吉林省松原市乾安七中2019-2020学年高一上学期第一次月考物理试卷 (含答案解析)

吉林省松原市乾安七中2019-2020学年高一上学期第一次月考物理试
卷
一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）
1.下列关于运动的描述正确的是()
A. 我们说“太阳东升西落”是以太阳为参考系的
B. 我们说“地球围绕太阳转”是以地球为参考系的
C. 我们说“同步卫星在高空静止不动”是以太阳为参考系的
D. 坐在火车上的乘客看到铁路旁的树木、电线杆迎面向他飞奔而来，乘客是以火车为参考系
2.甲乙两车在平直公路上同向行驶，其v−t图像如图所示。

已知在t=0
时，甲车在乙车前7.5m，则
A. 在t=2s时，两车相遇
B. 在t=2s时，甲车在乙车前
C. 在t=1s时，两车相遇
D. 在t=3s时，甲车在乙车后
3.物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是12m，则可知()
A. 第1 s内的位移为3 m
B. 第2s末的速度为8 m/s
C. 物体运动的加速度为2m/s2
D. 物体在5s内的平均速度为12m/s
4.实验证实四个水球就可以挡住子弹。

如图所示，四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子
弹在水球中沿水平方向做匀减速直线运动，若恰好能穿出第四个水球，则可以判定
A. 子弹在每个水球中运动的时间相同
B. 子弹在每个水球中速度变化量相同
C. 子弹在每个水球中运动的时间之比为2:√3:√2:1
D. 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
5.若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60m所用的时间是10s，通过第二个60m所用的时
间是6s.则()
A. 动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m
B. 动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m
C. 动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m
D. 动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m
6.一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25m，动车进站时可以看做匀减速直
线运动。

他发现第6节车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口(8号车厢最前端)，则该动车的加速度大小约为()
A. 2 m/s2
B. 1 m/s2
C. 0.5m/s2
D. 0.2m/s2
7.2014年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较
低的雾霾天气里以54km/ℎ的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5m/s2，最后停在故障车前1.5m处，避免了一场事故．以下说法正确的是()
A. 司机发现故障车后，汽车经过3 s停下
B. 司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m
C. 从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5m/s
D. 从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s
8.甲、乙两质点在同时同地沿同一方向直线运动速度一时间图象如图所示。

则下列说法正确的是
()
A. 在t1时刻两车加速度大小相等
B. 从t1到t2时间内的任一时刻都不会出现两质点加速度大小相等
C. 从0到t1时间内，甲的位移较大
D. t1到t2时间内，甲的平均速度较大
9.下面为四个质点的速度图象，其中反映质点做匀加速直线运动的是()
A. B. C. D.
10.一质点由静止开始沿直线运动，通过传感器描绘出1
关于x的函数图象如
v
图所示，下列说法正确的是()
A. 质点做匀减速直线运动
−x图象斜率等于质点运动的加速度
B. 1
v
C. 四边形AA′B′B的面积可表示质点从O到C′所用的时间
D. 四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的时间
11.甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度–时间图象分别
如图中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶，下列说
法正确的是()
A. 两车在t1时刻也并排行驶
B. t1时刻甲车在前，乙车在后
C. 甲车的加速度大小先增大后减小
D. 乙车的加速度大小先减小后增大
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
12.沿直线运动的汽车刹车后匀减速运动，经3.5s停止，它在最后一秒的位移为1m，以下说法中正
确的是()
A. 汽车刹车的加速度为2m/s2
B. 汽车刹车时的速度为6m/s
C. 汽车刹车后共滑行8m
D. 汽车刹车停止全程的平均速度为3.5m/s
13.一架战斗机完成任务后以30m/s的速度着陆后做加速度大小为5m/s2的匀减速直线运动，下列
判断正确的是()
A. 4s末战斗机速度为10m/s
B. 4s末战斗机速度为50m/s
C. 8s末战斗机位移为80m
D. 8s末战斗机位移为90m
14.下列说法正确的是()
A. 物体沿直线向某一方向运动，通过的路程就是位移
B. 速度大小是描述运动物体位置变化快慢的物理量，而加速度大小是描述速度变化快慢的物理
量
C. 变速直线运动平均速度等于初速度和末速度的平均值
D. 物体在第3s内指的是物体在2s末到3s末这1s的时间
三、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
15.一个小车M上装有一个滴墨水的容器，每分钟滴出120滴墨
水．重物N通过滑轮用绳拉动小车做匀加速运动，小车经过处，
在桌面上留下一系列墨滴，如图所示，测出ab=0.11m，bc=
0.14m，cd=0.17m.求小车在b点、c点处的速度以及小车运动
的加速度分别是______ m/s、______ m/s、______ m/s2.(保留两位小数)
四、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
16.一小球从斜面顶端由静止开始滚下，做匀加速运动经4s到达斜面底端，加速度的大小为2m/s2.
求：
(1)斜面长度；
(2)到达斜面底端时的速度；
(3)整个运动过程中的平均速度；
(4)运动到斜面中点时的速度｡
17.汽车刹车进站，以初速v0=2m/s做匀减速直线运动，经过s1=30m时，速度减为初速度的一
半．求：
(1)汽车做匀减速直线运动时的加速度a大小；
(2)汽车从刹车到停下来的总时间t；
(3)从刹车开始，经过t2=1min时汽车经过的位移s2．
18.物体做匀加速直线运动，到达A点时的速度为5m/s，经2s到达B点时的速度为11m/s，再经
过3s到达C点，则它到达C点时的速度为多大？
19.如图所示，总质量为488kg的热气球，从地面静止开始竖直匀加速上升，加速
度为0.5m/s2，当热气球上升到225m时变为匀速上升运动．求：
(1)经过多少时间热气球上升到225m；
(2)热气球匀速上升的速度大小．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系。

为了研究和描述物体的运动，我们引入了参考系，选择不同的参考系，同一物体相对于不同的参考系，运动状态可以不同，选取合适的参考系可以使运动的研究简单化。

A.我们说“太阳东升西落”，是以地球为参考系的，故A错误；
B.我们说“地球围绕太阳转”，是以太阳为参考系的，故B错误；
C.我们说“同步卫星在高空静止不动”是以地面上的观测者为参考系，过C错误；
D.坐在火车上的乘客看到铁路旁的树木、电线杆迎面向他飞奔而来，乘客是以他自己乘坐的火车为参考系的，故D正确。

故选D。

2.答案：C
解析：
根据速度时间图象与时间轴所围的面积表示位移，求各段时间内两车的位移之差，对照t=0时刻时两车间的距离，分析它们位置关系。

本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题。

解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离。

解：AB、根据速度时间图象与时间轴所围的面积表示位移，可知0−2s内，乙车与甲车位移之差△x=
10×2
=10m。

已知在t=0时，甲车在乙车前7.5m，则知在t=2s时，乙车在甲车前，故AB错误。

2
m=7.5m，则知在t=1s时，两车相遇。

故C正确。

C、0−1s内，乙车与甲车位移之差△x=10+5
2
D、在t=1s时，两车相遇。

由图象可知，1到3s甲乙两车的位移相等，则在t=3s时，两车又相遇，故D错误。

故选：C 。

3.答案：A
解析：解：AC 、根据x 4−x 2=2aT 2得物体的加速度为：a =
x 4 −x 2
 2T 2
=
122×1
m/s 2=6m/s 2，
则第1s 内的位移为：x 1=1
2at 1
2
=1
2
×6×1m =3m ，故A 正确，C 错误． B 、第2s 末的速度为：v 2=at 2=6×2m/s =12m/s ，故B 错误． D 、物体在5s 内的位移为：x 5=12
at 52
=1
2
×6×25m =75m ，则5s 内的平均速度为：
v =x 5 
t 5
 =
755
m/s =
15m/s ，故D 错误． 故选：A
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合位移时间公式求出第1s 内的位移，根据速度时间公式求出第2s 末的速度．通过位移公式求出5s 内的位移，从而得出5s 内的平均速度． 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．
4.答案：D
解析：
本题考查了匀变速直线运动的相关知识，对公式的灵活运用是解题的关键。

由于子弹恰好穿出第4个水球，故其末速度为零，由反向初速度为零的匀变速直线运动结合其运动规律和推论进行判断即可。

AC.由题意可知子弹恰好能穿出第4个水球，即末速度v =0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则由匀变速直线运动规律的推论可知自左向右子弹通过四个水球的时间比为：(2−√3)∶(√3−√2)∶(√2−1)∶1，故AC 错误；
B .同时由于加速度a 恒定，由at =Δv ，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，故B 错误； D .由上面对A
C 选项的分析可得子弹穿出前三个水球的时间等于全部穿过水球的时间的一半，可知子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，故
D 正确。

故选D 。

5.答案：A
解析：
解决本题关键是掌握匀变速直线运动的运动学速度公式、位移公式和推论，并能灵活运用 动车组在匀加速运动过程中。

通过第一个60m 所用的时间是10s ，中间时刻的速度为v 1=x
t 1=
60
10
m/s=6m/s
通过第二个60m所用的时间为6s，中间时刻的速度为v2=x t
2=60
6
m/s=10m/s。

两个中间时刻的时间差为△t=8s
则加速度为a=v2−v1
△t =10−6
8
m/s2=0.5m/s2
16s末的速度为v=v2+a⋅1
2
t2=10m/s+0.5×3m/s=11.5m/s
接下来的6s内的位移为x′=vt3+1
2at32=11.5×6m+1
2
×1
2
×62m=78m
故选：A。

6.答案：C
解析：解：采用逆向思维，动车做初速度为零的匀加速直线运动，在通过连续相等位移所用的时间之比为：
1：(√2−1)：(√3−√2)：…(√n−√n−1)，
可知第7节车厢和第6节车厢通过他的时间之比为1：(√2−1)，
所以第7节车厢通过他的时间为：t=
2−1
=4(√2+1)，
根据L=1
2at2得加速度为：a=2L
t2
=
(4√2+4)2
≈0.5m/s2。

故选：C。

采用逆向思维，结合初速度为零的匀加速直线运动的推论求出第7节车厢通过旅客的时间，结合位移时间公式求出动车的加速度．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意逆向思维在运动学中的运用．
7.答案：B
解析：解：A、卡车减速到零的时间t1=△v
a =0−15
−5
=3s.则t=t′+t1=0.6+3=3.6s，故A错误；
B、在反应时间内的位移x1=v0t′=15×0.6m=9m．
匀减速直线运动的位移x2=0−v02
2a =0−225
−10
=22.5m，则x=x1+x2+1.5=33m，故B正确；
C、平均速度v=x
t =9+22.5
3.6
=8.75m/s，故CD错误；
故选：B
(1)根据匀变速直线运动的速度时间公式求出卡车匀减速运动的时间，从而得知发现情况后，卡车到停止的时间；
(2)司机发现情况后，在反应时间内做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动，结合运动学公式求出位移的大小；
(3)平均速度等于总位移除以总时间；
解决本题的关键掌握匀变速直线运动运动学公式，并能灵活运用．知道在反应时间内做匀速直线运动．
8.答案：D
解析：解：A、在v−t图象中图线的斜率表示加速度，由图可知，t1时刻甲图线的斜率大于乙图线的斜率，故A错误；
B、v−t图象中图线的斜率表示加速度，由图象可知，在t1∼t2时间段内两图线的斜率会出现相等，故B错误；
C、v−t图象中图线与时间轴所围的面积表示位移，由图象可知，从0到t1时间内乙的位移大于甲的位移，故C错误；
D、v−t图象中图线与时间轴所围的面积表示位移，由图象可知，t1到t2时间内，甲的位移大，时间相同，所以甲的平均速度较大，故D正确。

故选：D。

在v−t图象中，图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。

平均速度等于位移与时间之比。

由此分析。

对于图象问题要明确两坐标轴的含义，图象斜率、截距、围成面积等含义。

本题关键要掌握速度图象的斜率等于加速度，“面积”表示位移进行分析。

9.答案：B
解析：解：
A、图线的斜率，物体的加速度不变，说明物体做匀减速直线运动．故A错误．
B、图线的斜率，物体的加速度不变，说明物体做匀加速直线运动．故B正确．
C、图线的速度不变，表示物体做匀速直线运动．故C错误．
D、图象的斜率等于速度，斜率不变，物体的速度不变，说明物体做匀速直线运动．故D错误．
故选B
匀加速直线运动的特点是加速度不变，根据速度图象的斜率等于加速度进行判断．
速度图象倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动．根据图象的形状要能确定物体的运动性质．10.答案：D
解析：
本题考查了质点运动规律的图象表示。

结合公式x=vt分析图线与坐标轴围成面积的物理意义，此题考查对运动速率的倒数1
v
与位移x的关系图象的理解，分析方法类似于v−t图象的方法。

A.由题中1
v −x图像可知，1
v
与x成正比，即v x=常数，质点做减速直线运动，故A错误；
B.1
v
−x图线斜率不等于质点运动的加速度，故B错误；
CD.由于三角形OBC的面积S1=1
2OC·BC=x1
2v1
，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C′所
用的时间可由S2=x22v
2
体现，所以四边形BB′C′C面积可体现质点从C到C′所用的时间，故C错误，D正确。

故选D。

11.答案：D
解析：
该题主要考查速度时间图像相关知识。

熟知图像特点和规律是解决本题的关键。

v−t图像与时间横轴所包围的面积即为位移大小；v−t图像斜率表示加速度大小。

由此分析解题即可。

A.假设两车在t1时刻也并排(相遇)行驶，由题图可知，在t1～t2内，甲的位移大于乙的位移，故t2时刻甲在乙的前面，与题设矛盾，故A错误；
B.由以上分析可知，在t1时刻甲车在后，乙车在前，则在t2时刻两车才有可能并排行驶，故B错误；CD.v−t图象的斜率表示加速度，由题图可知，甲、乙车的加速度都是先减小后增大，故D正确，C错误。

故选D。

12.答案：AD
解析：解：A、采用逆向思维，根据x′=1
2at′ 2得刹车的加速度大小为：a=2x′
t′ 2
=2
1
m/s 2=2m/s 2，
故A正确；
B、采用逆向思维，汽车刹车时的速度为：v=at=2×3.5=7m/s，故B错误；
C、汽车刹车后共滑行的距离为：x=v
2t=7
2
×3.5=12.25m，故C错误；
D、汽车刹车后的平均速度为：v=v
2=7
2
m/s=3.5m/s，故D正确；
故选：AD
采用逆向思维，结合位移时间公式求出汽车刹车时的加速度大小，根据速度时间公式求出刹车的初速度．根据平均速度推论求出平均速度的大小以及位移的大小．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活应用，有时用推论求解会使问题更加简便．
13.答案：AD
解析：解：飞机在地面滑行最长时间：t=△v
a =0−30
−5
s=6s
A、4s末的速度为v=v0+at4=30−5×4m/s=10m/s，故A正确，B错误；
C、8s末战斗机的位移即为6s内的位移，故x=v0
2t=30
2
×6m=90m，故C错误，D正确
故选：AD
先求出飞机着陆后到停止的时间，因为飞机速度为0后，不再运动，然后根据匀变速运动的位移时间公式求出位移．该题属于“刹车问题”注意判断在所给时间内汽车是否停止运动
熟练应用运动学公式进行求解，明确公式中各个物理量的含义，在解“刹车”类问题时，注意判断所给时间内是否停止运动
14.答案：BD
解析：解：A、路程是标量，只有大小没有方向；位移是矢量，既有大小又有方向，是两个不同的物理量，不能说路程就是位移，A错误；
B、速度是描述物体运动快慢的物理量，加速度是描述速度变化快慢的物理量，都是矢量，B正确；
C、只有匀变速直线运动的平均速度等于初速度和末速度的平均值，不可随意乱用，C错误；
D、由时间的概念可知第3秒内指的是时间，不是时刻，即物体在第3s内指的就是物体在2s末到3s 末这1s的时间，D正确；
故选：BD
A、由路程、位移的概念区分路程和位移；
B、由速度、加速度的定义去判断；
C、由平均速度的定义去区分，可用反证法证明；
D、对时间的理解去判断；
本题考查的基础物理量较多，包含了速度、位移、路程、平均速度、加速度、时间，要清楚每一个物理量的含义，就能轻松判断．特别注意位移和路程、瞬时速度和平均速度、时间和时刻的区别与联系．
15.答案：0.25；0.31；0.12
解析：解：每分钟滴出120滴墨水，则时间间隔为：60
120
=0.5s
小车在b点的瞬时速度为：v b=0.11+0.14
2×0.5
=0.25m/s
c点处的速度为：v c=0.14+0.17
2×0.5
=0.31m/s
加速度为：a=v c−v b
T =0.31−0.25
0.5
=0.12m/s2
故答案为：0.25；0.31；0.12
匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度；根据加速度定义式求出加速度．本题考查匀变速直线运动推论的应用，也可以根据逐差法求加速度．
16.答案：解：(1)斜面的长度L=1
2at2=1
2
×2×16=16m．
(2)到达斜面底端的速度v=at=2×4=8m/s．
(3)整个运动过程的平均速度v=v0+v
2=0+8
2
=4m/s．
(4)运动到斜面中点时经过的位移为8m，则v′=√2as′=√2×2×8=4√2m/s．答：(1)斜面的长度16m；
(2)到达斜面底端时的速度为8m/s；
(3)整个运动过程的平均速度4m/s；
(4)运动到斜面中点时的速度4√2m/s．
解析：(1)根据匀变速直线运动的位移时间公式求出斜面的长度．
(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球到达底端时的速度．
(3)根据平均速度的推论公式求出整个过程中的平均速度v=v0+v
2
．
(4)根据速度位移公式求出运动到斜面中点时的速度．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用．
17.答案：解：(1)根据匀变速直线运动的速度位移关系有：
(v0
2
)2−v02=2as1
∴a=12−22
m/s2=−0.05m/s2
负号表示加速度的方向与初速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，故a的大小为0.05m/s2 (2)根据速度时间关系有：v=v0+at
当速度为0时，所经历的时间t=0−v0
a =0−2
−0.05
s=40s
(3)t2>t，故t2时车早已经停下
所以汽车在1分钟内的位移大小即为汽车在40s内的位移根据速度位移关系有：
0−v02=2as2
s2=0−v02
2a
=
0−22
2×(−0.05)
m=40m
答：(1)汽车做匀减速直线运动时的加速度a大小为0.05m/s2；
(2)汽车从刹车到停下来的总时间为40s；
(3)从刹车开始，经过t2=1min时汽车经过的位移为40m．
解析：已知汽车运动的初速度和经过30m时，速度减为原来的一半，根据匀变直线运动的速度位移关系，可求出汽车的加速，再根据匀变速直线运动的速度时间关系和速度位移关系可求得相应末知量．
正确根据匀变速直线运动知识求解，注意汽车刹车的停车时间．
18.答案：解：物体的加速度a=v B−v A
t =11−5
2
m/s2=3m/s2，则物体到达C点的速度大小v C=v B+
at′=11+3×3m/s=20m/s．
答：它到达C点的速度为20m/s．
解析：根据速度时间公式求出物体的加速度，再根据速度时间公式求出物体到达C点的速度大小．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用．
19.答案：解：(1)热气球静止开始匀加速上升，有：s=1
2
at2
代入数据得：t=√2s
a =√2×225
0.5
=30s
(2)热气球匀速上升的速度为：v=at
代入数据得：v=0.5×30m/s=15m/s
答：(1)经过30s热气球上升到225m；
(2)热气球匀速上升的速度大小为15m/s．
解析：根据位移时间公式求出气球上升到225m高度所需的时间，结合速度时间公式求出热气球匀速上升的速度大小．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式，并能灵活运用．。