2024-2025学年河北省沧州市五县高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省沧州市五县高一（上）期末物理试卷（含解析），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。
1.下列各组物理量中，都是矢量的是( )
A. 位移、平均速率、速度B. 速度、路程、加速度
C. 路程、时间、位移D. 加速度、速度变化量、速度
2.超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具。上海—杭州线路将成为中国第一条超级高铁列车线路，该线路长150km，从上海到杭州约需15分钟，超级高铁最高速度可达1000km/h，则下列说法正确的是( )
A. “最高速度可达1000km/h”指的是平均速度大小
B. “最高速度可达1000km/h”指的是平均速率
C. 超级高铁从上海到杭州的平均速度大小约为600km/h
D. 超级高铁从上海到杭州的平均速率约为600km/h
3.旗鱼是海里短程游泳健将，最高时速可达190公里。某只旗鱼受到惊吓时，在8s内速度大小从36km/h增加到180km/h，假设旗鱼做匀加速直线运动，则该过程中，旗鱼游动的距离为( )
A. 120mB. 240mC. 360mD. 480m
4.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为3v，则xAB：xBC等于( )
A. 1：4B. 1：9C. 1：6D. 1：8
5.一质点运动的v−t图像如图所示，由图可知，质点在( )
A. 第1s内做匀减速运动B. 第1s内的加速度为2m/s2
C. 前3s内的位移为3mD. 第1s内和第6s内的位移大小相等
6.从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是( )
A. A上抛的初速度与B落地时的速度大小相等，都是2v
B. 两物体在空中运动的总时间相等
C. A上升的最大高度与B开始下落时的高度不相同
D. 两物体在空中同时到达的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点
7.一车在道路上正常行驶，突然发现前方有危险，立即以2m/s2大小的加速度紧急刹车，刹车时的初速度为10m/s，则开始刹车后2s与开始刹车后6s内汽车通过的位移之比为( )
A. 2：3B. 4：5C. 16：25D. 24：35
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一遥控玩具小车在平直公路上运动的位移—时间图像如图所示，则( )
A. 前10s内玩具车的速度为3m/s
B. 前25s内玩具车做单方向直线运动
C. 前25s内玩具车的位移为40m
D. 第20s末玩具车的速度为−1m/s
9.一汽车从某地出发沿平直公路行驶，其v2−x图像关系如图所示，则汽车( )
A. 先做匀速直线运动后静止
B. 加速阶段的加速度大小为1.5m/s
C. 加速阶段的加速度大小为0.75m/s
D. 加速运动的时间为203s
10.如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列述正确的是(g取10m/s2)( )
A. 水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB=tBC=tCD
B. 水滴在各点速度之比满足vB：vC：vD=1：3：5
C. 水滴在相邻两点之间的位移满足xAB：xBC：xCD=1：4：9
D. 间歇发光的间隔时间是 210s
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某学习小组利用如图甲所示的装置测量当地重力加速度。将小球从某位置静止释放，当小球从光电门中经过时，光电门1、光电门2记录它的遮光时间分别为t1、t2。两光电门的高度差为h，测得实验时所用小球的直径为d(d很小)。当地重力加速度记为g，完成下面的问题：(计算结果均用题中字母表示)
(1)小球通过光电门1时的速度大小v1= ______。
(2)若小球做自由落体运动，则应满足关系式______。
(3)多次调节两光电门之间的高度差h，并同时记录对应的t1、t2，获得多组实验数据后，某同学作出h与1t22−1t12的关系图像如图乙所示，并测得图像的斜率为k，则当地重力加速度g= ______；若测量时小球的直径d偏小，则当地重力加速度的测量值______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
12.某实验小组的同学探究小车的匀变速运动规律，实验室提供了两种打点计时器，如图甲所示，然后设计了如图乙所示的实验，已知电源的频率为50Hz。
(1)关于图甲中两种器材的理解正确的是______；
A.①应用交流电，②应用直流电
B.①、②的工作电压均为8V
C.①、②的打点周期均为0.02s
D.①、②的工作原理相同
(2)关于本实验的操作，下列说法正确的是______；
A.小车释放前，应使小车远离打点计时器
B.实验时，应先释放小车再接通电源
C.实验前，应调整滑轮使细线与木板平行
D.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
(3)该小组的同学通过多次实验打出了多条纸带，从其中选择了一条比较清晰的纸带，如图丙所示，图中的1、2、3、4、5为依次相邻的计数点，且相邻两点之间还有4个点未画出，测得1、3两点间的距离为7.82cm，3、4两点间的距离为5.10cm，4、5两点间的距离为5.88cm，则小车的加速度大小为______m/s，打计数点1瞬间小车的速度大小为______m/s。(结果保留两位有效数字)
(4)实验时，假设电源的实际频率为49Hz，则实验时加速度的测量值______(填“大于”“等于”或“小于”)实际值。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.长为l=200m的高速列车在平直轨道上以v0=80m/s的速率行驶，要通过长为L=2000m的隧道。已知当列车任意部分在隧道内时，列车速率不允许超过v=50m/s，列车在加速和减速时的加速度大小均恒为1m/s2。求：
(1)列车最少应在距隧道口多远处减速；
(2)列车从开始减速到穿过隧道后恢复原来速率的最短时间。
14.若某同学从135m高的楼上乘电梯由静止下行，最大速度为10m/s，电梯加速下降加速度为2m/s2，减速下降加速度为5m/s2，求：
(1)电梯加速到最大速度的时间；
(2)电梯减速下降的距离；
(3)电梯运动的最短时间。
15.一小型无人机在某次直线飞行过程中，其加速度随时间变化的关系图像如图所示。已知t=0时刻，无人机静止，求：
(1)前5s内，无人机的位移大小；
(2)在t=15s时，无人机的速度大小；
(3)在0～35s内，无人机的平均速度大小。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A、位移和速度都既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则，是矢量，而平均速率只有大小没有方向，相加时遵循代数法则，是标量，故A错误；
B、速度和加速度都既有大小又有方向，相加都遵循平行四边形定则，是矢量，而路程是标量，故B错误；
C、路程和时间，相加时遵循代数法则，是标量，位移相加时遵循平行四边形定则，是矢量，故C错误；
D、加速度、速度的变化量和速度都是既有大小又有方向的物理量，相加都遵循平行四边形定则，是矢量，故D正确。
故选：D。
既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、速度变化量等都是矢量；只有大小，没有方向，相加时遵循代数法则的物理量是标量，如路程、时间、平均速率等都是标量。
本题要掌握矢量与标量的区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
2.【答案】D
【解析】解：AB.“最高速度可达1000km/h”指的是运行的过程中的最大速率，是瞬时速率，故AB错误；
CD.线路的长度指的是路程，上海到杭州的位移未知，不能求出平均速度大小，超级高铁从上海到杭州的平均速率约为v=st=1501560km/h=600km/h，故C错误，D正确。
故选：D。
平均速度是某一段时间内的位移与时间的比值，瞬时速度是指运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度；平均速率是路程与时间的比值。
该题考查平均速度与瞬时速度，要注意明确平均速度对应一段过程，而瞬时速度对应一个瞬间或某一个位置。
3.【答案】B
【解析】解：已知初速度为v0=36km/h=10m/s，末速度为v=180km/h=50m/s，则位移为
x=50+102×8m=240m
故B正确，ACD错误，
故选：B。
根据平均速度计算位移。
本题关键掌握利用平均速度解决问题。
4.【答案】D
【解析】解：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2−v02=2ax知，
xAB=v22a，
xAC=(3v)22a，
所以AB：AC=1：9，
则AB：BC=1：8.故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
根据匀变速直线运动的速度位移公式v2−v02=2ax求解
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式v2−v02=2ax．
5.【答案】D
【解析】解：A、第1s内质点沿负方向做匀加速运动，故A错误；
B、第1s内的加速度为a=ΔvΔt=−2−01m/s2=−2m/s2，故B错误；
C、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得前3s内的位移为x=−2×32m=−3m，故C错误；
D、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知，第1s内和第6s内的位移大小相等，故D正确。
故选：D。
由v−t图像能直接读出质点的运动情况，根据图像的斜率求质点的加速度，根据图像与时间轴所围的面积表示位移，来求质点通过的位移。
本题是速度—时间图像问题，要明确v−t图像的斜率和面积的物理意义，知道v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。
6.【答案】A
【解析】解：A.设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体的初速度为v0，则由题gt=v0−gt=v解得v0=2v，故A正确；
B.根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为tB=2vg，A竖直上抛物体在空中运动时间tA=2×2vg=4vg，所以二者运动的时间并不相等，故B错误；
C.物体A能上升的最大高度hA=(2v)22g=2v2g，B开始下落的高度hB=12g(2vg)2=2v2g，显然两者相等，故C错误；
D.两物体在空中同时达到同一高度为h=12gt2=12g(vg)2=v22g=14hB，故D错误。
故选：A。
竖直上抛运动看成向上的加速度为−g的匀减速直线运动处理，根据两物体在空中同时到达同一高度求出运动经过的时间，由运动学公式和竖直上抛运动的对称性分析求解．
本题涉及两个物体运动的问题，关键要分析两物体运动的关系，也可以根据竖直上抛运动的对称性理解．
7.【答案】C
【解析】【分析】
先求出汽车刹车到停下来所需时间，结合题意利用运动学公式求出位移大小，进而求出比值。
在处理刹车类问题时，要注意汽车速度减为零后不会反向运动，在处理该类问题时，可以先求出汽车停下来所需时间，再结合题意解决问题。
【解答】
设汽车刹车到停下来所需时间为t0，则由运动学公式可得v0=at0
代入数据可得t0=5s
故开始刹车后2s内汽车通过的位移为x2=v0t2−12at22
代入数据可得x2=16m
开始刹车后6s内汽车通过的位移为开始刹车后5s内汽车通过的位移，由运动学公式可得
x6=v02t0=102×5m=25m
故开始刹车后2s与开始刹车后6s内汽车通过的位移之比为16：25，故ABD错误，C正确。
故选：C。
8.【答案】AD
【解析】解：A、x−t图像的斜率表示速度，可知前10s内玩具车的速度为
v=3010m/s=3m/s，故A正确；
B、在0～10s内玩具车沿正方向做匀速运动，10～15s内玩具车处于静止状态，15～25s玩具车沿负方向做匀速运动，故B错误；
C、前25s内玩具车的位移为20m，故C错误；
D、15～25s玩具车沿负方向做匀速运动，则第20s末玩具车的速度为
v′=20−3010m/s=−1m/s，故D正确。
故选：AD。
根据位移—时间图像的理解，利用位移—时间图像斜率表示速度、位移为末位置与初位置的差值来分析各选项。
位移—时间图像中，斜率对应速度(大小与方向)，位移为末位置减初位置；通过分析不同时间段的斜率变化与位置变化，可判断运动状态与相关物理量。
9.【答案】CD
【解析】解：ABC、根据匀变速直线运动的位移与速度关系：v2−v02=2ax，由题图图像先是倾斜直线，可知汽车先做匀加速直线运动，由图像的斜率可得：
2a=100−2550m/s2，解得加速阶段的加速度大小为：a=0.75m/s2，故AB错误，C正确；
D、由题图图像可知，汽车的初速度v0=5m/s，加速阶段的末速度为v=10m/s，可得加速运动的时间为：t=v−v0a，解得：t=203s，故D正确。
故选：CD。
根据匀变速直线运动的位移与速度关系，结合图像的斜率确定汽车运动形式，并求出加速阶段的加速度大小。根据速度与时间的关系求解加速运动的时间。
本题考查了匀变速直线运动的规律，掌握运动学的基本公式，以及应用图像处理问题的方法。
10.【答案】AD
【解析】解：AD、若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等。根据刻度尺知AB=10cm，BC=30cm，CD=50cm，根据△x=g△t2，则△t= △xg= 0.210= 210s.故AD正确。
B、根据v=gt得，vB：vC：vD=1：2：3.故B错误；
C、根据A项分析知水滴在相邻两点之间的位移满足xAB：xBC：xCD=1：3：5.故C错误。
故选：AD。
若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等。根据初速度为零的匀变速直线运动的公式和推论进行分析。
解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道匀变速直线运动的公式和推论，并能熟练运用。
11.【答案】dt1 2gh=(dt2)2−(dt1)2 d22k;小于
【解析】解：(1)小球经过光电门1的瞬时速度表达式为v1=dt1。
(2)根据自由落体运动规律，由匀变速直线运动公式可得2gh=(1t22−1t12)d2。
(3)将(2)式变形得到h=d22g(1t22−1t12)，在h与1t22−1t12的关系图像中，斜率k=d22g，解得：g=d22k。
当测量值d偏小时，会导致重力加速度g的测量值偏小。
故答案为：(1)dt1；
(2)2gh=(dt2)2−(dt1)2；
(3)d22k，小于。
(1)小球通过光电门1时的速度可通过极短时间内的平均速度近似为瞬时速度，利用小球直径与遮光时间的比值计算得出。
(2)若小球做自由落体运动，其速度变化与位移关系应满足匀变速直线运动的基本规律，结合光电门测得的速度表达式可推导出对应关系式。
(3)通过图像斜率与重力加速度的关系式可反推出当地重力加速度的表达式。当小球直径测量值偏小时，由于计算过程中直径平方项的影响，会导致重力加速度的测量结果偏小。
本题通过光电门测量重力加速度的实验，综合考查瞬时速度测量、自由落体运动规律以及数据处理能力。题目以光电门测速为核心，要求学生掌握v=dt的瞬时速度测量原理，并灵活运用自由落体公式2gh=v22−v12进行推导变形。第三问通过图像斜率求解重力加速度的设计尤为巧妙，既考查了公式变形能力，又检验了学生对实验原理与误差分析的掌握程度。当小球直径d测量偏小时，会导致g的测量值偏小，这种系统误差的分析体现了实验题对细节思维的考查。整体难度适中，计算量合理，能有效区分学生对实验原理的理解深度和数据处理能力。
12.【答案】C CD 0.79;0.31 大于
【解析】解：(1)AB.①是电磁打点计时器，其工作电压为8V的低压交流电源；②是电火花打点计时器，其工作电压为220V的交流电源，故AB错误；
C.两种打点计时器应用的电源电压的频率均为50Hz，则打点周期均为0.02s，故C正确；
D.电磁打点计时器的工作原理是，线圈通电后，线圈产生磁场，线圈中的振片被磁化，振片在永久磁铁磁场的作用下向上或向下运动；而电火花打点计时器是通过尖端放电在打点计时器上打下一系列的点子，故D错误。
故选：C。
(2)A.为了充分地利用纸带，释放小车前，应使小车靠近打点计时器，故A错误；
B.实验时应先接通电源，再释放小车，故B错误；
C.为了使小车做匀变速运动，应使细线与木板平行，故C正确；
D.为了保护打点计时器，使用完成后应及时切断电源，故D正确。
故选：CD。
(3)每两计数点间时间间隔T=0.1s，根据Δx=aT2，运用逐差法可得
a=x35−x134T2=(5.10+5.88−7.82)×10−24×0.12m/s2=0.79m/s2
打点2的时候的速度大小
v2=x132T,解得v2=0.39m/s
则打点1时的速度大小
v1=v2−aT，解得v1=0.31m/s
(4)若交变电流的频率是f=49Hz，则打点周期T大于0.02s，则由公式a=ΔxT2求解时，代入公式的周期T偏小，解得的加速度a偏大。
故答案为：(1)C；(2)CD；(3)0.79，0.31；(4)大于。
(1)根据两种打点计时器的特点分析；
(2)根据实验注意事项；
(3)根据逐差法计算小车的加速度；根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打2点时小车的速度；根据速度一时间关系求解打点1时的速度大小；
(4)实际电源频率增大导致打点周期减小，若仍按标准周期计算速度，会使测量值偏小，因为实际位移对应的时间间隔小于计算所用时间。
本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据实验原理掌握实验步骤，学会简单的数据分析，在计算过程中要注意单位的换算。
13.【答案】列车最少应在距隧道口1950m处减速 列车从开始减速到穿过隧道后恢复原来速率的最短时间为104s
【解析】(1)根据速度—位移关系有：v2−v02=−2ax；
代入数据解得：x=1950m；
(2)当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v=50m/s，可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，则
减速时间：t1=v−v0−a，
匀速时间：t2=L+lv，
加速时间：t3=v0−va，
列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为：t=t1+t2+t3
解得：t=104s
答：(1)列车最少应在距隧道口1950m处减速；
(2)列车从开始减速到穿过隧道后恢复原来速率的最短时间为104s。
(1)根据速度—位移关系解得；
(2)分别求出列车的减速运动时间、匀速运动时间和加速运动时间即可求出总时间。
本题考查匀变速直线运动规律应用，解题关键要分析清楚列车运动情况，注意列车通过隧道的位移。
14.【答案】电梯加速到最大速度的时间为5s 电梯减速下降的距离为10m 电梯运动的最短时间为17s
【解析】(1)根据运动学公式v=a1t
可知电梯加速到最大速度的时间t1=va1=102s=5s
(2)根据运动学公式v2=2a2x
可知减速下降的距离x=10m
(3)匀加速下降的距离x′=12vt1=12×10×5m=25m
匀减速时间t2=va2=105s=2s
匀速下降的时间t3=x″v=135−25−1010s=10s
所以电梯运动的最短时间t=t1+t2+t3=5s+2s+10s=17s
答：(1)电梯加速到最大速度的时间为5s；
(2)电梯减速下降的距离为10m；
(3)电梯运动的最短时间为17s。
(1)根据运动学公式，结合题意求出电梯加速到最大速度的时间；
(2)根据运动学公式，结合题意求出减速下降的距离；
(3)根据运动学公式，结合题意求出各段时间，进而求出电梯运动的最短时间。
在处理多过程运动问题时，要注意分析各阶段运动的情况，结合运动学公式解决问题。
15.【答案】(1)前5s内，由a−t图像可知，无人机做匀加速运动，加速度a1=2m/s2，初速度为0，由位移—时间公式有
x1=12a1t12
解得：x1=25m
(2)在5～15s内，无人机的加速度a2=1m/s2，则在t=15s时速度为
v1=a1t1+a2t2
其中：t2=15s−5s=10s
解得：v1=20m/s
(3)在5～15s内，由位移—时间公式有
x2=a1t1t2+12a2t22
在15～25s内，无人机做匀速直线运动，有
x3=v1t3
在25～35s内，由图像知加速度a3=−2m/s2，则有
x4=v1t4+12a3t42
则无人机在0～35s内的平均速度大小为
v=x1+x2+x3+x4t
解得：v=957m/s
【解析】详细解答和解析过程见答案