2024-2025学年福建省厦门市第一中学高一（上）适应性训练物理试卷（10月）一、单选题：本大题共4小题，共16分。1.一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1，M、N间的直线距离为1.8km，则从M点漂流到N点的过程中()A. 该游客的位移大小为5.4kmB. 该游客的平均速率为5.4m/sC. 该游客的平均速度大小为0.5m/sD. 若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为02.关于加速度，下列说法正确的是()A. 匀变速直线运动的加速度恒定B. 速度的变化量越大，加速度越大C. 加速度与速度同向，物体可能做减速运动D. 加速度是描述位置变化快慢的物理量3.地铁刹车后匀减速进站，晓燕同学利用照相机拍下了地铁停下前最后2s初和最后2s末的照片，如图所示。已知地铁相邻两车门之间的距离为4.5m，地铁刹车前的速度为15m/s，则地铁刹车后行驶的路程为()A. 45mB. 50mC. 60mD. 70m4.某兴趣小组研究遥控汽车的运动，根据记录的数据作出该车运动的位置时间(xt)图像和速度时间(vt)图像，如图所示，其中xt图像中的t1时刻对应抛物线的最高点。下列说法正确的是()A. 汽车的加速度大小为0.5m/s2B. t0=3s时汽车回到出发点C. t2=4s时汽车通过坐标原点D. 汽车出发点的坐标为x0=2m二、多选题：本大题共4小题，共24分。5.下列有关物理问题的物理方法的说法中，正确的是()A. 力学中为了研究方便，所有体积小的物体都可以看成质点，质点是理想化模型B. 图像法和公式法都可以描述匀变速直线运动的规律，但是图像法更直观、形象C. 根据平均加速度定义式a=vt可知，当t极短时，a就可以表示物体在该时刻的瞬时加速度是采用了极限法D. 把运动过程分成很多小段，每一小段看作匀速直线运动，然后把各小段位移相加得到匀变速直线运动的位移，这里采用了极限法6.一小石子从靠近竖直墙面的a点由静止开始落下。途中经过b、c、d三个点，而且通过ab段所用的时间为T。空气阻力不计，则该小石子() A. 通过bc、cd段的时间均等于TB. 通过b点与d点的瞬时速度之比为1:2C. 通过c点的速度等于通过bd段的平均速度D. 通过c点的速度大于通过bd段的平均速度7.几个水球可以挡住子弹?国家地理频道实验证实：四个水球就足够!某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，实验中将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，则() A. 子弹在每个水球中运动的平均速度相同B. 子弹在每个水球中速度变化量相同C. 子弹依次进入四个水球的初速度之比为2: 3: 2:1D. 子弹穿过每个水球的时间之比(2 3):( 3 2):( 21):18.如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是() A. 图甲中，物体在0t0这段时间内的位移大于v0t02B. 图乙中，物体的加速度为1m/s2C. 图丙中，阴影面积表示t1t2时间内物体的加速度变化量D. 图丁中，t=3s时物体的速度为25m/s三、填空题：本大题共3小题，共12分。9.“用传感器测定瞬时速度”的实验装置如图所示，挡光片宽度为5103m，当小车从高处加速滑下时，实验中挡光片通过光电门的时间为0.02s，则小车上的挡光片开始挡光时的近似瞬时速度为m/s(保留2位有效数字)，这个计算出的瞬时速度值小于真实值，由此产生的误差(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小。10.在一次军事行动中，甲、乙、丙三支小队在命令开始后，按要求同时到达了A地，行动过程指挥部大屏幕地图上显示的运动信息如图所示，则在整个行动过程中，甲、乙、丙三者：(1)平均速度大小关系v甲1v乙1v丙1(选填“”“”“ 11.212812.(1)0.40(2)(3)0.80(4)0.3213.(1)0.60 1.0(2)14.解：(1)汽车的初速度为v0=72km/=20m/s刹车做匀减速直线运动，前2s内行驶的距离是30m，有s1=v0t112at12解得加速度为a=5m/s2(2)汽车的刹车时间为t0=v0a=4s因t2=3st0，则汽车已停止，汽车行驶的距离为l=v022a=40m15.解：(1)质点匀加速直线运动的加速度大小为a1=v1t1=2010m/s2=2m/s2匀减速直线运动的加速度大小为a2=v2t2=|59109|m/s2=4m/s2(2)设经过t速度最大，有a1t=v8+a2(8t)代入数据解得t=7.5s最大速度为vmax=a1t=15m/s(3)质点匀减速运动的时间为t=vmaxa2=154s=3.75s16.解：(1)t1=2s内，A、B车的位移分别为x1=vAt1，x2=12a1t12则有s12=x02+(x1x2)2解得s1=5m(2)结合上述可知s1=5m=L即在t1=2s时，两车第一次刚好断开连接，则有vB1=a1t1解得vB1=2m/s(3)结合上述可知，两车第一次保持连接的时间为t1=2s在t2=4s时，两车位移之差x=vAt212a1t22=4m由于 x02+x2=5m=L表明t2=4s时刻两车第二次开始连接，令再经历时间t4，两车位移差再次达到x=4m，则有x=12a1t22+a1t2t4vA(t2+t4)解得t4=8s结合上述可知，整个运动过程中，两车能够保持连接的总时间t=t1+t4解得t=10s(4)由于t3=t2+t4=12s结合上述可知，12s时开始断开连接，B车在A车前方，B车开始减速，减速至0的时间t0=a1t2a2=2s令B车减速后再经历时间t5两车刚好再次连接，结合上述可知，此时两车位移差再次达到x=4m，则有a1t2t512a2t52=vAt5解得t5=1s此时，A车到起跑线的距离xA=vA(t3+t5)=39m令B车之后再经历时间t6两车再次刚好断开连接，此时A在前B在后，则有vAt6(a1t2t612a2t62)=2x解得t6=1+ 332st0=2s即B车已经停止运动，则有vA(t5+t4)(a1t2)22a2=2x解得t4=3s第10页，共10页