浙江省越州中学等校2026-2027学年高一上学期阶段性测试物理试卷

浙江省越州中学2026-2027学年高一上学期 阶段性测试物理试卷 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不给分) 1.  如图是9月3日阅兵时歼击机梯队以整齐的编队飞过天安门广场的情景，体现了中国空军的训练水平和装备实力，也彰显了国防力量的发展成果。下列有关歼击机的说法正确的是（        ） 　　 A．以天安门为参考系，歼击机梯队是静止的 B．相对于机内的飞行员，歼击机梯队是运动的 C．研究歼击机的动作时可以将歼击机看成质点 D．研究歼击机的飞行轨迹时能将歼击机看成质点 2.  从新昌开往柯桥的导航地图如图所示，下列说法正确的是（　　） 　　 A．图中预计“17∶21”到达，指的是时间间隔 B．图中所示“1小时22分钟”是指时刻 C．每条线路的位移都相同 D．路线最长“100公里”是指位移大小 3.  下列关于速度、速度变化量、速度变化率的说法，正确的是（　　） A．速度变化率为零时，物体的瞬时速度必然保持恒定 B．速度变化量越大，物体的速度变化率就越大 C．物体速度很大，则速度变化量一定很大 D．瞬时速度逐渐减小，说明速度变化率一定在减小 4.  智能机器人已经广泛应用于宾馆、医院等服务行业，用于给客人送餐、导引等服务，深受大消费者喜爱。如图甲所示的医用智能机器人沿医院走廊运动，图乙是该机器人在某段时间内的位移—时间图像，则机器人（        ） 　　 A．在内的位移是2m B．在内做匀加速直线运动 C．在内，运动轨迹为曲线 D．在内，平均速度大小为 5.  蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个运动员从高处自由落下，以大小为5m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为7m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间，那么运动员在与网接触的这段时间内平均加速度的大小和方向分别为（        ） A．4.0m/s2，竖直向下 B．4.0m/s2，竖直向上 C．24m/s2，竖直向下 D．24m/s2，竖直向上 6.  如图所示，水平地面上竖直放一个边长为a的正三角形薄板，其左下角顶点上有一点A，现使该三角形在地面上不打滑地顺时针翻滚一周，则A点发生的位移大小和路程分别是（　　） 　　 A．2a、 B．3a、 C．2a、 D．3a、 7.  一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t=0时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小x与速度大小v的关系为，下列分析正确的是（　　） A．刹车过程汽车的加速度大小为8m/s2 B．汽车停止前最后1s内的位移大小为5m C．t=0时刻汽车的速度大小为5m/s D．刹车后3s内的位移大小为24m 8.  某校课外活动小组自制一枚水火箭，火箭由地面竖直向上发射，火箭升空后某时刻开始计时，图像如图所示，由图像可知（　　） 　　 A．时间内火箭的加速度逐渐增大 B．时火箭离地面最远 C．2~4s时间内火箭的加速度大小为10m/s2，方向在3s时改变 D．由，知0~2s时间内火箭的平均速度为7.5m/s 9.  如图所示，一名消防队员在进行训练，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍。下滑的总时间为4s，那么该消防队员（　　） 　　 A．加速与减速运动过程的时间之比为2∶1 B．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶1 C．加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶2 D．下滑过程中的最大速度为6m/s 10.  物体甲的图像和物体乙的图像分别如图所示，则关于这两个物体在0-4s内运动情况的说法正确的是（　　） 　　 A．甲在前2s内的加速度与后2s内的加速度大小相等，方向相反 B．甲在4s末回到出发点 C．乙在2s末运动方向开始反向 D．乙在4s末回到出发点 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题4分，共8分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 11.  如图所示是一辆汽车做直线运动的x—t图像，关于线段OA、AB、BC、CD所表示的运动，下列说法正确的是（　　） 　　 A．OA段汽车做匀加速直线运动 B．AB段汽车保持静止 C．BC段汽车的速度大小为15m/s D．CD段汽车的加速度为零 12.  一矿井深125 m，在井口每隔一定时间由静止释放一个小球，当第6个小球刚从井口下落时，第1个小球恰好到井底，取重力加速度大小，不计空气阻力，则下列说法正确的是（        ） A．释放相邻两个小球的时间间隔为0.5 s B．第一个小球落至井底的速度为50 m/s C．第1个小球恰好落到井底时，第5个小球的速度大小为5 m/s D．第1个小球恰好落到井底时，第4个小球和第5个小球之间的距离为15 m 三、实验题(本题共1小题，共16分) 13.  某同学用如左图所示的装置探究匀变速直线运动的规律，得到一条纸带如右图所示，并在上面取了 A、B、C、D、E 五个计数点，相邻两个计数点间还有 4 个点（图中没有画出），打点计时器所用电源频率为 50 Hz，打点时间间隔 T = 0.02 s。 　　 (1) 左图中打点计时器其工作时使用  （选填“交流”或“直流”）电源，工作电压为  V； (2) 实验过程中，下列做法正确的是___________（多选） A．先释放小车，再接通电源 B．先接通电源，再释放小车 C．释放小车前将接好纸带的小车停在靠近滑轮处 D．释放小车前将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处 (3) 计算打下 D 点的瞬时速度 v 公式为 v =  （选用题中所给的物理量 T、d1、d2、d3、d4 字母表示）； (4) 实验测得 d1= 1.20 cm、d2= 3.15 cm、d3 = 5.85 cm、d4   = 9.30 cm，则物体的加速度大小为 a =  m/s²（结果保留两位有效数字）； (5) 如果当时电网中交变电流的频率是 f = 51 Hz，而做实验的同学并不知道，将使加速度测量值比实际值偏  （选填“大”或“小”），由此引起的误差属于  （选填“偶然”或“系统”）误差； (6) “研究匀变速直线运动”实验，在算出各计数点瞬时速度后，为计算加速度，最合理的方法是___________（单选） A．根据任意两计数点的速度用公式算出加速度 B．根据实验数据画出 v–t 图像，量出其倾角，由公式求出加速度 C．根据实验数据画出 v–t 图像，由图线上相距较远的两点所对应的速度、时间用公式算出加速度 D．依次算出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度 四、解答题(本题共2小题，共36分) 14.  一辆汽车以36km/h的速度匀速行驶10s，然后又以1.5m/s2的加速度匀加速行驶10s。求： （1）汽车在20s内的位移； （2）汽车在15s末的瞬时速度； （3）汽车在20s内的平均速度。 15.  如图所示，有一空心上下无底的弹性圆筒，它的下端距水平地面的高度为H（已知量），筒的轴线竖直。圆筒轴线上与筒顶端等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒碰地后的反弹速率为落地速率的，它与地面的碰撞时间都极短，可看作瞬间反弹，运动过程中圆管的轴线始终位于竖直方向。已知圆筒第一次反弹后再次落下，它的底端与小球同时到达地面（在此之前小球未碰过地）重力加速度为g，不计空气阻力，求： （1）圆筒第一次落地弹起后相对于地面上升的最大高度小球； （2）小球从释放到第一次落地所经历的时间t以及圆筒的长度L。 　　 答案解析 1. 【答案】D 【解析】  A．以天安门为参考系，歼击机梯队的位置不断变化，是运动的，A错误； 　　B．相对于机内的飞行员，歼击机梯队位置不变，是静止的，B错误； 　　C．研究歼击机的动作时，其大小形状不能忽略不计，不可以将歼击机看成质点，C错误； 　　D．研究歼击机的飞行轨迹时，其大小形状可忽略不计，能将歼击机看成质点，D正确。 　　故选D。 2. 【答案】C 【解析】  A．17∶21是到达的时间点，属于时刻，不是时间间隔，故A错误； 　　B．1小时22分钟是全程行驶的总时长，属于时间间隔，不是时刻，故B错误； 　　C．所有线路的初位置（新昌）、末位置（柯桥）都相同，位移只和初末位置有关，因此所有线路位移都相同，故C正确； 　　D．100公里是导航路线的轨迹总长度，属于路程，不是位移大小，故D错误。 　　故选C。 3. 【答案】A 【解析】  A．速度变化率为零，即加速度，说明物体速度不发生变化，瞬时速度必然保持恒定，故A正确； 　　B．速度变化率由速度变化量和对应的时间间隔共同决定，仅大、若也很大时，速度变化率可能很小，故B错误； 　　C．速度很大的物体若做匀速直线运动，速度变化量，因此速度大不代表速度变化量一定大，故C错误； 　　D．瞬时速度逐渐减小仅说明加速度与速度方向相反，加速度大小（速度变化率）可以增大、不变或减小，例如匀减速直线运动中速度持续减小，但速度变化率恒定，故D错误。 　　故选A。 4. 【答案】D 【解析】  A．在内的位移是-2m，负号表示方向与正方向相反，故A错误； 　　B．图像的斜率表示速度，在内做匀速直线运动，故B错误； 　　C．图像描述的是直线运动，在内，运动轨迹为直线，故C错误； 　　D．平均速度等于位移除以时间，在内，位移大小等于8m，时间为4s，平均速度大小为　　故D正确。 　　故选D。 5. 【答案】D 【解析】  加速度是矢量，取竖直向上为正方向，运动员着网时的初速度方向向下，因此初速度 　　弹回后的末速度方向向上，因此末速度　　根据加速度的定义式　　代入数据解得　　计算结果为正，说明平均加速度的方向与规定的正方向一致，即竖直向上。 　　故选D。 6. 【答案】B 【解析】  使该三角形在地面上不打滑地顺时针翻滚一周，则滚过3个（最后一个是以A点为圆心的，则A点的路程和位移都是零），可知A点发生的位移大小为3a，路程是。 　　故选B。 7. 【答案】A 【解析】  A．由匀减速直线运动的速度位移公式 　　变形得　　与题给表达式，对比系数　　解得加速度大小，故A正确； 　　B．用逆向法，汽车停止前最后1s的位移等效为初速度为0的匀加速直线运动1s的位移，，故B错误； 　　C．对比系数　　代入，解得初速度，故C错误； 　　D．刹车总时间　　故刹车后3s的位移等于刹车总位移，即时，位移为，故D错误。 　　故选A。 8. 【答案】B 【解析】  A．图像斜率表示加速度，时间内图线的斜率逐渐减小，故时间内火箭的加速度逐渐减小，故A错误； 　　B．由题图可知，t=3s时，火箭的速度减为0，火箭上升到最高点，火箭离地面最远，故B正确； 　　C．2~4s时间内图像斜率不变，则加速度方向不变，则火箭的加速度大小为，故C错误； 　　D．根据图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知0~2s时间内火箭的位移满足　　则0~2s时间内火箭的平均速度满足，故D错误。 　　故选B。 9. 【答案】D 【解析】  A．设匀加速运动阶段的加速度大小为，运动时间为，匀减速阶段的加速度大小为，运动时间为，根据匀变速直线运动公式得， 　　其中，　　联立解得，，，， 　　所以加速与减速运动过程的时间之比为1:2，A错误； 　　B．由运动学知识可知加速阶段的位移为　　由运动学知识可知减速阶段的位移为　　故加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶2，B错误； 　　C．由平均速度的定义可知加速阶段的平均速度为　　减速阶段的平均速度为　　故加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1，C错误； 　　D．加速阶段结束时速度最大，由运动学知识有，D正确。 　　故选D。 10. 【答案】B 【解析】  A．在图像中，图线的斜率表示加速度，甲在前内的加速度与后内的加速度相同，故A错误。 　　B．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，甲在末回到出发点，故B正确。 　　C．在图像中，图线的斜率表示速度，图像斜率一直不变，乙在前内的速度与后内的速度方向相同，故C错误。 　　D．在图像中，纵坐标的变化量表示位移，乙在末没有回到出发点，离出发点最远，故D错误。 　　故选B。 11. 【答案】BD 【解析】  A．图像的斜率表示的是汽车的速度，OA段斜率不变，所以汽车做的是匀速直线运动，故A错误； 　　B．图像的斜率表示的是汽车的速度，AB段斜率为零，所以汽车处于静止状态，故B正确； 　　C．图像的斜率表示的是汽车的速度，BC段的斜率为 　　故C错误； 　　D．图像的斜率表示的是汽车的速度，CD段斜率不变，所以汽车做的是匀速直线运动，即汽车的加速度为零，故D正确。 　　故选BD。 12. 【答案】BD 【解析】  A．设释放相邻两个小球的时间间隔为t，则有 　　解得，故A错误； 　　B．第一个小球落至井底的速度为，故B正确； 　　C．第1个小球恰好落到井底时，第5个小球下落时间为t，则其速度，故C错误； 　　D．第1个小球恰好落到井底时，第4个小球下落了2t，则第4个小球和第5个小球之间的距离为，故D正确。 　　故选BD。 13. (1) 【答案】交流；220 【解析】  [1]图示仪器为电火花计时器，按其使用要求应接交流电源。 　　[2]电火花计时器的额定工作电压为。 (2) 【答案】BD 【解析】  A．应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，先释放小车会使纸带上缺少小车开始运动阶段的点，故A错误； 　　B．先接通电源并待打点稳定，再释放小车，能完整记录运动过程，故B正确； 　　C．小车释放前停在靠近滑轮处会使纸带前段不能充分利用，故C错误； 　　D．小车释放前停在靠近打点计时器处，可以充分利用纸带，故D正确。 　　故选BD。 (3) 【答案】 【解析】  相邻两个计数点之间还有4个点，所以相邻计数点的时间间隔为。匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该时刻前后相等时间内的平均速度，因此 　　由中点时刻的平均速度代替点瞬时速度，有　　由图中累计位移的定义，且，所以 (4) 【答案】0.75 【解析】  相邻计数点的时间间隔为 　　由题给，相邻计数点间隔为，后续逐差计算均采用此时间间隔。对和两段相等时间间隔的位移使用逐差法，由逐差法得　　图中两段位移满足，，因此　　代入数据得　　所以 (5) 【答案】小；系统 【解析】  [1]电网频率实际为时，真实打点周期小于按采用的，同一组位移差满足 　　计算时把时间间隔取大了，因此加速度测量值偏小。 　　[2]该误差由电网频率这一实验系统因素造成，属于系统误差。 (6) 【答案】C 【解析】  A．任取两个计数点的速度计算会使时间间隔过小，偶然误差影响较大，故A错误； 　　B．-图像的倾角对应斜率，但直接量倾角还会受到坐标轴比例和读数误差影响，故B错误； 　　C．在-图像上取相距较远的两点，用求斜率，可减小偶然误差，故C正确； 　　D．逐段计算得到的加速度受各段测量误差影响，简单平均不是最合理的整体处理方法，故D错误。 　　故选C。 14. 【答案】（1）275m；（2）17.5m/s；（3）13.75m/s 【解析】   　　（1）汽车的初速度v0=36km/h=10m/s，汽车在20s内的位移分为匀速运动位移和匀加速运动位移，前10s内匀速运动的位移 　　x1=v0t=10×10m=100m 　　后10s内做匀加速运动的位移 =175m 　　故汽车在前20s内的总位移 　　x=x1+x2=100m +175m=275m 　　（2）由题意知汽车运动前10s做匀速运动，故15s末是汽车做匀加速运动5s末的瞬时速度，根据速度时间关系有 　　v1=v0+at=10m/s +1.5×5m/s=17.5m/s 　　（3）根据平均速度公式，汽车在前20s内的平均速度 15. 【答案】（1）；（2）， 【解析】  （1）圆筒第一次落地做自由落体运动，有 　　圆筒第一次落地弹起后到最高点做匀减速运动，可视为初速度为零的匀加速运动，有 　　联立解得 　　（2）根据可得圆筒第一次落地的时间 　　圆筒第一次弹起后到最高点的时间 　　圆筒第一次弹起后到落地时小球同时到达地面，所以小球从释放到第一次落地所经历的时间 　　可知小球下落的高度 　　则圆筒的长度 学科网（北京）股份有限公司 $