，下列说法正确的是()A．甲在整个t＝4s时间内有往复运动，它通过的总路程为12mB．甲在整个t＝4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6mC．乙在整个t＝4s时间内有往复运动，它通过的总路程为12mD．乙在整个t＝4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m解析：选D甲在整个t＝4s时间内有往复运动，它通过的总路程为eq\f(1,2)×3×2×2m＝6m，通过的总位移大小为0，选项A、B错误；乙在整个t＝4s时间内运动方向一直不变，通过的总路程和总位移大小均为6m，选项D正确，C错误．7.一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB(照片中轨迹长度与实际长度相等)．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知曝光时间为0.001s，则小石子出发点离A点约为()A．20m B．10mC．6.5cm D．45m解析：选A据题意，由于照相机曝光时间极短，仅为t＝0.001s，据在极短时间内的平均速度等于瞬时速度，即vA＝vAB＝eq\f(x,t)，而据上图可知物体在0.001s时间内的位移为0.02m，则石子在A点的瞬时速度为vA＝eq\f(0.02,0.001)＝20m/s，据匀变速直线运动速度位移时间关系v2＝2gh可得物体下落位置到A点的高度为20m，故A选项正确．8．(2019·浙江嘉兴一中高一检测)爬竿运动员从竖直竿上端由静止开始先匀加速下滑2t时间，然后再匀减速下滑t时间恰好到达竿底且速度为0，则前后两段匀变速运动过程中加速度大小之比为()A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1解析：选A根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的加速度大小，从而得出加速度大小之比．设匀加速运动的末速度为v，则匀加速运动的加速度大小a1＝eq\f(v,2t)，匀减速运动的加速度大小a2＝eq\f(v,t)，则a1∶a2＝1∶2，故A正确．9.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度图象如图所示，那么0～t和t～3t两段时间内()A．加速度大小之比为3∶1B．位移大小之比为1∶2C．平均速度大小之比为2∶1D．平均速度大小之比为1∶1解析：选BD两段的加速度大小分别为a1＝eq\f(v,t)，a2＝eq\f(v,2t)，A错误；两段的平均速度eq\x\to(v)1＝eq\x\to(v)2＝eq\f(v,2)，C错误，D正确；两段的位移x1＝eq\f(1,2)vt，x2＝vt，B正确．10．以6m/s的速度在水平面上运动的小车，如果获得大小为2m/s2的加速度，则它的速度大小变为10m/s需要的时间为()A．5s B．2sC．3s D．8s解析：选BD加速度方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，故可由10m/s＝6m/s＋2m/s2×t1及－10m/s＝6m/s－2m/s2×t2，解得t1＝2s，t2＝8s.11．做自由落体运动的物体，先后经过空中的M、N两点时的速度分别为v1和v2，则下列说法中正确的是()A．M、N间的距离为eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2g)B．经过MN的平均速度为eq\f(v1＋v2,2)C．经过MN所需的时间为eq\f(v2－v1,g)D．经过MN中点时的速度为eq\f(\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2)),2)解析：选ABC根据自由落体运动规律可得veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2gh，解得h＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2g)，A正确；eq\x\to(v)＝veq\f(t,2)＝eq\f(v1＋v2,2)，B正确；v2＝v1＋gt，t＝eq\f(v2－v1,g)，C正确；veq\f(x,2)＝eq\r(\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),2))，D错误．12.甲、乙两质点在同一直线上，向同方向做匀加速直线运动v­t图象如图所示，在3s末两质点在途中相遇，则下列判断正确的是()A．两质点出发点间的距离是甲在乙之前6mB．两质点出发点间的距离是甲在乙之前4.5mC．在第2秒，乙质点加速度为2m/s2，甲质点加速度为1.5m/s2D．在第2秒，乙质点加速度为3m/s2，甲质点加速度为1m/s2解析：选AC在v­t图象中图线与坐标轴形成的面积表示某段时间内物体的位移，0～3s内甲的位移为3m，乙的位移为9m，在3s末两质点相遇，二者初始距离为6m，故A正确，B错误；两质点做匀加速直线运动，a甲＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(3－0,3－1)m/s2＝1.5m/s2，a乙＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6－0,3－0)m/s2＝2m/s2，故C正确，D错误．13．为了得到塔身的高度(超过5层楼高)数据，某人在塔顶使一颗石子做自由落体运动．在已知当地重力加速度的情况下，可以通过下面哪几组物理量的测定，求出塔身的高度()A．最初1s内的位移 B．石子落地的速度C．最后1s内的下落高度 D．下落经历的总时间解析：选BCD最初1s内的位移可以不告知，也可以求出，无法知道落地的时间和落地的速度，故无法求出塔身的高度，故A错误；知道石子的落地速度，根据v2＝2gh可求出塔的高度，故B正确；知道石子最后1s内的位移，根据h＝v0t＋eq\f(1,2)gt2，可以求出最后1s内的初速度，根据速度时间公式求出落地速度，再根据v2＝2gh，求出塔的高度，故C正确；知道石子下落的时间，根据h＝eq\f(1,2)gt2求出塔身的高度，故D正确．14．物体从静止开始做匀加速直线运动．已知第4s内与第2s内的位移之差是12m．则可知()A．第1s内的位移为3mB．第2s末的速度为8m/sC．物体运动的加速度为2m/s2D．物体在第5s内的平均速度为27m/s解析：选AD根据x4－x2＝2aT2得，物体运动的加速度a＝eq\f(x4－x2,2T2)＝eq\f(12,2×12)m/s2＝6m/s2，则第1s内的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×6×12m＝3m，故A正确，C错误；第2s末的速度v2＝at2＝6×2m/s＝12m/s，故B错误；物体在第5s内的位移x5＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,4)＝eq\f(1,2)×6×25m－eq\f(1,2)×6×16m＝27m，则物体在第5s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x5,T)＝eq\f(27,1)m/s＝27m/s，故D正确．15．(2018·黑龙江佳木斯一中高一月考)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．一辆以8m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，发现有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m，该车减速时的加速度大小为5m/s2.则下列说法中不正确的是()A．如果驾驶员立即刹车制动，则t＝2s时，汽车离停车线的距离为2mB．如果在距停车线6m处开始刹车制动，汽车能在停车线处停下C．如果驾驶员的反应时间为0.4s，汽车刚好能在停车线处停下D．如果驾驶员的反应时间为0.2s，汽车刚好能在停车线处停下解析：选ABC若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－8,－5)s＝1.6s＜2s，所以从刹车到停止的位移x2＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a)＝6.4m，汽车离停车线的距离为8m－6.4m＝1.6m，故A错误；如果在距停车线6m处开始刹车制动，从刹车到停止的位移是6.4m，汽车将越过停车线停下，故B错误；从刹车到停下的位移是6.4m，所以汽车匀速运动的位移是1.6m，则驾驶员的反应时间t＝eq\f(1.6,8)s＝0.2s，故C错误，D正确．二、非选择题(共5小题，共55分)16．(6分)(2019·北京市中央民族大学附属中学高一月考)在研究小车做匀变速运动的加速度的实验中，实验装置如下：(1)实验中不需要的器材是________(用代号表示)．①电火花计时器、②刻度尺、③秒表、④带滑轮长木板、⑤小车、⑥纸带、⑦天平．(2)打点计时器在纸带上打出点痕，下列说法正确的是________．A．电磁打点计时器使用6V的直流电源B．电火花打点计时器使用220V的交流电源C．点痕记录了物体运动的时间D．点痕记录了物体在某段时间内的位移解析：(1)在本实验中不需要测量小车或砝码的质量，因此不需要天平，电火花打点计时器使用的是220V交流电源，同时打点计时器记录了小车运动时间，因此不需要秒表．故不需要的器材为③⑦.(2)电磁打点计时器使用的是4～6V交流电源，而电火花打点计时器使用220V的交流电源，故A错误，B正确；打点计时器每隔一定的时间打下一个点，因而点迹记录了物体运动的时间，故C正确；同时也记录了物体在不同时刻的位置和某段时间内的位移，故D正确，故选BCD.答案：(1)③⑦(2)BCD17．(9分)(2018·福建省厦门外国语学校高一月考)研究小车匀加速直线运动的实验装置如图甲所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图乙所示，其中每相邻两点之间还有4个点未画出．(1)某同学的部分实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取出纸带B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是________(填字母代号即可)．(2)图乙中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝______s.(3)计数点6对应的瞬时速度大小计算式为v6＝______(用题中字母表示)．(4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________________________.解析：(1)做实验时应该遵循先安装器材，然后进行实验，因此实验步骤的正确顺序为DCBA．(2)打点的时间间隔为0.02，每相邻两点之间还有4个记录点未画出．则相邻两计数点间的时间间隔为0.1s.(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则计数点6的瞬时速度v6＝eq\f(x5＋x6,2T).(4)根据Δx＝aT2得a＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2).答案：(1)DCBA(2)0.1(3)eq\f(x5＋x6,2T)(4)eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)18．(1