【文档说明】浙江省强基联盟2024-2025学年高一上学期10月联考物理试题 .docx，共(12)页，586.323 KB，由小赞的店铺上传

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浙江强基联盟2024年10月高一联考物理试题浙江强基联盟研究院命制考生注意：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择

题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3．可能用到的参数：重力加速度取210m/sg=。一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，

不选、多选、错选均不得分）1．下列物理量中属于矢量的是（）A．时刻B．路程C．加速度D．速率2．小丁在观看奥运会比赛时提出了以下观点，其中正确的是（）A．分析杨家玉20公里竞走的轨迹时，可以把杨家玉视为质点B．研究潘展乐自由泳比赛触壁时的手型动

作，可以把潘展乐视为质点C．研究郑钦文击球时的握拍方式，可以把网球拍视为质点D．判断黄雨婷射击成绩时，可以把电子靶视为质点3．2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器携带来自月背的月球样品安全着陆在内蒙古四子王旗预定区域，实现世界首次月球背面采样返回．

如图所示为嫦娥六号在O点寻找着陆点着陆的一段飞行路线图，下列说法中正确的是（）A．2024年6月25日14时07分指的是时间间隔B．嫦娥六号由图中O点到着陆点的路程一定大于此过程的位移大小C．嫦娥六号从O

点到A点的平均速度和从A点到B点的平均速度可能相同D．嫦娥六号飞向月球的过程中，以嫦娥六号为参考系，月球是静止不动的4．如图所示，在某次实战训练中潜艇遇到情况需要紧急下潜，假设在某段时间内下潜的加速度可视为不变，若在这段时

间内5s末的速度比2s末的速度小3m/s，取初速度方向为正方向，则潜艇在该段时间内的加速度为（）A．21m/s−B．21.5m/s−C．21m/sD．21.5m/s5．有关生活中所说的速度，以下说法正确的是（）A．复兴号最高时速

可达350公里/小时，是指平均速度大小B．子弹以900m/s的速度从枪口射出，指的是平均速度大小C．城市道路上限速30公里/小时，是指瞬时速率D．比较从杭州出发的两辆汽车谁先到达金华，应比较它们的瞬时速度大小6．汽车在平直的路面上做直线运

动，初速度是1v，经过一段时间t后速度变为2v，用v表示t时间内速度的变化量，用有向线段表示速度的变化量v．则下图中能正确表示汽车做减速运动的是（）A．B．C．D．7．在学校运动会的百米赛跑项目中，测得小徐同学在7.25s末的速度为10.4m/s

，12.50s末到达终点的速度为10.2m/s，则他在全程的平均速度为A．10.3m/sB．10.2m/sC．10.0m/sD．8.0m/s8．一辆汽车以6m/s的速度沿平直公路匀速行驶，突然发现前方有障碍物，立即刹车，经过3s后汽车停止．若汽车的刹车过程可视为匀减速

直线运动，则下面说法正确的是（）A．刹车过程的加速度大小为23m/sB．刹车后第1s内与第3s内的位移之差为4mC．刹车的整个过程平均速度大小为2m/sD．刹车后第1s初的速度比第2s末的速度大2m/s9．甲、乙、丙三个物体同时同地出发做

直线运动，它们的位移一时间图像如图所示．在20s内，关于它们的运动说法正确的是（）A．物体甲先加速后减速B．物体乙做匀加速直线运动C．三个物体位移大小相等，路程sss甲乙丙D．三个物体平均速度大小相等10．一质点做直线运动，初速度00v，加速度0a，且a值不断减小直至为零，则质点的（）A

．速度不断减小，位移不断减小B．速度不断减小，位移继续增大C．速度不断增大，当0a=时，速度达到最大值D．速度不断增大，当0a=时，位移达到最大值11．随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点．某品牌无人

驾驶汽车进行刹车性能测试，得到汽车在平直路面上紧急刹车（车轮抱死）过程中的位移随时间变化的规律为2243xtt=−（x的单位是m，t的单位是s），则下列说法不正确的是（）A．该汽车刹车的初速度为24m/sB．该汽车刹车的加速度为26m/s−C．刹车后2s末的速度为12m

/sD．刹车后5s内的位移为45m12．如图所示，某无人机从地面由静止开始竖直上升，先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动，减速到0后悬停在空中．加速时加速度大小为1a，减速时加速度大小为2a．若无人机在该过程中运动的总时间为t，则无人机减速运动的时间为（）A．112ataa+B．212at

aa+C．21ataD．12ata13．在刚刚落幕的巴黎奥运会上，中国跳水队在跳水项目上夺得8金2银1铜，位列奖牌榜榜首，并实现首次包揽奥运会该项目所有金牌的壮举．如图乙为计算机记录的跳水运动员某次训练时的速度随时间变化的图像，其中20~t时间

内的图像为直线，由图可知关于跳水运动员，以下信息正确的是（）A．在3t时刻运动到最高点B．在30~t时间内，加速度不断减小C．在20~t时间内，平均速度等于012vv+D．在34~tt时间内，平均速度等于22vv=14．一质点在连续的6s

内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下列说法正确的是（）A．质点的加速度大小是26m/sB．质点在第1s内的位移大小是6mC．质点的初速度大小是2m/sD．质点在第2个2s内的平均速度大小是12m/s15．为进一

步优化公交网线布局，提高公交运营效率，某市公交集团采取大站快线的运营模式．该市西站和火车站间的某条公交线路里程为20km，之间设置了4个停靠站．快线公交车运行的最大速度为54km/h，进站和出站过程中，加速度大小均为21m/s，其余行驶时间内保持最大速度匀速行驶．公交车在每个

站点停车时间约为40s，则乘快线公交从该市西站到火车站的最短时间约为（）A．1568sB．1553sC．1538sD．1608s16．如图所示，小球以某一初速度从斜面底端冲上斜面做匀减速直线运动，到达顶

端时的速度恰好为零．已知小球在前四分之三位移中的平均速度大小为v，则小球整个过程的平均速度为（）A．22vB．23vC．2vD．3v17．如图甲所示，竖直起降火箭是一种可以垂直升空并在任务结束后垂直着陆

的火箭．竖直起降技术使得火箭的核心部分可以被重复使用，可降低太空探索的成本．某火箭测试时，火箭上升到最高点的过程中的位移与时间的比值xt和时间t的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．火箭做匀速直线运动，速度大小为50m/sB．火箭做匀减速直线运动，加速度大小为

250m/sC．火箭在1s末的瞬时速度为50m/sD．0~1s内火箭的平均速度大小为50m/s18．长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为0v，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过()0vvv．已知列车减速和加速时加速度的大小分别为0.5a和a，

则列车从减速开始至回到正常行驶速率0v所用时间至少为（）A．0vvLlav−++B．()03vvLlav−++C．022vvLlav−++D．()032vvLlav−++二、非选择题（本题共4小题，共46分．）19．实验题（I、II两题共14分）I．（10分）某小组

用如图甲所示的装置完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验．图甲（1）该小组选用如图乙所示的打点计时器，则他们选择的电源应该是________．图乙A．交流220VB．直流220VC．交流8VD．直流8V（2）关于该实验操作，说法正确的是________（多选）．A．为了减小实验误差，应当先释放

小车再打开打点计时器B．打点计时器应固定在靠近滑轮一端C．实验前应调节滑轮的高度，使细绳与轨道平面平行D．纸带应放在复写纸下方（3）某次正确操作的实验中打出的一条纸带如图丙所示，已知交流电频率为50Hz，纸带上每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则可判断重物是固定在该纸带的________（填“

左”或“右”）侧，计算得到打出“B”点时小车的速度大小为________m/s，小车的加速度为________2m/s（计算结果均保留两位有效数字）．图丙（4）由于实验室电压不稳定，若在某次实验时，电源电压略微变小，则

该次实验的加速度测量值________（填“偏大”“偏小”或“不变”）．II．（4分）另一小组的同学准备利用气垫导轨和光电门探究小车的运动规律，实验装置如图丁所示．图丁（1）实验时从某一位置静止释放小车，小车在重物牵引下向前加速

运动，光电门记录了宽度为d的遮光片的挡光时间t，则可知小车经过光电门的速度大小为________．（2）仅改变光电门的位置，仍从同一位置由静止释放小车，重复多次实验，记录下光电门到小车释放点的距离L与挡光时间t，由计算机描绘出21()Lt−图像如图戊所示，测得图

像的斜率为k，则可求得小车的加速度大小为________（用题中物理量符号表示）．图戊20．（9分）某次冰壶比赛中，运动员将冰壶以01.6m/sv=的速度推出，从此时开始计时，若冰壶在冰面上滑行时的加速度不变，大小20.2m/sa=，求：（1）2s后冰壶的速度大小；（2）冰壶第2s内的位

移大小；（3）冰壶10s内的位移大小．21．（11分）为了保护学生的安全，学校门口的马路上常会设置减速带，如图所示，某学校前平直公路上设置了两条减速带，间距为16md=，并在距离减速带050mx=处设置了警示路牌，一辆车身长4mL=的小车以015

m/sv=的速度在该路段行驶，在车头行驶到警示路牌处司机发现减速带，经过00.8st=的反应时间，司机开始采取制动措施，在车头恰好到达第一条减速带时车速减为4m/s，并以这个速度行驶直至整辆车通过第二个减速带，再以相同大小的加速度加速至原速度．不计减速带的宽度，汽车制动过程看作是匀变速直线运动

．求：（1）汽车减速时的加速度大小；（2）汽车从开始减速到恢复至原速度所花的时间；（3）由于减速带的影响，汽车经过这个路段多花的时间．22．（12分）为了在运动会接力赛中取得好成绩，甲、乙两位同学专门通过2100

m接力跑研究了接力时如何进行交接棒．经测试发现，两同学在跑步时的最大速度mv均能达到8m/s，并能以这个速度持续跑步一段距离，接力过程中，两同学加速和减速过程可以看做匀变速运动，加速时加速度大小均为212m/sa=，减速时加速度大小均为221m/sa=．乙在接力区起

点等待甲发出起跑指令时立即开始加速，两人相遇时完成交接棒，由乙跑完剩下的路程．（1）若甲保持最大速度向乙跑去并在接力区前015ms=处发出起跑指令，乙立刻开始加速，则乙同学起跑后多久能接到甲的接力棒？（2）若甲保持最大速度向乙跑去，在接力区前110ms=处发出起跑指令的

同时开始减速，求乙距接力区起点多远处接到甲的接力棒；（3）为了避免掉棒，要求两同学在交接棒时有相同速度，且速度v均不超过5m/s，甲发出起跑指令的同时开始减速，同时乙立即开始加速，要能顺利完成比赛且消耗的时间最短，甲需在距接力区起点多远处开始

发出起跑指令？浙江强基联盟2024年10月高一联考物理卷参考答案与评分标准1．C矢量是既有大小又有方向的物理量，四个选项物理量中，加速度为矢量．时刻、路程和速率三个物理量只有大小，没有方向，都是标量．故选C．2．

AA．分析杨家玉20公里竞走的轨迹时，杨家玉的大小可以忽略不计，可以把杨家玉视为质点，故A正确；B．研究潘展乐自由泳比赛触壁时的手型动作，不能忽略人的形状和大小，所以不可以把潘展乐视为质点，故B错误；C．研究郑钦文击打网球的技术动作，网球拍的形状大小不可以忽

略不计，不可以把它视为质点，故C错误；D．判断黄雨婷射击成绩时，电子靶的形状大小不可以忽略不计，不可以把电子靶视为质点，故D错误．3．BA．2024年6月25日14时07分指的是时刻，故A错误；B．由图可知，嫦娥六号由O

点到着陆点的路程一定大于从O点到着陆点的位移大小，故B正确；C．平均速度是指位移与时间的比值，是矢量，嫦娥六号从O点到A点和从A点到B点两次过程的位移方向一定不同，所以两次的平均速度一定不相同，故C错误；D．嫦娥六号飞向月球的过程中，以嫦娥六号为参考系，月球是运动的

，故D错误．4．A规定速度方向为正方向，由加速度定义，有223m/s1m/s52vat−===−−，故选A．5．CA．复兴号最高时速是指复兴号的瞬时速率，故A错误；B．子弹以900m/s的速度从枪口射出是指子弹的瞬时速率，故B错误；

C．城市道路限速是指瞬时速度大小，即瞬时速率，故C正确；D．比较从杭州出发的两辆汽车谁先到达金华，应当比较它们的平均速度大小，故D错误．6．DA．图中加速度方向与速度方向相同，汽车做加速运动，故A错误；B．图中加速度方向与速度方向相同，即速度变化量方向应该向右

，汽车做加速运动，故B错误；C．图中加速度方向与速度方向相反，即速度变化量方向应该向左，汽车做减速运动，故C错误；D．图中加速度方向与速度方向相反，即速度变化量方向向左，汽车做减速运动，故D正确．7．D平均速度指的是位移与时间的比值，百米赛跑位移100mx=，到达终点所需的

时间12.50st=，故平均速度8m/sxvt==，故选D．8．BA．由vat=，得22m/sa=−，故A错误；B．根据逆向思维，汽车反向做初速度为零的匀加速直线运动，结合上述可知，刹车后的第1s内、第2s内、第3s内的位移分别为5m、3m、1m，故刹车后第1s内与第3s内的

位移之差5m1m4mx=−=，故B正确；C．根据匀变速直线运动的推论可知，平均速度03m/s2vvv+==，故C错误；D．第1s初与第2s末间的时间间隔为2s，故速度变化量4m/svat=−=，故D错误．9．DAB．st−图像的斜率表示物体的速度，可知甲

先减速后加速，乙做匀速运动，故AB错误；C．由图可知，甲、乙、丙起点与终点位置相同，故它们的位移相同，乙、丙的位移与路程相同，甲的位移小于其路程，所以甲、乙、丙位移相同，路程的关系为sss=甲乙丙，故C错误；D．

平均速度为总位移与总时间的比值，三者总位移与总时间均相同，所以平均速度相同，故D正确．10．C由于初速度00v，加速度0a，即速度和加速度同向，不管加速度大小如何变化，速度都是在增大的，当加速度减小时，速度增大得慢了，当0a=时，速度不再增大，速度达到最大值，位移不断增

大，故选C．11．DAB．已知汽车刹车过程中的位移随时间变化的规律为2243xtt=−，结合匀变速直线运动位移时间公式2012xvtat=+，可得汽车刹车时初速度和加速度分别为024m/sv=、26m/sa=−，故AB正确；

C．刹车后2s末的速度为20224m/s62m/s12m/svvat=+=−=，故C正确；D．汽车从刹车到停下所用时间为000024s4s6vta−−===−，则刹车后5s内的位移为0540244m48m22vxxt====，故D错误．12．A

设无人机做匀减速运动的时间为2t，根据题意得()1222attat−=，解得1212attaa=+，故A正确．13．CA．运动员离开跳台后先向上运动再向下运动，由vt−图像可知20~t时间内速度先为负值后为正值，则说明1t时刻运动到最高点，故A错误；B．vt−图像的斜率表示加速度，

在20~t时间内，图像斜率恒定，即加速度恒定，大小不变，故B错误；C．在20~t时间内，由匀变速直线运动推论知，平均速度等于初末速度和的一半，可知在20~t时间内，平均速度为012vv+，故C正确；D．vt−图像与坐标轴所围的面积表示位移，由图像可以看出，实际图线

在34~tt时间内所围的面积小于从2v匀减速到零所围面积，平均速度等于位移与所用时间的比值，所以此段时间内的平均速度小于此段时间内从2v匀减速到零的平均速度22v，故D错误．14．DA．设第一个2s内的位移为1x，第三个2s

内，即最后1个2s内的位移为3x，由2312xxaT−=，解得加速度大小为23m/sa=，故A错误；BC．根据匀变速直线运动的位移公式，第一个2s内有21012xvtat=+，解得03m/sv=，则第1s内的位移201114.5m2xvtat=+=，故BC错误；D．由匀变速

直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值，即3221xxxx−=−，解得224mx=，所以质点在第2个2s内的平均速度大小是224m/s12m/s2v==，故D正确．15．A由于进站和出站过程中，加速度大小均为21m/s，进站和出站

过程时间相同．进站和出站总时间为1230svta==．分析可知，汽车要经过5次加减速，则变速运动时间为15150stt==变，变速运动位移2101125m2vxa==变，则汽车匀速运动时间1258sxxtv−=总变匀，则乘快线公

交从该市西站到火车站的最短时间约为41568stttt=++=停变匀，故选A．16．B将小球的匀减速运动看作是反向的初速度为零的匀加速运动，则可知前四分之三的位移和最后四分之一的位移所用的时间相等，全程的平均速度即四分之三位移初的速度，令全程平均速

度为v，则初速度为2v，根据题目信息可得：22vvv+=，解得23vv=，故选B．17．DAB．由匀变速直线运动的位移公式2012xvtat=+，可得012xvatt=+，可得初速度为100m/s，加速度为2100m/s−，此运动为匀减速直线运动，故AB错误；C．由0vvat=+可知火箭在

1s末减速至0，故C错误；D．根据平均速度的定义有xvt=，在0~1s内火箭的位移为20150m2xvtat=−=，平均速度大小为50m/s，故D正确．18．B当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过()0vvv，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0v，则减速时间为010.5vvta−=，匀速时间为2Lltv+=，加速时间为03vvta−=，列车从减速开始至回到正常行驶速率0v所用时间至少为123tttt=++，解得()03vvLltav−+=+，故选B．19．I．（1）C（1分）（2）CD（

2分）（3）左（1分）0.18（2分）0.60（2分）（4）不变（2分）解析：（1）题图乙为电磁打点计时器，其工作电压为交流8V，故选C．（2）实验时，应当先打开打点计时器的开关再释放小车，故A错误；打点计时器应固定在远离滑轮一端，故B错误；实验前

应调节滑轮的高度，使细绳与轨道平面平行，确保拉力方向不变，小车做匀变速运动，故C正确；纸带应从限位孔穿过，位于复写纸下方，故D正确．（3）重物释放后做匀加速运动，打出的点应当是先密后疏，故重物应固定在左端．B点的速度23

.6010m/s0.18m/s10100.02ACBxvT−===，加速度22222(9.603.603.60)10m/s0.60m/s(10)0.2CEACxxaT−−−−===（4）电压出现微小变化时，不影响电源的频率，故对速度和加速度的测量无

影响．II．（1）dt（2分）（2）22dk（2分）解析：（1）根据瞬时速度公式可得xdvtt==．（2）根据匀变速直线运动的速度与位移公式有22vaL=，又因为速度dvt=，整理可得：2212()dLat=，可知斜率22dka=，则加速度22dak=．20．

（1）1.2m/s（2）1.3m（3）6.4m解析：（1）冰壶做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度与时间关系：0vvat=−（2分）解得1.2m/sv=（1分）（2）根据匀变速直线运动的位移与时间关系：2012xvtat=−，得：1s内的位移11.5mx=（1分）2s内的位移22.8

mx=（1分）所以第2s内的位移211.3mxxx=−=（1分）（3）冰壶速度减为零所需的时间：08s10svtt==，所以10s时已经停下10s内的位移即为8s内位移，根据2002vax−=−（2分）解得6.4mx=（1分）21．（1）22.75m/s（2）

13s（3）6.6s解析：（1）汽车的反应距离：10012mxvt==（1分）汽车的刹车距离：20138mxxx=−=根据匀变速直线运动规律：22022vvax−=（1分）解得22.75m/sa=−（1分）

（2）减速时间01vvta−=，解得14st=（1分）匀速通过时间2dLtv+=，解得25st=（1分）加速至原速度的时间0314svvtta−===（1分）汽车从开始减速到恢复至原速度所花的时间12313st

ttt=++=（1分）（3）减速位移238mx=，匀速位移320mxdL=+=，加速位移4238mxx==（1分）从开始减速到恢复至原速度所需要的位移23496mxxxx=++=（1分）若未减速经历这段程路所需要的时间06.4sxtv==（1分）多花的时间

6.6sttt=−=（1分）22．（1）3s（2）4m（3）10.75m解析：（1）设甲发出指令t时间后两人相遇，由运动学公式2m0112vtsat=+（2分）解得：3st=或5st=（舍去），即乙同学起跑后3st=能接到甲的接力棒（1分）（2）设甲发出指令t

时间后两人相遇，由运动学公式22m2111122vtatsat−=+（2分）解得：2st=或10s3t=（舍去）（1分）乙前进的距离2114m2xat==即乙距接力区起点4mx=处接到甲的接力棒（1分）（3）要使接力过程消耗时间最短，接力时的速度5m/

sv=由2vta=可知，甲减速时间13st=（1分）乙加速时间22.5st=（1分）从甲发出指令到进行交接，甲前进的距离m1119.5m2vvxt+==（1分）乙前进的距离()22128.75m2vxtvtt=+−=（1分）121

0.75mxxx=−=，即甲需在距接力区起点10.75m处开始发出起跑指令（1分）