海南省文昌市文昌中学2025-2026学年高三上学期第一次月考物理试题含答案解析含答案

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一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3分，共24 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。
【解析】
1．Ａ．加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化率，与速度的大小无关，A错误；B．速度变化得越快，加速度越大，加速度不一定变化，B错误；C．物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，C错误；D．根据加速度的定义可知，加速度的方向与速度变化量的方向相同，D正确。
2．两种方案的初末位置相同，所以位移大小相同，故AB错误；由图可知，方案二的时间更长，根据可知按推荐方案一出行比按方案二出行的平均速度大，故C正确D错误。
3．水平地面受到的压力是由于篮球发生了形变而产生的竖直向下的弹力。A正确BCD错误。
4．该车的平均加速度为，又因为，解得。
5．ABC．摩擦力应该为推力和重力的合力，即N，方向斜向左上方，为定值，但不与推力成正比，A正确，BC错误；D．吸附静止时摩擦力向上，与重力平衡，D错误。
6．B．折返跑比赛的初始位移为零，末位移也为零，故B错误；D．一个时刻不可能对应两个位移，故D错误；AC．从静止开始运动，则t=0时刻速度为零，即t=0时刻图像切线与时间轴平行，故A错误，C正确。
7．正六边形外接圆的半径为，此时弹簧的长度为，伸长量，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力,两相邻弹簧的夹角为，两相邻弹簧弹力的合力，弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力大小，解得，A正确。
8．AC．设球对木板的压力为F，则对于乙图情况，对A则有，对于B则有，解得，AC错误；BD．对于图丙中出现的情况，对AB整体受力分析则有，对B分析可知，联立解得，B正确D错误。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错或不选的得0分。
【解析】
9．胡克总结出在弹性限度内弹簧弹力与形变量间的正比关系，A错误；伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，B正确；静摩擦力与滑动摩擦力均可是动力，C正确；的定义运用了比值法，而a＝eq \f(F,m)是关系式，D错误。
10．A．由题图可知，0～t1段运动员向上做匀减速运动，加速度向下，选项A错误；B．根据v-t图像斜率表示加速度结合题意可知0～t2段运动员的加速度保持不变，选项B正确；CD．由题意可知0～t2段运动员的加速度为重力加速度；t2时刻后运动员刚好接触水面；t3时刻运动员速度达到最大，t4时刻运动员速度为零达到最低点，故C错误D正确。
11．若人做匀速直线运动，则合力应为零；AB．图
2中，对人受力分析，受重力和拉力，由于两个
力不共线，故合力一定不为零，人不可能匀速下
滑，A错误B正确；CD．图3的情形中，人受
重力和拉力，若合力不为零，合力与速度不共线，
不可能做直线运动，故合力一定为零，人一定匀
速下滑，C正确D错误。
12．AB．物块受摩擦力方向与速度方向相反，即沿CA方向，重力的分力沿斜面向下，
则由平衡可知及，解得，故B正确A错误；CD．又，可得，故D正确C错误。
13．设a、b到节点的高度分别为h1、h2，节点到P、Q的水平距离分别为 x1、x2，a、b端绳子和水平方向的夹角分别为a、β，对绳子节点进行受力分析，如图所示。AB．在与P、Q两杆等距位置时，根据，，，由于，可得，，根据平衡条件有 ，所以可知，即左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故B错误A正确；CD．在细绳的中点时，设a、b到节点绳子长度为l，根据几何关系有根据，，由于，所以可得，，根据平衡条件有，可知，即左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故C正确D错误。
三、实验题：本题共2小题，第14题10分，第15题10分，共20分。
14.（每空2分）
（1） = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ① 11.40 = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ② B （2）① 3.0 200 ② 6
【解析】
（1） = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ① 右侧弹簧测力计分度值为0.1 N，估读一位，读数为11.40 N；
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ② 若把两细绳套对弹簧的拉力定义为分力，则与两分力可等效的合力是指钩码对弹簧下端的拉力，即本实验采用的科学方法是等效替代法。
（2）① [1]当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由图可知，弹簧的原长为；
[2]由胡克定律可知；
② [3]由图可知，该刻度尺的读数为，
由胡克定律可知，
由题可知每个钩码重G=0.5N，由此可推测所挂钩码的个数为 6。
15.（每空2分）
（1）不需要 （2）9.8 （3）1.96 9.76
【解析】
（1）由纸带数据即可计算出重力加速度，不需测量质量。
（2）小球通过光电门的速度即为平均速度，由 可得：。
（3），
由可得：
四、计算题：本题共3小题，共 36分。
16.【解析】
（1）对结点O 受力分析，由平衡条件正交分解可得
（1分）
（1分）
解得 （1分）
（1分）
（2）对物块甲进行受力分析，在垂直斜面方向
（1分）
解得 （1分）
（3）甲与斜面间的最大静摩擦力为
（1分）
若甲恰要沿斜面向下滑动，则
，得 （1分）
若甲恰要沿斜面向上滑动，则
，得 （1分）
故力F大小的取值范围为 （1分）
17.【解析】
（1）设泥石流到达坡底的时间为，速度为，根据位移时间公式和速度时间公式有
（1分）
（1分）
代入数据得
（1分）
（1分）
（2）泥石流在水平地面上做匀速直线运动，故汽车的速度加速至，且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，设汽车加速时间为t，故有
（1分）
（1分）
（1分）
（1分）
联立各式代入数据解得 （2分）
18.【解析】
（1）刚释放时由于斜面光滑，滑块与木板一起以加速度加速下滑
（2分）
解得 （1分）
滑块刚进入区域时由
（1分）
解得 （1分）
（2）进入区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为，对整体
（1分）
对滑块，所受木板的静摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
（1分）
解得 ， （1分）
又因为滑块与木板间的最大静摩擦力
假设成立。即滑块受木板的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为（1分）
（3）滑块和木板一起匀速下滑，薄木板第一次与挡板P碰撞后，对滑块有
（1分）
解得
即在上仍然匀速下滑，对薄木板有
（1分）
解得 ，以加速度匀减速上滑，
设滑块离开薄木板的时间为，有
，解得 （1分）
此时薄木板的速度
，解得 （1分）
分离后，对薄木板有
，解得 （1分）
接着以加速度减速上滑至最高点，有
，解得 （1分）
所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为
解得 （1分）题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
A
B
A
C
A
B
题号
9
10
11
12
13
答案
BC
BD
BC
BD
AC