湖北省随州市广水市第二高级中学2024-2025学年高一上学期9月月考物理试题

这是一份湖北省随州市广水市第二高级中学2024-2025学年高一上学期9月月考物理试题，共9页。试卷主要包含了答题前，请将自己的姓名，选择题的作答，非选择题作答，考试结束后，请将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
考试范围：
第一章 运动的描述和第二章 匀变速直线运动的研究
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：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，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）
1、小球以v1＝3 m/s的速度水平向右运动，碰到墙壁经t＝0.01 s 后以v2＝2 m/s 的速率沿同一直线反弹。小球在这0.01 s 内的平均加速度为( )
A．100 m/s2，方向向右
B．100 m/s2，方向向左
C．500 m/s2，方向向左
D．500 m/s2，方向向右
2、下列关于运动场景的几种说法中，正确的是( )
A．研究排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B．研究乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C．研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D．研究体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
3、2023年10月26日17时46分，“神舟十七号”载人飞船与空间站完成交会对接。二者对接之前，分别在各自的轨道上做匀速圆周运动，如图所示，下列说法正确的是( )
A．“神舟十七号”再次回到B点，位移为0
B．它们各自转一圈，其路程相等
C．空间站再次回到A点，位移为2R
D．运动过程中，空间站的最大位移小于“神舟十七号”的最大位移
4、下列关于速度、速度的变化量和加速度的说法正确的是( )
A．只要物体的速度大小不变，则加速度就为0
B．只要物体的速度变化快，加速度就大
C．只要物体的速度变化量大，加速度就大
D．物体速度在逐渐减小，加速度一定也逐渐减小
5、一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t。则物体运动的加速度大小为( )
A．Δxt2B．Δx2t2
C．Δx3t2D．2Δx3t2
6、近年来，重庆热门景点“李子坝列车穿楼”吸引了大量游客驻足，列车进站时以20 m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为1.25 m/s2，列车速度减为0后在李子坝站停靠了50 s。则关于列车进站过程下列说法正确的是( )
A．列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢
B．列车开始减速后，t＝8 s时的速度为12 m/s
C．列车开始减速后，20 s内的位移为150 m
D．列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小是 0.625 m
7、自动驾驶汽车已经在某些路段试运行。假设一辆自动驾驶汽车在笔直的公路上行驶，刹车后做匀减速直线运动，某同学利用闪光频率为10 Hz的照相机拍摄下连续10幅汽车照片，测量出第1幅照片与第2幅照片中汽车之间的距离为0.25 m，第2幅照片与第3幅照片中汽车之间的距离为0.21 m，则拍摄第7幅照片到拍摄第8幅照片这段时间汽车的平均速度为( )
A．0.112 5 m/s B．0.25 m/s
C．2.3 m/s D．0.225 m/s
8、(多选)如图为400 m的标准跑道，直道部分AB、CD的长度均为100 m，弯道部分BC、DA是半圆弧，其长度也为100 m，P点为半圆弧BC中点。B点为 200 m 赛跑的起点，经C点到终点D，下列说法正确的是( )
A．运动员由B点运动到D点的位移大小为200 m
B．运动员由B点运动到D点的路程为200 m
C．运动员由C到D的直线运动阶段，位移就是路程
D．由P到D的路程为150 m
9、(多选)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB、ABC、ABCD、ABCDE四段轨迹运动所用的时间分别是1 s、2 s、3 s、4 s。图中方格的边长均为1 m。下列说法正确的是( )
A．物体在AB段的平均速度大小为1 m/s
B．物体在ABC段的平均速度大小为52 m/s
C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度
D．物体在B点时的速度大小等于物体在ABC段的平均速度大小
10、在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，g取10 m/s2。设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为( )
A．(2－2) s B．6 s
C．(2＋6) s D．(2＋2) s
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11、(16分)用气垫导轨和数字计时器能更精确地测量物体的瞬时速度。如图所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间Δt1＝0.19 s和通过第二个光电门的时间Δt2＝0.05 s，遮光板的宽度为2.0 cm。下列问题(2)、(3)中计算结果均保留2位小数。
(1)滑块经过光电门的速度可用遮光板挡光时间内的________速度表示。
(2)滑块经过第一个光电门的速度大小为______ m/s。
(3)滑块经过第二个光电门的速度大小为______ m/s。
(4)若用宽度是1 cm的遮光板，对测量误差有何影响？
12、(14分)让小球从斜面的顶端滚下，如图所示，用闪光照相机拍摄小球在斜面上运动的过程，已知闪频为10 Hz，且O点是 0.4 s 时小球所处的位置。试根据此图估算：
(1)小球从O点到B点的平均速度大小；
(2)小球在A点和B点的瞬时速度大小；
(3)小球运动的加速度大小。
13、(10分)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。求：
(1)列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；
(2)制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2。
14、(10分)如图所示，长为l(未知)的细线上端固定在O点，下端连着一小球(可视为质点)，悬点O距地面的高度H＝5.4 m，开始时将小球提到O点由静止释放，小球经时间t(未知)自由下落到使细线被拉直的位置后，在很短的时间(可忽略)内将细线拉断，拉断后瞬间小球速度为细线刚被拉直瞬间速度的一半，再经过时间t小球落到地面，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)细线的长度l；
(2)小球从O点由静止释放到落地的总时间。
15、(10分)有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48 m。问：
(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少？
(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少？
参考答案
1、C 2、B 3、A 4、B 5、C 6、D 7、A
8、BD 9、ABC 10、ACD
11、[解析] (1)由于滑块经过光电门时遮光板的挡光时间较短，所以滑块经过光电门的速度可用遮光板挡光时间内的平均速度表示。
(2)经过第一个光电门的速度大小
v1＝dΔt1＝2.0×10-20.19 m/s≈0.11 m/s。
(3)经过第二个光电门的速度大小
v2＝dΔt2＝2.0×10-20.05 m/s＝0.40 m/s。
(4)遮光板宽度越小，挡光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，误差越小。
[答案] (1)平均 (2)0.11 (3)0.40 (4)误差减小
12、[解析] (1)依题意知，相邻两次闪光的时间间隔
Δt＝110 s＝0.1 s
vOB＝xOBtOB＝16×10-22×0.1 m/s＝0.8 m/s。
(2)小球在A点时的瞬时速度vA＝vOB＝0.8 m/s
小球在B点时的瞬时速度
vB＝vAC＝xACtAC＝27-7×10-22×0.1 m/s＝1.0 m/s。
(3)由加速度的定义得，小球的加速度大小
a＝vB-vAtAB＝1.0-0.80.1 m/s2＝2.0 m/s2。
[答案] (1)0.8 m/s (2)0.8 m/s 1.0 m/s (3)2.0 m/s2
13、[解析] (1)设列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s
则打开制动风翼后，减速过程有
v1＝v0－a1t2＝60 m/s。
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝v02-v122a1＝2 800 m
从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m
则a2＝v122x3＝1.2 m/s2。
[答案] (1)60 m/s (2)1.2 m/s2
14、[解析] (1)小球自由下落的过程有
l＝12gt2，v2＝2gl
则t＝2lg，v＝2gl
细线被拉断瞬间小球的速度为v′＝v2＝2gl2
再经时间t小球落地，位移l′＝v′t＋12gt2＝2l
又l＋l′＝H
解得l＝H3＝1.8 m。
(2)从小球开始下落到细绳被拉直的时间
t＝2lg＝0.6 s
则从O点到落地的总时间为2t＝1.2 s。
[答案] (1)1.8 m (2)1.2 s
15、[解析] (1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm
由位移公式得h＝vm22a1+vm22a2
代入数据解得vm＝8 m/s
因为vm＝8 m/s＜9 m/s，符合题意
加速的时间为t1＝vma1＝82 s＝4 s
减速的时间为t2＝vma2＝81 s＝8 s
运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s。
(2)设加速的时间为t1′，减速的时间为t2′，匀速上升时的速度为v，且v＜8 m/s
则加速的时间为t1′＝va1
减速的时间为t2′＝va2
匀速运动的时间为t′＝15 s－t1′－t2′
上升的高度为h＝v2(t1′＋t2′)＋v(15 s－t1′－t2′)
联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去。
[答案] (1)12 s (2)4 m/s