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2023-2024学年福建省福州市高一（上）月考物理试卷（10月份）
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这是一份2023-2024学年福建省福州市高一（上）月考物理试卷（10月份），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）下列叙述中正确的是（ ）
A．物体的速度为零，但加速度不一定为零
B．“蚂蚁绊大象”寓言中，蚂蚁太小可以视为质点
C．“卧看满天云不动，不知云与我俱东”，诗人是以云为参考系的
D．也叫速度的变化率，是标量
2．（4分）某汽车刹车过程可视为匀减速直线运动，已知开始刹车时初速度大小为8m/s，第2s内的位移为5m（ ）
A．第2s内的平均速度大小为2.5m/s
B．刹车时加速度大小为2m/s2
C．第2s内与第3s内通过的位移大小之比为3：5
D．刹车后5s内的位移大小为15m
3．（4分）如图所示，一弹射游戏装置由固定在水平面上的弹射器和4个门组成，两相邻门间的距离均为1m。现滑块（可视为质点），全程不与门相碰且恰好停在门4的正下方。已知滑块在门3和4之间滑行的时间为1s，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块的加速度大小为3m/s2
B．滑块滑过相邻的两个门所用时间之比为
C．滑块在门1和门4之间滑行的平均速度大小为
D．滑块经过门1、门2、门3时的瞬时速度之比为3：2：1
4．（4分）质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（多选）5．（6分）一直升飞机停在300m高的空中静止不动，有一乘客从窗口由静止每隔1s释放一个钢球，钢球下落过程当作自由落体运动处理（ ）
A．下落过程中相邻两球间的距离一直保持不变
B．越靠近地面，相邻两球间的距离越大
C．下落过程中相邻两球相对做匀速直线运动
D．早释放的钢球落地时的速度比晚释放的钢球落地时的速度大
（多选）6．（6分）某次实验需要利用位移传感器和与之相连的计算机来研究小车做匀变速直线运动的相关规律．如图（a）所示，t＝0时刻0做匀加速直线运动，计算机显示其位置坐标—时间（x﹣t）图像如图（b），则（ ）
A．小车2s末的瞬时速度大小为0.11m/s
B．小车的加速度大小为0.04m/s2
C．小车的初速度v0＝0.02m/s
D．小车t＝0时刻的位置坐标无法求出
（多选）7．（6分）甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，甲的位移—时间图像和乙的速度—时间图像如图所示，则从原点出发后（ ）
A．0～6s甲做往返运动、乙做单向直线运动
B．第3s末甲、乙的运动方向均发生改变
C．2～4s甲的加速度为零，乙的加速度为﹣4m/s2
D．2～4s甲的平均速度为﹣4m/s、乙的平均速度为零
（多选）8．（6分）如图，一长为L的长方形木块可在倾角为α的斜面上以加速度a匀加速下滑，1、2两点间的距离大于L。木块经过1、2两点所用时间分别为t1和t2，则下列说法正确的是（ ）
A．木块通过点2的平均速度为
B．1、2两点间的距离是（﹣）
C．木块前端从点1到点2所用时间为（﹣）
D．木块前端从点1到点2所用时间为+（﹣）
三、实验题（本大题共2小题，共20分，每空2分）
9．（6分）某实验小组用如图所示的装置研究物体做匀变速直线运动的规律。
（1）将木板水平固定在桌面上，木板上装有两个光电门1、2，测得两光电门间的距离L＝0.250m
（2）绕过木板左端定滑轮的细线的一端连在装有遮光片的物块上，另一端吊着装有砂的砂桶，将物块先固定在木板右侧，使连接物块的细线与木板平行。
（3）释放物块，物块上的遮光片通过光电门1、2时的遮光时间分别为、，则遮光片通过光电门2的速度大小为 m/s；物块运动的加速度计算式为 （用题中给出的符号表示），根据该式可得加速度的大小为 m/s2。（结果均保留两位有效数字）
10．（14分）打点计时器是高中物理实验中常用的实验器材，请你完成下列有关问题：
（1）如图A、B是两种打点计时器的图片，其中A是 打点计时器（选填“电磁”或“电火花”）；
（2）打点计时器使用的电源为 （选填“交流”或“直流”）电源，打点的时间间隔为0.02s；
（3）接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是 ；
A．先接通电源，后让纸带运动
B．先让纸带运动，再接通电源
C．让纸带运动的同时接通电源
D．先让纸带运动或先接通电源都可以
（4）如果当时电网中交变电流的频率是f＝51Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差是加速度的测量值比实际值偏 。（选填“大”或“小”）
（5）某次实验过程中，小车拖动纸带运动，用打点计时器打出一条纸带，从某一清晰点开始，描出O、A、B、C、D五个计数点（相邻两个计数点间有四个点未画出），已知纸带的右端与小车相连接，所用电源的频率为50Hz （填“加速”或“减速”）直线运动，打下B点时小车运动的速度大小为 m/s（结果保留两位有效数字）。
（6）若上述纸带是小车作匀变速直线运动所得，则小车的加速度的大小为 m/s2（结果保留两位有效数字）。
四、计算题（本大题共2小题，10题14分，11题26分）
11．（14分）汽车以v0＝10m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经过2s速度变为6m/s，若将刹车过程视为匀减速直线运动
（1）求汽车刹车时的加速度的大小；
（2）从开始刹车起，汽车在6s内发生的位移大小；
（3）汽车静止前2s内通过的位移大小。
12．（26分）同学们平时利用食堂餐桌（图甲）玩起了推杯子游戏。其过程简化如下（图乙）：将杯子（可视为质点），在杯子到达虚线EF前撤去推力。杯子沿直线运动，最后停在桌面上。杯子停止运动时不超过桌子CD端边缘且离CD端边缘最近者获胜。
已知推杯子时杯子在桌面上做匀加速直线运动，撤去推力后杯子在桌面上做匀减速直线运动。现小明和小刚两同学参加游戏比赛，由于两同学推力不同而使杯子运动的加速度不同1＝5m/s2，小刚推时杯子运动的加速度大小a2＝8m/s2，两人撤去推力后杯子的加速度大小均为a＝1m/s2。已知桌面长L＝3m，虚线EF距离桌面AB端d0＝0.4m。
（1）小明比赛推杯子时杯子刚好运动到虚线EF位置时，撤去推力，求杯子在刚好到达虚线EF时的速度大小v1、杯子停止运动时离CD端的距离d1；
（2）接（1）中小明取得成绩，小刚比赛要想获胜；
（3）假设因桌面沿EF→CD各处粗糙程度不同而导致杯子减速运动的加速度不相同，沿EF→CD方向运动时各处加速度大小如a﹣s图像，某次比赛杯子从EF以2m/s的速度离手
参考答案与试题解析
一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）
1．【分析】根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，根据质点与参考系的特点分析判断BC项。
【解答】解：A．物体的速度为零，如刚启动的汽车；
B．物体能否看成质点，而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略，蚂蚁虽然小，不可以视为质点；
C．船是向东行驶，即“云与我”以相同的速度相对于地球向东运动，“云与我俱东”，故C错误；
D．速度的变化率为，为矢量。
故选：A。
【点评】加速度是运动学中最重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系。
2．【分析】A、由平均速度定义计算；B、由匀变速直线运动速度—时间关系和匀变速直线运动平均速度解答；C、由匀变速直线运动位移—时间关系解答；D、先求停下时间，与题中时间比较，最后由平均速度法求位移。
【解答】解：A、第2s内平均速度为：；
B、由匀变速直线运动速度—时间关系：v＝v0+at 得第7s末1＝v0+a，v3＝v0+2a，第7s内平均速度为：＝8+
解得：a＝﹣2m/s2，即加速度大小为7m/s2，故B正确；
C、前3s位移：x＝15m＝8×，第3s内位移：Δx＝x3﹣x2＝15m﹣12m＝4m，第2s内与第3s内位移之比为：＝；
D、汽车停下所用时间：t＝＝，故D错误；
故选：B。
【点评】熟练掌握匀变速直线运动的规律，平均速度法比较简捷，分清各个时间段，要牢记刹车问题的处理方法。
3．【分析】逆向分析可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，根据位移—时间关系求解加速度大小，根据匀变速直线运动的规律求解时间之比，根据速度—位移关系求解速度之比。
【解答】解：A、逆向分析可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，其中d＝1m，t5＝1s，解得：a＝2m/s8，故A错误；
B、设滑块经过门1和2的时间为t5、经过门2和3的时间为t7，经过门3和4时间为t2。逆向分析可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中）：（，滑块滑过相邻的两个门所用时间之比为t1：t8：t3＝（）：（，故B错误；
C、滑块在门8的速度大小为：v0＝＝m/s＝2，则滑块在门1和门4之间滑行的平均速度大小为＝＝，故C正确；
D、逆向分析可以看作是初速度为零的匀加速直线运动2＝2ax，则：v＝、门2：：1。
故选：C。
【点评】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
4．【分析】设总时间为t，加速时间为t1，则减速时间为t﹣t1；则由平均速度公式可得出位移表达式，同时可得出速度关系，联立可解得总时间。
【解答】解：物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：
a1t1＝a3（t﹣t1）﹣﹣﹣﹣（1）；
物体在全程的平均速度为：，则总位移：s＝；
联立（1）、（2）可解得：t＝；
故选：B。
【点评】本题注意平均公式的应用，因加速过程平均速度等于，而减速过程同样也是，故可知全程的平均速度，即表示出总位移；平均速度公式在解题中要注意应用。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
5．【分析】根据自由落体运动位移—时间关系表示两小球的距离，根据自由落体运动速度—时间关系表示两小球的速度，看两小球距离和速度之差与时间的关系，即可得到两小球的相对运动情况。两小球下落高度相同，根据位移—速度关系求解落地速度。
【解答】解：AB、下落过程中，相邻钢球2下落时间为t﹣1s2＝gt4
钢球2下落距离为h2＝g（t﹣1）3
两球间的距离为Δh＝h1﹣h2＝gt2﹣g（t﹣1）8＝gt﹣g
随下落时间增大，两球间的距离Δh增大，B正确；
C、下落过程中6＝gt
钢球2的速度v2＝g（t﹣5）
1球相对于2球的下落速度为Δv＝v2﹣v2＝gt﹣g（t﹣1）＝g
则两球相对做匀速直线运动，故C正确；
D、钢球下落高度相同7＝2gh得，落地速度v＝，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查自由落体运动，解题关键是掌握自由落体运动公式并熟练应用。
6．【分析】根据x﹣t图像切线的斜率求出小车的瞬时速度。根据纵坐标的变化量确定位移，根据位移与时间之比求出1﹣3s内以及2﹣4s的平均速度，结合匀变速直线运动的推论得到第2s末和第3s末的速度，从而求得加速度，由速度与时间公式的乘积求初速度。结合位移—时间公式求0﹣1s内的位移，从而确定小车t＝0时刻的位置坐标。
【解答】解：AB、1﹣3s内位移为x13＝4.34m﹣0.14m＝0.4m，平均速度为＝＝，小车做匀加速直线运动，小车第2s末的瞬时速度等于1﹣7s内的平均速度2＝＝0.4m/s，2﹣4s内位移为x13＝7.50m﹣0.22m＝0.28m，平均速度为＝＝，小车第3s末的瞬时速度等于7﹣4s内的平均速度3＝＝3.14m/s＝m/s2＝0.04m/s4，故A错误，B正确；
C、根据v2＝v0+at02得：v5＝v2﹣at02＝（0.2﹣0.04×2）m/s＝2.02m/s，故C正确；
D、小车在0﹣2s内的位移为x02＝＝×2m＝0.12m4＝0.22m﹣x02＝0.22m﹣4.12m＝0.1m，故D错误。
故选：BC。
【点评】解答本题时，要注意x﹣t图像的切线斜率表示瞬时速度，图像上的点与原点连线的斜率不等于瞬时速度。
7．【分析】根据图像的斜率和与坐标轴包围的面积进行计算判断。
【解答】解：A.位移—时间图像斜率表示速度，0﹣2s甲物体速度为正值，8s﹣6s甲物体速度为正值，乙物体0﹣2s速度为正值，乙也做往返运动；
B.由甲图像可知2s﹣4s甲物体速度为负值，第2s末甲的运动方向没有发生改变，3s﹣4s乙物体速度为负值，故B错误；
C.8s﹣4s甲的速度不变，加速度为零，2s﹣6s乙的加速度为；
D.2s～6s甲的位移为﹣8m，平均速度为，平均速度为零。
故选：CD。
【点评】本题考查位移—时间和速度—时间图像，要求掌握图像的物理意义，会根据物理意义求相关物理量。
8．【分析】本题中长方形木块不能看成质点，分析其运动过程，运用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度等运动规律求解。
【解答】解：A、木块通过点2的时间为t2，经历的位移为L，则木块通过点6的平均速度为 v＝。
B、木块前端经过点1的速度v4＝﹣a −a ，1＝L2（）+。
CD、设P端通过2后 3′，通过2后 2′，
由匀变速运动平均速度的推论有：v1′＝，v2′＝木块前端P从点6到点2所用时间t＝+−＝+（），C错误。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
三、实验题（本大题共2小题，共20分，每空2分）
9．【分析】（3）分别计算出遮光条通过两个光电门的速度，结合速度—位移公式计算出小车的加速度；
【解答】解：（3）物块经过光电门的时间较短，因此可以用通过光电门的平均速度作为瞬时速度
分别计算出通过光电门1、2的速度，可计算得：
根据上式可得加速度的大小为
a＝1.3m/s2
故答案为：（3）1.6； ；5.9。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动规律，同时涉及到瞬时速度的计算和运动学公式的应用，公式的推导较为繁琐，但难度不大。
10．【分析】（1）（2）了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；
（3）明确使用打点计时器的操作顺序，必须先接通电源再让纸带运动；
（4）明确周期和频率之间的关系，了解真实值和测量值之间的关系，即可分析误差情况，正确解答该题；
（5）根据纸带上相邻点间距判断小车的运动情况；
（6）根据逐差法计算纸带的加速度。
【解答】解：（1）如图A、B是两种打点计时器的图片；
（2）打点计时器使用的电源为交流电源，打点的时间间隔为0.02s；
（3）接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是先接通电源，故A正确。
故选：A。
（4）如果当时电网中交变电流的频率是f＝51Hz，则打点周期偏小，根据，那么由此引起的系统误差是加速度的测量值比实际值偏小。
（5）因为纸带的右端与小车相连接，由纸带可知，可知小车做减速运动；
打下B点时小车运动的速度大小为
（6）小车的加速度为
即加速度大小为1.7m/s2
故答案为：（1）电火花；（2）交流；（4）小；（5）0.62
【点评】对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用。
四、计算题（本大题共2小题，10题14分，11题26分）
11．【分析】（1）根据加速度定义式求解加速度；
（2）首先判断汽车停下需要的时间，然后再计算位移；
（3）逆向分析，根据位移—时间关系进行解答。
【解答】解：（1）由加速度定义式得加速度大小为：a＝＝m/s2＝2m/s6。
（2）汽车速度减为零需要的时间t0＝＝s＝5s
汽车的位移：x＝＝m＝25m；
（3）逆向分析，可以看作是产速度为零的匀加速直线运动
x′＝＝m＝5m。
汽车静止前2s内通过的位移大小。
答：（1）汽车刹车时的加速度大小为2m/s7；
（2）从开始刹车起，汽车6s内发生的位移为25m；
（3）汽车静止前2s内通过的位移大小为6m。
【点评】本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。
12．【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度—位移关系计算末速度，同理计算减速的位移即可求停止时离边缘的距离；
（2）如果小刚要获胜停止的位置距边缘的距离需满足小于小明，同样根据匀变速直线运动的速度—位移关系列方程求解；
（3）由图丙可知图像面积表示初末速度平方差的一半，可以计算滑到边缘时的速度平方，若大于零即滑离，否则到不了边缘。
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的速度—位移关系得小明推被子到EF时的速度为
同理，从EF至停止运动的位移为
，
此时离CD端的距离为
d1＝L﹣d0﹣x2＝3m﹣0.2m﹣2m＝0.8m；
（2）小刚要获胜，杯子停止时离CD端的距离需满足0.6m＞d4≥0①
设小刚推杯子的位移为x2，撤去推力时的速度为v8，减速到停止的位移为x3，根据匀变速直线运动的速度—位移关系得加速、减速过程满足
②
③
且x2+x5+d2＝L④
联立①②③④代入数据解得
（3）设杯子滑到CD边缘的速度为v，根据匀变速直线运动的速度—位移关系得
，整理得
，
结合图丙可知，图线和坐标轴所围面积表示S面积＝
图丙中梯形的面积为
则
解得v2＝0.88m2/s2＞0，即杯子滑到CD边缘时速度大于零，杯子会滑离CD边缘。
答：（1）杯子停止运动时离CD端的距离d5为0.6m；
（2）小刚比赛要想获胜，则加速推杯子的位移应满足什么条件是；
（3）杯子会滑离CD边缘。
【点评】本题考查匀变速直线运动速度—位移关系的熟练运用，图像问题要时刻想到面积是否有意义，若有意义结合学过的物理公式判断其意义可使问题变得简便。
1．（4分）下列叙述中正确的是（ ）
A．物体的速度为零，但加速度不一定为零
B．“蚂蚁绊大象”寓言中，蚂蚁太小可以视为质点
C．“卧看满天云不动，不知云与我俱东”，诗人是以云为参考系的
D．也叫速度的变化率，是标量
2．（4分）某汽车刹车过程可视为匀减速直线运动，已知开始刹车时初速度大小为8m/s，第2s内的位移为5m（ ）
A．第2s内的平均速度大小为2.5m/s
B．刹车时加速度大小为2m/s2
C．第2s内与第3s内通过的位移大小之比为3：5
D．刹车后5s内的位移大小为15m
3．（4分）如图所示，一弹射游戏装置由固定在水平面上的弹射器和4个门组成，两相邻门间的距离均为1m。现滑块（可视为质点），全程不与门相碰且恰好停在门4的正下方。已知滑块在门3和4之间滑行的时间为1s，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块的加速度大小为3m/s2
B．滑块滑过相邻的两个门所用时间之比为
C．滑块在门1和门4之间滑行的平均速度大小为
D．滑块经过门1、门2、门3时的瞬时速度之比为3：2：1
4．（4分）质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（多选）5．（6分）一直升飞机停在300m高的空中静止不动，有一乘客从窗口由静止每隔1s释放一个钢球，钢球下落过程当作自由落体运动处理（ ）
A．下落过程中相邻两球间的距离一直保持不变
B．越靠近地面，相邻两球间的距离越大
C．下落过程中相邻两球相对做匀速直线运动
D．早释放的钢球落地时的速度比晚释放的钢球落地时的速度大
（多选）6．（6分）某次实验需要利用位移传感器和与之相连的计算机来研究小车做匀变速直线运动的相关规律．如图（a）所示，t＝0时刻0做匀加速直线运动，计算机显示其位置坐标—时间（x﹣t）图像如图（b），则（ ）
A．小车2s末的瞬时速度大小为0.11m/s
B．小车的加速度大小为0.04m/s2
C．小车的初速度v0＝0.02m/s
D．小车t＝0时刻的位置坐标无法求出
（多选）7．（6分）甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，甲的位移—时间图像和乙的速度—时间图像如图所示，则从原点出发后（ ）
A．0～6s甲做往返运动、乙做单向直线运动
B．第3s末甲、乙的运动方向均发生改变
C．2～4s甲的加速度为零，乙的加速度为﹣4m/s2
D．2～4s甲的平均速度为﹣4m/s、乙的平均速度为零
（多选）8．（6分）如图，一长为L的长方形木块可在倾角为α的斜面上以加速度a匀加速下滑，1、2两点间的距离大于L。木块经过1、2两点所用时间分别为t1和t2，则下列说法正确的是（ ）
A．木块通过点2的平均速度为
B．1、2两点间的距离是（﹣）
C．木块前端从点1到点2所用时间为（﹣）
D．木块前端从点1到点2所用时间为+（﹣）
三、实验题（本大题共2小题，共20分，每空2分）
9．（6分）某实验小组用如图所示的装置研究物体做匀变速直线运动的规律。
（1）将木板水平固定在桌面上，木板上装有两个光电门1、2，测得两光电门间的距离L＝0.250m
（2）绕过木板左端定滑轮的细线的一端连在装有遮光片的物块上，另一端吊着装有砂的砂桶，将物块先固定在木板右侧，使连接物块的细线与木板平行。
（3）释放物块，物块上的遮光片通过光电门1、2时的遮光时间分别为、，则遮光片通过光电门2的速度大小为 m/s；物块运动的加速度计算式为 （用题中给出的符号表示），根据该式可得加速度的大小为 m/s2。（结果均保留两位有效数字）
10．（14分）打点计时器是高中物理实验中常用的实验器材，请你完成下列有关问题：
（1）如图A、B是两种打点计时器的图片，其中A是 打点计时器（选填“电磁”或“电火花”）；
（2）打点计时器使用的电源为 （选填“交流”或“直流”）电源，打点的时间间隔为0.02s；
（3）接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是 ；
A．先接通电源，后让纸带运动
B．先让纸带运动，再接通电源
C．让纸带运动的同时接通电源
D．先让纸带运动或先接通电源都可以
（4）如果当时电网中交变电流的频率是f＝51Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差是加速度的测量值比实际值偏 。（选填“大”或“小”）
（5）某次实验过程中，小车拖动纸带运动，用打点计时器打出一条纸带，从某一清晰点开始，描出O、A、B、C、D五个计数点（相邻两个计数点间有四个点未画出），已知纸带的右端与小车相连接，所用电源的频率为50Hz （填“加速”或“减速”）直线运动，打下B点时小车运动的速度大小为 m/s（结果保留两位有效数字）。
（6）若上述纸带是小车作匀变速直线运动所得，则小车的加速度的大小为 m/s2（结果保留两位有效数字）。
四、计算题（本大题共2小题，10题14分，11题26分）
11．（14分）汽车以v0＝10m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经过2s速度变为6m/s，若将刹车过程视为匀减速直线运动
（1）求汽车刹车时的加速度的大小；
（2）从开始刹车起，汽车在6s内发生的位移大小；
（3）汽车静止前2s内通过的位移大小。
12．（26分）同学们平时利用食堂餐桌（图甲）玩起了推杯子游戏。其过程简化如下（图乙）：将杯子（可视为质点），在杯子到达虚线EF前撤去推力。杯子沿直线运动，最后停在桌面上。杯子停止运动时不超过桌子CD端边缘且离CD端边缘最近者获胜。
已知推杯子时杯子在桌面上做匀加速直线运动，撤去推力后杯子在桌面上做匀减速直线运动。现小明和小刚两同学参加游戏比赛，由于两同学推力不同而使杯子运动的加速度不同1＝5m/s2，小刚推时杯子运动的加速度大小a2＝8m/s2，两人撤去推力后杯子的加速度大小均为a＝1m/s2。已知桌面长L＝3m，虚线EF距离桌面AB端d0＝0.4m。
（1）小明比赛推杯子时杯子刚好运动到虚线EF位置时，撤去推力，求杯子在刚好到达虚线EF时的速度大小v1、杯子停止运动时离CD端的距离d1；
（2）接（1）中小明取得成绩，小刚比赛要想获胜；
（3）假设因桌面沿EF→CD各处粗糙程度不同而导致杯子减速运动的加速度不相同，沿EF→CD方向运动时各处加速度大小如a﹣s图像，某次比赛杯子从EF以2m/s的速度离手
参考答案与试题解析
一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）
1．【分析】根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，根据质点与参考系的特点分析判断BC项。
【解答】解：A．物体的速度为零，如刚启动的汽车；
B．物体能否看成质点，而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略，蚂蚁虽然小，不可以视为质点；
C．船是向东行驶，即“云与我”以相同的速度相对于地球向东运动，“云与我俱东”，故C错误；
D．速度的变化率为，为矢量。
故选：A。
【点评】加速度是运动学中最重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系。
2．【分析】A、由平均速度定义计算；B、由匀变速直线运动速度—时间关系和匀变速直线运动平均速度解答；C、由匀变速直线运动位移—时间关系解答；D、先求停下时间，与题中时间比较，最后由平均速度法求位移。
【解答】解：A、第2s内平均速度为：；
B、由匀变速直线运动速度—时间关系：v＝v0+at 得第7s末1＝v0+a，v3＝v0+2a，第7s内平均速度为：＝8+
解得：a＝﹣2m/s2，即加速度大小为7m/s2，故B正确；
C、前3s位移：x＝15m＝8×，第3s内位移：Δx＝x3﹣x2＝15m﹣12m＝4m，第2s内与第3s内位移之比为：＝；
D、汽车停下所用时间：t＝＝，故D错误；
故选：B。
【点评】熟练掌握匀变速直线运动的规律，平均速度法比较简捷，分清各个时间段，要牢记刹车问题的处理方法。
3．【分析】逆向分析可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，根据位移—时间关系求解加速度大小，根据匀变速直线运动的规律求解时间之比，根据速度—位移关系求解速度之比。
【解答】解：A、逆向分析可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，其中d＝1m，t5＝1s，解得：a＝2m/s8，故A错误；
B、设滑块经过门1和2的时间为t5、经过门2和3的时间为t7，经过门3和4时间为t2。逆向分析可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中）：（，滑块滑过相邻的两个门所用时间之比为t1：t8：t3＝（）：（，故B错误；
C、滑块在门8的速度大小为：v0＝＝m/s＝2，则滑块在门1和门4之间滑行的平均速度大小为＝＝，故C正确；
D、逆向分析可以看作是初速度为零的匀加速直线运动2＝2ax，则：v＝、门2：：1。
故选：C。
【点评】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
4．【分析】设总时间为t，加速时间为t1，则减速时间为t﹣t1；则由平均速度公式可得出位移表达式，同时可得出速度关系，联立可解得总时间。
【解答】解：物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：
a1t1＝a3（t﹣t1）﹣﹣﹣﹣（1）；
物体在全程的平均速度为：，则总位移：s＝；
联立（1）、（2）可解得：t＝；
故选：B。
【点评】本题注意平均公式的应用，因加速过程平均速度等于，而减速过程同样也是，故可知全程的平均速度，即表示出总位移；平均速度公式在解题中要注意应用。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
5．【分析】根据自由落体运动位移—时间关系表示两小球的距离，根据自由落体运动速度—时间关系表示两小球的速度，看两小球距离和速度之差与时间的关系，即可得到两小球的相对运动情况。两小球下落高度相同，根据位移—速度关系求解落地速度。
【解答】解：AB、下落过程中，相邻钢球2下落时间为t﹣1s2＝gt4
钢球2下落距离为h2＝g（t﹣1）3
两球间的距离为Δh＝h1﹣h2＝gt2﹣g（t﹣1）8＝gt﹣g
随下落时间增大，两球间的距离Δh增大，B正确；
C、下落过程中6＝gt
钢球2的速度v2＝g（t﹣5）
1球相对于2球的下落速度为Δv＝v2﹣v2＝gt﹣g（t﹣1）＝g
则两球相对做匀速直线运动，故C正确；
D、钢球下落高度相同7＝2gh得，落地速度v＝，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查自由落体运动，解题关键是掌握自由落体运动公式并熟练应用。
6．【分析】根据x﹣t图像切线的斜率求出小车的瞬时速度。根据纵坐标的变化量确定位移，根据位移与时间之比求出1﹣3s内以及2﹣4s的平均速度，结合匀变速直线运动的推论得到第2s末和第3s末的速度，从而求得加速度，由速度与时间公式的乘积求初速度。结合位移—时间公式求0﹣1s内的位移，从而确定小车t＝0时刻的位置坐标。
【解答】解：AB、1﹣3s内位移为x13＝4.34m﹣0.14m＝0.4m，平均速度为＝＝，小车做匀加速直线运动，小车第2s末的瞬时速度等于1﹣7s内的平均速度2＝＝0.4m/s，2﹣4s内位移为x13＝7.50m﹣0.22m＝0.28m，平均速度为＝＝，小车第3s末的瞬时速度等于7﹣4s内的平均速度3＝＝3.14m/s＝m/s2＝0.04m/s4，故A错误，B正确；
C、根据v2＝v0+at02得：v5＝v2﹣at02＝（0.2﹣0.04×2）m/s＝2.02m/s，故C正确；
D、小车在0﹣2s内的位移为x02＝＝×2m＝0.12m4＝0.22m﹣x02＝0.22m﹣4.12m＝0.1m，故D错误。
故选：BC。
【点评】解答本题时，要注意x﹣t图像的切线斜率表示瞬时速度，图像上的点与原点连线的斜率不等于瞬时速度。
7．【分析】根据图像的斜率和与坐标轴包围的面积进行计算判断。
【解答】解：A.位移—时间图像斜率表示速度，0﹣2s甲物体速度为正值，8s﹣6s甲物体速度为正值，乙物体0﹣2s速度为正值，乙也做往返运动；
B.由甲图像可知2s﹣4s甲物体速度为负值，第2s末甲的运动方向没有发生改变，3s﹣4s乙物体速度为负值，故B错误；
C.8s﹣4s甲的速度不变，加速度为零，2s﹣6s乙的加速度为；
D.2s～6s甲的位移为﹣8m，平均速度为，平均速度为零。
故选：CD。
【点评】本题考查位移—时间和速度—时间图像，要求掌握图像的物理意义，会根据物理意义求相关物理量。
8．【分析】本题中长方形木块不能看成质点，分析其运动过程，运用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度等运动规律求解。
【解答】解：A、木块通过点2的时间为t2，经历的位移为L，则木块通过点6的平均速度为 v＝。
B、木块前端经过点1的速度v4＝﹣a −a ，1＝L2（）+。
CD、设P端通过2后 3′，通过2后 2′，
由匀变速运动平均速度的推论有：v1′＝，v2′＝木块前端P从点6到点2所用时间t＝+−＝+（），C错误。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
三、实验题（本大题共2小题，共20分，每空2分）
9．【分析】（3）分别计算出遮光条通过两个光电门的速度，结合速度—位移公式计算出小车的加速度；
【解答】解：（3）物块经过光电门的时间较短，因此可以用通过光电门的平均速度作为瞬时速度
分别计算出通过光电门1、2的速度，可计算得：
根据上式可得加速度的大小为
a＝1.3m/s2
故答案为：（3）1.6； ；5.9。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动规律，同时涉及到瞬时速度的计算和运动学公式的应用，公式的推导较为繁琐，但难度不大。
10．【分析】（1）（2）了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；
（3）明确使用打点计时器的操作顺序，必须先接通电源再让纸带运动；
（4）明确周期和频率之间的关系，了解真实值和测量值之间的关系，即可分析误差情况，正确解答该题；
（5）根据纸带上相邻点间距判断小车的运动情况；
（6）根据逐差法计算纸带的加速度。
【解答】解：（1）如图A、B是两种打点计时器的图片；
（2）打点计时器使用的电源为交流电源，打点的时间间隔为0.02s；
（3）接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是先接通电源，故A正确。
故选：A。
（4）如果当时电网中交变电流的频率是f＝51Hz，则打点周期偏小，根据，那么由此引起的系统误差是加速度的测量值比实际值偏小。
（5）因为纸带的右端与小车相连接，由纸带可知，可知小车做减速运动；
打下B点时小车运动的速度大小为
（6）小车的加速度为
即加速度大小为1.7m/s2
故答案为：（1）电火花；（2）交流；（4）小；（5）0.62
【点评】对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用。
四、计算题（本大题共2小题，10题14分，11题26分）
11．【分析】（1）根据加速度定义式求解加速度；
（2）首先判断汽车停下需要的时间，然后再计算位移；
（3）逆向分析，根据位移—时间关系进行解答。
【解答】解：（1）由加速度定义式得加速度大小为：a＝＝m/s2＝2m/s6。
（2）汽车速度减为零需要的时间t0＝＝s＝5s
汽车的位移：x＝＝m＝25m；
（3）逆向分析，可以看作是产速度为零的匀加速直线运动
x′＝＝m＝5m。
汽车静止前2s内通过的位移大小。
答：（1）汽车刹车时的加速度大小为2m/s7；
（2）从开始刹车起，汽车6s内发生的位移为25m；
（3）汽车静止前2s内通过的位移大小为6m。
【点评】本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。
12．【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度—位移关系计算末速度，同理计算减速的位移即可求停止时离边缘的距离；
（2）如果小刚要获胜停止的位置距边缘的距离需满足小于小明，同样根据匀变速直线运动的速度—位移关系列方程求解；
（3）由图丙可知图像面积表示初末速度平方差的一半，可以计算滑到边缘时的速度平方，若大于零即滑离，否则到不了边缘。
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的速度—位移关系得小明推被子到EF时的速度为
同理，从EF至停止运动的位移为
，
此时离CD端的距离为
d1＝L﹣d0﹣x2＝3m﹣0.2m﹣2m＝0.8m；
（2）小刚要获胜，杯子停止时离CD端的距离需满足0.6m＞d4≥0①
设小刚推杯子的位移为x2，撤去推力时的速度为v8，减速到停止的位移为x3，根据匀变速直线运动的速度—位移关系得加速、减速过程满足
②
③
且x2+x5+d2＝L④
联立①②③④代入数据解得
（3）设杯子滑到CD边缘的速度为v，根据匀变速直线运动的速度—位移关系得
，整理得
，
结合图丙可知，图线和坐标轴所围面积表示S面积＝
图丙中梯形的面积为
则
解得v2＝0.88m2/s2＞0，即杯子滑到CD边缘时速度大于零，杯子会滑离CD边缘。
答：（1）杯子停止运动时离CD端的距离d5为0.6m；
（2）小刚比赛要想获胜，则加速推杯子的位移应满足什么条件是；
（3）杯子会滑离CD边缘。
【点评】本题考查匀变速直线运动速度—位移关系的熟练运用，图像问题要时刻想到面积是否有意义，若有意义结合学过的物理公式判断其意义可使问题变得简便。
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