湖南省双峰县第一中学2019_2020学年高一物理上学期第一次月考试题含解析.doc

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1、-1-湖南省双峰县第一中学湖南省双峰县第一中学 2019-20202019-2020 学年高一物理上学期第一次月考试学年高一物理上学期第一次月考试题（含解析）题（含解析）一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（每小题一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（每小题 4 4 分，共分，共 4040 分）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

2、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 m4 mB.3 m1 mC.3 m2 mD.4 m2 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

3、，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,-2-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，37.5mB.12.5m，40mC.30m，40mD.30m，37.5m【答案】B【解析】【详解】汽车速度减为零所需的时间000020s4s5vta知 2s 末汽车未停止，则第 2s 内的位移222200 11111120 25 220 15 1 m12.5m2222xv tatv tat 刹车在 5s 内的位移等于 4s 内的位移，则2020m

4、=40m2(5)x 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vat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

5、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。-3-D.根据加速度的定义式vat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/sB.汽车从上海行驶到南京的速度是 100km/hC.司机看到速度计显示的速度是 72km/hD.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，

6、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 t0 时位于 x5m 处，开始沿 x轴正向运动。当 t8s 时，质点在 x 轴上的位置为（）A.x3mB.x8mC.x9mD.x14m【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 04s 内图线位于时间轴的上方，表示质点沿

7、x 轴正方向运动，其位移为正，在 48s 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：6m3m3m，又由于在 t0 时质点位于 x5m 处，因此 t8s 时，质点在 x 轴上的位置为 x8m，故选项 B 正确。-4-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（）012vvv012vvva随时间的增大而增大a随时间的增大而减小A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】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

8、论，知匀加速直线运动的平均速度为：02tvvv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02tvv图线切线的斜率逐渐增大，则加速度逐渐增大。A.与分析结果不符，故 A 错误。B.与分析结果不符，故 B 错误。-5-C.与分析结果相符，故 C 正确。D.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

9、声波的声速大小为 340m/s，则汽车的加速度大小为A.24.7/m sB.25.0/m sC.25.2/m sD.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 40m，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 10m 和 30m，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=670 10680340=4s；即超声波自发射到射到汽车上

10、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 2s，对前 2s 分析，根据位移公式可得，根据 x=12at2，解得 a=5m/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.2244(1)aaaB.2:1C.(21):1D.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-6-运动的推论

11、，得初速度为零的匀加速直线运动前半程的末速度：22xva，整个过程的末速度：2vax，根据匀变速直线运动的规律02vvv，得前半程的平均速度：12222xaxav，后半程的平均速度：20222xav，所以汽车前半程的平均速度与后半程的平均速度之比1:21，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1a的匀加速运动，接着做加速度大小为2a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.1212s aaa aB.12122s aaa aC.12122s aaa aD.121

12、22a as aa【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：1 121ata tt（），物体在全程的平均速度为1 12at，则总位移1 12a tst，联立可解得：12122s aata a，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1 102a t，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（每小题二多项选择题（每小题 4 4 分，共分，共 1616 分，错选分，错选 0 0 分，选不全分，选不全 2 2 分）分）11.如图所示为

13、A、B 两人在同一直线上运动的位移时间图象，图象表示（）-7-A.A、B 两人在第 5s 内同向而行B.A、B 两人在第 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0Ax，B 的位置25Bxm，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

14、误；D 项：在 5s 内 A 的位移 xA=0-60m=-60m，大小为 60m；B 的位移 xB60m，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 0ta段的加速度小于 tatb段的加速度B.0ta段火箭是上升过程，tatb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-8-【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

15、，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-

16、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 03s 内物体做加速度为零的运动，45s 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-9-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

17、 4 m，则时间 t 可能为()A.1 sB.3 sC.4 sD.541s2【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4m；【详解】当物体的位移为 4m 时，根据201xv tat2得：2145t2t2解得：1t1s，2t4s当物体的位移为4m时，根据201xv tat2得：2145t2t2 解得3541t2s,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（共三、实验题（共 1414 分，每空分，每空 2 2 分分.）15.如图为

18、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-10-【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0.84m/sabababxvt2ac段的平均速度为1.1m/sacacacxvt3ad段的平均速度为1.63m/sadadadxvt4时

19、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】

20、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-11-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=S3x，0、1 间的距离 S1=S2x=S32x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

21、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、计算题四、计算题(共共 3 3 小题小题,共共 3030 分分)17.电梯上升的运动的vt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-12-(4 10)6m42m2x(2)0-2s：电梯的加速度22160m/s=3m/s2a2-6s：电梯的加速度a2=

22、06-10s：电梯的加速度22306m/s=-1.5m/s4a所以电梯运动过程中的最大加速度是 3m/s218.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0，弹射系统所提供的加速度为 a1，以0的方向为正方向，则由t=0+at 得0=

23、tat=（50210）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-13-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 4100m 接力，他们在奔跑时有相同的最

24、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 在接力区需跑出的距离 x1为 16m；（2）B 应在离 A 的距离 x2为 24m 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=2ax1v22=2ax2v2=v180%得：x2=0.64x1=0.6425m=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 t22100.4162vxtvtm，得：v1t=40mx甲=v1t=40mx=x甲-x2=0.6v1t=0.640=24m故 B 应在距离 A24m 处起跑