【文档说明】湖南省株洲市第二中学2023-2024学年高一上学期第二次适应性检测物理试题（A卷） 含解析.docx，共(17)页，1.802 MB，由小赞的店铺上传

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株洲市第二中学2023-2024学年度高一第一学期第二次适应性检测物理试题卷时量：75分钟满分：100分第Ⅰ卷（选择题共46分）一、单项选择题（本题共7小题。每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1.一家从事创新设计的公司打造了一台飞行汽车，既可以在公路上行

驶，也可以在天空飞行。已知该飞行汽车在跑道上的加速度大小为2m/s2，速度达到40m/s后离开地面。离开跑道后的加速度为5m/s2，最大速度为200m/s。该飞行汽车沿直线从静止加速到最大速度所用的时间为

（）A.40sB.52sC.88sD.100s【答案】B【解析】【详解】根据v=v0＋at，飞行汽车在跑道上运动时有v1=a1t1则该飞行汽车在跑道上加速的时间t1=402s=20s飞行汽车离开地面后有v2=v1＋a2t2则该飞行汽车在空中加速的时间t2=200405−s=3

2s则t=t1＋t2=52s故选B2.甲、乙两辆汽车速度相等，在同时制动后，均做匀减速运动，甲经10s停止，共前进了100m，乙经5s停止，乙车前进的距离为（）A.25mB.50mC.75mD.100m。【答案】B【解析】【详解】甲乙两车从开始刹车到停止时的平均速度

相等，设为v，则对甲x1=vt1对乙x2=vt2解得x2=50m故选B。3.2021年6月17日9时22分，我国“长征二号”F遥十二运载火箭搭载“神舟十二号”载人飞船成功发射。在开始发射的一小段时间内；可认为火箭做初速

度为0的匀加速直线运动，加速度大小为30m/s2，则在此段时间内，下列说法错误的是（）A.速度与加速度同向，火箭的加速度每隔1s增大30m/s2B.火箭在任意1s的时间内末速度比初速度大30m/sC.火箭在1s末、2

s末、3s末的速度大小之比为1：2：3D.火箭在前2s内、前4s内、前6s内的位移大小之比为1：4：9【答案】A【解析】【详解】AB．由题意可知，火箭做初速度是0的匀加速直线运动，加速度大小为30m/s2，因此火箭

的加速度是恒定不变的；由速度公式vat=，可知火箭每经过1s，速度都增加30m/s，所以火箭在任意1s的时间内末速度比初速度大30m/s，A错误，符合题意；B正确，不符合题意；C．火箭做初速度是0匀加速直线运动，由速度公式vat=，可知火箭在1s末、2

s末、3s末的速度大小之比为1：2：3，C正确，不符合题意；D．由位移时间公式212xat=，可得222246111::2:4:61:4:9222xxxaaa==的D正确，不符合题意。故选A。4.一辆汽车行驶在平直公路上，从t=

0时开始制动，汽车在第1s、第2s、第3s前进的距离分别是9m、7m、5m，如图所示。某同学根据题目所提供的信息，猜想汽车在制动后做匀减速直线运动。如果他的猜想是正确的，那么可进一步推断，第6s末汽车的速度大小为（）A.3m/sB.0C.2m/sD.4m/s【答案】B【解析】【详解

】由题意可知，汽车制动后做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律有2xaT=汽车加速度为2xaT=解得22m/sa=设汽车初速度为0v，根据匀变速直线运动有2101112xvtat=−其中19mx=、11st=代入数据可得010m/sv=汽车减速至0所需时间为02vta=代

入数据可得25st=汽车在第5s末便停止运动，所以第6s末速度大小为0，故B正确。故选B。【点睛】利用匀变速直线运动等时间内位移之差为定值的结论，求解出加速度大小是解决此题的关键。5.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间（x－t）图像如图所示，

由图像可以看出在0~4s内（）A.甲、乙两物体始终同向运动B.第2s末，甲、乙两物体间的距离最大C.甲的平均速度大于乙的平均速度D.乙物体一直做匀加速直线运动【答案】B【解析】【详解】A．x－t图像的斜率表示速度，可知在0~2s内甲、乙都沿正向运动，同向运动，在2~4s内甲

沿负向运动，乙仍沿正向运动，二者反向运动，故A错误；B．0~2s内两者同向运动，甲的速度大，两者距离增大，2s后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则第2s末甲、乙两物体间的距离最大，故B正确；C．由题图知在0~4s内甲、乙的位移都是2m，平均速

度相等，故C错误；D．根据x－t图像的斜率表示速度，可知乙物体一直做匀速直线运动，故D错误。故选B。6.一根长为2m木棒，上端悬挂在天花板上的O点，如图所示，木棒的正下方距棒的下端2m处固定着一个高为1m的中空圆筒，木棒被释放后自由落下，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气

阻力，下列说法正确的是（）A.木棒的下端到圆筒上端时的速度大小为10m/sB.木棒的下端到圆筒上端时的速度大小为25m/s的C.木棒通过圆筒所用的时间为（1-105）sD.木棒通过圆筒所用的时间为（1-5

5）s【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．设木棒下落L时的速度为v，由位移一速度关系式解得2210m/svgL==选项AB错误；CD．木棒刚进入圆筒时的位移大小为L，由位移一时间关系得2112Lgt=解得12105Ltsg==刚通过

圆筒的总位移大小22122hLHgt=+=解得22(2)1LHtsg+==所以木棒通过圆筒所用的时间2110(1)5ttts=−=−选项C正确、D错误。故选C。7.现在的物理学中加速度的定义式为0tvvat−=，而历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化

相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为0svvAs−=，其中v0、vs分别表示某段位移s内的初速度和末速度。A>0表示物体在做加速运动，A<0表示物体在做减速运动。则下列说法正确的（）A.若

A不变，则a也不变B若A>0且保持不变，则a逐渐变大C.若A不变，则物体在位移中点处的速度比0s2vv+大D.若A>0且保持不变，则物体在中间时刻的速度比0s2vv+大【答案】B【解析】【详解】AB．若A不变，有两种情况：当0A时，相等位移内速度增加量相等，通过相等位移所

用的时间越来越短，由0tvvat−=可知，a越来越大；当0A时，相等位移内速度减少量相等，通过相等位移所用的时间越来越多，由0tvvat−=可知，a越来越小，故A错误，B正确；C．当A不变时，相等位移内速度变化量相等，设位移中点处的速度为s2v，则有s0ss22vvvv−=−可得0ss2

2vvv+=故C错误；D．若0A且保持不变，则前一半时间内的平均速度小于后一半时间内的平均速度，后一半时间内物体将经过更多的位移，所以物体在中间时刻时，还没有到达中间位置，所以物体在中间时刻的速度比0s2vv+小，故D错误。故选B。二、多项

选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）8.甲、乙两个质点从同一位置开始做直线运动，v-t图象如图所示，两质点在t2时刻相遇，则下列

说法正确的是A.t1时刻两质点的运动方向相反B.相遇前两质点一定在t1时刻相距最远.C.t1-t2时间内，一定有某一时刻两质点的加速度相同D.t2时刻,甲刚好从后面追上乙【答案】BC【解析】【分析】v-t图像的斜率大小代表加速度的大小，斜

率的正负表示加速度的方向；图像的交点代表速度相等；横轴以上的图像，表示速度方向与正反向相同，横轴以下的图像，表示速度与正方向相反．图像的面积表示位移．【详解】A、由图可知，在1t时刻，两质点的速度均为正，均沿正方向运动，故A错误；B、由图像可知，两质点从同一位置开始运动，在0-t1时间内，甲质点的

速度大于乙质点的速度，且甲在前乙在后，故在这段时间内，两质点的距离越来越远，在t1时刻速度达到相同，距离最远，B正确．C、若v-t图像不是直线而是曲线，则曲线在某一时刻的切线斜率，代表该时刻的瞬时加速度，所以在t1-t2时间内，可以在甲

质点的图像上画出与乙质点图像直线平行的切线，故在t1-t2时间内，一定有某一时刻两点的加速度相同，C正确；D、由B的分析可知，在t2之前，质点乙一直处于质点甲的后方，故在t2时刻，乙恰好从后方追上甲，D错误．故选BC．【

点睛】对于速度时间图象的问题，关键要知道速度时间图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，要学会直接应用图象进行分析求解，学会图象中几何关系的应用．9.一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图

所示。由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从开始释放到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则（）A.t1>t2B

.t1=t2C.v1∶v2=1∶2D.v1∶v2=1∶3【答案】BC【解析】【详解】A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落距离L用时，B垫片再下落3L用时t2，由于t1、t2时间内B下落的位移满足1∶3的关系，故t1=t2由v=gt可知v1∶v2=1∶2故选BC10.小球以某一速度竖

直上抛，在上升过程中小球在最初1s的上升高度是其上升时间内正中间1s上升高度的85倍，不计空气阻力，重力加速度210m/sg=，则下列说法正确的是（）A.小球上升的时间为8sB.小球上升的最大高度为125m4C.小球中间1s上升的高度为25m2D.小球最初1

s上升的高度为5m【答案】BC【解析】【分析】【详解】ACD．依题意知，最初1s内物体上升高度为21001122hvtgtvg=−=−设上升时间内正中间1s的平均速度为1v，即也为上升过程中全程的平均速度，有012vv=则中间1s内物体上升高度为0212vh

vt==又1285hh=联立求得：0525m/s2vg==故小球上升的时间02.5svtg==小球中间1s上升的高度为0225m22vh==小球最初1s上升的高度10120m2hvg=−=故AD错误C正确；B．小球上升的最大高度为20125m24vH

g==故B正确；故选BC。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、填空题（本题共2小题，共16分）11.（1）用气垫导轨和数字计时器能更精确地测量物体瞬时速度。如图所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为0.1s，通过第二个光电门的时间

为0．08s，已知遮光板的宽度为1cm，滑块通过第一个光电门速度大小为______m/s和第二个光电门的速度大小为______m/s（保留两位有效数字）（2）为使测量值更接近瞬时速度，正确的措施是__

____；A．换用宽度更宽的遮光条B．换用宽度更窄的遮光条C．使滑块的释放点更靠近光电门D．使滑块的释放点更远离光电门（3）为了监控车辆是否超速，交通部门常用测速仪来检测。测速原理如图所示，测速仪前后两次发出并接

收超声波信号，再根据两次信号的时间差，测出被测车辆的速度。如果某次检测一辆匀速运动的汽车的车速的时，第一次从发出至收到超声波信号用了0.3s，第二次从发出至收到超声波信号用了0.6s，两次信号发出的时间间隔是1.55s，则测得汽车的速度为_____

_m/s（假设超声波的速度为340m/s，且大小保持不变）【答案】①.0.10②.0.13③.BD##DB④.30【解析】【详解】（1）[1]在极短时间或位移内，质点的平均速度可以看作它在此时刻或此位置时的瞬时速度，则有滑块经过第一个光电门的速度110.010.sm/s=0.1m/10dvt==

[2]滑块经过第二个光电门的速度220.010.sm/s=0.13m/08dvt==（2）[3]利用平均速度等效替代瞬时速度；遮光板越窄，或速度越大，遮光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，即换用宽度更窄的遮光条、使滑块

的释放点更远离光电门，可实现Δt趋向于0，而使滑块的释放点更靠近光电门，使得物体经过光电门速度过小，或者提高测量遮光条宽度的精确度均不能达到Δt趋向于0的条件，故选BD。（3）[4]由于第一次从发出至接受到超声波信号用了0.3s，测速仪第一次发出的超声波到达汽车处所用的时间10.3s0.1

5s2t==测速仪第一次发出的信号从汽车处返回到测速仪时，汽车距测速仪s1=v声t1=340×0.15m=51m由于第二次从发出至接受到超声波信号用了0.6s，测速仪第二次发出超声波到达汽车处所用的时间为20.6s0.3s2t==第二次发出的信号从汽车处返回到测速仪时，汽车距测速仪s2=v

声t2=340×0.3m=102m因此汽车在两次与信号相遇的过程中，行驶了s=s2-s1=102m-51m=51m这51m共用了t=△t-t1+t2=1.55s-0.15s+0.3s=1.7s汽车的车速51m/s30m/s1.70svt===12.在“探究小车速度随

时间变化规律”的实验中：(1)下列操作中正确的有______（多选）；A．在释放小车前，小车要靠近打点计时器B．打点计时器应放在远离滑轮的一端C．应先释放小车，后接通电源D．电火花计时器应使用低压直流电源(2)图中的实验器

材外，必需的器材还有______填字母序号；A．天平B．秒表C．刻度尺(3)如图为小车带动纸带通过打点计时器打出的纸带，选出的部分计数点分别记为O、A、B、C、D、E、F，每相邻两计数点间还有四个点未画出，打点计时器使用的是50Hz的低压交流电，则：①从打O点到打F点所经历

时间为______s；②计数点“C”处的速度为cv=______m/s结果保留两位有效数字；③小车的加速度大小为______2m/s结果保留三位有效数字。【答案】①.AB②.C③.0.6④.0.68⑤.1.60【解析】【详解】(1)[1]A．为了提高

纸带的利用率，在释放小车前，小车要靠近打点计时器，A正确；B．打点计时器应放在长木板的没有滑轮一端，B正确；C．实验时，应先接通电源，后释放小车，打点完毕关闭电源，C错误；D．电火花计时器使用的是220V的交

流电源，D错误。故选AB。(2)[2]本实验不必测量砝码及小车质量，因此不选天平，打点计时器就是计时，故不选秒表，除仪器图中的实验器材外，必需的器材还有刻度尺，故选C。(3)①[3]应为每相邻两计数点间还有四个点未画出来，可知任意两点间

的时间间隔0.1sT=则从打O点到打F点所经历时间为60.6stT==②[4]打“C”点的速度等于BD段的平均速度，故打计数点“C”时的速度为26.007.6010m/s0.68m/s220.1BDCxvT−+===③[5]根据2xaT

=由数据可知1.6cm0.016mx==因此加速度2220.016m/s1.60m/s0.12xaT===四、计算题（本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、表达式和重要的演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.从北京飞往杭州的

波音737航班，到达萧山机场后，以60m/s的速度着陆做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2，则：（1）客机在第5s末的速度是多少；（2）客机在第5s内的平均速度是多少；（3）客机在14秒内的位移是多少。【答案】（1）35m/s

；（2）37.5m/s；（3）360m【解析】【详解】（1）设客机减速到零所用的时间为0t，则有0012svta==因t=5s<12s，故客机仍在运动，则第5s末的速度为50535m/svvat=−=（2）客机在第4s末的速度为40440m/svvat=−=故客机在第

5s内的平均速度4537.5m/s3vvv+==（3）因t=14s>12s，客机在14秒内的位移等于客机在12秒内的位移，则有00360m2vxt==14.如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，管长为24m，M、N为空管的上、下两端，空

管受外力作用，由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，加速度为2m/s2．同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度v0竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s2．求：（1）若小球上抛的初速度为10m/s，经过多长时间从管的N端穿出？（2）若此空管的N端距

离地面64m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度v0大小的范围．【答案】（1）4s（2）29m/s≤v0≤32m/s【解析】【详解】(1)取向下为正，小球初速度010m/sv=−，设经t时间，小球从N端穿出，小球下落的高度：21012hvtg

t=−+空管下落的高度：2212hat=则：12hhL−=联立得：2201122vtgtatL−+−=代入数据解得：14s=t21.5st=−（舍去）(2)设小球初速度0v，空管经t时间到达地面，则

212Hat=得：28sHtA==小球在t时间下落高度为：2012hvtgt=+小球落入管内条件是：64m88mh解得：29m/s≤v0≤32m/s所以小球的初速度大小必须在29m/s≤v0≤32m/s范围内15.高速公路应急车道是为工程抢险、医疗救护等应急车辆设置的专用通道，是一条

“生命通道”。然而随意占用应急车道的违法行为时有发生，由此酿成了许多严重的后果。国庆期间，成渝高速公路拥堵，一救护车执行急救任务，沿应急车道行驶，在某收费站停车缴费后以22m/s的加速度匀加速到30m/s，之后以此速度匀速行驶了2分钟，发现前方100m处有

车辆违规占用应急车道，该违规车辆匀速行驶，速度大小为10m/s，为了避免和该违规车辆相撞，救护车被迫开始刹车，（设高速路面平直）（1）求救护车从收费站由静止匀加速到速度为30m/s所行驶的距离以及此匀加速过程的时间；（2）为了避免

和该违规车辆相撞，救护车刹车的加速度至少是多大；（3）假设救护车以（2）所求的加速度匀减速刹车，恰在两车速度相等时，违规车辆变道离开了应急车道，之后救护车继续匀加速至30m/s的速度后匀速行驶5分钟到达目的地处，救护车匀加速过程的加速度始终为22m/s，如果应急车道畅通，求救护车在收费站和目的

地之间行驶（最高行驶速度30m/s）可比上述过程缩短的时间是多少。【答案】（1）1225mx=，115st=；（2）222m/sa=；（3）20Δs3=t【解析】【详解】（1）由题意救护车从静止加速到130m/sv=的位移2211130m225m222vxa===救护车从静止加速到

130m/sv=的时间111vta=代入数据解得115st=（2）设刹车时间2t时两车速度恰好相等且相遇，设救护车刹车的加速度大小为2a，两车速度相等时1222vatv−=212222212vtatsvt+−=

解得222m/sa=（3）救护车刹车过程的距离为12222vvxt+=代入数据解得2200mx=若应急车道畅通，行驶22x救护车所用时间231240s3xtv==若应急车道畅通，可缩短的时间获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com