福建省厦门外国语2024-2025学年高一上学期10月月考物理试卷

这是一份福建省厦门外国语2024-2025学年高一上学期10月月考物理试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1.(4分)智能手机上装载的众多app软件改变着我们的生活。如图所示为某导航软件的一张截图，表示了某次导航的推荐路线，其路线中有两组数据，其中一组为10分钟，5.4公里，下列说法正确的是（ ）

A．10分钟表示的是某个时刻
B．5.4公里表示了此次行程的位移的大小
C．研究汽车在行进路线中的位置时，可以把汽车看作质点
D．根据这组数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小
2.(4分)下列说法正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法
B．根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法
C．伽利略用斜面实验直接证明了自由落体的规律
D．加速度的定义式a=ΔvΔt，采用了比值定义法
3.(4分)高台蹦极是一项很刺激的户外运动，可以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”过程。蹦极者站在高塔顶端，弹性长绳一端固定，另一端绑在蹦极者的踝关节处，蹦极者双臂伸开，双腿并拢离开高塔。设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个L2所用的时间为t1，下落第二个L2所用的时间为t2，把蹦极者视为质点，若蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则的取值范围为t1t2（ ）
A．1B．2C．3D．44.(4分)2024年2月26日，在第十四届全国冬季运动会自由式滑雪男子公开组U型场地技巧项目比赛中，我省运动员毛秉强（图甲）以95.50的高分一举夺得金牌。比赛是在一个形状类似于U型的槽子里进行，U型槽由宽阔平坦的底部和两侧的凹面斜坡组成。若某次训练中，毛秉强在底部利用滑雪杖对雪地的短暂作用获得向前运动的推力，总共推了3次，之后沿直线滑行76.8m停下，其运动的v-t图像可简化为图乙所示。已知加速过程的加速度都为a1，减速过程的加速度都为a2。下列说法正确的是（ ）

A．毛秉强利用滑雪杖共加速了5.6s
B．毛秉强运动过程中的最大速度为9.6m/s
C．毛秉强做匀减速直线运动的加速度a2=0.8ms2
D．毛秉强做匀加速直线运动的加速度a1=43ms2
二、多选题
5.(6分)某汽车刹车过程可视为匀减速直线运动，已知开始刹车时初速度大小为8m/s，第2s内的位移为5m，则该车（ ）
A．第2s内的平均速度大小为2.5m/s
B．刹车时加速度大小为2m/s2
C．第2s内与第3s内通过的位移大小之比为6∶4
D．刹车后5s内的位移大小为15m
6.(6分)一辆汽车在笔直的道路上制动后做匀减速直线运动，利用相机对汽车从制动开始每隔1s拍摄照片，拍摄结束后，根据一定比例测出了每两次拍摄之间车运动的距离，将照片合成如图所示。下列说法正确的是（ ）


A．汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为2m/s2
B．汽车制动后第2s内的平均速度为8m/s
C．汽车制动后第1s末的速度大小为6m/s
D．汽车开始制动时的速度为10m/s
7.(6分)如图所示，一滑雪者某次滑雪时先在斜坡上由静止开始匀加速直线运动了7.2s，无速度损失地进入水平滑道后做匀减速直线运动，经4.8s后速度恰好为零。下列说法正确的是（ ）

A．滑雪者匀加速阶段与匀减速阶段的加速度大小之比为3：2
B．滑雪者匀加速阶段与匀减速阶段的平均速度大小之比为1：1
C．滑雪者匀加速阶段与匀减速阶段的位移大小之比为3：2
D．滑雪者匀加速阶段的第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比为1：4：9
8.(6分)非洲大草原上，猎豹是跑得最快的动物，而羚羊最擅长耐久跑。一只羚羊在草原上沿直线匀速奔跑，潜伏的猎豹发现它在前方150m时，立即加速追赶，而羚羊的嗅觉和听觉非常灵敏，它发现身后的猎豹后马上加速，如图是它们运动的v-t图像，下列说法正确的是（ ）

A．在0∼2s内，羚羊和猎豹间的距离逐渐减小
B．6s末时羚羊与猎豹相距120m
C．猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大
D．12s末时，猎豹刚好追上羚羊
9.(6分)汽车A和汽车B（均可视为质点）在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后（如图甲所示）。以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0=16m。汽车A运动的x-t图像如图乙所示，汽车B运动的v-t图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）

A．汽车A由静止开始做匀加速直线运动
B．汽车B在0∼5s内的位移大小为20m
C．在t=2s时，两车相距最远，且最远距离为22m
D．在t=9s时，两车并排，之后A车超越B车
三、填空题
10.(2分)雨后，屋檐还在不断滴着水滴，如图所示。小红认真观察后发现，这些水滴都是在质量积累到足够大时才由静止开始下落。她测得，屋檐到窗台的距离H＝3.2m，窗户的高度为h＝1.4m。忽略雨滴受到的空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则水滴下落到达窗台时的速度大小为 m/s；水滴经过窗户的时间为 s。

11.(2分)在桥面上以一定的初速度竖直向上抛出一个石子，石子在2s末的速度大小为5m/s，方向向下，4s末落至水面，忽略石子受到的空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则石子的初速度大小为 m/s，抛出点到水面的距离为 m。
12.(2分)某同学在公路边等车上学，他发现路边停着的一辆小车在漏油，估计大约每2秒钟滴下一个滴油，这些油在路面上形成了一小片油迹。不久这辆小车启动开走了，在路面上留下了一系列油点。他走过去观察了一下，发现从那小片油迹开始，向前2m有一个油点，再向前4m有一个油点，再向前6m又有一个油点。这位同学由此估算出这辆小车启动时的加速度约为 m/s2。如果这辆小车匀加速到6m/s后保持匀速运动，那么它启动半分钟后大约开出 m远。
四、解答题
13.(8分)
为检测某新能源车的刹车性能，一次在平直公路上实验时，某一辆新能源汽车以72km/h的速度匀速行驶，某一时刻踩下制动器后开始做匀减速直线运动，前2s内行驶的距离是30m（此时汽车还未停下），问：
(1) (4分)开始制动后，汽车做匀减速运动的加速度大小是多少？
(2) (4分)开始制动后，5s内汽车行驶的距离是多少？
14.(10分)
如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d=1.8m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5s。求该同学

(1) (3分)滑行的加速度大小；
(2) (3分)到达3号锥筒时的速度大小。
(3) (4分)最终停在哪两个锥筒之间。
15.(14分)如图所示，在平直公路上，汽车A向固定的测速仪B做直线运动。测速仪B能发出超声波脉冲信号和红外线信号，超声波的速度v=340m/s，红外线在空中传播的时间忽略不计。某时刻，测速仪B向汽车A发出一个超声波脉冲信号和一个红外线信号，此时汽车A与测速仪B相距d1=368m，汽车A的速度大小为v0=108km/h，汽车A在接收到红外线信号后立即以加速度a1刹车做匀减速直线运动。当汽车A接收到超声波信号时，它与测速仪B的间距为d2=340m。求：
（1）加速度a1大小为多大？

（2）测速仪B接收到反射回来的超声波信号时，汽车A和测速仪B的间距d3？

（3）测速仪B接收到反射回来的超声波信号时，汽车A立即改变其加速度，以加速度a2继续做匀减速直线运动，从此刻开始计时，经过1.7s后测速仪B又发出一个超声波脉冲信号，该超声波信号在运动0.8s后恰与汽车A相遇，求加速度a2的大小？


16.(16分)如图、甲、乙两名运动员在训练2×100m接力赛跑。已知甲、乙两运动员的起跑过程可看成加速度大小为2m/s2的匀加速运动且经加速后都能达到并保持vm=8m/s的速度跑完全程。已知接力区的长度为L=18m，乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲乙相遇时完成交接棒，假设接棒动作不影响运动员的速度大小。忽略声音的传播时间。
（1）在某次练习中，甲以vm=8m/s的速度跑到接力区前端s0=12m处时，向乙发出起跑口令，求此次练习中交接棒处离接力区前端的距离；

（2）为了取得最好成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在距离接力区前端多远时对乙发出起跑口令？他们跑完2×100m全程的最好成绩（从甲起跑开始，至乙到达终点的总时间）是多少？

（3）若接力区的长度只有L'=9m，则他们的最好成绩又是多少？甲应在距离接力区前端多远处对乙发出起跑口令？


答案解析
1.
【解析】 A．10分钟表示的是一个时间段，表示时间间隔，故A错误；
B．5.4公里表示了此次行程的轨迹，是路程，故B错误；
C．研究汽车在行进路线中的位置时汽车的大小可以忽略，可以把汽车看做质点，故C正确；
D．由于题目中的数据不知道位移大小，故不能算出此次行程的平均速度大小，故D错误。
故选C。
2.
【解析】 A．在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A错误；
B．根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B错误；
C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故C错误。
D．加速度的定义式a=ΔvΔt，采用了比值定义法，故D正确；
故选D。
3.
【解析】 蹦极者下落高度L的过程可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为
12-1
可知
t1t2=12-1=2+1
则可得出
2 故选B。
4.
【解析】 A．毛秉强利用滑雪杖共加速了
t0=0.8s+3.2-2.4s+5.6-4.8s=2.4s
故A错误；

B．推了3次后速度最大，最大速度设为vm，则有

vm2×21.6-5.6s=76.8m
得

vm=9.6m/s
故B正确；

C．毛秉强做匀减速运动的加速度大小为

a2=vmt=
故C错误；

D．设加速时的加速度大小为a1，则有

vm=0.8a1-2.4-0.8a2+3.2-2.4a1-4.8-3.2a2+5.6-4.8a1
解得

a1=4.8m/s2
故D错误。

故选B。
5.
【解析】 A．第2内的平均速度大小为
v2=x2t2=5m/s
故A错误；

B．第2内的平均速度大小为第1.5s的瞬时速度，设刹车时加速度大小为a，则有

a=v0-v2Δt=8-51.5m/s2=2m/s2
故B正确；

D．刹车时间为

t0=v0a=4s
刹车后5s内，车已经停止，所以5s内的位移等于4s内的位移，则有

x=v022a=16m
故D正确；

C．根据逆向思维可知，第1s内，第2s内，第3s内，第4s内的位移之比为

x1x2x3x4=7531
所以第2s内与第3s内通过的位移大小之比为5：3，故C错误。

故选BD。
6.
【解析】 A．根据匀变速直线运动相邻相等时间间隔内发生的位移差的关系Δs=aT2，可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为
a=ΔsT2=9-712m/s2=2m/s2
故A正确；
B．汽车制动后第2s内的平均速度为
v=s12Δt=71m/s=7m/s
故B错误；
C．汽车制动后第1s末的速度等于前2s的平均速度，则有
v1=s02Δt'=9+72m/s=8m/s
故C错误；
D．汽车制动时的初速度为
v0=v1+at1=8+2×1m/s=10m/s
故D正确。
故选AD。
7.
【解析】 A．滑雪者匀加速阶段的末速度与匀减速阶段的初速度相等，两阶段的速度变化量大小相等，根据
a=ΔvΔt
可知滑雪者匀加速阶段与匀减速阶段的加速度大小之比为
a1a2=t2t1=
故A错误；
B．设滑雪者到达斜坡底端的速度大小为v，则滑雪者匀加速阶段与匀减速阶段的平均速度大小分别为
v1=0+v2=v2，v2=v+02=v2
可知滑雪者匀加速阶段与匀减速阶段的平均速度大小之比为11，故B正确；
C．滑雪者匀加速阶段与匀减速阶段的位移大小分别为
x1=0+v2t1，x2=v+02t2
可得滑雪者匀加速阶段与匀减速阶段的位移大小之比为
x1x2=t1t2=32
故C正确；
D．根据
x=12at2
可知滑雪者匀加速阶段的前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比为149，自然滑雪者匀加速阶段的第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比为135，故D错误。
故选BC。
8.
【解析】 A．由题图可知，在0∼2s内羚羊的速度比猎豹快，而其中羚羊是被追者，所以两者之间距离逐渐增大，故A项错误；
B．由v-t可知，其图像与坐标轴围成的面积为物体的位移。则6s末羚羊的位移为
x羚=6×10m=60m
则6s末猎豹的位移为
x猎=12×6×30m=90m
所以两者之间此时的距离为
Δx=x0-x猎-x羚=120m
故B项正确；
C．v-t图像的斜率为加速度，由题图可知，猎豹的加速度大小为
a猎=Δv猎Δt猎=5m/s2
羚羊的加速度大小为
a羚=Δv羚Δt羚=4m/s2 故C项正确；
D．由v-t可知，其图像与坐标轴围成的面积为物体的位移。则12s末羚羊的位移为
x羚1=10×7m+10+302×12-5m=170m
则6s末猎豹的位移为
x猎1=12×6×30m+30×12-6m=270m
所以两者之间此时的距离为
Δx1=x0-x猎-x羚=50m
所以12s末猎豹并没有追上羚羊，故D项错误。
故选BC。
9.
【解析】 A．根据x-t图像的斜率表示速度，可知汽车A做匀速直线运动，速度为
vA=164m/s=4m/s
故A错误；

B．根据v-t图像可知，t=4.5s汽车B已经停下，则汽车B在0∼5s内的位移大小等于0∼4.5s内的位移大小，根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得

xB=120.5+4.5×8m=20m
故B正确；

C．在t=2s时，汽车B的速度仍大于汽车A速度，此时两车相距并不是最远，故C错误；

D．当t=4.5s汽车B刚好停下，此时汽车A通过的位移为

xA=vAt=4×4.5=18m 则汽车A追上B车所用时间为

t'=x0+xBvA=16+204s=9s
可知在t=9s时，两车并排，之后A车超越B车，故D正确。

故选BD。
10.
【解析】 [1]水滴下落可认为做自由落体运动，则有
2gH=v2
可得水滴下落到达窗台时的速度大小为
v=2gH=2×10×3.2m/s=8m/s
[2]水滴下落到达窗户顶端时的速度大小为
v1=2gH-h=2×10×3.2-1.4m/s=6m/s
则水滴经过窗户的时间为
Δt=v-v1g=8-610s=0.2s
11.
【解析】 [1]取初速度的方向为正方向，根据匀变速直线运动速度与时间的关系式有
v=v0-gt
其中
v=-5m/s，t=2s
代入数据解得
v0=15m/s
[2]方法一：分段法
设竖直上抛石子后，石子上升到最高点时距桥面的距离为h，所用的时间为t1，则有
v0=gt1，v02=2gh
解得
t1=1.5s，h=11.25m
4s末石子落至水面，则可知石子从最高点落回水面的时间为
t2=t-t1=2.5s
石子从最高点落至水面的位移为
H=12gt22=31.25m
则可知桥面到水面的距离为
h0=H-h=20m
方法二：全程法
设桥面到水面的距离为h2，则由位移与时间的关系可得
-h2=v0t-12gt2
代入数据解得
h2=20m
12.
【解析】 [1]与纸带问题类似，则有
a=ΔxT2=222m/s2=0.5m/s2
[2]从开始匀加速到速度达6m/s，所需时间为t1 = 12s，则余下t2 = 18s的时间拖拉机做匀速直线运动，则半分钟内的位移约为
x=12at12+vt2=144m
13.
(1)
【解析】 根据题意可知汽车的初速度为
v0=72km/h=20m/s
根据位移时间关系
x=v0t-12at2
代入数据解得
a=5m/s2
(2)
【解析】 由于
t0=v0a=4s<5s
所以
x'=v022a=2022×5m=40m
14.
(1)
【解析】 根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为
v1=dt1=
2、3间中间时刻的速度为
v2=dt2=
故可得加速度大小为
a=ΔvΔt=v1-v212t1+t2=4.5-3.612×0.4+0.5m/s2=2m/s2
(2)
【解析】 到达3号锥筒时的速度大小
v3=v2-at22=3.6-2×0.52m/s=3.1m/s
(3)
【解析】 该同学在1号锥筒时的速度为
v0=v2+at12=4.5+2×0.42m/s=4.9m/s
从1号开始到停止时通过的位移大小为
x=v022a=4.922×2m=6.0025m≈3.3d
故最终停在4号锥筒与5号锥筒之间。
15.
【解析】 （1）先对速度进行单位换算
v0=108km/h=30m/s
超声波在空中运动的时间

tl=d2v=1s
汽车在这段时间内匀减速运动的距离

x1=d2-d1=28m
x1=v0t1+12at12
解得

a1=-4m/s2
汽车A加速度大小为4m/s2，方向为背离B；

（2）从t=0s到t2=2s，汽车A行驶的距离

xA=v0t2+12at22
解得

xA=52m
d3=d1-xA=316m
（3）t2=2s时汽车的速度

vA=v0+a1t2
解得

vA=22m/s
超声波在空中运动的时间

t'=2.5-1.7s=0.8s
超声波在空中运动的距离

x2=vt'=272m
可知在

t3=4.5-2s=2.5s
汽车匀减速运动的距离为

x'=d3-x2=44m
x'=vAt3+12a2t32
解得

a2=-3.52m/s2
汽车A加速度大小为3.52m/s2，方向为背离B。
16.
【解析】 （1）设乙起跑后经t时间被追上，则
vmt-12at2=s0
解得
t=6s（跑出接力区，舍去），t=2s
则
x=12at2=4m
（2）乙从起跑到加速至最大速度时间为t0，则
t0=vma=4s
这段时间内乙的位移
{{x}_{0}}=\frac{1}{2}at_{0}^{2}=16\text{m}
故乙起跑时，与甲的距离为
Δx=vmt0-x0=8×4m-16m=16m
即甲应在距离接力区前端16m处对乙发出起跑口令，这种情况之下，接力棒随甲运动员从静止开始加速至最大速度vm后，保持vm做匀速运动，直至到达终点，加速过程时间为t0=4s，设匀速运动过程时间为t1，则
t1=s-x0vm=200-168s=23s
故总时间为
t=t0+t1=4s+23s=27s
（3）由于L′＜x0，故不可能在乙达到最大速度时完成接棒。为取得最好成绩，应在接力区末端即乙跑出L′时完成交接棒，设乙此时的速度为v1，由
v12=2aL'
代入数据解得
v1=6ms
则此时乙所用时间为
t1=v1a=62s=3s
故乙起跑时，与甲的距离为
Δx'=vmt1-L'=8×3m-9m=15m
即甲应在距离接力区前端15m处对已发出起跑口令，接棒后，乙继续加速至最大速度，设接棒后乙加速的时间为t2，则有
t2=vm-v1a=1s
全程的时间除了甲的加速时间t0、乙接到棒后加速运动的时间t2外，接力棒均在做匀速运动，设接力棒匀速运动的总时间为t3，则有
t3=s-x0-x0-L'vm=22.125s
则有
t'总=t0+t2+t3=27.125s