甘肃省武威市凉州区2023-2024学年高三上学期第一次诊断考试物理解析(1)_2023年9月_029月合集_2024届甘肃省武威市凉州区高三上学期第一次诊断考试

2024 届高三物理第一次诊断试卷 一、单项选择题：（本题共 10小题，每小题 4分，共 40分。每小题只有一个选项符合题目 要求。） 1. “嫦娥三号”月球探测器成功完成月面软着陆，并且着陆器与巡视器(“玉兔号”月球车)成功分离，这标志 着我国的航天事业又一次腾飞，下面有关“嫦娥三号”的说法正确的是( ) A. “嫦娥三号”刚刚升空的时候速度很小，加速度也很小 B. 研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时，可以将其看成质点 C. 研究“嫦娥三号”飞往月球的运行轨道时，可以将其看成质点 D. “玉兔号”月球车静止在月球表面时，其相对于地球也是静止的 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．嫦娥三号在刚刚升空的时候速度很小，但是速度变化很快，加速度很大，故A错误； B．研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时，“玉兔号”月球车的大小和形状不能忽略，不能看 成质点，故B错误； C．研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时，嫦娥三号的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故C正确； D．“玉兔号”月球车静止在月球表面时，相对月球是静止的，相对地球是运动的，故D错误； 故选C． 2. 赵凯华教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握 的概念…”．所以对加速度的认识应该引起大家的重视．下列说法中正确的是（ ） A. 加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度大，加速度一定大 B. 速度变化得越快，加速度就变化的越快 C. 物体加速度变大，则速度也一定是在变大 D. 加速度的方向与速度变化量的方向相同 【答案】D 【解析】 【详解】加速度反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化率，与速度的大小无关， 故A错误；加速度反应物体速度变化快慢的物理量，速度变化得越快，加速度就越大，但加速度的变化不 一定大．故B错误；物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，故C错误；根据加 速度的定义可知，加速度的方向与速度变化量的方向相同，故D正确．故选D.3. 某飞机由静止开始做匀加速直线运动，从运动开始到起飞共前进1 600 m，所用时间为40 s．则它的加 速度a和离地时的速度v分别为( ) A. 2 m/s2，80 m/s B. 1 m/s2，40 m/s C. 1 m/s2，80 m/s D. 2 m/s2，40 m/s 【答案】A 【解析】 1 2x 【详解】飞机由静止开始做匀加速直线运动，由 x at2得 a 2m/s2，由 v2 2ax得 2 t2 v 2ax 80m/s，所以A选项正确． 4. 歼-20隐形战斗机首架技术验证机于2011年1月11日进行首次升空飞行测试，距今刚好十周年。已知 某次训练中，歼-20着陆后经过4.5s停下来，若这个过程可看作是匀减速直线运动，则歼-20着陆后的第 1s和第2s位移大小之比为（ ） A. 4：3 B. 2：1 C. 5：3 D. 9：7 【答案】A 【解析】 【详解】将飞机做匀减速运动的逆过程看做是初速度为零的匀加速运动，根据 1 x at2 2 则着陆后的第1s内的位移 1 x  a(4.52 3.52)4a 1 2 着陆后的第2s内的位移 1 x  a(3.52 2.52)3a 2 2 则歼-20着陆后的第1s和第2s位移大小之比为4:3。 故选A。5. 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的 加速度是( ) 2 4 8 16 A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2 3 3 9 9 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则2s时的瞬 时速度等于0~4s内的平均速度 16m v  4m/s 1 4s 5s时的瞬时速度等于4~6s内的平均速度 16m v  8m/s 2 2s 两个中间时刻的时间间隔为 t 2s1s3s 根据加速度定义可得 v v 84 4 a 2 1 = m/s2= m/s2 t 3 3 故选B。 6. 一个质点以初速度v 做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度为 0 v，则v:v 比值为 ： 0 A. 4:3 B. 5:3 C. 5:2 D. 3:1 【答案】B 【解析】 1 【详解】根据公式可得：2at2＝v t+ at2，所以v =1.5at；该运动的逆过程为初速度为v，加速度为-a的减速 0 2 0 1 运动，则：2at2＝vt− at2，所以：v=2.5at；所以：v：v =2.5at：1.5at=5：3．故B正确，ACD错误；故选 2 0 B． 7. 一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB6m，BC 10m，小球经过AB和 BC两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是（ ） A. 2m/s，3m/s，4m/s B. 2m/s，4m/s，6m/s C. 3m/s，4m/s，5m/s D. 3m/s，5m/s，7m/s【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】根据小球做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速 度等于AC段的平均速度 ABBC v  4m/s B 2t 又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即 xat2 则由 x BC－ABat2 解得 a1m/s2 则A点的速度 v =v −at A B 解得 v =2m/s A C点的速度 v =v +at C B 解得 v =6m/s C 故B正确，ACD错误。 故选B。 x 8. 一质点沿直线运动，如图所示是从t 0时刻开始运动的质点的 t图象（x为位移），可以推知 t （ ）A. 质点做匀减速运动 B. 加速度的大小是1m/s2 C. t 2s时的速度是1m/s D. t 2s时位移是3m 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】AB．由图结合数学知识可得图像的表达式为 x 0.5t1 t 1 由匀变速直线运动的位移时间公式xv t at2变形得 0 2 x 1 v  at t 0 2 对照可得 v 1m/s，a 1m/s2 0 所以质点做匀加速直线运动，故A错误，B正确； C．t 2s时的速度为 vv at 112m/s3m/s 0 故C错误； D．t 2s时，位移为 1  1  xv t at2  12 122 m4m   0 2  2  故D错误。 故选B。 9. 从地面上将一个小球竖直上抛，经t时间小球经过空中的某点A，再经过t时间小球又经过A点．不计 空气阻力，下列说法正确的是: 3 1 A. 小球上升的最大高度为 gt2 B. A点的高度为 gt2 2 2 3 C. 小球抛出时的速率为2gt D. 小球抛出时的速率为 gt 2 【答案】D 【解析】 3 1 【详解】根据竖直上抛运动的对称性，知小球竖直上抛运动到最高点的时间为t+ t= t．则竖直上抛的初 2 23 1 3 9 速度v = gt．故C错误，D正确．小球上升的最大高度h g( t)2  gt2．故A错误．从A点上升到 0 2 2 2 8 1 1 1 1 最高点的时间为 t，则A点距离最高点的高度h = g( t)2= gt2，则A点距地面的高度h =h-h =gt2．故B 2 1 2 2 8 2 1 错误．故选D． 【点睛】解决本题的关键知道竖直上抛运动上升做加速度为g的匀减速直线运动，下落做自由落体运动， 上升的过程和下落的过程对称． 10. 汽车在水平面上刹车,其位移与时间的关系是x=24t-6t2,则它在前3s内的平均速度为( ） A. 6 m/s B. 8 m/s C. 10 m/s D. 12 m/s 【答案】B 【解析】 【详解】由位移与时间的关系可知， v =24m/s；a=-12m/s2 0 则由v=v +at可知，汽车在2s末即静止，故3s内的位移等于2s内的位移，故3s内汽车的位移 0 24 x 2m24m 2 则汽车的平均速度 24 v  m/s8m/s 3 A．6m/s与分析不符，故A错误； B．8m/s与分析相符，故B正确； C．10m/s与分析不符，故C错误； D．12m/s与分析不符，故D错误． 二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。每小题有多个选项符合题目要 求，全部选对得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 11. 甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已 知两车在t 时刻并排行驶。下列说法正确的是（ ）。 2 A. 两车在t 时刻也并排行驶 B. 在t 时刻甲车在后，乙车在前 1 1 C. 甲车的加速度大小先增大后减小 D. 乙车的加速度大小先减小后增大【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB．0~t 时间内 1 v v 乙 甲 t ~t 时间内 1 2 v v 甲 乙 t 时刻两车相遇，但0~t 时间内两者的位移差小于t ~t 时间内两者的位移差，则t 时刻甲在乙的后面，A 2 1 1 2 1 错误B正确； CD．由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C错误D正确。 故选BD 。 12. 一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30m/s，当物体的位移为25m时，经历的时间为(g 取10 m/s2)( ) A. 1 s B. 2 s C. 5 s D. 3 s 【答案】AC 【解析】 【详解】取竖直向上为正方向，竖直上抛运动可看作匀减速直线运动；当物体的末位置在抛出点上方时， 位移为 x25m 1 由xv t gt2得 0 2 2530t5t2 解得 t 1s或t 5s 当物体的末位置在抛出点下方时，位移为 x25m 1 由xv t gt2得 0 2 2530t5t2 解得t (3 14)s 故选AC 。 13. 如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀 减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次穿入每个木块时的速度之比和穿过每个木 块所用时间之比分别为（ ） A. v ∶v ∶v ＝3∶2∶1 1 2 3 B. v ∶v ∶v ＝ 3∶ 2 ∶1 1 2 3 C. t ∶t ∶t ＝1∶ 2 ∶ 3 1 2 3 D. t ∶t ∶t ＝（ 3－ 2 ）∶（ 2 －1）∶1 1 2 3 【答案】BD 【解析】 【详解】CD．弹匀减速穿过三木块，末速度为零，我们假设子弹从右向左做初速度为零的匀加速直线运 动。则：子弹依次穿过3、2、1三木块所用时间之比 t：t：t 1:( 21):( 3 2) 3 2 1 得：子弹依次穿过1、2、3三木块所用时间之比 t：t：t ( 3 2):( 21):1 1 2 3 故C错误，D正确； AB．设子弹穿过第三木块所用时间为1秒，则穿过3、2两木块时间为 t t  2s 3 2 穿过3、2、1三木块时间为 t t t  3s 3 2 1 则：子弹依次穿入3、2、1三木块时速度之比为1: 2: 3；所以，子弹依次穿入1、2、3三木块时速度 之比为 3: 2:1。故A错误，B正确。 故选BD。14. 甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的vt 图像如图所示。下列判断 正确的是（ ） A. 乙车启动时，甲车在其前方50m处 B. 运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m C. 乙车启动10s后正好追上甲车 D. 乙车超过甲车后，两车不会再相遇 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t=10s时启动，此时甲的位移为 1 x 1010m50m 2 即甲车在乙前方50m处，故A正确； B．当两车的速度相等时相遇最远，最大距离为 1 1 s  (515)10m 105m75m max 2 2 故B正确； C．由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动10s后 位移小于甲的位移，还没有追上甲，故C错误； D．乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故D正确． 故选ABD。 三、实验题：（本题共 2小题，每空 3分，共 18分。） 15. 某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．（1）实验中必要的措施是______． A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力 （2）他实验时将打点计时器接到频率为50 H 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示 Z （每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）．s =3.59 cm，s =4.41 cm，s =5.19 cm，s =5.97 cm， 1 2 3 4 s =6.78 cm，s =7.64 cm．则小车的加速度a=______m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B 5 6 点时小车的速度v =______m/s．（结果均保留两位有效数字） B 【答案】 ①. （1）AB ②. （2）0.80 ③. 0.40 【解析】 【详解】①为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打 点稳定，应先开电源再放纸带，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远 大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可， 不需要平衡摩擦力，故D错误，故选AB． ②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T 50.020.1s； 根据逐差法可知，物体的加速度 (s s s )(s s s ) 5.976.787.643.594.415.19 a 4 5 6 1 2 3  102 0.80m/s2； 9T2 90.01 s s 0.03590.0441 B点的速度等于AC段的平均速度，则有：v 1 2  0.40m/s． 2T 0.12 【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直 线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量． 16. 某实验小组利用手机的录像功能拍下小球在斜面上做匀加速直线运动的过程。为便于记录小球各个时 刻在斜面上的位置，将录像中时间间隔为T的连续7幅画面合成到同一张图中，示意如图。依次测得小球 各相邻位置间的距离为x、x 、x 、x 、x 、x 。 1 2 3 4 5 6①写出小球在位置1的速度表达式___________。 ②要求充分利用测量数据，写出小球运动过程中的加速度表达式___________。 ③在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差是___________误差。（填“偶然”或“系统”） x x x x x x x x  【答案】 ①. 1 2 ②. 4 5 6 1 2 3 ③. 偶然 2T 9T2 【解析】 【分析】 【详解】①[1]匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以1位置的速度为 x x v  1 2 1 2T ②[2]题中要求充分利用数据，利用逐差法求解加速度，则 x x 3aT2 4 1 1 x x 3a T2 5 1 2 x x 3aT2 6 3 3 解得加速度为 a a a (x x x )(x x x ) a 1 2 3  6 5 4 3 2 1 3 9T2 ③[3]读数产生的误差是人为因素造成的，属于偶然误差。 【点睛】一般来说，偶然误差是主观因素引起的误差，比如读数错误，操作错误等；系统误差是客观因素 造成的，比如测量工具本身的精确度不够，测量方法带来的不可避免的误差等。 四、解答题：（本题共 2小题，17题 10分，18题 12分，共计 22分） 17. 汽车A以v ＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x ＝7 m处、以v ＝10 m/s的速度同 A 0 B 向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2.从此刻开始计 时。求： (1)A追上B前，A、B间的最远距离是多少？ (2)经过多长时间A恰好追上B？【答案】(1)16米；(2)8秒 【解析】 【详解】(1)设经过时间t 两车相距最远 1 v v at A B 1 解得 t 3s 1 两车间的最远距离是  1  x v t  at2 v t x 16m    B1 2 1  A 1 0 (2)刹车时间为 v t  B 5s 0 a 设经过时间t 两车相遇 2 v 0 v t  B t  x A 2 2 0 0 解得 t 8s 2 18. ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称，如图，汽车进收费站前的速度为15m/s，如果通过人工 收费通道，需要恰好在收费站中心线处减速至0，经过20s缴费后，再加速至15m/s行驶；如果通过ETC 通道，需要恰好在收费站中心线前方10m处减速至5m/s，匀速到达收费站中心线后，再加速至15m/s行 驶。为了简化分析，设汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2，求： （1）汽车通过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速至15m/s，所需的时间和所走过的路程； （2）汽车通过ETC通道与通过人工收费通道相比较，节省了多少时间？ 【答案】（1）50s，225m；（2）27s 【解析】 【详解】（1）汽车通过人工通道，设加速时间为t ，减速时间为t ，由于匀加速和匀减速加速度大小相 1 2等，根据对称性可知 v t t  0 15s 1 2 a 匀减速和匀加速位移 v x  x  0 t 112.5m 1 2 2 1 则汽车通过人工通道所需时间 t t t 20s50s 总1 1 2 通过的总路程 x  x x 225m 总1 1 2 （2）汽车通过ETC通道，匀加速和匀减速也具有对称性，则 v v t t  0 10s 3 4 a 匀速时间为 x t  2s 5 v 则通过ETC通道所需总时间为 t t t t 22s 总2 3 4 5 通过的总路程为 v v x 2 0 t x210m 总2 2 3 过ETC通道，汽车通过x 所用时间为 总1 x x t t  总1 总2 23s 总2 v 故节约的时间为