【文档说明】浙江省温州市第八中学2024-2025学年高一上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，1.222 MB，由小赞的店铺上传

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温州八高2024级高一第一次月考试卷物理学科考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，满分100分，考试时间90分钟。2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸。选择题部分一、选择题I

（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是

（）A.研究甲图运动员的入水动作B.研究乙图运动员的空中转体姿态C.研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度D.研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作【答案】C【解析】【详解】A．研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员

不能够看为质点，故A错误；B．研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故B错误；C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看为质点，故C正确；D．研究

丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故D错误。故选C。2.如图所示是户外运动软件显示的某位老师的一次长跑数据的截图，下列说法正确的是（）A.

图中“02：04：39”指时刻B.图中“21.12公里”为本次跑步的位移大小C.此次跑步的平均速度约为10.2km/hD.图中的“平均配速5'54''”不是指平均速率【答案】D【解析】【详解】A．图中“02：04：39”是运动过

程的时长，指的是时间间隔，故A错误；B．图中“21.12公里”为本次跑步的路程，故B错误；C．出此次跑步的平均速率，即321.1210m/s2.82m/s10.2km/h2360046039ssvt===++由于运动过程路程不等于位移大小，则平均速率

不等于平均速度大小，故C错误；D．平均配速是指平均每公里需要用多少时间，故图中的“平均配速5'54''”不是指平均速率，故D正确。故选D。3.下列物理量都是矢量的是（）A.速度变化量、速度变化率B.速率、速度C.路程、位移D

.平均速度、平均速率【答案】A【解析】【详解】既有大小又有方向的物理量为矢量，如速度变化量v、速度变化率（即为vat=）、速度、位移、平均速度；只有大小没有方向的物理量为标量，如速率、路程、平均速率；全部为矢量的为速度变化量、速度变化率。故选A。4.如图所示为高

速公路某处的路牌，标有“前方区间测速长度66km”和“100”字样，下列说法正确的是（）A.“66km”指位移大小B.“66km”指路程C.“100”指速率D.“100”指平均速度的大小【答案】B【解

析】【详解】AB．全长66km是区间测速路段的实际长度，故全长66km属于路程，故A错误、B正确；CD．区间测速是指该区间的平均速率，所以“100”指平均速率，不等于平均速度的大小，只有在单方向的直线运动中，平均速度的大小才等于平均速率，故CD错误。故选B。5.情境一：在一次运动会

上，某运动员在铅球比赛中成绩是9.6m；情境二：2022亚洲体育看杭州，本届亚运会中，我国4×100米接力有望打破亚洲记录。结合生活常识，下列说法正确的是（）A.情境一中，9.6m指的是铅球的路程B.情境一中，铅球的位移大小大于9.6mC.情境二中，同一跑道的四位接力运动员路程一定相同D.

情境二中，第一位运动员路程往往小于100m【答案】B【解析】【详解】A．情境一中，9.6m指的是铅球在水平方向位移，其路程大于9.6m，故A错误；B．情境一中，铅球的位移大小一定大于9.6m，故B正确；C．情境二中，同一跑道的四位接力运动员路程不一定相同，因为存在交接棒区域，

故C错误；D．情境二中，第一位运动员的路程不一定小于100m，故D错误。故选B。6.伽利略对“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。如图表示该研究过程中实验和逻辑推理的过程，

下列说法正确的是（）的A.伽利略通过对“丁”中自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面“甲”上做匀变速运动的规律B.伽利略先在倾角较小的斜面上进行实验，目的是为了“冲淡”重力，使时间更容易测量C.伽利略在实验时发现，小球在不同倾角的斜面上都能做匀变速直线运动，且加速

度都相同D.伽利略猜想自由落体速度与下落的时间成正比，并直接用实验进行了验证【答案】B【解析】【详解】A．伽利略通过对小球在斜面“甲”上做匀变速运动的规律，合理外推得出“丁”中自由落体运动的研究，甲、乙、丙均是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论，故A错误；B．伽利略先在倾角较小的

斜面上进行实验，转化为斜面实验是为了“冲淡重力”，延长小球运动的时间，使时间更容易测量，故B正确；C．伽利略在实验时发现，小球在不同倾角的斜面上都能做匀变速直线运动，小球的加速度不同，故C错误；D．伽

利略时代还无法测定小球运动的瞬时速度，就无法验证v与t成正比的思想，伽利略通过数学运算得到，若物体初速度为零，且速度随时间均匀变化，即v正比于t，那么它通过的位移与所用时间的二次方成正比，只要测出物体通

过不同位移所用的时间就可以验证这个物体的速度是否随时间均匀变化，并不能直接用实验进行了验证，故D错误。故选B。7.下列关于物理研究的思想方法，叙述正确的是（）A.质点概念的建立体现了等效替代的思想B.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段可近似看

做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了放大法C.根据速度的定义式xvt=，当∆t非常小时，xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度；该定义运用了极限法D.xvt=是采用比值定义法定义的，物体的速度与位移成正比，与时间成反比【答案】C【解析】【详解】A．质点概念的建立体现了

理想模型的思想，选项A错误；B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段可近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法，选项B错误；C．根据速度的定义式xvt=，当∆t非常小时，xt就可以表示物体在t时刻的

瞬时速度；该定义运用了极限法，选项C正确；D．xvt=是采用比值定义法定义的，物体的速度与位移和时间无关，选项D错误。故选C。8.一名宇航员在某星球上表面完成自由落体运动实验，让一个小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，

则（）A.该星球表面的重力加速度为4m/s2B.小球在2s末的速度是20m/sC.小球在第5s内的平均速度是3.6m/sD.小球在第1s内与第2s内的位移之比不等于1:3【答案】A【解析】【详解】AC．在第5s内的位移是18m，

小球在第5s内的平均速度是518m/s1v=可知4.5s末的瞬时速度为18m/s，根据v4.5=gt4.5可得该星球表面的重力加速度为g=4m/s2选项A正确，C错误；B．小球在2s末的速度是v2=gt2=8m/s选项B错误；D．小球做初速度为零的匀加速运动

，则在第1s内与第2s内的位移之比等于1:3，选项D错误。故选A。9.甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移时间图像如图所示，则关于两车运动情况不正确的是（）A.甲车先做匀速直线运动，再保持静止B.甲车在前10s的平均速度大小为2m/sC.在0~10s内，甲、乙两车相遇二次D.若乙车

做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8m/s【答案】B【解析】【详解】A．因图像的斜率等于速度，可知甲车先做匀速直线运动，再保持静止，选项A正确；B．甲车在前10s的位移为8m，则平均速度大小为8m/s0.8m/s10v==选项B错误；C．在0~10

s内，两图像有两个交点，说明甲、乙两车相遇二次，选项C正确；D．若乙车做匀变速直线运动，则10s内的位移为8m，平均速度为0.8m/s，则5s末的速度为0.8m/s，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8m/s，选项D正确。此题选择不正确的，故选B。

10.“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。t/s024681012x/cm02.08.017.

527.033.035.0下列说法正确的是（）A.前6秒火星车做加速运动B.第6秒末火星车的速率为4.75cm/sC.火星车一共匀速运动了10cmD.火星车减速的加速度大小为22cm/s【答案】C【解析】【详解】由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最后做

匀减速直线运动至停下，设匀加速阶段的加速度大小为a，时间为1t；匀速阶段的速度为v，时间为2t；匀减速阶段的加速度大小为a，时间为3t。由表格数据可知，0~2s，火星车从静止开始做匀加速运动，通过的位移为2c

m，根据212xat=解得21cm/sa=10s~12s，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为2cm，结合逆向思维，可认为此过程反向做初速为0的匀加速运动，则有212xat=解得21cm/sa=匀加速阶段时间为1vta=匀减速阶段的

时间为3vta=故0s~12s全过程的位移满足12335cm22vvxtvtt=++=总又有12312sttt++=联立以上式子解得135stt==，22st=，5cm/sv=的A.前5秒火星车做加速运动,5秒后火星车已经做匀速运动，A错误；B.5秒到7秒火星车已经匀速运动

，故第6秒末火星车的速率为5cm/s，B错误；C.火星车一共匀速运动的位移为2252cm10cmxvt===C正确；D.火星车减速的加速度大小为21cm/s，D错误。故选C。11.一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止，经历了匀加速、

匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为v，则（）A.增大a1，保持a2、v不变，整个过程的平均速度可能变小B.减小a1，保持a2、v不变，匀速运动过程的时间一定变短C.增大v，保持a1、a2不变，

全程时间一定变长D.只要v不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变【答案】B【解析】【详解】A．增大a1，保持a2、v不变，匀加速的时间11vta=可知1t变短，匀减速的时间32vta=可知3t不变，总位移x不变，故作出v-t图像，实线为变化前的，虚线为变化后的由图

可知，总时间变短，根据平均速度等于位移比时间，可知全程的平速度变大，故A错误；B．减小a1，保持a2、v不变，匀加速的位移2112vxa=可知1x变大；匀减速的位移2322vxa=可知3x不变；总位移x不变，则匀速位移为213xxxx=−−可知匀速的位移变小，则匀速的时间变短，故B正确

；C．增大v，保持a1、a2不变，加速、减速阶段的平均速度为2v，匀速过程的速度为v，则全程平均速度增大，总位移x不变，故全程时间一定变短，故C错误；D．只要v不变，不论a1、a2如何变化，加速、减速阶段的平均速度为

2v，根据加速度变化可得加速、减速、匀速阶段的运动时间改变，总位移x不变，故全程平均速度改变，故D错误。故选B。12.某航空母舰以速度v0（未知）匀速航行，为保证飞机能安全起飞，战斗机起飞时的速度须达v=50m/s。假设飞机原本和航母保持相对静止，飞机匀加速的最大加速度是a=5.0m/

s2，该航空母舰甲板长L=160m，为了使飞机能安全起飞，航空母舰的速度v0至少为（）A.10m/sB.20m/sC.30m/sD.40m/s【答案】A【解析】【详解】为保证飞机能安全起飞，航空母舰的航行方向即为飞机起飞时的方向，而它的速度即为飞机的初速度。以航

空母舰参照物，有()202vvaL−=将v=50m/s，a=5.0m/s2，L=160m，代入上式，解得010m/sv=故选A。13.某物体做单向匀变速直线运动，则其相邻相等时间间隔的两段位移之比可能为（）A.2:7B.4:7C.9:2D.4:1【答案】B的【解析】【详解】设相邻相等时间间隔为t

，初速度为0v，则在第一个t内的位移为21012xvtat=+则下一个t内的初速度为0vvat=+下一个t内的位移为22201322xvtatvtat=+=+联立解得2012201232vtatxxvtat

+=+当00v=时两位移的最小比值，为1213xx=当0v非常大时，两位移的比值近似等于1，故两位移比值的范围为12113xx故选B。二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有

选错的得0分）14.下列运动可能存在的是（）A.物体加速度逐渐减小，但速度逐渐增大B.物体速度为零，但加速度却很大C.物体向上运动，而加速度却向下D.物体速度变化量方向为正，速度方向也为正，但物体做减速运动【答案】ABC【解析】【详解】A．当加速度与速度方向相同时，物体的加速度逐渐

减小，速度仍在逐渐增大，故A正确；B．物体速度为零，但加速度却很大，例如自由落体运动的初始位置，速度为零，但加速度为g，故B正确；C．物体向上运动，而加速度却向下，例如物体做竖直上抛运动，故C正确；D．物体速度变化量方向为正，速度方向也为正，说明加速度方向与物体运动

的方向相同，则物体做加速运动，故D错误。故选ABC。15.从某一高度先后由静止释放两个相同的小球甲和乙，若两球被释放的时间间隔为1s，在不计空气阻力的情况下，它们在空中的运动过程中（）A.在空中运动时，甲、乙两球的距离越来越大B.在空中运动时，甲、乙两球的速度之差越来越大C.

甲、乙两球落地的时间差受初始释放的高度影响，初始高度越高，落地时间差越小D.若某次甲球以20m/s落地，经0.1s后以10m/s反弹，则此过程中甲球的平均加速度大小为300m/s2【答案】AD【解析】【详解】A．在空中运动时，甲、乙两球的距离差满足()22111222gxgtgtgt=+−=+可

见甲、乙两球的距离越来越大，故A正确；B．在空中运动时，甲、乙两球的速度之差满足(1)vgtgtg=+−=故速度差恒定，故B错误；C．由于是从同一高度释放，从释放到落地两球所用时间相同，故甲、乙两球落地的时间差始终为释放间隔的1s，与初始高度无关，故C错误；D．根据(

)22211020m/s=300m/s0.1vvat−−−==故D正确。故选AD。非选择题部分三、非选择题（本题共4小题，共55分）16.某学习小组要完成实验“探究小车速度随时间变化的关系”。（1）打点计时器是最基本的______（填“计时”或“测速”）仪器，A组同

学采用了如图所示的打点计时器，则他们的纸带位置放置正确的是______（填“A”或“B”），该打点计时器应接在学生电源的______两孔上（填“AC”或“DC”）；（2）在本实验中，必须要保证的操作是（）A.先

打开打点计时器，再释放小车B.细线必须与桌面平行C.小车应从靠近打点计时器处释放D.长木板带滑轮的一侧必须要垫高（3）如图是经打点计时器打出的纸带的一段，打点顺序是A、B、C、D、E，已知交流电源的频率为50Hz，纸带上每相邻两个计数点间还有四个点未画

出。现把一刻度尺放在纸带上，其零刻度线和计数点A对齐，则B点的刻度尺读数为______cm，打下计数点C时纸带的瞬时速度vC=______m/s（保留两位有效数字），根据记录的数据，得到小车运动的加速度大小是__

____m/s2（保留两位有效数字）；（4）得到结果后A组同学发现，他们所用的刻度尺并不标准，刻度尺上的1mm实际上有1.1mm长，则由此得到的加速度的大小相比于真实值______（填“偏大”、“偏小”、“不变”），该误差属于_____

_（填“系统误差”或“偶然误差”）；（5）B组同学是采用作v-t图像的方式求解加速度，较合理的方法是（）A.根据任意两计数点的速度，用公式求解加速度B.根据数据作出v-t图，量出其倾角θ，由公式a=tanθ求出加速度C.根据数据作出v-t图，取图像上较远两点，用公式求解加速度D.依次算出两点间的

加速度，取平均值后作为小车的加速度（6）C组同学为了证明小车作匀变速直线运动，采用了以下方法：先把纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条，再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条下端对齐，最后将纸条上端中心连起来

，得到如图所示图像，这样的方法______（填“可行”、“不可行”）。【答案】（1）①.计时②.B③.AC##CA（2）AC（3）①.1.50②.0.24③.0.60（4）①.偏小②.系统误差（5）C（

6）可行【解析】【小问1详解】[1][2][3]打点计时器是最基本的计时仪器，A组同学采用了如图所示的打点计时器，纸带应该放在复写纸下面，则他们的纸带位置放置正确的是B，该打点计时器应接在学生电源的交流接线柱上，即接AC两孔上；【小问2详解】A．先打开打点计时器，等稳定后再释放小车，

选项A正确；B．细线必须与木板平行，选项B错误；C．小车应从靠近打点计时器处释放，以充分利用纸带，选项C正确；D．该实验无需把木板一端垫高，能使小车加速运动即可，选项D错误。故选AC。【小问3详解】[1]B点的刻度尺读数为1.50cm；[2]每相邻两个计数点间还有四

个点未画出，可知T=0.5s，打下计数点C时纸带的瞬时速度2(6.301.50)10m/s=0.24m/s20.2BDCxvT−−==[3]小车运动的加速度大小是22222(9.603.603.60)10m/s0.60m/s440.1CEA

CxxaT−−−−===【小问4详解】[1][2]得到结果后A组同学发现，他们所用的刻度尺并不标准，刻度尺上的1mm实际上有1.1mm长，则长度的测量值偏小，由此得到的加速度的大小相比于真实值偏小，该误差属于系统误差；【小问5详解】A．

根据任意两计数点的速度，用公式求解加速度可能造成较大误差，选项A错误；B．根据实验数据画出v-t图象，当纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不同，所以量出其倾角，用公式a=tanα算出的数值并不是加速度，选项B错误；C．根据数据作出v-t图，

取图像上较远两点，用公式求解加速度，这样可减小实验误差，选项C正确；的D．依次算出连续两个计数点间的加速度，这样不能有效的剔除误差较大的点，故D错误；故选C。【小问6详解】因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；

而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，因此该做法是合理可行的。17.已知一物体在一水平面上向右做匀加速直线运动，加速度大小为a=2m/s2，求：（1）若初速度

为v0=2m/s，求物体在t=2s时的速度，（2）若初速度为v0=2m/s，求物体在t=2s时的位移大小；（3）若初速度为零，求物体在x=2m处与x=4m处的速度大小之比。【答案】（1）6m/s（2）8m（3）1:2【解析】【小问1详解】若初速度为v0=2m/s，根据速度-时间公

式，可得物体在t=2s时的速度为02m/s22m/s6m/svvat=+=+=【小问2详解】若初速度为v0=2m/s，根据位移-时间公式，可得物体在t=2s时的位移大小22201122m22m8m22xvtat=+=+=【

小问3详解】若初速度为零，根据速度-位移公式有22vax=解得2vax=物体在x=2m处与x=4m处的速度大小之比为2424::2:41:2vvxx===18.运动员把冰壶沿水平冰面推出，让冰壶在冰面上自由滑行

，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现将冰壶以v0=4m/s的速度投掷出去，发现其滑行总距离为x=40m，假

设冰壶在冰面上自由滑行时做匀减速直线运动，求：（1）冰壶自由滑行7.6m后的速度大小v1；（2）在冰壶自由滑行7.6m后，运动员开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，冰壶运动的加速度变为原来的0.9倍，求：（i）冰壶全程运动的总时间t；（ii）比原

来多运动的距离。【答案】（1）13.6m/sv=（2）22st=，3.6mx=【解析】【小问1详解】冰壶以v0=4m/s的速度做匀减速直线运动滑行总距离为x=40m，有2002vax−=−解得减速的加速度大小为20.2m/sa=则冰壶

自由滑行17.6mx=，由速度位移关系有221012vvax−=−可得13.6m/sv=小问2详解】（i）摩擦冰面后冰壶运动的加速度变为原来的0.9倍，即210.18m/sa=摩擦冰面前的时间为【0112svvta−==摩擦冰面后的时间为12120svta==

则冰壶全程运动的总时间为1222sttt=+=（ii）摩擦冰面后减速的位移为212136m2vxa==则比原来多运动的距离为123.6mxxxx=+−=19.如图所示，一滑块从固定斜面顶端A由静止下滑，最终停在C点。已知AD的高度h=3m，BD的长度L1=4m，AD⊥BD，

斜面与水平面在B点平滑连接，BC的长度L2=10m，小滑块从A点运动至C点的总时间为5s，假定小滑块在AB上做匀加速直线运动，在BC上做匀减速直线运动，求：（1）小滑块滑至B点时的速度大小vB；（2）小滑块从A运动到C点的平均速度的大小（可用根式表示）；（3）若在C

点正上方H=20m处有一小球，某时刻将小球由静止释放，不计空气阻力，取g=10m/s2，小球恰好与刚刚停下的滑块在C点相遇，求释放小球瞬间滑块离B点的距离。【答案】（1）6m/s（2）41m/s5（3）9.964m【解析】【小问1详解】设小滑块滑至B点时的速度大小是v

B，则有12BABvxt=，222BvLt=又221ABxhL=+，12ABttt+=联立，解得6m/sBv=，15s3t=，210s3t=【小问2详解】由几何知识，可得()2212ACxhLL=++小滑块从A运动

到C点的平均速度的大小41m/s5ACABxvt==【小问3详解】小球做自由落体运动，可得212Hgt=解得20.2stt=可知，释放小球瞬间滑块已经开始匀减速直线运动了，把小滑块在BC之间的匀减速直线运动，看做反方向的匀加速直线运动，可得22212Lat=，2212Lat=则释放小球瞬

间滑块离B点的距离'22LLL=−联立，解得9.964mL=20.某人在一公交车后方距观后镜的距离107mL=处，突然公交车由静止开始以21msa=的加速度做匀加速直线运动，经1st=后人以某一速度匀速追赶公交车（忽略人的加速过程），司机通过观后镜能看到后

方的最远距离85ml=，并且人要在观后镜中至少出现4s司机才能发现。（1）若人以6msv=人的速度匀速追赶，求人距观后镜的最小距离有minx；（2）求人要能被司机发现，人匀速追赶公交车的最小速度minv。【答案】（1）min95mx=；

（2）min8msv=【解析】【分析】【详解】（1）当公交车速度等于v人时，人距观后镜的距离最小，设两者距离最小时公交车运动的时间为t，位移为x车，人的位移为x人，由运动学公式有：vat=人212xat=车()xvtt=-D人人minxLxx=+-人车解得min9

5mx=（2）只讨论人在观后镜刚好出现4s的临界情况，设两者距离最小时（此时车和人速度相等）公交车运动的时间为t，那么对应的人在观后镜出现的时间间隔为(2)ts¢-到(2)ts¢+，也就是说在(2)t

s¢-瞬间人和观后镜相距恰好为l，设0(2)ts¢-:公交车的位移为x¢车，人的位移为x¢人、则有：minvat¢=21(2)2xatⅱ=-车min(2)xvttⅱ=--D人=+lxLxⅱ+人车解得min8msv=