福建省莆田第一中学2025-2026学年高一上学期1月月考物理试题

莆田一中2025-2026学年度上学期1月月考考试试卷 高一 物理必修一 命题人：张仟仟 审核人：林建兴 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。 2.请将答案正确填写在答题卡上。考试结束后，只提交答题卡，写在试卷上的答案一律无效。 3.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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.下列说法中与物理学史实不符的是（) A,亚里士多德认为力是维持物体运动的原因 B.牛顿通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因 C.惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性 D.牛顿第一定律是在已有实验基础上进行合理外推而来的，属于理想实验，是不能直 接用实验来验证的 2:如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为m,的物体， ∠ACB=30°：如图乙所示的轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G被细绳EG拉 住，EG与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m2的物体，重力加速 度为g,则下列说法正确的是() E 30°7 甲 1.图甲中BC对滑轮的作用力大小为"月 2 B.图乙中HG杆受到绳EG作用力为mg C.细绳AC段的拉力TAC与细绳EG段的拉力To之比为I:1 D.细绳AC段的拉力TAc与细绳EG段的拉力TEG之比为m,:2m2 第1页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APF 3.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程，如 图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上，另一绝 缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制，身穿屏蔽服 的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处，绳OD一直处于 伸直状态。兜篮、王进及携带的设备总质量为，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度 大小为g。从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() O杆塔( B A,绳OD的拉力一直变小 E.绳CD的拉力，一直变大 C绳OD、CD拉力的合力大于mg D.绳CD与竖直方向的夹角为30°时，绳CD的 我动为的g 4.在成都举行第31届世界大学生夏季运动会男子3米跳板决赛中，中国选手包揽冠亚军。 从运动员离开跳板开始计时，跳水过程中运动员重心的：图像如图所示，不计空气阻力， 重力加速度8取10m/s2，运动员的轨迹视为直线，取竖直向下为正方向。下列说法正确的 是() Ay/(m-s) 02 A.运动员在1s-2s处于超重状态 B.运动员在1=2s时已浮出水面 C运动员在1s~2s的位移大小为4m D.运动员在0~1s的平均速度大小为4m/s 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多项符合题目要求，全 部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5.质量为50kg的跳伞运动员（含装备）从距地面300m高处的飞机上开始跳下，先做自由 落体运动，经过4后立即打开降落伞，降落伞打开后运动员做匀减速直线运动，跳伞运动 员到达地面时的速度大小为4ms、重力加速度g取10m/s2,则( 第2页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APF A.打开降落伞时运动员距地面的距离为220m R,打开降落伞后，运动员和降落伞受到的总空气阻力大小为860N C.整个下落过程中运动员的平均速度大小15ms D,运动员在整个下落过程中加速度方向先竖直向下后竖直向上 6.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为日的斜面上 质量为m的物体A连接（另有一个完全相同的物体B紧贴着A,不粘连），弹簧与斜面平 行且处于静止状态。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B,在弹性限度内弹簧总共被压缩了 xo,此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向上运动，已知重力加速度为g,物 体A、B与斜面间的动摩擦因数为μ（μ<tam0)。则(） A.施加力F前，弹簧被压缩了2mg加日 k B.撒去F瞬间，物体A、B的加速度大小为（色-4gcos日-gsim) 2m C.撤去F后，物体A和B先做加速运动，再做减速运动 D若物体A、B向上运动要分离，则分离时向上运动距离为2x0 7.A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数 为μ，B与地面间的动摩擦因数为二μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对A施加一水平拉力F,则() 7777777777777777777 A当F=三μmg时A的加速度为之g B.B.当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 C.当F>3μmg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过乞8 第3页共8页 觉巯识 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 8.如图甲所示，质量M=3kg的木板静止在水平地面上，质量m=2kg的小物块（可视为质 点)静止在木板的右端，O时对木板施加水平向右的拉力F,一段时间后撤去F,整个过 程的木板的速度一时间图像如图乙所示，物块始终没有离开木板，取重力加速度g10m/s2, 则() 个/m's) 10 6 家 77777777777007774 0 56 tis 甲 A,物块与木板之间的动摩擦因数为0.3 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.2 C,从施加拉力F到木板停下的时间为8.25s D拉力F的大小为16N 三、填空题（本大题共3小题，共6分。按要求作答，把正确答案填写在答题卡相应横线上） 9.如图所示，质量为m=60kg的人站在质量为M=30kg的木板上，人和木板之间的动摩擦 因数为0.4，木板和水平地面间的动摩擦因数为0.2，今人用绕过定滑轮的绳子拉木板使木板 和他自己一起向右做匀速直线运动，那么，木板一共受 个力的作用：人和木板之间 的摩擦力为」 N。 10.质量为m=1kg的物体在水平力作用下沿着粗糙水平面做匀变速直线运动，物体与水平 面间的动摩擦因数4=0.1，其位移随时间变化的关系式为x=161-22(m),则物体的初速 度大小是ms,水平力的大小为N。 11.如图所示，m4=4.0kg,m=2.0kg,A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起， 对B施加向右的水平恒力F3=4.0N,同时对A施加向右的水平变力F=(20-20)N, 1=s时A、B将分离，此时B物体的加速度大小为ms2。 F 7777777 第4页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 四、实验趣（本大题共2小题，共14分。按要求作，把正确案填写在题卡相应横线上。） 12,小敏同学利用如图甲所示的装置测量某弹颜的劲度系数，弹簧悬点与标尺罗刻度对齐， 他先读出不挂钩码时轻弹箭下端指针所指的标尺刻度，然后在弹资下端挂钩码，并逐渐增加 钩码个数，读出每次相对应的指针所指的标尺刻度。利用所得数据做出弹簧指针所指的标尺 刻度值x与所挂钩码的个数n的关系图像（如图丙所示），已知实验中弹簧始终未超过弹性 限度，每个钩码的质量为0.1kg,重力加速度g=10m/s2, 4x/(×10m） 000000 18 14 13 cm 8 0123456n 甲 之 丙 (1)某次测最的标尺读数如图乙所示，其读数为】 cm (2)由图像丙可求得该弹簧的劲度系数为 Nm(保留2位有效数字)： (3)由于弹资自身有重量，该同学在测量时没有考虑弹簧的白重，这样导致劲度系数的测量 值与真实值相比选填“偏大”、“偏小”或“相等”)。 (4)将一轻质弹簧上端固定，下端悬挂·钩码，静止时弹簧伸长了1。如果将该轻质弹簧从正 中间剪断，再将上端连在一起并固定，下端连在一~起，在下端悬挂同样的钩码，如图所示。 若弹簧始终在弹性限度内，则静止时，每一段弹簧将伸长() & 师 A.3l C.1 D.21 第5贞共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描Ap 13,利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”， 小车 打点计时送 -纸 △ 木 打点计时器 砝码盘和硅矾 小车 ta ② 纸帮 相码 (I)实验得到的理想a-F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差响，常出现如图乙 所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是(） A.图线①的产生原因是小车的质量太大 B,图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 C.图线③的产生原内是小车的质量太小 (②)实我小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用 图丙所示器材进行实尖，测量小车质量M,所用父流电频率为50Hz,共5个槽码，每个槽 码的质量均为m=10g。实验步骤如下：1.安装好实验器村，跨过定滑轮的细线一端连接 在小车上，另一端悬挂者5个槽码。调整物道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸 带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道习速下渭：ⅱ，保持轨道倾角不变，取下 1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小4拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹 利出加速度a:i.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步紧i:心.以取下槽码的总 个数厅1≤n<5)的倒数二为横坐标.上为纵坐标，在坐标纸上作出上-上关系图线。已知 a n 重力加速度大小g=9.78ms,请完成下列填空： ①写出随变化的关系式一(m,g,M.a,力表示： @抛得二关系图线的斜率为25s,则小车质里M-一。kg(计算结果保留两位有 效数字). 第6贞共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APp 五、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 骤，只写最后答案不得分，有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。) 14.(9分)如图所示，水平桌面上放置一倾角日=30°、质量m5kg的斜面体C,质量m=2kg 的物块B放在斜面体上，一根平行于斜面的轻绳一端连接B,另一端跨过轻质光滑定滑轮后 与轻绳0P系于0点，在0点下方悬挂-一质量为m,=0.6kg的物块A后，整个系统处于静止 状态。此时，0P水平，00与竖直方向的夹角a=60°，重力加速度g取10m/s,求： (1)轻绳OP上的拉力大小 (2)斜面体对B的摩擦力大小： (3)地面对斜面体的支持力大小。 15.(14分)传送带系统在提高生产效率、减少人力成本和安全性方面具有显著优势，是现 代工业生产和物流管理中不可或缺的重要1具。如图所示，两端间距为L=4m的倾斜传送 带与水平面间的夹角为日=30，传送带顺时针匀速转动的速度大小为2‘s。现将一物 块轻放在传送带的A端，物块与传送带之间的动摩擦因数为山25. 重力加速度g取 5 10m/s2,物块可看成质点，不计传送带转轮的大小。求： B (1)物块从A端运动到B端的时间为多少； (2)若在物块运动一定时间时，传送带立刻停止运动，物块恰好到达8端，则该物块从A端 到8端的过程中相对传送带的位移为多人（结果可用分式表示）， 第7页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App 16.(17分)如图所示，倾角0=37的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=10.8 m、质量M=2kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量m=1kg的物块（视为质点）。对木板 施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木 板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重 力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 F 777007000 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数4： (2)若物块与木板间的动摩擦因数4=0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围： (3)若4=0.8，F=24N,求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 第8页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APp《莆田一中2025-2026学年度上学期1月月考考试试卷》参考答案 题号 1 2 4 5 6 8 答案 B D 0 A AD BC ACD BC 1.B 【详解】A.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，这一观点符合历史事实，故A正确。 B.伽利略通过斜面实验和理想实验提出“力不是维持物体运动的原因”，而牛顿在此基础上 总结出牛顿第一定律。牛顿并未通过多次实验直接得出此结论，故B错误。 C.惯性是物体的固有属性，与运动状态无关，任何情况下都存在，故C正确。 D.牛顿第一定律无法直接用实验验证（因需理想条件），属于合理外推的理想实验，故D 正确。 本题选错误的，故选B。 2.D 【详解】A.题图甲中，两段绳的拉力大小都是m8,互成120°角，因此合力大小是g, 根据共点力平衡，BC杆对滑轮的作用力大小也是g(方向与竖直方向成60°角，斜向右上 方)，故A错误； B.题图乙中，以G为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件得 THGtan30°=l8 得 THG=√5l28 即HG杆受到绳的作用力为V3,g,故B错误； CD.题图甲中绳AC段的拉力 TAc-=ng 题图乙中由于 TEGsin30°=l2g 得 TEG-2m12g 解得 Tacmh Tsa 2 故C错误，D正确。 第1页共12页 、TEG G 30° THG m28 故选D。 3.D 【详解】AB.对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示 mg 绳OD的拉力为F,与竖直方向的夹角为O,绳CD的拉力为F2,与竖直方向的夹角为a, 根据几何关系知 8+a+a=90° 由正弦定理可得 耳=B 8 sina sine sin( 增大，B减小，则拉力F增大，拉力F2减小，故AB错误： C.王进处于平衡状态，两绳拉力的合力等于g,故C错误； D.当a=30°时，8=30°，则 2E2c0s30°=g 解得 9 3 mg 故D正确。 故选D 4.A 【详解】A.竖直向下为正方向，由图像可知运动员在1s~2s速度竖直向下且在减小，故加 速度向上，处于超重状态，故A正确： B.运动员在1=2s时在水中减速到零，并没有浮出水面，故B错误： 第2页共12页 C.运动员在1s~2s的位移大小为图像与坐标轴包围的面积，由图像可知面积 <分8x2-mrn 运动员在1s~2s的位移大小小于4m,故C错误： D.0~1s,图像斜率不变，为匀变速直线运动，运动员在0~1s的平均速度大小 =-2+8 2 m/s=3m/s,故D错误。 故选A。 5.AD 【详解】A运动员微自由落体运动的位移么-g10x年-80m 2 打开降落伞时距地面的距离△h=h-h=220m 故A正确： B.运动员4s末速度'。=gt=10×4m/s=40m/s 根据2-2=2a△h 解得a=-3.6m/s2 即匀减速运动阶段加速度大小为3.6m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律，对运动员有 F,-mg=ma 打开降落伞后，运动员和降落伞受到的总空气阻力大小F,=68ON 故B错误： C.根据v=V。-t 可得，匀减速运动时间'-’-业=4-40g a-36s=10s 下落整个过程的时间为T=t+t'=4s+10s=14s 714m/s=150 则下落整个过程运动员的平均速度大小为下=么300 m/s 故C错误： D.运动员在整个下落过程中加速度方向先竖直向下，后加速度方向竖直向上，故D正确。 故选AD。 6.BC 【详解】A.施加力F前，把AB作为一个整体受力分析，在斜面方向上，重力的下滑分力 第3页共12页 与弹簧的弹力和摩擦力的合力平衡，即 2 mg sin8=F弹+f 根据胡克定律 F弹= 联立得 x =2mgsin o-f k 故A错误； B.撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有 F。=M。-2 umg cos0-21gsin0 又因为 F合=2ma 解得 a=2。-4gcos0-gsin0 22 故B正确； C.撤去F后，由于弹簧逐渐恢复原长，弹力不断减小，但加速度沿斜面向上，整体加速， 当加速度减为0后，加速度沿斜面向下减速，所以物体A和B在分离之前先做加速度减小 的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，故C正确： D.分离问题要抓住两点：①分离时两物体间无弹力，②分离时两物体的加速度相同；运 用这两个结论就可快速判断出A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，故D错误。 故选BC。 第4页共12页 7.ACD B与地面间的最大静摩擦力fm1= 2u(2m+m)g= 1.5umg A与B间的最大静摩擦力fm2=u×2mg=2umg 当两物体恰好发生相对运动时，对AB整体，由牛顿第二 定律得：F-fml=3ma 对B:fm2-fml=ma 解得：F=3μmg BC、当拉力F'<fm1=1.5umg时，A、B都相对地 面静止，当F>F0=3umg时A相对B滑动，故B错 误，C正确； A、当1.5umg<F=号umg<F6时A、B相对静止 一起做匀加速直线运动，对A、B整体，由牛顿第二定律 得：F-fml=(2m+m)a,解得：a= 3g,故A 正确； D、当两物体未发生相对滑动时，F越大，加速度越大， 当两物体发生相对滑动时，B的加速度最大，根据牛顿第 二定律得：fnm2-fml=ma,解得：a= 2g,故D 正确。 故选：ACD。 8.BC 【详解】A.根据v-t图像可知，0~5s内，拉力F拉木板运动，木板与物块之间相对滑动， 5s时撤去拉力F,5~6s内，木板与物块之间仍有相对滑动，6s时，木板与物块达到共速， 之后做匀减速直线运动直至停止。所以物块从静止开始加速，在t=6s时速度达到6m/s, 则a=7Gm/s=lm/s 根据牛顿第二定律有4g=a 解得物块与木板之间的动摩擦因数为4=0.1，故A错误： 第5页共12页 B.木板在5~6s内的加速度4= 6-5m/s=-4m/s2 6-10 又因为此时木板受到物块和地面的摩擦力作用，根据牛顿第二定律有 -4g-42(M+m)g=Ma2 解得木板与地面间的动摩擦因数为42=02，故B正确； C.由于凸=0.2>山=01，可知6s后，木板与物块仍发生相对滑动；以木板为研究对象， 根据牛顿第二定律有4g-42(m+M)8=M 解得a,= 8 3m1s2 木板减速到件止的时同5-0. 88=2.25s 3 则从施加拉力F到木板停下的时间为t急=6s+2.25s=8.25s,故C正确： D.在0~5s内，对木板受力分析，根据牛顿第二定律有F-凸g-42(M+mg=Ma 而g-10-0. m/s2=2m/s2 解得F=18N,故D错误。 故选BC。 9. 6 90 【详解】[1][2]系统做匀速直线运动，受力平衡，先整体后隔离。人、木板、滑轮整体共受 四个力，如图甲所示 ↓(m+M0g 甲 可知地面对系统的摩擦力等于定滑轮上的墙壁的拉力，即 f=T=uN=(M+mg=0.2×(30+60)×10=180N 所以每根绳子上的力 F=90N 然后再分析木板的受力，如图乙所示 第6页共12页 F ↓Mg 乙 竖直方向上受到重力、人的压力和地面的支持力，水平方向上受到地面的摩擦力f=180N, 绳子的拉力F=90N,以及人对木板的摩擦力，共6个力的作用，人对木板的摩擦力F必 定水平向右，大小为 Fs=f-F=180-90=90N 10. 16/16.0/16.00 3/3.0/3.00 【详解】[1][2]物体在水平力作用下沿着粗糙水平面做匀变速直线运动 1 x=f+ 其位移随时间变化的关系式为 x=16t-22(m) 对照得 =16m/s as-2 1 得 a=-4m/s2 根据牛顿第二定律 F-ung =ma 解得 F=-3N 即物体的初速度大小是16m/s,水平力的大小为3N。 11. 0.6 2 【详解】[1]力F,的表达式 F=20-20t A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得 第7页共12页 R-R nA ne 联立并代入数值可得 t=0.6s [2]当t=0.6s时 F=20-20t=8N 二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得 耳+F2=(a+e)a 代入数值可得 a=2m/s2 12.(1)14.60 (2)60或61或62或63 (3)相等 (4)A 【详解】（1)根据刻度尺的读数规则可知，该读数为x=14.60cm (2)由胡克定律可知wg=k(x-l,) 整理得x= -n+lo k 由图可知m8=18-8)x102 k 6 解得k=60N/m (3)由胡克定律可知，弹簧弹力的增加量与弹簧的形变量成正比，因此弹簧的自重不会对 劲度系数的测量结果产生影响，故劲度系数的测量值与真实值相比相等。 (4)设钩码质量为m,剪断前有g=M 当轻弹簧从正中间剪断时，弹簧的劲度系数变为原来的两倍，剪断后，对每一段弹簧都有 mg=2 1 解得一子，放选A 13.(1)B 1_M+5m11 (2) 0.19 a mg n g 【详解】 第8页共12页 （1)A.图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘 和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误： B.图线②说明F=0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大， 故B正确； C.图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板 的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。 故选B。 (2)[1]对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有 5nig-T=Ma T-(5-n)mg=(5-n)ma 两式联立，求得 1-M+5m11 a mg n g ☒白。的关系式可知，合关系闲战的率 a n k=M+5m 8 即 M=(g-5)m=(2.5×9.78-5K0.01kg≈0.19kg 第9页共12页 14.(第一问3分、第二问3分、第三问3分) 【解析】(1)对绳结O 受力分析，并将OQ绳 上的拉力F,正交分 解，如图所示，根据平 衡条件可得，竖直方向 F 有F1cosa=mAg,水平 方向F2=F1sina,解得 mag F1=12N,F2=6√3N (2)B受到重力、轻绳OQ的拉力、C的支持力以及摩擦力， 选取沿斜面向上为正方向，设B受到的摩擦力的方向沿斜 面向上，则F,+f=mBg sin0,解得∫=一2N,则摩擦力大 小为2N,方向沿斜面向下. (3)以A、B、C组成的整体为研究对象，整体受到重力、轻 绳OP的拉力、地面的支持力与摩擦力而处于平衡状态， 在竖直方向有N=mAg十Bg十mcg=76N. 15.(1)3s 【详解】(1)设物体在传送带上初始时的加速度为α，由牛顿第二定律得 mgcos日-gsin0=la 代入数值得a=1m/s2(2分) 物块加速到和传送带共速行驶的位移为x= p2 2a 代入数值得x=2m 加速到共速所用时间(=y 代入数值得t=2s(2分) 第10页共12页