湖南长沙市宁乡市第一高级中学2026-2027学年高一上学期10月阶段检测物理试题

2026年高一年级10月阶段性检测物理试题 一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.2026年9月20日，在长沙贺龙体育馆，长沙队以1：0战胜郴州队。队员们都是湖南子弟，在场上全力奔跑、奋力拼搏，展示了湘超的独有魅力。下列说法正确的是( ) A.某场球赛常规时间结束后又补时5分钟，5分钟指的是时刻 B.研究球员在某次带球长途奔袭中足球的运动轨迹，足球可视为质点 C.某球员一场比赛大约跑动了10公里是指他运动的位移 D.以比赛中正飞向球门的足球为参考系，球门是静止的 2.如图，从高出地面3m的A点竖直向上抛出一个小球，它上升5m 后到达B点，然后回落，最后到达地面C。以竖直向上为正方向，下列叙述正确的是( ) A.若取地面C为坐标原点，A点的坐标xA=3m，整个过程中，小球的位移为0 B.无论选择A、B、C中的哪一点作为坐标原点，整个过程中，小球的位移都为-3m C.从A到B的位移大于从B到C的位移，因为正数大于负数 D.因为位移是矢量，从A到B的位移与从B到C的位移的大小无法比较 3.关于加速度表达式 的下列说法，正确的是( ) A.利用 可求一定时间内的平均加速度 B. 不变时，与的方向不一定相同 C. 表示速度的变化率，是标量 D.加速度与成正比，与成反比 4.在物理学的重大发现中科学家们创造了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( ) A.伽利略对自由落体的研究，应用了实验和逻辑推理相结合的方法 B.为了描述物体速度变化的快慢定义了加速度 运用了比值定义法 C.用极短曝光时间内石子的平均速度来表示A点的瞬时速度，运用了极限思想 D.在不需要考虑物体的大小和形状时，可以用把物体简化成质点，这是采用了等效替代的思想 5. ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。一辆汽车以15m/s的速度匀速驶向ETC龙门架，在距龙门架20m处开始匀减速，到达龙门架时速度恰好减为5m/s。随后汽车以 5m/s匀速通过ETC 感应区，离开感应区后立即以原加速度大小匀加速恢复到15m/s。已知汽车从开始减速到恢复原速共用时10s，则ETC 感应区长度为( ) A.35m B.30m C.25m D.20m 6.一金属小球从一定高度处由静止释放，利用频闪相机对下落的小球拍照，测量照片并按照比例尺换算得相邻位置距离。如下图所示，1、2间的距离为0.4m，3、4间的距离为1.2m，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s²。则下列说法正确的是( ) A.位置2、3间的距离0.6m B.相机的曝光周期为0.4s C.小球在位置3的速度大小为5m/s D.图中的1位置为小球的释放点 7.从固定斜面上的O点每隔0.1s由静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面上滚动的照片，如上图所示。测得相邻小球间的距离xAB=4 cm, xBC=8cm。已知O点距离斜面底端的长度为l=35 cm。由以上数据可以得出( ) A.小球的加速度大小为 B.小球在 A 点的速度为0 C.斜面上最多有5个小球在滚动 D.该照片是距第一个小球释放0.3s拍摄的 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全选的得3分，有选错的得0分。 8.关于速度、速度变化量和加速度，下列说法正确的是( ) A.物体的速度变化量大，加速度不一定大 B.物体的速度为零时，加速度一定为零 C.物体的加速度增大时，速度不可能减小 D.物体的加速度方向与速度方向相反时，速度一定减小 9.如图所示，直线a、b、c分别描述了 A、B、C三个物体的运动。以下说法正确的是( ) A.物体C的运动方向与物体A、B的运动方向相反 B.在 t=6s时,物体A、B恰好相遇 C.物体C的加速度大小为0.25m/s² D.0~8s内C的位移为8m 10.甲、乙两车在某时刻同时由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像，即x-t图像，如下图所示，甲车图线过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法正确的是( ) A.0~t₃时间内甲车速度增大 B. t₃时刻甲乙两车速度相等 C.甲车的初速度等于乙车在t₃时刻的速度 D.0~t₁时间内(不含t₁时刻)甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度 11.西安高新云巴(左图)设计独特，为人们的出行带来了很大便利。某次云巴列车测试中t=0时，两辆相同列车车头车尾均对齐，行驶在平行直轨道(足够长)上，之后它们在该直轨道上运动的 图像如右图所示。则从 t=0到两车车头车尾再次对齐的过程中( ) A.甲车的加速度大小为2 m/s² B.在 t=4s时，两车速度相等 C.两车车头之间的最远距离为 7m D.甲、乙两车在0~4s内的平均速度均大于 5m/s 三、非选择题：本题共4小题，共52分。 12.(12分)(1)用气垫导轨和数字计时器更能精确地测量物体的瞬时速度。如图所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为 ，通过第二个光电门的时间 ，遮光板的宽度为 2cm。 ①滑块经过第二个光电门的速度大小为 m/s； ②若用宽度是1 cm 的遮光板，测量误差会变 (填“大”或“小”)。 (2)①上图中的甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的实验仪器，其中图乙所示的打点计时器的工作电源是 。 A.220V 交流电源 B.8V 交流电源 C.四节干电池 ②实验小组在某次实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上依次确定出了 O、A、B、C、D、五个计数点，每两个相邻的计数点之间还有 4个计时点未标出，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz。则每两个计数点间的时间间隔为 s。根据纸带上的数据，计算出打下 A 点时小车的瞬时速度是 m/s，小车的加速度是 (最后两问的结果均保留两位有效数字) 13.(12分)钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地时的速度为40m/s，g取 (1)它下落的高度是多少? (2)它在前2s内的平均速度是多少? (3)它在最后1s内下落的高度是多少? 14.(12分)2025年11月5日，我国第一艘电磁弹射型航空母舰“福建舰”正式入列，从此我国进入三航母时代。“福建舰”采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，从而实现舰载机在航母上的起飞和降落。 (1)某舰载机起飞时，采用弹射装置使飞机获得 的速度后，由机上发动机使飞机获得 的加速度在航母跑道上匀加速前进， 后离舰升空。求飞机离舰时的速度大小v₁和在跑道上滑行的距离 (2)飞机在航母上降落时，需用阻拦索使飞机迅速停下来。若某次飞机着舰时的速度为 s，飞机钩住阻拦索后慢慢停下来。将这段运动视为匀减速直线运动，此过程中飞机加速度的大小 求飞机滑行4s内的距离 15.(16分)如图所示，在平直公路上，汽车A 朝着固定的测速仪B 做直线运动，t=0时刻汽车A 与测速仪 B 相距 此时测速仪B发出一个超声波脉冲信号和一个红外线信号，汽车 A 在接收到红外线信号时正以 的速度运动，司机立即刹车做匀减速直线运动。当汽车A 接收到超声波信号时，它到测速仪 B的距离为 已知超声波的速度v=340m/s。红外线在空中传播的时间忽略不计。 (1)求汽车 A 做匀减速运动的加速度大小； (2)当测速仪B接收到反射回来的超声波信号时，汽车A 到测速仪B 的距离 为多大? (3)当测速仪B接收到反射回来的超声波信号后立即再次发出一个红外线信号，汽车A 接收到红外线信号后，立即改变其加速度，1.7s后测速仪B第二次发出超声波脉冲信号，又经0.8s汽车 A 再次接收到超声波信号，求汽车 A 的加速度。 学科网（北京）股份有限公司 $答案解析 1.B《详解】A.时刻是某一瞬时，时间间隔是两个时刻的间隔，补时5分钟是一段持续的 时间长度，属于时间间隔，故A错误； B.研究足球的运动路线时，足球的大小、形状对运动路线的研究无影响，可将足球视为质 点，故B正确； C.10公里是球员运动轨迹的总长度，对应的是路程；位移是初位置指向末位置的有向线段， 和路程概念不同，故C错误： D,以飞向球门的足球为参考系，球门相对于足球的位置不断靠近，因此球门是运动的，故D 错误。 故选B。 2.B【详解】AB,若取地面C为坐标原点，A点的坐标为 xA=3mC点坐标为c=0 则整个过程中，小球的位移△x=xc-xA=（0-3)m=-3m 且位移与坐标原点的选取无关，A错误，B正确； CD.从A到B的位移为△1=5m 从B到C的位移为△x2=-8m 位移是矢量，正、负号表示位移的方向，而不表示位移的大小，所以从A到B的位移小于从 B到C的位移，CD错误。故选B。 3.A【解析】 A,由a一求得的加速度是△：时间内的平均加速度，故A正确： B.a不变时，△v的方向一定与加速度a的方向相同，故B错误： C.是矢量，故C错误， D,a-采用比值定义法，加速度a与Av和△t均无关，放D错误。放选A。 4.D置详解】A.在伽利略对自由落体的研究，应用了实验和逻辑推理相结合的方法在，故 A正确，不满足题意要求； B。为了描述物体位置的变化快慢定义了速度v=怎，运用了比值定义法，放B正确，不满足 题意要求； C.用极短曝光时间内石子的平均速度来表示A点的瞬时速度，运用了极限思想，故C正确， 不满足题意要求； D.不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是建立理想模型法，故D错 误，满足题意要求。 故选D。 5.【答案】B 解析：分析减速阶段，已知vo=15m/s,v1=5m/s,位移x1=20m 由平均速度公式：t=2x1/(o+v)=2×20/(15+5)=2s 减速加速度大小：a=(vo一v)/th=(15-5)/2=5m/s2 分析加速阶段，从v1=5m/s加速到vo=15ml/s,加速度大小仍为a=5m/s2 z=(v0-v1)/a=(15-5)/5=28 总时间t总=10s,故匀速阶段时间： s=t总-ti-tb=10-2-2=68 感应区长度L=V1×t=5×6=30m故选B。 6.【答案】C【详解】A.根据匀变速直线运动规律：连续相等时间内的位移差恒定，即 试卷第1页（共4页） x23一2=为4一方23 整理得=2+1=04+12=0.8m故A错误； 2 2 B.位移差△x=n-2=0.4m 由匀变速推论4x=gT,代入g=10m8得T=g0 区_04=0.28故B错误： C.根据匀变速规律：中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，位置3是位置2到位 置4的中间时刻，因此：-*4-0,8+l2=5s故C正确； 2T2×0.2 D。由速度公式%=4+g·2T 得位置1的速度y=%-2gT=5-2×10x0.2=1m/s 因此位置1不是小球的释放点，D错误。故选C。 7.【答案】C 解析：A.由Ax=r2可知小球的加速度大小为a=-位=0.08-004m1兮=4m/g,A错误： 7r2 0.12 B.小球在B点的速度为a=+匹=0.04+0.0 2×0.1 °m/s=0.6m/s,设小球在A点的速度为vA, 在匀变速直线运动中yg=v十aT,解得v4=y。-aT=0.6m/s-4×0.1m/s=0.2m/8,B错误； C0点距离斜面底端的长度1=35cm=035m,根据1=2，可知小球在斜面上运动的时间为 。:-035042,由于从0点每隔0,15由静止释放-个同祥的小球，所以祭面上景多 有5个小球在滚动，C正确： D.结合C项中的分析，可知C点小球是最早释放的小球，小球从O点到B点的运动时间为 4-兰-09-01，所以小球从0点到C点的运动时间为k-+T-01s+0=023,即该 照片是距第一个小球释放0.25s拍摄的，D错误。故选C。 8,AD【详解】A.由a=A"知，加速度取决于速度变化量和时间的比值，速度变化量大，若 △ 时间也长，加速度不一定大，故A正确； B.速度为零时加速度不一定为零，如竖直上抛运动的最高点速度为零但加速度为g:故B 错误： C.当加速度方向与速度方向相反时，加速度增大，速度反而减小，故C错误： D.加速度与速度反向时，物体做减速运动，速度一定减小，故D正确。故选AD。 9.CD 10.CD【详解】A,在x-1图像中，图线的斜率对应瞬时速度，由图可知，甲车的图线斜率 逐渐减小，说明0~时间内甲车速度一直在减小，故A错误； B.4时刻两车位移相等（图线相交，代表两车相遇），但甲图线的斜率小于乙图线的斜率。 说明此时甲车速度小于乙车速度，故B错误； C。甲图线过O点的切线与AB平行，说明甲车的初速度等于乙车在时刻的速度，故C正确； D.0~时间内，甲图线的斜率先大于乙的斜率，甲图线过C点的切线与OA平行，可知4时 试卷第2页（共4页） 刻两车速度相等，说明0~时间内（不含时刻）甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度， 故D正确。故选CD。 11.AC【详解】A.根据位移时间关系x=w+2 变形可得兰=%+互时 1 结合图线可得w=1m,4=5 1 5-8 4,6u=8ms,24u= 4 所以m=2m/s2,az=-1.5m/s2,故A正确： v=v+amt =9m/s2 v=vz+azt =2m/s2 故B不正确 两车头尾再次对齐时，有wm+4=2+2u解得1=4，。 两车车头之间距离最大时，两车速度大小相等，即v=娜+m4=2+a24 代入数据解得v=5m/s,4=2s 两车车头之间的最远距离为=%24-”4=7血，故C正确； 2 D.甲、乙两车在0~4s内的平均速度等于5m/s 12【答案】(1)0.40m/s小(2)①A;②0.1s;0.34m/s;0.39m/s2 【详解】【详解】()滑块经过第二个光电门的速度大小为-器m60,40ms;若遮光 板的宽度减小，挡光时间会更短，平均速度更接近瞬时速度，测量的误差会越小，所以用宽度 为lcm的遮光板比2cm.遮光板测量误差小。 (2)①A.图甲中的打点计时器是电火花打点计时器，需要220V交流电源：故A正确； ②交变电源的频率为50，可知打点周期为0s=0.02s,每相邻两个计数点间还有4 个点，可知相邻计数点的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s A点瞬时速度：等于OB段的平均速度： =x0B6.74×10-2 V4 =0.337≈0.34m/s 272×0.10 加速度（逐差法）：a=XCD+xRC)-GAp+xQA, 472 a =4.36+3.95-3.56-3.18)x102 4x0.102 代入数值： =157x10-2 0.04 0.39m/s2 13解：自由落体：初速度vo=0,加速度g=10m/s2 (1)求下落总高度 速度位移公式：v2=2g (2分) h=兰-他-10=80m (1分) 2g2×1020 (2)求前2s内的平均速度 前2s位移公式：2=8吃 (2分) x2-×10x2-20m (1分) 试卷第3页（共4页） 平均速度：=乡=2”=10ms 22 (2分) (3)求最后1s下落的高度 先求总下落时间：v=g, (1分) a首849 (1分) 总时间4s,最后1s高度=总高度一前3s的位移 前38位移： x为=286=×10x32-45m (1分) △h=h-x3=80-45=35m (1分) 答案(1)80m(2)10m/s(3)35m 14.【答案】(1)4=65m/s,为=80m(2)42=30m/s2,x2=135m 【详解】（1)飞机做匀加速直线运动，由运动学公式得？=%+a (2分) 解得y=65m/s (1分) 根据名=财+2 (2分) 解得，=80m (1分) （2)由运动学公式得飞机刹车的时间：0=2a22 (2分) 解得2=3s<4s (1分) 故飞机刹车4s内的位移等于汽车刹车3s内的的位移 根据平均速度公式可知5=+0。 23 (2分) 解得x2=135m (1分) 则飞机滑行4s内的距离为135m 15.〖答案】(1)4m/s2(2)316m(3)3.52m/s2 【详解】（1)汽车A匀减速运动的初速度。=108kam/h=30m/s 汽车A匀减速运动的时间与超声波传播时间相等，则汽车A匀减速运动的时间 专==16 (1分) 1》 汽车A在这段时间内匀减速运动的距离x=d,-d2=28m (1分) 由运动学公式名=财+2时 (1分) 解得a=-4ml/s2 (1分) 故汽车A的加速度大小为4m/s2 (1分) (2)超声波从发射到接收所用时间为2=2=2s (1分) 此过程汽车A行驶的距离=2+，aG=52m (2分) 汽车A到测速仪B的距离4，=4，-x=316m (2分) (3)测速仪B接收到超声波信号时汽车A的速度va=,+at2=22m/s (1分) 超声波传播到汽车A位置所用时间t'=0.8s 传播的距离x2=W=272m (1分) 汽车A在=1.78+0.8s=2.58 (1分) 汽车A在时间内的位移x=4一2=44m (1分) 汽车A继续做匀减速运动有=5+与兮 (1分) 解得a=-3.52ms2 （1分) 汽车A的加速度为3.52m/s2。 试卷第4页（共4页)