【文档说明】四川省内江市第六中学2024-2025学年高一上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，976.337 KB，由小赞的店铺上传

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内江六中2024-2025学年（上）高2027届第一次月考考试物理学科试题考试时间75分钟满分100分第Ⅰ卷选择题（满分48分）一、单项选择题（每小题4分，共8小题合计32分）1.下列说法正确的是（）A.研究物体运

动情况时只能选取静止物体为参考系B.战斗机飞行员可以把正在甲板上手势指挥的调度员看成是一个质点C.物体的重心总在物体的几何中心D.同一物体处于不同的位置，所受重力可能不同【答案】D【解析】【详解】A．参考系不一定要选取静止不动的物体，选项A错误；B．战斗机飞行员不可以把正在甲

板上手势指挥的调度员看成是一个质点，否则就没动作了，选项B错误；C．只有质量分布均匀、形状规则物体的重心才在物体的几何中心，故C错误；D．不同的位置重力加速度大小可能不同，所以同一物体处于不同的位置，所受重力可能不同，故D

正确。故选D。2.下列关于加速度和所用物理学思想方法的说法正确的是（）A.速度对时间的变化率越大，加速度一定越大B.物体的速度大，其加速度一定大C.加速度是运用比值定义的物理量，定义式为vat=，但a与v成正比、t成反比D.求匀变速直线运动位移时，将其看

成很多小段匀速直线运动累加，采用了转换法【答案】A【解析】【详解】A．速度对时间的变化率即为加速度，所以速度对时间的变化率越大，加速度一定越大，故A正确；BC．加速度是运用比值定义的物理量，定义式为vat=，a与v、

v和t均无关，则物体速度大，其加速度不一定大，故BC错误；D．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，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这种推导位移公式的方法叫微元法，选项D错误。的故选A。3.如图，直

线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置时间（xt−）图线，由图可知（）A.在时刻1t，a车追上b车B.在时刻2t，a、b两车速度相同C.在1t到2t这段时间内，a、b两车某时刻的瞬时速度可能相等D.在1t到2t这段时间内，b车的

速率一直比a车大【答案】C【解析】【详解】A．在时刻1t，a、b两车位置坐标相同，b车追上a车，故A错误；B．在时刻2t，图像的斜率不同，故二者的速度不同，故B错误；C．xt−图像斜率表示速度，故在1t到2t这段时间内，a、b两车某

时刻的图像的斜率可能相同，故a、b两车某时刻的瞬时速度可能相等，故C正确；D．此题图的图线的斜率表示速度，在1t到2t这段时间内，b车图线的斜率先大于a车的后小于a车的，所以b车的速率不是一直比a车的大，故D错误。故选C。4.一

个物体从静止开始以加速度a1=2m/s2做匀加速直线运动，经过时间t=2s后物体速度大小为v1，且改成做加速度大小为a2的匀减速直线运动，又经过时t=2s物体回到初始位置，物体速度大小为v2，以下说法中正确的是（

）A.v2=4m/s，a2=6m/s2B.v2=8m/s，a2=6m/s2C.v2=8m/s，a2=4m/s2D.v2=4m/s，a2=4m/s2【答案】B【解析】的【详解】物体在第一段时间t内做匀加速直线运动，则有1122m/s4m/svat===22111122m

4m22xat===物体在第二段时间t内做匀减速直线运动，则有211212xvtat−=−解得226m/sa=则有2124m/s62m/s8m/svvat=−+=−+=故选B。5.一个物体做匀加速直线运动，先后经过A、B

两点的速度分别是v和3v，经过AB段的时间是t，则下列说法正确的是（）A.经过AB中间位置时的速度小于2vB.经过AB中间位置时的速度等于2vC.前2t时间通过的位移比后2t时间通过的位移少0.5vtD.前2t时间通过的位移比后2t时间通过的位移少2vt【答案】C【解析】【详解】A

B．经过ab中间位置的速度是222(3)522svvvvv+==AB错误；CD．中间时刻的速度等于该过程的平均速度即为2v，故前2t时间通过的位移123224vvtxvt+==后2t时间通过的位移223522

4vvtxvt+==即前2t时间通过的位移比后2t时间通过的位移少0.5vt，C正确，D错误。故选C。6.小球从空中自由下落，与地面相碰后反弹到空中某一高度，其vt−图像如图所示，下列说法正确的是（）A.2t时刻，小球回到出发位

置B.2135tt=C.小球的回弹高度为202gvD.小球从0到2t时刻的总位移是20825vg【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，t2时刻，小球反弹到最高点，选项A错误；B．由图像可知01vtg=02135vttg−=可得2185tt=选项B错误；C．小球的回弹高度为22

003()95250gvvhg==选项C错误；D．小球的下落高度为202vHg=小球从0到2t时刻总位移是2'0825vhHhg=−=选项D正确。故选D。7.某运动员在100m短跑训练中，假设前6s内做匀加速直线运动，其中第3s内的位移是4m，第5s内的位移是7.2

m，则在前6s内，下列说法正确的是（）A.加速度大小为3.2m/s2B.第3s初至第4s末的位移大小为5.6mC.后2s内的位移大小为16mD.第3s初的速度比第5s末的速度小3.2m/s【答案】C【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等，则有25

32xxaT−=解得加速度大小为2253227.24m/s1.6m/s221xxaT−−===故A错误；B．根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等，则有4354xxxx−=−解得第4s内的位移为3545.6m2xxx+==所以第3s初至第4s末的位移大小

为349.6mxxx=+=故B错误；的C．根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等265xxaT−=解得2658.8mxxaT=+=所以后2s内的位移大小为5616mxxx=+=故C正确；D．该运动员前6s内做匀加速直线运动，所以第3s初的速度比第5

s末的速度小1.63m/s4.8m/svat===故D错误。故选C。8.下图是无轨小火车，已知小火车由5节长度均为2m的车厢组成，车厢间的空隙不计，小明站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动

做a=0.2m/s2的匀加速直线运动，下列说法正确的是（）A.第1、2、3节车厢经过小明的时间之比是1：2：3B.第1、2、3节车厢尾分别经过小明时的速度之比是1：2：3C.第3节车厢经过小明的时间是215sD.第5节车厢经尾过小明的瞬时速

度是2m/s【答案】D【解析】【详解】A．设每节车厢的长度为L，则有2112Lat=22122Lat=23132Lat=第1、2、3节车厢经过小明的时间之比是()()()()12132::1:21:32ttttt−−=−−故A错误；B．第1、2、3节车厢尾经过小明瞬间的速度为11vat=22va

t=31vat=则第1、2、3节车厢尾经过小明瞬间的速度为之比是123123::::1:2:3vvvttt==故B错误；C．第1节车厢经过小明的时间是1225sLta==则第3节车厢经过小明的时间是()()1322532stt−−==C错误；D．第1节车厢尾经过小

明瞬间的速度是110.45m/svat==则第5节车厢尾经过小明瞬间的速度是5152m/svv==故D正确。故选D。二、多项选择题（每题4分，共4小题16分，选对未选全得2分，选错得0分）9.质点从A

到B沿直线运动，已知初速为零，从A到中间某一点C的加速度为a1，方向与运动方向相同，从C到B的加速度大小为a2，方向与运动方向相反，到达B的速度恰好为零，AB=L，下列方法正确的是A.A到B的平均速度2ABvv

v+=B.A到B的平均速度1212212aaLvaa=+C.过C点的即时速度12122CaaLvaa=+D.AC：CB=a2：a1【答案】BCD【解析】【详解】ABC．设C点的速度为vC，则221222CCv

vLaa+=解得12122CaaLvaa=+平均速度12122122CABvaaLvaa==+选项A错误，BC正确；D．根据21222CACCBvaxax==可得AC：CB=a2：a1选项D正确。故选BCD。10.如图所示，两个大小一样的金属小球用长为L的细线连接，a

球在上，b球在下，用手拿着a球，测得a球释放时离地面的高度为h，某时刻静止释放a球，两球落地的时间差t，空气阻力忽略不计。下列判断正确的是（）A.b球下落的时间大于2()hLg−B.a球下落的时间小于2hgC.重力加速度222()()ghhLt=−−D.b球落

地前a球的加速度比b球大【答案】C【解析】【详解】某时刻静止释放a球，a球下落高度为h，b球下落高度为h－L，则根据运动学公式可得212hLgt−=则b球下落的时间为2()hLtg−=A错误；B．a球下落的时间为2

htg=B错误；C．两球落地的时间差为t，则22()ΔhhLtttgg−=−=−故重力加速度为222()()ghhLt=−−D．b球落地前两球做自由落体运动，则a球的加速度与b球加速度相等，D

错误。故选C。11.甲、乙两个物体沿同一直线运动，甲做匀速运动，乙做初速度为零的匀加速运动，它们位置x随时间t的变化如图所示，当12st=时，甲、乙相距最远，AB是乙的图线与t轴交点的切线。则（）A.甲、乙相距最远距离是18mB.乙的加速度大小是2m/s2C.在25st=时，甲

、乙相遇D.040mx=【答案】AC【解析】【详解】B．由题意可知，甲物体的x-t解析式为112xvt=+乙物体的x-t解析式为220182xvtat=−++当12st=时，甲、乙相距最远，即此时甲和乙的速度相等，即甲物体的图像与AB直线的斜率相等，由图可得，AB直线的斜率为16m/s

8m/s2k==所以甲做匀速运动的速度为8m/s，即18m/sv=同理结合图像，可得对于乙物体00v=，24m/sa=B错误；A．由题意可知，当12st=时，甲、乙相距最远，所以对于物体甲，此时物体甲的位置为118mx=乙的位置为20x=所以此时甲、乙相距最远距离是1

8m，A正确；C．由图像可知，当25st=时，甲、乙两物体在同一位置，即两物体此时相遇，C正确；D．由A选项分析可得182xt=+2282xt=−+联立两式可得，当两物体在同一位置时5st=042mx=D错误。故选AC。第II卷非选择题（满分56分）三、填空题12.用图（甲）

所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。（1）实验的主要步骤：①安装实验装置；②测量挡光片的宽度d；③用刻度尺测量A点到光电门所在位置B点之间的水平距离x；④滑块从A点静止释放（已知砝码落地前挡光片已通过光电门）；⑤读出挡光片通过光电门所用的时间

t，则滑块通过光电门时的瞬时速度可表示为_________，由此可知滑块的加速度表达式为：a=________________；（用上面测量的物理量字母表示）⑥改变光电门的位置，滑块每次都从A点静止释放，测量相应的x值并读出t值

。（2）根据实验测得的数据，以x为横坐标，21t为纵坐标，在坐标纸中作出21xt−图线如图丙所示，求得该图线的斜率k=__________m-1·s-2。已知挡光片的宽度d=6.60mm，由此进一步求得滑块的加速度a=____

_______m/s2。（计算结果保留．．．．．．3．位有效数字．．．．．）【答案】①.dt②.222dxt③.42.3910（442.33102.4310）④.0.518（0.513~0.523）【解

析】【详解】（1）[1]滑块通过光电门时的瞬时速度可表示为dvt=[2]滑块由A到B做初速度为0的匀加速直线运动，则有22vax=加速度表达式为22222vdaxxt==（2）[3]取图中较远的两点，如坐标分别为（0.28，1.12）和（0.64，1.98），计算的斜率

为4124121.981.1210ms2.3910ms0.640.28k−−−−−==−因从图中读取数据，存在一定误差，故结果为44122.33102.4310ms−−均为正确。[4]根据加速度表达式，图像的函数关系为2212axt

d=则知22akd=解得()2432222.38106.6010ms0.518ms22kda−−−===结果为20.5130.523ms−均正确。13.某实验小组的同学探究小车的匀变速运动规律

，实验室提供了两种打点计时器，如图甲所示，然后设计了如图乙所示的实验，已知电源的频率为50Hz。（1）关于图甲中两种器材的理解正确的是___________。A.①应用交流电，②应用直流电B.①②的工作

电压均为220VC.①②的打点周期均为0.02sD.①②的工作原理相同（2）关于本实验的操作，下列说法正确的是___________。A.小车释放前，应使小车远离打点计时器B.实验时，应先释放小车再接通电源C.实验前应调整滑轮使细绳与木板平行D.每打完一条纸带应及时切断电源，防止打点计

时器过热损坏（3）该小组的同学通过多次实验打出了多条纸带，从其中选择了一条比较清晰的纸带，如图丙所示，图中的1、2、3、4、5为依次相邻的计数点，且相邻两点之间还有4个点未画出，测得1、3两点间的距离为7

.82cm，3、4两点间的距离为5.10cm，4、5两点间的距离为5.88cm，则小车的加速度大小为___________2m/s，打计数点1的瞬间小车的速度大小为___________m/s。（结果保留2位有效数字）（4）实验时，假设电源的实际频率为49Hz，则实验时加速度的测量值_____

______（填“大于”“等于”或“小于”）实际值。【答案】（1）C（2）CD（3）①.0.79②.0.31（4）大于【解析】【小问1详解】AB．①是电磁打点计时器，工作时应用低压交流电源；②是电火花打点计时器，其工作电压为2

20V的交流电源，选项AB错误；C．两种打点计时器应用的电源电压的频率均为50Hz，则打点周期均为0.02s，选项C正确；D．电磁打点计时器的工作原理是，线圈通电后产生磁场，线圈中的振片被磁化，振片在永久磁铁磁场的作用下向上或向下运动，从而带动

振针在纸带上打下点；而电火花打点计时器是通过尖端放电在纸带上打下一系列的点，选项D错误。故选C。【小问2详解】A．为了充分地利用纸带，释放小车前，应使小车靠近打点计时器，选项A错误；B．实验时应先接通电源，再释放小车，选项B错误；C．为了使小车做匀变速运动，应使细绳与木板平行

，选项C正确；D．为了保护打点计时器，使用后应及时切断电源，选项D正确。故选CD。【小问3详解】[1][2]根据题意可知，每两计数点间时间间隔0.1sT=根据2ΔxaT=，运用逐差法可得()2223513225.105.887.8210m

/s0.79m/s440.1xxaT−+−−===打点2时的速度大小1320.39m/s2xvT=则打点1时的速度大小120.31m/svvaT=−=【小问4详解】若交变电流的频率是49Hzf=则打点周期T

大于0.02s，则由公式2ΔaxT=求解时，代入公式的周期T应为1s49，若按照0.02s代入，解得的加速度a将偏大。四、解答题14.汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0~60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。（1）写出计算过程并画出汽车在0~60s内

的vt−图线；（2）求在这60s内汽车行驶的路程。【答案】（1）见解析；（2）900m【解析】【详解】（1）设t=10s、40s、60s时刻，汽车的速度分别为v1、v2、v3，由题图知在0～10s内汽车以2m/s2的加速度匀加速行驶，由运动学公式v=v

0+at可得v1=2×10m/s=20m/s在10～40s内汽车匀速行驶，因此v2=20m/s在40～60s内汽车以1m/s2的加速度匀减速行驶，由运动学公式得v3=20m/s+（-1）×20m/s=0汽车50s时的速度v4=20m

/s+（-1）×10m/s=10m/s画出汽车在0～60s内的v-t图线，如图所示（2）由v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，由上图可知，在这60s内汽车行驶的路程为306020m900m2s+==15.我国某国产飞机在

某次试飞结束后着陆，着陆过程中做匀减速直线运动，加速度大小为26m/sa=，飞机着陆后的第5s内位移为48m，方向向东。已知第5s内飞机未停下来，求：（1）着陆后第8s末的速度；（2）着陆后15s内的位移大小和平均速度的大小；（3）飞机停止

运动前最后3s内的位移大小。【答案】（1）27m/s，方向向东；（2）468.75m，31.25m/s；（3）27m【解析】【详解】（1）飞机着陆后第5s内位移为48m，则25412xvtat=−解得225411486122m/s51m/s1xatvt++

===则着陆后第8s末的速度方向向东，大小为()845164m/s27m/svvat=−=−=（2）飞机降落时初速度()045164m/s75m/svvat=+=+=则飞机刹停所需时间为075s12.5s6vta===总位移为()2211612.5

m468.75m22xat===着陆后15s内的平均速度的大小为468.75m/s31.25m/s15xvt===的为（3）飞机停止运动前最后3s内，反着看就是初速度为的匀加速直线运动，则位移为

22116327m22xat===16.如图所示，一竖直固定的长直圆管内有一静止的薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l。一小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速直线运动，在圆盘的

速度减为零的瞬间，小球第二次与圆盘发生碰撞。小球与圆盘发生碰撞的时间极短（可忽略），每次碰撞后瞬间圆盘和小球的速率均为碰撞前瞬间小球速率的一半，不计空气阻力，重力加速度大小为g，小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，且圆盘在圆管内做匀减速直线运动

的加速度大小保持不变。（1）求从第一次碰撞到第二次碰撞，小球的平均速度大小v；（2）求圆盘在圆管内做匀减速直线运动的加速度大小a；（3）若小球与圆盘的第五次碰撞发生在管底，求圆管的长度L。【答案】（1）24gl；（2）3g；（3）4l【解析】【详解】（1）小球第一

次碰撞圆盘前速度大小为2vgl=选向下为正方向，碰撞后瞬间圆盘和小球的速度分别为222glvv==盘，222glvv=−=−球依题意，圆盘做匀减速直线运动，小球做竖直上抛运动，设第二次碰撞前二者的位移为x，可得2vxt=盘，212xvtgt=+球联立，解

得34xl=，322ltg=从第一次碰撞到第二次碰撞，小球的平均速度大小24glxvt==（2）圆盘做匀减速直线运动，则有0vat=−盘解得3ga=（3）小球第二次碰撞圆盘前速度为'2vvgtglv=+==球球即小球第二次碰撞圆盘前速度与第一次碰撞圆盘速度相同，碰撞后的运动过程与第一次

碰撞后运动过程也相同，由（1）分析可知第一次碰撞后圆盘位移为324vlxt==盘则第二次碰撞圆盘后，圆盘的位移也为34l，以此类推若小球与圆盘的第五次碰撞发生在管底，圆管的长度为44Llxl=+=