湖南省株洲市第八中学2023-2024学年高一物理上学期10月第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份湖南省株洲市第八中学2023-2024学年高一物理上学期10月第一次月考试题（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

分值：100分 时量：60min
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 在研究下列物体的运动时，哪个物体可以看成质点
A. 研究乒乓球的旋转B. 研究运动员的跳水动作
C. 研究卫星绕地球运行的周期D. 研究车轮的转动
【答案】C
【解析】
【详解】研究乒乓球的旋转时，球的大小和形状不能忽略，故不能看作质点，故A错误；研究跳水动作时，肢体的动作不能忽略，不能看作质点，故B错误；研究卫星绕地球运行的周期时，卫星的大小和形状可以忽略，可以看作质点，故C正确；研究车轮的转动时，车轮的大小和形状不能忽略，故D错误．所以C正确，ABD错误．
2. 运动会中甲乙两同学参加400米决赛，甲跑第2跑道，乙跑第3跑道，他们同时冲过终点线（运动场示意图如图所示），关于他们在整个比赛中位移和路程，正确的是（ ）
A. 位移相同，路程不同B. 位移不同，路程不同
C. 位移相同，路程相同D. 位移不同，路程相同
【答案】D
【解析】
【详解】由图可知，400米比赛中，起点不同，但是终点相同，根据位移定义可知，他们的位移不同，但是路程都是400米，因此路程是相同的。
故选D。
3. 如图所示，将弹性小球以的速度从距地面处的点竖直向下抛出，小球落地后竖直向上反弹，经过距地面高的点时，向上的速度为，从到过程，小球共用时，则此过程中（ ）
A. 小球的位移大小为，方向竖直向上
B. 小球速度变化量的大小为，方向竖直向下
C. 小球平均速度的大小为，方向竖直向下
D. 小球平均加速度的大小约为，方向竖直向上
【答案】D
【解析】
【详解】A．位移是初位置指向末位置的有向线段，从题中可以看出，小球从A到B位移为0.5m，方向指向末位置，即方向竖直向下，A错误；
B．速度变化量等于末速度减初速度，规定向下为正，则
Δv=−7m/s−10m/s=−17m/s
负号表示与规定方向相反，即速度变化量的方向竖直向上，B错误；
C．平均速度等于位移与时间的比值，小球的位移为0.5m，方向竖直向下，所以小球的平均速度大小
方向竖直向下，C错误；
D．规定向下的方向为正方向，由加速度公式可知
小球平均加速度的大小约−56.7m/s2，负号表示方向竖直向上，D正确。
故选D。
4. 泸定桥曾是大渡河上最长的铁索桥，为古代劳动人民智慧的结晶，长征时期红军“飞夺泸定桥”的壮举更是蜚声中外。泸定桥全长103.67m，宽3m，由于对岸有敌人阻击，红军战士只能冒着炮火匍匐前进。假设一位战士（视为质点）由静止开始以0.1m/s2的加速度匀加速前进了80m，因突然遭到猛烈炮火压制而不得不瞬间停止前进，经过5s激烈还击后以1.5m/s的速度匀速到达对岸，则这位红军战士过泸定桥总共花的时间是（ ）
A. 40.78sB. 36.88sC. 60.78sD. 53.28s
【答案】C
【解析】
【详解】匀加速前进80m时
解得
t1=40s
匀速运动时间

这位红军战士过泸定桥总共花的时间是
故选C。
5. 6月17日，经中央军委批准，我国第三艘航空母舰命名为“中国人民解放军海军福建舰”。福建舰是我国完全自主设计建造的第一艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万余吨。舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段：第一阶段是采用电磁弹射，由静止开始匀加速直线运动，用时速度达到，随即第二阶段在常规动力的作用下匀加速直线运动位移时达到起飞速度，则该舰载作战飞机第一、二阶段的加速度之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】作战飞机在第一阶段的加速度为，则有
作战飞机在第二阶段的加速度为，则有
联立可得
A正确，BCD错误。
故选A。
6. 如图所示为某潜艇下潜和上浮的v-t图像，0时刻，潜艇开始下潜，50s末潜艇回到水面。规定竖直向上为正方向，下列说法正确的是（ ）
A. 10s末潜艇离水面最远B. 10~30s末潜艇上浮
C. 20s末，潜艇的加速度改变D. 30~50s潜艇的位移为20m
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．潜艇先加速下潜，10s末潜艇下潜速度最大，之后减速下潜，20s末速度减为0时潜艇离水面最远，故A错误；
B．10~20s潜艇减速下潜，20~30s潜艇加速上浮，故B错误；
C．10~30s时间内v-t图像为一倾斜直线加速度不变，20s末，潜艇的速度方向改变，加速度不变，故C错误；
D．v-t图像图像与时间轴所围的面积表示位移，50s末潜艇回到水面，所以0~20s时间位移
20~30s时间位移
可以求得30~50s潜艇的位移为
故D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7. 一物体做直线运动，图中表示该物体做匀变速运动的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】A．v-t图像的斜率保持不变，说明加速度恒定不变，物体做匀变速直线运动，故A正确；
B．x-t图像的斜率保持不变，说明速度恒定不变，物体做匀速直线运动，故B错误；
C．a-t图像的纵坐标保持不变，说明物体的加速度不变，物体做匀变速直线运动，故C正确；
D．v-t图像的斜率不断变化，所以物体做非匀变速直线运动，故D错误。
故选AC。
8. 某物体运动的v－t图象如图所示，根据图象可知，该物体（ ）
A. 在0到2s末的时间内，加速度为1m/s2
B. 4s末质点运动方向改变
C. 在0到6s末的时间内，位移为7.5m
D. 在0到6s末的时间内，位移为6.5m
【答案】AD
【解析】
【详解】A．速度图像斜率表示位移，所以在0到2s末的时间内，加速度为
故A正确；
B．由图象可知，0~5s内速度都取正值，方向一直没有改变，所以4s末质点运动方向没有改变，故B错误；
CD．速度图像面积表示位移，在横轴上方向位移为正，在横轴下方向位移为负，所以在0到6s末的时间内，位移为
故D正确，C错误；
故选AD。
9. 甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x-t图像和乙的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，距出发点最大距离均为6m
B. 0到6s内，甲、乙两物体位移大小都为零
C. 第3s内甲、乙两物体速度方向相同
D. 第2s末到第4s末甲的位移为-8m，乙的位移大小为0
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，距出发点的最大距离为4m，故A错误；
B．0到6s内，甲物体位移大小为零；v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知0到6s内，乙物体位移大小也为零，故B正确；
C．x-t图像的斜率表示速度，可知第3s内甲的速度沿负方向，而乙物体速度为正值，速度沿正方向，两物体速度方向相反，故C错误；
D．第2s末到第4s末甲位移为
v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知第2s末到第4s末，乙的位移大小为零，故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷
三、实验题（13分）
10. 如图甲所示的光电门传感器是测定瞬时速度大小的仪器。其原理是发射端发出一束很细的红外线到接收端，当固定在运动物体上的一个已知宽度为d的挡光板通过光电门挡住红外线时，和它连接的数字计时器可记下挡光的时间，则可以求出运动物体通过光电门时的瞬时速度大小。

（1）为了减小测量瞬时速度的误差，应选择宽度比较______（选填“宽”或“窄”）的挡光板。
（2）测出挡光板的宽度，实验时将小车从图乙A点由静止释放，由数字计时器记下挡光板通过光电门时挡光时间间隔，则小车通过光电门时的瞬时速度大小为______m/s（保留三位有效数字）。
【答案】 ①. 窄 ②. 0.575
【解析】
【详解】（1）[1] 极短时间内的平均速度大小可以近似认为是该时刻的瞬时速度大小，所以应该选择宽度比较窄的挡光板；
（2）[2] ]数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为
11. 某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化．物块放在桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码．打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50 Hz．纸带穿过打点计时器连接在物块上．启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动．打点计时器打出的纸带如图（b）所示（图中相邻两点间有4个点未画出）．
根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动．回答下列问题：
（1）在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为_______m/s．在打出D点时，物块的速度大小为_______m/s；（保留两位有效数字）
（2）物块的加速度大小为_______m/s2．（保留两位有效数字）
【答案】 ①. （1）0.56 ②. 0.96 ③. （2）2.0
【解析】
【详解】（1）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以

（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，得
四、解答题（共39分）
12. 一物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝2 m/s2，求：
（1）第5 s末物体的速度多大？
（2）)前4 s的位移多大？
（3）第4 s内位移多大？
【答案】（1）10m/s；（2）16 m；（3）7 m
【解析】
【详解】（1）5s末物体的速度由
vt=v0+at1
代入数据解得
v1=10m/s
（2）根据位移时间公式
代入数据解得
m
（3）根据位移时间公式
可得第4s内的位移为
13. 一辆卡车紧急刹车过程加速度大小是5 m/s2，如果在刚刹车时卡车的速度为10 m/s，求：
(1)刹车开始后1 s内的位移大小；
(2)刹车开始后3 s内的位移大小和3 s内的平均速度大小．
【答案】(1) x1＝7.5m (2) x2＝10m,
【解析】
【分析】（1）求出卡车刹车到停止所需的时间，因为卡车速度为零后不再运动，然后根据匀变速直线运动的位移时间公式求出刹车后的位移．
（2）求出3s内的位移，根据平均速度的公式求出3s内的平均速度．
【详解】（1）卡车刹车到停止所需的时间
所以1s内卡车还未停止，则位移x＝v0t+at2＝7.5m．
故刹车开始后1s内的位移大小为7.5m．
（2）卡车2s速度为零，所以刹车后3s内的位移等于2s内的位移．
则x′＝v0t0+at02＝10×2−×5×4m=10m．
3s内的平均速度．
故3s内的位移为10m，平均速度为m/s
【点睛】本题属于易错题，很多同学不注意卡车刹车后速度为零后不再运动．所以求解时先求出卡车刹车到停止所需的时间．
14. 假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过vt＝21.6km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4m/s2.试问：
(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？
(3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
【答案】（1）108m（2）4s（3）4s
【解析】
【详解】(1)vt＝21.6km/h＝6 m/s，事先小汽车未减速的车速均为v0＝108km/h＝30 m/s，小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距收费站至少x1处开始制动，
则：vt2－v02＝－2a1x1
即：62－302＝2×(－4)x1
解得：x1＝108m.
(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2，则：
减速阶段：vt＝v0－a1t1
t1＝ s＝6s
加速阶段：v0＝vt＋a2t2
t2＝s＝4s
则汽车运动的时间至少为：t＝t1＋t2＝10s.
(3)在加速阶段：v02－vt2＝2a2x2
302－62＝2×6x2
解得：x2＝72m
则总位移x＝x1＋x2＝180m
若不减速通过收费站，所需时间
t′＝＝6s
车因减速和加速过站而耽误的时间至少为：Δt＝t－t′＝4s.