2025-2026学年江苏省锡山高级中学高一（上）阶段检测（物理试卷（10月）

这是一份2025-2026学年江苏省锡山高级中学高一（上）阶段检测（物理试卷（10月），共10页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示为北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台。运动员从高处滑下，通过起跳台起跳，完成各种空翻、转体、抓板等技术动作后落地。在大跳台比赛过程中，下列说法正确的是( )
A. 研究运动员在空中的技术动作时，可将他看成质点
B. 整个比赛过程中，无论研究什么问题运动员都不能看成质点
C. 整个比赛过程中，运动员通过的路程一定大于他的位移大小
D. 当运动员在空中下落时，若以他作为参考系，则大地向下运动
2.为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0mm的遮光板。滑块先后通过两个光电门，计时器记录了遮光板通过第一个光电门的时间为3×10−3s，通过第二个光电门的时间为1×10−3s，测得两光电门之间的距离为80.0cm，则滑块的加速度大小是( )
A. 5m/s2B. 6m/s2C. 7m/s2D. 8m/s2
3.一汽车在平直公路上遇到红灯刹车做直线运动，汽车刹车时初速度为6m/s，加速度大小为2m/s2，下列说法正确的是( )
A. 4s末速度为14m/sB. 前4s内位移为8m
C. 第2s内位移为3mD. 前2s内平均速度为2m/s
4.如图所示是一辆电动车做直线运动的x−t图像，对相应的线段所表示的运动，下列说法中正确的是( )
A. AB段表示电动车在第1s内的位移是4mB. BC段发生的位移大于CD段发生的位移
C. t=3s时电动车离出发点最远D. t=5s时电动车回到出发点
5.一质点位于x=−1m处，t=0时刻沿 x轴正方向做直线运动，其运动的v−t图像如图所示．下列说法正确的是( )
A. 0∼2s内和0∼4s内，质点的平均速度相同
B. 第3 s内和第4 s内，质点加速度的方向相反
C. 第3 s内和第4 s内，质点位移相同
D. t=4s时，质点在x=2m处
6.某质点做直线运动，现以出发点为坐标原点，以运动方向为x轴正方向，质点运动的v2−x图像如图所示，则( )
A. 质点的初速度为0
B. 质点做变加速直线运动
C. 质点做匀加速直线运动，且加速度为4m/s2
D. 质点从x=1m坐标处运动到x=2m坐标处所用时间t=3− 52s
7.杂技演员每隔相等的时间向上抛一小球，若每个小球上升高度都是1.25m，他一共有4个小球，要想使节目连续不断表演下去，在他的手中总要有一个小球停留，则每个小球在手中停留的时间是(g取10m/s2)( )
A. 15sB. 14sC. 13sD. 12s
8.初速度为v0的子弹依次穿过两段长度分别为5L和4L的固定木块，刚好能从右端射出，已知子弹在木块中的加速度保持不变，则( )
A. 子弹穿过两木块的时间之比为3:2
B. 子弹到达两木块交界处的速度为2v03
C. 子弹在两木块中的平均速度之比为5:4
D. 若子弹初速度变为2v0，则子弹穿出两木块后速度变为v0
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
9.利用打点计时器探究小车的速度随时间变化的规律。其中交流电源的频率为50Hz，如图给出了该次实验中，从A点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中A、B、C、D、E、F、G都为计数点。测得各计数点到A点的距离分别为：d1=1.40cm，d2=3.30cm，d3=5.70cm，d4=8.60cm，d5=12.00cm，d6=15.90cm。
(1)关于“探究小车速度随时间变化的规律”的实验操作，下列说法中正确的有________。
A.长木板不能侧向倾斜，但可适当一端高一端低
B.牵引小车的槽码个数越多越好
C.应先接通电源，待计时器打点稳定后再释放小车
D.要在小车到达定滑轮前使小车停止运动
(2)如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为_______(选填“A→B”或“B→A”)。
(3)在打计数点F时，小车运动的瞬时速度为vF=_______m/s(保留2位有效数字)。
(4)小车的加速度大小为a=_______m/s2(保留2位有效数字)。
(5)如果当时该交流电源的电压略偏小，但仍然稳定。而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
三、计算题：本大题共2小题，共37分。
10.一小球从离地面高h=0.8m的水平桌面边缘无初速度掉落，最终静止在厚度不计的地毯上。假设整个过程中无反弹，小球可看成质点，空气阻力不计，取g=10m/s2。
(1)求小球的下落时间；
(2)求小球与地毯接触前瞬间的速度v的大小；
(3)若小球与地毯撞击过程用时Δt=0.1s后静止，求此过程中小球的加速度的大小和方向。
11.ETC是电子不停车收费系统的简称。
(1)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度是多少？
(2)某人在离汽车尾部20m处，以速度v=6m/s向汽车匀速跑过去，与此同时，汽车以1m/s2的加速度从静止启动，做匀加速直线运动。如果人能追上汽车，要用多长时间？如果人不能追上汽车，则人与汽车之间的最小距离是多少？
(3)如图所示，汽车以15m/s的速度匀速行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过20s缴费后，再加速至15m/s行驶。如果过ETC通道，需要在中心线前方10m处减速至5m/s，匀速到达中心线后，再加速至15m/s行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2。汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程是多少？汽车采用ETC缴费方式比采用人工缴费方式节约多长时间？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点；位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，路程是质点在空间运动轨迹的长度；在研究物体的运动时，选取的假定不动的物体叫参考系。
解决本题的关键掌握物体能看成质点的条件，以及知道位移与路程之间的关系。
【解答】
A.研究运动员在空中的技术动作时，需要分析身体的肢体动作，所以不能将他看成质点。故A错误；
B.整个比赛过程中，当研究的问题中可以不考虑运动员的形状和大小时，能看成质点。故B错误；
C.整个比赛过程中，运动员做非直线运动，所以通过的路程一定大于他的位移大小。故C正确；
D.当运动员在空中下落时，若以他作为参考系，则大地向上运动。故D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】遮光板通过第一个光电门的速度 v1=d△t1=3×10−33×10−3m/s=1m/s
遮光板通过第二个光电门的速度 v2=d△t2=3×10−31×10−3m/s=3m/s
滑块的加速度大小是 a=v22−v122s=32−122×0.8m/s2=5m/s2
故选A。
3.【答案】C
【解析】解：A、汽车刹车时间为t=v0a=62s=3s，4s末汽车的速度为0，故A错误；
B、前4s内的位移为x=v022a=622×2m=9m，故B错误；
C、1s末的速度为v1=v0−at1=6m/s−2×1m/s=4m/s，第2s内的位移为x′=v1t1−12at12=4×1m−12×2×12m=3m，故C正确；
D、前2s内平均速度等于1s时的瞬时速度，由C得，前2s内平均速度为4m/s，故D错误。
故选：C。
根据匀变速直线运动速度-时间公式求解刹车时间；根据位移-时间公式求解汽车的位移；根据速度-时间公式求解1s末的瞬时速度，根据位移-时间公式求解第2s内的位移；中间时刻的瞬时速度等于平均速度。
本题考查匀变速直线运动规律，掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用是解题关键，注意刹车问题要先求解刹车时间。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查x−t图像，x−t图像的斜率表示速度。
【解答】
A.AB段电动车在第1s内位移不随时间变化，处于静止状态，故A错误；
B.BC段发生的位移大小为12m−4m=8m，CD段发生的位移大小为12m，所以CD段发生的位移大于BC段发生的位移，故B错误；
C.从题图可以看出t=3s时电动车离出发点最远，为8m，故C正确；
D.出发点的位置坐标为4m，t=5s时电动车的位置坐标为0，距出发点4m，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移。
【解答】
A.根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知0∼2s内和0∼4s内质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故A错误；
B.速度图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第3s内和第4s内，质点加速度相同，其方向相同，故B错误；
C.第3s内和第4s内，质点位移大小相等、方向相反，所以位移不同，故C错误；
D.0−4s内质点的位移等于0−2s的位移，为Δx=12×(1+2)×2m=3m，t=0时质点位于x=−1m处，则t=4s时，质点在x′=x+Δx=2m处，故D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】AB.根据速度位移关系可得 v2=2ax+v02
所以质点做匀加速直线运动，但由于图线纵截距不为零，则初速度不为零，故AB错误；
C.图线的斜率为 2a=9−52−1
所以 a=2m/s2
故C错误；
D.质点从x=1m坐标处运动到x=2m坐标处所用时间 t=Δva=3− 52s
故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】【分析】
解答本题要掌握：竖直上抛运动的特点，尤其是对其运动“对称性”的理解，然后利用位移公式求解。
本题考查了对基本运动规律的理解，对于高中所学运动模型如竖直上抛、平抛、圆周运动等要明确运动特点和对应规律。
【解答】
解：
小球抛出后做竖直上抛运动，每个球的最大高度都是1.25m，根据h=12gt2，解得t= 2hg= 2×1.2510 s=0.5s；如图所示，根据竖直上抛的对称性可知，当手刚接住一个球时，空中有3个球，一个球刚上升，有一个在上升，一个在下降，共3个时间间隔Δt，故球在手中停留的时间是Δt=23t=13 s，故C正确。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查匀变速直线运动规律的综合运用，在处理时要注意把末速度为零的匀减速直线运动看作反方向的初速度为零的匀加速直线运动来处理，相关的结论要熟记。
子弹穿过木块做匀减速运动，且末速度为零，故可以用逆向思维，进而用初速度为零的匀加速直线运动的相关推论得到结果；
根据速度位移关系求出速度为2v0时，子弹穿出两木块后速度。
【解答】
解：A.子弹通过两段长为5L和4L的固定木块，做的是末速度为零的匀减速直线运动，利用逆向思维，则子弹由右端做初速度为零的匀加速直线运动；根据子弹通过连续相等的位移L所用时间之比为1:( 2−1):( 3− 2 ):⋅⋅⋅( 9− 8);
则依次穿过两段长为5L和4L的固定木块的时间之比为t1:t2=[( 9− 8)+( 8− 7++⋅⋅⋅( 5− 4)]:[( 4− 3)+( 3− 2)+( 2−1)+1]=1:2,故A错误；
B.利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动；设木块的长度为L，穿入第二块时的速度为v，根据运动学规律有：
v02=a⋅9L
v2=a⋅4L
整理可得v=2v03，故B正确；
C.由题意，根据平均速度公式v1:v2=5Lt1:4Lt2=5:2，故C错误；
D.若子弹初速度变为2v0，加速度不变；
则：(2v0)2−v2=2a⋅(5L+4L)；
又：v02=2a⋅(5L+4L)；
解得：v= 3v0，故D错误。
9.【答案】(1)ACD
(2)B→A
(3)0.37
(4)0.50
(5)不变

【解析】(1)A.实验前，长木板一般平放，适当一端高一端低也可以，但要保证拉小车的绳与板面平行，故A正确；
B.槽码个数应适当，槽码个数少，打的点很密，槽码个数多，打的点少，都会带来实验误差，故B错误；
C.为了提高纸带利用率，应先接通电源，待计时器打点稳定后再释放小车，故C正确；
D.为了实验安全，小车在到达定滑轮前，应使小车停止运动，故D正确。
故选ACD。
(2)如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为B→A。
(3)题意可知相邻计数点时间 T=5×0.02s=0.1s ，则打F点时小车运动的瞬时速度为 vF=d6−d42T=0.1590−0.08602×0.1m/s≈0.37m/s
(4)逐差法可知小车的加速度大小 a=d6−d3−d39T2=0.1590−0.0570−0.05709×0.12m/s2≈0.50m/s2
(5)如果当时该交流电源的电压略变小，打点计时器的打点时间间隔不变，加速度a的测量值不变，加速度的测量值与实际值相比不变。
10.【答案】解：(1)由自由落体运动规律有 h=12gt2
解得 t=0.4s
(2)由自由落体运动规律有 v2=2gh
解得 v=4m/s
(3)选竖直向下为正方向，由 a=0−vΔt
得 a=−40m/s2 ，即a的大小为 40m/s2 ，方向竖直向上。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
11.【答案】解：(1)汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车。则识别时间内和司机反应时间内汽车行驶距离为 x1=vt1+t2=6×0.3+0.7m=6m
减速刹车过程中汽车做匀减速直线运动，则有 x2=v22a=622×5m=3.6m
则该ETC通道的长度约为 x=x1+x2=9.6m
(2)由题意经分析可知，人若在速度与汽车相等时仍然没有追上汽车，则人将不能追上汽车。设经时间t，人与汽车速度相等。由匀变速直线运动的速度与时间的关系可得 v汽=v人=at
代入数据解得 t=6s
设在6s内人与汽车位移分别为x人及x汽，则由运动学公式可得 x人=vt=36m ， x汽=12at2=18m
则 x汽+20m=38m>36m=x人
故人不可能追上汽车。当两者速度相等时，两者间距最小，为 Δx=x汽+20m−x人=2m
(3)人工缴费：
减速到收费站中心线所需时间为 t1=va=15s
则减速至收费站中心线行驶的路程为 x1=vt12=112.5m
由题意可知缴费时间为 t2=20s
加速时间为 t3=va=15s
再加速至15m/s所行驶的路程为 x2=x1=112.5m
故总时间为 t=t1+t2+t3=50s
总路程为 x=x1+x2=225m
ETC缴费：
减速时间为 t′1=Δva=15−51s=10s
减速过程的位移为 x′1=15+52×10s=100m
匀速行驶的位移为 x′2=10m
匀速时间为 t′2=x′2v′=105s=2s
加速时间为 t′3=t′1=10s
加速过程的位移为 x′3=x′1=100m
总位移为 x′=x′1+x′2+x′3=210m
则ETC缴费和人工缴费加减速的路程差为 Δx=x−x′=15m
ETC缴费通过这段路程差的时间为 Δt=Δxv=1s
故总时间为 t′=t′1+t′2+t′3+Δt=23s
则节约时间 Δt′=t−t′=27s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】