新疆维吾尔自治区伊犁州直和兵团第四师、第七师2024-2025学年高一上学期11月期中物理试题

伊型州直和兵团第围师第七师离印举业水平 2024秋学期高一年级物理第一次质量监测试题 专凤时同行中新点？细伞 连样同裤否面耳在菁题卡上一写右盖艺华上无监 一，单进：本其小，小量4分，其分。每小哈出的同个中，只有一项 二客运且：本“我小期，每小丽：分，共壮身，在每小理精地的西营两一有多调特 盈符合塑门要求的 合置日里减。全适明的清升，透对恒不坐的司2免，有研的弹。丹， 1下列各国南增量中都是兵装自是图 《某有该分等日城数洗以料型由1不，运到内本材丰士向置起不高城用神置道请车为，与支 人第友促出阳发时帆车写里达的用离为小直集=我右读时八车两言工师周为 产乡有天 丑时被实病后：~天容一角摩零系“中件人对合细创出 -6866 围到址送 入把物体喜术语件几 1和去4行 P" 网超已录表 过司分正间学有用围甲所的其的然重海充容保在表干4图上的话出耳内进二国 现伟，物现在重指物年节下场书镇，重响海地后，相此再国地一日能有 后厚在意窗上病术到达州归公，从氏修上地干调是的应丹常，背计 离票A2定行种地通成平继坡正属青位卡重重 A电1个什我点和端付有白酒的有如图乙斯，打计州出也的司 市为相山，不计空气用为一o性有 )宾体年速通日通红由两再吊，标有前量、手密超止 M形实银好座生打A计时理清度带星甘花，物块 业丹美养，在面的都材中，多清能用的正看 A电板合罐的文流电理玉电此合速时应黄甲 计量立4球园的流置天小 物块城速证镇江程中加浦官师天小为以一 通物有地时，物按的花度为： A 单1点#伊犁州直和兵团第四师、第七师高中学业水平 2024秋学期高一年级物理第一次质量监测试题 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D C B D B BD CD BCD 1.A 解析:A.加速度、速度的变化均既有大小,也有方 向,均为矢量,故A正确; B.速率只有大小,没有方向,属于标量,故B错误; C.路程只有大小,没有方向,属于标量,平均速度既有 大小,也有方向,为矢量,故C错误; D.位移既有大小,也有方向,为矢量,速率是标量,故D 错误。 2.C 解析:位移为起点到终点的有向线段,则第1s内的 位移为4 m,第2s内的位移为-8 m,第3s内的位移为 2 m,第4s内的位移为-6 m,则第3s内的位移的大小 最小为2 m。 故选C。 3.D 解析:A.对接过程中需要调整相对速度、方位等, 故不能将它们视为质点,A错误; B.对接成功之后,以“天宫一号”为参考系“神舟八号” 静止不动,B错误; C.对接成功之后,“天宫一号”和“神舟八号”一起绕地 球做匀速圆周运动,C错误; D.当研究整体的运行周期时,可以将它们视为质点,D 正确。故选D。 4.C 解析:A.质点采用的科学方法叫建立理想化的物理 模型法,A正确,不符合题意; B.根据速度定义式v= Δx Δt ,当Δt非常非常小时, Δx Δt 就 可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极 限思想法,B正确,不符合题意; C.伽利略在研究自由落体运动时,采用了理想实验的 方法,C错误,符合题意; D.在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划 分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后 把各小段的位移相加,这里采用了微元法,D正确,不 符合题意。故选C。 5.B 解析:A.质量是物体的属性,由物体本身决定,所以 把物体由赤道移到北极,若用天平称量,则示数在两地 相同;同一个物体的重力与重力加速度有关,南北极的 重力加速度大于赤道的重力加速度,所以若用弹簧秤 称量物体的重力,则示数在北极略微增大,故A错误; B.重心的概念是用“等效思想”提出的;形状规则、质量 分布均匀的物体,重心在物体的几何中心处,故B正 确;C.把一本书放在水平桌面上保持静止,书对水平桌 面的压力大小等于书的重力大小,但压力不是重力,故 C错误;D.把一本书放在水平桌面上保持静止,水平桌 面对书的弹力是由于水平桌面的形变产生的,故D错 误。故选B。 6.D 解析:由于地球自西向东旋转,我们看到的太阳从 东边升起,西边落下,乘客要看到太阳从东边落下,必 需在清晨,并要求飞机相对于地球向西运动,飞机自东 向西飞行的速度大于地球自转的速度,ABC错误,D正 确。故选D。 7.B 解析:刹车开始第一秒内与最后一秒内的位移之比 为K,刹车距离为x,设整个过程时间为t,加速度大小 为a,则第1s内位移 x1= 1 2at 2- 1 2a (t-1)2 最后1s内位移 x2= 1 2a×1 2 x1 x2 =K 解得 t= K+1 2 整个过程平均 v= x t= 2x K+1 带入数值,为4 m/s,故选B。 8.BD 解析:AB.汽车第一次反射电磁波时,汽车距离雷 达的距离为 s1= 1 2ct1 第二次反射电磁波时,汽车距离雷达的距离为 s2= 1 2ct2 故A错误,B正确; CD.汽车两次反射电磁波的时间间隔内的位移为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —1— Δs=s1-s2= 1 2c (t1-t2) 两次反射电磁波的时间间隔为 Δt=t- 1 2 (t1-t2) 则汽车的速度为 v= Δs Δt= c(t1-t2) 2t-t1+t2 故C错误,D正确。故选BD。 9.CD 解析:AD.子弹在每个水球中运动的时间之比为 t1∶t2∶t3∶t4=(2-3)∶(3-2)∶(2-1)∶1 A错误,D正确; B. 因为Δv=a·Δt ,子弹在每个水球中的运动时间不 同,速度变化也不相同,B错误; C. 因为子弹通过前三个水球的位移与通过第四个水 球的位移之比为3∶1,且子弹末速度等于零,所以子弹 通过前三个水球的时间与通过第四个水球的时间之比 为1∶1,则子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程 的平均速度相等,C正确; 故选CD。 10.BCD 解析:AB.若甲、乙两车在t<t1 时间内能够相 遇,后面的乙车做加速运动,前面的甲车做减速运动, 乙车一定能追上甲车,两车还能相遇一次,两车可以 相遇两次,A错误,B正确。 C.t1 时刻两车的位移分别为 x甲= 4 3x0 x甲= v0+ v0 3 t1 2 x乙= t1· v0 3 2 解得 x乙= 1 3x0 因为 x甲-x乙=x0 所以甲车的位移x= 4 3x0 ,则甲、乙两车在t1 时刻相 遇,C正确; D.根据图像,甲车的加速度为 a甲= v0- v0 3 t1 = 2v0 3t1 甲车速度减到零的时间为 t= v0 a甲= 3 2t1 在0~t1 时间内甲车的位移为x x= v0+ v0 3 2 t1= 2 3v0t1 甲车的位移为 5 8x 时的速度为v v2-v20=-2a甲× 5 8x v0 3 2 -v20=-2a甲 x 解得 v= 2 3v0 甲车的位移为 5 8x 时的时刻为 2 3v0=v0-a甲t' 解得 t'= 1 2t1 根据图像,若甲车的位移为5 8x 时,即1 2t1 两车第一 次相遇,则第二次相遇刻为3 2t1 ,此时甲车位移是 v20=2a甲 x' v0 3 2 -v20=-2a甲 x x'= 9 8x D正确;故选BCD。 11. L5 L6 6.86(6.85~6.87) 14.06(14.05~14. 07) 不变 偏大 解析:(1)[1][2]用最小刻度是毫米的刻度尺测量时, 应记录到毫米的下一位,所以两个数值代表符号分别 是L5 和L6。 (2)[3][4]由图甲可知 L3=6.85 cm L7=14.05 cm (3)[5] 如果把指针固定在了C 点,同样拉力作用下 测得的伸长量等于整个弹簧的伸长量,这个原因不会 导致测得的k 偏大或者偏小。同理,如果把指针固 定在了B 点,实验测得的是B 点以上部分弹簧的伸 长量,同样拉力作用下小于整个弹簧的伸长量,根据 胡克定律,f=kx,测得的k偏大; 12.AC 0.80 2.00 1.28 解析:(1)[1]AB.电磁打点计时器要打点,需要电压合 适的交流电源,A正确,B错误;C.打出的纸带需要测 量点间的长度,需要刻度尺,C正确;D.打点计时器就 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —2— 可以计时,不需要秒表,D错误;E.可由打出的纸带来 计算速度和加速度,所以不需要天平测量物体的质 量,E错误。故选AC。 (2)[2]由题意可知打点周期是 T=0.02×5 s=0.1 s 计数点4对应的速度大小 v4= x35 2T= (7.01+9.00)×10-2 2×0.1 m/s=0.80 m/s (3)[3]由匀变速直线运动的推论,可得物块做减速运 动时的加速度大小为 a= Δx T2 = (10.60+8.61-6.60-4.60)×10-2 4×0.12 m/s2= 2.00 m/s2 (4)物块加速时有 a'= (9.00+7.01-5.01-3.00)×10-2 4×0.12 m/s2=2.00 m/s2 已知v4=0.80 m/s,计数点9对应的速度大小 v9= x8.10 2T = (8.61+6.60)×10-2 2×0.1 m/s=0.76 m/s 设物块加速时间为t1,减速时间为t2,则有 t1+t2=0.5 s 由匀变速直线运动速度时间公式可有 v=v4+a't1 v=v9+at2 解得 v=1.28 m/s 13.(1)4.48 m/s;(2)0.45 s 解析:(1)直杆做自由落体运动,由运动学知识得 v21=2gH 解得 v1=4 m/s (2)设直杆下端到达圆筒上方的时间为t1,则 H= 1 2gt1 2 设直杆上端离开圆筒下方时间为t2,则 L1+H+L2= 1 2gt 2 由题意得 t=t2-t1 联立解得 t=0.4 s 14.(1)2 N (2)4 N (3)200 N/m (4) 解析:(1)将弹簧拉长到11 cm时,根据胡克定律可得 此时弹簧的拉力 F1=kΔx1=200×(11-10)×10-2 N=2 N 而最大静摩擦力 Ff=μmg=4 N>F1 可知此时物体受静摩擦力作用,则有 Ff1=F1=2 N (2)将弹簧拉长到13 cm时,根据胡可定律可得 F2=kΔx2=200×(13-10)×10-2N=6 N>Ff 可知此时物块所受摩擦力为滑动摩擦力,则有 Ff2=Ff=4 N (3)根据题意,当弹簧长度为12 cm时,物体刚好被拉 动,则此刻根据临界条件有 μmg=F 而 F=kΔx,Δx=12 cm-10 cm=2 cm=0.02 m 解得 k=200 N/m (4)根据题意,物体做匀速直线运动,从t=0时刻起 水平力F'的大小随时间均匀减小,t1 时刻F'减小为 零,则可能出现两种情况,一是,当拉力减小为零时, 物体仍在滑动,则受到的摩擦力一直是滑动摩擦力, 大小不变;二是,当拉力减小为零之前,物体已经停 止了运动,则物体所受摩擦力先是滑动摩擦力,大小 不变,后是静摩擦力,大小始终与拉力大小相等,而 此时的拉力小于滑动摩擦力,则可得其可能的图像 如图所示 15.(1) v2 d ;(2)2d;(3) 4 3v 解析:(1)依题意每扇门开启过程中的速度—时间图 像如图所示 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —3— 设门全部开启所用的时间为t0,由图像可得 d= 1 2vt0 由速度时间关系得 v=a· t0 2 联立解得 a= v2 d (2)要使单扇门打开 d 2 ,需要的时间为 t= t0 2 人只要在t时间内到达门框处即可安全通过,所以人 到门的距离为 R=2vt 联立解得 R=2d (3)依题意宽为 7d 4 的物体移到门框过程中,每扇门至 少要移动 7d 8 的距离 每扇门的运动各经历两个阶段:开始以加速度a运动 x1= d 2 的距离,速度达到v,所用时间为t1= t0 2 ,而后 又做匀减速运动,设减速时间为t2 门做匀减速运动的距离为 x2= 7d 8- d 2= 3d 8 由匀变速运动公式得 x2=vt2- 1 2at2 2 解得 t2= d 2v ;t2= 3d 2v (不合题意,舍去) 要使每扇门打开 7d 8 所用的时间为 T=t1+t2= 3d 2v 故物体移动的速度不能超过 v1= 4v 3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —4—