浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高一上学期10月月考物理试题（解析版）

余姚中学2024学年第一学期质量检测高一物理学科试卷本试卷分为第I卷（选择题）和第I卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。取第I卷（选择题）一、单选题（本题共13小题。每小题只有一项是符合题目要求的，每小题3分，共39分）1.对于体育比赛的论述，下列说法正确的是（）A.运动员跑完800m比赛，指的是路程大小为800mB.运动员铅球成绩为4.50m，指的是位移大小为4.50mC.某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10min，指的是时刻D.足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看作质点【答案】A【解析】A．运动员跑完800m比赛，运动员的轨迹是曲线，因此指的是路程大小为800m，A正确；B．运动员铅球成绩为4.50m，指的是铅球在水平方向的分位移大小为4.50m，B错误；C．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10min，10min指的是一段时间，是时间间隔，C错误；D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的大小和形状不能忽略，否则就分不出硬币的正反面，因此该硬币不可以看作质点，D错误。故选A。2.下列物理量的合成使用平行四边形法则（或三角形法则）的是（）A.速率 B.路程 C.时间 D.速度变化量【答案】D【解析】速率、路程、时间均只有大小没有方向，为标量，使用代数运算法则，而速度变化量既有大小也有方向，为矢量，使用平行四边形定则或三角形定则。故选D。3.由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过的位移为0.4m，以下说法正确的是（）A.第1s末的速度为0.4m/s B.加速度为0.8m/s2C.第3s内通过的位移为1.2m D.前2s内通过的位移为1.2m【答案】B【解析】AB．汽车在第1s内有解得，故A错误，B正确；CD．根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得，连续相等时间内位移之比为1:3:5，所以第2s内的位移为第3s内的位移为所以前2s内的位移为故CD错误。故选B4.汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下面的说法中正确的是（）A.汽车能拉着拖车向前是因为汽车对拖车的拉力大于拖车拉汽车的拉力B.汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C.匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车受到的阻力：加速前进时，地面对汽车向前的作用力（牵引力）大于拖车对它的拉力D.匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车向前拉拖车的力大于拖车向后拉汽车的力【答案】C【解析】AD．汽车对拖车的拉力等于拖车拉汽车的拉力，是一对作用力与反作用力，与汽车的运动状态无关，故AD错误；B．汽车对拖车施加拉力与拖车对汽车的拉力，同时产生，故B错误；C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车受到的阻力：加速前进时，地面对汽车向前的作用力（牵引力）大于拖车对它的拉力，故C正确。故选C。5.如图为点做直线运动的x－t图象，关于这个点在4s内的的运动情况，下列说法中正确的是（）A.4s时质点回到出发点B.质点始终向同一方向运动C.质点先向负方向运动，再向正方向运动D.4s内质点通过的路程为8m，而位移为零【答案】B【解析】ABC．位移－时间图象的斜率等于物体运动的速度，斜率不变，所以速度不变，质点始终向同一方向运动，则4s时质点并没有回到出发点，故AC错误，B正确；D．4s内质点通过的路程为由于质点的运动方向不变，则位移也为8m，故D错误。故选B。6.如图，甲乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电梯均匀速向上运动，则（）A.甲受到三个力的作用B.甲对电梯的压力与甲的重力是一对作用力和反作甲用力C.扶梯对乙的支持力与乙的重力是一对平衡力D.扶梯对乙的作用力方向竖直向上【答案】D【解析】A．甲匀速上行，则受到重力和电梯的支持力，共两个力的作用B．甲对电梯的压力与电梯对甲的支持力是一对作用力和反作甲用力，选项B错误；C．乙受重力，扶梯的支持力和摩擦力三个力的作用，则扶梯对乙的支持力与乙的重力不是一对平衡力，选项C错误；D．扶梯对乙的作用力与乙的重力等大反向，则扶梯对乙的作用力方向竖直向上，选项D正确。故选D。7.随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点。某品牌无人驾驶汽车进行刹车性能测试，得到汽车在平直路面上紧急刹车（车轮抱死）过程中的位移随时间变化的规律为（的单位是，的单位是），则下列说法不正确的是（）A.该汽车刹车的初速度为 B.该汽车刹车的加速度为C.刹车后末速度为 D.刹车后内的位移为【答案】D【解析】AB．已知汽车刹车过程中的位移随时间变化的规律为结合匀变速直线运动位移时间公式可得汽车刹车时的初速度和加速度大小分别为故AB正确；C．刹车后2s末的速度为故C正确；D．汽车从刹车到停下所用时间为则刹车后5s内的位移为故D错误。本题选不正确的，故选D。8.从高h处自由下落一个物体，落地时间为t，则物体下落到离地面的高度为时，所经历的时间为A. B. C. D.【答案】D【解析】根据自由落体运动的规律：联立解得：故D正确．9.一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经过AB段的时间是t，则下列判断中错误的是（）A.经过A、B中点的速度是4vB.经过A、B中间时刻的速度是4vC.前时间通过的位移比后时间通过的位移少1.5vtD.前位移所需时间是后位移所需时间的2倍【答案】A【解析】A．根据推论可得中点位移处的速度：故A错误，符合题意；B．根据推论可得平均速度：即中间时刻的瞬时速度。故B正确，不符合题意；C．前时间通过的位移：后时间通过的位移：所以有：x2-x1=1.5vt故C正确，不符合题意；D．前位移有后位移有联立可得：故D正确，不符合题意故选A。10.迪拜塔超过160层，拥有56部电梯，那将是世界上速度最快且运行距离最长的电梯，电梯的简化模型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a随时间t变化。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图如图2所示。（类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解由v-t图像求位移的方法，请你借鉴此方法）下列说法正确的是（）A.第11s内电梯向上做减速运动B.电梯在第1s内速度改变量∆v1=0.5m/sC.电梯在第2s末的速率v2=1.0m/sD.电梯41s末回到出发点【答案】B【解析】A．第11s内电梯运行的加速度为正值，加速度减小，则电梯向上做加速度减小的加速运动，故A错误；B．a-t图像的面积表示速度变化量，所以电梯在第1s内速度改变量为故B正确；C．电梯在0~2s内的速度变化量为所以电梯在第2s末的速率为故C错误；D．由图可知，0~41s内，a-t图像的面积之和为零，即电梯速度变化量为零，0~41s内电梯先向上加速，后匀速，最后减速，41s末电梯速度减为零，电梯上升到最大高度，故D错误。故选B。11.如图，两木块的的质量分别是和，两轻弹簧的劲度系数分别为和，上面的木块压上面的弹簧上（与弹簧不连接），整个系处于平衡状态，现缓慢向上提上面的木块直到它刚离开上面的弹簧，在这个过程中，上面的木块移动的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】最初状态时，设弹簧压缩量为，压缩量为，根据胡克定律和平衡条件可得，对对整体解得，当上面弹簧恢复原长时，设压缩量为，对有解得则木块移动的距离为故选C。12.如图所示，两细杆间距离相同、与水平地面所成的角相同，夹角为α，小球从装置顶端由静止释放，离开细杆前的运动可视为匀加速直线运动，当两杆的支持力的夹角为时，此时每根杆的支持力大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设两细杆对小球支持力的合力为，可知设每根杆的支持力大小为，由平行四边形法则可得解得故选C。13.A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的图像如图所示，已知在t=10s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法中正确的是（）A.B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2B.A、B在0时刻相距10mC.t=2s时，A、B在同一位置D.在0~10s内A、B之间的最大距离为49m【答案】D【解析】A．根据可得结合图像可得解得由相似三角形可知，图线B与纵轴的交点坐标为4m/s，即初速度。故A错误；B．对比A物体的图线可知，A物体做匀速直线运动，速度为10m/s，在t=10s时时A、B的位移分别为，此时到达同一位置，故在0时刻，即A在B前40m处。故B错误；C．t=2s时，有，可得即A、B不在同一位置。故C错误；D．当A、B速度相等时，相距最远解得可得故D正确。故选D。二、不定项选题（本题共3小题，每小题至少有一个选项是符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共12分。14.下列给出的四组图像中，能够反映同一直线运动的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】A．第一个图是速度—时间图像，由v-t图像可知：0-3s内物体以速度6m/s做匀速直线运动，3-5s内做匀加速直线运动，而位移时间图像可知，0-3s内静止，3-5s内也静止，故A错误；B．B图中甲a-t图像表示0-3s内物体做匀速直线运动，3-5s内物体做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，与v-t图像能够反映同一直线运动，故B正确；C．图中x-t图像表示物体先静止后沿正方向做匀速直线运动，速度大小为两图像能够反映同一直线运动，故C正确；D．图中x-t图像表示0-3s内物体处于静止状态，3-5s内物体做匀速直线运动，加速度始终为零，与a-t图像不能反映同一直线运动，故D错误。故选BC。15.利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。某同学在一次实验中得到的运动小车的速度时间图像如图所示，以下说法正确的是（）A.小车在一直线上先前进，再后退 B.小车运动的最大速度为0.8m/sC.0~14s内小车的位移一定大于7.5m D.小车的加速度先减小后增大【答案】BC【解析】A．小车的速度一直为正值，可知小车一直向前运动，故A错误；B．由速度时间图线知，小车的最大速度为0.8m/s，故B正确；C．因为图线与时间轴围成的面积表示位移，0~14s内的位移大约x=90×0.1×1故C正确；D．速度时间图线斜率表示加速度，图线切线的斜率先减小后为零，再增大，则小车的加速度先减小后不变，再增大，故D错误。故选BC。16.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.可以确定vC-vB>vB-vA D.可求得OA的距离为1.125m【答案】BD【解析】AB．由匀变速直线运动位移差推论解得，由于时间间隔未知，故无法求出加速度的大小，故A错误，B正确；C．由于物体做匀变速直线运动，则故C错误；D．OA的距离为解得故D正确。故选BD。第II卷（非选择题）三、非选择题（本题共6小题，共49分）17.某探究小组的同学利用如图甲所示的装置“探究小车速度随时间变化的规律”，请你根据题图回答以下问题：（1）除了图甲中标出的器材外，还需要__________。A．弹簧测力计

B．刻度尺

C．天平

D．秒表（2）本次实验选择的是电火花打点计时器是图________（选填“乙”或“丙”）中的计时器，该计时器的工作电压是________（选填“直流电”、“交流电8V”、“交流电220V”）。（3）实验中，正确的做法是_____________。A．打点计时器应接到干电池上B．先释放小车再接通电源C．先接通电源再释放小车D．小车释放前应远离打点计时器（4）某同学用装置测定匀加速直线运动的加速度，打出的一条纸带如图丁所示，A、B、C、D、E、F为在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s：①打点计时器打下C点时小车的速度大小为______m/s；(结果保留两位有效数字)②由纸带所示数据可算出小车的加速度大小为______m/s2。【答案】①.B②.丙③.交流电220V④.C⑤.0.51⑥.2.0【解析】（1）[1]小车受到的拉力是钩码通过细绳对小车作用，不需要弹簧测力计和天平；纸带上点迹间记录时间由打点计时器测得，不需要秒表；距离需要刻度尺测量，故B正确，ACD错误。故选B。（2）[2][3]本次实验选择的打点计时器是图丙，该计时器的工作电压是交流电源，工作电压220V；（3）[4]A．电火花打点计时器应该接在220V交流电源上，故A错误；BCD．为了充分地利用纸带，应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B、D错误，C正确；故选C。（4）[5]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度，可得[6]根据逐差法可得加速度为18.利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度，一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。s(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950t(ms)292.9371.5452.3552.8673.8776.4s/t(m/s)1.711.621.551.451.341.22完成下列填空和作图：（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是_______；（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出图线______；（3）由所画出的图线，得出滑块加速度的大小为a=____________m/s2（保留2位有效数字）。【答案】①.（或者）②.图像如图③.2.0（1.8~2.2）【解析】（1）[1]已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量，因为时速度v1是下滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程，所以满足的关系式是（2）[2]根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出图线，注意，题中所给图的纵坐标刻度不是常见的均匀刻度。（3）[3]由整理得由表达式可知，加速度等于斜率绝对值大小的两倍，所以由图象得出滑块加速度的大小为19.铜铜同学乘坐杭温线“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏。当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中。在铜铜同学记录动车组速率这段时间内，求：t/sv/m∙s-1020100303004040040500505506060070（1）动车组的加速度值分别多大？（2）动车组位移的大小？【答案】（1）0.1m/s2，0.2m/s2（2）24250m【解析】【小问1】第一次加速的加速度大小为第二次加速的加速度大小为【小问2】第一次加速的时间为第二次加速的时间为则匀速运动的时间为第一次加速的位移为第二次加速的位移为匀速运动的位移为则有20.（2012年河南郑州一模）2011年8月10日，改装后的瓦良格号航空母舰进行出海航行试验，中国成为拥有航空母舰的国家之一．已知该航空母舰飞行甲板长度为L="300"m，某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a=4．5m／s2，飞机速度要达到v="60"m／s才能安全起飞．(1)如果航空母舰静止，战斗机被弹射装置弹出后开始加速，要保证飞机起飞安全，战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大?(2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少是多大?【答案】20.30m/s21.8m/s【解析】（1）设战斗机被弹射出来时的速度为v0，由得＝30m/s（4分）（2）设飞机起飞所用时间为t，在时间t内航空母舰航行距离为L1，航空母舰最小速度为υ1．对航空母舰有L1＝υ1t（1分）对飞机有υ＝υ1＋at（1分）（1分）由以上三式联立解得＝（60－30）m/s≈8m/s（1分）解法二：以航空母舰为参考系，对飞机有，解出结果同样给4分21.如图所示，在离地面高处