四川南充市阆中中学校2026-2027学年高一上学期11月期中物理试题

阆中中学校2026年秋高2026级期中学习质量检测 物理试题 (时间：60分钟满分：100分命题人：刘小东审题人：罗素清) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦千净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题 卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题（1-5为单选，6-8为多选，每题6分，共48分，多选题全对得6分，选错 不得分，选对但不全得3分) 1.阆中至成都的动车开通后，从手机的微信服务上查到D186次列车的信息如图所示， 在百度上查到阆中到成都东站的铁路长为 复兴号 293km,下列说法正确的是() 16:07 02时19分￥ 18:26 A.图中“2时19分”表示时刻 画阆中 D186® 图成都东 B.293km表示阆中到成都东站的位移 C.研究阆中到成都东的列车运行时间时列车可以看成质点 D.根据所给信息可以算出D186次列车从阆中到成都东的平均速度 2,平直道路上相邻路口停车线A、B相距L=360m。汽车经A点时速度v0=7/s,随 即匀加速行驶，到达B时速度=11s,该过程中汽车运动所用时间为() A.40S B.50s C.20s D.30s 3.汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s?,则自驾驶 员急踩刹车开始，前5s汽车的位移为( ) A.120m B.162.5m C.37.5m D.40m 4.2026年9月阆中中学校组织高一年级学生进行体能测试，其中有一项是短跑。李明 在测试中，从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过连续四段相等的位移，如图 所示。已知李明通过E点时的瞬时速度为V0, 通过AE段的时间为t,可将李明视为质点。 下列说法正确的是() A.李明通过AB段的时间为t/4 B.李明通过CE段和BC段所用时间之比为V2:1 C.李明通过C点时的速度大小为v2 D.李明通过C点时的瞬时速度小于通过AE段的平均速度 第1页共4页 5.如图所示，在同一平直公路上行驶的ā车和b车，其位置-时间图像分别为图中直线 a和抛物线b。已知b车的初速度为8m/s,t=3s时，直线a和 Ax/m 曲线b刚好相切。下列说法错误的是() 10 A.a车的速度大小为2m/s B.b车的加速度大小为2m/s2 C.t=0时，a车和b车相距&m 1234t/s D.=2s时，a车在b车前方1m处 6.(多选)下列关于重力、弹力的说法，正确的是() A.质量分布均匀的规则物体的重心一定在物体的几何中心上 B.劲度系数大的弹簧，产生的弹力越大 C.物体所受的重力是由于受到地球的吸引而产生的，所以方向总是垂直于地面向下 D.木块放在桌面上，要受到一个向上弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的 7.(多选)t=0时刻某弹射装置将小钢球以vo=15/s的速度竖直向上抛出，不计空气 阻力，重力加速度g=10/s2。关于小钢球被抛出后在空中运动的过程，下列说法正 确的是() A.小钢球第2秒内的速度变化量为零 B.小钢球上升的最大高度为11.25m C.前2s的位移大小为8m D.第5秒内的平均速度大小为30m/s 8.（多选)2026年9月22日，在阆中中学开展阆中市2026年 全国科普月主场活动中，机器狗表演了取送货物，其中四次 做直线运动的图像如图所示，下列说法正确的是( 15女6m 个v2/(m2s2) v/(m's) 任ms 1.0 05 12 v/(m's x/m 0 1020 15 第一次 第二次 第三次 第四次 A.第一次图线表示的运动，速度从0增加到20m/s时用时20s B.第二次图线表示的运动，加速度为1m/s2 C.第三次图线表示的运动，5s内位移小于30m D.第四次图线表示的运动，加速度大小为3m/s 二、实验题（每空2分，共16分） ◆FN 9. 物理实验课上，小晨同学做“探究弹簧弹 8 力与伸长量的关系”的实验装置如图甲所 6 示。他多次改变所挂钩码的质量，测出对 d 应的弹簧长度，然后作出弹簧弹力F和弹 簧长度x的关系图像如图乙所示。 5公6%048121620x/cm 第2页共4页 (1)装置如图甲所示，下列说法正确的是() A.实验前，应该先把弹簧水平放置测其原长 B.逐一增挂钩码，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态再读数 C.为了减小实验误差，可以无限制增加钩码个数，从而多读几组数据 (2)由图乙可知，弹簧的原长L,= cm,弹簧的劲度系数k= N/m。 10.两位同学利用如图甲所示的装置研究自由落体运动的规律，并对重力加速度进行测 量。经过几次实验，选择了一条点迹清晰的纸带进行研究（如图乙），根据打点的先 后顺序取计数点O、A、B、C、D、E、F,相邻两个计数点间还有1个点未画出。 己知交流电源的频率为50Hz。 Ax/cm 0 4.06 3.68 铁架台川 单位：cm 3.30 2.92 铁夹 纸带 2.54 6.74 2.16 打点 12.43 接电源中 计时器 19.65 心重物 28.40 38.69 图甲 图乙 图丙 (1)下列说法中正确的是 0 A.电火花打点计时器用的是220V直流电源 B.实验中使用秒表测量时间 C.实验时应先由静止释放纸带，然后赶紧接通电源 D.打点计时器两限位孔应位于同一竖直线上 (2)由纸带数据可知，打下计数点D时，重物的速度大小为vp= m/s(保留 2位有效数字)。重物下落的加速度大小为g=」 m/s2(保留2 位有效数字)。 (3)两同学将另一条纸带从每个计时点（打点计时器打的连续相邻点）处截断，得 到6条短纸带，再把6条短纸带的下端对齐贴在纸上，以纸带下端为横轴建立 直角坐标系，并将刻度尺边缘紧靠纵轴，其示数如图丙所示。以纸带的宽度代 表时间间隔T,这些短纸条上端的中心点近似在一条直线上，该同学把它们连 接起来作出如图丙的图线。若将图线转化为小车的-t图像，则图中“6位置所 在时刻的瞬时速度为 ms;(结果保留3位有效数字)。若交流电 的实际频率为51Hz,则测得的加速度 (选填“大于”、“等于”或 “小于”)真实加速度。 第3页共4页 三、解答题(11题8分，12题10分，13题18分，共36分，要有必要的文字描述) 11.如图所示，将一橡皮球（视为质点）从离地高度h1=5m处由静止 释放，橡皮球落地后第一次反弹至最高点时离地高度h2=0.8m。己 知橡皮球被释放后下落所用的时间t1=1s,橡皮球即将落地瞬间的 速度大小v1=10m/s,橡皮球与地面碰撞所用的时间t2=0.1s,碰 h 撞后瞬间橡皮球向上的速度大小v2=4m/s,反弹至最高点所用的时 间t3=0.4s。求： (1)橡皮球从被释放到第一次反弹至最高点的过程中的平均速度 的大小和方向 (2)橡皮球在与地面碰撞过程中的平均加速度的大小和方向。 12.航空母舰上的战斗机要具有一定的对地速度v=180k/h才能安全起飞。若战斗机在 航空母舰上起飞过程中的最大加速度a=5m/s2,可供起飞的甲板长L=160m为了使 战斗机能安全起飞。 (1)若航空母舰静止，应用弹射装置将战斗机以一定初速度弹出后再加速起飞（忽 略弹射的时间和位移)，则最小初速度1为多大？ (2)如果没有弹射装置，为使战机仍能从舰上正常起飞，可采用先让航空母舰沿 飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让战机起飞，战斗机开始时相对于航空 母舰静止，则航空母舰的航行速度至少为多少？ 13.甲、乙两辆车（可视为质点）并排在两条平行直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度 为v1=16m/s,乙车的速度为v2=12m/s,乙车在甲车的前面。当两车相距L=6m时， 两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1=2s2的加速度刹车，7s后立即改 做匀速运动，乙车刹车的加速度为a=lm/s2,求： (1)从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间： (2)两车第一次相遇到第二次相遇这段时间的最大距离： (3)两车相遇的次数和最后一次相遇的时间。 第4页共4页 阆中中学校2026年秋高2026级期中学习质量检测 物理参考答案 题号 1 2 3 5 6 7 8 答案 A D B AD BD AD 1.C 【详解】A.“2时19分表示时间间隔，故A错误： B.293km表示路程，故B错误； C.研究阆中到成都东的列车运行时间时列车可以看成质点，故C正确： D.293am是阆中到成都东的铁路长，只能算出其平均速率1-如m=125.75mh,而 不是平均速度故D错误。 故选C。 2.A 【详解】汽车做匀加速直线运动，匀变速直线运动的平均速度等于初末速度的平均值， 即v=+y-7+11 m/s=9m/s 22 根据位移与平均速度的关系L= 代入数据解得运动时间1=台=40： 故选A。 3.D 【详解】汽车刹车后做匀减速直线运动，刹车到停止所用的时间。= 代入得=45 a =5s大于to,此时汽车已停止，利用逆向思维5s末的位移x=,哈代入得x-40m 故选D。 4.B 【详解】A.设李明运动的加速度大小为a,通过AB段所用时间为tB,根据初速度为零 的匀加速直线运动规律有B, 2 由8：AB=1:4可得号- 解得 2 u=了放A错误： B.设李明通过C点时刻为4。，由AC:AE=1:2及位移公式可得 2-2 解得=2， 李明通过C8段和Bc段所用时间分别为x=1-,x=女-，解得a-号}。 答案第1页（共6页） (21 22 因此，丝=2 即tos:tC=V2:l,故B正确： C. 设李明通过C点时的速度大小为v©，C为AC的位移中点，由中间位移公式可得， 02+62., 故C错误； D.李明通过A段的平均速度为F-0》-李明通过C点时的瞬时速度为，=马 22 由于2，、1 2%>2,故李明通过C点时的瞬时速度大于通过AB段的平均速度，故D错误。 故选B。 5.C 【详解】A.a车的速度大小为直线a的斜率，可得y,=氵二ms=2ms,故A正确； B.b为抛物线，则物体做匀变速直线运动，t1=3s时，直线α和曲线b刚好相切，即此时 b车速度与a车速度相等为2m/s,而初速度大小为8m/s,故加速度大小为 aA"_8-2ms=2ms,故B正确： △13-01 C.从图像可知，1=3s时，两车相遇，3s内b车位移为，=以-2叫=15m 而此过程中 a车位移为x。=8m-2m=6m它们的初始距离为x。=x,-x。=9m即初始时a车在b车前面 9m处，故C错误； D.=2s时，两车位移分别为戈==4m.=k2=12m 则此时两车的距离为 x=x。+x。-x%=lm即此时a车在b车前方lm处，故D正确。 本题选错误选项故选C。 6.AD 【详解】A、重心不一定在物体的几何中心上，只有质量分布均匀，形状规则的物体，重 心才在其几何重心，故A正确； B、根据弹簧弹力的表达式F=kx,x为伸长量或压缩量，k为弹簧的劲度系数，可知：弹 力不仅跟劲度系数有关，还跟伸长量或压缩量有关，故B错误： C、物体所受的重力是由于受到地球的吸引而产生的，方向总是竖直向下，故C错误； D、木块放在桌面上，要受到一个向上弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，故D 正确； 故选AD. 7.BD 【详解】A.小钢球加速度恒为重力加速度g,第2秒内时间间隔△1=s,速度变化量大 小为△v=g△t=10m/s≠0，故A错误； B.小钢球上升到最高点时速度为0，由=2gh得最大高度h兰=m-11,25,故B 2g2×101m/s2 答案第2页（共6页） 正确： C.前2秒内的位移由公式可得：h=otgt2=10,故C错误： D.由平均速度公式可得5v45与'0一g×4.5=-30/s,故D正确。故选BD 8.AD 【详解】A.第一次运动，根据a=y 变形得△M=△y 可知1-v图像与横轴围成的 面积表示物体运动时间，速度从0增加到20S用时1=(0,5+1.5)x20 S=20s 故A正确； 2 B.第二次运动，根据v2=2ar 可知v2-x图像与横轴围成的斜率表示2a,则有 a 15 m/s2=0.5m/s2故B错误： 2×15 C.第三次运动，V-t图像与横轴围成的面积表示位移，若机器狗在0~5s内是做初速度 为零的匀加速直线运动，则位移为x=0+12 ×5m=30m 而由第三次运动的图像，可知 2 机器狗是做加速度逐渐减小的加速直线运动，其v-1图像与横轴围成的面积大于匀加速 直线运动围成的面积，故5s内位移大于30m,故C错误： D.第四次运动，根据x=W+变形得=%+？可知1图像的斜率为k=4 由图像可得斜率为k=3,6m/g。-15m1g 联立可得a=-3m/s2即加速度的大小为 3m/s2,故D正确。故选AD。 9.(1)B (2)4.050 (误差允许范围内均正确) 【详解】(1)A.本实验弹簧是竖直悬挂使用的，为了消除弹簧自身重力的影响，应该在 竖直悬挂且未挂钩码时测量其原长，故A错误： B.逐一增挂钩码，保证弹簧竖直且平衡后再读数，能准确测量弹力与对应弹簧长度，故 B正确： C.弹簧有一定的弹性限度，不能无限制增加钩码个数，超出弹性限度后胡克定律不再适 用，故C错误。 故选B。 (2)[1]根据胡克定律F=k(x-L。)当弹力F=0时，弹簧长度等于原长，由图乙可知图 线与横轴交点为x,=4.0cm 故弹簧原长L.=4.0cm 1闪动陵系数大为下-图线的翁车满是=然O0训0Nm-0m 8 10.(1)D (2) 2.09.6 (3)1.84 小于 【详解】(1)A.电火花打点计时器使用220V交流电源，故A错误： B.实验中由打点计时器根据打点间隔确定时间，不使用秒表测量，故B错误： C.应先接通电源，待计时器打点稳定后再释放纸带，以保证纸带开始运动时计时器己正 常打点，故C错误： 答案第3页（共6页） D.两限位孔位于同一竖直线上可减小纸带与限位孔的摩擦，故D正确。 故选D。 (2)[1]相邻计数点间还有1个点未画出，交流电源频率为50Hz,所以相邻计数点的时 间间隔为T= §=0.04s由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速 50 度，得=-七-(28.40-12.43)×102 m/s≈2.0m/s 2T 2×0.04 [2]由逐差法，将六段连续相等时间内的位移分为前、后两组三段，得 g=-之2）.B8.69-2x1243k10mse9.6ms2 (3T)2 9×(0.04)1 (3)「1]依据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，那么计数点6时小车的速 度大小为。9-ms1,8ms [2]若交流电实际频率为51Hz,而计算时仍按50Hz计算，则实际打点周期T偏小，根据 计算时T偏大，所以测得的加速度小于真实加速度。 △x 11.(1)v=2.8m/s,方向竖直向下。 (2)140m/s2,方向竖直向上。 【详解】(1)取竖直向下为正方向，从释放点到第一次反弹的最高点，橡皮球的位移为 x=h-h=5m-0.8m=4.2m 1分 全过程经历下落、碰撞和上升，总时间为t=t+t2+=1s+0.ls+0.4s=1.5s 1分 由平均速度的定义，得v=产-铝ms=2a6 1分 平均速度的方向均竖直向下。 1分 (2)仍取竖直向下为正方向，碰撞前瞬间的速度为y=10m/s,碰撞后瞬间的速度为 v后=-4m/s 1分 由加速度的定义，平均加速度为a=-上=4-10。 0.1ms2=-140m/s2 2分 故平均加速大小为140n/s2 负号表明其方向竖直向上 1分 12.(1)y=30m/s (2)y2=10m/s 【详解】(1)战斗机起飞时的速度为v=180km/h=50m/s 1分 甲板长L=160m,飞机以最小初速度1做匀加速直线运动，有v2-=2aL 2分 解得战斗机应具有的最小初速度为 v=30m/s 1分 答案第4页（共6页） (3)设战斗机起飞所用的时间为t,在时间t内航空母舰航行的距离为x,航空母舰的最 小速度为2，对航空母舰有x=2 1分 战斗机起飞时的速度为v=y2+al 1分 对战斗机，由速度位移公式有v2-=2a(L+x1) 2分 联立解得 Y2=10m/s 2分 航空母舰应至少以10/s的速度向战斗机起飞的方向航行。 13.(1)2s: (2)最大距离为2m; (3)3次，14.5s 【详解】(I)在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的加速度分别为1、2，位移分别为 x1、x2,则有 xw-2a0. 1分 1 =4-2,, 1分 x=x+L 1分 联立解得 t=2s,t2=6s 1分 即在甲车减速时，相遇两次，从两车刹车开始计时，第一次相遇的时间为2s。 1分 (2)第一次相遇后速度相等时两车有最大距离，设速度相等的时间为3，则有 y-a443=2-a24 解得 13=4s 1分 1 甲车运动的位移为 6=4-2a45=48m 1分 乙车运动的位移为 =42a,5=40m 1分 由于位移关系可知 Xmaxx4+L-X3 1分 代入数据解之得 Xmax-2m 1分 (3)取甲车运动的方向为正方向，设7s时甲车的速度为y,乙车减速到零的时间0 甲车减速7s时的速度y,=y-at,解得y,=2m/s 1分 乙车减速到零的时间，=0- 解得t0=12s 1分 -a2 甲、乙两车的v一t图像图像如图所示 由图像可知t4=10s时两车速度均为v=2m/s 1分 答案第5页（共6页） 14 甲 10 6 2 02468102s 由v-t图像与坐标轴所围面积可知0~10s内 甲车位移-6+2)x7m+2x10-7)m=69m 1分 2 乙车位移x之= 12×122×2 -m- m=70m 1分 2 2 As=x+L-xi=7m 1分 即此时乙车在前，两车还能再次相遇。10~12s乙车减速到零的位移 x号=2m10~12s甲车的位移x年=4m 又△s+x,>x,即乙车减速到零后有最后一次相遇，故相遇3次。 1分 4,时刻后甲追上乙还需时间5，=As+龙=45s 从开始刹车到最后一次两车相遇的时间4+t=14.5s 1分 因此两车相遇的次数为3次，从开始刹车到最后一次两车相遇的时间14,5s。 答案第6页（共6页）