【文档说明】江西省赣州市大余县部分学校联考2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，3.766 MB，由管理员店铺上传

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大余县梅关中学2024—2025学年度高一上学期第二次月考物理试卷满分100分，考试时间：75分钟。注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题（本题共10小题，共46

分。在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8—10小题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（）A.图1

中，汽车速度表上的示数指的是瞬时速率B.图2中，速度的变化量v越大，表示加速度也越大C.图3中，把整个运动过程细分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后将这些小段的位移相加，得到总位移，这种方法运用了假设法D.图4中，伽利略直接验证了小球下落

的速度与所用时间成正比【答案】A【解析】【详解】A．图1中，汽车速度表上的示数指的是瞬时速率，选项A正确；B．图2中，速度的变化量v越大，但是时间不确定，则表示加速度不一定越大，选项B错误；C．图3中，把整个运动过程细分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后将

这些小段的位移相加，得到总位移，这种方法运用了微元法，选项C错误；D．图4中，伽利略在斜面实验的基础上经过演绎归纳得出了小球下落的速度与所用时间成正比，选项D错误。故选A。2.商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若

门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（）A.21.25m/sB.21ms/C.20.5ms/D.20.25m/s【答案】C【解析】【详解】设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均

速度均为2v，且时间相等，均为2s，根据42vx=可得1m/sv=则加速度221m/s0.5m/s2vat===故选C。3.从地面上将一个小球竖直上抛，经t时间小球经过空中的某点A，再经过t时间小球又经过A点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球上升的最

大高度为298gtB.A点离抛出点的距离为212gtC.小球抛出时的速率为2gtD.小球在A点时的速率为gt【答案】A【解析】【详解】A．小球做竖直上抛运动，由于经t时间小球经过空中的某点A，再经过t时间小球又经过A点，小球根据对称性可知，小球从A点到最高点经历时间2t，即小球从抛出到运动至最高点

经历时间1322tttt=+=利用逆向思维，小球小球上升的最大高度2211928Hgtgt==故A正确；B．令A点离抛出点的距离为h，结合上述有2122tHhg−=解得2hgt=故B错误；C．利用逆向思维，结合所示，根据速度与位移的关系

有0132vgtgt==故C错误；D．利用逆向思维，结合所示，根据速度与位移的关系有122Atvggt==故D错误。故选A。4.大型商场或者大型超市为了方便顾客上下楼，都会安装自动扶梯。如图是一种无台阶式扶梯，将扶梯运送顾客上楼的过程近似看成

匀速直线运动，在这个过程中（）A.顾客所受重力一定垂直于接触面B.顾客所受弹力是由于扶梯的形变而产生的C.顾客随自动扶梯一起做匀速直线运动，所以其受到的摩擦力为滑动摩擦力D.顾客所受摩擦力方向沿扶梯向下【答案】B【解析】【详解】A．顾客所受重力的方向一定竖直向下，不垂直于接触面，故A错误

；B．顾客所受弹力是由于扶梯的形变而产生的，故B正确；C．顾客随自动扶梯一起做匀速直线运动，顾客与自动扶梯之间没有相对滑动，所以其受到的摩擦力为静摩擦力，故C错误；D．由平衡条件可知，顾客所受重力沿扶梯向下的分力与摩擦力等大反向，所以顾客所受摩擦力方向沿扶梯向上，故D错误。故

选B。5.图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片．该照片经过放大后分析出，在曝光时间内，子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1%~2%．已知子弹飞行速度约为500m/s，因此可估算出这幅照片的曝光时间最接近A.10-3s

B.10-6sC.10-9sD.10-12s【答案】B【解析】【详解】子弹的长度约5cm；则子弹飞行的距离41%5510scmm−==；则照片的曝光时间46510110500/smtsvms−−===；【点睛】本题的基本技巧是要抓住“数量级”构建，题

目所求曝光时间等于子弹影像前后错开的距离除以子弹速度，所以，必须知道子弹影像前后错开距离和子弹速度的数量级．6.2024年9月25日8时44分，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域，成功发射1发携载训练模拟弹头的洲际弹道导弹，

其射程约为1.2万公里，创下了全球洲际导弹实际测试中的最远纪录。从导弹发射到消息公布，一共用时79分钟。下列说法正确的是（）A.描述导弹的运动轨迹时，只能选取静止的物体为参照物B.研究导弹的飞行姿态时，可以将其看作质点C.“8时44分”是指时刻，“79分钟”是指时间间隔D.

根据题中信息可以粗略估算出导弹运动的平均速率【答案】C【解析】【详解】A．参照物可以选运动的物体，故A错误；B．研究导弹的飞行姿态时，其形状和大小不可忽略，故不可以将其看作质点，故B错误；C．“8时44分”是指时刻，“79分钟”是指时间间隔，故C正确；D．根据题中信息可以得出粗略位移与时

间，则可估算出导弹运动的平均速度，故D错误。故选C。7.如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（）A.甲图中，物体在0~t0这段时间内的平均速度等于02vB.乙图中，物体做匀

减速直线运动，其加速度大小为210m/sC.丙图中，若物体从静止开始运动，则在0~6s内物体的位移等于18mD.丁图中，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为24m/s【答案】D【解析】【详解】A．若为初速度为0匀变速直线运动，速度—时间图像应为过原点的一条倾斜的直线，其在

0~t0这段时间内的平均速度等于02v，而该图像在任一时刻的速度（不包括始末）都大于做匀变速直线运动的物体的速度，因此可知其平均速度大于02v，故A错误；B．根据速度与位移之间的关系式2202vvax−=整理可得2202vvax=+可知该图像的斜率为224002m/s10m/s

40a=−=−解得的25m/sa=−由此可知，乙图中，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为5m/s2，故B错误；C．如果物体做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，位移为212xat=可得在0～6s内的位移为36mx=但根据图像可知，物体做加速

度增大的变加速运动，因此可知，其在0～6s内的位移大于18m，故C错误；D．根据2012xvtat=+可知图线斜率122a=则加速度24m/sa=故D正确。故选D。8.如图所示，物理研究小组为了测量某栋楼的层高。

一同学将两个相同的铁球1、2用长3.8mL=的细线连接。用手抓住球2使其与某一层楼地板等高，让球1悬挂在正下方，然后由静止释放，地面处的接收器测得两球落到地面的时间差0.2st=，210m/sg=，则（）A.小球2释放点距离地面1

8mB.球2着地的速度大小为20m/sC.若释放小球的同学再往上走几层楼，则两球落到地面的时间差△t会增大D.若释放小球的同学再往上走几层楼，则两球落到地面的时间差△t会减小【答案】BD【解析】【详解】AB．设小球2释放点距离地面高度为h，落地时间为t，则小球121()2hLgtt−=−

对球2212hgt=联立解得t=2sh=20m球2着地的速度大小为20m/svgt==选项A错误，B正确；CD．若释放小球的同学再往上走几层楼，当球1落地时两球的速度v变大，根据212Lvtgt=+则两球落到地面的时间差△t会减小，选项C错误，D正确。故选BD。9

.如图，两竖直墙面的间距为l，一个质量为m、边长为d的正方形木块被一轻直弹簧顶在左侧墙面上，弹簧右端固定在右侧墙面上，且弹簧与墙面垂直。已知木块与墙面之间的最大静摩擦因数为，弹簧原长为l，劲度系数为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.如果2mgkd=，则木块不

处于平衡状态B.如果2mgkd=，则墙面对木块的正压力为2mgC.如果2mgkd=，则木块受到的静摩擦力大小为2mgD.为使木块在此位置保持平衡状态，k最小为mgd【答案】BD【解析】【详解】AC．如果2mgkd=，则木块受到的

最大静摩擦力为mN2fFkdmgmg===木块处于平衡状态，受到的静摩擦力大小为mg，A、C错误；B．如果2mgkd=，木块处于平衡状态，则墙面对木块正压力等于弹簧的弹力，即2NmgFkd==B正确；D．为使木块在此位置

保持平衡状态，至少应使mNfFkdmg===即k的最小值为mgkd=D正确。故选BD。10.一辆汽车以24m/s的速度匀速行驶，刹车后做匀减速直线运动的速度v随位移x变化的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.汽车刹车时的加速度大小为23m/sB.汽车刹车2s后

的速度大小为12m/sC.汽车刹车最后1s内位移大小为3mD.汽车的刹车时间为4s【答案】BCD的的【解析】【详解】A．由匀变速直线运动的速度位移关系公式2202vvax−=可得2002vax−=代入数据解得22224ms6ms248a−==−可知汽车刹车时的加速度大小为26ms，A错误；B．

由速度时间公式0vvat=+可得，汽车刹车2s后的速度大小为024ms62ms12msvvat=+=−=B正确；C．汽车刹车到停止，可把汽车运动逆向看做初速度是零的匀加速直线运动，则有位移时间公式可得，汽车刹车最后1s内的位移大小为22111161m3m22xat===C正确

；D．由速度时间公式0vvat=+可得，汽车的刹车时间为00024s4s6vta−−===−D正确。故选BCD。二、非选择题（本题共5小题，共54分）11.某实验小组为测量自动笔里面被压缩弹簧的劲度系数，他们一开始设计如图甲所示的实验：将自动笔活动端竖直置于电子秤

上，当竖直向下按下约0.80cm时（未触底且未超过弹簧弹性限度），稳定后电子秤上的读数增加了37.85g（重力加速度大小g取10m/s2）。（1）此笔里的弹簧劲度系数为________N/m（结果保留3位有效数字），这支笔的重力对实验________（填“有”或“无”）影响；（2）由于弹簧较短

，施加适当外力时长度变化不太明显，于是他们将实验设计成图乙所示：将三根相同的弹簧串起来，竖直挂在图乙所示的装置中。小组成员通过测量，作出三根弹簧的总长度l与相应所挂重物重力即拉力大小F的关系图像如图丙，则一根弹簧的劲度系数为________N/m（结

果保留3位有效数字）。【答案】（1）①.47.3②.无（2）50.0【解析】【小问1详解】[1]根据胡克定律，可得弹簧劲度系数为3237.851010N47.3N/m0.8010mFkx−−==故填47.3；[2]没有影响，这是由于弹簧受挤压时弹力大小可借助于电子秤测出，所以与笔的重力

无关，故填无；【小问2详解】由于有三根弹簧，则弹簧劲度系数满足1.0N/m50.0N/m0.120.063k==−故填50.0。12.小黄同学在暗室中用图示装置做测定“重力加速度”的实验，用到的实验器材有：分液漏斗、阀门、支架、接水盒、一根有荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下：①在分液漏

斗内盛满清水，旋松阀门，让水滴以一定的频率一滴滴的落下：②用频闪仪发出的闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，当频率为25Hz时，第一次看到一串仿佛固定不动的水滴；③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；④处理数据，得出结论：（

1）水滴滴落的时间间隔为_______s。（2）小黄同学测得连续相邻的五个水滴之间的距离如图乙所示，根据数据计算当地重力加速度g=______2m/s。（结果均保留三位有效数字）（3）小黄同学又根据图

乙依次计算出BCDE、、、点到A点的距离x与所用时间t的比值xt，作出了xtt−的图像，如图丙所示，坐标系中已标出的坐标值为已知量，则A点的速度为Av=_______，重力加速度为g=_______（均用abc、、表

示）。【答案】（1）0.04（2）9.69（3）①.b②.()2cba−【解析】【小问1详解】水滴滴落的时间间隔为11s0.04s25Tf===【小问2详解】由逐差法可知，当地重力加速度为22222(33.4813.642)10m/s9.69m/s(2)40.04CEAChh

gT−−−==【小问3详解】由匀变速直线运动的位移与时间的关系212Axvtgt=+化简可得12Axvgtt=+则斜率12cbkga−==纵截距为Abv=所以A点的速度为Avb=重力加速度为2()cbga−=13.如图所示，两段完全相同的轻

弹簧与两物块连接，弹簧劲度系数200N/m，初始状态两弹簧均为05cmL=，A、B两物体的质量均为2kgm=。物体与水平面间的动摩擦因数均为0.5=，已知物块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，弹簧始终在弹性限度内，现以水平向右的力F作

用于A右端的弹簧，g取210m/s。（1）若8NF=，求B受到的摩擦力；（2）若A、B一起在F的作用下向右匀速直线运动，求A、B间的距离x。【答案】（1）0；（2）10cm【解析】【详解】（1）A与地面的最大静摩擦为10Nfmg==静由于8NFf=静所以A不会有相对滑

动趋势，A静止，则A、B间的弹簧弹力为零，对B由平衡条件可知B所受摩擦力为0；（2）若A、B一起在F的作用下向右匀速直线运动，以B为研究对象，B所受摩擦力为10Nfmg==则A、B间的弹簧弹力为10

N，则弹簧的伸长量为10m5cm200L==A、B间的距离010cmxLL=+=14.甲、乙两名运动员在训练2100m接力赛跑。已知甲、乙两运动员的起跑过程可看成加速度大小为22m/s的匀加速运动且经加速后都能达到并保持m8m/sv=的速度跑完全程。已知接力区的长度

为18mL=，乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲乙相遇时完成交接棒，假设接棒不影响运动员速度大小。（1）在某次练习中，甲以m8m/sv=的速度跑到接力区前端012ms=处时，向乙发出起跑口令，求此次练习中交接棒处离接力区前端的距离；（2）为了取得最好成绩，需要乙恰好在速度达

到与甲相同时被甲追上，则甲应在距离接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）若接力区的长度只有9mL=，则甲应在距离接力区前端多远处对乙发出起跑口令？【答案】（1）4m（2）16m（3）15m【解析】【小问1详解】设乙起跑后经过时间

t被追上，则2m012xxvtats−=−=甲乙解得2st=，6st=（舍去）则乙位移为214m2xat==【小问2详解】乙加速至最大速度所用时间m04svta==这段时间乙的位移200116m<18m2xat==故

乙起跑时与甲的距离m0016mxvtx=−=【小问3详解】由于0Lx，故不能在达到最大速度完成接棒，应在接力区末端完成接棒，则212Lat=其中mxvtL=−解得15mx=15.如图所示，在离地面高H处以010m/sv=的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长5mL=的

小车，其前端M距离抛出点的正下方4ms=，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做212m/sa=的匀加速直线运动。已知小球在空中运动的总时间为t=4s，g取10m/s2，忽略空气阻力及小车的高度，求：（1）小球抛出点离地面的高

度H；（2）小球落地前最后一秒的位移大小x；（3）当小车末端N到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为2a，方向与此时速度方向相反匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度大小2a的范围。的的【答案】（1）40m；（2）25m；（3）2221

2m/s22m/sa【解析】【详解】（1）以竖直向上为正方向，初速度010m/sv=，加速度ag=−，由竖直上抛规律得()2012Hvtgt=+−解得H=-40m则小球抛出点离地面的高度为40m。（2）小球做上抛运动所用

时间为001svtg==因此下落总时间为3s，小球落地前最后一秒的位移大小()22132m25m2xg=−=（3）小车车尾到达抛出点正下方时间为1t，由21112sLat+=解得13st=速度为116m/s

vat==当小车车尾刚好接住小球，则()()21121102xvttatt=−−−=解得2212m/sa=当小车车头刚好接住小球，则()()2'212112xvttattL=−−−=−解得'2222m/sa=故为了让小车接住小球，加速度大小2a的范围为22212m/s22m/sa

