【文档说明】山东省泰安市宁阳一中2020-2021学年高一上学期第一次阶段性考试物理试卷 【精准解析】.doc，共(14)页，722.500 KB，由管理员店铺上传

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2020级高一第一次阶段性考试物理试题第I卷（选择题40分）一、选择题（本大题共12个小题，，共40分。第1~8题单选，每题3分，第9~12多选，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或错选的不得分）1.以下说法正确的是（）A.质点是很小的物体，如液滴、花粉颗粒、尘埃等B.“钱

塘江观潮时，观众只觉潮水扑面而来”是以潮水为参考系C.老师说：“明天早上8点钟上课，上课45分钟”。其中“8点”是时刻，“45分钟”是时间D.只要物体做直线运动，则位移的大小就等于该过程中的路程【答案】C【解析】【详解】A．当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，与物体

的大小无关。故A错误；B．“钱塘江观潮时，观众只觉得潮水扑面而来”，是以自己作为参考系的。故B错误；C．其中“8点”对应时间轴上的点，是时刻，“45分钟”对应时间轴上的一段，是时间，故C正确；D．只有物体做单向直线运动时，物体的位移大小和路程才能相等，故D错误。故选C。2.一质点自原点开始

在x轴上运动，初速度v0＜0，加速度0a，当a值不断减小直至为零时，质点的（）A.速度不断增大，位移不断减小B.加速度为负值，说明质点做减速运动C.速度不断减小，当0a=时，位移达到最大值D.速度不断增大，当0a=时，速度达到最大值，位移不断增大【答案】D【解析】【详解】v0

＜0，加速度a＜0，可知初速度的方向与加速度方向相同，物体做加速运动，速度逐渐增大，当加速度减小到零，速度达到最大，做匀速运动。由于速度的方向未变，则位移一直增大，无最大值，故D正确，ABC错误。故选D。3.关于匀变速直线运动的下列说法，正确的是（）A.匀变速直线运动的速度随时间均

匀变化B.加速度大小不变的运动，一定匀变速直线运动C.速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动D.匀变速直线运动的速度-时间图像一定是过原点的倾斜直线【答案】A【解析】【详解】A．匀变速直线运动，加速度不变，速度随时间均匀变化的运动，故A正确；B．加速度是

矢量，加速度不变是大小和方向都不变，只大小不变，不一定是匀变速直线运动，如汽车起步然后刹车，加速度大小可以相等，但全过程不是匀变速直线运动，故B错误；C．速度可以先正向减小到零，然后反向增大，加速度不变，也是匀变速直线运动

，故C错误；D．匀变速直线运动的速度-时间图象一定是倾斜直线，但不一定过原点，可能有初速度或经过一段时间才开始运动，故D错误；故选A。4.某质点做直线运动的v-t图像如图所示，根据图像判断下列不正确的是（）A.0~1s内的加速度大小是1~3s内的加速度大小的2倍

B.1~3s与3~4s内，质点的加速度方向相同C.质点在0~5s内的平均速率为0.9m/sD.质点在0~5s内的平均速度是0.8m/s【答案】C【解析】【详解】A．速度图象的斜率等于加速度，则知：0～1s内的加速度大小为：4

41a==m/s21～3s内的加速度大小为：422a==m/s2故0～1s内的加速度大小是1～3s内的加速度大小的2倍，故A正确，不符合题意。B．直线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，1～3s与3～4s内，直线的

斜率都为负，所以加速度方向相同，都沿负向，故B正确，不符合题意。C．质点在0～5s内的路程为'114322822x=+=m平均速率为：''8m/s1.6m/s5xvt===故选项C错误，符合题意；D．质点在0～5s内的位

移为：114322422x=−=m平均速度为：40.85xvt===m/s选项D正确，不符合题意。故选C。5.一辆汽车以20m/s的速度沿平直路面行驶，当汽车以5m/s2的加速度刹车时，则刹车2s内与刹车6s内的位移之比为()A.1∶1B.3∶4

C.3∶1D.4∶3【答案】B【解析】【详解】取初速度方向为正方向，则汽车的加速度a=-5m/s2可知，汽车刹车后的停车时间为：02045tss＝−=−，所以汽车刹车后2s内的位移：x2＝20×2+12×(−5)×22m＝30m汽车刹车后6s内的位移实为停车4s内的位移，即x6＝x4

＝20×4+12×(−5)×42m＝40m所以x2:x6=30:40=3:4，故B正确，ACD错误．6.从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间．两位同学用刻度尺测量人的反应时间．如图甲所示，A握住尺的上端，B在尺的下部做握尺的准备（但

不与尺接触），当看到A放开手时，B立即握住尺．若B做握尺准备时，手指位置如图乙所示，而握住尺时的位置如图丙所示，由此测得B同学的反应时间约为A.0.10sB.0.2sC.0.30sD.0.40s【答案】B【解析】【详解】由图可知，开始时的位置在20cm处，握住

尺时的位置在40cm处，所以在反应时间内下落的高度为20cm＝0.20m，由运动学可得：212hgt=，代入数据解得：t=0.2sA．010s．故A不符合题意．B．0.2s．故B符合题意．C．0.30s．故C不符合题意．D．0.40s．故D不符合题意．7.在我国新交通法中规定“车让人”，驾驶员

驾车时应考虑到行人过马路的情况。若有一汽车以8m/s的速度匀速行驶即将通过路口，此时正有行人在过人行横道，而汽车的前端距停车线8m，该车减速时的加速度大小为5m/s2。下列说法中正确的是（）A.驾驶员立即刹车制动，则至少需2s汽车才能停止B.在距停车线7.5m处

才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处C.若经0.25s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处D.若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处【答案】D【解析】【详解】A．车减速为零所需最短时间为8s1.6s5vta===故A错误；B．根据速度位移公式可知，减速运动

的位移为228m6.4m225vxa===故在距停车线6.4m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故B错误；CD．匀速运动的时间为'86.4s0.2s8Lxtv−−===若经0.2s后才开始刹

车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故D正确，C错误。故选D。8.一物体从一行星表面的某高度处自由下落（不计表层大气阻力）。自开始下落计时，得到物体离行星表面的高度h随时间t变化的图像如图所示，则（）A.行星表面的重力加速度大小为8m/s2B.行星表面的重力加速

度大小为10m/s2C.物体落到行星表面时的速度大小为30m/sD.物体落到行星表面时的速度大小为25m/s【答案】A【解析】【详解】AB．设物体下落的加速度为a，物体做初速度为零的匀加速直线运动，从图中可以看出下落高度h=25m，所用的时间t=2.5s，由位

移时间关系式：212hat=解得：22222225m/s8m/s2.5===hat故A正确，B错误。CD．物体做初速度为零的匀加速直线运动，由速度时间关系式得：v=at=8×2.5=20m/s故CD错误。故选A。9.伽利略对由落体运动的研究

，是科学实验和逻辑思维的完美结合，对这过程的分析，下列说法正确的是（）A.运用逻辑推理的方法否定了亚里士多德关于重的物体下落的快，轻的物体下落的慢的论断B.提出了落体运动一定是一种最简单的变速运动，即加速度随时

间应是均匀变化的C.通过对斜面上小球运动的研究，得出小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，合理外推出当倾角增大到90°时，即自由落体运动也保持匀加速运动的性质D.伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度等概念用来描述物体的运动并采用了用实验检验猜想和假设的科学方法【答案】ACD【解

析】【详解】A．伽利略根据亚里士多德的论断，假定大的石块下落速度为8，小石块下落速度为4，把它们捆在一起，大石块会被小石块拖着而减慢，所以速度会小于8；但两石块捆在一起会更重，下落速度应当大于8，这样得出了相互矛盾的结论，伽利略认为重物体与轻的物体下落一样快；所以运用逻辑推理否定了

亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的错误论断，故A正确；B．伽利略提出“自由落体”是一种最简单的直线运动——匀加速直线运动，物体的加速度不变的，故B错误；C．伽利略在研究物体在无阻力的下落运动（

即自由落体运动）时，发现不同质量的铜球沿阻力极小的斜面滚下，结果发现铜球的下滑加速度都是相同的；不断增大斜面倾角，结果发现只是铜球的下滑加速度增大了，而所有铜球的下滑加速度仍是相同的；所以通过斜面上物体的匀加速运动合理外推出当倾角增大到90°时，即自由落体运动也保持匀加速运动的性质，故C正确；D

．伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度等概念用来描述物体的运动并采用了用实验检验猜想和假设的科学方法，故D正确。故选ACD。10.某物体做直线运动，位移与时间关系满足24xtt=−，则（）A.该物体做的是匀变速直线

运动B.物体运动的初速度为04m/s=C.物体运动的加速度21m/sa=−D.当3mx=时，时间一定为1s【答案】AB【解析】【详解】ABC．根据匀变速直线运动的公式2012xvtat=+可知04m/s=，22m/sa=−AB正确，

C错误；D．当3mx=时，代入公式解得11st=，23st=D错误。故选AB。11.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v–t图像如图所示。已知两车在t=6s时并排行驶，则（）A.在t=4s时，甲车在乙车的前面B.两车另一次并排行驶的时刻是t=2sC.在t=0时，甲车在乙

车前15mD.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为80m【答案】BC【解析】【详解】AB．由图象可知，2s到6s甲乙两车的位移相等，两车在t=6s时并排行驶，所以两车在t=2s时也并排行驶，因2-4s内乙的位移大于甲，可知在t=4s时，甲车在乙车的后面，A错误，B正确；C由图象可知0

至2s的位移为1=152m=15m2x甲1=(10+20)2m=30m2x乙△x=x乙-x甲=30m-15m=15m即在t=0时，甲车在乙车前15m，C正确；D．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离

为1(1545)4m=120m2s=+D错误。故选BC。12.一颗子弹垂直穿过紧挨在一起的三块木板后速度刚好为零，设子弹在各木板中运动的加速度大小恒定，则下列说法正确的是（）A.若子弹穿过每块木板时间相等，则三木

板厚度之比为5∶3∶1B.若子弹穿过每块木板时间相等，则三木板厚度之比为3∶2∶1C.若三木板厚度相等，则子弹刚进入三木板时速度之比为3∶2∶1D.若三木板厚度相等，则子弹穿过木板的平均速度之比为（3+2）∶（2+1）∶1【答案】AD

【解析】【详解】AB．将子弹的运动看成沿相反方向的初速度为0的匀加速直线运动，若子弹穿过每块木板时间相等，三木板厚度之比为5：3：1，故A正确，B错误；CD．若三块木板厚度相等，根据2vax=子弹刚进入三木板时速度之比为3:2:1；根据122vvv+=则子弹穿过木板的平均速

度之比为（3+2）∶（2+1）∶1，选项C错误，D正确。故选AD。第II卷（非选择题60分）二、实验题（本题共二个小题，共17分。把答案填在答题纸上）13.利用自由落体测重力加速度的实验中。(1)以下正确的是（）A.应当先释放重锤，再打开电源B.重锤选用密度较大的小铁锤，是为了减

小空气阻力的影响C.实验时，应当手捏纸带上端，让重锤靠近打点计时器释放D.数据的处理可以建立22vh−图像，斜率就等于重力加速度的大小(2)该实验中应当使用________计时器更好（填“电磁式”或“电火花式”），因为这种打点计时器工作

时对纸带的阻力较小。两种打点计时器都是使用的_____电源（填“直流”或“交流”），其中本实验所用计时器需要的电源电压为______________V。【答案】(1).BCD(2).电火花式(3).交流(

4).220【解析】【详解】(1)[1]AC．为了提高纸带的利用率且使打点计时器打点稳定，应手纸带一端，使重锤靠近打点计时器，先打开电源后释放纸带，故A错误，C正确；B．为了减小空气阻力的影响，重锤应选体积小密度大的铁锤，故B正确；D．根据速度位移关系公

式v2=2gh得：22vgh=，图象中的斜率为重力加速度，故D正确；故选BCD。(2)[2][3][4]为了减小纸带运动过程中与打点计时器的阻力，应选电火花计时器，打点计时器均使用交流电源，电火花打点计时器用220V交流电源，电磁打

点计时器用4V-6V的学生交流电源；14.在研究匀变速直线运动实验中，已知打点计时器电源频率为50Hz，如图是一条记录小车运动的纸带图中A、B、C、D、E为计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出。（所有结果保留3位有效数字）(1)

根据图中数据，读出CD段位移：xOA=0.50cm，xAB=0.70cm，xBC=0.90cm，xCD=_________cm，xDE=1.30cm。(2)通过测量数据计算D点的瞬时速度，vA=0.060m/s，vB=0.080m/s，vC=0.100

m/s，vD=_____。(3)在所给坐标纸中作出小车的v-t图线____，并根据图线求出a=___m/s2。(4)将图线延长与纵轴相交，交点物理意义__________________。【答案】(1).1.10cm(2).0.120(3).(4).0.200(5).0时刻的速度，或即计时起点的速

度，或打计数点O点时的瞬时速度【解析】【详解】（1）[1]由图中读数可得1.10cmCDx=（2）[2]根据匀变速直线运动的推论，可知某点的瞬时速度等于某段时间的平均速度，则D点的瞬时速度为0.120m/s2CEDxυT==（3）[3][4

]将数据带入可得，图像如图所示由图像可得小车的加速度为20.200m/sa=（4）[5]图像与纵轴的交点表示0时刻的速度，即表示打下计时点O时的瞬时速度。三、计算题（本大题共4个小题，共43分。作答时写出必要的文字说明和公式，只写

最终答案的不得分。把答案填在答题纸的相应答题区域）15.一小物块以6m/s的初速度0v冲上斜坡，做匀变速直线运动，加速度a的大小为20.4m/s，斜坡长度s为40米。求：(1)小物块通过斜坡所需要的时间t；(2

)小物块到达坡顶时的速度v。【答案】(1)10s；(2)2m/s【解析】【详解】(1)由题意得，小物块做匀减速运动，即20.4m/sa=−由公式2012xvtat=+得120st=（舍）210st=所以物块通过斜坡的时间为10s。(2)又有0vvat=+得2m/sv=16

.从静止在一定高度的气球上自由落下两个物体，第1个物体下落t后，第2个物体开始下落，两物体用长为35.525mL=的绳连接在一起，第2个物体下落7st=时绳子被拉紧，（g=9.8m/s2）。求：(1)t的

大小；(2)绳子刚被拉紧时第1个物体速度有多大？【答案】(1)0.5st=；(2)73.5m/sv=【解析】【详解】(1)第1个物体下落的高度211()2hgtt=+第2个物体下落的高度2212hgt=又12L

hh=−联立得0.5st=(2)由公式()vgtt=+得73.5m/sv=17.中国首艘装有帮助飞机起飞的弹射系统的航母“辽宁舰”某次完成了歼15起降飞行训练.已知歼15在跑道上加速时可能产生的最大加速度

为5.0m/s2，当歼15的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞.设航空母舰处于静止状态.求：（1）若要求歼-15滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？（2）若“辽宁舰”上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L=160m，为使歼-15仍能从此舰上正常起飞，可采用先让“

辽宁舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让歼-15起飞，则“辽宁舰”的航行速度至少为多少？【答案】（1）30m/s（2）10m/s【解析】【详解】设经弹射系统帮助起飞时初速度为v0（1）由公式2202vvax−=可知20

230m/svvax=−=（2）由于航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行，设速度为v1，在飞机起跑过程中的位移为x1。则：x1=v1·t在飞机起跑过程中做初速度为v1的匀加速运动，设位移为x2。由公式22112vvax−=可知：22122vvxa−=运动的时间为1vvta−

=，所以111vvxva−=，由位移关系可知：L=x2－x1即：221112vvvvvLaa−−−=代入数据可得：v1=10m/s或v1=90m/s（舍去）可见：航空母舰沿飞机起飞方向的速度至少10m/s18.一小球从A点由静止开始沿斜面匀加速下滑到O点，又沿水平轨道匀减速运动

到F点，速度减为零，经过O点前后瞬间速度大小不变。B、C、D、E为小球运动过程中的四个位置，其中B到C、C到D的时间均为2sT=，D到E运动时间为5ts=，E到F运动时间05st=；且16mBCx=，32mCDx=，15m/sEv=。求：

(1)小球在斜面上运动时的加速度1a和运动到C点时的速度Cv；(2)运动到O点时的速度Ov；(3)水平轨道上运动的位移s。【答案】(1)4m/s2，12m/sCv=；(2)24m/s；(3)96m【解析】【详解

】(1)由公式21CDBCxxaT−=，得：214m/sa=由公式2BCCDCxxvT+=，得：12m/sCv=(2)由题意得：11OCvvat=+22EOvvat=−，且12ttt+=20Evat=联立得24m/sOv=(3)由公式222

Ovas=，得：96ms=