广东省广州市执信中学2025-2026学年高一上学期12月月考物理试题

2025-2026学年度第一学期 高一物理十二月月考试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封 内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。 2、迭择题每小题选出答案后，用2铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定 区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和 涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。 第一部分选择题（共46分) 一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的) 1、牛顿运动定律由艾萨克·牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》一书中总结提出，牛顿运动 定律作为经典力学的基石，不仅帮助人们解释日常生活中的物理现象，还为现代工程技术和科学研究 奠定了坚实基础。下列说法中正确的是() ,牛顿通过实验与逻辑推理结合的理想斜面实验，得出“力不是维持运动的原因”的结论 及.根据牛顿第二定律，当外力为零时，物体加速度为零，因而牛顿第一定律可看作牛顿第二定律 的特例，它们都可通过实验来直接验证 牛顿第三定律阐述了作用力与反作用力间的关系，作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作 用的物体不同，所产生的效果往往不同 日.牛顿运动定律既适用于低速、宏观的物体，·也适用于高速、微观的粒子 2.筷子是中国古代独特的发明，在亚洲各国也广为流传。知图所示是某同学用筷子夹食物的动作示意 图，筷子和食物处于静止状态。下列说法正确的是() A筷子受到的弹力是筷了发生弹性形变产生的 及.食物-一定仅受重力和弹九的作用 e. 筷子对食物的作用力一定竖直向 丑.食物所受重力街筷子对其作用为是一对相互作用力 3.万有引力定律表达式F=Gm中，G的单位用国际单位制基本单位组合表示正确的是（) A.kgl.m3.s2 B.kg 2.m 2.s C.kg-1.m2.s- Bkg.m.s 4.如图甲所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“蹲起跳动作，图甲中的“”表示人的重 心。图乙是由力传感器画出的F-t图线，其中1~4各 点对应着图甲中1~4四个状态和时刻，4状态时人的 ,个FN 2000- 重心上升到最高取重力加速度g-10m/s2。下列说法 正确的是（) A人的重力约为1800N 82~3的过程中，人的加速度一值在减小y e.人上升的最大加速度为15ms2 D.人在下蹲阶段达到最大速度的时刻约为0.45s .0s 第1页共4页 5,某同学利用如图所示装置探究弹簧弹力与伸长量的关系，弹簧自然悬 挂时指针指在7.75cm处，挂上三个均为5Qg的钩码后，指针所指刻度如 图所示，某时刻第3个钩码由于没有挂好突然掉落，重力加速度g取 10ms2,则下列说法正确的是() A.弹簧的劲度系数约为0.10lcm B钩码掉落的瞬间，铁架台对桌面的班力娈小 2 &. 钩码掉落的瞬间，剩余两个钩码的加速度大小为10m/s2 3 D、 钩码掉落的瞬间，第2个钩码对第1个钩码的作用力为0.75N 6.如图所示，一个静止在粗糙水平面上的直角三角形木块，其底角B>“。质量均为m的甲乙木块均 可视为质点，分别放置在两衡光滑斜直的等高处，同时静止释放两木块，在下滑过程中三角形木块始 终静止，则下列说法正确的是() A.下滑过程中甲的加速度大 甲@ 乙 段.三角形木块受4个力作用 C 两个物块到达底端时速度相同 )地面受到的压力等于三个物体的总重力 7.如图（α）所示，一物块在t=0时刻，以初速度%从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随 时间变化的图像如图(b)，。时刻物块到达最高点，3。时刻物块又返回底端。6、t。均为已知量，重 力加速度大小为g,则() 众.物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为12 Yo B。物块返回底端时的速度大小为 2 2to 3to C.利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小 D.利用所给条件不可以求出斜面的倾角 图(a 图6) 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求.全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分) 8.如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定，将木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。设木块的速 度为v,所受合外力为F,运动时间为t,下落的高度为h。忽略空气阻力，弹簧始终在弹姓限度内， 取竖直向下为正方向。对于木块从释放到最低点的过程，其Fh图像或-t图像可能正确的是( 9.如图所示，物体从光滑斛面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后 速度大小不变)，最后停在C点。每隔02秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部 分测量数据。重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是( y t/s 0.00.2 0.4 1..1.2 1.4 1.6 v/(ms） 0.0 1.0 2.0 1.1 0.7 0.3 A.物体从A运动到B的加速度大小为5m/s2 及.物体与水平面之间的动摩擦與数4=0.2 C. 物体从A运动到C的时间为1.75s aaa22 B.AB间距离与BC间距离相等 B 第2页共4页 10.如图甲所示，粗糙冰平地面上有一长木板P,小滑块Q置于长木板的最右端。现将一大小为E=8、 水平向右的恒力作用寸长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块 和长木板在0~4s内的-t图像如图乙所示。已知小滑块Q的质量为m=1kg,重力加速度g=10mls2。.则 下列说法正确的是() A长木板P的质量为2Kg (m-s B.长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.2 C.仁8时滑块Q停止运动 D.长木板P和滑块Q均停止运动时，Q距P的 右端9 7777777777777777777777刀777 3 第二部分非选择题(54分) 三实验题（清将答案写在答卷的相应空格处，共16分.） 11.小李同学用如图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力之间关系的实验，图中的拉力传感器随 时可以将小车所受细绳的拉力F显示在与之连接的平板电脑上并进行记录，其中小车的质量为M,沙 和沙桶的质量为m,小车的运动情况通过打点计时器在纸带上打点记录。 (I)对于该实验应该注意的问题或者会出现的情况，以下说法中正确的是( 打点计时器 拉力传感器 小妇 3 3.29 5.66 沙台 8.55 单位：cm 11.94 15.82 A.连接小车和沙桶的细线必须与轨道平行 B.实验过程中需要始终保持M远大于m C.实验得到的a-F图线在F比较大时会出现弯曲 (2)如图乙所示是实验过程中得到的纸带，A、B、C、D、EF、G是 选取的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出，打点计时器 使用的电源频率∫=50Hz，则物体运动的加速度a= m/s2(结果 保留两位有效数字)。 (3)喏小李由实验得到小车的加速度4与力传感器示数F的关系如图丙所示. 纵截距为-b,横轴截距为C,厕小车运动中所受阻力∫=一，小车 的质量M= (结果均用b、C表示)； 丙 12.图甲是利用气垫导轨探究在外力一定条件下，物体加速度与质量关系的装置。实验步骤如下： m) 年a 0.7 挡光条光电门1 光电门2 0.6 细线 定滑轮 滑块 0.5 4 03 导轨 导轨标尺 A 0. 砝码 0.1 Mikg 77 777777777777777777 0.40.81.2 1.6 乙 ①气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平， ②测出挡光条的宽度为L； ③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离为5； ④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止后释放滑块，砝码落地前挡光条已通过光电门2； 第3页共4页 ⑤从数字计时器（图中未画出）上读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间份别为△t,和A2; ⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量为M; ⑦改变滑块的质量，重复步骤④⑤⑥进行多次实验。 据上述实验回答下列问题： (1)关于实验操作，下列说法正濉的是 4.应先接通光电门，后释厥滑块 6调节气垫导轨水平时，应挂上砝码 C、应调节定滑轮使细线和气垫导轨平行 ⑦.每次都应将滑块从同一位置由静止释放 (2)用测量物理量的字母表示滑块通过光电门1的瞬时速度v= 及滑块加速度呀」 (3)由图乙画出二-M图线（实线），可得到砝码和砝码盘的总重力G-N。(保留两位有效数字) 四、计算题(3小题，共38分.解答应写出必要的文字说明.方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案 的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13. （10分)某跳伞运动员从高H=100m的楼层起跳，自由下落一段时 个v/(m·s) 间后打开降落伞，最终以安全速度匀速落地。若降落伞视为瞬间打开， 18 得到运动员起跳后的速度v随时间t变化的图像如图所示，已知运动员及 降落伞装备的总质量m=60kg。开伞前所受阻力恒定，开伞后所受阻力 大小与速率成正比，即F=kw,取10/s2,求：(I)开伞前运动员所受的 阻力大小；(2k的大小：(3)打开降落伞瞬间运动员的加速度 14.(12分)如图所示，竖直放置在水平面的滑杆上套有弹性滑块，滑块与滑 滑央 杆间产生沿杆的滑动摩擦力∫=12N。现将滑块从A处静止释放，已知滑块的质 量m=2kg,滑杆的质量M=3kg,A点距地面的高度L=2m,,重力加速度g取 10m/s2,不考虑空气阻力。求： (1)滑块下滑过程中地面对滑杆的迄持去大小： (2)滑块落地时的速度大小； 滑杆 (3)若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，求滑块第一次碰撞后上升的高度。 mwm地面 15.(16分)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，该装置由水平传送带AB和倾 斜传送带CD组成。水平传送带A、B两端相距L,=6m,以v=6/s的速率顺时针转动；倾斜传送带C D两端相距L2=3m,倾角0=30°，B、C相距很近。现将一质量为m可视为质点的工件由A端无初速度 释放，工件从B运动到C速度大小可视为不变。已知工件与传送带AB间的动摩擦因数4=0.6，与传 送带CD间的动摩擦因数4=5 5 9D (1)求工件从A端运动到R端所用的时间 (2)若倾斜传送带保持静止求工件在倾斜传送带上速度减为 零时与C的距离x: (3)若要求工件能到达D端，求倾斜传送带的最小运行速率 Q BC 第4页共4页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D D B B BC ABC BCD 1.C 【详解】A,伽利略通过实验与逻辑推理结合的理想斜面实验，得出“力不是维持运动的原 因”的结论，故A错误； B、牛顿第一定律又叫惯性定律，说明力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动的原因。 牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，牛顿第一定律不能通过实验来直接验证，故B错 误： C.作用力与反作用力作用在不同物体上，因物体质量、受力情况不同，效果可能不同，故 C正确； D.牛顿运动定律只适用于低速、宏观的物体，不适用于高速、微观的粒子，故D错误。 故选C。 2.C 【详解】A.筷子受到的弹力是食物发生弹性形变产生的，A错误； B.食物受力除了重力和弹力外还有摩擦力的作用，B错误： C. 由平衡条件可知，筷子对食物的作用力一定竖直向上，C正确； D. 相互作用力是作用在不同物体上，食物所受重力与筷子作用在同一物体上，且没有相互 性，D错误。 故选C。 3.A 【详解】根据F=G学，可得G= 又F=ma mm2 可知G的单位用国际单位制基本单位组合表示为kg1m3s2。 故选A。 4.D 【详解】A.图乙可知人重力约为600N,质量约为60kg,故A错误： B,分析可知2~3的过程，人先超重后失重，合力先减小后增大，加速度先减小后增大，故 B错误； C.合力最大时加速度最大，图像可知F最大为1800N,故最大加速度a=F-mg=2Oms2, 故C错误； D.分析可知人的速度最大时人的合力为0，即F与人的重力等大时，图像可知约0.45s 时，F与人的重力等大，故人在下蹲阶段达到最大速度的时刻约为0.45s,故D正确。 故选D。 5.D 【详解】A.挂上三个均为50g的钩码后，指针所指刻度为14.75cm,根据胡克定律可得弹 簧的劲度系数为k=F=3×0.05x10 x14.75-7.75 N/cm≈0.21N/cm故A错误： B.钩码掉落瞬间，由于弹簧弹力保持不变，则铁架台台对桌面的压力不变，故B错误； CD.钩码掉落的瞬间，由于弹簧弹力保持不变，以剩余两个钩码为整体，根据牛顿第二定 律可得加速度大小为a=-F-2m_3m8-2mg 2m 2m 28=5m/g2 以第2个钩码为对象，根据牛顿第二定律可得F2-g=ma可得R2=0.75N 可知第2个钩码对第1个钩码的作用力为0.75N,故C错误，D正确。故选D。 6.B 【详解】A.对滑块受力分析，根据牛顿第二定律mg sin=ma,可得加速度a=g sin 0 因为阝>a,所以sinB>sina,则甲的加速度am=gsina小于乙的加速度az=8sinB,故 A错误； B.甲、乙两个物体加速度在水平方向的加速度分量为gsi血asin B,因此三角形木块水平方 向不受摩擦力作用，只受重力、地面的支持力、甲的压力、乙的压力，共4个力，故B正 确； C,根据动能定理mgh=)m少 可得v=√2gh两物块下落高度h相同，所以速度大小 相同，但方向不同（沿各自斜面），速度不同，故C错误： D.滑块沿斜面加速下滑，加速度有竖直向下的分量，整体处于失重状态，地面受到的压力 小于三个物体的总重力，故D错误。 故选B。 7.B 【详解】AB.根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示物体的位移，设物块回到底端时的速 度大小为v,则有2=224 解得物块回到底端时的速度大小为v=。 2 1 则上滑时的加速度大小为a1= 下滑时的加速度大小为a:=2。= 2t。4t。 物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为a上：a下=4：1，'故A错误，B正确： CD、设物块与斜面间的摩擦力大小为∫，斜面的倾角为日，根据牛顿第二定律可得 mng sin+f=ma上，mg sin-f=max 联立解得f=3,si如0=5% 8t。 8gto 由于物块的质量未知，因此无法求出物块受到摩擦力的大小，但可以求出斜面的倾角日，故 CD错误。 故选B。 8.BC 【详解】AB.在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即F=mg 当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力F=mg-k(h一H) 到合力为零前，随着增大，F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点，故A错误， B正确； CD.在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据V=g 速度逐渐增大，v-t图像斜率不变，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 mg-k(h-H)=F=ma 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y一t图像斜率逐渐减小，当弹簧弹力 大于木块的重力后到最低点过程中F=k(h-H)-mg 木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以v一t图斜率增大且为负，到达最 低点，故C正确，D错误。 故选BC。 9.ABC 【详解】A物体在斜面上下洲时的加速度a=是m/?=5加/g故选项A正确。 B.从后两列数据可知物体在水平面上滑行的加速度大小4，=A处=2m1s △t, 根据F=mg=ma2得μ=0.2 故选项B正确； C.设从0.4s开始经过t时间物体滑到斜面底部，则在斜面底部的速度为'm,则在斜面上 Vm =2+at 在平面上ym=1.1+a2（1.2-0.4-t) 解得t=0.1s,ym=2.5m/s 物体从A运动到C的时间为5=血+血=1.75s 故选项C正确； 41a2 D.4B间距离6==0625n BC间距离c=-=15625m 故选项D错误。 2a1 2a2 故选ABC。 10.BCD 【详解】AB。根据题意，由图乙可知，撤去力F前，根据图像的斜率求得长木板P的加速 9 度为4=3m/s2:3m/s 撤去力F后，长木板P的加速度为a,=4 2m/s2=-5m/s2 1 小滑块Q的加速度为a=4m/s=1m/g 4 设小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为4，长木板P与地面之间的动摩擦因数为凸， 根据牛顿第.一定律，对小滑块Q有4mg=ma 对长木板P有F-hmg-4(m+mn)g=mp4,一4mg-42(m+mp)g=m,a2 解得4=0.1，凸=02，m,=1kg,故A错误；B正确： C.因为4<42，故小滑块Q与长木板P共速后，小滑块Q相对长木板P向右运动。 对长木板P,有凸(m+m,)g一4g=m,4,解得a,=3m/s2 对小滑块Q,有4mg=ma4,解得a4=lm/s2 则从P、Q共速到小滑块Q停止运动，还需△=生=4s 年/ms) 故仁8s时，滑块Q停止运动，故C正确： D,从P、Q共速到长木板卫停止运动，还霜△A:,生- 长木板P停止运动的时间为t=。+4的，=16 3416 3 P、Q运动全过程的-t图像如图所示，根据图像与坐标轴所围 成的面积表示位移，结合前面选项分析由图可得，Q相对P的位移大小等于图中红色三角形 的面积减去蓝色三角形的面积，即长木板P和滑块Q均停止运动时，Q距P的右端 m,故D正确。 故选BCD。 11.(1)A (2)0.50 (3)c9 【详解】(1)A.连接小车和沙桶的细线必须与轨道平行，这样才能保证小车受到的拉力是 沿轨道方向的合力，故A正确： B.因为有拉力传感器可以直接测量拉力，所以不需要始终保持M远大于m,故B错误； C.由于不需要M远大于m,所以实验得到图线不会在F比较大时出现弯曲，故C错误。 故选A。 (2)由题知，相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出，相邻计数点时间间隔 T=5=0.1s 根据逐差法△r=aT2 可得加速度大小a=nc-x0 97r2 代入数据解得a=0.50m/s2 (3)[1][2]对车分析，根据牛顿第二定律有F-f=M@ 整理得a=F- M'M 可阳图能斜率大女-名 纵截距-b=- M 联立解得M=，∫=c b 12.(1)AC (2) △t, 如安 (3)2.3/2.4/2.5/2.6/2.7 【详解】(1)A.先接通光电门，后释放滑块，以确保滑块经过光电门时，光电门能正常上 作，A正确： B.挂上砝码后，滑块受拉力作用，因此在调节气垫导轨水平时应不挂砝码，B错误； C.调节定滑轮使细线和气垫导轨平行的目的是使滑块受拉力与运动方向相同，C正确： D.由于两光电门记录的是滑块通过它们的时间，不需要每次经过时速度大小相等，因此不 需要每次都将滑块从同一位置由静止释放，D错误。 故选AC。 (2)滑块通过光电」1的瞬时速度”= 同理滑块通过光电门2的瞬时速度2= △t △t .1 1 根据-y=2a 可得加速度为a= 2s Ar Al (3)根据G=Ma可得上=二M 可知在上-M图像中，图像的斜率表示滑块所受作用 a G 力的倒数，即三，因此有G=1=2.5N G 13.(1)60N (2)120kg/s (3)26m/s2,方向竖直向上 【详解】(1)开伞前，根据加速度的定义式有a=△y=9m/s △i 根据牛顿第二定律有mg-(=ma 解得f。=60N (2)运动员最终以安全速度匀速落地，此时的速度y=5m/$ 根据平衡条件有y,=mg 解得k=120kg/s (3)根据图像可知，打开降落伞后，运动员做减速运动，加速度方向竖直向上，打开降落 伞瞬间运动员的速度y,=18ns 根据牛顿第二定律有ky2-mg=ma 解得a1=26m/s2 方向竖直向上。 14.(1)42N (2)4m/s .3)0.5m 【详解】（1)滑块下滑过程中，以滑杆为对象，根据平衡条件可得N地=Mg+f 解得地面对滑杆的支持力大小为N=42N (2)以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得mg一∫=ma 解得加速度大小为a=4m/s2 根据运动学公式可得2aL=v2 解得滑块落地时的速度大小为v=4m/s (3)若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，滑块向上运动过程，根据牛顿第二定律可得 mg+f ma 解得加速度大小为a=16m/s2 则滑块第一次碰撞后上升的高度为方= 42 2a2×16 m=0.5m 15.(1)t=1.5s (2)x=2.25m 、(3)2m/s 【详解】（1)工件在水平传送带上运动，根据牛顿第二定律有4mg=ma 经历一段时间，工件与传送带共速，则有v=a 解得=ls 此过程的位移×=气=3m 之后工件做匀速直线运动，匀速过程有5，=马-五=0.58 则工件在水平传送带上的运动时间t=t+t,=1.5s (2)在倾斜传送带上，对工件分析有FN=mgcos8,F=Fy mgsing+F=ma2 解得a2=8m/s2 倾斜传送带静止，工件向上做匀减速直线运动v2=2a2x 解得x=2.25m (3)倾斜传送带应顺时针转动；假设工件先在倾斜传送带上以加速度大小为，匀减速到速 度ym,此过程有v-v=2a2x2 之后，工件再以加速度大小为4匀减速到速度为零恰好到达D点，；且加速度大小为 a3 =gsin-ugcos0=2m/s2 此过程，=24，x 根据题意有L2=2+x 解得vm=2m/s 综上所述传送带的最小速率为2m/s