湖北省问津教育2025-2026学年高一上学期10月联考物理试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省问津教育2025-2026学年高一上学期10月联考物理试卷（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列关于物理的科学思想方法说法正确的是( )
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B. 根据速度的定义v=ΔxΔt，当Δt非常非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在此时的瞬时速度，该定义应用了理想化模型法
C. 加速度的定义a=ΔvΔt应用了控制变量的思想
D. 亚里士多德提出“重的物体比轻的物体下落得快”，伽利略通过推理与实验相结合证明了该观点是错误的
2.2025年9月27日20时40分，我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭，成功将卫星互联网低轨11组卫星发射升空，如图所示，若火箭初始发射时，速度能在10 s内由0增加到200m/s，某汽车以108km/ℎ的速度行驶，急刹车时能在3 s内停下来，初速度方向为正方向，则下列说法中正确的是( )
A. 10s内火箭的速度改变量为20m/sB. 3s内汽车的加速度为10m/s2
C. 火箭的速度变化比汽车的快D. 火箭的加速度比汽车的加速度小
3.甲、乙两位同学(可看作质点)在同一水平直道上运动，其运动的位置时间图像如图所示，其中乙同学做初速度为0的匀加速直线运动，则( )
A. 4s末甲、乙两车相遇
B. 乙车在0−8s内的加速度大小为0.05m/s2
C. 甲车在0−8s内的平均速度为1.5m/s
D. 8s末甲、乙车速度相同
4.高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为 l，动车进站时做匀减速直线运动.站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )
A. 动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3 t
B. 动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度2lt
C. 1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度l2t
D. 动车的加速度大小lt2
5.从同一高度同时以30m/s的初速度抛出两个小球，一球竖直上抛，另一个球竖直下抛，重力加速度g=10m/s2，则它们落地的时间差为( )
A. 3sB. 4sC. 6sD. 8s
6.从某一高度相隔1s先后自由释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻( )
A. 甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变
B. 甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差保持不变
C. 甲、乙两球距离始终保持不变，甲、乙两球速度之差越来越大
D. 甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小
7.某汽车正在水平路面上匀速行驶，前方出现紧急情况需刹车。从刹车开始计时，汽车在第1 s内的位移为8.0m，在第3s内的位移为0.5m，则下列说法正确的是( )
A. 汽车的加速度大小为3.75m/s2B. 汽车在0.7s末速度为7.2m/s
C. 汽车在第2s内的位移为4.25mD. 汽车在2.5s末速度为0.5m/s
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，物体在0∼t0这段时间内的位移为12v0t0
B. 乙图中，物体的加速度为1m/s2
C. 丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体的速度变化量
D. 丁图中，t=3s时物体的速度为25m/s
9.甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v−t图像如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为x1和x2。初始时，甲车在乙车前方x0处。下列说法正确的是( )
A. T时刻前，甲一直在乙前方B. T时刻，甲的加速度大于乙的加速度
C. 若x0=x1+x2，则两车相遇一次D. 若x0|a2|，火箭的速度变化比汽车的快，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】A、甲车在2∼8s内的速度大小为v1=ΔxΔt=16−48−2m/s=2m/s，即甲车在4s时的位置x1=4m+2×2m=8m，由图像可知乙车在4s时的位置是4m，所以4s末甲、乙间距离为4m，没有相遇，故A错误；
B、由题意知其中乙同学做初速度为0的匀加速直线运动，则乙车的加速度a=2x2t2=2×1682m/s2=0.5m/s2，故B错误；
C、甲车在0−8s内的平均速度为v−=Δxt=16−48m/s=1.5m/s，故C正确；
D、在x−t图像中，图线的斜率表示速度，由图像可知8s末甲、乙两车速度不相同，故D错误。
4.【答案】B
【解析】A、采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知，动车1号车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为 l时，时间为 t，有 l=12at2 ，动车1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4 l时，时间为 t5，有 4l=12at 52 ，解得 t5=2 t，选项A错误；
B、动车1号车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4 l，用时为2 t，则平均速度为 v=4l2t=2lt ，选项B正确；
C、设1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为 v5，则有 4l=v5+02×2t ，解得 v5=4lt ，选项C错误；
D、动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动过程，有0= v5− a×2 t，解得 a=v52t=2lt2 ，选项D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】解：做竖直上抛运动的小球当速度大小再次变为30m/s，方向竖直向下
需要的时间为t=2v0g=2×3010s=6s，
然后该小球做竖直下抛运动，与另一个做竖直下抛运动小球到达地面时间相同，所以从同一高度同时以30m/s的初速度抛出两个小球，一球竖直上抛，另一个球竖直下抛，它们落地的时间差为6 s，故 C正确， ABD错误。
6.【答案】A
【解析】解：设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+1，
则两球的距离x=12g(t+1)2−12gt2=gt+12g，可见，两球间的距离随时间推移，越来越大．
两球速度之差为：△v=g(t+1)−gt=g，所以甲乙两球速度之差保持不变．
所以A选项正确．
故选A.
甲乙两球均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式，再求出速度之差与时间的关系．
本题是自由落体运动位移公式和速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】设汽车第1s内的位移为x1，第3s内的位移为x3，加速度为a，第1s内的时间为t1，假设第3s内汽车速度没有减到零，则有
x1−x3=2at12
解得：a=3.75m/s2
第1s内位移为8.0m，即
x1=v0t1−12at12
解得：v0=9.875m/s
由于
v0a=x0，则T时刻前乙车已经超过甲车，T时刻后因为甲车的速度大于乙车，则甲车还会超过乙车，则两车相遇两次，选项A错误，D正确；
C.若x0=x1+x2，则x0>x1;若x0+x2>x1+x2，即x0>x1，两车不会相遇，故 C错误；
故选BD。
10.【答案】AC
【解析】A.依题意，由于红外线的传播时间可以忽略，可得第一次测量时A、B间的距离为
x1=v0t1
A正确；
C.进行第二次测量时，A、B间的距离为
x2=v0t2
则小车运动的距离
Δx=x2−x1=v0(t2−t1)
C正确；
D.两次发射超声波脉冲的时间间隔为 Δt0 ，即为小车运动 Δx 所用的时间，则小车的平均速度为
v=ΔxΔt0=x2−x1Δt0
解得
v=v0(t2−t1)Δt0
D错误；
B.由D选项分析可知，B接收到第二次超声波脉冲时，A与B的距离为 v0t2 ，B错误。
故选AC。
11.【答案】(1)B；
(2)dΔt0；
(3)kd22
【解析】
(1)根据v=dΔt可知要测出小车通过光电门的速度，需要测出遮光条的宽度 d。故选B。
(2)实验时，滑块从光电门1的右侧某处由静止释放，测得通过光电门1的时间Δt0，则遮光条经过光电门1时的速度v=dΔt0
(3)滑块在两光电门间做匀加速直线运动，由速度一位移公式可得d2(Δt)2−v2=2ax整理可得1(△t)2=2ad2x+v2d2可知1(△t)2−x图像的斜率为k=2ad2可得滑块加速度的大小为a=kd22
12.【答案】(1)BC；(2)0.963；9.61；(3)偏大。
【解析】(1)[1]A.实验中可根据打点计时器记录的点来获得时间信息，不需要用秒表，故A错误；
B.为有效利用纸带，安装纸带时应使重物靠近打点计时器，故 B正确；
C.每打完一条纸带应及时切断电源，防止打点计时器过热损坏，故 C正确；
D.实验过程中，应先接通电源，再释放纸带，故 D错误；
故选BC；
(2)[2]每两点间的时间间隔T=0.02s，则在打E点时，重物下落的速度大小v=x4+x52T =(1.74+2.11)×10−22×0.02m/s=0.9625m/s≈0.963m/s；
[3]测出当地的重力加速度大小a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)(3T)2
=2.50+2.11+1.74−1.35−0.96−0.58×10−23×0.022m/s≈9.61m/s2
(3)[4]如果实验时电源的实际频率小于50Hz，则实际打点的周期大于0.02s，由(3)知重力加速度的测量值与实际值相比偏大。
13.【答案】解：(1)弹射装置给舰载机的初速度为v，起飞速度为 v，由运动学公式v2−v02=2aL
代入数据得v0=60m/s
(2)设舰载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L1，航空母舰最小的航行速度为v1，对航空母舰有L1=v1t
对舰载机有v=v1+at，v2−v12=2aL2
又L2=L+L1
联立解得v1=20m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)由题意得，火箭上升10 m时速度最大，根据速度位移关系有vm2=2aℎ1可得最大速度vm=20m/s方向竖直向上
(2)火箭加速上升有vm=at1代入数据可得t1=1s.失去动力做竖直上抛运动到最高点有
0=vm−gt2
0−vm2=−2gℎ2
代入数据解得t2=2s，ℎ2=20m
到达最高点后做自由落体运动有ℎ1+ℎ2=12gt32
解得t3= 6s
所以水火箭从发射到落地过程中运动的时间t=t1+t2+t3=(3+ 6)s
运动的路程S=2(ℎ1+ℎ2)=60m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)汽车走人工收费通道时，匀减速的位移满足−v02=−2a1x1
匀加速的位移满足v02=2a2x2
总位移x=x1+x2=108m
汽车走ETC通道时，匀减速的位移满足v2−v02=−2a1x1′
匀加速的位移满足v02−v2=2a2x2′
总位移x′=x1′+x0+x2′=105m
汽车走人工收费通道比走ETC通道的位移大Δx=x−x′=3m
(2)汽车走人工收费通道时，匀减速的时间t1=0−v0−a1
匀加速的时间t2=v0a2
总时间t=t1+t0+t2=38s
汽车走ETC通道时，匀减速的时间t1′=v−v0−a1
匀速的时间t2′=x0v
匀加速的时间t3′=v0−va2
总时间t′=t1′+t2′+t3′=14.25s
又Δx=3m则节省的时间Δt=t−t′−Δxv0=23.5s.