【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.4

0sB.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=32s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30

m/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、2s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、2s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（1-55）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/svg

L==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0s

2vv+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0ss22vvv+=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.t

1-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8s

B.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1s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0212vhvt==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20125m24vHg==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10.3s0.15s2t==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：21012hvtgt=−+空管下落的高度：2212hat=则：12hhL−=联立得：2201

122vtgtatL−+−=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：2012hv

tgt=+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