2024-2025学年江西省南昌市立德朝阳中学高一（上）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省南昌市立德朝阳中学高一（上）开学考试物理试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.关于速度、速度的变化量、加速度，正确的说法是( )
A. 物体运动时，速度的变化量越大，它的加速度一定越大
B. 速度很大的物体，其加速度可以为零
C. 某时刻物体的速度为零，其加速度不可能很大
D. 加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大
2.杭州第19届亚运会游泳比赛中，中国队以28金21银9铜创历史最佳战绩。来自浙江的运动员余依婷，在长50m的标准泳池中进行的女子400米个人混合泳中，以4分35秒44的成绩，摘得比赛的金牌。则( )
A. 研究余依婷的技术动作时可以将她看成质点
B. “4分35秒44”指的是时间间隔
C. 余依婷在加速阶段比匀速阶段惯性小
D. 余依婷比赛的平均速度大小约为1.45m/s
3.下列物体的运动不可能存在的是( )
A. 速度变化量大，加速度小B. 加速度越来越大，速度越来越小
C. 加速度等于0，速度越来越小D. 具有向东的加速度，而速度的方向却向西
4.下列关于运动的基本概念的说法，正确的是( )
A. 为方便研究物理问题，体积小的物体均可以视为质点
B. 加速度a=ΔvΔt是用微元法定义的物理量，加速度与速度的变化量成正比
C. 速度v=ΔxΔt是用比值法定义的物理量，速度与位移成正比
D. 由速度v=ΔxΔt可知，当Δt趋于零时，v表示物体的瞬时速度，这里采用了极限思想
5.一辆汽车沿平直道路行驶，其v−t图像如图所示。在t=0到t=40 s这段时间内，汽车的位移是( )
A. 0
B. 30 m
C. 750 m
D. 1 200 m
6.如图；A、B两人骑自行车在同−直线上运动的位移−时间图像，则( )
A. A、B两人始终同向行驶B. A、B两人在第1s末相遇
C. 前5s内，A的路程比B的路程大D. 前5s内，A的位移比B的位移大
7.如图一小球在t=0时刻，以3m/s的速度从斜面底端冲上光滑斜面，t=2s时刻回到斜面底端，其v−t图像如图所示，下列说法正确的是
A. 小球上升过程和下降过程的加速度大小相等，方向相反
B. 小球上升过程和下降过程的位移相同
C. 小球上升到最高点时，小球的瞬时速度和加速度都为零
D. 运动过程中，小球在任何相等时间内的速度变化量都相同
8.一物体由静止开始做直线运动，其a−t图像如图所示。下列v−t图像中，正确描述此物体运动的是( )
A. B. C. D.
9.甲、乙两个物体由同一地点沿同一方向做直线运动，其v−t图象如图所示。关于两物体的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 在t=2s时，甲的速度方向发生改变B. 在t=4s时，甲、乙相遇
C. 0～6s内，甲、乙平均速度相同D. 在t=1s时，乙在甲前方
10.山东舰是中国第一艘国产航空母舰，一架舰载机在甲板上进行加速起飞的训练，其加速过程中的某段时间内舰载机的位移和时间图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 舰载机加速起飞过程的运动轨迹是一条曲线
B. 在0∼2s内，舰载机的平均速度小于7.5m/s
C. 舰载机在M点位置时的速度等于21m/s
D. 舰载机在M点位置时的速度大于20m/s
11.水平面上A处放置有一半径为r的铁环，铁环的最高点为a点，在A处的右侧B处有一竖直墙面，墙面上固定有一磁铁(厚度不计)，如图所示。现给铁环一水平速度，在水平面上滚动了三圈半后恰好被磁铁吸住。下列说法正确的是( )
A. 研究铁环上a点的运动时，可以将铁环看作质点
B. 铁环运动过程中，铁环上的a点相对于圆心静止
C. A、B间的距离小于7πr
D. 铁环从A处滚到B处的过程中，a点发生的位移 4+49π2⋅r
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
12.甲、乙、丙3人各乘不同的热气球，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲匀速上升，看到丙匀速上升。那么，从地面上看甲、乙、丙的运动可能是( )
A. 甲下降，乙下降，丙上升B. 甲下降，乙下降，丙静止
C. 甲上升，乙下降，丙上升D. 甲下降，乙下降，丙下降
13.如图所示，甲图为某质点的x−t图像，乙图为某质点的v−t图像，下列关于两质点的运动情况的说法正确的是( )
A. 0～2 s内甲图质点做匀速直线运动，乙图质点做加速直线运动
B. 2～3 s内甲图质点和乙图质点均静止不动
C. 3～5 s内甲图质点和乙图质点均做减速运动，加速度为−15 m/s2
D. 0～5 s内甲图质点的位移为−10 m，乙图质点的速度变化量为−10 m/s
三、计算题：本大题共5小题，共50分。
14.如图所示，弹丸和足球的初速度均为v1=10m/s，方向水平向右。设它们与木板作用的时间都是0.1s，那么：
(1)弹丸击穿木板后速度大小变为6m/s，方向不变，求弹丸击穿木板时的加速度大小及方向；
(2)足球与木板作用后反向弹回的速度大小为6m/s，求足球与木板碰撞反弹时的加速度大小及方向。
15.如图所示，在水平面内建立xOy坐标系，一玩具小车该坐标系内运动。小车从坐标原点O出发，先以v1=5m/s的速度沿y轴正方向运动t1=20s，接着以v2=3m/s的速度沿x轴正方向运动t2=20s，最后以v3=2m/s的速度沿y轴负方向运动t3=10s。求：
(1)遥控玩具小车在整个运动过程中的位移大小和路程；
(2)遥控玩具小车在整个运动过程中的平均速度的大小和平均速率。
16.一物体沿平直的轨道运动，通过位移传感器记录了不同时刻物体所处的位置，得到位置随时间变化的关系如图所示。求：
(1)比较物体在第2个4s内与第4个4s内的平均速度的大小；
(2)物体在整个过程的平均速度大小和平均速率。
17.一列队伍长100m，正以某一恒定的速度前进，因有紧急情况通知排头战士，通讯员跑步从队尾赶到队头，又从队头跑至队队尾，在这一过程中队伍前进了100m，设通讯员速率恒定，战士在队头耽搁的时间不计，求他往返过程中跑过的位移和路程的大小。(学有余力的同学可以挑战路程的计算)
18.一质点沿直线做单向运动，从A位置运动到B位置。
(1)若前25时间内平均速度为4m/s，后35时间内平均速度为6m/s，则全过程的平均速度为多大？
(2)若前25位移的平均速度为4m/s，后35位移的平均速度为6m/s，则全过程的平均速度为多大？
答案解析
1.B
【解析】A.根据 a=ΔvΔt 知，速度变化量大，加速度不一定大，还与所用时间有关，故A错误；
B.速度很大的物体，加速度可能为零，比如做匀速直线运动，故B正确；
C.某时刻物体的速度为零，速度变化可能很快，加速度很大，故C错误；
D.当加速度方向与速度方向相反，加速度很大，速度很快减小，故D错误。
故选B。
2.B
【解析】A.研究余依婷的技术动作时，不能忽略大小和形状，所以不可以将她看成质点。故A错误；
B.“4分35秒44”指的是时间间隔。故B正确；
C.余依婷在加速阶段和匀速阶段的惯性一样大。故C错误；
D.依题意，余依婷比赛的位移为零，其平均速度大小为零。故D错误。
故选B。
3.C
【解析】A、根据加速度的定义式a=Δv△t，可知物体的速度变化量比较大，时间很长时，加速度则比较小，故 A正确;
B、当加速度的方向和速度方向相反时，加速度越来越大，做减速直线运动，速度越来越小，故 B正确;
C、根据加速度的定义式a=Δv△t，加速度等于0，物体处于匀速直线运动状态或静止状态，其速度方向不会发生变化，故 C错误;
D、当物体向西做减速直线运动时，其加速度的方向向东，故 D正确。
本题选择不可能存在的，故选：C
4.D
【解析】A.物体能否看成质点与所研究的问题有关，不可以将所有体积很小的物体都看成质点，故A错误；
B.加速度 a=ΔvΔt 采用了比值法定义物理量，加速度与速度的变化量无关，故B错误；
CD.速度 v=ΔxΔt 是用比值法定义的物理量，速度与位移无关，当 Δt 非常小趋于零时，可以表示物体在时刻的瞬时速度，这里采用了极限法。故C错误，D正确。
故选D。
5.C
【解析】根据图像法可知通过的位移为图线与时间轴围成的面积，则汽车的位移x=(10+40)×302 m=750 m，C正确。
6.D
【解析】A.由位移−时间图像的斜率表示速度可知，在 0∼2s 时间内A的斜率是负值，B的斜率是正值，即A、B两人的速度方向相反，故A错误；
B.由题图可知，A、B两人在第1s末的位置坐标不同，即A、B两人在第1s末不能相遇，故B错误；
C.由题图可知，前5s内，A从30m位置运动到原点，其运动路程为30m，B从原点运动到25m位置，静止2s后向负方向运动12.5m位置，其运动的路程为37.5m，因此前5s内，A的路程比B的路程小，故C错误；
D.由位移的定义可知，前5s内，A的位移大小为30m，B的位移大小为12.5m，因此前5s内，A的位移比B的位移大，故D正确。
故选D。
7.D
【解析】A、由v−t图像可知，加速度恒定，方向不变。大小为a=31m/s2=3m/s2，A错误；
B、v−t图像所围面积表示位移大小，故上升过程和下降过程位移大小相等，方向相反，B错误；
C、上升到最高点时瞬时速度为0，加速度不为0，C错误；
D、小球加速度恒定，故运动过程中，小球在任何相等时间内的速度变化量都相同，D正确。
8.B
【解析】在0～T2内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，v−t图象是向下倾斜的直线；
在T2～T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，v−t图象是平行于t轴的直线；
在T～2T，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，物体先做匀减速运动，到3T2时刻速度为零，接着反向做初速度为零的匀加速直线运动。v−t图象是向上倾斜的直线，故B正确，ACD错误。
9.D
【解析】A.由图可知，t=2s时甲的速度方向没有发生变化，甲的加速度方向发生了变化，故A错误；
B.根据图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，可得0∼4s内甲乙两物体的位移不同，所以二者不会在t=4s时相遇，故B错误；
C.0～6s内，甲、乙两物体的位移分别为x甲=6×42m=12m,x乙=2×2m+2×22m+2×(−2)2m=4m，
由平均速度公式v=xt易知，甲、乙平均速度不相同，故C错误；
D.0～1s内，甲、乙两物体的位移分别为x甲=2×12m=1m,x乙=2×1m=2m，所以乙在甲前方，故D正确。
故选D。
10.D
【解析】A、位移时间图像描述的是做直线运动的物体的位置随时间变化的规律，可见舰载机加速起飞过程的运动轨迹是一条直线，故A错误；
B、由图知，在0∼2s内，舰载机运动的位移x=(15−0)m=15m，则舰载机的平均速度大小v=xt=7.5m/s，故B错误；
CD、x−t图像的斜率表示速度，由图知，舰载机在M点时的速度vM>vMN=26−152.55−2m/s=20m/s，题设条件不足，无法计算出M点的具体速度，故C错误，D正确。
故选D。
11.D
【解析】解：A、铁环上a点同时参与竖直方向和水平方向的运动，所以研究铁环上a点的运动时，铁环的大小不能忽略，不可以将铁环看作质点，故A错误；
B、铁环运动过程中，铁环上的a点相对于圆心的位置不断变化，不是处于静止状态，故B错误；
C、铁环滚动了三圈半恰好被磁铁吸住，则AB间的距离为：s=3.5×2πr+r=7πr+r>7πr，故C错误；
D、铁环滚动了三圈半恰好被磁铁吸住，此时a在最低点，所以铁环从A处滚到B处的过程中，a点发生的位移为x= (2r)2+(7πr)2= 4+49π2⋅r，故D正确。
故选：D。
研究铁环上a点的运动时，不可以将铁环看作质点；铁环运动过程中，铁环上的a点相对于圆心的位置不断变化；铁环滚动了三圈半恰好被磁铁吸住，由此计算AB间的距离和a点发生的位移大小。
本题主要是考查位移和路程，解答本题的关键是知道位移是矢量，是指初末位置的有向线段，知道物体能够被看作质点的条件。
12.ABD
【解析】解：甲看到楼房匀速上升，说明甲相对于地匀速下降，乙看到甲匀速上升，说明乙匀速下降，而且v乙>v甲，乙看到丙匀速上升，丙可能停在空中，也可能匀速上升，丙也可能匀速下降，且v丙故选：ABD。
根据物体相对位置发生变化，可知甲相对于地匀速下降；乙相对甲匀速下降，而且v乙>v甲；丙可能停在空中，也可能匀速上升，也可能匀速下降，且v丙本题考查对运动相对性的理解，要考虑各种可能的情况，找出所有可能的情况是解决问题的关键。
13.AD
【解析】A. 根据x−t图象的斜率表示速度，知0～2 s甲图质点做匀速直线运动，根据v−t图象的斜率表示加速度，0～2 s乙图质点做匀加速直线运动，故A正确；
B. 2∼3s内：甲图质点静止不动，乙图质点做匀速直线运动，故B错误；
C. 3∼5s内：甲图质点做匀速直线运动，乙图质点做匀减速运动，加速度为：a=ΔvΔt=0−302m/s2=−15m/s2，故C错误；
D. 0∼5s内：甲图质点的位移为x甲=0−10m=−10m，乙图质点的速度变化量为0−10m/s=−10 m/s，故D正确。
故选：AD。
14.解：(1)设弹丸初速度方向为正方向，则知弹丸的初速度为v 1=10m/s，末速度为v 2=6m/s，
根据加速度的定义知，此过程中弹丸的加速度a1=△v△t=6−100.1m/s2=−40m/s2，负号表示加速度的方向与初速度的方向相反，方向水平向左。
(2)设足球初速度方向为正方向，则知足球的初速度为v 1=10m/s，末速度为v 2′=−6m/s，根据加速度的定义知，此过程中足球的加速度a2=△υ△t=−6−100.1m/s2=−160m/s2，
负号表示加速度的方向与初速度的方向相反。方向水平向左。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)由题意知超声波第一次往返用时
Δt1=0.2s
单程运动的时间
12Δt1=0.1s
单程运动的位移
x1=12v0Δt1
超声波第二次往返用时
Δt2=0.3s
单程运动的时间
12Δt2=0.15s
单程运动的位移
x2=12v0Δt2
所以 P 、 Q 两点间的距离
Δx=x2−x1
解得
x1=34m ， x2=51m ， Δx=17m
(2)由题意知从第一次发射超声波时作为0时刻，超声波经过 12Δt1 到达 P 处。经过 Δt=0.5s 第二次发射超声波，超声波又经过 12Δt2 到才达 Q 处。整个过程如图所示：
由题可知物体D第一次接收超声波在 P 点，第二次接收超声波在 Q 点，两次的时间间隔
Δt′=Δt+12Δt2−12Δt1
解得
Δt′=0.55s
(3)根据匀速运动的位移—时间关系有
Δx=vΔt′
解得
v=30.9m/s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.(1)由题图可知， t1=4s 时物体的位置为 x1=24m ， t2=8s 时物体的位置为 x2=60m ，则第2个4s内的位移为Δx1=x2−x1=36m
所以第2个4s内的平均速度为v1=Δx1t=9m/s
又 t3=12s 时物体的位置为 x3=72m ， t4=16s 时物体的位置为 x4=12m
则第4个4s内的位移为Δx2=x4−x3=−60m
所以第4个4s内的平均速度为v2=Δx2t=−15m/s
由于速度是矢量，正负号只表示物体的运动方向，所以可得v1(2)由题图可知，整个过程物体的位移为 x=12m ，则整个过程物体的平均速度为v=xt
解得v=0.75m/s
物体在16s时间内的路程为x′=(72+72−12)m=132m
则整个过程物体的平均速率为v′=x′t
解得v′=8.25m/s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.解：设通讯员的速度为 v1 ，队伍的速度为 v2 ，通讯员从队尾到队头的时间为 t1 ，从队头到队尾的时间为 t2 ，队伍前进用时间为t，由通讯员往返总时间与队伍运动时间相等可得如下方程 t=t1+t2
即 100v2=100v1−v2+100v1+v2
整理上式得 v12−2v1v2−v22=0
解得 v1=( 2+1)v2
将上式等号两边同乘总时间t，即 v1t=( 2+1)v2t
v1t 即为通讯员走过的路程 s1 ， v2t 即为队伍前进距离 s2 ，则有
s1=( 2+1)s2=( 2+1)×100)m=(100+100 2)m
通讯员从队尾出发最后又回到队尾，所以通讯员的位移大小等于队伍前进的距离，即为100m。

【解析】位移的大小等于初末位置之间的直线距离。
本题通讯员路程的求解有一定难度，通讯员和队伍的速率的具体数值都是无法求出的，但是两者的速率都是恒定的，两个速率之间必定满足一定的比例关系，我们可以假设速度分别为av、v，只要能求出比例系数a，结合队伍的路程已知，则可确定通讯员的路程。
18.(1)设质点从A位置运动到B位置的时间为 t ，则前 25 时间内的位移为
x1=v1⋅25t
后 35 时间内的位移为
x2=v2⋅35t
全过程的平均速度为
v1=x1+x2t=5.2m/s
(2)设质点从A位置运动到B位置的位移为 x ，质点前 25 位移所用的时间为
t1=25xv1
质点后 35 位移所用的时间为
t2=35xv2
全过程的平均速度为
v2=xt1+t2=5.0m/s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】