广东东莞市东华高级中学2026-2027学年高一第一学期教学质量检查（一）物理试题

东莞市东华高级中学 东华松山湖高级中学 2026-2027学年第一学期教学质量检查（一） 高一物理 考试时间：60分钟 满分：100分 命题人：周清平 审题人：陈志勇 第1卷（选择题共46分） 一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分，每题只有一个正确选项，错选或不答的得0分） 1.下列各组物理量中，都是矢量的是() A,速率、平均速率、速度变化率 B.速度、速度变化量、加速度 C,速度、平均速度、平均速率 阝瞬时速度、加速度、速率 2.在2025年9月3日纪念抗战胜利80周年阅兵式中，某战斗机编队以恒定速度沿直线飞越天安门广场上空。已 知编队10：00：00在观礼台正奈方向5km处的预定高度集结，10：02：00到达天安门正上方，10：04：00飞至正西方向5km 处。下列说法正确的是 A.战斗机10：02：00到达天安门正上方，“10：02：00"指的是时间 B.研究编队飞行轨迹时，不能将战斗机编队为质点 C.编队飞越天安门广场上空时以战斗机为参考系，天安门向东运动 D.战斗机从10：00：00到10：04：00时间内的位移大月为5km 3.小明在滑冰场游玩时，在0~2s内沿正东方向滑行了6m,在接下来的2s内又沿正北方向滑行了8m。下列说法 正确的是1) A.小明在0~4s内的位移大小与路程相等 B.小明在0~4s内的位移大为14m C.小明征0~4s内的平均速率大小为2.5m/s D.小明在0~4s内的平均速度大小为2.5m/s 4.关于速度和加速度的说法正确的是() A.物体的加速度为零，速度一香也为零 B.物体的加速度越大，速度的变化量也越大 C.加速度变小，速度可能增大 D、物体的加速度保持不变（不等于零），速度可能增大，可能减小，也可能保持不变 5.如图所示，足球以大小为6ms的速度向右运动，与墙碰撞后以大小为3m/s的速度反弹回来，足球与增壁碰撞 时间为0.03s,取水平向右为正方向，则足球与墙壁碰撞过程中的速度变化量、平均加速度分别为( A.-9m/s、300m/s2 B.-3m/s、-100m/s2 C.3m/s、100m/s2 D.9m/s、300m/s2 试卷第1页（共4页） 6.汽车在水平地面上因故刹车，可以看作是匀减速直线运动，汽车停止前其平均速度与时间的关系是：可=15一3t (平均速度和时间的单位分别为ms和s),则刹车过程汽车的初速度和加速度分别为( A.15m/s,6m/s2 B.15m/s,-6m/s2 C.15m/s,3m/s2 D.15m/s,-3m/s2 7,近年来湖北省深耕医用智能机器人研发，腔镜、超声、康复机器人实现技术突破，多款国产设备落地临床应用。 图()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 (20s~30s的图线为曲线，其余为直线)。以下说法t确的是() x/m A.机器人在0~30s内的位移大小为m B.0~10s内，机器人做内速直线运动 C.10~30s内，机器人的平均速度大小为0.35m/s 20 30s D.机器人在5s末的速度与15s末的速度相同 图(a) 图6) 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分） 8.一物体静止在光滑的固定水平桌面上，现对其施加一水平外力，使它沿水平桌面做直线运动，该物体的图像 如图所示，根据图像，下列说法正确的是( v/(m's) A.0-6s时间内物体运动的加速度始终没有改变 B.2s-3s时间内物体做加速运动 5 6 t/s C.第1s末物体的速度方向改变 D.第1.5s末和第2.5s末两个时刻物体的加速度相同 9.某电玩汽车生产厂家为了测试电玩汽车刹车的性能，让电玩汽车在平行直轨道上做匀减速直线运动直至停止， 通过传感器记录了电玩汽车在任意位置的速度，描绘了如图所示的图像，则下列说法正确的是‘ 个v(m3-s) A.电玩汽车的初速度大小为6m/s 36 B.电玩汽车的加速度大小为3m/s2 C.从=0处开始，电玩汽车运动1s后的速度大小为9ms D.从x=0处开始，电玩汽车运动3s时间的位移大小为6m 6 x/m 10.如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度向上做匀减速直线运动，依次经A,B,C,D到达最高点E, 已知AB=BD=6m,BC=1m,在此过程中滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2s。设滑块经B、C时的速度 分别为va、ve,则( A.Ve=6m/s cva =10m/s B C.DE=3m D从D到E所用时间为4s 试卷第2页（共4页） 第1卷（非选择题共54分） 三、实验题（每空2分，共16分） 1】,(1)下图中的甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的实验仪器，请回答下面的问题。 找 排抽 B (单位：cm) 水久的铁 6.74 抓神亦关 10.69 复与纸 限位 低带 15.05 电逐解头 医纸条 丙 ①用打点计时器研究物体的运动时，接通电源和让纸带随物体开始运动这两个操作的先后关系应当是 A.先接通电源，后释放纸带 B.先释放纸带，后接通电源 C.先释放纸带或先接通电源都可以 ②图乙中打点计时器的电源采用的是」 （选填“交流电压约8V交流电压220V”或“四节千电池”)。 ③某同学实验中获得一条纸带，如图丙所示，其中两相邻计数点间还有4个点未画出、已知所用电源的频率为50Hz, 则打A点时小车运动的速度大小V= m/s,小车运动的加速度大小a=一，m/s2(以上两空结果均保 留2位有效数字)： ④如果当时电网中交变电流的频率是∫=49Hz,而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量 值与实际值相比偏 （英“大或“小") (2)小明同学利用气垫导轨和光电门测滑块加速度。滑块上安装了宽度d=3cm的遮光片，沿倾斜气垫导轨先后通 过两个光电门，计时器记录了遮光片通过第一个光电门的时间A(,=0.3s,通过第二个光电门的时间△2=01s。 ①滑块通过光电门1时的速度大小=ms(结果保留2位 数字计时器 有效数字)。 光2 滑块巡光条 ②小明用刻度尺测出两个光电门距离为x,则滑块加速度的表达 连气源 式是a= (用已知量的符号表示)。 图 ③瞬时速度1和2只是一个近似值，云们实质上是遮光条通过光电门1和2时的平均速度，要使1和2的测量值 更接近真实值，可将遮光条的宽度适当 (填“增大”或“减小”)。 四、解答题（第12题10分，第13题12分，第14题16分，共38分） 12.(10分)一质点做匀加速直线运动，初速度为10m/s,加速度为2ms2,试求该质点： (1)第5s末的速度大小： (2)前5s内的平均速度大小： (3)第5s内的平均速度大小。 试卷第3页（共4页） 13.(12分)航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动。航天飞机以水平速度 vo=120/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1=5ms2的加速度做匀减速运动，一段时间后阻力伞脱离，此 时速度为M,航天飞机以大小为a2=3ms2的加速度做匀减速直线运动直至停下，已知两个匀减速运动滑行的总路程 x1500m,求： (1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度M大小： (2)航天飞机降落后滑行的总时间。 14.(16分)目前，我国高铁列车进站采用停车进站方式，某高铁列车在平直的铁轨上以80ms的速度做匀减速运 动，经100s后停靠站点，停留5mi供乘客上下车，之后以相同大小的加速度匀加速至80m/s。求： (1)列车做匀减速运动的加速度大小： (2)列车匀减速运动所通过的位移大小： (3)据悉，中国正在研发“不停站高铁”，方案之一是在高铁顶部设立吊舱，称为吊舱方案。如图所示，高铁列车与吊 舱B在平直铁轨上以80m/s的速度匀速行驶，在离站台3km处开始做匀减速运动，到达站台时刚好减速到20m/s, 此时进站吊舱B与高铁列车分离，并在减速区停下。高铁列车与吊厢A分离的同时马上与已在吊舱加速区加速到 20ms的出站吊舱A对接，并以进站时相同大小的加速度匀加速到80m/s。车厢、吊舱、站台均可看成质点，求 ①高铁列车与吊舱B进站的加速度大小： B A ②列车匀减速运动所需要的时间： 吊舱减速区吊舱加速区 A B门 ③对比停车进站方式，吊舱方案节省的时间。 V+ 高铁车厢 站合 车站 试卷第4页（共4页） 东莞市东华高级中学 东华松山湖高级中学 2026-2027学年第一学期教学质量检查（一） 高一物理《参考答案》 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D A & C BD ABD BD 1.【答案】B 【详解】矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量，标量只有大小无方向。 A.速度变化率即加速度，是矢量：速率、平均速率均只有大小无方向，属于标量，故A错误； B.速度、速度变化量、加速度都既有大小又有方向，均为失量，故B正确； C.速度、平均速度是失量，平均速率是路程与时间的比值，只有大小无方向，属于标量，故C错误： D.瞬时速度、加速度是失量，速率只有大小无方向，属于标量，故D错误。故选B。 2.【答案】C 【详解】A.“10:02:00对应时间轴上的一个点，属于时刻，不是时间间隔，A错误： B,研究编队飞行轨迹时，编队的大小、形状对轨迹研究的影响可忽略，可以将战斗机编队视为质点，B错误： C.编队相对地面向西飞行，以战斗机为参考系时，静止的天安门相对战斗机向东运动，C正确： D.初位置为观礼台正东5km处，末位置为正西5km处，位移大小为5am+5am=10om,D错误。故选C。 3.【答案】D 【详解】AB.小明运动的路程是两段路径长度之和，所以s=6m+8m=14m,由于东、北两个方向互相垂直，合 位移大小为d=V6+82m=10m,因此位移大小不等于路程，且不为14m,故AB错误： C.平均速率大小的定义式为v=是总时间为t=4g,路程大小s14m,得，=3.5m/6放C错误： D.平均速度大小的定义式为v=是。总时间为t=4s,位移大小d=l0m,得v=2.5m/S 故D正确。故选D。 4.【答案】C 【详解】A.物体做匀速直线运动时，加速度为零，但速度不为零，故A错误： B,根据加速度定义式α=，可得速度变化量△v=Q山，速度变化量由加速度和变化时间共同决定，加速度越入 若时间很短，速度变化量不一定越大，故B错误； C.当加速度方向与速度方向相同时，即使加速度变小，速度仍在增大，只是增大的速率变慢，故C正确： D.加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度不为零则速度一定发生变化，不可能保持不变，故D错。故选C。 5.【答案】A 【详解1取水子向右为正方向，则a如-3-6m哈=-9加6平均加速度a-智-品如s2=-30ms,放选A 6.【答案】B 【详解】由平均速度v=和可=15-3t,可得：兰=15-3t,两边同时乘以t得：×=15t-3t3,与匀变速直 线运动位移时间关系x=W+2a对比可得：质点的初速度vg=15m/s,加速度a=-6m/s2)故选B。 答案第1页（共4页） 7.【答案】C 【详解】A.0s-30s内，机器人初位置=2m,末位置为0=0，位移△x=0-2m=-2m,位移大小为2m,故A错 误：B.0s-10s内x一t图线为直线，斜率恒定，说明速度不变，机器人做匀速直线运动，不是加速运动，故B错误： C.10s-30s内，机器人初位置x0=7m,末位置为0=0，位移大小|△d=10-7引m=7m,运动时间△f=30s-10s=20s, 平均速度大小=A了 m/s=0.35m/s,故C正确； △M20 D.x-1图像的斜率表示速度，5s末在0g-10s段，斜率为正，速度方向为正：15s末在10s一20s段，斜率为负，速 度方向为负，二者方向不同，因此速度不同，故D错误。故选C。 8.【答案】BD 【详解】A.在V一1图像中，图像的斜率表示加速度，在不同时间段，图像的斜率不同，因此物体的加速度不同， A错误； B.在2s3s时间内，物体的速度逐渐增加，故物体做加速运动，B正确： C.在0-1s时间内，速度为正向且逐渐增加，在1s-2s时间内，速度为正向且逐渐减小，因此在第1s末，物体的速 度方向没有改变，C错误： D.第1.5s末和第2.5s末，图像的斜率相同，因此两个时刻，物体加速度相同，D正确。故选BD。 9.【答案】ABD 【详解】A.根据匀变速直线运动的速度位移公式-哈=2m,变形可得v2=2+哈。 结合题图可知，V2-x图像纵轴截距表示初速度的平方，即6=36m2/s2,解得初速度大小为，=6m/s,故A正确。 B.图像斜率表示2a,即2a=0-36 6-0 m/s2=6m/s2,解得加速度a=-3m/s2,即加速度大小为3m/s2,故B正确。 C.从x=0处开始，电玩汽车运动1s后的速度大小为v=,+at=6m/s+(-3m/s2)×1s=3m/s,故C错误。 D.电玩汽车减速至停止所需的时间为。=0-=06=25，因为35>25，所以电玩汽车在35内的位移等于25内 a -3 的位移，即x=受6=受×2m=6加，放D正确.故选D。 10.【答案】BD 【详解】A.设物体在A点时的速度大小为，加速度为a,则从A到C有e=v4+a 2 物体从4到D有x0=h+号吗，联立解得a=-,”=a,则%=+以=3a,故A错误： 2 B.从A到B有-v=2aa,解得va=Vh0ms,故B正确： C.根据速度公式可得%=，+4=2m6,则从D到E有0-号=2apg解得xs=-治=4m,放C错误： 2a D,从D到E有0=n+as,解得从D到E的时间为te=2=4s,故D正确。故选BD. -a 答案第2页（共4页） 11.(每空2分)(I)①A ②交流电压220V ③0.34 0.39 ④大 (2)①0.10 ② 211 2x△r3AM2 ③减小 【详解】(1)①打点计时器需要先稳定工作再释放纸带，否则纸带开始运动时可能没有打上点，造成数据缺失。因 此需要先接通电源，后释放纸带。故选A。 ②图乙是电火花打点计时器，电源采用交流电压220V。 1 ③由于两相邻计数点间有4个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为T=5× =5× s=0.1s 5 所以打点A时小车运动的速度大小y4=照=6.74×10 m/s=0.34m/s 2T2×0.1 小车运动的加速度大小为a=￥m-xo8=15.05-6.74-6.74)x10 m/s2=0.39m/s2 (2T)2 (2×0.1D2 ④如果当时电网中交变电流的频率是∫=49H2,则实际打点计时器打点周期变大，而做实验的同学并不知道，还用 较小的周期进行计算，由此引起的系统误差将使加速度的测量值与实际值相比偏大。 (2)①滑块上安装了宽度d=3cm的遮光片，遮光片通过第一个光电门的时间△(1=0.3s,滑块经过光电门1时的速 d 度为4=A点，解得=0.10m/s. d ②滑块经过光电门2时的速度为Vz= 2 根据运动学公式--2c 联立可得滑块的加速度表达式为 △3 d21 2x 2x△△ ③不考虑测量的相对误差，测得的瞬时速度，和”2只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的平均速度， 遮光条的宽度越小，越接近瞬时速度。故填减小。 12.(10分)【答案】(1)20ms (2)15m/s (3)19m/s 【详解】(1)第5s末速度%，=+a叫5 2分 有%=(10+2×5)m/s=20m/s 1分 (2)前59平均速度可=当+坚 2分 有=10+20m5 解得可=15m/s 1分 2 2 (3)第4s末速度v4=%+a叫 2分 有y=10+2×4=18m/s 则第5s内的平均速度可=+y 1分 得：7=19m/s 1分 2 答案第3页（共4页） 13.(12分)【答案】(1)30m/s:(2)28s 【详解】(1)由题意可知，第二个减速阶段的初速度h即为第一个减速阶段的末速度，根据运动学规律， 对于第一个减速阶段，有-哈=-2a1x 2分 对于第二个减速阶段，有0-=-2a2x2 2分 对于全过程，有x+x2x 1分 联立以上三式，并代入数据，可得v=30ms1分 (②)由匀变速直线运动的速度公式可得： 对于第一个减速阶段，有voa1ly1 2分 对于第二个减速阶段，有1~a220 2分 且有=4+2 1分 联立以上三式，并代入数据，可得28s 1分 14.（16分)【答案】(1)0.8m/s2 (2)4000m (3)01m/s2;o60s;0355s 【详解】(1)列车采用停车方案匀减速直线运动，=80m/s,列车进站用时4=100s, 根据4=上 1分 可得a=0.8m/s21分 (2)列车匀减滤运动的位移马=立 2分 可得x=4000m1分 (3)①列车采用吊舱方案匀减速直线运动，=80m/s,片=20m/s, 由运动学公式2-y=-2a22 1分 解得a,=lm/s2 1分 0据5-兰二出 -a2 1分 可知42=60s 1分 ①在停车方案中，列车进站、停靠、出站运动的总位移为2x=8000m1分 用时为T=24,+h1分 停车方案中共用时间T=500s1分 在吊舱方案中，列车有一段匀速距离△x=2(x-为)=2000m1分 匀速运动时间为5=二=2551分 总用时T2=242+4,T=145s1分 所以节省时间为△T=T-T2=355s1分 答案第4页（共4页）