【文档说明】四川省成都市第七中学2023-2024学年高一上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.602 MB，由小赞的店铺上传

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成都七中高2023级10月阶段性测试物理试卷考试时间：75分钟满分：100分注意事项：答题前，用蓝色或黑色签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上的指定位置，并用2B铅笔把准考证号对应的标号涂黑；选择题的

作答：用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题的作答：用蓝色或黑色签字笔直接答在答题卡上对应的区域内。第Ⅰ卷选择题一、单项选择题（本题6个小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共18分）1.202

3年9月24日，杭州第19届亚运会，赛艇女子轻量级双人双桨决赛，中国组合邹佳琪/邱秀萍夺得首枚金牌。杭州亚运会比赛项目包括田径、体操、柔道、击剑、马术等共40个大项。下列几种亚运比赛项目中的研究对象可视为质

点的是（）A.举重比赛中，记录运动员举起重物持续时间时的杠铃B.赛艇比赛中，研究赛艇的吃水深度时的赛艇C.击剑比赛中，研究运动员动作要领时的重剑D.马术比赛中，研究运动员的动作技能时的运动员【答案】A【解析】【详解】A．举重比赛中

，记录运动员举起重物持续时间时的杠铃，杠铃的形状和大小对研究的问题没有影响，所以可以看作质点，故A正确；B．赛艇比赛中，研究赛艇的吃水深度时赛艇的高度不能忽略，所以不能看作质点，故B错误；C．击剑比赛中，研究运动员动作要领时的重剑，看作质点就看不到要领

，所以不能看作质点，故C错误；D．马术比赛中，研究运动员的动作技能时的运动员，看作质点就看不到动作技能，所以不能看作质点，故D错误。故选A。2.在浙江杭州奥体中心游泳馆进行的杭州亚运会游泳比赛女子200米蝶泳决赛中，中

国选手张雨霏以2分05秒57的成绩获得冠军，赛道为50米国际标准泳道。下列说法正确的是（）A.研究张雨霏的游泳动作时，可将张雨霏视为质点B.2分05秒57表示时刻C.张雨霏全程运动的位移大小为200米D.张雨霏全程运动的平均速度大小跟对手相等【答案】D【解析】【详解】

A．研究张雨霏的游泳动作时，不可以忽略她的大小和形状，不能看成质点，故A错误；B．2分05秒57是一段时间，指时间间隔，故B错误；CD．比赛的路程为200米，赛道为50米国际标准泳道，可知，所有完赛选手的出发点和终点位置相同，则所

有选手的位移为0，所有选手的平均速度均为0，即张雨霏全程运动的平均速度大小跟对手相等，故C错误，D正确。故选D。3.一个质点沿x轴做直线运动，它的位置坐标随时间变化规律是2102xtt=−，其中x与t的单位分别为m和s，则下列说法中正确的是（）

A.5s末的速度为10m/s，5s内的位移为50mB.5s末的速度为10m/s，5s内的位移为0C.5s末的速度为-10m/s，5s内的位移为0D.5s末的速度为-10m/s，5s内的位移为50m【答案】C【解析】【详解】由公式2012xvtat=

+可知，质点沿x轴做直线运动的初速度和加速度大小分别为010m/sv=24m/sa=质点做匀减速直线运动，故5s末的速度为0104510m/stvvat=−=−=−5s内的位移为20102xvtat=−=故选C。4.如图所示，在一个桌面上方

有三个金属小球a、b、c，离桌面的高度分别为123::3:2:1hhh=。若先后顺次释放a、b、c，球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则（）A.三者到达桌面时速度大小之比是3:2:1B.三者运动时间之比为3

∶2∶1C.b与a开始下落的时间差等于c与b开始下落的时间差D.若三个小球同时释放，落至桌面的时间之比为()()32:21:1−−【答案】A【解析】【详解】A．根据22vgh=可得故到达桌面时的速度之比123::3:2:1

vvv=故A正确；BD．根据212hgt=得三者运动时间之比123::3:2:1ttt=所以若三个小球同时释放，落至桌面的时间之比为123::3:2:1ttt=故BD错误；C．b与a开始下落时间差的()312Δ32htg=−c与b开始下落时间差()32221htg=−可

知12tt故C错误。故选A。5.甲、乙两个物体初始时刻在同一位置，运动图像分别如图所示，两个图像均为14圆弧，圆弧的半径均为a，纵、横坐标表示的物理意义待定，下列说法正确的是（）A.若图像为甲、乙的运动轨迹，则甲、乙的平均

速率相同B.y表示速度，x表示时间，则xa=时甲、乙间的距离为22aC.y表示加速度，x表示时间，则xa=时甲、乙的速度相同D.y表示位移，x表示时间，则甲、乙的平均速度相同【答案】B【解析】【详解】A．若图像为甲、乙的运动轨迹，可知，甲乙运动的路

程相等，但时间不确定，无法比较甲、乙的平均速率，故A错误；B．y表示速度，x表示时间，则题图为其速度—时间图像，该图像与坐标轴围成的面积为物体的位移，由题图可知，甲的位移方向与正方向相同，其大小为2114xa=乙的位移方向与正方向相反，其大小为2214xa=甲、乙从同一位置出发，所以两者的距离

为21212xxxa=+=故B正确；C．若y表示加速度，x表示时间，则图像与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量，由于甲乙的运动方向不同，则xa=时甲、乙的速度大小相等，方向不同，即速度不同，故C错误；D．y表示位移，

x表示时间，由图可知，甲的位移为a，时间为a，则平均速度为1ms，乙的位移为a−，时间为a，则平均速度为1ms−，则甲、乙的平均速度不相同，故D错误。故选B。6.某汽车正在水平路面上匀速行驶，前方出现紧急情况需刹车。从刹车开始计时，汽车在第1s内的位移为8.0m，在第3s内的位

移为0.5m，则下列说法正确的是（）A.汽车的初速度为9.875m/sB.汽车在2.5s末速度为0.5m/sC.汽车在第2s内的位移为4mD.汽车的加速度大小为23.75m/s【答案】C【解析】【详解】ABD．根据题意，假设汽车在3s末恰好减速到0，则汽车在第1s内的位移与第3s内的

位移之比为5:1，实际位移比为16:1，可知，汽车停止的时间大于2s小于3s，设汽车停止的时间为2t+，加速度大小为a，由运动学公式2012xvtat=+有()()221112122xatat=+−+()2312xat=联立解得0.5st=，24msa=即

汽车刹车停止的时间为2.5s，则汽车在2.5s末速度为0，由公式0vvat=+可得，汽车的初速度为()0210msvat=+=故ABD错误；C．根据题意，设汽车在第2s内的位移为2x，由逐差法有212xxat−=其中1st=解得24mx=故C正确。故选C。二、多项选择题（本题6个小题，本

题有两个或两个以上的选项符合题意，选对得4分，选对不全得2分，选错或不选得0分，共24分）7.物理学的发展推动了社会的进步，关于物理学中一些事件和科学方法，下列说法正确的是（）A.当物体的形状大小对所研究问题的影响可忽略不计时，将物体简化、抽象为质点的方法叫假设法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，每小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了微元思想C.伽利略通过：问题猜想——数学推理——实验验证——合理外推，得出自由落体的运动规律D.vat=是用两个物理量（v和

t）之比定义了一个新的物理量（a），这个式子说明加速度a与速度变化量v成正比【答案】BC【解析】【详解】A．当物体的形状大小对所研究问题的影响可忽略不计时，将物体简化、抽象为质点的方法叫理想模型法，故A错误；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，每小段近似看作匀速直

线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了微元思想，故B正确；C．伽利略在研究自由落体运动时，通过猜想，数学推演，做小球沿斜面运动的实验，测出小球不同位移与所用时间均满足2xt，并将此实验结果合理外推，从

而验证了他的猜想，得出自由落体的运动规律，故C正确；D．vat=采用了比值定义法，这个式子中的a与速度变化量v和时间Δt均无关，故D错误。故选BC。8.一质点以初速度v、加速度a做匀变速直线运动，经一段时间后质点运动的路程与位移大小

之比为5∶3，则该过程的位移和时间可能为（）A.位移大小为24vaB.位移大小为238vaC.时间为3vaD.时间为2va【答案】BC【解析】【详解】因路程与位移大小之比为5:3，故质点先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动；质点速度减为零时的时间和位移为1vta=212vxa=质点反向加速的

时间为2t，速度为2v，有22vat=2222vxa=若总位移为正，即12xx可知12tt有121253xxxx+=−解得22vv=则运动时间为1232vtta+=位移为12xx−=238va若总位移为负，即12xx可知12tt有122153xxxx+=−解

得22vv=则运动时间为123vtta+=位移为21xx−=232va故选BC。9.如图（a），为了测试智能汽车自动防撞系统的性能，智能汽车在水平面匀速直线前行，通过激光雷达和传感器检测到车头正前方26m处有静止障碍物时，系统立即

自动控制汽车，使之做加速度大小为1a的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告，驾驶员在此次测试中未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供阻力使汽车做加速度大小为2a的匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。全

程汽车速度的平方随位移变化的图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）A.加速度大小212m/s=aB.加速度大小224m/sa=C.从做减速运动开始计时，经过5s，汽车的位移大小为24mD.从做减速运动开始计时

，经过5s，汽车的平均速度大小为5.2m/s【答案】BD【解析】【详解】AB．根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有2202tvvax−=，可知图像的斜率2ka=因此加速度大小211m/sa=224m/sa=故A错误，B正确；C．汽车做加速度大小为1a的匀减速直线运动所用时间101218m/s

10m/s2s1m/stvvta−−===汽车做加速度大小为2a的匀减速直线运动所用时间2122208m/s2s4m/sttvvta−−===所以从做减速运动开始计时，经过4s，汽车停止运动，汽车全程做减速运动的位移大小为26m，C错误；D．从做减速运动开始计时，

经过5s，汽车的平均速度大小5.2m/svxt==故D正确故选BD。。10.甲乙两车在平直公路上两相邻车道同向行驶，乙在前甲在后，两车运动的vt−图像如图所示。下列判断正确的是（）A.两车第一次平齐的时刻可能发生在12s末B

.若0=t时刻两车沿运动方向距离为6m，两车平齐的时刻仅有一次C.若12st=时两车平齐，则0=t时两车沿运动方向距离为12mD.若0=t时刻两车沿运动方向距离为18m，则甲车无法与乙车平齐【答案】BCD【解析】【详解】A．v-t图像面积代表位移，设甲初速度为01v，乙的初速度为02v；0

~8s内甲的位移为01164m2vvxt+==0~8s内乙的位移为02248m2vvxt+==相对位移为1216mxx−=甲乙之间的距离缩短了16m，在8s~12s内乙的位移大于甲的位移，故只可能在0~8s内两车平齐，故A错误；B．设0x为初始时二者之间的距离；

v-t图像斜率代表加速度，有图像可知甲的加速度为211m/sa=−乙的加速度为220.5m/sa=−设经过t时间相遇，甲车的位移为201112xvtat=+甲乙车的位移为202212xvtat=+乙的两车相遇有0xxx=+甲乙联立解得28st

=或12st=−（舍）两车只会在0~8s内相遇一次，故B正确；C．设0x为初始时二者之间的距离，若12st=时两车平齐，甲车的位移为201112xvtat=+甲乙车的位移为202212xvtat=+

乙两车相遇有0xxx=+甲乙联立可得012mx=故C正确；D．由图象可知0~8s两车相对位移为1216mxx−=8s之后甲车与乙车距离会变大，若二者相距18m，则无法实现相遇，故D正确。故选BCD。【点睛】本题考查v-t图像面积的物理意义以及追及相遇内容。11.如图所示

，AB为空心圆管，长度为10mL=，C为可视为质点的小球，AB与C在同竖直线上，AC之间距离为20m=h。0=t时刻，由静止释放AB，同时C从地面以初速度0v竖直向上抛出。忽略空气阻力，AB若落地则立即静止，取210m/sg=。下列

说法正确的是（）A.要使C在AB落地前从B端穿出，0v至少为15m/sB.要使C在AB落地前从B端穿出，0v至少为10m/sC.若020m/sv=，C上升的最大高度为40mD.若020m/sv=，C从A端进入管中至由B端穿出所经过的时间为0.5s【答案】AD【解析】【详解】AB．根据题意，由公

式212hgt=可得，AB落地时间为22shtg==要使C在AB落地前从B端穿出，则有2012vtgtL−代入数据解得015msv故B错误，A正确；C．若020m/sv=，C上升的最大高度为20m20m2vhg==故C错误；D．

若020m/sv=，设C从B端穿出时运动的时间为1t，则有2210111122gtvtgtLh+−=+设C从A端进入时运动的时间为2t，则有2220221122gtvtgth+−=C从A端进入管中至由B端穿出所经过的时间为12ttt=−联立代入数据解得0.5st=故D正确。故选AD

。12.甲图为在同一直线上运动的M、N两质点的位置（x）随时间（t）变化图像，乙图为质点N的速度（v）随时间（t）的变化图像，甲图中直线M与曲线N相切于c点，以下说法正确的（）A.质点N的加速度大小为22.5m/sB.4st=，质点N的速度为零C.0=t时，质点M、N之间的距离

为75mD.当质点N的速度为零时，质点MN、之间的距离为51m【答案】BC【解析】【详解】A．根据题意，设质点N的加速度大小为a，初速度为0v，由公式0vvat=+结合图乙有0109msva+=由公式2012xvtat=+结合图甲有()201216m10102va−=

+联立解得06msv=−，21.5msa=故A错误；B．根据公式0vvat=+可得，4st=，质点N的速度为()4641.5ms0v=−+=故B正确；C．甲图中直线M与曲线N相切于c点，可知质点M的速度与质点N在10

st=时的速度相等，即109msMvv==设质点M的初位置坐标为1x，则有12110Mxv−=解得169mx=−由图甲可知，0=t时，质点N的坐标为6m，则0=t时，质点M、N之间的距离为75m，故C正确；D．由B分析可知，4st=时，质点N的速度为0，由公式

2012xvtat=+可得，质点N的位移为412mNx=−质点M的位移为436mMMxvt==可知，4st=内，质点N和质点M相向运动，则当质点N的速度为零时，质点MN、之间的距离为()751236m27mx=−−

=故D错误。故选BC。第Ⅱ卷非选择题三、实验题（加速度得分3分，其余每空2分，共15分）13.（1）学生甲利用如图1所示实验装置，进行“研究匀变速直线运动”的实验。在实验中操作有如下步骤，请补充完整实验步骤。A．把长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌边；B．把

打点计时器固定在木板没有滑轮的一端，并与电源相连接；C．把穿过打点计点器纸带固定在小车后面；D．把一条跨过滑轮的细绳一端拴在小车上，另一端吊一钩码；E．先让小车停在靠近______处，接通电源，放开小车；的F．断开电源，取下纸带；G．换上

新纸带，重做多次实验；H．选择合适的纸带测量并计算加速度。（2）他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），用刻度尺测量出13.59cms=，24.41cms=，35.19cms=，45.97cms=，5

6.78cms=，67.64cms=。（3）该同学利用测量的数据描绘vt−图像，在描绘前，还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度st表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对t的要求是_______（

选填“越小越好”或“与大小无关”），该同学随后作出vt−图像如图3所示。（4）观察vt−图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是______。接着学生甲计算了小车在C点的速度Cv=______m/s和小车的加速度=a______2m/s。（结果

均保留两位有效数字）（5）如果在测定匀变速直线运动的加速度时，学生甲不知道工作电压的频率变为48Hz，这样计算出的加速度与真实值相比是______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（6）下列方法有助于减小实验误差的是（）A．选取计数

点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位B．使小车运动的加速度尽量小些C．舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算D．使挂在细绳下钩码的个数尽可能的多【答案】①.打点计时器

②.越小越好③.速度随时间的增加均匀增大④.0.48⑤.0.80⑥.偏大⑦.AC##CA【解析】【详解】（1）[1]先让小车停在靠近打点计时器处，接通电源，放开小车；（3）[2]当用平均速度st表示各计数点的瞬时

速度，从理论上讲，当Δt越小时该平均速度越接近瞬时速度，故越小越好；（4）[3]观察vt−图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是速度随时间的增加均匀增大，根据vat=可知加速度不变；[4][5]每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知相邻计数点间的

时间间隔为1s50.1s50T==根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于该段平均速度可知小车在C点的速度为12340.48m/s4CssssvT+++==由逐差法可得小车的加速度为()()123224560.80m/s3

ssssssaT++−++==（5）[6]如果在测定匀变速直线运动的加速度时，学生甲不知道工作电压的频率变为48Hz，可知计算时用的打点时间间隔偏小，故加速度偏大。（6）[7]A．选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位，选取的

计数点间的距离较大，这样在用直尺测量计数点间的距离时，相对误差较小，故A正确；BD．实验中如果小车的加速度过小，打出的点会很密，长度测量的相对误差会比较大，所以加速度应适量大些，增大加速度的方法是增加挂在细绳下钩码的个数，以增大拉力；但是细绳下钩码的个数不能过多，过多时小车的加速度太大，纸

带上打出的数据点太少，实验误差会较大，故BD错误；C．为减小长度测量的相对误差，舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算，故C正确。故选AC。四、解答题（共3题，共43分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重

要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）14.2022年1月9日南航CZ6763航班在起飞后不久因“通讯失效”返航，于15时30分正常降落深圳机场，机务工程人员对飞机检查维护，南航另调换飞机执行该航班。

假设飞机以270km/h的速度降落在跑道上，之后以1.5m/s2的加速度做匀减速直线运动，求：（1）飞机从跑道上开始减速30s时的速度；（2）从开始减速至位移为1800m时飞机所经历的时间；（3）飞机停

止前4s内滑行的距离。【答案】（1）30m/s；（2）40s；（3）12m【解析】【详解】（1）飞机降落的初速度0270km/h=75m/sv=飞机减速至0的时间0050svta==则机从跑道上开始减速30s时的速度10130m/sv

vat=−=（2）令从开始减速至位移为1800m时飞机所经历的时间为t2，则有2102212xvtat=−解得时间为40s与60s，舍去60s，则t2=40s（3）根据逆向思维，令t3=4s，则有223112m2xat==15.警察追捕一伙匪徒，警车和被劫车

同向行驶，初始相距x0，被劫车从静止开始，经过90m的匀加速到最大速度30m/s，由于被劫车的限制，之后将匀速行驶；警车从静止经过100m的距离能匀加速到最大速度40m/s，警车在与匪徒追赶过程中发生故障，警车只能维持最大速度6s，之后做加速度大小为1m/s2的匀减速直线运动，警车发动1s后，匪徒

才启动被劫车。求：（1）警车加速阶段时的加速度和时间？（2）若初始相距x0足够大，则警车不能追上被劫车，求警车运动的总时间？（3）若警车在加速阶段之后才追上被劫车，求x0的范围？【答案】（1）218m/sa=，15st=；（2）51st=（3）060m180mx

【解析】【详解】（1）设警车加速阶段加速度为1a，加速阶段位移为1x，最大速度为mv，加速时间为1t，则2m112vax=111vat=解得218m/sa=，15st=（2）警车匀速阶段所用时间为26st=警车减速阶段所有时间为32m40svta==所

以警车所用总时间为12351stttt=++=（3）设被劫车加速度为1a，加速阶段位移为1x，最大速度为mv，加速时间为1t，则2m112vax=1m1vat=联立解得16st=，215m/sa=可知，当警车速度达到最大时，被劫车还在加

速；假设警车速度刚好达到最大时追上被劫车，则()21011112xxat=+−解得060mx=假设速度相等时，刚好追上。设警车减速时间为t，加速度为2a，很显然被劫车在这段时间内先加速后匀速，则mm2vvat=−()()22101mm16

42xvtatxvtx++−=+++联立解得0180mx=故要使警车在加速阶段之后才追上被劫车，0x的范围为060m180mx16.一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图。图中0a、T、k均已知。求：（1）第一个T内质点的

位移；（2）NT时质点的速度；（3）若3937k=，质点在第N个周期内的位移刚好为零，求N。【答案】（1）2038kaT−；（2）所以NT末速度为N0022TTvNaka=−；（3）10N=【解析】【详解】（1）根据at−图像，由运动学公式可知，2T末的速度102Tva=前2T内位移

210122Txa=~2TT内的位移22101222TTxvka=−则T内的位移212038kxxxaT−=+=（2）质点加速度时间图像的面积表示速度增量，因此，质点在每个周期内前半个周期速度变化量102Tva=后半个周期

速度变化量202Tvka=−所以NT末速度为N0022TTvNaka=−（3）由题意，第N个周期内质点位移为零，有1112202222NNNNvvvvTT−−−+++=解得3144kNk−=−代入数据解得获得更多资源请扫码加入享

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