湖北武汉市华中师范大学第一附属中学2026-2027学年高一上学期10月阶段检测物理试卷

高一年级物理独立作业(20261008) 本试卷共15题。全卷满分100分，考试用时75分钟。请将答案填涂在答题卡上。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符 合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错 的得0分。 1.如图所示，高中校园生活丰富多彩，图中关于校园生活的四个场景中可将被研究人员视为质点的是() 分 乙 丙 A.图甲研究学生军训会操表演时动作是否整齐划一 B.图乙研究学生篮球比赛时的投篮姿态 C.图丙研究某同学徒步春游时的平均速率 D.图丁研究学生排球比赛时的扣球方式 2.我们在学习物理知识的同时，也在学习物理学研究问题的思想和方法。下列关于研究问题的方法，判 断正确的是() A.“质点”这一概念的建立是运用了放大法 B.瞬时速度概念的建立采用了控制变量法 C.光电门测速是利用极短时间的平均速度替代瞬时速度，是运用了“等效替代”思想 D.伽利略利用斜面实验得到自由落体运动规律是运用了实验和逻辑推理相结合的方法 3.α、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，二者运动的-t图像如图所示，下列说法正确的是 () ↑v/(m·s) A.仁1s时两物体的间距等于仁3s时两物体的间距 4 B.a物体的加速度小于b物体的加速度 3 C.a、b两物体运动方向相反 6 D.仁3s时，a、b两物体相遇 012345 4.一矿井深80m,小明同学在井口每隔一定相等时间间隔就自由释放一个小球（下落过程可视为自由落 体运动)，当第9个小球刚从井口下落时，第1个小球恰好到井底（重力加速度取g=10/s2),则(） A.相邻两个小球下落的时间间隔是4S B.第1个小球落至井底时的速度为30ms C.此时第1个小球与第2个小球相距45m 试卷第1页（共6页） D.第1、2两个小球都在空中时，第1个小球相对第2个小球做匀速直线运动 5.甲、乙两车在同一直线车道上，=0时刻均由静止开始加速运动，其加速度随时间变化的规律如下图所 示，下列说法正确的是() A.0~。时间内，甲的平均速度大小等于0 4 B.0~。时间内，乙的平均速度大小小于a 4 C.0~时间内，甲、乙的位移大小之比小于1：3 2 D.0一时间内，甲、乙的位移大小之比大于1：3 2 6.一辆警车沿平直街道巡逻，速度为10s,在某位置（坐标原点O)发现前方某处发生警情，立即前往 处理，警车的加速度α随警车到O点的距离x变化的关系如图所示。下列说法正确的是() ◆a/(m's2) A.0-30m内，警车做匀减速直线运动 10 B.警车的速度大小再次为10m/s时，其到O点的距离为30m C.警车距离O点为36m时的速度最大 30 x/m D.警车的最大速度为20m/s 7.如图所示，一长为L的金属管从地面以o的速率竖直上抛，管口正上方高h(>L)处有一小球同时自 由下落，金属管落地前小球从管中穿过。己知重力加速度为g,不计空气阻力。关于该运动过程说法错误 的是() A.若小球刚好在管上升最高点穿过管，则v。=√g(h+L) h B.若小球在管刚者地时穿管，则%=V2 g(h+L) C.若小球在管上升阶段穿过管，则y>√(2h+L)g D.只要o大小合适，小球就可以在管下降阶段穿过管 8.在用打点计时器“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，某同学将打点计时器打出的三条纸带，分 别以间隔相同点迹的方式依次剪成短纸条，按先后顺序一端对齐粘贴在一起.然后用平滑线段将各段纸带 顶端的中点连起来，如图甲、乙、丙所示，则根据纸带的特点即可研究物体的速度随时间的变化规律，以 下说法正确的是() 甲 丙 试卷第2页（共6页） A.图甲表示物体处于静止 B.图乙表示物体做匀速直线运动 C.图乙表示物体的速度随时间均匀增加 D.图丙表示物体的速度先随时间均匀增加，后保持不变 9.如图，顺丰快递无人机在试验飞行过程中，从地面由静止开始匀加速竖直起飞，经过时间t失去动力， 又经过时间t落回地面，已知重力加速度为g,不计空气阻力作用，则在这一过程中() A,匀加速起飞时加速度大小为8 B.无人机上升的最大高度为乙g 0 人机落回地面时的速度大 2 D.无人机落回地面时的速度大小为， 10.一段直道旁栽了一排树，相邻两棵树之间的距离为4，一辆汽车从第1棵树处沿该直道由静止开始 运动，2s末恰好经过第4棵树，3s末恰好经过第7棵树，4s末恰好经过第11棵树，5s末恰好经过第16 棵树。则() A.汽车在前2s内的加速度可能为6m/s2 B.汽车在0~5s内可能做匀加速运动 C.0~5s内，汽车的加速度可能为4m/s2 D.汽车经过第11棵树时的速度可能为18m/s 二.非选择题（本题包括5小题，共60分） 11.(8分)某同学利用图()所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上，细绳的一 端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器为电磁打点计时器固定在桌面左端，所用电源频率 为50Hz。纸带穿过打点计时器连接在物块上，某同学做完实验后打点计时器打出的纸带如图(b)所示（图 中相邻两点间有4个点未画出)。 打点计时器纸带物块 绳子 一钩码 单位cm4.61←-6.59→—8.61→一10.61→ 图(a) 图(b) (1)在做该实验时，下列说法正确的是() A.先释放纸带，后接通电源 B.打完纸带后应立即关闭电源 试卷第3页（共6页） C.释放物块时物块应靠近电磁打点计时器 D.计数点必须从纸带上打的第一个点开始选取 (2)在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为 m/s,在打出D点时，物块的速度大小为 m/s:(计算结果均保留两位小数) (3)物块的加速度大小为 m/s2。(计算结果保留两位有效数字) (4)如果使用交流电源的实际频率是49Hz,而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比， 结果 (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 12.(8分)某实验小组用光电计时器测量重力加速度，实验装置如图所示。实验步骤如下 铁夹 钢球吸附器 小钢球 h 光电门 光电计时器 接球网 tin ①测量小钢球的直径D: ②让钢球吸附器通电吸附小钢球，用刻度尺测量小钢球球心到光电门的高度： ③将断开钢球吸附器的开关，让小钢球由静止释放，记录小钢球通过光电门所用的时间： ④改变光电门的位置，重复步骤②和③，记录多组关于h、t的数据。 请回答下列问题： (1)根据步骤①②③可知，小钢球通过光电门时的速度为（结果用题中所给的字母表示）： (2)以h为纵坐标，以t"(=±1，±2)为横坐标，根据实验测得的数据在坐标纸上描点，拟合图线，得到的图 像最合理的是 0 (3)根据上述最合理的图像计算出图线的斜率k,则重力加速度的表达式为g= (4)一小组成员经过分析发现，由于小钢球的直径不是足够小，由此推断：用上述实验方法得到的重力加速 度值 (选填“大于等于”或“小于”)它的真实值。 试卷第4页（共6页） 13.(12分)一辆汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方有一警示牌， 立即刹车，刹车过程汽车做匀减速直线运动。己知汽车刹车后第1s内的位移为24m,第4s内的位移为1m。 求汽车开始刹车时的速度大小及刹车后的加速度大小。 14.(14分)航空母舰被称为海上浮岛”，可以长时间停泊在海面上。而航母上的舰载机着舰被称为“在刀 尖上跳舞”，指的是舰载机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸 复飞”是指制动挂钩挂阻拦索失败后舰载机的复飞。若航母跑道长为L=200m,某飞行员在一次训练“逃逸 复飞”科目时，舰载机在跑道一端着舰时的速度为o=55m/s,着舰后以a1=10m/s2的加速度大小做匀减速直 线运动，3s后制动挂钩挂阻拦索失败，于是舰载机立即以a2=6.25/s2的加速度大小复飞，起飞需要的最 小速度为v2=50m/s。求： (1)舰载机着舰3s时的速度v1: (2)本次“逃逸复飞能否成功？若不能，请说明理由：若能，达到起飞速度时舰载机离跑道终端的距离。 (3)如果舰载机着舰的过程中，航母保持一定的速度与舰载机同向匀速航行（其他条件不变)，为确保舰载 机复飞成功，请计算出航母匀速航行的最小速率3。 试卷第5页（共6页） 15.(18分)某科技公司在测试场上对两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图1所示，在直线测 试跑道上，机器人A在t=0时从起点以初速度vA0-2m/s和加速度aA=O.5m/s2向右匀加速运动：机器人B 在1=4s时从起点由静止开始以加速度B(未知)向右做匀加速运动。已知机器人B在2=10s时追上 机器人A,求： (1)机器人B刚追上机器人A的瞬间，机器人B速度大小B1: (2)在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离： (3)如图2所示，假设跑道长s=100m,机器人A以vA=4m/s的速度从起点匀速向终点出发；机器人B以 =8/s的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，求在 t=30s内机器人A与B相遇次数，最后一次相遇点距离起点的距离。 B]→ A→ A→VA VB←B 起点 终点 起点 100米 终点 图1 图2 试卷第6页（共6页） 《2026年10月8日高中物理作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 e 0 A 0 C CD ABC AD 1.C 【详解】A.研究军训会操表演时动作是否统一，不能忽略同学们的大小和姿态，因此不能将其看成质点， 故A错误： B.研究学生篮球比赛的投篮姿态，不能将其看成质点，故B错误； C.研究学生徒步春游时的平均速率时，该同学本身的大小和形状可以忽略，可以将同学看成质点，故C 正确： D.研究学生排球比赛时的扣球方式，不能忽略学生扣球时的动作和姿态，不能将其看成质点，故D错误。 故选C。 2.D 【详解】A.质点是忽略物体的大小、形状等次要因素，仅保留质量这一核心要素的理想化模型，该方法 属于理想模型法，故A错误： B.瞬时速度的定义是当时间间隔趋近于0时的平均速度，利用了极限的思想推导，不属于控制变量法， 故B错误； C.光电门测速是在挡光时间极短时用平均速度近似替代瞬时速度，运用的是极限思想（微小量法），而不 是等效替代，故C错误： D.伽利略通过让小球沿阻力很小的斜面下滑冲淡重力效应，完成可落地观测的实验，再结合逻辑推理将 斜面倾角外推到90°的情况，最终得到自由落体运动规律，采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故D正 确。 故选D。 3.A 【详解】由v-t图像可知 a的初速度vo=2m/s,t=2s时速度v=4m/s,加速度a。=lm/s2 b的初速度'wo=5m/s,t=2s时速度v=4m/s,加速度a,=-0.5m/s2 1 A.位移公式x=v1+二a12 2 t=1s时x。=2.5m,x。=4.75m 间距△x=2.25m t=3s时x。=10.5m,x=12.75m 答案第1页（共8页） 间距△x2=2.25m 两时间间距相等，故A正确： B.a的加速度大小为1m/s2,b的加速度大小为0.5ms2,a的加速度大于b的加速度，故B错误； C.a、b的速度均为正值，运动方向相同，故C错误： D.t=3s时，x。=10.5m,x,=12.75m,两物体未相遇，故D错误。 故选A。 4.D 【详解】A.第1个小球自由下落的时间满足H=, 解得t=4s 根据题意，第1个小球刚落至井底的瞬间，第9个小球刚好在井口，因此空中存在8个相等的时间间隔， 故相邻两个小球下落的时间间隔是△丛-专=05，故A错误： B.第1个小球落至井底时的速度为%=gt=40m/s,故B错误： C.此时第1个小球与第2个小球相距△h=H-28(7△=18.75m,故C错误： D.第1个小球与第2个小球的相对速度为△v=片-2=gt-g(t-△1)=gAt=5m/s 即第1个小球相对第2个小球做匀速运动，故D正确。 故选D。 5.c 【详解】AB.a-t图像与坐标轴所围区域的面积表示速度变化量，t=0时刻甲、乙均由静止开始加速运 动，故甲、乙在时刻速度均为v= 2 由题意知甲、乙的v-t图像如图所示 乙 to 其中0C表示初速度为0的匀加速直线运动，其平均速度为v=:=坠，则甲的平均速度小于，乙的 24 4 平均速度大于，故AB错误： 4 CD.由题图知， 时乙的速度变化量为甲的3倍，设此时速度分别为、吃，则有吃=3，假设存在初 2 答案第2页（共8页） 速度为0的匀变速直线运动，图像如图中OA所示 1 2 根据v-1图像与坐标轴所围区域面积为位移，可得0-时间内，甲与匀变速直线运动的位移之比小于1：3， 而乙的位移比匀变速直线运动的位移更大，故甲、乙的位移大小之比小于1：3，故C正确，D错误。 故选C。 6.D 【详解】A.由图像可知随着位移增大，加速度大小先减小后增加，则0~30内，警车做变加速直线运动， 故A错误： B.由速度位移关系v2-=2ax 可得广_业=m 2 可知图像的面积代表，。因%=10m/s,则图像面积等于零时，末速度为10ms,由图可得位移为60m, 2 故B错误； CD.由图像的面积的意义可知，面积为正的最大时，末速度最大，即在警车距离O点为30时的速度最 大，有-_10x30 2 2 解得vmax=20m/s。故C错误，D正确。 故选D。 7.C 【详解】A,刚好在管上升最高点穿过管有L+h2誓=8（一了 解得=√g(h+L),故A正确，不符合题意不选： B.若小球在管刚着地时刚好穿过管有h+L=2 12 g g(h+,故B正确，不符合题意不选： 解得=2 C.结合A、B分析可知，小球在管上升阶段穿过管，则>√g(h+L),故C错误，符合题意； 答案第3页（共8页） D.结合A、B分析可知，当初速度， +8<<+D)g时，小球在下降阶段穿过管，故D正确。 2 不符合题意不选。 故选C。 8.CD 【详解】试题分析：甲图中表示任意相等时间内发生的位移相等，表示物体做匀速直线运动，所以A错误： 乙图中表示相等时间内的位移差值相等，根据△x=t2>0可知，物体做匀加速直线运动，所以B错误：根 据△x="a"t2可知，物体做匀加速直线运动，所以C正确：根据以上分析可知，丙图表示物体先做匀加速 直线运动后做匀速直线运动，所以D正确；故选CD. 考点：匀变速直线运动的规律 【名师点睛】应明确：①若在任意相等的时间内发生的位移都相等，则物体做匀速直线运动：②△=t?是 判定是否是匀变速直线运动的判别式。 9.ABC 【详解】B.设竖直向上为正，失去动力时的速度为y,匀加速竖直上升阶段位移为h,失去动力后做竖 直上抛运动，继续上升的高度为，时间为，，下落的时间为2 匀加速竖直上升阶段有4=之 竖直上抛运动上升阶段有=。，么=默 1 g 下落阶段有么+：=28对 又4+l2=t 联立得=子1,6=子，y 2 3 3& 无人机上升的及大高度为H=A+么-弓，改B正确： A匀加速起飞时加速度大小为a=,°，放A正确： 2 CD.无人机落回地面时的速度大小为？=弘=8，故C正确，D错误。 故选ABC。 10.AD 【详解】A.以行驶方向为正，取第1棵树为起点。若前2s恒以6m/s2加速，由静止出发，依据位移公式 得5时-6x2m=12m 此时速度为%3=6×2m/s=12m/s 答案第4页（共8页） 在2~3s内以12m/s匀速，在3~4s内以8m/s2匀加速，在4~5s内以20m/s匀速，三段位移依次为12m,16m 和20m,符合各时刻的位置，故A正确： BC.若0~5s全程匀加速，由前述计算，前2s的位移要求加速度为a=6m/s2。根据从静止开始的匀变速 1 位移公式x=。at2,3s末位移应为x=二×6×32m=27m 2 2 这与题给的24m不符，全程加速度也不可能恒为4m/s2,故BC错误： D.另取一种运动：前两个1s的加速度依次为7m/s2和3m/s2,由静止出发，则2s末位移为 2×7xm+7xm+x3x1Pm=1业 此时速度为y2=(7+3)m/s=10m/s 此后以4m/s2匀加速，后三个1s的位移依次为12m,16m和20m,符合题意。由匀变速直线运动中间时刻 速度等于该段平均速度，得y=16+20m 一m/s=18m/s,故D正确。 2 故选AD。 11.(1)BC (2) 0.56 0.96 (3)2.0 (4)偏大 【详解】(1)A.实验时先接通电源，待打点稳定后，再释放纸带，故A错误： B.打完纸带后，为防止打点计时器烧坏，应立即关闭打点计时器，故B正确： C.释放物块时应靠近打点计时器一端释放，充分利用纸带，故C正确： D.计数点选取应舍弃间太近的或点迹不清的点，从某个清晰点开始选取计数点，故D错误。 故选BC。 (2)[B点的瞬时速度为4C段的平均速度，故B点瞬时速度为y,==4.61+6.59)x10 m/s=0.56m/s 2T 2×0.1 [2D点的瞬时速度为CE段的平均速度，故D点瞬时速度为。=二=⑧.61+1061)×10 m/s≈0.96m/s 2T 2×0.1 (3)根据逐差公式，小车加速度为a=cE-x4C=⑧.61+10.61-4.61-6.59)×102 m/s2≈2.0m/s2 4T2 4×0.12 （4)交变电流的实际频率变为49z,则真实周期为T'=厂49 11 周期测量值为T=了50 11 根据运动学公式△x=aT可知测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大的。 12.(0 D (2)D 答案第5页（共8页） 30 2k (4)小于 【详解】(1)根据题意可知，小钢球通过光电门时的速度为 D (2)根据自由落体可得小球到达光电门时的速度 v=2gh 又有 整理可得 D21 h= 282 可知A-的图像为过原点的直线。 故选D。 (3)结合图像可得 D=k 2g 解得 D2 g=2k (4)利用光电门求得的速度实际上是小钢球通过光电门的平均速度，根据平均速度推论知，某段时间内 的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度小于中间位置的速度，则钢 球通过光电门的瞬时速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，用上述实验方法得到的重力加速度值偏小。 13.28m/s,8m/s2 24 【详解】假设第4s内车未停止，则第1s内平均速度即第0.5s时瞬时速度y= m/s=24m/s 1 第4s内平均速度即第3.5s时的瞬时速度y2=,m/s=1m/s 则汽车的加速度大小a= 24-1 ns2-23 m/s2 3.5-0.5 3 汽车初速度v=y+a4o5（其中to5=0.5s) 因为汽车停止用时”<4s 故假设错误，设汽车减速1时间后停止(3s<t<4s),匀减速至0的逆运动为初速度为0的匀加速运动，根 据腿意，有0r-at-=24m,a-3=1m,v=m 答案第6页（共8页） 联立解得v=28m/s,a=8m/s2 14.(1)25m/s (2)不能，舰载机所需位移为270m,超过跑道长度 (3)10m/s 【详解】(1)取舰载机着舰时的速度方向为正方向，减速阶段沿正方向的加速度取-α。由匀变速直线运 动的速度公式得y=%-a,4=55m/s-30m/s=25m/s (2)减速阶段历时，=3s,由匀变速直线运动的平均速度关系得减速段位移x=%+业4=120m 2 加速阶段由速度公式5=y+,4,求得所需时间5，=上-业=4s a 由同一平均速度关系得加速段位移x,=上+业4，=150m 2 舰载机从着舰到复飞所需的总位移为x=x+x2=270m 这大于跑道长度L=200m,故本次训练不能成功。 (3)其余条件不变时，舰载机两段运动的对地位移仍为x和x2,航母在这段时间内同向前进(4+2)。 为使舰载机复飞前不越过跑道末端，其相对航母的位移应满足x+x?-y(+12)≤L 最小舰速对应恰好到达跑道末端，代入前两问结果得m=当+-L_270-200 m/s=10m/s t1+t2 3+4 15.(1)15m/s (2)16m (3)2次，100m 【详解】①)机器人B在6=10s时途上机器人A则w+a,G-4- 解得a=2.5m/s2 机器人B刚追上机器人A的瞬间，机器人B速度大小g,=a(t2-t)=2.5×6m/s-15m/s (2)在机器人B追上A之前，速度相等时两者之间有最大距离，设1时刻速度相等，有 Vao+ant=aB(t-1) 解得t=6s 两者之间的最大距离△x=Vw+a -0-=16m (3)第一次相遇时间出=，、=100.25、 +%4+8s3S 5S= 第2次相遇，两者的路程和为200m,时间间隔△4，=、25=2×10、50) 4+g4+8$3s S 答案第7页（共8页） 第2次相遇总用时△1=4出+△：，=75。 3 机器人A的位移大小x=V·△t=100m 此时两者在终点相遇，剩余时间t剩=1-△1=5s 在剩余5s时间内机器人B的位移大小x'='e'剩=40m<100m 最后剩余5s时间内不会再相遇。则30秒内机器人A与B会相遇2次。 所以最后一次相遇点距离起点距离d=100m。 答案第8页（共8页）