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第一次月考模拟测试02-2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册）
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这是一份第一次月考模拟测试02-2024-2025学年高中物理同步高频考点专题训练（人教版必修第一册），文件包含第一次月考模拟测试02原卷版docx、第一次月考模拟测试02解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．测试范围：人教版（2019）： 必修第一册第1~2章。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．（2021秋•辽宁月考）2019年1月3日10：26，“嫦娥四号”探测器实现人类探测器首次在月球背面软着陆。其着陆过程如下：探测器先是在距离月球表面15km高度处启动发动机开始减速，在边飞边降的同时迅速调整姿态；在距离月球表面8km时，“嫦娥四号”变为垂直下降，直至最后100米；它悬停在空中选定落脚点后，才缓缓“飘”了下去。整个过程大约耗时10分钟。则下列有关说法正确的是（ ）
A．研究“嫦娥四号”着陆过程的姿态和动作时，应把它看成质点
B．“嫦娥四号”着陆过程的位移为15km
C．“嫦娥四号”着陆过程的路程为15km
D．“2019年1月3日10：26”指的是时刻，“10分钟”指的是时间间隔
【答案】D
【分析】在物体的大小和形状对所研究的问题可以忽略不计时，可以将物体看成质点；时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点；位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度。
【解答】解：A、研究“嫦娥四号”着陆过程的姿态和动作时，形状大小不可忽略，不能把它看成质点，故A错误；
BC、“嫦娥四号”着陆过程中降落高度为15km，但根据题意无法得知位移和路程的大小，故BC错误；
D、“2019年1月3日10：26”指的是时刻，“10分钟”指的是时间间隔，故D正确。
故选：D。
2．（2022秋•爱民区校级月考）现在的航空母舰上都有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s。若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（ ）
A．30m/sB．40m/sC．20m/sD．10m/s
【答案】B
【分析】已知飞机的末速度、加速度和位移，所以可以用速度—位移公式解出飞机的初速度。
【解答】解：设飞机的初速度为v0，根据得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．（2022秋•秦州区校级月考）甲、乙两质点在同一直线上匀速运动，设向右为正方向，甲质点的速度为2m/s，乙质点的速度为﹣4m/s，则下列说法错误的是（ ）
A．乙质点的速率大于甲质点的速率
B．因为+2＞﹣4，所以甲质点的速度大于乙质点的速度
C．这里的正、负号的物理意义表示运动的方向
D．若甲、乙两质点同时由同一点出发，则10s后甲、乙两质点相距60m
【答案】B
【分析】本题的关键是明确矢量正负由规定的正方向决定，矢量的正负表示方向不表示大小。同时能根据位移公式分析两物体的位置关系。
【解答】解：AB、乙速度是矢量，正负号不表示大小，代表方向，所以乙质点的速率大于甲质点的速率，故A正确，B错误；
C、这里的正、负号的物理意义表示运动的方向，故C正确；
D、若甲、乙两质点同时由同一点出发，则10 s后甲、乙两质点相距s＝2×10m+4×10m＝60m，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
4．（2022秋•亭湖区校级月考）关于地球重力加速度g和物体的重心，下列说法正确的是（ ）
A．重心是物体内重力最大的点
B．任何有规则形状的物体，它的重心就在几何中心上
C．g值在两极处小于在赤道处
D．从效果上看，重心是物体各部分所受重力的等效作用点
【答案】D
【分析】重心是物体各部分所受重力的等效作用点；质量分布均匀且形状规则的物体的重心在其几何中心上；从赤道向两极，重力加速度g越来越大。
【解答】解：AD、重心是物体各部分所受重力的等效作用点，不一定是重力最大的点，故A错误，D正确；
B、质量分布均匀且形状规则的物体的重心在其几何中心上，故B错误；
C、从赤道向两极，重力加速度g越来越大，故C错误；
故选：D。
5．（2022秋•东城区校级月考）蹦床是一项专业运动员利用蹦床的反弹效果表现技巧的竞技运动，属体操项目之一。朱雪莹在东京奥运会夺冠一跳如图所示。某段过程中，她自距水平网面高3.2m处由静止下落，与网作用0.5s后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5m，若忽略触网过程中蹬网发力动作而将其视为质点，不计空气阻力且规定竖直向下为正方向，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．她下落到刚接触网面时的速度为10m/s
B．她自最高点向下运动到最低点的过程历时0.8s
C．她与网作用过程中的平均加速度为﹣4m/s2
D．她自静止下落到弹回至最高点的过程中，平均速度为﹣m/s
【答案】D
【分析】根据自由落体运动的公式即可求出她触网的速度和下落的时间，同理可以求出她离开网的速度和上升的时间；根据加速度的定义式即可求出平均加速度，根据平均速度的公式即可求出平均速度。
【解答】解：A、朱雪莹下落的高度为3.2m，根据：v2＝2gh可得她下落到刚接触网面时的速度大小为：m/s＝8m/s，故A错误；
B、她自最高点向下运动到触网的过程的时间：s＝0.8s，她与网接触后仍然要继续下降一段时间才能到达最低点，所以她自最高点向下运动到最低点的过程的时间一定大于0.8s，故B错误；
C、朱雪莹上升的高度为3.2m，根据：v2＝2gh可得她刚离开网面时的速度大小为：＝m/s＝10m/s，所以她与网作用过程中的平均加速度为：a＝＝，故C错误；
D、她刚离开网面后上升的时间：s＝1s，她自静止下落到弹回至最高点的过程中的位移：x＝h1﹣h2＝3.2m﹣5m＝﹣1.8m，则平均速度为：＝m/s＝﹣m/s，故D正确。
故选：D。
6．（2022秋•工农区校级月考）做匀变速直线运动的物体在时间t内的位移为s，设这段位移内中间位置的瞬时速度为v，则（ ）
A．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有
B．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有
C．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有
D．匀加速直线运动时，；匀减速直线运动时，
【答案】B
【分析】作出速度—时间图象：匀变速直线运动的速度图象是倾斜的直线，，中间时刻的瞬时速度等于平均速度等于位移与时间的比值，根据“面积”等于位移确定出中间时刻的瞬时速度为v1．在图上找出中间位置的瞬时速度为v2，再比较两者的大小。
【解答】解：当物体做匀加速直线运动时，速度图象如图1
物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v1＜v2；
当物体做匀减速直线运动时，速度图象如图2，物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v1＜v2．故B正确，ACD错误；
故选：B。
7．（2023春•南关区校级月考）电动汽车对环境无污染、噪声小，比汽油车还有更快的起步加速，越来越受到人们的欢迎。物理学中常用加速度对时间的变化率来表示加速度的变化快慢，称之为“加加速度”，用符号“j”表示，如果j值过大，会形成冲击力，影响乘客乘坐的舒适性。对汽车来说，人体可以承受的j值通常在0.4～1.0之间。如图为某国产新能源电动轿车，测得其启动后a与时间t的变化关系为a＝3﹣0.5t，则（ ）
A．国际单位制中“j”的单位是m/s﹣2
B．j为0的运动一定是匀速直线运动
C．该轿车启动后j的值大小为0.5
D．该轿车启动后做匀变速直线运动
【答案】C
【分析】根据“加加速度”的定义，判断其国际单位；根据其启动后a与时间t的变化关系为a＝3﹣0.5t，其斜率表示“加加速度”进行判断；j＝0，即加速度是恒定的，所以汽车应该做匀变速直线运动；加速度是变化的，所以该汽车启动后做变加速直线运动。
【解答】解：A、加速度对时间的变化率来表示加速度的变化快慢，称之为“加加速度”，“加加速度”可表示为
故国际单位制中“加加速度”的单位应是m/s3，故A错误；
B、j为0代表加速度保持不变，物体的运动可能为匀变速运动，也可能为匀速直线运动，故B错误；
C、由a＝3﹣0.5t
可得
故该汽车启动后j的大小为0.5m/s3，故C正确；
D、由a与时间t的变化关系a＝3﹣0.5t
可知，该汽车加速度随时间均匀变化，故该汽车做的不是匀变速直线运动，故D错误。
故选：C。
8．（2023秋•霞浦县校级月考）在《与朱元思书》中如下片段：“风烟俱静，天山共色。从流飘荡，任意东西。”后两句写的是诗人乘坐着船随江水飘荡，任凭船随水漂去。从物理学角度，若诗人认为船是静止的，他选择的参照物是（ ）
A．诗人自己B．空中飞鸟C．岸边青山D．天上云朵
【答案】A
【分析】根据参照物选择和对运动描述分析判断。
【解答】解：A．诗人认为船是静止的，选择的参照物是诗人自己。故A正确；
B．诗人选择空中飞鸟为参照物，船是运动的。故B错误；
C．诗人选择岸边青山为参照物，船是运动的。故C错误；
D．诗人选择的参照物是天上云朵，船是运动的。故D错误。
故选：A。
9．（2022秋•沧州月考）（多选）2022年6月5日10时44分，搭载“神舟十四号载人飞船”的“长征二号F遥十四运载火箭”在酒泉卫星发射中心点火发射，约577秒后，“神舟十四号载人飞船”与火箭成功分离，进入距地面高约为400km的预定轨道，“神舟十四号载人飞船”每90分钟绕地球一周。下列说法正确的是（ ）
A．10时44分和90分钟指的都是时刻
B．577秒指的是时间间隔
C．400km是载人飞船通过的路程
D．以地球为参考系，载人飞船是运动的
【答案】BD
【分析】根据时间和时刻、位移和路程、参考系的概念和区别进行判断。
【解答】解：A.10时44分指时刻，90分钟指的都是时间间隔，故A错误；
B.577秒指的是时间间隔，故B正确；
C.400km是载人飞船离地面的高度，故C错误；
D.以地球为参考系，载人飞船是运动的，故D正确。
故选：BD。
10．（2022秋•道里区校级月考）（多选）一小滑块以10m/s的初速度自由冲上足够长的光滑斜面，2s末速度大小变为4m/s，则这段时间内小滑块的加速度可能是（ ）
A．方向沿斜面向下，大小为3m/s2
B．方向沿斜面向下，大小为7m/s2
C．方向沿斜面向上，大小为3m/s2
D．方向沿斜面向上，大小为7m/s2
【答案】AB
【分析】小球在光滑斜面上运动，合力不变，加速度大小和方向都不变，做匀变速直线运动，根据速度—时间公式求出小球的加速度，注意2s末的速度方向可能与初速度方向相同，可能相反．
【解答】解：以初速度v0的方向为正，当v与v0同向时，a1＝＝m/s2＝﹣3m/s2；
负号表示加速度方向与初速度方向相反，即沿斜面向下；
当v与v0反向时，a2＝＝m/s2＝﹣7m/s2；
负号表示加速度方向与初速度方向相反，即沿斜面向下；
所以加速度大小可能为3m/s2也可能为7m/s2，方向沿斜面向下，故AB正确、CD错误。
故选：AB。
11．（2022春•南关区校级月考）（多选）图（a）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移—时间图像（后10s的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（ ）
A．机器人在0～30s内的位移大小为2m
B．0～10s内，机器人做匀加速直线运动
C．10～30s内，机器人的平均速度大小为0.35m/s
D．机器人在5s末的速度与15s末的速度相同
【答案】AC
【分析】在位移—时间图像中，纵坐标的变化量表示位移，图像的斜率表示速度，根据斜率关系分析速度关系，结合平均速度的定义分析。
【解答】解：A、机器人在0～30s内的位移为Δx＝x2﹣x1＝0﹣2m＝﹣2m，位移大小为2m，故A正确；
B、根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知0～10s内，机器人做匀速直线运动，故B错误；
C、10～30s内，机器人的位移大小为|Δx′|＝|0﹣7m|＝7m，平均速度大小为＝＝m/s＝0.35m/s，故C正确；
D、根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知机器人在5s末的速度与15s末的速度方向相反，所以速度不同，故D错误。
故选：AC。
12．（2022秋•建华区校级月考）（多选）如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断正确的是（ ）
A．位置“1”是小球释放的初始位置
B．小球做匀加速直线运动
C．小球下落的加速度为
D．小球在位置“3”的速度为
【答案】BCD
【分析】小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以求得．
【解答】解：A、B、C、由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，小球做匀加速直线运动；由Δx＝at2可知，a＝＝；
由于时间的间隔相同，所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小，所以V2＝，根据V＝V0+at可知点1的速度大小是V1＝V2﹣at＝﹣•T＝，所以位置“1”不是小球释放的初始位置。故A错误，BC正确；
D、点2、4之间的位移大小为7d，时间间隔为2T，所以位置“3”的瞬时速度等于2、4之间的平均速度，大小为：v3＝，故D正确。
故选：BCD。
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题（本题共2小题，每题6分，共12分）
13．（2022秋•荔城区校级月考）一个皮球从8m高的地方落下，碰撞地面后又反弹起到5m高的地方，则皮球通过的路程 13 m，该球经过一系列碰撞后，最终停在地面上，在整个运动过程中皮球的位移大小是 8 m。
【答案】13；8
【分析】路程等于物体运动轨迹的长度，位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段长度．
【解答】解：皮球从8m高的地方落下，碰撞地面后又反弹起5m，它所通过的路程是13m，
皮球经过一系列碰撞后，最终停在地面上，则在整个运动过程中皮球的位移大小是8m，方向竖直向下；
故答案为：13；8
14．（2022秋•思明区校级月考）如图所示，小球v0＝3m/s的速度从中间滑上光滑的足够长斜面，已知小球在斜面上运动时的加速度大小为2m/s2，当小球速度大小为1m/s时，经过的时间是 1或2 s。
【答案】1或2。
【分析】小球先沿斜面向上匀减速运动，根据速度公式v＝v0+at求解。
【解答】解：由于小球在光滑斜面上运动时，加速度的大小、方向都不改变，可判断小球向上做匀减速运动，
以小球运动的方向为正方向，当小球的速度向上1m/s时，据v＝v0+at得：1m/s＝3m/s﹣2t，所以t＝1s。
当小球的速度向下1m/s时，据v＝v0+at得：﹣1m/s＝3m/s﹣2t，所以t＝2s。
故答案为：1或2。
三．实验题（共1小题,共10分）
15．（2022秋•阳信县月考）如图甲所示，是研究小车做匀变速直线运动基本公式应用的实验装置，打点计时器的工作周期为T。
（1）实验中，必要的措施是 AC 。
A．调整滑轮高度使细线必须与长木板平行
B．小车必须具有一定的初速度
C．在释放前小车要靠近打点计时器一端
D．应先释放小车再接通打点计时器
（2）如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是打好的纸带上7个连续的点。从图乙中可读得s6＝ 6.00 cm，计算F点对应的瞬时速度大小的计算式为vF＝ 。（用题目中所给量的字母表示）
（3）如图丙所示，是根据实验数据画出的v2﹣2s图线（s为各打点至同一起点的距离），由图线可知，该图线的斜率表示 加速度 ，其大小为 5.0m/s2 （保留2位有效数字）。
【答案】（1）AC；（2）6.00；；（3）加速度；5.0m/s2
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据图乙得出对应的示数，结合匀变速直线运动的规律的出速度的表达式；
（3）根据运动学公式和图像的物理意义完成分析。
【解答】解：（1）A、为了保证小车所受的合外力保持不变，细线要与长木板平行，故A正确；
B、小车在悬挂钩码后将开始运动，不需要一定的初速度，故B错误；
C、在释放前小车要靠近打点计时器一端，故C正确；
D、在实验中要先接通电源后释放纸带，故D错误；
故选：AC。
（2）根据图乙可知，A点对应的刻度为0.50cm，G点对应的刻度为6.50cm，则s6＝6.50cm﹣0.50cm＝6.00cm
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则
vF＝
（3）根据匀变速直线运动的公式可得：
化简可得：
即图像的斜率表示加速度
根据图像的斜率可得：
＝5.0m/s2
故答案为：（1）AC；（2）6.00；；（3）加速度；5.0m/s2
四．计算题（本题共3小题，共30分）
16．（2022秋•宁陵县校级月考）如图所示，一个物体从A运动到B，又从B运动到C，A、B、C三点的位置坐标分别为xA＝5m，xB＝﹣10m，xC＝﹣2m，试求：
（1）物体从A到B的位移和路程；
（2）物体从始点A到末点C的位移和路程。
【答案】见试题解答内容
【分析】根据坐标轴的性质可知，两点间的位移等于坐标之间的差值，正负号表示位移的方向．路程是质点在空间运动轨迹的长度．由此分析即可。
【解答】解：（1）物体从A到B的位移：xAB＝xB﹣xA＝﹣10m﹣5m＝﹣15m，方向从A指向B；
路程：sAB＝|xB﹣xA|＝|﹣10m﹣5m|＝15m
（2）物体从始点A到末点C的位移：xAC＝xC﹣xA＝﹣2m﹣5m＝﹣7m，方向从A指向C；
路程：s＝|xB﹣xA|+|xC﹣xB|＝|﹣10m﹣5m|+|﹣2m﹣（﹣10m）|＝23m
答：（1）物体从A到B的位移为15m，方向从A指向B，路程为15m；
（2）物体从始点A到末点C的位移为7m，分子从A指向C，路程为23m。
17．（2022秋•雨山区校级月考）一个篮球从高h1＝8m的位置由静止开始下落，经1.5s落到水平地面上，达到地面时速度为15m/s，然后撞击地面后以5m/s的速度反弹，经0.5s达到最高点h2＝1.2m，已知篮球与地面碰撞的时间为0.2s，求：
（1）篮球从空中下落过程的平均速度的大小；
（2）篮球与地面碰撞过程的平均加速度大小和方向；
（3）篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度的大小和方向。
【答案】（1）篮球从空中下落过程的平均速度的大小为5.33m/s；
（2）篮球在与地面碰撞过程的平均加速度大小为100m/s2，方向竖直向上；
（3）篮球在空中下落过程的平均速度为3.09m/s，方向竖直向下.
【分析】（1）根据位移与时间之比求篮球在空中下落过程的平均速度。
（2）分析篮球在与地面碰撞过程中篮球的初速度和末速度，再根据加速度的定义式求其加速度。
（3）根据总位移与总时间之比求平均速度。
【解答】解：（1）根据平均速度计算公式有：＝＝m/s≈5.33m/s；
（2）以竖直向下为正方向，初速度为15m/s，末速度为﹣5m/s，篮球在与地面碰撞过程的平均加速度为：
a＝m/s2＝﹣100m/s2，负号表示加速度方向竖直向上；
（3）篮球从开始下落到反弹至最高点过程的位移为 x＝h1﹣h2＝8m﹣1.2m＝6.8m
平均速度为＝＝m/s≈3.09m/s，方向竖直向下。
答：（1）篮球从空中下落过程的平均速度的大小为5.33m/s；
（2）篮球在与地面碰撞过程的平均加速度大小为100m/s2，方向竖直向上；
（3）篮球在空中下落过程的平均速度为3.09m/s，方向竖直向下.
18．（2022秋•集宁区校级月考）货车A正在该公路上以20m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有64m。
（1）若此时B车立即以2m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。
（2）若A车司机发现B车，立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2（两车均视为质点），为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：B车加速度a2至少多大才能避免事故。（这段公路很窄，无法靠边让道）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）能否相撞的判定依据是，当B车速度增加得与A车相等时，A车的位移与B车的位移差与两车距离的比较即可。
（2）判断依据仍是AB两车速度相等时的位移关系，由位移关系分析求解B车的加速度最小值即可。
【解答】解：（1）当两车速度相等时，所用时间为
t0＝＝10 s
在此10 s内A车的位移为
xA＝vAt0＝20×10 m＝200 m
B车的位移为
xB＝＝×2×102 m＝100 m
此时A、B两车间的位移差为
Δx＝xA﹣xB＝100 m＞64 m
所以两车必定相撞。
令两车相撞的时间为t，则相撞时有vAt﹣at2＝64 m
代入数据解得t＝4 s（另一根不合题意舍去）
所以A车撞上B车的时间为4 s。
（2）已知A车的加速度aA＝﹣2 m/s2，初速度vA＝20 m/s
设B车的加速度为aB，B车运动经过时间t'，
两车相遇时，则有vAt'+aAt'2＝aBt'2+L
代入数据有（aB+1）t'2﹣20t'+64＝0①
要避免相撞，则式①无实数解，根据数学关系知，aB＞1.125 m/s2
所以B的加速度的最小值为1.125 m/s2。
答：（1）会撞上B车；从A车发现B车开始到撞上B车的时间为4 s；
（2）B车加速度a2至少1.125 m/s2才能避免事故。
注意事项：
1．测试范围：人教版（2019）： 必修第一册第1~2章。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．（2021秋•辽宁月考）2019年1月3日10：26，“嫦娥四号”探测器实现人类探测器首次在月球背面软着陆。其着陆过程如下：探测器先是在距离月球表面15km高度处启动发动机开始减速，在边飞边降的同时迅速调整姿态；在距离月球表面8km时，“嫦娥四号”变为垂直下降，直至最后100米；它悬停在空中选定落脚点后，才缓缓“飘”了下去。整个过程大约耗时10分钟。则下列有关说法正确的是（ ）
A．研究“嫦娥四号”着陆过程的姿态和动作时，应把它看成质点
B．“嫦娥四号”着陆过程的位移为15km
C．“嫦娥四号”着陆过程的路程为15km
D．“2019年1月3日10：26”指的是时刻，“10分钟”指的是时间间隔
【答案】D
【分析】在物体的大小和形状对所研究的问题可以忽略不计时，可以将物体看成质点；时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点；位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度。
【解答】解：A、研究“嫦娥四号”着陆过程的姿态和动作时，形状大小不可忽略，不能把它看成质点，故A错误；
BC、“嫦娥四号”着陆过程中降落高度为15km，但根据题意无法得知位移和路程的大小，故BC错误；
D、“2019年1月3日10：26”指的是时刻，“10分钟”指的是时间间隔，故D正确。
故选：D。
2．（2022秋•爱民区校级月考）现在的航空母舰上都有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s。若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（ ）
A．30m/sB．40m/sC．20m/sD．10m/s
【答案】B
【分析】已知飞机的末速度、加速度和位移，所以可以用速度—位移公式解出飞机的初速度。
【解答】解：设飞机的初速度为v0，根据得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．（2022秋•秦州区校级月考）甲、乙两质点在同一直线上匀速运动，设向右为正方向，甲质点的速度为2m/s，乙质点的速度为﹣4m/s，则下列说法错误的是（ ）
A．乙质点的速率大于甲质点的速率
B．因为+2＞﹣4，所以甲质点的速度大于乙质点的速度
C．这里的正、负号的物理意义表示运动的方向
D．若甲、乙两质点同时由同一点出发，则10s后甲、乙两质点相距60m
【答案】B
【分析】本题的关键是明确矢量正负由规定的正方向决定，矢量的正负表示方向不表示大小。同时能根据位移公式分析两物体的位置关系。
【解答】解：AB、乙速度是矢量，正负号不表示大小，代表方向，所以乙质点的速率大于甲质点的速率，故A正确，B错误；
C、这里的正、负号的物理意义表示运动的方向，故C正确；
D、若甲、乙两质点同时由同一点出发，则10 s后甲、乙两质点相距s＝2×10m+4×10m＝60m，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
4．（2022秋•亭湖区校级月考）关于地球重力加速度g和物体的重心，下列说法正确的是（ ）
A．重心是物体内重力最大的点
B．任何有规则形状的物体，它的重心就在几何中心上
C．g值在两极处小于在赤道处
D．从效果上看，重心是物体各部分所受重力的等效作用点
【答案】D
【分析】重心是物体各部分所受重力的等效作用点；质量分布均匀且形状规则的物体的重心在其几何中心上；从赤道向两极，重力加速度g越来越大。
【解答】解：AD、重心是物体各部分所受重力的等效作用点，不一定是重力最大的点，故A错误，D正确；
B、质量分布均匀且形状规则的物体的重心在其几何中心上，故B错误；
C、从赤道向两极，重力加速度g越来越大，故C错误；
故选：D。
5．（2022秋•东城区校级月考）蹦床是一项专业运动员利用蹦床的反弹效果表现技巧的竞技运动，属体操项目之一。朱雪莹在东京奥运会夺冠一跳如图所示。某段过程中，她自距水平网面高3.2m处由静止下落，与网作用0.5s后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5m，若忽略触网过程中蹬网发力动作而将其视为质点，不计空气阻力且规定竖直向下为正方向，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．她下落到刚接触网面时的速度为10m/s
B．她自最高点向下运动到最低点的过程历时0.8s
C．她与网作用过程中的平均加速度为﹣4m/s2
D．她自静止下落到弹回至最高点的过程中，平均速度为﹣m/s
【答案】D
【分析】根据自由落体运动的公式即可求出她触网的速度和下落的时间，同理可以求出她离开网的速度和上升的时间；根据加速度的定义式即可求出平均加速度，根据平均速度的公式即可求出平均速度。
【解答】解：A、朱雪莹下落的高度为3.2m，根据：v2＝2gh可得她下落到刚接触网面时的速度大小为：m/s＝8m/s，故A错误；
B、她自最高点向下运动到触网的过程的时间：s＝0.8s，她与网接触后仍然要继续下降一段时间才能到达最低点，所以她自最高点向下运动到最低点的过程的时间一定大于0.8s，故B错误；
C、朱雪莹上升的高度为3.2m，根据：v2＝2gh可得她刚离开网面时的速度大小为：＝m/s＝10m/s，所以她与网作用过程中的平均加速度为：a＝＝，故C错误；
D、她刚离开网面后上升的时间：s＝1s，她自静止下落到弹回至最高点的过程中的位移：x＝h1﹣h2＝3.2m﹣5m＝﹣1.8m，则平均速度为：＝m/s＝﹣m/s，故D正确。
故选：D。
6．（2022秋•工农区校级月考）做匀变速直线运动的物体在时间t内的位移为s，设这段位移内中间位置的瞬时速度为v，则（ ）
A．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有
B．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有
C．无论是匀加速还是匀减速直线运动，均有
D．匀加速直线运动时，；匀减速直线运动时，
【答案】B
【分析】作出速度—时间图象：匀变速直线运动的速度图象是倾斜的直线，，中间时刻的瞬时速度等于平均速度等于位移与时间的比值，根据“面积”等于位移确定出中间时刻的瞬时速度为v1．在图上找出中间位置的瞬时速度为v2，再比较两者的大小。
【解答】解：当物体做匀加速直线运动时，速度图象如图1
物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v1＜v2；
当物体做匀减速直线运动时，速度图象如图2，物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v1＜v2．故B正确，ACD错误；
故选：B。
7．（2023春•南关区校级月考）电动汽车对环境无污染、噪声小，比汽油车还有更快的起步加速，越来越受到人们的欢迎。物理学中常用加速度对时间的变化率来表示加速度的变化快慢，称之为“加加速度”，用符号“j”表示，如果j值过大，会形成冲击力，影响乘客乘坐的舒适性。对汽车来说，人体可以承受的j值通常在0.4～1.0之间。如图为某国产新能源电动轿车，测得其启动后a与时间t的变化关系为a＝3﹣0.5t，则（ ）
A．国际单位制中“j”的单位是m/s﹣2
B．j为0的运动一定是匀速直线运动
C．该轿车启动后j的值大小为0.5
D．该轿车启动后做匀变速直线运动
【答案】C
【分析】根据“加加速度”的定义，判断其国际单位；根据其启动后a与时间t的变化关系为a＝3﹣0.5t，其斜率表示“加加速度”进行判断；j＝0，即加速度是恒定的，所以汽车应该做匀变速直线运动；加速度是变化的，所以该汽车启动后做变加速直线运动。
【解答】解：A、加速度对时间的变化率来表示加速度的变化快慢，称之为“加加速度”，“加加速度”可表示为
故国际单位制中“加加速度”的单位应是m/s3，故A错误；
B、j为0代表加速度保持不变，物体的运动可能为匀变速运动，也可能为匀速直线运动，故B错误；
C、由a＝3﹣0.5t
可得
故该汽车启动后j的大小为0.5m/s3，故C正确；
D、由a与时间t的变化关系a＝3﹣0.5t
可知，该汽车加速度随时间均匀变化，故该汽车做的不是匀变速直线运动，故D错误。
故选：C。
8．（2023秋•霞浦县校级月考）在《与朱元思书》中如下片段：“风烟俱静，天山共色。从流飘荡，任意东西。”后两句写的是诗人乘坐着船随江水飘荡，任凭船随水漂去。从物理学角度，若诗人认为船是静止的，他选择的参照物是（ ）
A．诗人自己B．空中飞鸟C．岸边青山D．天上云朵
【答案】A
【分析】根据参照物选择和对运动描述分析判断。
【解答】解：A．诗人认为船是静止的，选择的参照物是诗人自己。故A正确；
B．诗人选择空中飞鸟为参照物，船是运动的。故B错误；
C．诗人选择岸边青山为参照物，船是运动的。故C错误；
D．诗人选择的参照物是天上云朵，船是运动的。故D错误。
故选：A。
9．（2022秋•沧州月考）（多选）2022年6月5日10时44分，搭载“神舟十四号载人飞船”的“长征二号F遥十四运载火箭”在酒泉卫星发射中心点火发射，约577秒后，“神舟十四号载人飞船”与火箭成功分离，进入距地面高约为400km的预定轨道，“神舟十四号载人飞船”每90分钟绕地球一周。下列说法正确的是（ ）
A．10时44分和90分钟指的都是时刻
B．577秒指的是时间间隔
C．400km是载人飞船通过的路程
D．以地球为参考系，载人飞船是运动的
【答案】BD
【分析】根据时间和时刻、位移和路程、参考系的概念和区别进行判断。
【解答】解：A.10时44分指时刻，90分钟指的都是时间间隔，故A错误；
B.577秒指的是时间间隔，故B正确；
C.400km是载人飞船离地面的高度，故C错误；
D.以地球为参考系，载人飞船是运动的，故D正确。
故选：BD。
10．（2022秋•道里区校级月考）（多选）一小滑块以10m/s的初速度自由冲上足够长的光滑斜面，2s末速度大小变为4m/s，则这段时间内小滑块的加速度可能是（ ）
A．方向沿斜面向下，大小为3m/s2
B．方向沿斜面向下，大小为7m/s2
C．方向沿斜面向上，大小为3m/s2
D．方向沿斜面向上，大小为7m/s2
【答案】AB
【分析】小球在光滑斜面上运动，合力不变，加速度大小和方向都不变，做匀变速直线运动，根据速度—时间公式求出小球的加速度，注意2s末的速度方向可能与初速度方向相同，可能相反．
【解答】解：以初速度v0的方向为正，当v与v0同向时，a1＝＝m/s2＝﹣3m/s2；
负号表示加速度方向与初速度方向相反，即沿斜面向下；
当v与v0反向时，a2＝＝m/s2＝﹣7m/s2；
负号表示加速度方向与初速度方向相反，即沿斜面向下；
所以加速度大小可能为3m/s2也可能为7m/s2，方向沿斜面向下，故AB正确、CD错误。
故选：AB。
11．（2022春•南关区校级月考）（多选）图（a）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移—时间图像（后10s的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（ ）
A．机器人在0～30s内的位移大小为2m
B．0～10s内，机器人做匀加速直线运动
C．10～30s内，机器人的平均速度大小为0.35m/s
D．机器人在5s末的速度与15s末的速度相同
【答案】AC
【分析】在位移—时间图像中，纵坐标的变化量表示位移，图像的斜率表示速度，根据斜率关系分析速度关系，结合平均速度的定义分析。
【解答】解：A、机器人在0～30s内的位移为Δx＝x2﹣x1＝0﹣2m＝﹣2m，位移大小为2m，故A正确；
B、根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知0～10s内，机器人做匀速直线运动，故B错误；
C、10～30s内，机器人的位移大小为|Δx′|＝|0﹣7m|＝7m，平均速度大小为＝＝m/s＝0.35m/s，故C正确；
D、根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知机器人在5s末的速度与15s末的速度方向相反，所以速度不同，故D错误。
故选：AC。
12．（2022秋•建华区校级月考）（多选）如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断正确的是（ ）
A．位置“1”是小球释放的初始位置
B．小球做匀加速直线运动
C．小球下落的加速度为
D．小球在位置“3”的速度为
【答案】BCD
【分析】小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以求得．
【解答】解：A、B、C、由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，小球做匀加速直线运动；由Δx＝at2可知，a＝＝；
由于时间的间隔相同，所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小，所以V2＝，根据V＝V0+at可知点1的速度大小是V1＝V2﹣at＝﹣•T＝，所以位置“1”不是小球释放的初始位置。故A错误，BC正确；
D、点2、4之间的位移大小为7d，时间间隔为2T，所以位置“3”的瞬时速度等于2、4之间的平均速度，大小为：v3＝，故D正确。
故选：BCD。
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题（本题共2小题，每题6分，共12分）
13．（2022秋•荔城区校级月考）一个皮球从8m高的地方落下，碰撞地面后又反弹起到5m高的地方，则皮球通过的路程 13 m，该球经过一系列碰撞后，最终停在地面上，在整个运动过程中皮球的位移大小是 8 m。
【答案】13；8
【分析】路程等于物体运动轨迹的长度，位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段长度．
【解答】解：皮球从8m高的地方落下，碰撞地面后又反弹起5m，它所通过的路程是13m，
皮球经过一系列碰撞后，最终停在地面上，则在整个运动过程中皮球的位移大小是8m，方向竖直向下；
故答案为：13；8
14．（2022秋•思明区校级月考）如图所示，小球v0＝3m/s的速度从中间滑上光滑的足够长斜面，已知小球在斜面上运动时的加速度大小为2m/s2，当小球速度大小为1m/s时，经过的时间是 1或2 s。
【答案】1或2。
【分析】小球先沿斜面向上匀减速运动，根据速度公式v＝v0+at求解。
【解答】解：由于小球在光滑斜面上运动时，加速度的大小、方向都不改变，可判断小球向上做匀减速运动，
以小球运动的方向为正方向，当小球的速度向上1m/s时，据v＝v0+at得：1m/s＝3m/s﹣2t，所以t＝1s。
当小球的速度向下1m/s时，据v＝v0+at得：﹣1m/s＝3m/s﹣2t，所以t＝2s。
故答案为：1或2。
三．实验题（共1小题,共10分）
15．（2022秋•阳信县月考）如图甲所示，是研究小车做匀变速直线运动基本公式应用的实验装置，打点计时器的工作周期为T。
（1）实验中，必要的措施是 AC 。
A．调整滑轮高度使细线必须与长木板平行
B．小车必须具有一定的初速度
C．在释放前小车要靠近打点计时器一端
D．应先释放小车再接通打点计时器
（2）如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是打好的纸带上7个连续的点。从图乙中可读得s6＝ 6.00 cm，计算F点对应的瞬时速度大小的计算式为vF＝ 。（用题目中所给量的字母表示）
（3）如图丙所示，是根据实验数据画出的v2﹣2s图线（s为各打点至同一起点的距离），由图线可知，该图线的斜率表示 加速度 ，其大小为 5.0m/s2 （保留2位有效数字）。
【答案】（1）AC；（2）6.00；；（3）加速度；5.0m/s2
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据图乙得出对应的示数，结合匀变速直线运动的规律的出速度的表达式；
（3）根据运动学公式和图像的物理意义完成分析。
【解答】解：（1）A、为了保证小车所受的合外力保持不变，细线要与长木板平行，故A正确；
B、小车在悬挂钩码后将开始运动，不需要一定的初速度，故B错误；
C、在释放前小车要靠近打点计时器一端，故C正确；
D、在实验中要先接通电源后释放纸带，故D错误；
故选：AC。
（2）根据图乙可知，A点对应的刻度为0.50cm，G点对应的刻度为6.50cm，则s6＝6.50cm﹣0.50cm＝6.00cm
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则
vF＝
（3）根据匀变速直线运动的公式可得：
化简可得：
即图像的斜率表示加速度
根据图像的斜率可得：
＝5.0m/s2
故答案为：（1）AC；（2）6.00；；（3）加速度；5.0m/s2
四．计算题（本题共3小题，共30分）
16．（2022秋•宁陵县校级月考）如图所示，一个物体从A运动到B，又从B运动到C，A、B、C三点的位置坐标分别为xA＝5m，xB＝﹣10m，xC＝﹣2m，试求：
（1）物体从A到B的位移和路程；
（2）物体从始点A到末点C的位移和路程。
【答案】见试题解答内容
【分析】根据坐标轴的性质可知，两点间的位移等于坐标之间的差值，正负号表示位移的方向．路程是质点在空间运动轨迹的长度．由此分析即可。
【解答】解：（1）物体从A到B的位移：xAB＝xB﹣xA＝﹣10m﹣5m＝﹣15m，方向从A指向B；
路程：sAB＝|xB﹣xA|＝|﹣10m﹣5m|＝15m
（2）物体从始点A到末点C的位移：xAC＝xC﹣xA＝﹣2m﹣5m＝﹣7m，方向从A指向C；
路程：s＝|xB﹣xA|+|xC﹣xB|＝|﹣10m﹣5m|+|﹣2m﹣（﹣10m）|＝23m
答：（1）物体从A到B的位移为15m，方向从A指向B，路程为15m；
（2）物体从始点A到末点C的位移为7m，分子从A指向C，路程为23m。
17．（2022秋•雨山区校级月考）一个篮球从高h1＝8m的位置由静止开始下落，经1.5s落到水平地面上，达到地面时速度为15m/s，然后撞击地面后以5m/s的速度反弹，经0.5s达到最高点h2＝1.2m，已知篮球与地面碰撞的时间为0.2s，求：
（1）篮球从空中下落过程的平均速度的大小；
（2）篮球与地面碰撞过程的平均加速度大小和方向；
（3）篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度的大小和方向。
【答案】（1）篮球从空中下落过程的平均速度的大小为5.33m/s；
（2）篮球在与地面碰撞过程的平均加速度大小为100m/s2，方向竖直向上；
（3）篮球在空中下落过程的平均速度为3.09m/s，方向竖直向下.
【分析】（1）根据位移与时间之比求篮球在空中下落过程的平均速度。
（2）分析篮球在与地面碰撞过程中篮球的初速度和末速度，再根据加速度的定义式求其加速度。
（3）根据总位移与总时间之比求平均速度。
【解答】解：（1）根据平均速度计算公式有：＝＝m/s≈5.33m/s；
（2）以竖直向下为正方向，初速度为15m/s，末速度为﹣5m/s，篮球在与地面碰撞过程的平均加速度为：
a＝m/s2＝﹣100m/s2，负号表示加速度方向竖直向上；
（3）篮球从开始下落到反弹至最高点过程的位移为 x＝h1﹣h2＝8m﹣1.2m＝6.8m
平均速度为＝＝m/s≈3.09m/s，方向竖直向下。
答：（1）篮球从空中下落过程的平均速度的大小为5.33m/s；
（2）篮球在与地面碰撞过程的平均加速度大小为100m/s2，方向竖直向上；
（3）篮球在空中下落过程的平均速度为3.09m/s，方向竖直向下.
18．（2022秋•集宁区校级月考）货车A正在该公路上以20m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有64m。
（1）若此时B车立即以2m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。
（2）若A车司机发现B车，立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2（两车均视为质点），为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：B车加速度a2至少多大才能避免事故。（这段公路很窄，无法靠边让道）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）能否相撞的判定依据是，当B车速度增加得与A车相等时，A车的位移与B车的位移差与两车距离的比较即可。
（2）判断依据仍是AB两车速度相等时的位移关系，由位移关系分析求解B车的加速度最小值即可。
【解答】解：（1）当两车速度相等时，所用时间为
t0＝＝10 s
在此10 s内A车的位移为
xA＝vAt0＝20×10 m＝200 m
B车的位移为
xB＝＝×2×102 m＝100 m
此时A、B两车间的位移差为
Δx＝xA﹣xB＝100 m＞64 m
所以两车必定相撞。
令两车相撞的时间为t，则相撞时有vAt﹣at2＝64 m
代入数据解得t＝4 s（另一根不合题意舍去）
所以A车撞上B车的时间为4 s。
（2）已知A车的加速度aA＝﹣2 m/s2，初速度vA＝20 m/s
设B车的加速度为aB，B车运动经过时间t'，
两车相遇时，则有vAt'+aAt'2＝aBt'2+L
代入数据有（aB+1）t'2﹣20t'+64＝0①
要避免相撞，则式①无实数解，根据数学关系知，aB＞1.125 m/s2
所以B的加速度的最小值为1.125 m/s2。
答：（1）会撞上B车；从A车发现B车开始到撞上B车的时间为4 s；
（2）B车加速度a2至少1.125 m/s2才能避免事故。
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