【文档说明】北京市北京工业大学附属中学2024-2025学年高一上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(14)页，883.570 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年第一学期10月阶段性质量检测高一年级物理学科（考试时间60分钟，总分100分）一、单选题（本大题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）1.下列关于质点的说法中正确的是（）A.研究地球自转时，

可以把地球看作质点B.研究汽车车轮的运动情况时，可以把汽车看作质点C.体育教练员研究百米跑运动员的起跑动作，可以把运动员看作质点D.研究从北京开往上海的一列火车的运行速度时，可以把火车看作质点【答案】D【解析】【详解】A．研究地球自转时，地球的形状不能忽略，所以不能把地球看作质点，故A错误；

B．研究汽车车轮的运动情况时不能忽略汽车的大小和形状，所以不能看作质点，故B错误；C．体育教练员研究百米跑运动员的起跑动作时研究人的动作，故不能看作质点，故C错误；D．研究从北京开往上海的一列火车的运行速度时，可以把火车看作质点，故D正确。故选D。2.下列各组物理量

中，都属于矢量的一组是（）A.位移、时间B.速度、加速度C.路程、加速度D.时间、速率【答案】B【解析】【详解】既有大小又有方向，且相加遵循矢量运算法则的物理量是矢量，只有大小没有方向，且相加遵循代数相加法则的物理量是标量。位移、速度、加速度均为矢量，

时间、路程、速率均为标量。故选B。3.关于物体运动的速度、速度变化量、加速度之间的关系，下列说法正确的是（）A.物体运动的速度越大，其速度变化量一定越大B.若加速度随时间减小，则物体的速度一定在减小C.相同时间内，物体运动的速度变化量越大，其加速度一定越大D.物体的加速度的方向保持不变，则速度

方向也保持不变【答案】C【解析】【详解】A．物体运动的速度越大，其速度变化量不一定越大。故A错误；B．如果加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度还是在增大的。故B错误；C．由vat=可知相同时间内，物体运动的速度变化量越大，其加速度一定越大。故C正确；D．物体的加速度的方向保持不变

，速度方向可以改变，例如平抛运动。故D错误。故选C。4.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为25xtt=+（各物理量单位均采用国际单位制），则该质点（）A.加速度是1m/s2B.初速度是2.5m/sC.第1s内的位移是5mD.第1s末的速度是7m/s【答

案】D【解析】【详解】AB．根据2012xvtat=+结合25xtt=+则质点的初速度为05m/sv=，加速度112a=解得22m/sa=AB错误；C．第1s内的位移2201151m21m6m22xvtat=+=+=C错误；D．第1

s末的速度05m/s21m/s7m/svvat=+=+=D正确。故选D。5.一个物体做自由落体运动，重力加速度g取10m/s2。该物体（）A.第2s末的速度大小为30m/sB.第3s初的速度大小为30m/

sC.在前3s内下落的距离为90mD.在第3s内下落的距离为25m【答案】D【解析】【详解】AB．第2s末即第3s初的速度为v=gt=20m/sAB错误；C．物体在前3s内下落的距离为22103=m=45m122hg

t=C错误；D．物体在前2s内下落的距离为22102=m=20m221hgt=则物体在第3s内下落的距离为h=h-h′=25mD正确。故选D。6.如图所示，两光滑斜面在B处连接，小球由A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，ABBC=。设小球经

过B点前后速度大小不变则小球在AB、BC段的加速度大小之比为（）A.9:7B.9:16C.7:9D.3:4【答案】A【解析】【详解】依题意，小球在两个阶段均做匀加速直线运动，可得212ABBaxv=，

2222BCCBaxvv=−又ABBCxx=联立，解得129:7aa=：故选A。7.一个物体从离地面高度为H处做自由落体运动，当其下落到离地面高度．．．．．为h时的速度恰好是其着地时速度的一半，则h等于（）A4HB.3HC.2

HD.34H【答案】D【解析】【详解】设下落到离地面高度为h时的速度为v，则其着地时的速度为2v，根据22(2)gHv=22()gHhv−=解得34hH=故选D。8.下图中a代表加速度、v代表速度、x代表位移、

t代表时间，其中符合自由落体运动的图像是（）A.B.C.D.【答案】B.【解析】【详解】自由落体运动是物体仅在重力作用下由静止开始下落的运动。A．由于自由落体运动只受重力，则a=g不变，A错误；BC．根据速度公式v=gt，可知自由落体运动的v—t图像是一条过原

点的倾斜的直线，B正确，C错误；D．根据位移公式212xgt=，可知自由落体运动的x—t图像是一条开口向上的抛物线，D错误。故选B。9.A、B两个物体从同一地点，沿同一直线做匀变速直线运动，它们运动的v-t图像如图所示，则下列说法中正确的是（）A.两物体的运动方向相反B.两物体的加速度方向相反C

.两物体在t=6s时相遇D.A物体的加速度比B物体的加速度小【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知，A、B两个物体的速度均为正值，所以两个物体的速度方向相同，A错误；B．由图可知，A物体做减速运动，加速度和运动方向相反，B物体做加速运动，加速度和运动方向

相同，所以两物体的加速度方向相反，B正确；C．由图像可知t=6s时两图线相交，根据图像和时间轴围成的面积表示物体的位移，t=6s时A、B两物体的位移不同，没有相遇，C错误；D．图像的倾斜程度表示物体的加速度，A物体的倾斜程度比B物体的倾斜程

度大，A物体的加速度比B物体的加速度大，D错误。故选B。10.一辆小汽车在10s内速度从0达到100km/h，一列火车在300s内速度也从0达到100km/h。若认为加速过程中汽车和火车都在做匀加速直线运动，则加速过程中（）A.火车

的平均速度较大B.汽车的速度变化较快C.火车的加速度较大D.汽车的位移较大【答案】B【解析】【详解】A．小汽车的平均速度为1150/h2vvkm==火车的平均速度为22050/h2vvkm+==故两者相等，故A错误；BC．小汽车的加速度为2211

1100253.6m/sm/s109vat===火车的加速度为2222210053.6m/sm/s30054vat===故小汽车的加速度较大，也即小汽车的速度变化较快，故B正确，C错误；D．小汽车位移为1111250m9xvt==火车的位移为22212500m3

xvt==故火车的位移较大，故D错误。故选B。11.某质点做直线运动位移-时间图像如图所示，下列说法中正确的是（）A.该质点在10t时间内的速度大于在23tt时间内的速度B.30t时间内，该质点运动速度方向始终不变，先做加速运动，后做减速运动C.该质点在3t

时刻离出发点最远D.在12tt时间内，该质点运动的加速度方向不变【答案】D【解析】【详解】ABD．xt−图像的斜率表示速度，由图可知，该质点在10t时间内向正方向做匀速直线运动，12tt时间内先减速，速

度减至零后，向负方向加速运动，23tt时间内向负方向匀速直线运动，质点在10~t时间内的速度小于在23tt时间内的速度，根据加速度与速度方向的关系可知，在12tt时间内，该质点运动的加速度方向不变，均向负方向，故AB错误、D正确；C．由图

可知，该质点在3t时刻回到出发点，故C错误。故选D12.在高中物理中，我们会遇到许多不同的物理概念和分析方法，这些概念和方法对我们认识自然规律会有很大帮助，因此要重视对概念和方法的准确理解和正确应用。自然界中某个物理量D的变化可以记为△D，发生这个变化所用的时间间隔可以

记为△t；变化量△D与△t之比就是这个量对时间的变化率，简称变化率。在运动学中也可以引入“加速度的变化率”来表示加速度对时间变化的快慢。图表示某一物体做直线运动时的a-t图像。下列表述中正确的是（）在。A.“

加速度的变化率”的单位应该是m/s2B.“加速度的变化率”为0的运动一定是匀速直线运动C.由a-t图像可知，在前2s内该物体一定做匀减速直线运动D.由a-t图像可知，在前2s内该物体的速度变化量为3m/s【答案】D【

解析】【详解】A．“加速度的变化率”是at，则其单位应该是m/s3，A错误；B．“加速度的变化率”为0的运动，加速度是不变的，则一定是匀变速直线运动，B错误；C．由a-t图像可知，在前2s内该物体的加速度减小，则物体做非匀变速直线运动，C错误；D．由于a-t

图像的面积等于速度的变化量，则由图像可知，在前2s内该物体的速度变化量为123m/s=3m/s2v=D正确。故选D。13.在距离地面15m高的位置以10m/s的初速度竖直向上抛出一小球，小球上升5m后回落，最后落至地面。从小球

被抛出到落至地面，共历时3s，落地前瞬间小球速度的大小为20m/s。规定竖直向上为正方向。下列说法中正确的是（）A.若以抛出点为坐标原点，则小球在最高点的坐标为5m−B.从最高点到落地点，小球的位移为

20mC.从抛出点到落地点，小球的平均速度为5m/sD.从抛出点到落地点，小球的速度变化量为30m/s−【答案】D【解析】【详解】A．若以抛出点为坐标原点，则小球在最高点的坐标为5m，故A错误；B．若以抛出点为坐标原点，则小球在落地

点的坐标为15m−，从最高点到落地点，位移为15m5m20mx=−−=−故B错误；C．从抛出点到落地点，位移为115m015mx=−−=−则小球的平均速度为115msxvt==−故C错误；D．从抛出点

到落地点，小球的速度变化量为20ms10ms30msv=−−=−故D正确。故选D。14.如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过21

/ms，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是A.13sB.16sC.21sD.26s【答案】C【解析】【详解】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间18vtsa==，，通过的位移为21322vxma==，，

在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：12210423258xxtssv−−===，总时间为：12221ttts=+=，故C正确，A、B、D错误；故选C．【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间

公式求得总时间．二、填空题（本大题共1小题，共18分）15.某同学利用自由落体运动测量重力加速度，实验装置如图1所示，安装好实验器材，使重锤自由下落，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹。挑出点迹清晰的一条纸带，依次标出计数点1，2，…，

8，相邻计数点之间还有1个计时点。分别测出相邻计数点之间的距离x1，x2，…，x7，并求出打点2，3，…，7时对应的重锤的速度。在坐标纸上建立v−t坐标系，根据重锤下落的速度作出v−t图线并求重力加速度。（1）在下列仪器

和器材中，还需要使用的有（）A.电压合适的50Hz交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.秒表E.天平（含砝码）（2）图2为纸带的一部分，打计数点3时，重锤下落的速度v3=______m/s（结果保留小数点后两位）。（3）除计数点3外，其余各点速度对应的坐标点

已在图3坐标系中标出，请在图中用“+”，标出速度v3对应的坐标点，并作出v−t图线________。（4）根据图3，实验测得的重力加速度g=______m/s2（结果保留小数点后两位）。（5）某同学居家学习期间，注意到一水龙头距地面较高，而且发现通过调节

水龙头阀门可实现水滴逐滴下落，并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔，还能听到水滴落地时发出的清脆声音。于是他计划利用手机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度。为准确测量，请写出需要测量的物理量及对应的测量方法_______。【答案】（1）AC（2）1.15（3）（4）9.79（5）见解

析【解析】【小问1详解】本实验通过打点计时器测量重力加速度，打点计时器应使用电压合适的交流电源，并用刻度尺测量计数点间的距离，打点计时器可以记录时间，所以不需要秒表，也不需要天平测量重物质量。故选AC。【小问2详解】打点计时器接在50Hz的电源上，且

相邻计数点之间还有1个计时点，则20.02s0.04st==纸带做自由落体运动，根据匀变速直线运动的规律可得2430.03830.0536m/s1.15m/s220.04xvt+===【小问3详解】作出的v−t图像，如图所示【小问4详解】根据vgt=可得vgt=

根据v−t图像的斜率可知重力加速度，则有222.70.35m/s9.79m/s0.24g−==【小问5详解】需要测量的物理量：水滴下落的高度h和下落的时间t；测量h的方法：用刻度尺测量水龙头出水口到地面的高度

，多次测量取平均值；测量t的方法：调节水龙头阀门，使一滴水开始下落的同时，恰好听到前一滴水落地时发出的清脆声音，用手机测量n滴水下落的总时间tn，则nttn=三、本题共2小题，共26分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案

中必须明确写出数值和单位。把答案填在答题卡相应的位置。16.“神舟十三号”载人飞船的返回舱在竖直下落过程中，距地面1m高处时，速度的大小为6m/s。此时返回舱底部四台缓冲发动机同时启动，向下喷火，使返回舱竖直匀减速降落，落地速度降至2m/s。求这一减速阶段：（

1）返回舱的加速度a；（2）经历的时间t。【答案】（1）16m/s2，方向竖直向上；（2）025s【解析】【详解】（1）返回舱速度从6m/s降至2m/s的过程，做匀减速运动，取向下为正方向2222116

m/s2vvas−==−即返回舱加速度大小16m/s2，方向竖直向上。（2）平均速度124m/s2vvv+==由svt=，有0.25sstv==17.我国第三艘航空母舰采用电磁弹射装置以缩短舰载机起飞距离，舰载机跑道如图所示。若航空母舰的水平跑

道总长为170mL=，其中电磁弹射区的长度为80ml=，在弹射区做加速度为2140m/s=a的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下继续做加速度为2a的匀加速直线运动，恰好在跑道末端达到离舰起飞速度2100m/sv=，飞机可视为质点，航空母舰

始终处于静止状态。求：（1）舰载机离开电磁弹射区时的速度大小1v；（2）舰载机在喷气式发动机推力作用下的加速度大小2a；（3）舰载机从开始起飞到离开跑道的总时间T。【答案】（1）180m/sv=（2）2220m/sa=（3）3sT

=【解析】【详解】（1）根据题意，飞机在弹射区做加速度为2140m/s=a的匀加速直线运动，根据运动学公式.为2112val=解得180m/sv=（2）飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下继续做加速度为2a的匀加速直线运动，根据运动

学公式()222122vvaLl−=−解得2220m/sa=（3）根据运动学公式，弹射区时间11180s2s40vta===离开电磁弹射区至跑道末端的时间212210080s1s20vvta−−===舰载机

从开始起飞到离开跑道的总时间123sTtt=+=