湖南省双峰县第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考物理试题

湖南省双峰县第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考物理试题

www.ks5u.com 双峰一中2019-2020学年高一上学期第一次月考物理试卷 一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（每小题4分，共40分）‎ ‎1.下列各种情况中，可以把研究对象看作质点的是（ ）‎ A. 讨论地球的公转 B. 研究小木块的翻倒过程 C. 计算整列火车通过某一路标的时间 D. 质点是客观存在的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 研究地球的公转，地球的大小和形状能够忽略，地球可以看成质点。故A正确。‎ B. 研究小木块的翻转过程，小木块的大小和形状不能忽略，不能看成质点。故B错误。‎ C. 研究火车通过某一路标的时间，火车的长度不能忽略，火车不能看成质点。故C错误。‎ D. 质点是一种理想化的模型，不是客观存在的。故D错误。‎ ‎2.皮球从3 m高处落下,被地板弹回,在距地面1 m高处被接住,则皮球通过的路程和位移的大小分别是(　　)‎ A. 4 m　4 m B. 3 m　1 m C. 3 m　2 m D. 4 m　2 m ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：位移是指从初位置到末位置的有向线段，所以此时物体的位移的大小是：x=3m-1m=2m 路程是指物体所经过的路径的长度，此时的路程为：s=3m+1m=4m．故选D．‎ 考点：位移和路程 ‎【名师点睛】本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了．同时注意位移与路程的联立与区别。‎ ‎3.汽车以20m/s的速度做匀速直线运动,见前方有障碍物立即刹车,刹车后加速度大小为5m/s2,则汽车刹车后第2s内的位移和刹车后5s内的位移为( )‎ A. 12.5m，37.5m B. 12.5m，40m C. 30m，40m D. 30m，37.5m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车速度减为零所需的时间 知2s末汽车未停止，则第2s内的位移 刹车在5s内的位移等于4s内的位移，则 A. 12.5m，37.5m，计算结果不符，故A错误。‎ B. 12.5m，40m与计算结果相符，故B正确。‎ C. 30m，40m与计算结果不符，故C错误。‎ D. 30m，37.5m与计算结果不符，故D错误。‎ ‎4.关于速度、速度变化以及加速度，下列说法正确的是（ ）‎ A. 速度越大，加速度越大 B. 速度变化越大，加速度越大 C. 速度变化越快，加速度越大 D. 加速度方向就是物体的速度方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 速度越大，但速度不一定变化，故加速度不能判断。故A错误。‎ B. 根据加速度的定义式可知速度改变量△v越大，若需要的时间更长，则加速度可能较小，故B错误；‎ C. 加速度是反映速度变化快慢的物理量，所以速度变化越快，加速度越大。故C正确。‎ D. 根据加速度定义式可知，加速度方向就是物体的速度变化的方向，故D错误。‎ ‎5.下列几个速度中表示平均速度的是 ( )‎ A. 子弹射出枪口的速度是600m/s B. 汽车从上海行驶到南京的速度是100km/h C. 司机看到速度计显示的速度是72km/h D. 小球第7秒末的速度是12m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】子弹射出枪口的速度是600m/s，指的是瞬时速度，选项A错误；汽车从上海行驶到南京的速度是100km/h，指的是平均速度，选项B正确；司机看到速度计显示的速度是72km/h，指的是瞬时速度，选项C错误；小球第7秒末的速度是12m/s，指的是瞬时速度，选项D错误；故选B.‎ ‎【点睛】本题考查的是瞬时速度和平均速度的区别，解答此题的关键是知道它们的概念，瞬时速度对应的是某一时刻或者某一位置的速度，平均速度对应某段时间或位移。‎ ‎6. —质点沿x轴做直线运动，其v-t图象如图所示。质点在t＝0时位于x＝5m处，开始沿x轴正向运动。当t＝8s时，质点在x轴上的位置为（ ）‎ A. x＝3m B. x＝8m C. x＝9m D. x＝14m ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：在v-t图象中图线与时间轴所围的面积表示了质点的位移，由v-t图象可知，在0～4s内图线位于时间轴的上方，表示质点沿x轴正方向运动，其位移为正，在4～8s内图线位于时间轴的下方，表示质点沿x轴负方向运动，其位移为负，8s内质点的位移为：6m－3m＝3m，又由于在t＝0时质点位于x＝5m处，因此t＝8s时，质点在x轴上的位置为x＝8m，故选项B正确。‎ 考点：本题主要考查了对v-t图象的理解与应用问题，属于中档偏低题。‎ ‎7.如图所示，一个物体以初速度v0沿直线运动的v-t图象，末速度为vt，则在时间t内物体的平均速度和加速度（ ）‎ ‎① ‎ ‎②‎ ‎③a随时间的增大而增大 ‎④a随时间的增大而减小 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①②若物体做匀加速直线运动，如图所示，根据匀变速直线运动推论，知匀加速直线运动的平均速度为：‎ 因为变加速直线运动图线与时间轴围成的面积小于匀加速直线运动图线与时间轴围成的面积，则匀加速直线运动的位移大于变加速直线运动的位移，所以该运动的平均速度小于 ‎③④图线切线的斜率逐渐增大，则加速度逐渐增大。‎ A. ①③与分析结果不符，故A错误 B. ①④与分析结果不符，故B错误。‎ C. ②③与分析结果相符，故C正确。‎ D. ②④与分析结果不符，故D错误。‎ ‎8.测速仪安装有超声波发射和接收装置,固定在水平地面上,如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距670m，某时刻B发出超声波,同时A由静止开始做匀加速直线运动，A、B间相距710m,已知超声波的声速大小为340m/s，则汽车的加速度大小为 A. B. C. D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】超声波射到汽车上所用的时间与超声波被反射回出发点所用的时间是相等的，这就是说，汽车在两个相等的时间段内共前进了40 m，因两段位移用时相等，则根据初速度为零的匀变速直线运动，相邻的时间内位移之比为：x1：x2：x…=1：3：5…可知，汽车在这两个相等的时间段内分别前进了10 m和30 m，超声波到达A车的距离为670+10m=680m，反射距离也为680m，则超声波传播的总时间t==4s；即超声波自发射到射到汽车上所用的时间与超声波自被反射到返回出发点所用的时间都是2 s，对前2s分析，根据位移公式可得，根据x=at2，解得a=5 m/s2．故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键理清运动过程，抓住超声波从测速仪发出到汽车与被汽车反射到被测速仪接收所需的时间相等，运用匀变速直线运动的规律进行求解．‎ ‎9.汽车刹车后做匀减速直线运动，最后停下来，在这个刹车过程中，汽车前半程的平均速度与后半程的平均速度之比是( )‎ A. B. 2:1 C. D. 1:2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设汽车刹车后做匀减速直线运动整个过程位移是x，采取逆向思维，根据匀变速直线运动的推论，得初速度为零的匀加速直线运动前半程的末速度：‎ ‎，整个过程的末速度：，根据匀变速直线运动的规律，得前半程的平均速度：，后半程的平均速度：，所以汽车前半程的平均速度与后半程的平均速度之比，故A正确，BCD错误。‎ ‎10.质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为的匀加速运动，接着做加速度大小为的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零，若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：，物体在全程的平均速度为，则总位移，联立可解得：，故选项B正确。‎ 考点：匀变速直线运动规律的综合运用 名师点睛：本题注意平均公式的应用，因加速过程平均速度等于，而减速过程同样也是，故可知全程的平均速度，即表示出总位移；平均速度公式在解题中要注意应用。‎ 二．多项选择题（每小题4分，共16分，错选0分，选不全2分）‎ ‎11.如图所示为A、B两人在同一直线上运动的位移—时间图象，图象表示（ ）‎ A. A、B两人在第5s内同向而行 B. A、B两人第5s末相遇 C. 在5s内，A走的路程比B走的路程多 D. 在5s内，A走的位移比B走的位移大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A项：x-t图象的斜率等于速度，由图看出，在第5s内图线的斜率均是负值，说明两人速度均沿负向，方向相同，故A正确；‎ ‎ B项：由图知，在第5s末，A的位置，B的位置，说明两者没有相遇，故B错误； C项：在5s内A走的路程为SA=60m-0=60m，B走的路程为SB=2×（50m-0）=100m，故C错误；‎ ‎ D项：在5s内A的位移xA=0-60m=-60m，大小为60m；B的位移xB<60m，故D正确．‎ 点评：本题是位移图象问题，关键抓住斜率等于速度，位移等于纵坐标的变化量进行分析即可．‎ ‎12. 一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度图象如图所示，由图象可知 A. 火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度 B. 0～ta段火箭是上升过程，ta～tb段火箭是下落过程 C. tc时刻火箭回到地面 D. tc时刻火箭离地最远 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由图象分析可知，物体的速度方向一直不变，故C时刻达到最大高度，C项错误．速度时间图像中，图线的斜率表示加速度大小，火箭在BC段速度变化最快，加速度最大，故B项错误，AD正确 ‎13.下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：AB第一个图是速度时间图象，由速度时间图象可知：0-3s内物体以速度6m/s匀速运动，4-5s内做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，‎ A图中位移时间图象表示0-3s内物体静止，4-5s内物体也静止，故A错误；B图中速度图像表示0-3s内物体以速度6m/s匀速运动，4-5s内物体匀加速运动，加速度为2m/s2，故B正确；‎ C图中位移图像表示物体先静止后匀速运动，速度大小为2m/s，而速度图像在前3s为速度为零，3-5s做匀速运动大小为2m/s，故C正确，‎ D图中位移时间图象表示0-3s内物体处于静止状态，加速度为零的运动，4-5s内物体匀速运动，而加速度时间图像中0~3s内物体做加速度为零的运动，4~5s内物体做匀加速直线运动，状态不一致，故D错误．‎ 考点：本题主要考查了运动图象问题，‎ 点评：v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，位移-时间图象的斜率等于物体运动的速度，加速度时间图象表示加速度随时间变化情况，根据图象即可求解．‎ ‎14.一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上匀减速运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为(　　)‎ A. 1 s B. 3 s C. 4 s D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀变速直线运动的位移时间公式求出物体运动的时间，注意物体的位移可能为4m，可能为；‎ ‎【详解】当物体的位移为4m时，根据得：‎ 解得：， 当物体的位移为时，根据得：‎ 解得,故选项ACD正确，B错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道物体向上做匀减速直线运动，结合匀变速直线运动的位移时间公式进行求解。‎ 三、实验题（共14分，每空2分.）‎ ‎15.如图为物体运动时打点计时器打出的一条纸带，图中相邻的点间还有四个点，已知打点计时器接交流50Hz的电源，则ab段的平均速度为_________m/s，ac段的平均速度为________m/s，ad段的平均速度为__________m/s；你认为这三个平均速度中最接近b点瞬时速度的是_________段的平均速度。‎ ‎【答案】 (1). 0.84m/s (2). 1.1m/s (3). 1.63m/s (4). ac段 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1] 因为每相邻两计数点间还有4个点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s，则ab段的平均速度为 ‎[2] ac段的平均速度为 ‎[3] ad段的平均速度为 ‎[4]时间极较短的平均速度近似等于某点的瞬时速度，故三个平均速度中最接近b点瞬时速度的是ac段。‎ ‎16. 小华同学在做“研究小车匀变速直线运动”的实验过程中，所使用的交流电源频率为50Hz，取下做匀加速直线运动的小车带动的一段纸带进行研究，如图所示．O点为记数点的起点，相邻两记数点间还有四个计时点（图中未画出），请回答下面的问题：‎ ‎（1）他因粗心而忘记测量第1个记数点与起始O点间的距离，请跟据纸带的数据特点推理出S1的长度，S1= cm．‎ ‎（2）当打第3个记数点时小车的瞬时速度v3= m/s，小车运动的加速度a= m/s2（计算结果保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】（1）4.00‎ ‎（2）0.65，1.0‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度．‎ 解：（1）根据匀变速直线运动的推论：物体在连续相等的时间间隔内位移之差是常数，△x=aT，‎ 由图中可看出2、3两点间的距离为S3=6.00cm，假设物体在连续相等的时间间隔内位移之差是常数△x，‎ 所以1、2间的距离S2=S3﹣△x，‎ ‎0、1间的距离S1=S2﹣△x=S3﹣2△x 由此得：S1+S2=9.00cm 解得：△x=1.00cm 所以S1=4.00cm ‎（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，则有：v3=‎ 代入数据解得：v3==0.65m/s 根据匀变速直线运动的推论公式有：△x=aT2‎ 可以求出加速度：a===1.0m/s2‎ 故答案为：4.00，0.65，1.0．‎ ‎【点评】利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．‎ 四、计算题(共3小题,共30分)‎ ‎17.电梯上升的运动的v－t图象如图，求：‎ ‎(1)电梯上升的高度；‎ ‎(2)电梯运动过程中的最大加速度的大小．‎ ‎【答案】（1） 42m （2）3m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)图像面积代表位移，电梯上升的高度 ‎(2) 0-2s：电梯的加速度 ‎2-6s：电梯的加速度 a2=0‎ ‎6-10s：电梯的加速度 所以电梯运动过程中最大加速度是3m/s2‎ ‎18.航空母舰上的飞机弹射系统可以减短战机起跑的位移，假设弹射系统对战机作用了0.1s时间后，可以使战机达到一定的初速度，然后战机在甲板上起跑，加速度为2m/s2，经过10s，达到起飞的速度50m/s的要求，则战机离开弹射系统瞬间的速度是多少？弹射系统所提供的加速度是多少？‎ ‎【答案】战机离开弹射系统瞬间的速度30m/s，弹射系统所提供的加速度是300m/s2‎ ‎【解析】‎ 解：设战机离开弹射系统瞬间的速度是υ0，弹射系统所提供的加速度为a1，以υ0的方向为正方向，则由υt=υ0+at得 υ0=υt﹣at=（50﹣2×10）m/s=30m/s 弹射系统所提供的加速度为：‎ 方向与正方向相同 即战机离开弹射系统瞬间的速度30m/s，弹射系统所提供的加速度是300m/s2．‎ 考点：匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．‎ 专题：计算题．‎ 分析：飞机的加速过程分为两个过程，在弹射器推动下的加速和在自身动力作用下的加速；对第二个加速过程根据速度时间公式即可以求出弹射的末速度，再对第一个加速过程由速度时间公式求出弹射的加速度．‎ 点评：本题关键要分析清楚飞机的两个加速过程，特别是在弹射器推动下的加速过程，由于时间很短，容易忽略．‎ ‎19.如图所示，A、B两同学在直跑道上练习4×100m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度.B从静止开始全力奔跑需20m才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出若要求B接棒时速度达到最大速度的80%，则：‎ ‎（1）B接力区需跑出的距离x1为多少？‎ ‎（2）B应在离A的距离x2为多少时起跑？‎ ‎【答案】（1）B在接力区需跑出距离x1为16 m； 　（2）B应在离A的距离x2为24 m时起跑 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B起跑后做初速度为0的匀加速直线运动，设最大速度为v1，x1为达到最大速度经历的位移，v2为B接棒是的速度，x2为接棒时经历的位移， B起动后做初速度为0的匀加速直线运动，有：v12=2ax1 v22=2ax2  v2=v1×80% 得：x2=0.64x1=0.64×25m=16m 故B在接力需奔出的距离为16m． （2）设B加速至交接棒的时间为t ‎，‎ 得：v1t=40m x甲=v1t=40m △x=x甲-x2=0.6v1t=0.6×40=24m．‎ 故B应在距离A24m处起跑．‎ ‎ ‎