河南省部分重点中学TOP二十名校2025-2026学年高一上学期10月调研考试-物理试题（含答案）

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1.【答案】B
【解析】A、打乒乓球时，研究如何打出弧旋球时，不能把球看成质点，否则就没有旋转了，选项A错误;
B、打乒乓球时，观察球运动的轨迹时，球的大小可忽略不计，可看作质点，选项B正确;
C、研究歼−20隐形战斗机的飞行姿态，不能看作质点，否则就没姿态可言了，选项C错误;
D、给歼−20隐形战斗机加油时，战斗机的大小不能忽略，不能看作质点，选项D错误.
2.【答案】D
【解析】A、以抛出点为坐标原点建立坐标系，竖直向下为正方向，从高出地面1.8m的位置开始抛出网球，所以落地点的坐标为1.8m，网球上升3.2m后回落，则最高点的坐标为−3.2m，故A错误;
B、网球上升3.2m后回落，则网球从抛出点到最高点的位移为−3.2m，故B错误;
C、网球从抛出点到落地点的位移为1.8m，故C错误;
D、网球在最高点的坐标为−3.2m，落地点的坐标为1.8m，所以网球从最高点到落地点的位移为5.0m，故D正确.
3.【答案】D
【解析】A、计算全程的运动时间，车辆的形状大小可以忽略不计，可以将车辆视为一个质点，故A错误；
B、两种方案中位移大小相等，故B错误；
C、平均速度等于位移与时间的比值，由于位移未知，故平均速度计算不出来，故C错误；
D、平均速率等于路程与时间的比值，由于知道路程和时间，故可以算出平均速率，故D正确。
4.【答案】B
【解析】 设汽车的加速度为a，x1=2m，x3=30m，t1=1s，t2=2s，t3=3s，，根据匀变速直线运动“中间时刻速度等于平均速度”这一推论，AB段中间时刻的速度v1=x1t1=2m/s，CD段中间时刻的速度v2=x3t3=10m/s，据加速度的定义有a=v2−v1t12+t2+t32=8m/s4s=2m/s2，故选B。
5.【答案】D
【解析】甲质点的位移x−t图像的斜率不变，所以甲质点的速度方向不变，A错误;
甲质点在0∼4s内的位移为x=−4m−4m=−8m，则平均速度为v=xt=−2m/s，B错误;
乙质点在0∼4s内速度大小发生变化，不是做匀速直线运动，C错误;
乙质点在0∼4s内的位移为x=8m−0=8m，则平均速度为v=xt=2m/s，D正确.
6.【答案】D
【解析】A.由甲图可知，A车在0∼2s的速度为0，在2s后加速度为a=10m/s2，t=4s时，A车的速度大小为v=aΔt1=20m/s，A错误;
B.B车加速度为aB=△v△t=102m/s2=5m/s2，B错误;
C.0∼3s过程中，B车的平均速度等于1.5s末的瞬时速度，即vB=aBt'=7.5m/s，C错误;
D.2∼3s内，A车的平均速度等于2.5s末的瞬时速度，即vA=at''=10×0.5m/s=5m/s，D正确。
7.【答案】C
【解析】A.两车加速度大小相等，则4s末甲、乙两车速度为8m/s，a=ΔvΔt=10−84m/s2=0.5m/s2，故A错误；
B.t=2s时两车第一次相遇，t=6s时两车第二次相遇，故B错误；
C.在0∼2s内甲车的位移x1=10+92×2=19m，在0∼2s内乙车的位移x2=6+72×2=13m，t=2s时两车相遇，t=0时，甲、乙两车距离x0=x1−x2=6m，故C正确；
D.匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，3∼5s内两车的平均速度都等于4s时两车的瞬时速度，3∼5s内两车的平均速度相同，故D错误。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】根据a−t图像画出对应的v−t图像如图中实线所示
实线与t轴所围面积与虚线与 t轴所围面积相等，则x=v0×t2，代入数据解得v0=10m/s，即5s末机器人速度为10m/s; 根据a−t图像面积表示速度增加量可知v0=a02×t2，代入数据解得a0=4m/s2，可知B、C正确，A、D错误.
9.【答案】BC
【解析】ts末，A、B两质点的速度大小之比为2:1，A错误;
2ts末，A、B两质点的速度大小之比为1:1，B正确;
1.5ts末，A质点的速度vA=2at+at2=52at，B质点的速度vB=at+2at2=2at，A、B两质点的速度大小之比为5:4，C正确;
在0∼2t时间内，任意时刻A的速度大于B的速度，所以在0∼2t时间内，A的平均速度大于B的平均速度，D错误.
10.【答案】AC
【解析】A、设子弹穿出第二块时的速度为v1，则v02=6ad，v02−v12=4ad，解得v1= 33v0，故A正确;
B、设三块木块的长度均为d，该过程的逆过程可看为初速度为零的匀加速直线运动，根据t= 2xa，可得子弹依次穿过三块木块的时间之比为tA:tB:tc=( 6da− 4da):( 4da− 2da): 2da=( 3− 2):( 2− 1):1，故B错误；
C、设子弹穿过三块木块所用的时间均为T，根据x=12at2，可得三块木块的长度之比为LA:LB:LC=[12a(3T)2−12a(2T)2]:[12a(2T)2−12aT2]:12aT2=5:3:1，故C正确；
D、设子弹穿出第二块时的速度为v2，则v0=3aT，v0−v2=2aT，解得v2=13v0，故D错误。
11.【答案】(1)电火花计时器；交流220V；(2)BDCA；(3)0.56；0.72；0.80；(4)偏小
【解析】(1)根据图中结构可知为电火花计时器，使用的电源是交流220V.
(2)实验步骤要遵循先安装器材后进行实验的原则进行，故正确的步骤是：将纸带从墨粉纸盘下面穿过电火花计时器;接通打点计时器开关;松手后小车拖动纸带运动;当纸带完全通过计时器后，及时关闭开关.故正确的操作顺序为BDCA.
(3)由题每两个相邻计数点之间还有四个点未画出可知，两个记数点之间的时间为T=5×0.02s=0.1s，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小vD=xCE2T=(5.20+5.99)×10−2m2×0.1s≈0.56m/s，
打下F点时小车的瞬时速度为vF=xEG2T=(6.80+7.62)×10−2m2×0.1s≈0.72m/s，
根据逐差法可以求得小车的加速度大小为a=xDG−xAD9T2≈0.80m/s2.
(4)如果当时电网中交变电流的频率与正常频率(50Hz)相比稍偏大，说明真实打点的时间间隔变小，而做实验的同学并不知道，仍按照50 Hz进行数据处理，由速度公式v=xt可知那么速度的测量值偏小.
12.【答案】(1)x2−x1△t；
(2)(△t)2；2k；
(3)不变；
(4)B。
【解析】(1)小球从自由下落的位置到光电门1的距离x1和从自由下落的位置到光电门2的距离x2，数字传感器可测得小球从光电门1运动到光电门2的时间△t，则根据平均速度的定义可知小球从光电门1运动到光电门2的平均速度为v=x2−x1△t.
(2)根据自由落体运动的规律可知x1=12gt12，x2=12gt22，且△t=t2−t1，可得(△t)2=2g( x2− x1)2，则图中的纵坐标为(△t)2，斜率k=2g，则测得的重力加速度为g=2k.
(3)由于x1、x2、△t与小球延时运动均无关，所以测得的重力加速度不变.
(4)应选用直径小的铁球，可减小瞬时速度测量误差，A项错误;
两光电门间的距离应适当大些，减小△t的测量误差，B项正确;
电磁铁的位置应尽可能离光电门1远些，减小小球通过光电门的时间，减小速度测量误差，C项错误;
电磁铁的线圈多少与测量误差无关，电磁铁只要能吸住钢球即可，D项错误.
13.【答案】解：(1)取竖直向下为正方向，从起跳到最高点有2g(h1−h)=v02，
解得v0=4m/s。
(2)从起跳到跳台下方1m处，有−h2=v0t−12gt2，
解得t=1s。
(3)从最高点自由落体运动过程中v2=2gh1，
入水后a=4g，
入水后到下降最大深度过程中v2=2ah2，
联立解得在水中下降的最大深度h2=h14，
解得h2=2.7m。
14.【答案】解析：(1)根据s=v1+02t1
其中v1=36km/h=10m/s
可得刹车时间为t1=2sv1=2×2510s=5s
刹车时的加速度大小为a=v1t1=2m/s2
(2)小朋友通过时间为t2=l+Lv0=15s
则汽车停在班马线处等待小朋友全部通过所需的时间为t=t2−t1=10s
(3)以大小为2.5m/s2的加速度减速行驶的刹车时间为t1=v1a=102.5s=4s
刹车过程的位移大小x=v1+02t1'=20m
司机的反应时间为△t=s−xv1=0.5s
15.【答案】解：(1)根据对称性可知，通过ETC通道的车辆加速和减速的时间均为t1=t3=v1−v2a=20−51s=15s，
车辆匀速过程的时间为t2=Lv2=105s=2s，
则通过ETC通道的车辆从开始减速到恢复初始速度所经历的时间为t=t1+t2+t3=32s。
(2)通过ETC通道的车辆从开始减速到恢复初始速度所通过的位移大小为x=v1+v22×t1+v2t2+v1+v22×t3=385m，
通过人工收费通道的汽车减速过程和加速过程所用时间均为t1'=t2'=v1a=20s，
通过人工收费通道的汽车减速过程和加速过程通过的位移大小均为x1'=x2'=v122a=200m，
通过人工收费通道的汽车从开始减速到恢复原来速度所用的总时间为t总=t1 '+△t+t2 '=60s，
通过ETC通道的车辆在60s内通过的总位移大小为x总=v1(t总−t)+x=20×(60−32)m+385m=945m，
则二者之间的最大距离为△xmax=x总−x1 '−x2 '=945m−200m−200m=545m。
(3)通过人工收费通道的汽车从减速到恢复原来速度通过的总位移大小为x'=x1'+x2'=400m，
在400m内，汽车通过ETC通道的汽车以初速度匀速运动的时间为t0=x'−xv0=400−38520s=0.75s，
则汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间为△t=t总−t−t0=60s−32s−0.75s=27.25s。