【文档说明】四川省广元市旺苍中学2024-2025学年高一上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(15)页，782.847 KB，由小赞的店铺上传

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旺苍中学高2025届9月月考物理试题（考试时间75min试卷总分100分）一、单选题（每小题4分，共28分）1.从距地面一定高度处自由释放一个小球（可视为质点），已知最后一秒内位移为第一秒内位移的4倍，g=10m/s2，则出发点距地面高度为（）A.2

0.25mB.31.25mC.30.25mD.25m【答案】B【解析】【详解】设小球第一秒内下落的位移为h，小球经过时间t后落到地面，小球出发点距地面高度为H，由自由落体运动公式得2112hgt=214(1)2hHgt=−−212Hgt=解得31.25mH=，2

.5st=故选B。2.一物体做匀变速直线运动，第2s内的位移为4m，第4s内的位移为8m，则第6s内的位移和物体的加速度分别为（）A.10m、1m/s2B.12m、2m/s2C.12m、−2m/s2D.10m、−2m/s2【答案】B【解析】【详解】由题意可知，物体做匀加速直线运动，由匀

变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，第2s内中间时刻的速度为21.54m/s4m/s1xvt===第4s内的中间时刻的速度为43.58m/s8m/s1xvt===则匀加速直线运动的加速度为223.

51.584m/s2m/sΔ3.51.5vvat−−===−的第6s内的中间时刻的速度为5.53.5Δ8m/s2(5.53.5)m/s12m/svvat=+=+−=第6s内的位移为65.5121m1

2mxvtvt====故选B。3.一重为16N的小球固定在AB杆的上端，今用测力计水平拉小球，使杆发生弯曲，如图所示，当小球达到平衡时，测力计的示数为12N，则AB杆对小球作用力的大小为（）A.15NB.16NC.18ND.20N【答案】D【解析】【详解】

由题意小球受到向下的重力16Nmg=水平向右的拉力F=12N以及杆对小球的作用力，三个力的合力为零，则AB杆对小球作用力的大小为22N()20NFmgF=+=故选D。4.如图，传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率运行，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/

s2。将一煤块（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（）A.煤块一直做匀加速直线运动B.煤块经过2s到达B处C.煤块到达B处时速度大小为0.4m/sD.煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.0

8m【答案】C【解析】【详解】AC．开始时煤块初速度为零，相对传送带向右滑动，设煤块刚开始时的加速度为a，煤块从放上传送带到与传送带共速过程中的位移为x1，由牛顿第二定律和运动学公式得mgma=212vax=解得22m/sa=，

10.04mx=由于x1<LAB=2m，所以煤块是先做初速度为0的匀加速直线运动，与传送带共速后，做匀速直线运动，故煤块到达B处时速度大小为0.4m/s，故A错误，C正确；B．设煤块在传送带上做加速运动的

时间为t1，做匀速运动的时间为t2，则1vat=12ABLxvt−=煤块到达B处所用时间12ttt=+解得5.1st=，10.2st=，24.9st=故B错误；D．煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为11Δ0.40.2m

0.04m0.04mxvtx=−=−=故D错误。故选C。5.如图所示，置于水平地面的三脚架上水平放置一质量为m的盆栽，三脚架的三根轻质支架等长，顶点和轻杆与地面接触的三个点构成了正四面体结构，则每根支架中承受的压力大小为（）A.36mg

B.66mgC.63mgD.62mg【答案】B【解析】【详解】如图所示设四面体的变长为a，底面中心为O，CAO=，由几何关系得33OCa=，63OAa=，6cos3=盆栽处于平衡状态，设F为支架对盆栽的支持力，则3cosFmg

=解得66Fmg=根据牛顿第三定律，每根支架中承受的压力大小为66mg故选B。6.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传

送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，则（）A.传送带底端到顶端的距离为12mB.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C.物块与传送带间

的动摩擦因数为0.5D.0~1s内物块受到的摩擦力大小等于1~2s内的摩擦力大小【答案】D【解析】【详解】A．物块运动的位移大小等于v−t图线与坐标轴所围图形的面积大小，为412411mm10m22x+=+=

所以传送带底端到顶端的距离为10m，故A错误；BD．由题图乙可知，在0~1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1~2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物

块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式NfF=可知两段时间内摩擦力大小相等，故B错误，D正确；C．在0~1s内物块的加速度大小为22Δ124m/s8m/sΔ1vat−===由牛顿第二定律得sin37cos37mgmgma+=解得0.25=

故C错误。故选D。7.a、b两车在一条平直的公路上同向行驶，它们的v−t图像如图所示。已知两车加速度大小相等，在t=0时刻，两车间距离为d；t=5s时它们第一次相遇。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（）A.两车加速度大小为0.5m/s2B.

t=10s时两车第二次相遇Ct=10s时两车相距3dD.在10~15s内，两车间距离逐渐变大【答案】C【解析】【详解】A．设a、b两车的加速度大小分别为a1和a2，由题中v−t图像可知，10s末a、b两车速度相等，则1001100210abvvatvat=−=+12aa=解得2200

1210105m/s0.25m/s2210abvvaat−−====故A错误；BD．由图可知，a做匀减速运动，b做匀加速运动，由题意知5s时两车相遇，说明开始时a在后面；5s时两物体的位置相同，5~10s内a车速度仍大于b

车，故a在前，b在后，二者距离逐渐变大，最终变大了Δx1，Δx1为5~10s内两图线所围三角形面积；10~15s时间内，b的速度大于a的速度，但由于开始时落在了a的后面，故还将在a的后面，但二者距离开始变小，最终变小了Δx2，Δx2为10~15s内两图线所围三角形面积，

由图形的几何关系可知，Δx1=Δx2，则15s时两物体再次相遇，故BD错误；C．由于5s时两车相遇，所以10s时相距的距离为5~10s内两车的位移差大小Δx1，则22051505251122abdvtatv

tat=−−+.221210210111ΔΔΔΔΔΔ22xxvtatvtat==+−−解得1Δ3dx=故C正确。故选C。二、多选题（每小题6分，共18分）8.某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理

想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（）A气囊内气体对外界做正功B.气囊内气体压强增大C.气囊内气体内能增大D.气囊内气体从外界吸热【答案】AD【解析】【详解】AB．气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律得pVC=可知，体积V变大，则压强p

变小，气体对外做功，故A正确，B错误；CD．气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律得ΔUQW=+则Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。故选AD。9.假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前，乙车在后，速度均

为v0=30m/s，距离s0=100m。t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化关系如图1、2所示。取原运动方向为正方向。下面说法正确的是（）A.t=3s时两车相距最近B.0~9s内两车位移之差为45m.C.0~9s内两车距离最近为10mD.两车在0~9s内

会相撞【答案】BC【解析】【详解】由加速度—时间图像可画出两车的速度—时间图像，如图所示AC．由图像可知，t=6s时两车同速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0~6s内两车位移之差11Δ303m30(63)

m90m22x=+−=则0~9s内两车相距最近的距离为0ΔΔ10mssx=−=故A错误，C正确；B．0~9s内两车位移之差为1Δ303m45m2x==故B正确；D．因为两车相距最近的距离为10m，所以两辆车不会相撞，故D错误。故选BC。10

.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的A、B两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，开始A、B等高，绳子长度是两杆距离的两倍，绳的右端匀速上移较小的距离x的过程中，下列说法正确的是（）A.

衣服做加速运动B.衣服做匀速运动C.衣服移动距离xD.衣服移动距离33x【答案】BD【解析】【详解】由题得绳子两端的拉力始终相等，衣服移动后如下图绳子和竖直方向的夹角不变，根据竖直方向始终平衡2cosTmg=

水平方向始终平衡sinsinTT=衣服始终处于平衡状态，衣服做匀速运动；根据几何关系可知：在BCD△中，30=，在EFG中，EFG和EGF均等于30，衣服移动距离1132cos302cos303

FGBBEFx===故AC错误，BD正确。故选BD。三、实验（每空2分，共14分）11.某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中

，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续的6个水滴的位置。（已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴）（1）由图（b）可知，小车在桌面上是_________（填“从右向左”或“从左向右”）运动的。（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图

（b）中A点位置时的速度大小为_________m/s，加速度大小为_________m/s2。（结果均保留2位有效数字）【答案】①.从右向左②.0.19③.0.037【解析】【详解】（1）[1]小车在桌面上运动，由于受到摩擦力作用，速度减小，纸带上相邻两点间的距离减小

，由图（b）可知，小车在桌面上是从右向左运动的。（2）[2]相邻各个水滴间的时间间隔为302ss4613tTn===−根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，小车运动到A点位置时的速度大小为311713310m/s0.19m/s2223Ax

vT−+==[3]根据逐差法求出小车加速度大小为322122150133117100100.037m/s2(2)(2)3xxaT−−+−−==12.探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R0，电容器C，单刀双置开关S。（1）为测

量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测_____（电流、电压）仪器。（2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为_____。（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关

系图如图乙所示。该过程为_____（充电，放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R0消耗的功率_____W。【答案】（1）电压（2）0（3）①.放电②.0.32【解析】小问1详解】位置②与电容器并联，为测电压仪器。【小问2详解】电压表示数最大时，

电容器充电完毕，电流表示数为零。【小问3详解】[1]电容器放电时电压和电流都减小，图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。[2]电容器充电完毕后的电压等于电源电动势，大小为12V，由题图丙可知t=0.2s时电容器两端电

压为U=8V，由题图乙可知当U=8V时，电流I=40mA，则电阻R0消耗的功率为P=8×40×10－3W=0.32W四、解答题（共40分）13.舰载机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失

败后飞机的复飞。若航母跑道长为280m，某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，战斗机在跑道一端着舰时的速度为55ms/，着舰后以210ms/的加速度做匀减速直线运动，3s后制动挂钩挂拦阻索失败，于是战斗机立即以26.25ms/的加速度复飞，起飞需要的最小速度为50ms/。求：(1)战

斗机着舰3s时的速度大小；(2)本次“逃逸复飞”能否成功？若不能，请说明理由；若能，达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离。【答案】(1)25m/s；(2)能，10m【解析】【详解】(1)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式2101155m/s10m/s

3s25m/svvat=+=+−=（）(2)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式2101111t120m2xvta=+=【假设战斗机能“逃逸复飞”成功，根据运动学公式2221222vvax−=可得战斗机复飞过程的最小位移2150mx=，由于12270m280mxxL+=

=因此，本次“逃逸复飞”训练能成功，离跑道终端的距离1210mxLxx=−−=14.如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为0p，弹

簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的34。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：（1）抽气之后A、B的压强ABpp、。（2）弹簧的劲度系数k。【答案】（1）045=App，023Bpp=；（2）0815pSkl=【解析】【详解】（1）设抽气前两体积

为VSL=，对气体A分析：抽气后35244AVVVSL=−=根据玻意耳定律得054ApVpV=解得045=App对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即012p，则根据玻意耳定律得01324BpVpV=解得023Bpp=（2）由题意可知

，弹簧的压缩量为4l，对活塞受力分析有ABpSpSF=+根据胡克定律得4lFk=联立得0815pSkl=15.一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。0t

=时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的vt−图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速

度大小g取10m/s2。求：（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。【答案】（1）10.1=，20.4=；（2）6m；（3）6.5m【解析】【详解】（1）根据图像可

以判定碰撞前木块与木板共同速度为4m/sv=碰撞后木板速度水平向左，大小也4m/sv=是木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有22240m/s4m/s1g−==解得20.4=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移4.5mx=，末速度4

m/sv=，其逆运动则为匀加速直线运动可得212xvtat=+解得21m/sa=木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga=可得10.1=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()MmgmgMa++=可得214

m/s3a=对滑块，则有加速度224m/sa=滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11st=此时，木板向左的位移为21111110m23xvtat=−=末速度18m/s3v=滑块向右位移2102m2vxt+==此后，木块开始向左加速，加

速度仍为224m/sa=木块继续减速，加速度仍为214m/s3a=假设又经历2t二者速度相等，则有22112atvat=−解得20.5st=此过程，木板位移23121217m26xvtat=−=末速度31122m/svvat=−=滑块位移242211m22xat==此

后木块和木板一起匀减速，二者的相对位移最大为13246mxxxxx=++−=滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211m/sag==位移2352m2vxa==所以木板右端离墙壁最远的距离为13

56.5mxxx++=