福建省厦门市同安第一中学2025~2026学年高三上册第一次月考物理试卷（含解析）

这是一份福建省厦门市同安第一中学2025~2026学年高三上册第一次月考物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟；总分：100分
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
一、单项选择：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 如图所示，浙江运动员李玲在参加杭州亚运会女子撑杆跳高比赛时，以的成绩夺得金牌，并再度刷新亚运会赛事纪录。其完整的撑杆跳高过程可简化为三个阶段——持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落着地。下落时，人杆分离，最后落在软垫上速度减为零。不计空气阻力，则（ ）
A. 研究其越杆过程的技术动作可将李玲视作质点
B. 李玲越过杆后在空中下落的过程中处于完全失重状态
C. 李玲在撑杆起跳上升的过程中，撑杆对她的力始终沿杆
D. 李玲落在软垫上的运动过程中，软垫对她的作用力大小大于她对软垫的作用力大小
【答案】B
【解析】
【详解】A．研究其越杆过程的技术动作时，运动员的大小不能忽略，不可将李玲视作质点，选项A错误；
B．李玲越过杆后在空中下落的过程中，加速度为向下的g，处于完全失重状态，选项B正确；
C．李玲在撑杆起跳上升的过程中，撑杆对她的力不是始终沿杆的方向，选项C错误；
D．李玲落在软垫上的运动过程中，软垫对她的作用力与她对软垫的作用力是相互作用力，等大反向，选项D错误。
故选B。
2. 如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v（ ）
A. 一直减小B. 一直增大
C. 先减小后增大D. 先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】设两边绳与竖直方向的夹角为，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为，将沿绳方向和垂直绳方向分解，将沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得
解得
由于塔块匀速下落时在减小，故可知v一直增大。
故选B。
3. 如图所示，四只质量都为m的猴子依次拉住后竖直倒挂在柔软的树枝上玩耍。刚开始四只猴子都处于静止状态，从上到下编号依次为1、2、3、4。某时刻，3号猴子没抓稳使4号猴子脱落。不计空气阻力，树枝可视为弹性形变，且弹力不突变，则可知4号猴子脱落后的瞬间（ ）
A. 树梢对1号猴子的拉力大小等于3mgB. 1、2、3号猴子的加速度大小为
C. 2号猴子的加速度大小为D. 3号猴子受力平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A．4号猴子脱落后的瞬间，树枝短时间内无法突变，故树梢对1号猴子拉力的大小等于4号猴子脱落前的拉力，未脱落前，对四只猴子整体，由平衡条件可知树梢对1号猴子的拉力大小为，故A错误；
BC．4号猴子脱落后瞬间，树枝的弹力不突变，仍为4mg。此时对1、2、3号猴子有
解得，故B正确，C错误；
D．结合上述分析可知，4号猴子脱落后的瞬间，3号猴子具有向上的加速度，大小为，不处于平衡状态，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，某物体自空间O点以水平初速度抛出，落在地面上的点，其轨迹为一抛物线。现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与完全重合的位置上，然后将一小滑环套在滑道上从点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下。为滑道上一点，连线与竖直方向成，则此滑环（ ）
A. 由点运动至点的时间为B. 物体经过点时，速度的水平分量为
C. 物体经过点时，速度的竖直分量为D. 物体经过点时的速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体自空间O点以水平初速度抛出经过点，有
联立得
小滑环套在滑道上从点由静止释放经过点，竖直方向加速度小于重力加速度，故由点运动至点的时间大于，故A错误；
BCD．物体自空间O点以水平初速度抛出经过点，有
设点速度与水平方向成，则
小滑环套在滑道上从点由静止释放经过点，有
物体经过点时的速度大小为
物体经过点时，速度的水平分量为
物体经过点时，速度的竖直分量为，故BC错误，D正确。
故选D。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题分，共计24分。每小题有多个选项符合题意。全部选对得6分，选对不全得3分，错选或不答的得0分。
5. 甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 在时刻两车速度相等
B. 从0到时间内，两车走过的路程相等
C. 从到时间内，两车平均速度相等
D. 从到时间内的某时刻，两车速度相等
【答案】CD
【解析】
【详解】A．在时刻，图像的斜率表示速度，甲的斜率小于乙的斜率，故两车速度不相等，A错误；
B．从0到，甲的初始位置高于乙的初始位置，甲的路程为
乙的路程
两车路程不相等，B错误；
C．从到时间内，两车位移均为
时间均为
根据平均速度公式
两车平均速度相等，C正确；
D．甲做匀加速直线运动，速度随时间增大；时刻甲的速度小于乙的速度，时刻甲的速度大于乙的速度，根据匀加速运动的连续性，从到内必有某时刻两车速度相等，D正确。
故选CD。
6. 将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为，小球所在位置处的切面与水平面夹角为，小球质量为，重力加速度g取。关于该小球，下列说法正确的有（ ）
A. 角速度为B. 线速度大小为
C. 向心加速度大小为D. 所受支持力大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．对小球受力分析可知
解得
故A正确；
B．线速度大小为
故B错误；
C．向心加速度大小为
故C正确；
D．所受支持力大小为
故D错误。
故选AC。
7. 如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v­-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2下列说法正确的是（ ）
A. M=mB. M=2m
C. 木板的长度为8 mD. 木板与物块间的动摩擦因数为0.1
【答案】BC
【解析】
【详解】ABD．物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故
μmg=ma1
而v­-t图像的斜率表示加速度，故
a1= m/s2=2 m/s2
解得
μ=0.2
对木板受力分析可知
μmg=Ma2
由可知
a2= m/s2=1 m/s2
解得
M=2m
AD错误，B正确；
C．从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v­t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故
L==8 m
C正确。
故选BC。
8. 如图是货物输送装置示意图，载物平台M架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上，平台重心与两圆柱轴线等距，货物m放在平台正中间。两圆柱以角速度绕轴线做相反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知平台质量，平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，货物质量，与平台间的动摩擦因数，圆柱半径，取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 两圆柱以相同大小的角速度绕轴线做相反方向转动可以使平台更容易沿轴线被拉动
B. 货物受到平台的摩擦力逐渐增大
C. 当平台速度时，货物加速度为
D. 当平台速度时，货物加速度为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．因为当两圆柱以相同大小的角速度绕轴线作相反方向转动时，初始时刻两圆柱的表面对平台沿平行于轴线方向的摩擦力的合力为0，所以两圆柱以相同大小的角速度绕轴线做相反方向转动可以使平台更容易沿轴线被拉动，故A正确；
B．平台与两个圆柱表面的摩擦力大小相等，分别为
当沿平行于轴线的方向给平台施加的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动时，初始时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
所以平台和货物将一起加速运动。圆柱表面点转动的线速度大小为
若平台运动的速度大小为v，则根据运动的合成可得和的矢量关系如图所示：
所以沿平台运动方向上平台受到一根圆柱的摩擦力分量为
根据牛顿第二定律可得
可知随着平台速度v的逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，加速度逐渐减小，对货物进行受力分析可知，货物一直受静摩擦力的作用，则有
由于加速度越来越小，所以货物受到平台摩擦力逐渐减小，故B错误；
CD．当平台速度时，则有
由
解得，故C正确，D错误。
故选AC。
三、填空题（共21分）
9. 有一个质量为的物体在平面内运动，在方向的速度图像和方向的位移图像分别如图甲、乙所示。由图可知，物体的初速度大小为__________，所受的合外力为__________。
【答案】 ①. 5 ②. 3
【解析】
【详解】[1]由甲图可知，物体在x轴方向的初速度为
物体在y 轴方向的速度为
故物体的初速度为
[2]物体在y轴方向上做匀速直线运动，即合力沿x轴方向。速度时间图像斜率表示加速度，所以x轴方向上的加速度，也就是物体的合加速度
根据牛顿第二定律可得
10. 如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是______s，矿石在开始运动阶段处于________状态（填超重、失重）
【答案】 ①. ②. 超重
【解析】
【详解】[1]加速阶段加速度
初速度
末速度
由
得加速时间
加速位移
减速阶段末速度为0，加速度大小
减速时间
减速位移
匀速阶段总位移减去加速和减速位移
匀速时间
总时间
[2]开始阶段状态升降机加速向上，加速度方向向上，矿石所受支持力大于重力，处于超重状态。
11. 如图；以10m/s的速度水平抛出的物体飞行一段时间后，垂直撞在倾角的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间为______s，下落高度为______m（g取）
【答案】 ①. ②. 15
【解析】
【详解】[1]物体垂直撞在倾角的斜面上，根据几何关系可得
有
联立解得物体完成这段飞行的时间为
[2]下落高度为
12. 为了“探究物体质量一定时加速度与力的关系”，某同学设计了如图所示的实验装置，其中为小车和小车上的滑轮的总质量，为沙和沙桶的总质量，力传感器可测出轻绳的拉力大小。
（1）关于本实验，下列说法正确的是________：
A. 需要用天平测出沙和沙桶的总质量
B. 本实验不需要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力
C. 不需要调整力传感器和定滑轮的高度，连接它们的轻绳与长木板可以不平行
D. 实验中不需要远小于
（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________（结果保留两位有效数字）；
（3）若图像的斜率为，则为________。
A. B. k
C. D.
【答案】（1）D （2）0.81 （3）C
【解析】
【小问1详解】
AD．力传感器可直接测出绳子拉力，所以实验中不需要远小于，不需要测沙和沙桶质量，故A错误，D正确；
B．本实验需要平衡摩擦力，将长木板右端垫高，使小车重力沿斜面分力平衡摩擦力，故B错误；
C．为了保证小车运动过程，绳子拉力恒定不变，需要调整力传感器和定滑轮的高度，使得连接它们的轻绳与长木板平行，故C错误。
故选D。
【小问2详解】
相邻两计数点间还有四个计时点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
【小问3详解】
以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像斜率
解得
故选C。
13. 某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图（a），细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。
为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出关系图线，如图（b）所示。
回答下列问题：
（1）将一芒果放入此空杯，按上述操作测得，由图（b）可知，该芒果的质量_________g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与相比_________（填“偏大”或“偏小”）。
（2）另一组同学利用同样方法得到的图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是_________。
A. 水杯质量过小B. 绳套长度过大
C. 橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比
（3）写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施_________。
【答案】（1） ①. 106 ②. 偏大 （2）C
（3）减小细线与竖直方向的夹角
【解析】
【小问1详解】
[1]操作测得，由图（b）图像坐标可知，该芒果的质量为106g；
[2]若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡可知橡皮条的拉力变大，导致橡皮筋的长度偏大，若仍然根据图像读出芒果的质量与相比偏大。
【小问2详解】
另一组同学利用同样方法得到的图像在后半部分弯曲，可能是所测物体的质量过大，导致橡皮筋所受的弹力过大超过了弹簧的弹性限度，从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比。
故选C。
【小问3详解】
根据共点力平衡条件可知，当减小绳子与竖直方向的夹角时，相同的物体质量对应橡皮筋的拉力较小，故相同的橡皮筋，可减小细线与竖直方向的夹角可增大质量测量范围。
四、解答题（39分）
14. 如图所示，在游客身上系降落伞，疾驰的快艇通过轻绳拉着游客在空中飞行。某段时间内快艇在水中匀速直线运动，游客与快艇相对静止，已知伞下游客和装备总质量（忽略伞和绳的重力），空气对伞的作用力大小为，方向与竖直方向成角斜向左上方，空气对游客的作用力可忽略。快艇受到与运动方向相反的恒定阻力，已知重力加速度取，，，求该时间段内：
（1）绳上拉力大小，以及绳子与水平面夹角；
（2）快艇牵引力的大小。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
设绳子拉力与水平方向夹角为θ，对游客及其装备受力分析，由平衡条件有，
联立解得，
【小问2详解】
以快艇为对象，水平方向由平衡条件有
解得
15. 如图，在粗糙水平台阶上Q点放置一质量可视为质点的小物块，在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径，圆弧的圆心在台阶边缘O点。小物块在与水平方向成、大小的拉力作用下，从静止开始沿粗糙水平面做加速度为的匀加速直线运动，到O点时撤去拉力，小物块水平抛出并击中挡板。不计空气阻力，重力加速度取，，，求：
（1）小物块与台阶平面间的动摩擦因数；
（2）若小物块击中挡板上的P点，OP与水平方向夹角为，求小物块由Q运动到O的时间；
（3）以O点为原点、水平向右为、竖直向下为建立平面直角坐标系。改变小物块出发点的位置，可使其击中挡板上的不同点，欲使其击中挡板时的速度最小，求击中挡板的点的纵坐标（结果可保留根式）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
分析小物块受力如图
由，
解得
【小问2详解】
小物块从O点飞出后做平抛运动，设经过时间t击中P点，则有，
解得
由小物块Q到O做匀加速直线运动
可知小物块由Q到O的时间
【小问3详解】
假设从O点飞出时的速度为时击中挡板时的速度最小，此过程中的水平位移
竖直位移
击中时有
联立，解得
落到P点时的速度
可得
当时最小，该点的纵坐标为
16. 如图甲所示，机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送到低处平板车上，简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为，将质量的物块无初速地放在传送带的顶端A，物块到达底端B后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为、。已知传送带与水平地面夹角，AB两端的距离为，物块可视为质点，木板足够长。求：

（1）物块在传送带上刚开始下滑时的加速度大小；
（2）物块在传送带上运动的时间；
（3）根据实际需要，木板下表面可以涂抹不同材料的涂层，使得木板与地面的动摩擦因数满足。求在此范围内，从物块离开传送带直至最终静止的过程中，物块相对地面运动的位移最小值和最大值。
【答案】（1）
（2）2.2s （3），
【解析】
【小问1详解】
物块在传送带上刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有
解得
小问2详解】
物块先以加速度做匀加速直线运动，经历时间与传送带达到相等速度，则有
解得
此时物块的位移
解得
由于
之后，物块人向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移与速度关系式有
解得
根据速度公式有
解得
则物块在传送带上运动的时间
【小问3详解】
若物块滑上木板后木板处于静止状态，则有
解得
可知，当木板与地面之间的动摩擦因数在0.15到0.4之间时，木板始终处于静止，物块在木板上向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时，物块相对地面运动的位移最小，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有
解得
当木板与地面之间的动摩擦因数小于0.15时，物块先以向右做匀减速直线运动，木板此时向右做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，当木板与地面之间的动摩擦因数等于0.05时，物块最终相对于地面的位移达到最大值，两者达到相等速度之前，对木板有
解得
历时两者达到相等速度，则有
解得，
此过程物块的位移
之后两者保持相对静止，对整体，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
物块相对于地面位移的最大值为
解得