湖南省岳阳市汨罗市第二中学2025-2026学年高一（上）月考物理试卷（10月）

这是一份湖南省岳阳市汨罗市第二中学2025-2026学年高一（上）月考物理试卷（10月），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2025年央视春晚创意融合舞蹈《秧BOT》中，人形机器人完成扭秧歌、转手绢等复杂动作，展现了传统文化与科技的融合。下列关于机器人运动的研究中，可将机器人视为质点的是( )
A. 研究机器人在舞台上直线行进的轨迹时，可看作质点
B. 分析机器人在旋转过程中各关节的受力情况
C. 研究机器人在跳跃腾空阶段身体姿态对落地稳定性的影响
D. 调整机器人手臂摆动幅度以匹配音乐节奏
2.2024年9月14日，据央视新闻报道，国铁集团有关负责人表示，CR450高速动车组目前已进入整车装配阶段，CR450具有450公里实验运行时速和400公里的商业运行时速的高速动车组列车，是世界上最快的高铁，有可能将北京到上海之间(中国最繁忙的线路之一)的旅行时间从4个多小时缩短至3小时左右。北京到上海直线距离约770公里，高铁路程约1325公里，若乘坐CR450，仅用3.2小时就从北京到了上海，则这一过程的平均速度大小约为( )
A. 200km/hB. 225km/hC. 241km/hD. 414km/h
3.两块相同的竖直木板A、B间有质量均为m的四块相同的木块，用两个大小均为F的水平力压木板，使木板均处于平衡，如图所示。设所有接触面间的动摩擦因数均为μ。则第2块对第3块的摩擦力大小为( )
A. 0B. mgC. μFD. mg2
4.某次足球比赛中，足球以12m/s速度击中运动员后被反向弹出，历时0.2s，速度大小变为8m/s，取初速度方向为正方向，在此过程中加速度为( )
A. 大小为100m/s2，方向与初速度方向相同
B. 大小为100m/s2，方向与初速度方向相反
C. 大小为20m/s2，方向与初速度方向相同
D. 大小为20m/s2，方向与初速度方向相反
5.中国一直以来有赛龙舟的传统，如图所示速度−时间图像描述了甲、乙两条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，下列关于甲乙龙舟运动情况的说法中正确的是( )
A. 在t2时刻甲、乙龙舟相遇B. 在0∼t1时间内甲龙舟速度变化快
C. 由图像可知，甲龙舟最终获得比赛胜利D. 由图像可知，乙龙舟最终获得比赛胜利
6.如图所示，水平地面上有一静止的物块，物块的质量为1kg，物块与地面间的动摩擦因数为0.2，t=0时，物块在一水平拉力作用下开始沿水平面做直线运动，其a−t图像如图，则关于物块运动的说法正确为( )
A. 物块6s末的速度达到为12m/sB. 物块前12s内位移为0m
C. 物块前8s内平均速度为14m/sD. 物块2s末受到的水平拉力大小为4N
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
7.如图所示，甲图为某质点的x−t图像，乙图为某质点的v−t图像，下列关于两质点的运动情况的说法正确的是( )
A. 0∼2s内甲图质点做匀速直线运动，乙图质点做加速直线运动
B. 2∼3s内甲图质点和乙图质点均静止不动
C. 3∼5s内甲图质点做匀速运动，乙图质点做匀减速运动
D. 0∼5s内甲图质点的位移为−10m，乙图质点的位移是90m
8.如图(a)所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d=0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是( )
A. 物块在由A运动至E的时间为1.6sB. 位置A与位置D间的距离为1.30m
C. 物块在位置D时的速度大小为2.25m/sD. 物块下滑的加速度大小为1.875m/s2
9.如图甲所示，劲度系数k=250N/m的轻弹簧，一端固定在倾角θ=30 ∘的光滑斜面底端，质量m=1kg的物块从图示位置由静止开始沿斜面下滑，物块从刚接触弹簧至运动到最低点的过程中，速度v和弹簧压缩量Δx之间的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 物块刚接触弹簧时速度最大
B. 当Δx=2cm时，物块速度最大
C. 当Δx=1cm时，物体的加速度大小为2m/s2
D. 物块加速度最大值为9.5m/s2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
10.如图，将长直木板B支成斜面，挡光片P固定在小车C的前端，光电门G固定在木板的侧面A处，可让小车在斜面上做匀加速直线运动。现让小车在斜面的同一位置O由静止释放，分别测得宽度Δx为2cm、4cm、6cm，8cm，10cm不同挡光片的挡光时间Δt(每次实验时挡光片的前沿均与小车的前端对齐)，通过计算出各次挡光片通过光电门的平均速度v(v=ΔxΔt)画出v−Δt图像。
(1)实验中最接近小车过A点时的瞬时速度的挡光片的宽度是________。
A.2cm B.6cm C.10cm D.8cm
(2)若挡光片宽度Δx，挡光时间Δt，则小车过A处的瞬时速度表达式为vA=________。
11.(1)用气垫导轨和数字计时器能更精确地测量物体的瞬时速度。如图甲所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1=0.30s，通过第二个光电门的时间为Δt2=0.11s，已知遮光板的宽度为3.0cm，滑块通过第二个光电门的速度大小为___________m/s(保留两位有效数字)。
(2)为了监控车辆是否超速，交通部门常用测速仪来检测。测速原理如图乙所示，测速仪前后两次发出并接收超声波信号，再根据两次信号的时间差，测出被测车辆的速度。如果某次检测一辆匀速运动的汽车的车速时，第一次从发出至收到超声波信号用了0.3s，第二次从发出至收到超声波信号用了0.6s，两次信号发出的时间间隔是1.55s，则测得汽车的速度为___________m/s(假设超声波的速度为340m/s，且大小保持不变)
四、计算题：本大题共3小题，共43分。
12.如图所示的无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。在一次训练使用中，t=0时无人机在地面上从静止开始匀加速竖直向上起飞，t=6s时无人机出现故障突然失去升力，此时离地面高度为h=90m。无人机运动过程中所受空气阻力不计，g取10m/s2。求：(结果可用根式表示)
(1)无人机匀加速竖直向上起飞的加速度大小；
(2)无人机从起飞到坠落到地面的时间。
13.如图甲所示，九三阅兵中，陆上无人作战方队接受检阅，其中“机器狼”第一次登上阅兵场。机器狼是中国自主研制的四足机器人无人作战系统，具备侦察、打击、保障三类功能，其中伴随保障型机器狼可运输20公斤物资，续航里程10公里，展现了我国强大的现代化国防力量。某次在平直路面上测试保障型机器狼性能的过程中，其v−t图如图乙所示，求：
(1)0∼2秒，2∼7秒，12∼13秒，机器狼加速度的大小；
(2)0∼7秒内的平均加速度大小(结果保留两位小数)；
(3)已知机器狼反向运动位移大小为3m，正向运动位移大小为40m，求全程的平均速度大小(结果保留两位小数)。
14.无人驾驶飞机简称“无人机”，是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机。某次飞行测试中，一无人机从水平地面竖直向上起飞，沿直线运动，规定竖直向上为正方向，其速度随时间变化的关系图像如图所示。求：
(1)无人机在t=3s时刻的加速度a1及其在t=9s刻的加速度a2；
(2)无人机距地面的最大高度hmax；
(3)无人机在0∼13s内的平均速度v(结果可用分式表示)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.研究机器人在舞台上直线行进的轨迹时，只需关注其整体位置变化，无需考虑各部位动作，因此可视为质点，故A正确；
B.分析各关节受力需考虑具体关节的位置和运动，不能忽略形状和结构，不能看作质点，故B错误；
C.身体姿态对落地稳定性的影响涉及肢体动作细节，需考虑形状和姿态，不能看作质点，故C错误；
D.调整手臂摆动幅度需研究手臂的具体运动，不可视为质点，故D错误。故选A。
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据平均速度的定义式列式代入数据解答。
考查平均速度的定义，会根据题意进行准确分析解答。
【解答】
根据平均速度的定义式得v=xt=7703.2km/h≈241km/h，故C正确，ABD错误。
故选：C。、
3.【答案】A
【解析】先把四块砖看作一个整体，两边的压力F相同，两边受到的摩擦力也相同，根据平衡条件得
2f=4mg
以1、2为整体，由平衡条件得
f+f′=2mg
联立解得
f′=0
故A正确，BCD错误。
4.【答案】B
【解析】以初速度方向为正方向，根据
a=ΔvΔt=−8−120.2m/s2=−100m/s2
所以加速度大小为100m/s2，方向与初速度方向相反。
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.由 v−t 图像可知，在 0∼t2 时间内甲的速度一直小于乙的速度，在 t2 时刻甲龙舟在乙龙舟的后面，故A错误；
B.根据 v−t 图像的斜率表示加速度，可知在 0∼t1 时间内乙龙舟的加速度大于甲龙舟的加速度，则乙龙舟速度变化快，故B错误；
CD.由图像可知，甲龙舟到达终点对应的时刻较早，所以是甲龙舟最终获得比赛胜利，故D错误，C正确。
6.【答案】C
【解析】解：A.根据匀变速直线运动的速度与时间的关系得物块6s末的速度为v=at=24m/s，故A项错误;
B.物块前6s内做匀加速直线运动，后6s内做匀减速直线运动，12s末速度为0，所以物块前12s内一直向同一方向运动，位移不为零，故B项错误;
C.物块前6s内的位移为x1=12at12=72m，6∼8s内运动的位移为x2=vt2−12at22=40m，所以物块前8s内的位移为x=x1+x2=112m，因此物块前8s内平均速度为υ=xt1+t2=14m/s，故C项正确;
D.在2s末，根据牛顿第二定律得F−μmg=ma，解得F=μmg+ma=6N，故D项错误．
故选C项．
7.【答案】AC
【解析】A.根据 x−t 图像的斜率表示速度，可知0∼2s内甲图质点做匀速直线运动；根据 v−t 图像可知0∼2s内乙图质点速度一直增大，做加速直线运动，故A正确；
B.根据 x−t 图像可知2∼3s内甲图质点静止不动，根据 v−t 图像可知2∼3s内乙图质点做匀速直线运动，故B错误；
C.根据 x−t 图像的斜率表示速度，可知3∼5s内甲图质点做匀速运动；根据 v−t 图像可知3∼5s内乙图质点速度一直减小，做匀减速运动，故C正确；
D.根据 x−t 图像可知0∼5s内甲图质点的位移为 −10m ；根据 v−t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知0∼5s内乙图质点的位移为x乙=12×(10+30)×2m+12×(1+3)×30m=100m，故D错误。
故选AC。
8.【答案】ACD
【解析】【分析】根据匀变速直线运动Δx=at2得出加速度；再根据匀变速直线运动某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出D点的速度，再结合运动学公式分析A和D之间的距离。
本题考查匀变速直线运动的推论及规律和运动学公式的考查，基础题目。
【解答】A.由图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T=0.40s，故AE的时间间隔为1.6s，选项A正确;
D.而AC段与CE段的时间间隔为2T=0.80s，xCE−xAC=3d−d=2d。又xCE−xAC=a2T2，解得a=1.875m/s2，选项D正确；
C.物块在位置D时速度vD=xCE2T=2.25m/s，选项C正确;
B.由vD=vA+a(3T)得物块在A位置速度vA=0，则位置A、D间距离为xAD=vD2−vA22a=1.35m
，选项B错误。
故选ACD。
9.【答案】BD
【解析】解：A.物块刚接触弹簧时，物体加速度方向与速度方向同向，此时物块仍在加速，故A错误；
B.当Δx=2cm时，满足
mgsinθ=k⋅Δx
物块沿斜面方向所受合外力等于0，加速度为0，速度最大，故B正确；
C.当Δx=lcm时，物体的加速度大小
a=mgsinθ−k⋅Δxm
解得：a=2.5m/s2
故C错误；
D.当物体速度减小为0时，加速度取得最大值，大小为
am=k⋅Δx−mgsinθm
解得：am=9.5m/s2
故D正确。
故选：BD。
物块刚接触弹簧时，物体加速度方向与速度方向同向，物块继续加速；当物块沿斜面方向所受合外力等于0，加速度为0，速度最大；当物体速度减小为0时，加速度最大。本题考查牛顿第二定律与胡克定律相结合，解题过程中抓住物块速度最大时，所受合外力为零展开分析。
10.【答案】(1)A； (2) ΔxΔt。
【解析】(1)根据v=dΔt得挡光片宽度越小，dΔt越接近小车过A点时的瞬时速度，故A正确，BCD错误；
(2)若挡光片宽度 Δx ，挡光时间 Δt ，则小车过A处的瞬时速度表达式为 vA=ΔxΔt。
11.【答案】0.27 30
【解析】(1)[1]滑块通过第二个光电门的速度大小为v2=dΔt2=3.0×10−20.11m/s≈0.27m/s
(2)[2]由于第一次从发出至接到超声波信号用了0.3秒，测速仪第一次发出的超声波到达汽车处所用的时间为t1=0.32s=0.15s
测速仪第一次发出的信号从汽车处返回到测速仪时，汽车距测速仪x1=v声t1=340×0.15m=51m
由于第二次从发出至接受到超声波信号用了0.6秒，测速仪第二次发出超声波到达汽车处所用的时间为t2=0.62s=0.3s
第二次发出的信号从汽车处返回到测速仪时，汽车距测速仪x2=v声t2=340×0.3m=102m
因此汽车在两次与信号相遇的过程中，行驶了x=x2−x1=102m−51m=51m
这51m共用了t=Δt+t2−t1=1.55s+0.3s−0.15s=1.7s
所以汽车的车速为v=xt=511.7m/s=30m/s
12.【答案】解：(1)由题意可知，无人机在地面上从静止开始匀加速竖直向上起飞，设加速度大小为a，则由运动学公式可得：h=12at2
代入数据可得a=5m/s2
(2)设无人机离地面高度为h=90m时速度大小为v，则有：v=at=5×6m/s=30m/s
设无人机出现故障突然失去升力，到速度减为零时通过的位移大小为h1，则有：v2=2gh1
代入数据可得：h1=45m
故无人机离地面最大高度为：h总=h+h1=90m+45m=135m
设无人机从出现故障到速度减为零经过的时间为t1，则由运动学公式可得：v=gt1
代入数据可得：t1=3s
设无人机从最高处到达地面的时间为t2，则有：h总=12gt22
代入数据可得：t2= 27s
故无人机从起飞到刚坠落地面的时间为t总=t+t1+t2=6s+3s+ 27s=(9+ 27)s
【解析】(1)根据运动学公式，结合题意求出无人机匀加速竖直向上起飞的加速度大小；
(2)先求出无人机竖直上抛运动的时间，再求出无人机自由落体运动的时间，最后求出无人机从出现故障到刚坠落地面的时间。
在处理多过程问题时，要注意分阶段分析物体的受力情况，进而分析各阶段的运动情况，从而利用运动学公式解决问题。
13.【答案】解：(1)根据 v−t 图像的斜率表示加速度，由乙图可得0∼2秒机器狼加速度的大小为 a1=0−−32m/s2=1.5m/s2
2∼7秒机器狼加速度的大小为 a2=57−2m/s2=1m/s2
12∼13秒机器狼加速度的大小为 a3=0−513−12m/s2=5m/s2
(2)由乙图可知，0∼7秒内机器狼的速度变化量为 Δv=5m/s−−3m/s=8m/s
故0∼7秒内的平均加速度大小 a=ΔvΔt=87m/s2=1.14m/s2
(3)由题知，全程的位移为 x=40m−3m=37m
由乙图可知，运动的总时间为 t=13s
故全程的平均速度大小为 v=3713m/s=2.85m/s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)无人机在 t=3s 时刻的加速度a1=v1t1
其中v1=8m/s
t1=5s
解得a1=1.6m/s2 a1 为正值，表示 a1 的方向竖直向上，
无人机在 t=9s 时刻的加速度
a2=v2t3−t2
其中v2=−8m/s
t2=9s
t3=13s
解得a2=−2m/s2 a2 为负值，表示 a2 的方向竖直向下。
(2)无人机在 t=9s 时刻距地面的高度最大，有hmax=12v1t2
解得hmax=36m
(3)根据对称性可知，无人机在5s∼9s内的位移与其在9s∼13s内的位移大小相等、方向相反，可知无人机在0∼13s内的位移
x=12v1t1
又v=xt3
解得v=2013m/s
v 为正值，表示 v 的方向竖直向上。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】