2025年浙教新版必修1物理下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教新版必修1物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、通過理想斜面實驗得出“力不是維持物體運動的原因"的科學家是A.亞里士多德B.伽利略C.阿基米德D.牛頓2、電梯經(jīng)過啟動、勻速運行和制動三個過程，從低樓層到達高樓層，啟動和制動可看作是勻變速直線運動．電梯豎直向上運動過程中速度的變化情況如下表,則前5秒內(nèi)電梯通過的位移大小為()

A.19.25mB.17.50mC.18.50mD.18.75m3、如圖所示是一物體做直線運動的v-t圖像，由圖可知物體（）

A.在向負方向做直線運動B.前5s內(nèi)的位移為25mC.前2s內(nèi)的平均速度為3.5m/sD.第2s末的瞬時速度大小為3m/s4、汽車從車站由靜止出發(fā)沿直線行駛速度達到．其運動過程的速度-時間圖像如圖所示，則在這段時間里關于汽車運動的下列說法中正確的（）

A.汽車運動的加速度越來越大B.汽車的加速度方向與速度方向相同C.汽車在內(nèi)的位移有可能為D.汽車在內(nèi)的平均速度不小于5、如圖所示，A、B分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同一直線運動的v-t圖象，根據(jù)圖象可以判斷出（）

A.在t=4s時，甲球的加速度小于乙球的加速度B.在t=4.5s時，兩球相距最遠C.在t=6s時，甲球的速率小于乙球的速率D.在t=8s時，兩球相遇6、如圖所示；人靜止在水平地面上的測力計上，下列說法正確的是。

A.人對測力計的壓力和測力計對人的支持力是一對作用力與反作用力B.人對測力計的壓力和測力計對人的支持力是一對平衡力C.人對測力計的壓力是由于測力計發(fā)生形變而產(chǎn)生的D.若人加速下蹲，在此過程中人對測力計的壓力大于人的重力7、如圖所示；在直線行駛的汽車中（車窗關閉；未開空調(diào)），用輕繩拴住的氫氣球和掛在中央后視鏡上的車掛件都偏離了豎直方向。則（）

A.汽車速度越大，氫氣球的慣性越大B.由氫氣球的狀態(tài)表明汽車在做減速運動C.空氣對氫氣球有斜向右上方的作用力D.空氣對氫氣球的作用力大于氫氣球對空氣的作用力評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、物體的運動狀態(tài)發(fā)生改變，則（）A.一定有加速度B.速度肯定發(fā)生了變化C.所受的外力一定變化D.肯定受外力但外力不一定改變9、如圖所示為甲；乙兩個物體做直線運動的運動圖像；則下列敘述正確的是（）

A.甲物體運動的軌跡是拋物線B.甲物體8s內(nèi)運動所能達到的最大位移為80mC.乙物體前2s的加速度為D.乙物體8s末回到出發(fā)點10、下列說法正確的是（）A.加速度方向保持不變，速度方向也保持不變B.加速度方向一定與速度變化量的方向相同C.某時刻汽車速度為零，其加速度可能很大D.加速度是描述速度變化大小的物理量11、關于重力、彈力、摩擦力，下列說法中正確的是（）A.一圓形薄板，重心一定在其圓心處，若將其中央挖去一個小圓，重心位置不變B.放在桌面上的書對桌面產(chǎn)生了壓力，其原因是桌面發(fā)生了形變C.接觸面間的摩擦力方向總是與這個接觸面間的彈力方向垂直D.滑動摩擦力的方向可以和運動方向垂直12、如圖用三根細線a、b、c將兩個小球1和2連接并懸掛，其中小球1的重力=7N，小球2的重力=9N，兩小球處于靜止，已知細線a與豎直方向的夾角為細線c水平，重力加．速度為g，sin=0.6；則（）

A.細線a對小球1的拉力為20NB.細線b對小球2的拉力為15NC.細線c對小球2的拉力為10ND.剪斷繩b后的瞬間，小球2的加速度為g13、如圖所示，質量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將木塊C迅速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間。

A.彈簧的形變量不改變B.彈簧的彈力大小為mgC.木塊A的加速度大小為gD.木塊B對水平面的壓力為4mg14、如圖所示，bc為固定在小車上的水平橫桿，物塊M套在桿上，靠摩擦力保持相對桿靜止，M又通過輕細線懸吊著一個小鐵球m，此時小車正以大小為a的加速度向右做勻加速運動，而M、m均相對小車靜止，細線與豎直方向的夾角為．小車的加速度逐漸增大，M始終和小車保持相對靜止，當加速度增加到3a時（）

A.橫桿對M的摩擦力增加到原來的3倍B.橫桿對M的彈力不變C.細線與豎直方向的夾角增加到原來的3倍D.細線的拉力增加到原來的3倍評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、跳傘運動員從地面上空附近的直升機上跳下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘，如圖所示是跳傘過程中的v﹣t圖，試根據(jù)圖象可知，運動員在開啟降落傘前的運動____（選填“是”，“不是”）自由落體運動，估算前14s內(nèi)運動員下落的高度是____m．

16、原來靜止的升降機中站著一個人，當升降機豎直加速上升時，人對升降機底板的壓力將___________（選填“增大”“減少”或“不變”）。17、磅秤上站著一個重為500N的人，并放著一個重40N的重物，則磅秤的讀數(shù)為________N．當人用20N的力豎直向上提重物時，則磅秤的讀數(shù)為___________N．18、v-t圖，讀圖則_____時刻離原點最遠，9秒內(nèi)的位移是_____

19、如圖所示，在傾角為α的斜面上，放一質量為m的小球，小球和斜坡及擋板間均無摩擦，當檔板由圖示位置開始繞O點逆時針緩慢地轉到水平位置的過程中，則球對擋板的壓力大小將________；斜面對球的彈力大小將________。（填變大、變小、先變大后變小，或者先變小后變大）20、瞬時問題。

（1）牛頓第二定律的表達式為：F合＝ma，加速度由物體所受_____決定，加速度的方向與物體所受_____的方向一致。當物體所受合外力發(fā)生突變時，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運動的_____不能發(fā)生突變。

（2）輕繩；輕桿和輕彈簧（橡皮條）的區(qū)別。

①輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后，原有的彈力將______。

②輕彈簧和橡皮條：當輕彈簧和橡皮條兩端與其他物體連接時，輕彈簧或橡皮條的彈力不能發(fā)生突變。21、牛頓第一定律______牛頓第二定律的推論（選填“是”或“不是”）；______用牛頓第二定律來解釋質量是物體慣性大小的量度（選填“能”或“不能”）。22、如圖，輕滑輪K與質量為5kg的物塊A由一根固定桿連接在一起，物塊A放置于光滑的水平面上。質量為2kg的物塊B與跨過滑輪的輕繩一端相連，輕繩另一端固定在墻上，物塊B與物塊A的動摩擦因數(shù)為0.5。若A被外力固定，g=10m/s2，滑輪受到繩子的作用力T=______N。當把物塊A釋放之后，物塊A的加速度大小為aA=______m/s2。（結果均保留兩位有效數(shù)字）

23、一質點在x軸上運動；各個時刻的位置坐標如表：

則此質點開始運動后，第______s內(nèi)的位移最大，第______s內(nèi)的路程最大；前______s內(nèi)位移最大，前______s內(nèi)路程最大．評卷人得分四、實驗題(共2題，共6分)24、同學用如圖1所示的裝置來研究自由落體運動．

（1）下列有關操作的敘述正確的是()

A．應先釋放紙帶；然后接通電源B．將打點計時器與直流4-6V低壓電源連接C．安裝打點計時器時要注意讓上下限位孔在同一豎直線上。

（2）實驗得到一條紙帶，測得各點之間的距離如圖2所示。已知電源頻率為50Hz．從該紙帶可知，重物加速度大小g＝__________m/s2（結果保留兩位有效數(shù)字）。25、用等效代替法驗證互成角度的兩個共點力的合成的規(guī)律實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮筋的圖釘，O為連接橡皮筋與細繩的小圓環(huán)，OB和OC為細繩；圖乙是白紙上根據(jù)實驗結果畫出的圖。

(1)圖乙中的與兩力中，___________是實際的合力，___________是理論的合力。

(2)完成該實驗的過程中，為了盡量減小實驗誤差，拉橡皮筋的繩細應該___________（選填“盡量短一些”、“適當長一些”，“越長越好”）；標記同一細繩方向的兩點要___________（選填“越近越好”、“盡量遠一些”）；拉橡皮筋時，彈簧秤、橡皮筋、細繩應盡量貼近木板且與木板面___________（選填“成一定角度”、“保持平行”）；拉力和的夾角___________（選填“越小越好”；“越大越好”、“必須是直角”、“不宜過大或過小”）。

(3)根據(jù)本實驗，可以得出的結論是：___________。評卷人得分五、解答題(共3題，共12分)26、足夠長的光滑斜面固定在水平面上，現(xiàn)以恒力F沿斜面向上拉物體，使其以初速度為0、加速度從斜面底端向上運動。恒力F作用一段時間t后撤去，又經(jīng)過相同時間t物體恰好回到斜面底端。求：

（1）施加恒力時物體的加速度與撤去恒力后物體的加速度大小之比；

（2）撤去恒力的瞬間物體的速度與物體回到斜面底端時速度大小之比。

27、無人機的質量為m＝2kg，在地面上由靜止開始以最大升力豎直向上起飛，經(jīng)時間t＝4s時離地面的高度為h＝48m，已知無人機動力系統(tǒng)所能提供的最大升力為36N，假設無人機運動過程中所受空氣阻力的大小恒定，g取10m/s2；求：

（1）無人機運動過程中所受空氣阻力的大?。?/p>

（2）當無人機懸停在距離地面高度h＝45m處時，無人機由于信號故障突然失去全部升力，由靜止開始豎直墜落，若無人機到達地面時速度剛好減為0，剛開始下落后經(jīng)多長時間需要立刻恢復最大升力。28、如圖甲，足夠長的傾斜傳送帶以某一恒定的速率逆時針運行。現(xiàn)將一小滑塊（視為質點）輕放在傳送帶的頂端，滑塊在傳送帶上運動的速度的二次方隨位移變化的關系如圖乙。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：

(1)滑塊在0～3.2m位移內(nèi)的加速度大小a1及其在3.2m～12.2m位移內(nèi)的加速度大小a2；

(2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【詳解】

A．亞里士多德憑借生活現(xiàn)象提出“力是維持運動的原因”；故A錯誤；

B．伽利略由理想斜面實驗得到“力不是維持物體運動的原因”；故B正確；

C．阿基米德確立了靜力學和流體靜力學的基本原理；給出許多求幾何圖形重心，包括由一拋物線和其網(wǎng)平行弦線所圍成圖形的重心的方法，阿基米德證明物體在液體中所受浮力等于它所排開液體的重量，故C錯誤；

D．牛頓結合伽利略和笛卡兒的成果提出了牛頓第一定律；故D錯誤。

故選B。2、D【分析】【詳解】

由由表格看出3-7s電梯做勻速運動，速度為v=5m/s；0-2內(nèi)電梯做勻加速運動的加速度為

則電梯勻加速運動的總時間為

則前2.5s內(nèi)的位移：

后2.5s做勻速直線運動，位移：x2=vt2=5×2.5=12.5m

前5s內(nèi)的位移：x=x1+x2=6.25+12.5=18.75m；故選D．3、D【分析】【詳解】

A.由v-t圖像可知；物體的速度為正，說明物體在沿正方向做直線運動，A錯誤；

B.根據(jù)v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，知前5s內(nèi)的位移:m

B錯誤；

C.前2s內(nèi)的位移為:m

則前2s內(nèi)的平均速度:m/s

C錯誤；

D.由題圖知，第2s末的瞬時速度大小為3m/s，D正確．4、B【分析】【詳解】

圖象的斜率表示加速度，由圖象可知物體做初速度為零加速度逐漸減小的加速運動，故A錯誤；汽車做加速運動，則汽車的加速度方向與速度方向相同，選項B正確；速度時間圖象曲線與坐標軸圍成的面積表示位移，如果物體做初速度為零，末速度為的勻加速直線運動，位移等于三角形的面積，即而此時實際曲線形成面積大于．汽車在內(nèi)的平均速度即汽車在內(nèi)的平均速度大于選項D錯誤；故選B.

【點睛】

對于速度時間圖象，關鍵是要抓住斜率表示加速度，圖象與坐標軸圍成面積代表位移，時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負．5、D【分析】【詳解】

A項：甲球的加速度故甲球的加速度大小為10m/s2；負號表示加速度方向與速度方向相反，乙球的加速度。

故甲球的加速度大于乙球的加速度，故A錯誤；

B項：當兩物體速度相同時兩物體相距最遠即解得：t=4.4s；即4.4s時兩物體相距最遠，故B錯誤；

C項：t=6s時甲球的速度v1=v0+a1t=40+（-10）×6=-20m/s；乙球的速度。

故t=6s時甲球的速率大于乙球的速率．故C錯誤；

D項：設T時刻兩物體相遇，故有解得：故D正確．6、A【分析】【詳解】

AB.人對測力計的壓力和測力計對人的支持力；分別作用在兩個物體上，是一對作用力與反作用力。故A正確，B錯誤。

C.人對測力計的壓力是由于人發(fā)生形變而產(chǎn)生的；故C錯誤。

D.若人加速下蹲，加速度向下，受到的支持力小于重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，在此過程中人對測力計的壓力小于人的重力，故D錯誤。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．慣性只和質量有關；與物體的運動狀態(tài)無關，A錯誤；

B．掛件受到斜向右上方的拉力及重力作用；合力水平向右，故汽車在做加速運動，B錯誤；

C．氫氣球受到重力；浮力、輕繩斜向左下方的拉力；要隨車一起加速，故空氣對氫氣球有斜向右上方的作用力，C正確；

D．由牛頓第三定律可知；空氣對氫氣球的作用力等于氫氣球對空氣的作用力，D錯誤。

故選C。二、多選題(共7題，共14分)8、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．運動狀態(tài)改變說明速度一定改變；則一定會產(chǎn)生加速度；故AB正確；

CD．速度改變；加速度可能是恒定不變的，故一定受合外力，但合外力可能是恒定不變的；故C錯誤，D正確；

故選ABD。9、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．甲物體先朝正方向做減速運動再朝負方向做加速運動；軌跡是直線，4s末離出發(fā)點最遠，最大位移為80m，A錯誤，B正確；

C．v-t圖線的斜率表示加速度，乙物體前2s的加速度為

C錯誤；

D．乙物體前4s朝正方向運動；后4s朝負方向運動，圖線與時間軸所圍的面積表示位移，可知兩段時間內(nèi)的位移大小相等，故8s末回到出發(fā)點，D正確。

故選BD。10、B:C【分析】【詳解】

AB．加速度方向與速度變化方向相同；與速度方向無關，故A錯誤，B正確；

CD．加速度大小是描述速度變化快慢的物理量；大小為速度變化量與時間的比值，速度為零時，加速度可能很大，故C正確，D錯誤。

故選BC。11、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．如果質量分布不均勻的圓形薄板；重心就不一定在其圓心，故A錯誤；

B．放在桌面上的書對桌面產(chǎn)生了壓力；其原因是書本發(fā)生了形變對跟它接觸的桌面產(chǎn)生力的作用，故B錯誤；

C．由于彈力的方向垂直于接觸面；而摩擦力的方向平行于接觸面，因此接觸面間的摩擦力方向總是與這個接觸面間的彈力方向垂直，故C正確；

D．滑動摩擦力的方向總是與它們的相對運動方向相反；而與其運動方向無關，如果物體的運動方向與物體的相對運動方向垂直，則此時滑動摩擦力的方向就與運動方向垂直，因此滑動摩擦力的方向可以和運動方向垂直，故D正確。

故選CD。12、A:B:D【分析】【詳解】

AC．將兩小球和細線b視為整體；對整體受力分析如圖所示。

根據(jù)共點力的平衡條件有

故A正確；C錯誤；

B．對小球2進行受力分析如下。

根據(jù)共點力的平衡條件有

故B正確；

D．剪斷繩b后的瞬間，b、c兩條繩子的拉力均變?yōu)榱悖∏?只受重力作用，加速度為g；故D正確。

故選ABD。13、A:D【分析】【詳解】

A.由于彈簧彈力屬于漸變，所以撤去C的瞬間；彈簧的形變量不變，故A正確；

B.開始整體處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬間，彈簧的形變量不變，彈簧的彈力不變，仍為3mg；故B錯誤；

C.撤去C瞬間，彈力不變，A的合力等于C的重力，對木塊A，由牛頓第二定律得：2mg=ma，

解得：a=2g

方向豎直向上；故C錯誤；

D.撤去C的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為3mg，對B，由平衡條件得：F+mg=N，

解得：N=4mg

木塊B對水平面的壓力為4mg，故D正確．14、A:B【分析】【分析】

以小球和物塊整體為研究對象；分析受力，根據(jù)牛頓第二定律研究橫桿對M的摩擦力；彈力與加速度的關系．對小球研究，根據(jù)牛頓第二定律，采用合成法研究細線與豎直方向的夾角、細線的拉力與加速度的關系．

【詳解】

對小球和物塊組成的整體；分析受力如圖1所示，根據(jù)牛頓第二定律得：

水平方向：f=（M+m）a，豎直方向：N=（M+m）g．則當加速度增加到3a時，橫桿對M的摩擦力f增加到原來的3倍．橫桿對M的彈力等于兩個物體的總重力，保持不變．故AB正確．以小球為研究對象，分析受力情況如圖2所示，由牛頓第二定律得：mgtanθ=ma，得tanθ=a/g，當a增加到3倍時，tanθ變?yōu)?倍，但θ不是3倍．細線的拉力T=可見，a變?yōu)?倍，T不是3倍．故CD錯誤．故選AB．

【點睛】

本題首先要選擇好研究對象，其次要正確分析受力情況．運用牛頓第二定律采用正交分解法和隔離法相結合．三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【詳解】

[1]．運動員在0﹣2s內(nèi)做勻加速直線運動，圖象的斜率表示加速度，所以t=1s時運動員的加速度大小為：

不是自由落體運動．

[2]．面積可以通過圖象與時間軸所圍成的面積估算，本題可以通過數(shù)方格的個數(shù)來估算，（大半格和小半格合起來算一格，兩個半格算一格）每格面積為4m2，14s內(nèi)數(shù)得的格數(shù)大約為40格，所以14s內(nèi)運動員下落的高度為：h=40×2×2m=160m．【解析】不是；16016、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]人靜止時，重力大小等于支持力，升降機豎直加速上升時，有向上的加速度，升降機底板對人的支持力大小大于人的重力，根據(jù)牛頓第三定律，人對升降機底板的壓力也大于人的重力，即人對升降機底板的壓力增大?！窘馕觥吭龃?7、略

【分析】【詳解】

磅秤上站著一個重為500N的人；并放著一個重40N的重物，則磅秤的讀數(shù)為兩者的總重，即540N；當人用20N的力豎直向上提重物時，沒有將重物提起．以人和重物整體為對象，磅秤的讀數(shù)應保持不變，還是540N．

故本題的答案為：540N，540N．【解析】540；540；18、略

【分析】【詳解】

[1]由v-t圖像可知，v-t圖所包圍的面積代表位移；故7s時物體的正向位移最大，離原點最遠；

[2]v-t圖的斜率代表加速度，6-9s內(nèi)，斜率為

即加速度大小為9s時的速度為

所以9秒內(nèi)的位移是【解析】7s10m19、略

【分析】【詳解】

[1][2]．小球受重力、斜面支持力F1和擋板支持力F2，將F1與F2合成為F；如圖。

小球一直處于平衡狀態(tài)，三個力中的任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，故F1和F2合成的合力F一定與重力等值、反向、共線．從圖中可以看出，當擋板繞O點逆時針緩慢地轉向水平位置的過程中，F(xiàn)1越來越小，F(xiàn)2先變小，后變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，球對擋板的壓力大小將先變小后變大．【解析】先變小后變大變小20、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2][3]牛頓第二定律的表達式為

加速度由物體所受合外力決定；加速度的方向與物體所受合外力的方向一致。當物體所受合外力發(fā)生突變時，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運動的速度不能發(fā)生突變。

（2）[4]輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后，原有的彈力將突變?yōu)?【解析】合外力合外力速度突變?yōu)?21、略

【分析】【詳解】

[1]由于實際上不存在完全不受其它物體作用的孤立物體；所以第一定律不能用實驗直接加以驗證，主要是由它所推出的結論和實驗事實符合而得到驗證。第一定律指出了物體在不受力的情況下處于怎樣的運動狀態(tài)，這樣就可以研究物體在受力情況下的運動狀態(tài)，因此，在牛頓力學的理論系統(tǒng)中牛頓第一定律是第二定律的前提和基礎，則牛頓第一定律不是牛頓第二定律的推論。

[2]根據(jù)公式。

F=ma質量越大，加速度就越小，物體也就越能保持它原有的狀態(tài)，慣性也就越大了，則能用牛頓第二定律來解釋質量是物體慣性大小的量度?！窘馕觥坎皇悄?2、略

【分析】【詳解】

[1]若A被外力固定，則繩子上的拉力為T=mBg=20N

則滑輪受到繩子的作用力

[2]當把物塊A釋放之后，令物塊A、B間的彈力為F，對A分析有

物塊B在豎直方向上有

物塊B在水平方向上有

由于物塊B豎直方向向下的位移大小等于A水平向右的位移，則有

解得【解析】2.023、略

【分析】【詳解】

[1]質點在第1s內(nèi)的位移為：

x1=5m-0=5m在第2s內(nèi)的位移：

x2=-4m-5m=-9m在第3s內(nèi)的位移：

x3=-1m-（-4）m=3m在第4s內(nèi)的位移：

x4=-7m-（-1）m=-6m在第5s內(nèi)的位移：

x5=1m-（-7）m=8m所以在第2s內(nèi)的位移最大；

[2]質點在第1s內(nèi)的路程為：

s1=5m+0=5m在第2s內(nèi)的路程：

s2=4m+5m=9m在第3s內(nèi)的路程：

s3=4m-1m=3m在第4s內(nèi)的路程：

s4=7m-1m=6m在第5s內(nèi)的路程：

s5=1m+7m=8m所以在第2s內(nèi)的路程最大；

[3]前1s內(nèi)的位移為：

=5m-0=5m前2s內(nèi)的位移：

=-4m-0m=-4m前3s內(nèi)的位移：

=-1m-0m=-1m前4s內(nèi)的位移：

=-7m-0m=-7m前5s內(nèi)的位移：

=1m-0m=1m所以前4s內(nèi)的位移最大；

[4]前1s內(nèi)的路程為：

=5m前2s內(nèi)的路程：

=5m+9m=14m前3s內(nèi)路程：

=14m+3m=17m前4s內(nèi)的路程：

=17m+6m=23m前5s內(nèi)的路程：

=23m+8m=31m所以前5s內(nèi)的路程最大．【解析】2245四、實驗題(共2題，共6分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]A．開始時應使重物靠近打點計