2024-2025学年辽宁省鞍山市第一中学高一（上）月考物理试卷（10月）（含答案）

这是一份2024-2025学年辽宁省鞍山市第一中学高一（上）月考物理试卷（10月）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于物理学史和物理学研究方法，下列说法正确的是( )
A. 用质点替代有质量的物体，采用了等效替代法
B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了极限法
C. a=ΔvΔt是利用比值定义法定义的物理量，由公式可知加速度a与Δv成正比
D. 伽利略从直接研究自由落体转向研究物体在斜面上的运动是为了延迟物体的运动时间
2.某次自由体操项目比赛中，某运动员以大小为v0的初速度竖直向上跳起，重力加速度大小为g，若不计空气阻力，运动员可视为质点，从离开地面算起，则下列说法正确的是( )
A. 运动员上升到最大高度所用的时间为v02g
B. 运动员的速度大小减小到初速度的一半时所用的时间一定为v02g
C. 运动员上升到最大高度一半时的速度大小为 22v0
D. 运动员上升的最大高度为v02g
3.在非洲的干旱草原和半沙漠地带有一种猫科动物狞猫，狞猫跳跃能力极强，奔跑速度快，能捉降落或起飞时的鸟类。某次狞猫在捕食树上的鸟时，先慢慢趴低身体，使身体贴近地面，然后突然蹬地向上加速，重心上升后离地向上运动，狞猫在离开地面前，其加速度a与重心上升高度ℎ的关系如图所示，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则狞猫离地后重心上升的最大高度为( )
A. 1.5m
B. 3m
C. 4.5m
D. 6m
4.如图所示，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，连续经过A、B、C三点，已知OA段的平均速度为1m/s，BC段平均速度为7m/s，BC间距是OA间距离的7倍，则AB段的平均速度为( )
A. 2m/sB. 3m/sC. 4m/sD. 5m/s
5.一质点以某一初速度开始做直线运动，从质点开始运动计时，经时间t质点的位移为x，其xt−t图象如图所示。下列说法正确的是( )
A. 质点做匀加速直线运动
B. 任意相邻的0.2 s内，质点位移差的大小均为0.04 m
C. 任意1 s内，质点速度增量的大小均为0.5 m/s
D. 质点在1 s末与3 s末的速度方向相同
6.汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常情况下，安全距离与驾驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关。某同学在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时间：汽车以速度v1匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移x1；然后再以另一速度v2匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移x2，假设两次实验的反应时间不变，加速度相同且恒定不变。可测得该同学的反应时间为( )
A. v22x1−v12x2v1v22−v2v12B. 2v1x2−v2x1v1v2C. 2v2x2−v1x1v1v2D. v22x1−v12x2v2v12−v1v22
7.如图1所示，在一个足够长的水平公路上，甲、乙两辆小车(看成质点)同向做直线运动，计时开始(t=0时刻)，甲从坐标原点做初速度为0的匀加速直线运动，乙从坐标x0处做匀减速直线运动(停止后不再运动)；甲、乙的x−t关系图像如图2所示，t1=1s至t2=2s两图像都是抛物线，t1=1s时两图像正好相切，根据图像提供的其他信息，下列说法正确的是( )
A. 甲的加速度为−5m/s2
B. 坐标x0=−5m
C. 乙的初速度为−10m/s
D. t1至t2，甲与乙的平均速度之差为2.5m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.我国2023年新能源车出口120多万辆，稳居全球首位。一辆新能源车在某次直线测试中，速度从0加速到20m/s所用时间为8s，且加速度随速度的增加而逐渐减小，该车在这段时间内( )
A. 加速到10m/s时，用时大于4sB. 平均加速度大小为2.5m/s2
C. 位移大于80mD. 平均速度小于10m/s
9.如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m。且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，A、B、C各点的瞬时速度表示为vA、vB、vC，则下列说法正确的是( )
A. 可以求出物体加速度的大小B. 可以求得C、D 两点间距离
C. 可求得O、A之间距离为1.125mD. 可以确定vC−vB=vB−vA
10.一物体做直线运动，0时刻位于坐标原点，运动过程中的v2−x图像如图所示，一段过程中纵坐标的变化量为m，对应的横坐标变化量为n，且这个过程对应的时间间隔为Δt，这段过程的末时刻与0时刻的时间间隔为3Δt，则( )
A. 物体做匀加速直线运动，加速度等于mnB. 从零时刻开始，第一个Δt内位移大于n5
C. 零时刻速度为nΔt−5mΔt4nD. 3Δt内位移为3n−3mΔt22n
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
11.在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中
(1)下面列出了一些实验器材：打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、小车、钩码、刻度尺。除以上器材外，还需要的实验器材有______。
A.秒表 B.天平 C.直流电源 D.交流电源
(2)实验中下列说法正确的是( )
A.开始释放小车时、应使小车靠近打点计时器
B.应该先释放小车，再接通电源，当小车到达滑轮前及时用手按住
C.若实验时电源频率略低于50Hz，但该同学并不知道，则小车速度测量值将大于实际值
D.电火花打点计时器工作时纸带受阻力较小，实验系统误差较小
E.计数点必须从纸带上打的第一个点开始选取
(3)某同学在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，选出了如图所示的一条纸带(每两点间还有4个点未画出)，纸带下方的数字为计数点A、B、C、D、E、F到O点的距离。打点计时器的电源频率50Hz。
①根据纸带上的数据，计算打下B点时小车的瞬时速度为_____m/s。(结果保留三位小数)
②求出小车运动的加速度为_____m/s2。(结果保留3位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
12.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾斜冰面上，先以加速度a1=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t1=8s时，突然卧倒，肚皮贴着冰面匀减速向前滑行，加速度大小为a2=4m/s2，最后以加速度大小为a3=1m/s2加速返回滑到出发点，完成一次游戏(企鹅可看成质点)。求：
(1)企鹅沿冰面向上运动的总位移大小；
(2)企鹅下滑过程所需的时间。
13.大雾天气，有甲、乙两车在同一平直车道上匀速行驶，甲车在后速度为v1=14m/s，乙车在前速度为v2=10m/s，某时刻甲车车头与乙车车尾间的距离为L0=30.5m，此时乙车突然以大小为a0=1m/s2的加速度刹车，经过时间t0甲车车头与乙车车尾间的距离减为L=14m，为了两车避免相撞，此时甲车也立即刹车做匀减速直线运动，求：
(1)t0的值。
(2)刹车后，甲车做匀减速直线运动的加速度至少多大？
14.一两侧开口且长度为L=4.5m的圆筒A沿着地面滑行，由于摩擦阻力的作用，加速度大小为a=4m/s2，方向总与运动方向相反，直到圆筒停在地面上。圆筒滑行方向前方有一堵墙，圆筒撞到墙后会反弹，撞墙后速率变为撞墙前的一半。某时刻该圆筒速度为vA，右端距离墙壁为s0=16m，向着墙壁滑动。一无人机B(可视为质点)此时恰在圆筒右侧圆筒口中心以速度vB=6m/s与圆筒同向做匀速直线运动。假设无人机可以在圆筒内外自由穿梭不受圆筒影响，无人机相对于圆筒从一侧圆筒口运动到另一侧圆筒口视为穿过一次圆筒。
(1)若圆筒恰好未与墙壁发生碰撞，求此情况vA的大小；
(2)若vA=12m/s，求当圆筒最终停止时，其右侧到墙壁的距离；
(3)若vA=12m/s，求无人机B在飞到墙壁前，每次穿过圆筒所经过的时间。
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.C
5.B
6.A
7.B
8.BC
9.BCD
10.BCD
11..(1)D
(2)ACD
(3) 0.810 1.93

12.(1)企鹅第一段位移为
x1=12a1t2=16m
企鹅在8s时的速度大小为
v=a1t=4m/s
企鹅第二段位移为
x2=v22a2=2m
则企鹅沿冰面向上运动的总位移大小为
x=x1+x2=18m
(2)企鹅下滑过程中根据
x=12a3t′2
解得
t′=6s

13.(1) 3s ；(2) 2.75m/s2
解：(1)甲车做匀速直线运动，则经过t0时间甲车运动距离为：
x1=v1t0
乙车开始以a0=1m/s2做匀减速直线运动，则经过t0时间乙车运动距离为：
x2=v2t0−12a0t02
由两车刹车前后位置关系，可列二者位置关系式：
x1+L−x2=L0
以上各式联立解之得：t0=3s(t0=−11s舍)
(2)甲车开始减速时乙车速度为：
v2′=v2−a0t0
设两车经过时间t速度相等，大小为v，且恰好两车不相撞，有
甲车运动距离为x1′=v1+v2t
乙车运动距离为x2′=v2′+v2t
二者的位置关系为x2′+L=x1′，且v=v2′−a0t
以上各式联立解之得：t=4s，v=3m/s
这说明甲车追上乙车时，乙车未停止。
为使两车恰好不想碰，设甲车加速度大小为a1，则有
−a1t=v−v1
解得a1=2.75m/s2
答：(1)t0的值为3s；
(2)刹车后，甲车做匀减速直线运动的加速度至少为2.75m/s2．
14.解：(1)若圆筒恰好未与墙壁发生碰撞，则有−2as0=0−vA2，解得vA=8 2m/s=11.3m/s。
(2)依题意，有vA=12m/s>8 2m/s，即圆筒会与墙发生碰撞，
设碰撞前圆筒的速度大小为 v′A ，则碰撞后速度大小为 v′A2 ，可得−2as0=v′ A2−vA2 ，−2ax=0−v′A22，
联立解得v′A=4m/s,x=0.5m，即当圆筒最终停止时，其右侧到墙壁的距离为 0.5m 。
(3)无人机第一次穿过圆筒时，如图所示，
此过程中无人机的位移为xB1=vBt1，筒的位移为xA1=vAt1−12at12，
根据位移之间的关系可得xA1=xB1+L，解得t1=1.5s，即无人机第一次穿过圆筒用 1.5s，
设筒开始运动后经过 t2 的时间到达墙，由s0=vAt2−12at22，解得t2=2s 或 t2=4s (舍去)，
可知t1无人机在 t1=1.5s 时到达筒的左端，此时筒的速度为vA1=vA−at1=6m/s，
而再经过Δt=t2−t1=0.5s，圆筒与墙壁发生碰撞，
在筒撞墙时，无人机进入筒的距离为Δx=vBΔt−vAl+v′A2⋅Δt=0.5m，
在撞墙后瞬间，筒的速度大小变为碰撞前的一半，筒停下还需用时Δt′=v′A2a=0.5s，
在这段时间内，无人机的位移大小xB2=vBΔt′=3m，
由于L−Δx−x+xB2=0.5m>0，其中x为撞墙后筒的位移，上面已经求出，可知筒停下时，无人机尚在筒内，
因此，无人机从筒停下到飞出筒还需用时Δt′′=L−Δx−x+xB2vB=112s，
可知无人机第二次穿筒用时t3=Δt+Δt′+Δt′′=1.083s。