浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高一上学期10月月考物理试题
一、单选题（本题共13小题。每小题只有一项是符合题目要求的，每小题3分，共39分）
1．（2024高一上·余姚月考）对于体育比赛的论述，下列说法正确的是（ ）
A．运动员跑完800m比赛，指的是路程大小为800m
B．运动员铅球成绩为4.50m，指的是位移大小为4.50m
C．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10min，指的是时刻
D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看作质点
2．（2024高一上·余姚月考）下列物理量的合成使用平行四边形法则（或三角形法则）的是（ ）
A．速率 B．路程 C．时间 D．速度变化量
3．（2024高一上·余姚月考）由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过的位移为0.4m，以下说法正确的是（ ）
A．第1s末的速度为0.4m/s B．加速度为0.8m/s2
C．第3s内通过的位移为1.2m D．前2s内通过的位移为1.2m
4．（2024高一上·余姚月考）汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下面的说法中正确的是（ ）
A．汽车能拉着拖车向前是因为汽车对拖车的拉力大于拖车拉汽车的拉力
B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力
C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车受到的阻力：加速前进时，地面对汽车向前的作用力（牵引力）大于拖车对它的拉力
D．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车向前拉拖车的力大于拖车向后拉汽车的力
5．（2024高一上·余姚月考）如图为点做直线运动的x－t图象，关于这个点在4s内的的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．4s时质点回到出发点
B．质点始终向同一方向运动
C．质点先向负方向运动，再向正方向运动
D．4s内质点通过的路程为8m，而位移为零
6．（2024高一上·余姚月考）如图，甲乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电梯均匀速向上运动，则（ ）
A．甲受到三个力的作用
B．甲对电梯的压力与甲的重力是一对作用力和反作甲用力
C．扶梯对乙的支持力与乙的重力是一对平衡力
D．扶梯对乙的作用力方向竖直向上
7．（2024高一上·余姚月考）随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点。某品牌无人驾驶汽车进行刹车性能测试，得到汽车在平直路面上紧急刹车（车轮抱死）过程中的位移随时间变化的规律为（的单位是，的单位是），则下列说法不正确的是（ ）
A．该汽车刹车的初速度为
B．该汽车刹车的加速度为
C．刹车后末的速度为
D．刹车后内的位移为
8．（2024高一上·余姚月考）从高h处自由下落一个物体，落地时间为t，则物体下落到离地面的高度为 时，所经历的时间为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一上·余姚月考）一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经过AB段的时间是t，则下列判断中错误的是（ ）
A．经过A，B中点的速度是4v
B．经过A，B中间时刻的速度是4v
C．前 时间通过的位移比后 时间通过的位移少1.5vt
D．前 位移所需时间是后 位移所需时间的2倍
10．（2024高一上·余姚月考）迪拜塔超过160层，拥有56部电梯，那将是世界上速度最快且运行距离最长的电梯，电梯的简化模型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a随时间t变化。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图如图2所示。（类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解由v-t图像求位移的方法，请你借鉴此方法）下列说法正确的是（ ）
A．第11s内电梯向上做减速运动
B．电梯在第1s内速度改变量 v1=0.5m/s
C．电梯在第2s末的速率v2=1.0m/s
D．电梯41s末回到出发点
11．（2024高一上·余姚月考）如图，两木块的的质量分别是和，两轻弹簧的劲度系数分别为和，上面的木块压上面的弹簧上（与弹簧不连接），整个系处于平衡状态，现缓慢向上提上面的木块直到它刚离开上面的弹簧，在这个过程中，上面的木块移动的距离为（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高一上·余姚月考）如图所示，两细杆间距离相同、与水平地面所成的角相同，夹角为α，小球从装置顶端由静止释放，离开细杆前的运动可视为匀加速直线运动，当两杆的支持力的夹角为时，此时每根杆的支持力大小为（ ）
A． B． C． D．
13．（2024高一上·余姚月考）A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的 图像如图所示，已知在t = 10 s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法中正确的是（ ）
A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1 m/s2
B．A、B在0时刻相距10 m
C．t = 2s时，A、B在同一位置
D．在0~10 s内A、B之间的最大距离为49 m
二、不定项选题（本题共3小题，每小题至少有一个选项是符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共12分。
14．（2024高一上·余姚月考）下列给出的四组图像中，能够反映同一直线运动的是（ ）
A．
B．
C．
D．
15．（2024高一上·余姚月考）利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。某同学在一次实验中得到的运动小车的速度时间图像如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．小车在一直线上先前进，再后退
B．小车运动的最大速度为0.8m/s
C．0~14s内小车的位移一定大于7.5m
D．小车的加速度先减小后增大
16．（2024高一上·余姚月考）如图所示物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点测得AB=2m，BC=3m。且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，A、B、C各点的瞬时速度表示为vA、vB、vC。则下列说法正确的是（ ）
A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得C、D两点间距离
C．可以确定vC-vB>vB-vA D．可求得OA的距离为1.125m
三、非选择题（本题共6小题，共49分）
17．（2024高一上·余姚月考）某探究小组的同学利用如图甲所示的装置“探究小车速度随时间变化的规律”，请你根据题图回答以下问题：
（1）除了图甲中标出的器材外，还需要 。
A．弹簧测力计 B．刻度尺 C．天平 D．秒表
（2）本次实验选择的是电火花打点计时器是图 （选填“乙”或“丙”）中的计时器，该计时器的工作电压是 （选填“直流电”、“交流电8V”、 “交流电220V”）。
（3）实验中，正确的做法是 。
A．打点计时器应接到干电池上
B．先释放小车再接通电源
C．先接通电源再释放小车
D．小车释放前应远离打点计时器
（4）某同学用装置测定匀加速直线运动的加速度，打出的一条纸带如图丁所示，A、B、C、D、E、F为在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s：
①打点计时器打下C点时小车的速度大小为 m/s；(结果保留两位有效数字)
②由纸带所示数据可算出小车的加速度大小为 m/s2。
18．（2024高一上·余姚月考）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度，一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。
s(m) 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950
t(ms) 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4
s/t(m/s) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22
完成下列填空和作图：
（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是 ；
（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出图线 ；
（3）由所画出的图线，得出滑块加速度的大小为a= m/s2（保留2位有效数字）。
19．（2024高一上·余姚月考）铜铜同学乘坐杭温线“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏。当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中。在铜铜同学记录动车组速率这段时间内，求：
t/s v/m s-1
0 20
100 30
300 40
400 40
500 50
550 60
600 70
（1）动车组的加速度值分别多大？
（2）动车组位移的大小？
20．（2024高一上·余姚月考）（2012年河南郑州一模）2011年8月10日，改装后的瓦良格号航空母舰进行出海航行试验，中国成为拥有航空母舰的国家之一．已知该航空母舰飞行甲板长度为L="300" m，某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a=4.5 m／s2，飞机速度要达到v="60" m／s才能安全起飞．
(1)如果航空母舰静止，战斗机被弹射装置弹出后开始加速，要保证飞机起飞安全，战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大
(2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少是多大
21．（2024高一上·余姚月考）如图所示，在离地面高处以的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长的小车，其前端距离抛出点的正下方，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做的匀加速直线运动。已知小球在空中运动的总时间为t=4s，g取10 m/s2，忽略空气阻力及小车的高度，求：
（1）小球抛出点离地面的高度；
（2）小球落地前最后一秒的位移大小x；
（3）当小车末端到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为，方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度大小的范围。
22．（2024高一上·余姚月考）如图所示，在质量为m=1kg的重物上系着两条细绳，细绳OA的另一端连着圆环，园环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ=0.74，另有一条细绳，其一端跨过定滑轮挂一重物，定滑轮固定在水平棒上的B点。当细绳的端点挂上质量为0.6kg的重物G时，圆环将要开始滑动，此时两条细绳的夹角φ=90°，（设最大静摩擦等于滑动摩擦，g取10m/s2，试问：
（1）此时细绳OA的拉力是多少？
（2）OA与OB的夹角θ是多少？
（3）圆环的质量是多少？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程
【解析】【解答】A．运动员跑完800m比赛，运动员的轨迹是曲线，因此指的是路程大小为800m，A正确；
B．运动员铅球成绩为4.50m，指的是铅球在水平方向的分位移大小为4.50m，B错误；
C．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10min，10min指的是一段时间，是时间间隔，C错误；
D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的大小和形状不能忽略，否则就分不出硬币的正反面，因此该硬币不可以看作质点，D错误。
故选A。
【分析】根据位移是出发点到终止点的距离，路程是实际运动轨迹长度；时刻是时间轴上的点，时间是段；质点是物体的形状、大小不影响物体运动描述，即可把物体用一个有质量的点代替；以此分析判断。
2．【答案】D
【知识点】加速度；矢量与标量
【解析】【解答】速率、路程、时间为标量，遵循代数运算法则，速度变化量是矢量，遵循平行四边形法则（或三角形法则）。
故答案为：D。
【分析】明确矢量和标量的区别：矢量有大小和方向，标量只有大小。
速率、路程、时间，只有大小，是标量， 使用代数运算法则；速度变化量，有大小和方向，是矢量，使用平行四边形定则或三角形定则。
3．【答案】B
【知识点】位移与路程；加速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】A、由位移公式求出加速度，根据
（ ）
得
不是，A错误 ；
B、代入，即
解得，B正确 ；
C、第内位移，第内位移对应比例，则
不是，C错误 ；
D、第内位移
前内位移
不是，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．利用匀加速加速直线运动的速度公式，结合加速度和时间计算第末速度 。
B．根据匀加速直线运动位移公式，已知第内位移、时间，求解加速度 。
C．依据初速度为的匀加速直线运动，连续相等时间（为一段 ）内位移比为，先确定第内位移对应比例，再结合第内位移计算 。
D．先根据连续相等时间位移比，算出第内位移，再结合第内位移，求前内总位移 。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】A、汽车对拖车的拉力和拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，与运动状态无关，A错误 ；
B、作用力与反作用力同时产生、同时变化、同时消失，汽车对拖车的拉力和拖车对汽车的拉力是同时出现的，并非有先后顺序，B错误 ；
C、匀速前进时，拖车合力为，汽车对拖车的拉力与拖车受到的阻力大小相等；加速前进时，汽车要加速，地面对汽车的牵引力需大于拖车对汽车的拉力（这样才能提供汽车加速所需的合力 ），C正确 ；
D、汽车对拖车的拉力和拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，大小始终相等，不管是匀速还是加速运动，二者都相等，D错误 ；
故答案为：C。
【分析】A．依据牛顿第三定律，判断汽车对拖车的拉力与拖车对汽车拉力的关系 。
B．从作用力与反作用力的产生特性（同时性）分析 。
C．分别对匀速、加速时的拖车、汽车受力分析，结合平衡条件和加速条件判断 。
D．基于牛顿第三定律，明确汽车拉拖车的力与拖车拉汽车力的大小关系，不受运动状态影响 。
5．【答案】B
【知识点】位移与路程；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A、时，质点位置；时，，位置不同，未回到出发点，A错误 ；
B、图象斜率恒定且为正，说明速度不变，质点始终沿正方向运动，B正确 ；
C、斜率不变，运动方向不变，不是先负向后正，C错误 ；
D、路程；位移是初末位置差，为，不是零，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．看时质点位置与出发点（时位置）是否相同 。
B．依据图象斜率表示速度，通过斜率是否变化、正负判断运动方向 。
C．同选项B，分析斜率判断运动方向是否改变 。
D．分别计算路程（轨迹长度）和位移（初末位置有向线段） 。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用
【解析】【解答】A、甲受重力和支持力，共2个力，A错误；
B、甲对电梯的压力与电梯对甲的支持力是相互作用力，和甲的重力不是，B错误；
C、乙受三个力，支持力与重力不共线，不是平衡力，C错误；
D、扶梯对乙的合力与重力等大反向，方向竖直向上，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．对甲进行受力分析，依据匀速运动合力为0，判断受力个数。
B．区分相互作用力与其他力的关系，看甲对电梯的压力和甲的重力是否符合相互作用力特征。
C．对乙受力分析，判断扶梯对乙的支持力与乙的重力是否满足平衡力条件（等大、反向、共线、同一物体 ）。
D．分析乙的受力情况，根据匀速运动合力为0，确定扶梯对乙作用力的方向。
7．【答案】D
【知识点】位移与路程；加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A、匀变速直线运动位移公式为，题目中位移，对应可得初速度v0=24m/s，A正确；
B、由与对比，，解得a=-6m/s2，B正确 ；
C、已知v0=24m/s，a=-6m/s2，t=2s，代入速度公式得，C正确 ；
D、汽车刹车到停止时速度为0，由，得0=24-6t0，解得t0=4s，即刹车4s后汽车停止。所以刹车后5s内的位移实际是4s内的位移，代入位移公式得x=48m，不是45m，D错误 ；
故答案为：D。
【分析】本题通过匀变速直线运动的位移公式、速度公式分析：
A．将汽车位移公式与匀变速直线运动位移公式对比，提取初速度。
B．依据匀变速直线运动位移公式，对比得出加速度。
C．运用匀变速直线运动速度公式计算2s末速度。
D．先求刹车总时间，判断5s内汽车实际运动时间，再计算位移。
8．【答案】D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】根据自由落体运动的规律：
联立解得：
D符合题意。
故答案为：D
【分析】自由落体的条件是物体只受到重力，且初速度为零的运动，故自由落体运动为匀变速直线运动，结合匀变速直线运动公式求解即可。
9．【答案】A
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据推论可得中点位移处的速度：
A错误，符合题意；
B．根据推论可得平均速度：
即中间时刻的瞬时速度。B正确，不符合题意；
C．前 时间通过的位移：
后 时间通过的位移：
所以有：x2-x1=1.5vt
C正确，不符合题意；
D．前 位移有
后 位移有
联立可得：
D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】物体做匀变速直线运动，假设物体的加速度，结合题目给出的物体的初末速度、运动位移和运动时间，利用运动学公式列方程求解即可。
10．【答案】B
【知识点】加速度；图象法
【解析】【解答】A、电梯初速度为，第内加速度为正（与速度方向相同，速度向上 ），是加速度减小的加速运动，不是减速运动，A错误 ；
B、图象与坐标轴围成“面积”对应速度变化量，第内图象是三角形，，B正确 ；
C、内图象是梯形
初速度为，则末速率，不是，C错误 ；
D、内“面积”和为，速度变化量为，但电梯一直向上运动（速度方向未变 ），末速度为，是上升到最大高度，未回到出发点，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．根据加速度方向与速度方向关系，判断运动是加速还是减速 。
B．利用图象“面积”表示速度变化量，计算第内速度变化量 。
C．计算内图象“面积”得速度变化量，结合初速度求末速率 。
D．依据图象“面积”和为分析速度变化量，结合运动方向判断是否回到出发点 。
11．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；胡克定律
【解析】【解答】 对：初态平衡，重力与弹力相等，即
解得
对、整体：整体平衡，总重力与弹力相等，即
解得
当刚离开时，对，重力与弹力平衡，即
解得
移动距离等于初态、压缩量之和，减去末态压缩量，即
代入、、表达式
故答案为：C 。
【分析】通过分析初末状态弹簧的压缩量，利用胡克定律和平衡条件，计算出初态两弹簧压缩量、末态下方弹簧压缩量，进而求出上方木块移动距离（初末状态弹簧压缩量的变化总和 ）。
1. 初态分析：对、整体受力，根据平衡和胡克定律，算、的压缩量、 。
2. 末态分析：刚离开时，对受力，算此时压缩量 。
3. 移动距离：移动距离等于初态两弹簧压缩量之和，减去末态压缩量（即初末状态弹簧形变的总变化 ）。
12．【答案】C
【知识点】力的分解
【解析】【解答】小球沿细杆匀加速，垂直细杆方向合力为0。重力沿垂直细杆方向分力为，此分力与两细杆支持力的合力平衡，即 ，两细杆支持力大小均为，夹角。根据平行四边形法则，两力合成时，合力与分力的关系为：
（因两力对称，合力沿夹角平分线，分力在垂直合力方向的分量抵消，沿合力方向分量相加 ）。
联立和，得：
，
解得 ，
故答案为：C。
【分析】受力分解与合成：小球受重力、两细杆支持力。将重力沿垂直细杆和平行细杆方向分解，垂直方向合力由两支持力的合力平衡；
平行四边形法则：两支持力大小相等，夹角为，用平行四边形法则（或力的合成），结合垂直方向合力与重力分力的关系列方程求解。
13．【答案】D
【知识点】加速度；追及相遇问题
【解析】【解答】A、由，得
图象斜率
计算B图象斜率
；
则 ；
解得 ，不是，且B的初速度为（相似三角形得 ），做匀加速直线运动，A错误 ；
B、t=10s时，
0时刻间距（A在B前 ），不是10m，B错误 ；
C、t=2s时，
故，A、B不在同一位置，得出C错误 ；
D、当，即
解得
此时；
最大间距
D正确 ；
【分析】A．从匀变速直线运动位移公式出发，变形得到 与的关系式，结合图象斜率求加速度 。
B．先确定A运动性质（匀速，速度 ），再根据t=10s时A、B相遇，分别算此时位移，进而求0时刻间距 。
C．计算t=2s时A、B的位移，结合0时刻间距，判断位置关系 。
D．两物体速度相等时，间距最大。先根据速度关系求对应时间，再分别算该时刻位移，结合初始间距求最大间距 。
14．【答案】B,C
【知识点】图象法；匀速直线运动；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】A、图象中，0-3s物体以6m/s做匀速直线运动，3-5s做匀加速直线运动 ；但图象里，0-3s、3-5s物体都静止（位移不变 ）。两者运动状态矛盾，故A不符合题意 ；
B、图象中，0-3s匀速（加速度为0 ），3-5s匀加速（加速度 ）；图象中，0-3s加速度为0（对应匀速 ），3-5s加速度为2m/s2（对应匀加速 ）。运动状态匹配，故B符合题意 ；
C、图象中，0-3s静止（速度0 ），3-5s速度（匀速 ）；图象中，0-3s、3-5s均以2m/s匀速（加速度0 ）。运动状态匹配，故C符合题意 ；
D、图象中，0-3s静止、3-5s匀速，整个过程加速度为0 ；但图象中，3-5s加速度为2m/s2（非匀速运动的加速度 ）。两者矛盾，故D不符合题意 ；
故答案为：BC。
【分析】A．分别分析图象和图象反映的运动状态，对比是否一致。
B．对比图象和图象各阶段运动特征（加速度、速度变化 ）。
C．从图象算速度，再与图象反映的速度变化比对。
D．分析图象和图象的加速度、速度情况是否相符。
15．【答案】B,C
【知识点】位移与路程；加速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、v-t图象中速度一直是正值，说明小车小车一直沿正方向运动，不会后退，A错误 ；
B、观察图象，速度的峰值对应最大速度，为0.8m/s，B正确 ；
C、图象与时间轴围成的“面积”是位移，通过数格子（或估算 ），0-14s 内“面积”大于7.5m（比如按小格估算，面积约为9.0m>7.5m ），C正确 ；
D、图象斜率先减小，然后在一段水平（斜率为0，加速度为0 ），之后再增大，不是先减小后增大，D错误 ；
故答案为：BC 。
【分析】A．根据速度正负判断运动方向，速度始终为正则运动方向不变 。
B．直接从v-t图象读取速度最大值 。
C．利用v-t图象与时间轴围成“面积”表示位移，估算面积大小 。
D．依据v-t图象斜率表示加速度，分析斜率变化确定加速度变化 。
16．【答案】B,D
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A、由、，得
但时间间隔未知，无法算出加速度大小，A错误 ；
B、因连续相等时间位移差相等，
故CD=4m，可求C、D间距，B正确 ；
C、匀变速直线运动中，相等时间内速度变化量，所以
并非，C错误 ；
D、B是AC中间时刻
由得OB位移
；
结合 ，算出 ；，D正确 ；
故答案为：BD。
【分析】A． 运用匀变速直线运动位移差推论，看能否求出加速度 。
B．依据位移差推论，找CD与BC、AB的关系求CD 。
C．利用匀变速直线运动速度变化特点（相等时间内速度变化量相等 ）判断。
D．先借中间时刻速度公式求vB，再用速度 - 位移公式求OB，最后算OA 。
17．【答案】B；丙；交流电220V；C；0.51；2.0
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）小车受到的拉力是钩码通过细绳对小车作用，不需要弹簧测力计和天平；纸带上点迹间记录时间由打点计时器测得，不需要秒表；距离需要刻度尺测量，故B正确，ACD错误。
故答案为：B；
（2）本次实验选择的打点计时器是图丙，该计时器的工作电压是交流电源，工作电压220V；
故答案为：丙；交流电220V；
（3）A．电火花打点计时器应该接在220V交流电源上，故A错误；
BCD．为了充分地利用纸带，应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B、D错误，C正确；
故答案为：C；
（4）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度，可得
根据逐差法可得加速度为
故答案为：0.51；2.0；
【分析】（1）依据实验需求，判断测量物理量（位移需刻度尺，时间由打点计时器测 ），筛选出需要刻度尺（B）。
（2）区分电火花（图丙，工作电压220V交流电 ）与电磁打点计时器（图乙，低压交流电 ），确定选丙。
（3）为充分利用纸带、保证数据完整，需先接通电源，后释放小车。
（4）速度：用“中间时刻速度等于平均速度”， ；加速度：用“逐差法”，（n为间隔数 ），减小误差。
18．【答案】（或者）；图像如图；2.0（1.8~2.2）
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）滑块沿斜面做匀加速运动，把经过光电门乙的速度视为末速度，逆过程是初速度为的匀减速运动（到光电门甲时速度减小 ）。由匀变速位移公式
两边除以得
这就是、、、满足的关系式（也可写 ）。
故答案为：（或者）；
（2）依据表格中和的数据，在坐标纸对应位置描点（如时， 等 ），然后用直尺将这些点拟合成一条直线，得到图线 。
故答案为：
；
（3）由可知，图线斜率 ，则加速度（取绝对值 ）。
在图线上选两个点（如和 ），计算斜率
所以
（在范围内合理 ）。
故答案为：2.0（1.8~2.2）。
【分析】（1）滑块沿斜面做匀变速直线运动，把经过光电门乙的速度v1作为末速度，逆过程看是匀减速到光电门甲（初速度为v1 ），用位移公式推导s、t等物理量关系。
（2）根据表格数据，在坐标纸上准确描点，再用直线拟合这些点，画出图线 。
（3）从推导的与的线性关系（ ）中，明确斜率与加速度的联系（斜率绝对值的2倍是加速度 ），通过图线斜率计算加速度。
19．【答案】（1）解：第一次加速的加速度大小为
第二次加速的加速度大小为
（2）解：第一次加速的时间为
第二次加速的时间为
则匀速运动的时间为
第一次加速的位移为
第二次加速的位移为
匀速运动的位移为
则有
【知识点】位移与路程；加速度；平均速度
【解析】【分析】（1）用 ，从表格找两次匀加速的和，算得 、 。
（2）匀加速用，匀速用；先求各阶段时间，再算位移并累加，得总位移 。
（1）第一次加速的加速度大小为
第二次加速的加速度大小为
（2）第一次加速的时间为
第二次加速的时间为
则匀速运动的时间为
第一次加速的位移为
第二次加速的位移为
匀速运动的位移为
则有
20．【答案】（1）解：设战斗机被弹射出来时的速度为v0，由得
（2）解：设飞机起飞所用时间为t，在时间t内航空母舰航行距离为L1，航空母舰的最小速度为υ1．
对航空母舰有 L1＝v1t
对飞机有v＝v1＋at
由以上三式联立解得
解法二：以航空母舰为参考系，对飞机有，解出结果同样给4分
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）先确定运动模型：飞机做匀加速直线运动，已知末速度v=60m/s、加速度a=4.5m/s2、位移L=300m，初速度v0待求，用匀变速直线运动速度 - 位移公式 ，代入计算。
（2）先分析相对运动：航母位移：（t为飞机起飞时间 ）；飞机速度：（末速度 ）；飞机相对航母位移：（L=300m 为甲板长 ），再联立方程，代入计算。
21．【答案】解：（1）以竖直向上为正方向，初速度，加速度，由竖直上抛规律得
解得
则小球抛出点离地面的高度为。
（2）小球做上抛运动所用时间为
因此下落总时间为3s，小球落地前最后一秒的位移大小
（3）小车车尾到达抛出点正下方时间为，由
解得
速度为
当小车车尾刚好接住小球，则
解得
当小车车头刚好接住小球，则
解得
故为了让小车接住小球，加速度大小的范围为
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）小球做竖直上抛运动，利用位移公式可以求出抛出点到地面的高度；
（2）小球做竖直上抛运动，利用速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出最后1s内的位移大小；
（3）当小车恰好接住小球时，利用位移公式可以求出小车加速度的大小范围。
22．【答案】（1）解：以结点O为研究对象，受力分析，如图所示
沿x方向有
在y方向有
联立可得
，，
（2）解：由于
所以
（3）解：以圆环为研究对象，受力分析，如图所示
在水平方向，根据共点力的平衡条件可得
在竖直方向，根据共点力的平衡条件可得
；
解得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）选取结点O为研究对象，对其进行受力分析（受到、、 ），依据共点力平衡条件，在水平和竖直方向分别列方程，结合已知T1=G，联立求解得出细绳OA的拉力T2 。
（2）利用（1）中求解得到的sinθ的值（ ），根据三角函数特殊值，直接确定夹角θ=53° 。
（3）选取圆环为研究对象，分析其受力（受到支持力N、摩擦力f、自身重力m'g、细绳拉力T2 ），依据共点力平衡条件，在水平和竖直方向分别列方程，再结合摩擦力公式，联立求解得出圆环的质量m'。
（1）以结点O为研究对象，受力分析，如图所示
沿x方向有
在y方向有
联立可得
，，
（2）由于
所以
（3）以圆环为研究对象，受力分析，如图所示
在水平方向，根据共点力的平衡条件可得
在竖直方向，根据共点力的平衡条件可得
解得
1 / 1浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高一上学期10月月考物理试题
一、单选题（本题共13小题。每小题只有一项是符合题目要求的，每小题3分，共39分）
1．（2024高一上·余姚月考）对于体育比赛的论述，下列说法正确的是（ ）
A．运动员跑完800m比赛，指的是路程大小为800m
B．运动员铅球成绩为4.50m，指的是位移大小为4.50m
C．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10min，指的是时刻
D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看作质点
【答案】A
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程
【解析】【解答】A．运动员跑完800m比赛，运动员的轨迹是曲线，因此指的是路程大小为800m，A正确；
B．运动员铅球成绩为4.50m，指的是铅球在水平方向的分位移大小为4.50m，B错误；
C．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10min，10min指的是一段时间，是时间间隔，C错误；
D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的大小和形状不能忽略，否则就分不出硬币的正反面，因此该硬币不可以看作质点，D错误。
故选A。
【分析】根据位移是出发点到终止点的距离，路程是实际运动轨迹长度；时刻是时间轴上的点，时间是段；质点是物体的形状、大小不影响物体运动描述，即可把物体用一个有质量的点代替；以此分析判断。
2．（2024高一上·余姚月考）下列物理量的合成使用平行四边形法则（或三角形法则）的是（ ）
A．速率 B．路程 C．时间 D．速度变化量
【答案】D
【知识点】加速度；矢量与标量
【解析】【解答】速率、路程、时间为标量，遵循代数运算法则，速度变化量是矢量，遵循平行四边形法则（或三角形法则）。
故答案为：D。
【分析】明确矢量和标量的区别：矢量有大小和方向，标量只有大小。
速率、路程、时间，只有大小，是标量， 使用代数运算法则；速度变化量，有大小和方向，是矢量，使用平行四边形定则或三角形定则。
3．（2024高一上·余姚月考）由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过的位移为0.4m，以下说法正确的是（ ）
A．第1s末的速度为0.4m/s B．加速度为0.8m/s2
C．第3s内通过的位移为1.2m D．前2s内通过的位移为1.2m
【答案】B
【知识点】位移与路程；加速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】A、由位移公式求出加速度，根据
（ ）
得
不是，A错误 ；
B、代入，即
解得，B正确 ；
C、第内位移，第内位移对应比例，则
不是，C错误 ；
D、第内位移
前内位移
不是，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．利用匀加速加速直线运动的速度公式，结合加速度和时间计算第末速度 。
B．根据匀加速直线运动位移公式，已知第内位移、时间，求解加速度 。
C．依据初速度为的匀加速直线运动，连续相等时间（为一段 ）内位移比为，先确定第内位移对应比例，再结合第内位移计算 。
D．先根据连续相等时间位移比，算出第内位移，再结合第内位移，求前内总位移 。
4．（2024高一上·余姚月考）汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下面的说法中正确的是（ ）
A．汽车能拉着拖车向前是因为汽车对拖车的拉力大于拖车拉汽车的拉力
B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力
C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车受到的阻力：加速前进时，地面对汽车向前的作用力（牵引力）大于拖车对它的拉力
D．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车向前拉拖车的力大于拖车向后拉汽车的力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】A、汽车对拖车的拉力和拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，与运动状态无关，A错误 ；
B、作用力与反作用力同时产生、同时变化、同时消失，汽车对拖车的拉力和拖车对汽车的拉力是同时出现的，并非有先后顺序，B错误 ；
C、匀速前进时，拖车合力为，汽车对拖车的拉力与拖车受到的阻力大小相等；加速前进时，汽车要加速，地面对汽车的牵引力需大于拖车对汽车的拉力（这样才能提供汽车加速所需的合力 ），C正确 ；
D、汽车对拖车的拉力和拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，大小始终相等，不管是匀速还是加速运动，二者都相等，D错误 ；
故答案为：C。
【分析】A．依据牛顿第三定律，判断汽车对拖车的拉力与拖车对汽车拉力的关系 。
B．从作用力与反作用力的产生特性（同时性）分析 。
C．分别对匀速、加速时的拖车、汽车受力分析，结合平衡条件和加速条件判断 。
D．基于牛顿第三定律，明确汽车拉拖车的力与拖车拉汽车力的大小关系，不受运动状态影响 。
5．（2024高一上·余姚月考）如图为点做直线运动的x－t图象，关于这个点在4s内的的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．4s时质点回到出发点
B．质点始终向同一方向运动
C．质点先向负方向运动，再向正方向运动
D．4s内质点通过的路程为8m，而位移为零
【答案】B
【知识点】位移与路程；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A、时，质点位置；时，，位置不同，未回到出发点，A错误 ；
B、图象斜率恒定且为正，说明速度不变，质点始终沿正方向运动，B正确 ；
C、斜率不变，运动方向不变，不是先负向后正，C错误 ；
D、路程；位移是初末位置差，为，不是零，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．看时质点位置与出发点（时位置）是否相同 。
B．依据图象斜率表示速度，通过斜率是否变化、正负判断运动方向 。
C．同选项B，分析斜率判断运动方向是否改变 。
D．分别计算路程（轨迹长度）和位移（初末位置有向线段） 。
6．（2024高一上·余姚月考）如图，甲乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电梯均匀速向上运动，则（ ）
A．甲受到三个力的作用
B．甲对电梯的压力与甲的重力是一对作用力和反作甲用力
C．扶梯对乙的支持力与乙的重力是一对平衡力
D．扶梯对乙的作用力方向竖直向上
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用
【解析】【解答】A、甲受重力和支持力，共2个力，A错误；
B、甲对电梯的压力与电梯对甲的支持力是相互作用力，和甲的重力不是，B错误；
C、乙受三个力，支持力与重力不共线，不是平衡力，C错误；
D、扶梯对乙的合力与重力等大反向，方向竖直向上，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．对甲进行受力分析，依据匀速运动合力为0，判断受力个数。
B．区分相互作用力与其他力的关系，看甲对电梯的压力和甲的重力是否符合相互作用力特征。
C．对乙受力分析，判断扶梯对乙的支持力与乙的重力是否满足平衡力条件（等大、反向、共线、同一物体 ）。
D．分析乙的受力情况，根据匀速运动合力为0，确定扶梯对乙作用力的方向。
7．（2024高一上·余姚月考）随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点。某品牌无人驾驶汽车进行刹车性能测试，得到汽车在平直路面上紧急刹车（车轮抱死）过程中的位移随时间变化的规律为（的单位是，的单位是），则下列说法不正确的是（ ）
A．该汽车刹车的初速度为
B．该汽车刹车的加速度为
C．刹车后末的速度为
D．刹车后内的位移为
【答案】D
【知识点】位移与路程；加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A、匀变速直线运动位移公式为，题目中位移，对应可得初速度v0=24m/s，A正确；
B、由与对比，，解得a=-6m/s2，B正确 ；
C、已知v0=24m/s，a=-6m/s2，t=2s，代入速度公式得，C正确 ；
D、汽车刹车到停止时速度为0，由，得0=24-6t0，解得t0=4s，即刹车4s后汽车停止。所以刹车后5s内的位移实际是4s内的位移，代入位移公式得x=48m，不是45m，D错误 ；
故答案为：D。
【分析】本题通过匀变速直线运动的位移公式、速度公式分析：
A．将汽车位移公式与匀变速直线运动位移公式对比，提取初速度。
B．依据匀变速直线运动位移公式，对比得出加速度。
C．运用匀变速直线运动速度公式计算2s末速度。
D．先求刹车总时间，判断5s内汽车实际运动时间，再计算位移。
8．（2024高一上·余姚月考）从高h处自由下落一个物体，落地时间为t，则物体下落到离地面的高度为 时，所经历的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】根据自由落体运动的规律：
联立解得：
D符合题意。
故答案为：D
【分析】自由落体的条件是物体只受到重力，且初速度为零的运动，故自由落体运动为匀变速直线运动，结合匀变速直线运动公式求解即可。
9．（2024高一上·余姚月考）一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经过AB段的时间是t，则下列判断中错误的是（ ）
A．经过A，B中点的速度是4v
B．经过A，B中间时刻的速度是4v
C．前 时间通过的位移比后 时间通过的位移少1.5vt
D．前 位移所需时间是后 位移所需时间的2倍
【答案】A
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据推论可得中点位移处的速度：
A错误，符合题意；
B．根据推论可得平均速度：
即中间时刻的瞬时速度。B正确，不符合题意；
C．前 时间通过的位移：
后 时间通过的位移：
所以有：x2-x1=1.5vt
C正确，不符合题意；
D．前 位移有
后 位移有
联立可得：
D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】物体做匀变速直线运动，假设物体的加速度，结合题目给出的物体的初末速度、运动位移和运动时间，利用运动学公式列方程求解即可。
10．（2024高一上·余姚月考）迪拜塔超过160层，拥有56部电梯，那将是世界上速度最快且运行距离最长的电梯，电梯的简化模型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a随时间t变化。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图如图2所示。（类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解由v-t图像求位移的方法，请你借鉴此方法）下列说法正确的是（ ）
A．第11s内电梯向上做减速运动
B．电梯在第1s内速度改变量 v1=0.5m/s
C．电梯在第2s末的速率v2=1.0m/s
D．电梯41s末回到出发点
【答案】B
【知识点】加速度；图象法
【解析】【解答】A、电梯初速度为，第内加速度为正（与速度方向相同，速度向上 ），是加速度减小的加速运动，不是减速运动，A错误 ；
B、图象与坐标轴围成“面积”对应速度变化量，第内图象是三角形，，B正确 ；
C、内图象是梯形
初速度为，则末速率，不是，C错误 ；
D、内“面积”和为，速度变化量为，但电梯一直向上运动（速度方向未变 ），末速度为，是上升到最大高度，未回到出发点，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．根据加速度方向与速度方向关系，判断运动是加速还是减速 。
B．利用图象“面积”表示速度变化量，计算第内速度变化量 。
C．计算内图象“面积”得速度变化量，结合初速度求末速率 。
D．依据图象“面积”和为分析速度变化量，结合运动方向判断是否回到出发点 。
11．（2024高一上·余姚月考）如图，两木块的的质量分别是和，两轻弹簧的劲度系数分别为和，上面的木块压上面的弹簧上（与弹簧不连接），整个系处于平衡状态，现缓慢向上提上面的木块直到它刚离开上面的弹簧，在这个过程中，上面的木块移动的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；胡克定律
【解析】【解答】 对：初态平衡，重力与弹力相等，即
解得
对、整体：整体平衡，总重力与弹力相等，即
解得
当刚离开时，对，重力与弹力平衡，即
解得
移动距离等于初态、压缩量之和，减去末态压缩量，即
代入、、表达式
故答案为：C 。
【分析】通过分析初末状态弹簧的压缩量，利用胡克定律和平衡条件，计算出初态两弹簧压缩量、末态下方弹簧压缩量，进而求出上方木块移动距离（初末状态弹簧压缩量的变化总和 ）。
1. 初态分析：对、整体受力，根据平衡和胡克定律，算、的压缩量、 。
2. 末态分析：刚离开时，对受力，算此时压缩量 。
3. 移动距离：移动距离等于初态两弹簧压缩量之和，减去末态压缩量（即初末状态弹簧形变的总变化 ）。
12．（2024高一上·余姚月考）如图所示，两细杆间距离相同、与水平地面所成的角相同，夹角为α，小球从装置顶端由静止释放，离开细杆前的运动可视为匀加速直线运动，当两杆的支持力的夹角为时，此时每根杆的支持力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】力的分解
【解析】【解答】小球沿细杆匀加速，垂直细杆方向合力为0。重力沿垂直细杆方向分力为，此分力与两细杆支持力的合力平衡，即 ，两细杆支持力大小均为，夹角。根据平行四边形法则，两力合成时，合力与分力的关系为：
（因两力对称，合力沿夹角平分线，分力在垂直合力方向的分量抵消，沿合力方向分量相加 ）。
联立和，得：
，
解得 ，
故答案为：C。
【分析】受力分解与合成：小球受重力、两细杆支持力。将重力沿垂直细杆和平行细杆方向分解，垂直方向合力由两支持力的合力平衡；
平行四边形法则：两支持力大小相等，夹角为，用平行四边形法则（或力的合成），结合垂直方向合力与重力分力的关系列方程求解。
13．（2024高一上·余姚月考）A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的 图像如图所示，已知在t = 10 s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法中正确的是（ ）
A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1 m/s2
B．A、B在0时刻相距10 m
C．t = 2s时，A、B在同一位置
D．在0~10 s内A、B之间的最大距离为49 m
【答案】D
【知识点】加速度；追及相遇问题
【解析】【解答】A、由，得
图象斜率
计算B图象斜率
；
则 ；
解得 ，不是，且B的初速度为（相似三角形得 ），做匀加速直线运动，A错误 ；
B、t=10s时，
0时刻间距（A在B前 ），不是10m，B错误 ；
C、t=2s时，
故，A、B不在同一位置，得出C错误 ；
D、当，即
解得
此时；
最大间距
D正确 ；
【分析】A．从匀变速直线运动位移公式出发，变形得到 与的关系式，结合图象斜率求加速度 。
B．先确定A运动性质（匀速，速度 ），再根据t=10s时A、B相遇，分别算此时位移，进而求0时刻间距 。
C．计算t=2s时A、B的位移，结合0时刻间距，判断位置关系 。
D．两物体速度相等时，间距最大。先根据速度关系求对应时间，再分别算该时刻位移，结合初始间距求最大间距 。
二、不定项选题（本题共3小题，每小题至少有一个选项是符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共12分。
14．（2024高一上·余姚月考）下列给出的四组图像中，能够反映同一直线运动的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,C
【知识点】图象法；匀速直线运动；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】A、图象中，0-3s物体以6m/s做匀速直线运动，3-5s做匀加速直线运动 ；但图象里，0-3s、3-5s物体都静止（位移不变 ）。两者运动状态矛盾，故A不符合题意 ；
B、图象中，0-3s匀速（加速度为0 ），3-5s匀加速（加速度 ）；图象中，0-3s加速度为0（对应匀速 ），3-5s加速度为2m/s2（对应匀加速 ）。运动状态匹配，故B符合题意 ；
C、图象中，0-3s静止（速度0 ），3-5s速度（匀速 ）；图象中，0-3s、3-5s均以2m/s匀速（加速度0 ）。运动状态匹配，故C符合题意 ；
D、图象中，0-3s静止、3-5s匀速，整个过程加速度为0 ；但图象中，3-5s加速度为2m/s2（非匀速运动的加速度 ）。两者矛盾，故D不符合题意 ；
故答案为：BC。
【分析】A．分别分析图象和图象反映的运动状态，对比是否一致。
B．对比图象和图象各阶段运动特征（加速度、速度变化 ）。
C．从图象算速度，再与图象反映的速度变化比对。
D．分析图象和图象的加速度、速度情况是否相符。
15．（2024高一上·余姚月考）利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。某同学在一次实验中得到的运动小车的速度时间图像如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．小车在一直线上先前进，再后退
B．小车运动的最大速度为0.8m/s
C．0~14s内小车的位移一定大于7.5m
D．小车的加速度先减小后增大
【答案】B,C
【知识点】位移与路程；加速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、v-t图象中速度一直是正值，说明小车小车一直沿正方向运动，不会后退，A错误 ；
B、观察图象，速度的峰值对应最大速度，为0.8m/s，B正确 ；
C、图象与时间轴围成的“面积”是位移，通过数格子（或估算 ），0-14s 内“面积”大于7.5m（比如按小格估算，面积约为9.0m>7.5m ），C正确 ；
D、图象斜率先减小，然后在一段水平（斜率为0，加速度为0 ），之后再增大，不是先减小后增大，D错误 ；
故答案为：BC 。
【分析】A．根据速度正负判断运动方向，速度始终为正则运动方向不变 。
B．直接从v-t图象读取速度最大值 。
C．利用v-t图象与时间轴围成“面积”表示位移，估算面积大小 。
D．依据v-t图象斜率表示加速度，分析斜率变化确定加速度变化 。
16．（2024高一上·余姚月考）如图所示物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点测得AB=2m，BC=3m。且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，A、B、C各点的瞬时速度表示为vA、vB、vC。则下列说法正确的是（ ）
A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得C、D两点间距离
C．可以确定vC-vB>vB-vA D．可求得OA的距离为1.125m
【答案】B,D
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A、由、，得
但时间间隔未知，无法算出加速度大小，A错误 ；
B、因连续相等时间位移差相等，
故CD=4m，可求C、D间距，B正确 ；
C、匀变速直线运动中，相等时间内速度变化量，所以
并非，C错误 ；
D、B是AC中间时刻
由得OB位移
；
结合 ，算出 ；，D正确 ；
故答案为：BD。
【分析】A． 运用匀变速直线运动位移差推论，看能否求出加速度 。
B．依据位移差推论，找CD与BC、AB的关系求CD 。
C．利用匀变速直线运动速度变化特点（相等时间内速度变化量相等 ）判断。
D．先借中间时刻速度公式求vB，再用速度 - 位移公式求OB，最后算OA 。
三、非选择题（本题共6小题，共49分）
17．（2024高一上·余姚月考）某探究小组的同学利用如图甲所示的装置“探究小车速度随时间变化的规律”，请你根据题图回答以下问题：
（1）除了图甲中标出的器材外，还需要 。
A．弹簧测力计 B．刻度尺 C．天平 D．秒表
（2）本次实验选择的是电火花打点计时器是图 （选填“乙”或“丙”）中的计时器，该计时器的工作电压是 （选填“直流电”、“交流电8V”、 “交流电220V”）。
（3）实验中，正确的做法是 。
A．打点计时器应接到干电池上
B．先释放小车再接通电源
C．先接通电源再释放小车
D．小车释放前应远离打点计时器
（4）某同学用装置测定匀加速直线运动的加速度，打出的一条纸带如图丁所示，A、B、C、D、E、F为在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s：
①打点计时器打下C点时小车的速度大小为 m/s；(结果保留两位有效数字)
②由纸带所示数据可算出小车的加速度大小为 m/s2。
【答案】B；丙；交流电220V；C；0.51；2.0
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）小车受到的拉力是钩码通过细绳对小车作用，不需要弹簧测力计和天平；纸带上点迹间记录时间由打点计时器测得，不需要秒表；距离需要刻度尺测量，故B正确，ACD错误。
故答案为：B；
（2）本次实验选择的打点计时器是图丙，该计时器的工作电压是交流电源，工作电压220V；
故答案为：丙；交流电220V；
（3）A．电火花打点计时器应该接在220V交流电源上，故A错误；
BCD．为了充分地利用纸带，应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B、D错误，C正确；
故答案为：C；
（4）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度，可得
根据逐差法可得加速度为
故答案为：0.51；2.0；
【分析】（1）依据实验需求，判断测量物理量（位移需刻度尺，时间由打点计时器测 ），筛选出需要刻度尺（B）。
（2）区分电火花（图丙，工作电压220V交流电 ）与电磁打点计时器（图乙，低压交流电 ），确定选丙。
（3）为充分利用纸带、保证数据完整，需先接通电源，后释放小车。
（4）速度：用“中间时刻速度等于平均速度”， ；加速度：用“逐差法”，（n为间隔数 ），减小误差。
18．（2024高一上·余姚月考）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度，一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。
s(m) 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950
t(ms) 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4
s/t(m/s) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22
完成下列填空和作图：
（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是 ；
（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出图线 ；
（3）由所画出的图线，得出滑块加速度的大小为a= m/s2（保留2位有效数字）。
【答案】（或者）；图像如图；2.0（1.8~2.2）
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）滑块沿斜面做匀加速运动，把经过光电门乙的速度视为末速度，逆过程是初速度为的匀减速运动（到光电门甲时速度减小 ）。由匀变速位移公式
两边除以得
这就是、、、满足的关系式（也可写 ）。
故答案为：（或者）；
（2）依据表格中和的数据，在坐标纸对应位置描点（如时， 等 ），然后用直尺将这些点拟合成一条直线，得到图线 。
故答案为：
；
（3）由可知，图线斜率 ，则加速度（取绝对值 ）。
在图线上选两个点（如和 ），计算斜率
所以
（在范围内合理 ）。
故答案为：2.0（1.8~2.2）。
【分析】（1）滑块沿斜面做匀变速直线运动，把经过光电门乙的速度v1作为末速度，逆过程看是匀减速到光电门甲（初速度为v1 ），用位移公式推导s、t等物理量关系。
（2）根据表格数据，在坐标纸上准确描点，再用直线拟合这些点，画出图线 。
（3）从推导的与的线性关系（ ）中，明确斜率与加速度的联系（斜率绝对值的2倍是加速度 ），通过图线斜率计算加速度。
19．（2024高一上·余姚月考）铜铜同学乘坐杭温线“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏。当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中。在铜铜同学记录动车组速率这段时间内，求：
t/s v/m s-1
0 20
100 30
300 40
400 40
500 50
550 60
600 70
（1）动车组的加速度值分别多大？
（2）动车组位移的大小？
【答案】（1）解：第一次加速的加速度大小为
第二次加速的加速度大小为
（2）解：第一次加速的时间为
第二次加速的时间为
则匀速运动的时间为
第一次加速的位移为
第二次加速的位移为
匀速运动的位移为
则有
【知识点】位移与路程；加速度；平均速度
【解析】【分析】（1）用 ，从表格找两次匀加速的和，算得 、 。
（2）匀加速用，匀速用；先求各阶段时间，再算位移并累加，得总位移 。
（1）第一次加速的加速度大小为
第二次加速的加速度大小为
（2）第一次加速的时间为
第二次加速的时间为
则匀速运动的时间为
第一次加速的位移为
第二次加速的位移为
匀速运动的位移为
则有
20．（2024高一上·余姚月考）（2012年河南郑州一模）2011年8月10日，改装后的瓦良格号航空母舰进行出海航行试验，中国成为拥有航空母舰的国家之一．已知该航空母舰飞行甲板长度为L="300" m，某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a=4.5 m／s2，飞机速度要达到v="60" m／s才能安全起飞．
(1)如果航空母舰静止，战斗机被弹射装置弹出后开始加速，要保证飞机起飞安全，战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大
(2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少是多大
【答案】（1）解：设战斗机被弹射出来时的速度为v0，由得
（2）解：设飞机起飞所用时间为t，在时间t内航空母舰航行距离为L1，航空母舰的最小速度为υ1．
对航空母舰有 L1＝v1t
对飞机有v＝v1＋at
由以上三式联立解得
解法二：以航空母舰为参考系，对飞机有，解出结果同样给4分
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）先确定运动模型：飞机做匀加速直线运动，已知末速度v=60m/s、加速度a=4.5m/s2、位移L=300m，初速度v0待求，用匀变速直线运动速度 - 位移公式 ，代入计算。
（2）先分析相对运动：航母位移：（t为飞机起飞时间 ）；飞机速度：（末速度 ）；飞机相对航母位移：（L=300m 为甲板长 ），再联立方程，代入计算。
21．（2024高一上·余姚月考）如图所示，在离地面高处以的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长的小车，其前端距离抛出点的正下方，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做的匀加速直线运动。已知小球在空中运动的总时间为t=4s，g取10 m/s2，忽略空气阻力及小车的高度，求：
（1）小球抛出点离地面的高度；
（2）小球落地前最后一秒的位移大小x；
（3）当小车末端到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为，方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度大小的范围。
【答案】解：（1）以竖直向上为正方向，初速度，加速度，由竖直上抛规律得
解得
则小球抛出点离地面的高度为。
（2）小球做上抛运动所用时间为
因此下落总时间为3s，小球落地前最后一秒的位移大小
（3）小车车尾到达抛出点正下方时间为，由
解得
速度为
当小车车尾刚好接住小球，则
解得
当小车车头刚好接住小球，则
解得
故为了让小车接住小球，加速度大小的范围为
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）小球做竖直上抛运动，利用位移公式可以求出抛出点到地面的高度；
（2）小球做竖直上抛运动，利用速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出最后1s内的位移大小；
（3）当小车恰好接住小球时，利用位移公式可以求出小车加速度的大小范围。
22．（2024高一上·余姚月考）如图所示，在质量为m=1kg的重物上系着两条细绳，细绳OA的另一端连着圆环，园环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ=0.74，另有一条细绳，其一端跨过定滑轮挂一重物，定滑轮固定在水平棒上的B点。当细绳的端点挂上质量为0.6kg的重物G时，圆环将要开始滑动，此时两条细绳的夹角φ=90°，（设最大静摩擦等于滑动摩擦，g取10m/s2，试问：
（1）此时细绳OA的拉力是多少？
（2）OA与OB的夹角θ是多少？
（3）圆环的质量是多少？
【答案】（1）解：以结点O为研究对象，受力分析，如图所示
沿x方向有
在y方向有
联立可得
，，
（2）解：由于
所以
（3）解：以圆环为研究对象，受力分析，如图所示
在水平方向，根据共点力的平衡条件可得
在竖直方向，根据共点力的平衡条件可得
；
解得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）选取结点O为研究对象，对其进行受力分析（受到、、 ），依据共点力平衡条件，在水平和竖直方向分别列方程，结合已知T1=G，联立求解得出细绳OA的拉力T2 。
（2）利用（1）中求解得到的sinθ的值（ ），根据三角函数特殊值，直接确定夹角θ=53° 。
（3）选取圆环为研究对象，分析其受力（受到支持力N、摩擦力f、自身重力m'g、细绳拉力T2 ），依据共点力平衡条件，在水平和竖直方向分别列方程，再结合摩擦力公式，联立求解得出圆环的质量m'。
（1）以结点O为研究对象，受力分析，如图所示
沿x方向有
在y方向有
联立可得
，，
（2）由于
所以
（3）以圆环为研究对象，受力分析，如图所示
在水平方向，根据共点力的平衡条件可得
在竖直方向，根据共点力的平衡条件可得
解得
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