四川成都外国语学校2026-2027学年高一上学期10月阶段检测物理试题（1号卷）

成都外国语学校高一10月月考试题物理（1号卷) 注意事项： 1、本试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 2、本堂考试75分钟，满分100分. 3、答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂. 4、考试结束后，将答题卡交回. 第卷选择题部分（共46分） 一、单项选择题（本题共7小题.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题4分，共28分） 1,下列说法中正确的是（) A.牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位 B.伽利略通过实验说明了力是维持物体运动状态的原因 C.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 D.牛顿的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方法 2.全红婵在跳水过程中，下列说法正确的是() A.起跳时，受到的支持力是由脚部的形变产生的 B.在空中上升阶段，仅受重力和空气阻力 Q69 C.在最高点时处于平衡状态 D.研究她在空中做翻转动作时，可将其视为质点 3.如图，在水平桌面上放置一张白纸，用装有水的杯子压住白纸。现用恒力F向右轻轻拉白纸，白纸未被拉动。 下列说法正确的是() A.杯子受到向右的摩擦力 B.若减小杯子中水的质量，但白纸仍未被拉动，杯子受到的摩擦力减小 C.桌面受到向左的摩擦力 D.若增大向右拉动白纸的力，但白纸仍未被拉动，桌面受到的摩擦力增大 4.某汽车刹车过程可视为匀减速直线运动，已知开始刹车时初速度大小为8/s,第2s内的位移为5m,则该车 () A.第2s内的平均速度大小为2.5m/sB.刹车时加速度大小为2m/s2 C.停止前最后1s的位移为2m D.刹车后5s内的位移大小为15m 5.如图所示，两完全相同的小球M和N放在光滑竖直挡板和固定斜面间，处于静止状 态。现逆时针缓慢转动挡板，在挡板缓慢转动到与斜面垂直的过程中() A.N球对斜面的压力减小 B.M球对挡板的压力逐渐减小 C.M、N两球间的弹力逐渐增大 D.M球对斜面的压力逐渐增大 成都外国语学校高一10月月考试题物理(1号卷) 6.如图所示，细线的一端固定在倾角为30的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球， 静止时细线与斜面平行，则() A.当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为g B.若滑块以加速度a=g向左加速运动时，线中拉力为g C.当滑块以加速度a=8向左加速运动时，小球对滑块压力不为零 30° 777777777777777 7777 D.当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，线中拉力为0 7.利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的 关系图像(x、、4、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间)，则下列说法中正确的是() x/m v2/m2.s2) -(m·s） ◆a/(m·s2) 222 x/m 产t/s 丙 A.甲图表示质点做匀速直线运动 B.由乙图中2-x关系可求出物体的加速度大小为10ms2 c.由丙图中-1关系可求出物体的加速度大小为4m/s? D.由丁图中a-t关系可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s 二、多项选择题（本题共3小题.每小题只有两个正确选项，选对不全得3分，全部选对得6分，不选或错选不得 分，共18分) 8.下列关于速度、速度的变化量和加速度的说法正确的是() A.物体的速度变化越大，则加速度越大B.物体的速度变化越快，则加速度越大 C.物体加速度的方向与物体速度的方向相同D.物体加速度的方向与物体速度变化量的方向相同 9.小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得自己体重为500，再将台 秤移至电梯内称其体重，电梯从t=0时由静止开始运动到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象 如图所示，g取10/s2.下列说法正确的是 AFN A.在0~2s内，小明处于超重状态 F 500 B.在0~2s内，小明加速度大小为1m/s2 450 C.在10~11s内，台秤示数F3为600N 02 1011t/s D.在0~11s内，电梯通过的距离为18m 10.如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为m=1.0kg的小物块以某一水平初速度滑上传送带 左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示，取向左为正方向，以小物块滑上传送带时为 计时起点.己知传送带的速度保持不变，g取10/s2.下列说法正确的是 2 A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 Av/m's-I B.物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9m 34 C.物块距离传送带左端的最大距离是8m D.物块在传送带上的时间4.5s 甲 第Ⅱ卷（非选择题共54分） 注意事项： 1.答题前，考生先在答题卡上用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔将自己的姓名，准考证号填写清楚。 2.请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试卷上作答无效. 三.实验题（本题共2个小题，满分14分） 11.(6分)在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码依次挂在竖直悬挂的弹簧下 端，进行了相关的测量.根据所测数据，他们利用描点法作出了所挂钩码的总重力G与弹簧长度工的关系图像（如 图).请根据图像回答以下问题： (1)弹簧的原长为m ◆G/N 40 (2)弹簧的劲度系数为 N/m. (3)关于该实验，以下说法错误的是 20 A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度 B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力时，应保证弹簧竖直悬挂 0510121415L/(×10-2m) C.测量弹簧长度L时，应保证弹簧和钩码均处于平衡状态 D.实验可得出的结论是：弹簧的弹力与弹簧长度L成正比 12.(8分)在某次探究小车加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四组同学分别设计了如图所示的实 验装置，小车总质量用M,重物质量用m表示。 动滑轮 打点计时器小车 细线 弹簧测力计 打点计时器小车细线 定滑轮 纸带 纸带、 定滑轮 长木板 水平实验台 长木板水平实验台 自 重物 重物 甲 乙 山 打点计时器小车细线 定滑轮 打点计时器小车 弹簧测力计 纸带、 ,力传 纸带、 -轻绳 感器 长木板水平实验台 长木板 0轻滑轮 重物 丙 丁 重物 (1)为便于测量合力的大小，并得到小车总质量（未知）一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列 说法正确的是 A.四组实验中只有甲需要平衡摩擦力 3 成都外国语学校高一10月月考试题物理(1号卷) B.四组实验都需要平衡摩擦力 C.四组实验中只有乙需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件 D.四组实验都需要满足所挂重物质量远小于小车的总质量M的条件 (2)某次实验中，利用甲图实验的甲组同学在正确操作后得到了一条纸带如下图所示（相邻两计数点间有四个点 未画出)，已知交流电源的频率为f,则可以计算出本次实验中小车的加速度表达式为 XA (3)后续实验中，甲组同学们发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，撤去弹簧测力计，仍利用甲装置进行 了新的探究，步骤如下： ①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑： ②测出重物的质量，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度α大小： ③改变，重复步骤②，得到多组、a的数据；， ④以α为纵轴、为横轴作出的a-m图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现 以1为纵轴，以 (选填：L”或“m)为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k,纵截距为b, m 则小车的质量M= (用字母k,b表示) 四、计算题（本题共3个小题，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，只写出最后答案的 不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位.) 13.(10分)如图，质量=4g的物块C悬挂在绳OA和OB的结点O上，OA偏离竖直方向α=37°，OB沿水平 方向，且与质量30kg的木块B相连接，木块静止于倾角为0=37°的固定斜 面上，g取10m/s2,试求： (1)绳OA拉力大小F4与绳OB拉力大小F: (2)斜面对物块的摩擦力大小F:与方向。 14.(12分)在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t=0时刻同时经过某一个路标A,自行车匀速运动 的速度是v=6ms,汽车速度是y=20m/s。汽车过路标A时开始以大小为a=2m/s2的加速度刹车，经过一段时间， 自行车和汽车又同时在路标B。求： (1)汽车停止运动的时间及路标A与B之间的距离： (2)自行车和汽车之间的最大距离。 15.(18分)如图所示，水平地面上静置一质量M=3kg的长木板，木板上放置两个可视为质点的物块A、B。物块 A质量m=1kg,物块B质量me=2g。初始时刻物块A以2m/s的速度向左运动，物块B以8.5m/s的速度向右运 动。A与木板间动摩擦因数4=0.2，B与木板间动摩擦因数山=0.4，木板与水平地面间动摩擦因数，=01，最 终A、B恰好分别到达木板左右两端且不脱离木板。重力加速度g=10m/s2。求： (1)初始时刻物块A、物块B加速度大小； A B (2)物块A速度减为零时，木板和物块B的速度分别是多大： (3)长木板的长度。 成都外国语学校高一10月月考试题物理（1号卷) 成都外国语学校高一10月月考试题物理(1号卷)参考答案 题号 1 3 6 7 9 10 答案 C B D B B C BD BC BD 1.C【详解】A.米、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位，而牛顿是国际单位制中的导出单位，故A错误； B.伽利略通过理想斜面实验说明了力是改变物体运动状态的原因，故B错误；C.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，其中伽利略、笛卡尔、牛顿都有贡献，故 C正确；D.伽利略的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方法，是现代物理实 验之父，故D错误。故选C。 2.B【详解】A.起跳时，支持力的施力物体是跳板，故受到的支持力是由跳板的形变产生的，故A错误； B.在空中上升阶段，仅受重力和空气阻力，故B正确；C.在最高点时竖直方向速度为零，合力不为零，不是处 于平衡状态，故C错误；D.研究她在空中做翻转动作时，形状和大小不可忽略，不能将其视为质点，故D错误。 故选B。 3.D【详解】AB.依题意，可知白纸未被拉到，所以杯子将处于静止状态，杯子相对与白纸没有运动趋势，故杯 子不受摩擦力作用：若减小杯子中水的质量，但白纸仍未被拉动，则杯子仍然处于静止状态，杯子仍然不受摩擦力 的作用，故AB错误：CD.由于白纸相对于桌面有向右的运动趋势，故白纸下表面受到桌面向左的摩擦力，根据牛 顿第三定律可得桌面受到向右的摩擦力；若增大向右拉动白纸的力，但白纸仍未被拉动，根据平衡条件可知桌面对 白纸的摩擦力大小等于拉力大小，也将增大：结合牛顿第三定律，可知桌面受到的摩擦力将增大，故C错误，D正 确。故选D。 4.B【详解】A.第2s内的平均速度大小为=兰=m=5m/s,故A错误：B.设加速度大小为a,有 t Is 以叫-（以叫5加代入4=s,=2s,解得a=2m1s,放B正确：c.根据逆向思维可符停止前最后 1 1s的位移为、2m=m,故C错误：D.汽车减速到零的时间为1差=氵4s可知刹车后5s内的 位移大小等于后4s内的位移大小，即x。==16m,故D错误。故选B。 2a 5.B【详解】AC.虽然挡板在转动，但球M对球N的弹力方向没变，球N的重力没变，斜 面对球N的支持力方向也没变，球N受力没有变化，故球N对斜面的压力不变，M、N两球 的弹力没有变，AC错误：BD.对M、N两球整体受力分析，在缓慢转动挡板至挡板与斜面垂 直的过程中，弹力F的方向从图示位置转动到与斜面平行位置，可知两弹力大小均变小，故M 球对挡板的压力逐渐减小，两球整体对斜面的压力逐渐减小，因为、球对斜面的压力不变，则 M球对斜面的压力逐渐减小，B正确，D错误。故选B。 6.C【详解】A.当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为T=mgsin30°=0.5mg 故A错误；BC.设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a。,小球受到重力、拉力作用，根据牛 顿第二定律可得加速度a,=mg tan60 =V3g>g即此时小球没有脱离斜面，则水平方向Tcos30°-Nsin30°=ma m 成都外国语学校高一10月月考试题物理(1号卷) 竖直方向Tsin30°+Ncos30°=mg联立可得：T=5+1mg 2 -mg:N=3-1 mg根据牛顿第三定律可知小球对滑块压力 2 不为零，故B错误，C正确；D.当滑块以加速度a=2g>√3g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时 线中拉力为F=V(mg)'+(ma)2=V5mg故D错误。故选C。 解】A.由匀变速直线运动位移时间公式x=t+)a,可得xf图像的魁 24,由甲图得 1。△x2 △2=2 m/s2解得a=2m/s2所以甲图表示质点做匀加速直线运动，故A错误；B.由匀变速直线运动位移一速 度公式-=2m,整理得v2=2ax+W2则x图像的斜率为2a,由图像得2a=A_10 x1 m/s2=10m/s2 解得a=5m/g故B错误：C.由匀变速直线运动位移一时间公式x=w1+a2,整理得=，+，a 2 2 为-a,由图像得)a-4m/S=2m/s解得a=-4m/令则物体加速度大 2 2 D.at图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量，由图像得，前2s内的速度变化量大小△v=2×2×3m/s=3ms 故D错误。故选C。 8.BD【详解】A,根据a-:可知，物体速度变化量越大，其加速度不一完越大，还与时间有关，故A错误。 B.加速度表示物体速度变化的快慢，所以物体的速度变化越快，加速度越大，故B正确：CD.根据。A,向可知 物体加速度的方向与速度变化量的方向必定相同，但与速度方向可能相同，也可能不同，故C错误，D正确： 故选BD。 9.BC【分析】前2秒由静到动是加速，但从图象可以看出是失重，故是加速下降：电梯前2秒加速下降，2~10 秒匀速下降，10~11s是减速下降；先求解2s时速度，然后求解最后1s的加速度，再根据牛顿第二定律求解弹力； 分加加速、匀速、减速三段求解位移，最后相加得到总位移.【详解】由图象可知，在0~2s内，台秤对小明的支 持力为：F1=450N,由牛顿第二定律定律有：mg-F1ma1,解得：a=ls2,加速度方向竖直向下，故小明处于失重 状态，则A错误，B正确；设在10s~lls内小明的加速度为a3,时间为t,0~2s的时间为t1,则a1t=at:解得： a3=2/s2,由牛顿第二定律定律有：F3-mgma3,解得：F=600N,选项C正确；0~2s内位移 x1=2at2=2 2s~10:内位移X-at=16m:10s~1s内位移x9=2a好2=1m:小明运动的总位移x1+x+x=19m,选项D 错误；故选BC 10.BD【分析】根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的 动摩擦因数大小.物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后 一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间.【详解】 由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为a=-m/g-20m/:由牛颜第=定律得Ma又fe。 Ma2.0 则可得物块与传送带间的动摩擦因数“= Mg 10 =0.2,选项A错误；由速度图象可知，物块的初速度大小=4m/s、 2 传送特的速度大小V一2s,物块在传送市上滑动3s后与传送节相对静止.前2秒内物块的位移大小s之4 m方向向右，即物块距离传送带左端的最大距窝是加：后1秒内的位移大小s之一1m,方向向左：3秒纳物 块的位移s=s1-s2=3m,方向向右，传送带在3s内的位移为2×3m=6m向左，可知物块在传送带上相对传送带滑动的 距离是9m,选项B正确，C错误；物块再向左运动的时间=三-3y 。s=1.5s;物块在传送带上运动的时间tt1+t2=4.5 v 2 s,选项D正确；故选BD. 11. (每空2分)0.1 1000D 【详解】(1)当弹簧下端所挂钩码的重力G为0时，弹簧的拉力也为0，此时弹簧长度即为原长，由图示图象可知， 弹簧的原长为0.1m; (②由图示图象可知，弹簧的劲度系数为k--40N-0N=10OON/m △L0.14m-0.1m (3)实验时，弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力时，应保证弹簧竖直悬挂， 测量弹簧长度L时，应保证弹簧和钩码均处于平衡状态；实验可得出的结论是：在弹性限度内，弹簧产生的弹力大 小与弹簧的伸长量成正比；故ABC正确，D错误： 说法错误的是故选D. a=1-2x)f2 1 4k 12.(每空2分) BC 100 之 b 【详解】(1)[1]AB.四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，A错误，B正确： CD.四组实验中，乙、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的 拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，C正确，D错误。 故选BC。 (2)[2根据逐差法可知小车运动的加速度为Q=立由于相邻两计数点间有四个点未画出，则T= (2T)2 代入可得a=飞-2x)f2 100 (3)[3]由加速度和合力之间的关系，对m,轻绳拉力的大小为F,有mg-F=2ma对M2F=Ma可得 L_M+4m_4×上+2以上为纵轴，以为横轴，便可得到线性图像。 a 2mg 2g m ga m 店孩线性图限的率为k纵截距为0，则水2力联立可溶山一 g b 13.(1)50N,30N;(2)F=204N;摩擦力的方向沿斜面向上 【详解】(1)对结点O受力分析如图所示，由力平衡条件得水平方向 F F4cosa=mg(2分) 竖直方向 Fg=mg tan a(2分) 3 成都外国语学校高一10月月考试题物理(1号卷) 解得F=50N,F=30N(2分) (2)物体B受力如图所示，由力平衡条件得 、F F=FR cos0+Mg sin0(2分) B 解得F=204N(方向沿斜面向上)(2分) Ymg 14.(1)10s,100m;(2)49m 【详解】(1)设汽车停止时间为4，由题意得 4=上(1分) a 解得 4=10s(1分) 位移为x 4=211分) 解得 x=100m(1分) 自行车在这段时间的位移为x2 X2=4 解得 x2=60mx>x2(1分)， 所以汽车停止前未追上，路标之间的距离 x4B=x=100m(1分) (2)当两车速度相等时，相距最远 V车=自=4-at(2分) 解得 t=7s(1分) 车的位移 x=t-t=91m1分) 自行车的位移 x1=t=42m(1分) 此时 4 x最远=x车-x白=49m（1分) 15.(1)2m/s2,4m/s2(2)0m/s,4.5m/s(3)9.75m 【详解】(1)取水平向右为正方向，并分别以4和表示两物块加速度的大小。初始时物块A相对木板向左运动， 所受滑动摩擦力向右，由牛顿第二定律得4mg=ma(1分) 解得a=4g=0.2×10m/s2=2m/s21分) 物块B相对木板向右运动，所受滑动摩擦力向左，由牛顿第二定律得凸m8=ma.(1分) 解得ae=42g=0.4×10m/s2=4m/s2(1分) (2)设物块A速度减为零所需时间为41。由匀变速直线运动速度公式得0=-VAo+a4(1分) 解得=义0=名3=151分) a2 由小问1中的受力计算可知，在此过程中物块A和物块B对木板的滑动摩擦力方向分别向左和向右，大小分别为2N 和8N,维持木板静止所需的地面静摩擦力大小为f=f-fA=8N-2N=6N(1分) 地面对木板的最大静摩擦力为fmx=4,(M+m+mg)g=6N(1分) 二者相等，地面静摩擦力能够维持木板静止，故此时木板速度为0ms,木板仍保持静止。(1分) 由匀变速直线运动速度公式得a1='o-ae4=8.5m/s-4×lm/s=4.5m/s(1分) (3)在开始后的前，时间内木板静止。由匀变速直线运动速度与位移的关系，物块A相对木板的向左位移满足 0-v0=-2a4xa 解得x=1m,方向向左。(1分) 由匀变速直线运动位移公式，物块B相对木板的向右位移满足x=-2a 代入得x=6.5m,方向向右。(1分) 4时刻之后，物块A与木板保持相对静止。以物块A和木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得 凸2mB8-4(M+mA+mB)g=(M+mA)a板(1分) 解得as=m8-么M+m,+m,）8-05ng1分) M+mA 物块A随木板共同加速所需的静摩擦力满足厂=ma板=0.5N<4mg=2N(1分) 故物块A能够与木板保持相对静止。设再经过2，物块B与木板速度相等。物块B向右减速，木板向右加速，二者 的接近加速度大小为a相=ag+a板=4.5m/s2 成都外国语学校高一10月月考试题物理(1号卷) 由匀变速直线运动速度公式，物块B相对木板的速度满足0=1-a和42 解得52==4.5 a相4. =ls(1分) 由匀变速直线运动的平均速度公式。该阶段物块B相对木板的向右位移为：-”=225m1分) 初始时两物块相邻，最终分别到达木板左右两端，故木板长度为L=x+x1+x2=l1m+6.5m+2.25m=9.75m(1分) 6