高一物理答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年10月试卷_1023吉林省三校学校2024-2025学年高一上学期10月月考_吉林省部分学校2024-2025学年高一上学期10月月考物理试题

2024-2025 学年度上学期第一次月考 高一试题答案及评分标准 一.选择题（共 10 小题，共 46 分。1-7 题，每题 4 分，8-10 题，每题 6 分） 1 2 3 4 5 6 7 D A C C C C B 8 9 10 CD AC BD 选项释义: 1．D 【详解】A．观察、实验及科学推理，是物理学的基本方法，故A正确； B．物理规律可运用函数关系表示，也可运用图像表示，故B正确； C．牛顿通过几条简单的定律，说明了地面上物体的运动与宇宙空间中天体的运动遵循相同的规律，故C 正确； D．物理学的研究中，同样会运用数学中的“统计”、“概率”等方法或思想，故D错误。 故选D。 2．A 【详解】A．速度的变化量、位移都为矢量，故A正确； B．加速度是矢量，时间是标量，故B错误； C．路程是标量，速度是矢量，故C错误； D．瞬时速度是矢量，平均速率是标量，故D错误。 故选A。 3．C 【详解】A．由图可知，图中三种方案汽车运动的初位置和末位置均相同，则位移相同。故A正确，与题 意不符； B．方案二中要行驶“10公里”用时约“20分钟”，则全程的平均速率约为 s v  30km/h t 故B正确，与题意不符； 1 {#{QQABCQ4EggAgAIJAAAgCUwF4CACQkAGAAQgGQAAIsAAAyBFABCA=}#}C．图中显示的“22分钟”是指到达目的地所用的时间。故C错误，与题意相符； D．公路某处路边竖有限速标志“60km/h”，指的是车辆在该路段行驶过程中，瞬时速度不能超过60km/h。 故D正确，与题意不符。 本题选错误的，故选C。 4．C H H 【详解】由逆向思维法可知，排球上升经过第19个 所用的时间等于下降过程经过第82个 所用的 100 100 H H 时间，上升经过第51个 所用的时间等于下降过程经过第50个 所用的时间，由 100 100 T :T :T 1: 21: n n1 1 2 n 得 t 82 81 829 1   t 50 49 5 27 2 故C正确，A、B、D错误。 故选C。 5．C 【详解】AB．在0t 时间内甲、乙的位移大小相等，由 1 s v  t 可知，甲乙两汽车的平均速度大小相等，方向相反，A错误，B错误； C．图线的斜率表示速度，由图线知，斜率减小，故甲、乙均做减速运动，C正确； D．由图可知甲朝S轴正方向做直线运动，乙朝S轴负方向做直线运动，D错误； 故选C。 6．C 【详解】A．由题图可知，初始时刻全红婵具有向上的初速度，先做竖直上抛运动，到达最高点后做自由 落体运动，A错误； B．由题图可知，在3.65s时，其速度减为零，到达水中最低点，此时并没有浮出水面，B错误； C．由图可知，全红婵初始时刻全红婵具有向上的初速度，先做竖直上抛运动，到达最高点后做自由落体 运动，在1.65s时入水。其初速度为2m/s，有 vv gt 0 解得落水时 2 {#{QQABCQ4EggAgAIJAAAgCUwF4CACQkAGAAQgGQAAIsAAAyBFABCA=}#}v14.5m/s 即全红婵入水时的速度大小为14.5m/s，C正确； D．假设全红婵在1.65s到3.65s做匀减速直线运动，则其平均速度为 014.5 v m/s7.25m/s 2 由图像可知其做加速度逐渐减小的减速运动，所以其平均速度不是7.25m/s，D错误。 故选C。 7．B 【详解】整个过程中小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动，小球下落时间为 2h t  h为实际下落高度，圆筒在空中运动时间为 1 g 2v t  0 v 为其上抛时的速度。根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则 2 g 0 临界情况为圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒的上沿，则h＝1.25m，又 t t 1 2 即 2h 2v  0 g g 解得 v 2.5m/s 0 故选B。 8．CD 【详解】ACD．从静止至第3s，质点的位移为 1 x  at2 3 2 3 从静止至第2s，质点的位移为 1 x  at2 2 2 2 第3s内的位移为 xx x 3 2 联立解得 a0.8m/s2 3 {#{QQABCQ4EggAgAIJAAAgCUwF4CACQkAGAAQgGQAAIsAAAyBFABCA=}#}质点前3s的位移为 1 x  at2 3.6m 3 2 3 这3s内平均速度约为 x v  3 1.2m/s t 3 故A错误，CD正确； B．第3s初的瞬时速度是 v at 1.6m/s 2 2 故D错误。 故选CD。 9．AC 【详解】A．xt图像的斜率表示车的运动速度，甲车的斜率没有变化，则甲车的速度一直不变，A正确； B．t 时刻两车相遇，斜率不相等，速度不相等，B错误； b C．t t 时间内乙车的位置在甲车正方向前面，C正确； a b D．从斜率上看，t t 时间内乙车的速度先大于甲车的速度，然后t t 时间内乙车的速度小于甲车的速 a b a b 度，D错误。 故选AC。 10．BD 【详解】A．由于A的速度较大，故应该是B追A，面积表示位移，t=10s时A的位移为 x 2010m200m A B的位移为 1 1 x  105m (510)20m175m B 2 2 若A、B两物体0时刻从同一位置开始运动，由于10s时A的位移大于B的位移，所以A、B一定不能相 遇，故A错误； B．若0时刻A在B的前方某一位置，A的位移一直大于B的位移，所以A、B一定不能相遇，故B正确； C．若0时刻B在A的前面且两者相距60m，由A分析知，10s时A比B多走25m，没有追上B，之后B 的速度小于A，故一定能够追上B，并且相遇一次，故C错误； D．若0时刻B在A的前面且两者相距30m，在前5s内A的位移为 x  205m100m A 4 {#{QQABCQ4EggAgAIJAAAgCUwF4CACQkAGAAQgGQAAIsAAAyBFABCA=}#}而B的位移为 1 x   205m50m B 2 故A会超过B一次，超出的位移为 x1005030m20m 从5s到10s内，B的位移比A的位移多 1 x 510m25m 2 故此时间内B会在超过A前面5m，此后B速度减小，A速度大，故A会再次超过B，故它们一定能相遇 三次，故D正确。 故选BD。 11． 电火花 交流 220 0.02 B 【详解】[1][2][3]图中所示是电火花计时器，其工作时使用交变220V电源。 [4]当电源的频率是50Hz时，由 1 T  0.02 f 可知，每隔0.02s打一次点。 [5]纸袋应置于墨粉纸盘下面，故纸带穿法正确的是B。 12．(1)AB (2) 匀加速 0.7 5.0 【详解】（1）A．若细线与长木板不平行，随着小车逐渐靠近滑轮，细线与水平方向的夹角增大，小车所 受合力随之变化，因此小车的加速度发生变化，即小车不做匀变速直线运动，故细线必须与长木板平行， 故A正确； B．为充分利用纸带，实验时应先接通电源然后再释放小车，故B正确； C．为充分利用纸带，实验前小车要远离滑轮，小车要从靠近打点计时器的地方释放，故C错误； D．本实验要求瞬时速度，小车的运动时间通过打点的间隔数计时，不需要记录时间的仪器—秒表，故D 错误。 故选AB。 （2）①[1]据题可得 x 1.60cm AB x 4.00cm1.60cm2.40cm BC 5 {#{QQABCQ4EggAgAIJAAAgCUwF4CACQkAGAAQgGQAAIsAAAyBFABCA=}#}x 7.20cm4.00cm3.20cm CD x 11.20cm7.20cm4.00cm DE 则有 x x  x x  x x 0.80cm BC AB CD BC DE CD 可知小车在连续相等时间内的位移差相等，且相等时间内通过的位移逐渐增大，所以小车做匀加速直线运 动。 ②[2]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下C点时小车的瞬时速度大小为 x (7.201.60)102 v  BD  m/s 0.7m/s C t 220.02 BD ③[3]根据逐差法可得小车运动的加速度大小为 x x (11.204.004.00)102 a CE AC  m/s2 5.0m/s2 4T2 40.042 13．（1）40m/s；（2）80m；（3）20m/s 【详解】（1）由自由落体运动速度与时间关系知 vgt 代入得 v104m/s=40m/s （2）由自由落体运动位移与时间关系知 1 h gt2 2 代入得 1 h 1042m=80m 2 （3）由匀变速直线运动平均速度公式知 v v v  0 2 代入得 040 v  m/s=20m/s 2 14．(1)60m/s (2)300m (3)13.74s 6 {#{QQABCQ4EggAgAIJAAAgCUwF4CACQkAGAAQgGQAAIsAAAyBFABCA=}#}【详解】（1）由匀变速直线运动的速度 vat 可得小重物从运载火箭掉出时的速度大小 v15m/s24s60m/s （2）前4s内，小重物上升的高度为 1 h  at2120m 1 2 小重物掉出后，继续上升的高度为 v2 h  180m 2 2g 小重物距离地面的最大高度为 H h h 300m 1 2 （3）小重物从运载火箭上脱落后继续上升的时间为 v t  6s 1 g 设小重物从最高点下落到地面的时间为t ，有 2 1 H  gt2 2 2 解得 t 7.74s 2 小重物从运载火箭上掉出到落回地面需要的时间为 t t t 13.74s 总 1 2 15．（1）y 1.6m；（2）0.15m；（3）8m/s 1 【详解】（1）设小球与底部第一次碰撞时的位置坐标为y ，有 1 y vt 1 01 1 y hv t  gt2 1 01 2 1 解得 t 0.2s 1 y 1.6m 1 （2）第1次碰撞前瞬间，小球的速度为 7 {#{QQABCQ4EggAgAIJAAAgCUwF4CACQkAGAAQgGQAAIsAAAyBFABCA=}#}v v gt 6m/s 1 0 1 第1次碰撞后瞬间，小球的速度为 v v Δv9m/s 2 1 第1次碰撞后，当小球与升降机模型速度相等时，小球与顶部的距离最小，有 v gt v 2 2 0 此过程中，小球和升降机的位移分别为 v v y  2 0 t 0.85m 2 2 2 y v t 0.8m 3 0 2 小球与顶部的最小距离为 Δyhy y 0.15m 2 3 （3）设第一次碰撞后到第二次碰撞前瞬间所经历的时间为t ，有 3 1 v t v t  gt2 0 3 2 3 2 3 解得 t 0.2s 3 第二次碰撞前瞬间，小球的速度为 v v gt 7m/s 3 2 3 在第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬间的过程中，小球的平均速度为 v v v  3 2 8m/s 2 8 {#{QQABCQ4EggAgAIJAAAgCUwF4CACQkAGAAQgGQAAIsAAAyBFABCA=}#}