黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018_2019学年高一物理10月月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -黑龙江省哈尔滨市第三中学校 2018-2019 学年高一 10 月月考物理试题一、选择题1.关于质点和参考系的下列说法正确的是A. 研究地球绕太阳的公转时可以把地球看做质点B. 教练员在研究刘翔跨栏动作时可以把刘翔看做质点C. 坐在行驶的列车中的乘客看到窗外的树木在后退，他是以地面为参考系来观察的D. 无论取什么物体为参考系，对同一物体的运动描述都是一样的【答案】A【解析】A、物体能否看成质点,不是看物体的大小,而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略.比如地球很大,在研究地球公转时,地球可以看成质点.所以 A 选项是正确的;B、教练员在研究刘翔跨栏动作时不可以把刘翔看做质点,

2、否则就没法研究了,B 错误;C、坐在行驶的列车中的乘客看到窗外的树木在后退,他是以车为参考系来观察的,C 错误;D、选取不同的参考系,物体的运动可能是不同的,D 错误;故选 A点睛：一个物体能否看成质点,不是看物体的大小,而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略.参考系是选作当成不动的物体,可以选择任意物体. 2.关于加速度，下列说法正确的是（ ）A. 加速度越大，则速度一定越大B. 速度变化量越大，则加速度一定越大C. 当加速度与速度方向相同时，若加速度减小，则物体做减速运动D. 当加速度与速度方向相同时，若加速度减小，则物体做加速运动【答案】D【解析】A 项：加速度越大表示速度变化越

3、快，当速度方向与加速度方向相同时，速度增大，当速度方向与加速度方向相反时，速度减小，故 A 错误；B 项：速度变量越大，并不表示加速度越大，还取决于速度变化所用的时间，故 B 错误；C、D 项：当加速度与速度方向相同时，物体做加速度运动，与加速度的大小无关，故 D 正确，- 2 -C 错误。点晴：本题主要考查速度、加速度、速度变化量的关系，物体做加速（减速）运动的条件：当加速度与速度方向相同（相反） 。3.一个质点在 x 轴上运动，位置随时间的变化规律是 x=4t+2t2(m)。关于这个质点的运动，以下说法正确的是A. 质点做匀加速直线运动B. 质点的加速度的大小为 2m/s2，方向沿 x 轴

4、正方向C. t=2s 时质点的位置在 x=16m 处D. t=2s 时质点的速度大小为 12m/s，方向沿 x 轴正方向【答案】ACD【解析】A、B 项：由 ，可知，质点做匀速直线运动，加速度 a=4m/s，故 A 正确，B 错误；C 项：根据 ，故 C 正确；D 项：根据 ，方向沿 x 轴正方向，故 D 正确。4.一个物体从静止开始做匀加速直线运动,第 1s 内的位移是 1m,则下列说法正确的有：A. 物体运动的加速度是 1m/s2B. 物体在第 3s 内的位移是 9mC. 物体在第 4s 内的平均速度是 3.5m/sD. 物体从静止开始通过 16m 的位移需 4s 时间【答案】D【解析】【

5、详解】由位移公式 x=v0t+ at2得：a2m/s 2；故 A 错误； 第 3s 内的位移为 x3，故根据x1：x 2：x 3=1：3：5 得物体在第 3s 内的位移是 5m，选项 B 错误；物体在 4s 内的位移为：x4=v0t+ at2=16m，则第 4s 内的位移为：x 4-x3=16-9m=7m；则第 4s 内的平均速度 v= m/s=7m/s，故 C 错误；由 C 的分析可知，通过 16m 时位移需 4s，故 D 正确；故选 D。5.一辆汽车在公路上做匀速直线运动，速度大小为 v1=10m/s，一人骑自行车在汽车前面以v2=4m/s 的速度做匀速直线运动，汽车司机发现骑自行车的人时

6、离自行车还有 s0=8m 远。汽车- 3 -司机立即刹车让汽车开始做匀减速直线运动，加速度大小为 a=2m/s2, 试判断骑自行车的人是否安全？（ ）A. 不安全 B. 安全 C. 有惊无险 D. 无法判断【答案】A【解析】试题分析：据题意，车速为 v1=10m/s 做匀速直线运动，自行车速度为 v2=4m/s，也做匀速直线运动，当汽车做匀减速运动后，要保证汽车不撞到自行车，在汽车即将追上自行车时两车速度 v=v2相等，这个过程所用时间为： ，这段时间内有：自行车位移与原来两车距离之和 小于汽车在该段时间内的位移 ，故不安全。A 选项正确。考点：追击相遇问题6. 滑块 a、b 沿水平面上同一条

7、直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示由图象可知（ ）A. 相碰前，a 在减速，b 在加速B. 碰撞后，第 1 秒内 a 的速度为 m/sC. 进入粗糙路段后，a 的加速度逐渐减小D. 相碰前，a、b 的速度方向相同，加速度方向相反【答案】B【解析】试题分析：根据位移图象的斜率等于速度，直线的斜率一定，可知，相碰前，a 沿负向匀速，b 沿正向匀速，故 A 错误碰撞后，第 1 秒内 a 的速度为 ,故 B 正确进入粗糙路段后，根据牛顿第二定律得：Mg=Ma，a=g，加速度 a 不变故 C 错误相碰前，- 4 -a

8、、b 的速度方向相同，加速度都为零，故 D 错误故选 B考点：x-t 图线；牛顿第二定律【名师点睛】本题的关键是掌握位移时间图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，斜率的大小表示速度的大小。7.如图所示,在水平面上固定着四个完全相同的木块,一粒子弹以水平速度 vO射入.若子弹在木块中做匀减速直线运动,当穿透第四个木块(即 D 位置)时速度恰好为零,下列说法正确的是:A. 子弹从 O 运动到 D 全过程的平均速度等于 B 点的瞬时速度B. 子弹通过每一部分时,其速度变化量 vA-vO=vB-vA=vC-vB=vD-vC相同C. 子弹到达各点的速率 vO：v A：v B：v C=2： ： ：

9、1D. 子弹从进入木块到达各点经历的时间 tA：t B：t C：t D=1： ： ：2.【答案】C【解析】【详解】全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速运动的结论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度；故 A 错误；由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，故速度的差值不相等；故 B 错误；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由 v2=2ax 可知，通过 CBAO 的速度之比为：1： ： ：2；子弹到达各点的速率：v o：v A：v B：v C=2： ： ：1；故 C 正确；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由给 x= at2可知，

10、反向通过各木块用时之比为 1：（ -1）：（ -）：（2- ） ；子弹从进入木块到达各点经历的时间 tA：t B：t C：t D=（2- ）：（ - ）：（ -1）：1；故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确逆向法的正确应用，同时注意匀速度为零的匀加速直线运动的结论的直接应用8.关于位移和路程，下列说法中正确的是( )A. 沿直线运动的物体，位移和路程是相等的B. 质点沿不同的路径由 A 到 B，其位移是相同的C. 质点通过一段路程，其位移可能是零- 5 -D. 质点运动的位移大小可能大于路程【答案】BC【解析】沿单向直线运动的物体位移大小和路程是相等而位

11、移是矢量，路程是标量，所以不能相等，A 错误；路程不相等，但位移可能相同，比如从 A 地到 B 地，有不同的运行轨迹，但位移相同，B 正确；物体通过一段路程，位移可能为零比如圆周运动一圈，C 正确；质点运动的位移的大小不可能大于路程，最大等于路程，故 D 错误9.A、 B 两物体在同一直线上从某点开始计时的速度图像如图中的 A、 B 所示，则由图可知，在 0-t2时间内 ( ) A. A、 B 运动始终同向， B 比 A 运动的快B. 在 t1时刻， B 开始反向C. A、 B 的加速度始终同向， B 比 A 的加速度大D. 在 t2时刻， A、 B 速度相同【答案】BCD【解析】A、在 时刻

12、前，A、B 速度方向相反， 时刻后速度方向相同，故 A 错误；B、在 时刻前 B 运动方向为负方向， 时刻后运动方向为正方向，故 B 正确；C、图线的斜率均为正值，加速度均为正方向，即加速度方向始终是相同的，B 的斜率较大，故 B 的加速度比 A 的加速度大，故 C 正确；D、在 时刻，A、B 的速度相同，故 D 正确。点睛：本题是速度图象问题，考查基本的读图能力：由速度的正负读出速度的方向，斜率读出加速度，面积读出位移。10.如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中 1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为

13、T，每块砖的厚度为 d，根据图中的信息，下列判断正确的是：- 6 -A. 小球做匀加速直线运动B. 位置“1”是小球释放的初始位置C. 小球下落的加速度为D. 小球在位置“3”的速度为【答案】AD【解析】【详解】由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差均为 d，所以小球做匀加速直线运动，由x=at 2 可知， ，故 A 正确，C 错误；点 3 的瞬时速度的大小为 2、4 之间的平均速度的大小，所以 v3= ，故 C 错误；根据 v=v0+at 可知点 1 的速度大小是 v1=v3-2at= 2 T ，则位置“1”不是小球释放的初始位置，所以 B 错误；故选 AD。【点睛】中间时刻的瞬时速度等于这

14、段位移的平均速度的大小，利用这个结论可以很容易的求得物体在某时刻的瞬时速度的大小，对于物理中的一些结论和推论在平时的学习中要掌握住并会用11.做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为 a，初速度大小为 v0，经过时间 t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示 ( )A. v0t at2 B. v0t C. D. at2【答案】CD【解析】因为 a 是加速度的大小，物体做匀减速直线运动，则位移 x=v0t at2，故 A 错误根据平均- 7 -速度推论，位移 x= t，故 B 错误，C 正确采用逆向思维，位移 x= at2，故 D 正确故选CD12.如图所示,一个小球从光

15、滑固定斜面顶端由静止滑下,依次经过 A、B、C、D 四点,已知经过 AB、BC 和 CD 三段所用时间分别为 t、2t 和 3t,通过 AB 段和 BC 段的位移大小分别为 x1和x2,下列说法正确的是：A. 一定有 = B. CD 段位移大小为C. 小球的加速度大小为D. 小球在 B 点的瞬时速度大小为【答案】BCD【解析】AB 段时间与 BC 段时间 2t，因为 A 点速度不为 0 且时间不相等，AB 与 BC 位移之比不等于1：3，故 A 错误；设 A 点速度为 v0，根据位移时间关系，有 AB 段：x 1=v0t+ at2AC 段：x 1+x2=v03t+ a(3t)2；解得： ， ，

16、故 C 正确；AD 位移：x AD=v06t+ a(6t)2=5x2-4x1，CD 段位移：x CD=xAD，即 x1-x2=4x2-5x1，故 B 正确；小球在 B 点的瞬时速度大小为 vB=v0+at= ，故 D 正确故选 BCD点睛：解决本题的关键掌握匀变速直线运动位移公式和速度公式，并能灵活运用，解题时要注意细心，运算量较大二、计算题13.一个物体以初速度 2 m/s 做匀加速运动，加速度为 4m/s2，求：（1）前 2 秒物体的位移；- 8 -（2）第 5 秒初的速度；（3）第 4 秒内的平均速度。【答案】 （1）12m（2）18 m/s（3）【解析】【详解】 （1）由位移公式得前

17、2 秒内的位移为：x1 v0t1 at12 其中， v02 m/s， a4 m/s 2， t12s 代入解得： x112m （2）由速度公式得第 5 秒初的速度为： v v0 at2 其中， t24s 代入解得： v18 m/s （3）前 t3=3 秒的位移为： x2 v0t3 at32=24m 前 t4=4 秒的位移为： x3 v0t4 at42=40m 第 4 秒内的平均速度为：14.哈佳高铁预计十月份开通，在一次试运行中，列车以 216 km/h 的速度行驶，在某小站进行检测需要临时停车，因此以大小为 0.6 m/s2的加速度减速进站，停车检测 5 min，然后以0.8 m/s2的加速度

18、匀加速出站，最后恢复原运行速度。求：（1）列车减速进站与加速驶出过程中位移各是多少？（2）列车此次因临时停车共耽误多长时间？【答案】 （1）3000m 2250m（2）387.5 s【解析】【详解】 （1）根据题意，列车匀减速运动阶段， v0160 m/s， a10.6 m/s 2， vt10，由 vt1 v01 a1t1解得列车匀减速运动时间 t1100 s。 运动路程： x1 v01t1 a1t123000 m。 匀加速运动阶段， v020 m/s， a20.8 m/s 2， vt260 m/s。由 vt2 v02 a2t2解得列车匀加速运动时间 t275 s。 匀加速运动路程： x2 a

19、2t222250 m。 （2）停车时间 t35 min300 s。因停车三个阶段的总时间为： t t1 t2 t3475 s， - 9 -临时停车行驶位移： x x1 x25250 m。 若不停车，列车匀速运动需要时间 t x/v0187.5 s。 此次因临时停车共耽误时间： t t t475 s87.5 s387.5 s。【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，以及知道耽误的时间为实际的运行时间与这段位移内做匀速直线运动的时间之差15.如图所示，在一条平直公路上，甲、乙两辆汽车相距 S0=35 m 同向行驶，甲车车头此时恰与一棵树相齐，并以 v1=15m/s 匀

20、速行驶。而此时的乙车速度为 v2=20m/s，乙车司机感觉车胎气不足，立即以 a15 m/s 2刹车，下车查看无误历时 t0=10s 返回车内，并以 a23 m/s 2加速行驶达到车速度为 20m/s 时变匀速行驶。（1）何时、距这棵树多远甲车与乙车第一次相遇？（2）第二次相遇前两次之间的最大距离是多少？【答案】 （1）5s（2）【解析】【详解】 （1）乙车刹车过程中：由速度公式： 0 v2 + a1t1 由位移公式：S 1= v2t1 a1t12 其中因刹车 a1-5 m/s 2 代入数据解得： t1=4s ，S 1=40 m 而甲车在 t1时间的位移为：S 2= v1t1=60m因 S2

21、S0+ S1=75m，还未相遇，所以要在乙车停车处相遇，甲的位移为：S0+ S1= v1 t2 解得： t2=5s 因为 t1t2 t1+ t0 所以甲车与乙车第一次相遇距树的距离为 75 米，历时 5 秒钟。（2）当甲车的速度与乙车的速度相等时，两次间距最大。因此得：v1 a2t3，解得： t3=5s 乙车在 t3时间内的位移为：S 3= a2t32=37.5m 速度相等时甲车的位移为：S 4= v1（ t1+ t0+ t3）=285m - 10 -第二次相遇前两次之间的最大距离为：【点睛】追击及相遇问题，关键是搞清两个物体的运动特征，找出两物体的位移及速度的关联关系，尤其是抓住临界条件：速度相等；此时刻往往是出现距离最大或最小的时刻.