2024-2025学年福建省厦门市第一中学高一（上）适应性训练物理试卷（10月）（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市第一中学高一（上）适应性训练物理试卷（10月）（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1ℎ，M、N间的直线距离为1.8km，则从M点漂流到N点的过程中( )
A. 该游客的位移大小为5.4km
B. 该游客的平均速率为5.4m/s
C. 该游客的平均速度大小为0.5m/s
D. 若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0
2.关于加速度，下列说法正确的是( )
A. 匀变速直线运动的加速度恒定B. 速度的变化量越大，加速度越大
C. 加速度与速度同向，物体可能做减速运动D. 加速度是描述位置变化快慢的物理量
3.地铁刹车后匀减速进站，晓燕同学利用照相机拍下了地铁停下前最后2 s初和最后2 s末的照片，如图所示。已知地铁相邻两车门之间的距离为4.5 m，地铁刹车前的速度为15 m/s，则地铁刹车后行驶的路程为( )
A. 45 mB. 50 mC. 60 mD. 70 m
4.某兴趣小组研究—遥控汽车的运动，根据记录的数据作出该车运动的位置—时间(x−t)图像和速度—时间(v−t)图像，如图所示，其中x−t图像中的t1时刻对应抛物线的最高点。下列说法正确的是( )
A. 汽车的加速度大小为0.5m/s2B. t0=3s时汽车回到出发点
C. t2=4s时汽车通过坐标原点D. 汽车出发点的坐标为x0=2m
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.下列有关物理问题的物理方法的说法中，正确的是( )
A. 力学中为了研究方便，所有体积小的物体都可以看成质点，质点是理想化模型
B. 图像法和公式法都可以描述匀变速直线运动的规律，但是图像法更直观、形象
C. 根据平均加速度定义式a=△v△t可知，当△t极短时，a就可以表示物体在该时刻的瞬时加速度是采用了极限法
D. 把运动过程分成很多小段，每一小段看作匀速直线运动，然后把各小段位移相加得到匀变速直线运动的位移，这里采用了极限法
6.一小石子从靠近竖直墙面的a点由静止开始落下。途中经过b、c、d三个点，而且通过ab段所用的时间为T。空气阻力不计，则该小石子( )
A. 通过bc、cd段的时间均等于TB. 通过b点与d点的瞬时速度之比为1:2
C. 通过c点的速度等于通过bd段的平均速度D. 通过c点的速度大于通过bd段的平均速度
7.几个水球可以挡住子弹?《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够!某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，实验中将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，则( )

A. 子弹在每个水球中运动的平均速度相同
B. 子弹在每个水球中速度变化量相同
C. 子弹依次进入四个水球的初速度之比为2: 3: 2:1
D. 子弹穿过每个水球的时间之比(2− 3):( 3− 2):( 2−1):1
8.如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，物体在0∼t0这段时间内的位移大于v0t02
B. 图乙中，物体的加速度为1m/s2
C. 图丙中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体的加速度变化量
D. 图丁中，t=3s时物体的速度为25m/s
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.“用传感器测定瞬时速度”的实验装置如图所示，挡光片宽度为5×10−3m，当小车从高处加速滑下时，实验中挡光片通过光电门的时间为0.02s，则小车上的挡光片开始挡光时的近似瞬时速度为 m/s(保留2位有效数字)，这个计算出的瞬时速度值小于真实值，由此产生的误差 (选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小。
10.在一次军事行动中，甲、乙、丙三支小队在命令开始后，按要求同时到达了A地，行动过程指挥部大屏幕地图上显示的运动信息如图所示，则在整个行动过程中，甲、乙、丙三者：
(1)平均速度大小关系v甲1 v乙1 v丙1(选填“>”“”“ <
11.2
− 1
28

12.(1)0.40
(2)
(3)0.80
(4)0.32

13.(1) 0.60 1.0
(2) ①

14.解：(1)汽车的初速度为
v0=72km/ℎ=20m/s
刹车做匀减速直线运动，前2s内行驶的距离是30m，有
s1=v0t1−12at12
解得加速度为
a=5m/s2
(2)汽车的刹车时间为
t0=v0a=4s
因t2=3st0，则汽车已停止，汽车行驶的距离为
l=v022a=40m

15.解：(1)质点匀加速直线运动的加速度大小为
a1=Δv1△t1=2−01−0m/s2=2m/s2
匀减速直线运动的加速度大小为
a2=Δv2Δt2=|5−910−9|m/s2=4m/s2
(2)设经过t速度最大，有
a1t=v8+a2(8−t)
代入数据解得
t=7.5s
最大速度为
vmax=a1t=15m/s
(3)质点匀减速运动的时间为
t′=vmaxa2=154s=3.75s

16.解：(1)t1=2s内，A、B车的位移分别为x1=vAt1，x2=12a1t12则有s12=x02+(x1−x2)2解得s1=5m
(2)结合上述可知s1=5m=L即在t1=2s时，两车第一次刚好断开连接，则有vB1=a1t1解得vB1=2m/s
(3)结合上述可知，两车第一次保持连接的时间为t1=2s在t2=4s时，两车位移之差Δx=vAt2−12a1t22=4m由于 x02+Δx2=5m=L表明t2=4s时刻两车第二次开始连接，令再经历时间t4，两车位移差再次达到△x=4m，则有Δx=12a1t22+a1t2t4−vA(t2+t4)解得t4=8s结合上述可知，整个运动过程中，两车能够保持连接的总时间Δt=t1+t4解得Δt=10s
(4)由于
t3=t2+t4=12s
结合上述可知，12s时开始断开连接，B车在A车前方，B车开始减速，减速至0的时间
t0=a1t2a2=2s
令B车减速后再经历时间t5两车刚好再次连接，结合上述可知，此时两车位移差再次达到
△x=4m，则有
a1t2t5−12a2t52=vAt5
解得
t5=1s
此时，A车到起跑线的距离
xA=vA(t3+t5)=39m
令B车之后再经历时间t6两车再次刚好断开连接，此时A在前B在后，则有
vAt6−(a1t2t6−12a2t62)=2Δx
解得
t6=1+ 332s>t0=2s
即B车已经停止运动，则有
vA(t5+Δt4)−(a1t2)22a2=2Δx
解得
Δt4=3s
速度
vB
vC
vD
vE
vF
数值(m/s)
--
0.479
0.560
0.640
0.721
时刻(s)
8
10
v(m/s)
13
5