四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高一物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高一物理上学期10月月考试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了本大题共2小题，共16分，本大题共3小题，共36分等内容，欢迎下载使用。
完成时间：75分钟 满分100分
一、本大题共8小题，每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 研究物体运动情况时只能选取静止物体为参考系
B. 比较不同物体的运动情况时可以任意选取不同的参考系
C. 研究乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球可以视为质点
D. 研究李老师骑摩托车从绵阳去成都的轨迹时，李老师和他的摩托车可以视为质点
【答案】D
【解析】
【详解】AB．参考系不一定要选取静止不动的物体，但比较不同物体的运动情况时一定要选取同一的参考系，故AB错误；
C．研究运动员打出的发球技术时，乒乓球的形状大小不能忽略不计，不可以把乒乓球看作质点，故C错误；
D．研究李老师骑摩托车从绵阳去成都的轨迹时，李老师和他的摩托车的形状大小可以忽略不计，可以把李老师和他的摩托车可以视为质点，故D正确。
故选D。
2. 下列关于加速度的说法正确的是（ ）
A. 速度对时间的变化率越大，加速度一定越大
B. 物体速度变化大，其加速度一定大
C. 物体的速度大，其加速度一定大
D. 加速度是运用比值定义的物理量，定义式为，但a与成正比、成反比
【答案】A
【解析】
【详解】A．速度对时间的变化率即为加速度，所以速度对时间的变化率越大，加速度一定越大，故A正确；
BD．加速度是运用比值定义的物理量，定义式为，与和无关，则物体速度变化大，其加速度不一定大，故BD错误；
C．物体的速度大，其加速度不一定大，如高速匀速行驶的高铁，速度很大，加速度为零，故C错误。
故选A。
3. 将一条长为L的纸带扭转180°后连接两端就构成了一个莫比乌斯环，不考虑连接纸带时的长度损失。一只蚂蚁以恒定的速率v从P点沿纸带中线向前爬行，当其再一次来到P点的整个过程中，蚂蚁的（ ）
A. 路程为LB. 位移的大小为LC. 加速度始终为零D. 平均速度为零
【答案】D
【解析】
【详解】AB．从P点出发再次来到P点，路程为2L，位移为零，AB错误；
C．由于速度方向不断改变，即速度在变化，故加速度不为零，C错误；
D．由
可知，位移为零，平均速度为零，D正确。
故选D。
4. 如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置时间（）图线，由图可知（ ）
A. 在时刻，a车追上b车
B. 在时刻，a、b两车速度相同
C. 在到这段时间内，a、b两车某时刻的瞬时速度可能相等
D. 在到这段时间内，b车的速率一直比a车大
【答案】C
【解析】
【详解】A．在时刻，a、b两车的位置坐标相同，b车追上a车，故A错误；
B．在时刻，图像的斜率不同，故二者的速度不同，故B错误；
C．图像斜率表示速度，故在到这段时间内，a、b两车某时刻的图像的斜率可能相同，故a、b两车某时刻的瞬时速度可能相等，故C正确；
D．此题图的图线的斜率表示速度，在到这段时间内，b车图线的斜率先大于a车的后小于a车的，所以b车的速率不是一直比a车的大，故D错误。
故选C。
5. 某质点的速度随时间的变化规律的关系是v=4t-4，其中的物理量都取国际单位，则质点的初速度与加速度分别为（ ）
A. 2m/s与-8m/s2
B. -4m/s与4m/s2
C. 0与4m/s2
D. 4m/s与0
【答案】B
【解析】
【详解】对照匀变速直线运动速度与时间关系得
，
故选B。
6. 物体以一定的初速度冲上一个固定的光滑斜面，斜面总长度为4m，到达斜面最高点C点时速度恰好为零，如图，已知物体运动到距斜面底端3m处的B点时，所用时间为t，则物体从A滑到C所用的时间为（ ）
A. 1.5tB. 2tC. 2.5tD. 3t
【答案】B
【解析】
【详解】物体向上匀减速冲上斜面，可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动滑下斜面，则
又
解得
则物体从A滑到C所用的时间为
故选B。
7. 如图，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A，B，C三点，其中xAB=2m，xBC=4m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间均为1s，则O、A两点之间的距离等于（ ）
A. mB. C. D. m
【答案】A
【解析】
【详解】根据逐差法，可得加速度为
B点的速度为
O、B两点之间的距离
则O、A两点之间的距离
故选A。
8. 有一架电梯正以3m/s匀速上升，制动时匀减速上升，制动后在第一个2s内位移为x1最后一个2s内位移为x2，且x1: x2=2:1，则电梯制动后4s内位移为（ ）
A. 3mB. 3.5mC. 4mD. 4.5m
【答案】D
【解析】
【详解】设电梯匀减速上升的加速度为a，根据位移-时间公式，有
最后2s内反向看做初速度为零的匀加速直线运动，有
又有
x1: x2=2:1
联立可得
电梯减速到零时所需的时间为
所以电梯制动后4s内位移为
故选D。
二、本大题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。
9. 物体做匀变速直线运动，下列情况可能的是（ ）
A. 第1 s内速度的变化量小于第2 s内速度的变化量
B. 第1 s内位移小于第2 s内的位移
C. 第1 s内速度的变化量等于第2 s内速度的变化量
D. 相邻两段相等时间内位移之差等于一个恒量
【答案】BCD
【解析】
【详解】AC．物体做匀变速直线运动，相同时间内速度变化量一定相同，则第1 s内速度的变化量等于第2 s内速度的变化量，故A错误，C正确；
B．如果物体做匀加速直线运动，则第1 s内位移小于第2 s内的位移，故B正确；
D．物体做匀变速直线运动，根据
可知相邻两段相等时间内位移之差等于一个恒量，故D正确。
故选BCD。
10. 从车站开出的客车，做匀加速直线运动，加速了12s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车，共历时20s，下列说法正确的是（ ）
A. 客车在加速和减速阶段加速度大小之比为3:2
B. 客车在加速和减速阶段位移大小之比为3:2
C. 客车在加速和减速阶段的平均速度大小之比为2:1
D. 客车在加速和减速阶段的平均速度大小之比为1:1
【答案】BD
【解析】
【详解】A．据题意可知客车做匀加速直线运动阶段初速度为零，用时为t1=12s，共历时为t=20s，那么匀减速直线运动阶段用时为
根据匀变速直线运动规律，匀加速直线运动阶段加速度为
匀减速直线运动阶段加速度为
联立解得客车在加速和减速阶段的加速度大小之比为
故A错误；
B．根据匀变速直线运动规律，匀加速直线运动阶段位移为
匀减速直线运动阶段位移为
联立解得客车在加速和减速阶段的位移大小之比为
故B正确；
CD．根据匀变速直线运动规律，匀加速直线运动阶段平均速度为
匀减速直线运动阶段平均速度为
联立解得客车在加速和减速阶段的平均速度大小之比为
故C错误，D正确。
故选BD。
11. 如图为某高速公路出口的ETC通道示意图。一汽车驶入通道，到达O点的速度v0=22m/s，此时开始减速，到达M时速度减至v=6m/s，并以6m/s的速度匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10s，v-t图像如下图所示，则下列计算正确的是（ ）
A. 汽车减速运动的加速度大小a=4m/s2B. O、M间中点位置的速度为14m/s
C. O、M间的距离为32mD. 汽车在ON段平均速度大小为9.2m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图象可知，汽车减速运动加速度大小为
故A正确；
B．设O、M间中点的速度为v，由速度位移公式有
联立方程代入数据解得
故B错误；
C．由图象可知O、M间的距离为
故C错误；
D．由图象可得段的总位移为
则汽车在段的平均速度大小为
故D正确。
故选AD。
12. 如图，A、B为两固定的光电门，在光电门A正上方的O处有一边长为0.5cm的正方形塑料薄片从静止开始下落，薄片下落的过程中底边始终水平，已知薄片通过A、B光电门的时间分别为t1=1×10-3s，t2=0.625×10-3s，若将薄片通过光电门的平均速度视为瞬时速度，光电门A、B之间的距离为2.0m，下列说法正确的是（ ）
A. 薄片通过光电门A的瞬时速度为vA=4.00m/s
B. 薄片在空气的加速度为9.75m/s2
C. 薄片从光电门A到B所需的时间约为0.31s
D. O点到光电门A的距离为0.80m
【答案】BC
【解析】
【详解】A．薄片通过光电门A的瞬时速度为
故A错误；
B．薄片通过光电门B的瞬时速度为
根据
薄片在空气的加速度为
故B正确；
C．薄片从光电门A到B所需的时间
故C正确；
D．O点到光电门A的距离为
故D错误。
故选BC
三、本大题共2小题，共16分。把答案填写在答题卡上对应的横线上。
13. 同学们利用如图所示方法估测反应时间．
首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为，则乙同学的反应时间为_________（重力加速度为）．
基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为0～0.4s，则所用直尺的长度至少为_______cm（取10m/s2）；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是________的（选填“相等”或“不相等”）.
【答案】 ①. ②. 80 ③. 不相等
【解析】
【详解】试题分析：（1）刻度尺下降时间，即为乙同学的反应时间，刻度尺做自由落体运动，故有，解得
（2）刻度尺下降4s所下落的高度为，故长度至少为，在相等时间间隔通过的位移是不断增加的，所以每个时间间隔在直尺上对应的长度是不相等的．
考点：考查额自由落体运动
【名师点睛】直尺做的是自由落体运动，根据自由落体运动计算下降的时间，直尺下降的时间就是人的反应时间，根据匀变速直线运动的规律分析相等时间间隔内位移的变化规律
14. 某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，电源用的是频率为50Hz的交流电，他用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点。相邻计数点间的距离如图，每两个相邻的计数点之间还有四个点没有标出来。（本题计算结果均保留3位有效数字）
（1）使用打点计时器时应先______再______（填“释放纸带”或“接通电源”）；
（2）根据纸带上的数据可以得到vB=_________m/s，vF=_______m/s；
（3）如果物体做匀加速直线运动，试根据纸带上各个计数点间的距离，求物体的加速度a=______m/s2。
【答案】 ①. 接通电源 ②. 释放纸带 ③. 0.400 ④. 0.721 ⑤. 0.800##0.801##0.802##0.803##0.804##0.805
【解析】
【详解】（1）[1][2]使用打点计时器时应先接通电源再释放纸带；
（2）[3][4]根据纸带上的数据可以得到

（3）[5]物体的加速度
四、本大题共3小题，共36分。要求在答卷上写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。
15. 一辆卡车正在以的速度匀速直线行驶，因前方路口是红灯，卡车开始以的加速度刹车而停下，求：
（1）卡车在末的速度；
（2）卡车在6s内的位移x和这段时间的平均速度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意，由速度与时间的关系式可得，卡车减速至停止时间
则卡车在末的速度
（2）因车已停止，则内位移即为内位移，由速度与位移公式得
这段时间平均速度为
16. 因测试需要，一辆汽车在某雷达测速区，沿平直路面从静止开始匀加速直线运动一段时间后，即刻做匀减速直线运动直到最后停止，下表中给出了雷达测出的各个时刻对应的汽车速度数值。求：
（1）汽车的最大速度vm；
（2）汽车在该区域行驶过程中的总位移x。
【答案】（1）18m/s；（2）148.5m
【解析】
【详解】（1）由 得匀加速直线运动的加速度大小
a1=2.4 m/s2
匀减速直线运动的加速度大小：a2=2m/s2，与汽车运动方向相反。
设最大速度为，匀加速直线运动的时间为t。则有
得
，=18m/s
（2）匀加速直线运动的位移
得
x1=67.5m
匀减速直线运动的位移
得
x2 =81m
总位移
17. 绵阳市在进行全国文明城市的评选中，交通行驶的文明和安全是评比的一项重要内容，一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v0=12m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过t=5.5s后警车发动起来，并以a=3m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在vm=108km/h以内，求：
（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离；
（2）警车发动后要多长时间才能追上货车。
【答案】（1）90m；（2）12s
【解析】
【详解】（1）当两车速度相等时它们的距离最大，则

货车的位移为

得
s货=114m
警车的位移为
得
s警=24m
所以两车间的最大距离
x=s货 - s警=90m
（2），当警车刚达到最大速度时，运动时间
t2内货车的位移为
得
x1=186m
警车的位移为
得
x2=150m
因为x1＞x2，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离
警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过时间追赶上货车，则
得
t′=2s
所以警车发动后追上货车要经过的时间时刻t（s）
0
2.0
4.0
6.0
8.0
10.0
12.0
14.0
16.0
18.0
速度v（m·s-1）
0
4.8
9.6
14.4
17.0
13.0
9.0
5.0
1.0
0