【文档说明】四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2024-2025学年高一上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，937.021 KB，由小赞的店铺上传

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2024级高一上期10月阶段性学业反馈物理考试时间90分钟，试卷满分100分注意事项1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对

应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。一、单选题（每题3分，共24分）1.202

4年5月1日，小李同学和爸爸妈妈一起去自驾旅行。他们在18时17分到达高速入口，然后在高速上全程行驶了307公里到达上海，用时3小时15分，则在高速上行驶过程中（）A.“18时17分”“3小时15分”均为时间间隔B.307公里是汽车行驶的位移C.汽车行驶的平均速率约为26.2

m/sD.研究旁边一辆汽车的超车时间时，可以将该车看成质点【答案】C【解析】【详解】A．“18时17分”为时刻，“3小时15分”为时间，故A错误；B．307公里是汽车行驶的路程，故B错误；C．汽车行驶的平均速率约为330710m/s=26.2m/s336001560svt==+故C正确；D

．研究旁边一辆汽车的超车时间时，汽车的长度不能忽略，不能将该车看成质点，故D错误。故选C。2.速度和加速度的关系，下列说法正确的是()A.速度大时，加速度一定大；速度小时，加速度一定小B.速度的方向就是加速度的方向C.在时间

t内，加速度与速度方向相同，速度变小D.加速度为零时，速度不一定为零【答案】D【解析】【详解】A.速度大，不一定变化快，加速度不一定大；速度小，不一定变化慢，加速度不一定小，故A错误；B.加速度的方向是速度变化的方向，可以与速度方向相同也可以与速

度方向不同，故B错误；C.加速度与速度方向相同时物体做加速运动，相反时做减速运动，故C错误；D.匀速运动的物体加速度为零，故加速度为零时，速度不一定为零。故D正确。故选：D。3.下列说法正确的是（）A.运动员将足球踢出，足球在空中飞行是因为足

球受到一个向前的推力B.质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外C.重力的方向总是指向地心D.由磁铁间存在相互作用可知：力可以离开物体而单独存在【答案】B【解析】【详解】A．运动员将足球踢出，足球在空中飞行是因为惯性，足球没有

受到一个向前的推力，故A错误；B．质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外，比如质量均匀分布的球体，重心在球心上；如质量均匀分布的圆环，重心在圆心上，但圆心不在圆环上，故B正确；C．重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，故

C错误；D．力一定存在施力物体和受力物体，一定不可以离开物体而单独存在，故D错误。故选B。4.如图所示，四种情境中物体A均处于静止状态，它与外界的接触面（点）均光滑（其中D图中O点为球心）。下列选项中物体A所受弹力示意图正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．A球受到

墙的弹力F1，方向垂直于墙壁向右；斜面的支持力F2，方向垂直于斜面向上，故A正确；B．F2方向不对，应通过球心，故B错误；C．F1方向应垂直于墙壁向右，故C错误；D．A球只受到水平面的弹力F1，右侧的球对A没有弹力，否则A球将向左运动，与实际情况不符，故D错误。故选A。5.A、B两个物体的

位移—时间图像如图所示，则以下说法正确的是（）A.1t时刻，A、B两物体的速度都为0B.20t内，A的平均速度等于B的平均速度C.20t内，A的路程等于B的路程D.2t时刻，A、B两物体的速度方向相同【答案】B【解析】【详解】A．由位

移—时间图像斜率表示速度可知，1t时刻，A物体的图像斜率是0，则速度是0，B物体的图像斜率不是0，则速度不是0，A错误；B．由题图可知，在20t内，A、B两物体通过的位移相同，所用时间相同，则A的平均速度等于B的平均速度，B正确；C．由题图可知，在20t内，

A的路程为A4m2m6ms=+=B的路程为B2ms=可知A的路程比B的路程多4m，C错误；D．由位移—时间图像斜率表示速度可知，2t时刻，A的图像斜率是负值，则A的速度方向是负方向，B的图像斜率是正值，则B的速度方向是正

方向，即2t时刻，A、B两物体的速度方向不相同，D错误。故选B。6.如图所示为一质点做直线运动的速度-时间图像，下列说法中正确的是（）A.整个过程中，CD段和DE段的加速度数值最大B.整个过程中，DE段做匀减速直线运动C.整个过程中，C点离出发点最远D.BE段所表示的运动通过的

路程是34m【答案】A【解析】【详解】A．根据vt−图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知整个过程中，CD段和DE段的斜率绝对值最大，则加速度数值最大，故A正确；B．由vt−图像可知，DE段向负方向做匀加速直线运动，故B错误；C．由vt−图

像可知，整个过程中，D点之前物体的速度均为正值，D点之后速度为负值，向相反方向运动，则D点离出发点最远，故C错误；D．根据vt−图像与横轴围成的面积表示位移大小，则BC段所表示的位移大小为11(512)4m34m2x=+=CD段和DE段所表示

的位移大小均为231122m12m2xx===则BE段所表示的运动通过的路程为12358msxxx=++=故D错误。故选A。7.如图1，甲、乙两车沿水平向右方向做变速直线运动，零时刻相距s0=12m，图2为甲

车运动的2vx−图像，图3为乙车运动的xtt−图像，已知两车的运动不相互影响，以下说法正确的是（）A.甲、乙两车不能相遇B.甲、乙两车能相遇两次，第一次相遇在t=2s时刻，第二次相遇在t=3.6s时刻C.甲、乙两车能相遇两次，第二次相遇之前甲车已经停止运动D.甲、乙两车能相遇两次，第一次相遇时甲

车运行的位移24mx=甲，第二次相遇时乙车共运行的位移为33mx=乙【答案】B【解析】【详解】A．由2202vvax−=可得2202vaxv=+结合图2可知，甲车沿水平方向向右在0～24m做初速度04m/s2m/sv==甲、加速度为2214844m/s10

m/s224a−==甲的匀加速直线运动，在24～46m做初速度484m/s22m/sv==甲1、加速度为220484m/s11m/s24624)a−==−−甲2（的匀减速直线运动，停止在46m处。由2012xvtat=+可得0

12xatvt=+结合图3可知乙车沿水平方向向右做初速度02m/sv=乙、加速度为222(122)m/s4m/s5a−==乙的匀加速直线运动。假设在甲车加速阶段两车能相遇，设相遇在1t时刻，由运动学规律有22011100111122vtatsv

tat+=++甲甲乙乙解得12st=甲车做匀加速运动的时间111222s2s10vvta−−===甲甲0甲甲说明在甲车匀加速的末态两车相遇，假设成立，故A错误；BC．2st=时乙车的速度为11110m/s22m/svvatv=+==乙

乙0乙甲可知2st=两车相遇后，甲车在前方减速运动，乙车在后方加速运动，两车一定能再次相遇，假设在甲车停止运动前两车相遇，设经过2t时间，两车再次相遇，有2212221221122vtatvtat+=+甲甲乙乙解得21.6st=甲车匀减速到停止需要

的时间为1220022s2s11vta−−===−甲甲甲由于22tt甲，则假设成立，在甲车停止之前两车相遇，甲、乙两车第二次相遇的时刻123.6sttt=+=总故B正确，C错误；D．由以上分析知，第一次相遇时甲车运行的位移为24mx=甲，第二次相

遇时乙车共运行的位移为20133.12m2xvtat=+=乙乙乙总总故D错误。故选B。8.如图所示，在做自由落体运动与竖直上抛运动的杂技表演中，表演者让甲球从离地高度为H的位置由静止释放，同时让乙球在甲的正下方的某点由静止释放，已知乙球与水平地面碰撞

后的速度大小是刚落地时速度大小的0.5倍，且碰撞后的速度方向竖直向上，两小球均视为质点，忽略空气阻力，乙球与地面的碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.若乙释放时的高度为0.5H，则乙与地面碰撞刚结束时的速度大小为4gHB

.若乙释放时的高度为0.5H，则乙从释放到再次到达最高点的运动时间为2HgC.若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙第一次上升的最大高度为10HD.若乙在第一次上升的过程中能与甲相撞，则乙释放时的高度h的范围为10HHh【答案】C【解析】【详解】A

B．若乙释放时的高度为0.5H，则由220.5gHv=可得乙落地时的速度大小为vgH=落地时间为1vHtgg==乙与地面碰撞刚结束时的速度大小为210.52gHvv==与地面碰后上升的时间为2212vHtgg==乙从释放到再次到达最高点的运动时间为1232H

tttg=+=故AB错误；C．若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，设乙第一次上升的最大高度为h，与地面碰后速度大小为v3，则有2312hgt=由乙球与水平地面碰撞后的速度大小是刚落地时速度大小的0.5倍可知

，乙第一次下落的时间432tt=则甲与乙碰撞时运动的总时间为43ttt=+总则有212gthH+=总联立可得10Hh=故C正确；D．若乙第一次上升到最高点时刚好与甲相撞，则乙下落高度为2412425Hhgth===乙所以若乙在第一次上升的过程

中能与甲相撞，则乙释放时的高度h的范围为25HHh故D错误。故选C。二、多选题（每题4分，共24分）9.有关滑动摩擦力的说法正确的是（）A.相互接触并有相对运动的物体间必有摩擦力B.两物体之间有滑动摩擦力，则其间必有弹力C.滑动摩擦力的方向总是与物体运动方向相反

D.滑动摩擦力一定与压力的方向垂直【答案】BD【解析】【详解】A．若相互接触并有相对运动的物体之间未发生弹性形变，物体间没有摩擦力，故A错误；B．弹力是产生摩擦力的前提条件，故两物体之间有滑动摩擦力，则其间必有弹力，故B正确；C．滑动摩擦力的方向总是与物体相对运动方向相反，故C错误；D．

压力的方向垂直于接触面，摩擦力的方向与接触面相切，所以两力方向一定垂直，故D正确。故选BD。10.一质点做直线运动，其位移与时间的关系()252mxt=+，下列判断正确的是（）A.0时刻质点的速度为5m/sB.质点的加速度为22m/sC.前2s

内质点的位移为8mD.前2s内质点的平均速度为4m/s【答案】CD【解析】【详解】AB．根据匀变速直线运动位移时间公式20012xvtatx=++可得00v=，212m/s2a=，05mx=故0时刻质点的速度为零，质点的加速度为24m/s，故AB错误；C．前2s内

质点的位移为220(522)5m8mxxx=−=+−=故C正确；D．前2s内质点的平均速度为8m/s4m/s2xvt===故D正确。故选CD。11.某物体沿着一条直线做匀减速运动，依次经过、、ABC三点，最

终停止在D点。A、B之间的距离为0s，BC、之间的距离为023s，物体通过AB与BC两段距离所用时间都为0t，则下列正确的是（）A.B点的速度是0053stB.由C到D的时间是032tC.物体运动的加速度是0202stD.C

D之间的距离0924s【答案】BD【解析】【详解】A．物体通过AB与BC两段距离所用时间都为0t，所以Bv为AC的中间时刻速度，根据匀变速直线运动的中间时刻速度推论式可得0000025326Bsssvtt+==故A错误；BC．AB与BC两

段为连续相邻相同时间的位移，根据匀变速直线运动的推论式2saT=可得200023ssat−=解得0203sat=−根据速度与时间关系式0tvvat=+代入数据可得物体从B到D的时间为00002050

6523stttst−==−则物体从C到D的时间为0005322ttt−=故B正确，C错误；D．根据匀变速直线运动的速度位移公式2202tvvax−=代入数据可得BD间距离为2000020506252423stxsst−

==−则CD间距离为000252924324CDssss=−=故D正确。故选BD。12.2022年2月中国成功举办第24届冬奥会，北京成为世界上首个“双奥之城”。冬奥会上的冰壶项目是极具观赏性的一项比赛，将冰壶运动简化成如下模型：从A点以初速度

0v掷出，沿直线AD做匀减速直线运动，恰好停在营垒中心点D处，ABBCCD==，下列说法中正确的是（）A.冰壶在AB、BC、CD三段上运动的时间之比::3:2:1ABBCCDttt=B.冰壶在A、B、C处的速度大

小之比::3:2:1ABCvvv=C.冰壶从A运动到D的平均速度为022vD.冰壶运动到AD中点位置的速度为022v【答案】BD【解析】【详解】A．冰壶运动过程为匀减速直线运动，且减速为零，运用逆行思维，可以将其看成反向的匀加速直线运动，设加速度为a，有212

CDCDxat=()212CDBCCDBCxxatt+=+()212CDBCABCDBCABxxxattt++=++综上所述，整理有::(32):(21):1ABBCCDttt=−−故A错误；B．运用逆向思维，对CD段、BD段、AD段分别有202CCDvax

−=()202BCDBCvaxx−=+()202ACDBCABvaxxx−=++整理有::3:2:1ABCvvv=故B正确；C．因为冰壶AD段运动属于匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的推论有000122vvv+==故C错误；D．设冰壶运动

到AD中点位置的速度为v，则其前半段运动和后半段运动有22022ADxvva−=−2022ADxva−=−联立解得022vv=故D正确。故选BD。13.如图所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中．已知手掌与书间的动摩擦因数10.3

=，书与书间的动摩擦因数20.2=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若每本书的质量为0.2kgm=，该同学对书的水平正压力为100NF=，每本书均呈竖直静止状态，重力加速度210m/sg=，则（）A.

每本书受到的摩擦力的合力大小不相等B.书与书之间的摩擦力大小不相等C.他最多能夹住22本书D.他最多能夹住30本书【答案】BC【解析】【详解】A．因为每本书均呈竖直静止状态，所以每本书所受的摩擦力的合力

都与书的重力平衡，即每本书受到的摩擦力的合力大小相等，故A错误；B．越靠近外侧，书与书之间的摩擦力越太，即书与书之间的摩擦力大小不相等，故B正确；CD．先将所有的书（设有n本）当作整体，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，根据平衡条件有12nmgF则有1230Fn

mg=再考虑除最外侧两本书外的其他书(2n−本)，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，根据平衡条件有()222nmgF−则有22222Fnmg+=故最多能夹住22本书，故C正确，D错误。故选BC。14.如图

所示，A、B两木块质量均为m，1、2两轻弹簧的劲度系数分别为k1、k2，弹簧、木块、地面各接触点都栓连，整个系统静止。现用力将木块A缓慢竖直向上提起，直到弹簧2的弹力大小变为原来的一半为止，A、B所受的合外力始终为零，则在这过程中A木块移动的距离为（）A.12mgmgkk

+B.122mgmgkk+C.1223mgmgkk+D.1233mgmgkk+【答案】AD【解析】【详解】根据胡克定律可得，原来1弹簧的压缩量为111mgxk=弹簧2的压缩量为2122mgxk=若2弹簧弹力大小变为原来的一半且2弹簧处于压缩状态，则此时2弹簧的压缩量为2221212m

gxxk==对B分析可得222mgkx=所以1弹簧刚好恢复原长，此过程中A木块上升的位移为()11212212mgmgxxxxkk=+−=+若2弹簧弹力大小变为原来的一半且2弹簧处于伸长状态，则此时2弹簧的伸长量为2221212mgxxk==对B分析可得222112mgk

xkx+=所以1弹簧的弹力为2mg，此时1弹簧的伸长量为1212mgxk=此过程中A木块上升的位移为112121121233mgmgxxxxxkk=+++=+故选AD。三、实验题（15题3分一空，16题2分一空，共15分。）15.利用图中所示的装置可以研究自由落体运动的加速度，实验

中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的点：（1）取下纸带，取其中一段并每隔一个计时点标出计数点，如图所示，测出相邻计数点间的距离分别12.30x=c

m，24.34x=cm，35.69x=cm，47.22x=cm，58.75x=cm，610.29x=cm，已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，则重锤运动的加速度计算表达式为a＝______________，代入数据，可得加速度a＝__________

____2m/s（计算结果保留三位有效数字）。的（2）若计时器实际频率为49Hz，则加速度计算结果______________（偏大、偏小或准确）【答案】（1）①()()654321236xxxxxxT++−++②.9.67（2）偏大【解析】【小问1详解】

[1][2]根据逐差法求得，重锤运动的加速度计算表达式为()()()()654321654321229(2)36xxxxxxxxxxxxaTT++−++++−++==代入数值可得加速度29.67m/sa=【小问2详解】若

计时器实际频率为49Hz，则计算时用T=002s偏小，则加速度计算结果()()654321236xxxxxxaT++−++=偏大。16.某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。..（1）将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度

的横杆上，甲装置用一根弹簧挂物块1m，乙装置用另外两根弹簧挂大小相同但质量不同的物块2m，在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距离，此时刚好均为1x，如图所示，则1m是2m的______倍。（2）只交换两物块的位置，此时甲装置的距离传感器显示为2

x，弹簧相对原长的形变量为1x；乙装置中的每根弹簧相对原长的形变量为2x，则1x是2x的______倍。（3）已知物块质量10.50kgm=，当地重力加速度为29.8m/s，该同学测得110x=cm、28cmx=，则每根弹簧的劲度系数k=______N/m。【

答案】（1）12##0.5（2）4（3）245【解析】【小问1详解】根据题意，两物块均受力平衡，则由受力分析及胡克定律可知甲乙两装置弹簧伸长量相等，即1kxmg=，22kxmg=则1212mm=即1m是2m的12倍。【小问2详解】交换位置后再分别对两物体受力分析，有12kxm

g=，212mxkg=两式联立解得1241xx=即1x是2x的4倍。【小问3详解】设弹簧处于原长状态时，下端与距离传感器之间距离为h，则1hxx=+，21hxx=+代入1m与g值，与以上各小问方程联立，解得245N/mk=四、解答题（17题11

分，18题12分，19题14分，共37分。）17.一辆汽车以v0=36km/h的速度在水平直线路面上匀速运动，某一时刻开始刹车，不考虑司机的反应时间，刹车后经2s速度变为18km/h，求：（1）刹车时的加速度及刹车时间；（2）刹车后前进15m所用的时间；（3）刹车后5s内前

进的距离。【答案】（1）2.5m/s2，方向与初速度方向相同，4s（2）2s（3）20m【解析】【小问1详解】由加速度定义式得220510m/s2.5m/s2vvat−−===−故汽车的加速度大小为2.

5m/s2，方向与初速度v0方向相反；汽车停车所需时间为008s4s2vvta−−===−停【小问2详解】根据位移时间关系2012xvtat=+代入数据解得12st=，26stt=停（舍去）所以刹车后前进15m所用的时间为2s；小问3详解】由上知4s时汽

车已经停止运动，故刹车后5秒内前进的距离等于刹车后4秒内前进的距离，所以2220010m20m22(2.5)vvxa−−===−【18.如图甲所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手握

铁篙，向后下方用力点冰，则爬犁前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了12.96mx=后停下。某同学用v-t图象描述了上述运动过程（三次“点冰”过程中爬犁的加速度相同），如图乙所

示。运动过程中，空气阻力不计，爬犁与冰面的动摩擦因数不变。（1）求爬犁减速滑行时加速度1a的大小和运动中的最大速率maxv；（2）求小孩“点冰”时爬犁加速度2a的大小。【答案】（1）0.5m/s2；3.6m/s；（2）2m/s2【解析】【详解】（1）小孩滑行时水平方向只受

摩擦力的作用，做匀减速直线运动，与初速度为零的匀加速直线运动具有对称性，因此有21312xat=将x=12.96m、t3=（12-4.8）s=7.2s代入上式，可解得a1=0.5m/s2根据max312

xvt=可解得最大速度为vmax=3.6m/s（2）小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，根据v-t图象可知，每次点冰时间为0.8s，下一次点冰到上一次点冰的时间间隔为1.2s；减速的

时间共计t1=1.2s+1.2s+7.2s=9.6s加速的时间共计t2=0.8s+0.8s+0.8s=2.4s根据a1t1=a2t2代入数据解得a2=2m/s219.某兴趣小组的同学为探究蓝牙设备的通信情况，通过测试发

现两蓝牙设备通信的最远距离08ms=。本小组用安装有蓝牙设备的遥控玩具小车A、B进一步研究运动。A、B两车开始时处于同一平直路段上相距4md=的两点O1、O2，A车从O1点由静止开始以加速度212.5m/sa=向右做匀加速运动，B车从O2点以初速度03m/sv=、加速度221.5m/sa=向

右做匀加速运动，两车同时开始运动。忽略信号传递的时间。已知两小车可视为质点，相遇时擦肩而过，不会相撞。求：（1）A、B两车相遇前达到最大距离的时间及最大距离；（2）A、B两车能保持通信的时间（结果可用根号表示）；（3）若两车运动的最大速度均为15m/s，达到最大速度后均

做匀速直线运动，则A、B之间最后所保持的距离及在B车速度达到最大前A、B两车能保持通信的时间。【答案】（1）3s，8.5m；（2）(331)s+；（3）1m，6s【解析】【详解】（1）A、B两车相遇前达到最大距离时，速度相等，则

102atvat=+A、B两车相遇前达到最大距离的时间为3st=最大距离为22m021118.5m22xvtatatd=+−+=（2）当B车在A车前面，且距离为8m时，有2200211122svtatatd=+−+解得12st=，24st=当A车在

B车前面，且距离为8m时，有2200211122svtatatd−=+−+解得3(333)st=+A、B两车能保持通信的时间132(331)stttt=+−=+（3）A车到达最大速度所需的时间416svta==B车到达最大速度所需的时间0528svvta−==达到最大速度后均做匀速直线

运动，则A、B之间最后所保持的距离045450()1m22vvvxtvtttds+=+−−−=B车速度达到最大前A、B两车能保持通信时间1526stttt=+−=的