湖南汉寿县第一中学2025-2026学年高一下学期2月月考物理试题含答案

这是一份湖南汉寿县第一中学2025-2026学年高一下学期2月月考物理试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1 ．2025 年 8 月 11 日，在第一届全国青少年田径运动会男子 5 公里竞走决赛中，来自北京小将朱宁浩以 19 分 57 秒的成绩夺冠。关于运动的描述、重力， 下列说法正确的是( )
A ．“19 分 57 秒”指时刻，“5 公里”指位移
B ．研究朱宁浩在竞走比赛中的抬脚动作时，可以将朱宁浩视为质点
C ．朱宁浩从起点到终点的位移的方向与平均速度的方向相同
D ．朱宁浩竞走过程中所受重力的方向始终垂直地面
2 ．在智能物流系统中，智能配送车可在编程操作下自行完成物流货物装载工作，大大提高了工作效率。现有两辆智能配送车甲和乙沿同一直线轨道同时相向而行，甲车从静止出发以 2m/s2 的加速度做匀加速直线运动，乙车以初速度 8m/s 刹车，加速度大小为 1m/s2。已知智能配送车的最大速度为 8m/s，两车初始相距 100m。经过 10s 两车之间的距离为( )
A ．4m B ．6m C ．8m D ．2m
3 ．跳台滑雪是一项勇敢者的运动。如图所示，斜坡与水平方向的夹角为θ。现有某运动员从跳台 A 处以速度v0 沿水平方向飞出，在斜坡 C 处着陆，从运动员运动轨迹上离斜坡最远处的 B 点作斜坡的垂线，与斜坡的交点为 E 点。不计空气阻力，则( )
A ．图中 AE 段与 EC 段长度相等
B ．运动员在 B 点时速度大小为
C ．运动员从 A 运动到 B 的时间小于 B 运动到 C 的时间
D ．运动员在 C 点时速度方向与水平方向的夹角为2 θ
4 ．汽车在平直路面上做匀加速运动，其运动的 t 图像如图所示。下列判断正确的是( )
A ．汽车运动的初速度大小为 b
B ．阴影部分的面积表示汽车在 t0 时间内通过的位移
C ．汽车运动的加速度大小为
D ．0 - t0 时间内，汽车的平均速度大小为2b
5 ．如图所示，光滑水平面上放一个斜面体，斜面体上有一个弹簧，弹簧上端固定在斜面体上，下端和一个质量为 m 的物块相连，处于静止状态，下列说法正确的是( )
A ．当在斜面体上施加水平向左的恒力 F 时，弹簧一定处于伸长状态
B ．当在斜面体上施加水平向左的恒力 F 时，物块受的摩擦力一定增大
C ．当在斜面体上施加水平向右的恒力 F 时，物块受的摩擦力一定减小
D ．当在斜面体上施加水平向右的恒力 F 时，斜面体对物块的支持力一定增大
6 ．如图，滑块以初速度 v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用 h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是 ( )
B．
A．
D．
C．
7 ．如图甲所示，一水平传送带以初速度v0 沿顺时针匀速转动，在传送带左端 A处轻放可视为质点的小物块，小物块从 A 端到 B 端的速度一时间变化规律如图乙所示，t = 6s 时恰好到 B 点，重力加速度 g 取 10 m/s2 ，则( )
A ．改变物块的质量，物块从 A 端运动到 B 端的时间会改变
B ．物块从 A 端运动到 B 端过程中一直受到水平向右的摩擦力
C ．物块与传送带之间的动摩擦因数为 μ = 0.1
D．AB 间的距离为 24m
二、多选题
8 ．如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球 A 、B ，A 以速度 v1斜向上抛 出，B 以速度 v2竖直向上抛出，当 A 到达最高点时恰与 B 相遇。不计空气阻力， A 、B 两球均可视为质点，重力加速度为 g，以下判断正确的是( )
A ．相遇时 A 的速度一定为零
B ．相遇时 B 的速度一定为零
C ．A 从抛出到最高点的时间为
D ．从抛出到相遇 A 、B 速度的变化量相同
9 ．如图所示，固定在水平地面上的物体P ，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P 顶点上的光滑小滑轮，一端系有质量为m = 6kg 的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ = 60。，绳的另一端水平连接物块3 ，三个物块重均为50N ，作用在物块2 的水平力F = 20N ，整个系统处于静止状态，g = 10m/s2 ，则以下说法正确的是( )
A ．3 与桌面之间的摩擦力大小是20N B ．2 和3 之间的摩擦力大小是20N
C ．物块3 受6 个力作用 D ．物块2 受4 个力作用
10 ．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块 P、Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态。当用沿斜面向上的恒力推 Q 时，P、Q 仍静止不动，则 Q 受到的摩擦力 ( )
A ．一定变小 B ．一定变大 C ．可能为 0 D ．可能增大也可能减小
三、实验题
11 ．某实验小组在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验
(1)在如甲图所示的方案中，下列操作步骤错误的是( )
A ．实验前要将两弹簧测力计进行调零
B ．读数时视线应正对弹簧测力计的刻度
C ．实验时力F1 和F2 的夹角越大越好
D ．两次实验中都要将橡皮条的结点从 E 点拉到 O 点的位置
(2)另一小组利用力传感器、轻绳、挂钟表盘等器材探究，先将表盘竖直固定，
再将 a 绳和 b 绳一端分别与力传感器 A 和 B 相连，另一端共同系于 O 点，下端用细线挂一重物，并保持结点 O 始终处于表盘的圆心位置。如乙图所示，当 a绳刚好位于表盘“11”的位置时，b 绳位于表盘“1”的位置稳定时，A 、B 传感器读数均为10N ；则重物的重力为______N。
(3)若该小组同学将 b 绳绕 O 点顺时针缓慢转动，a 绳始终保持不动，且整个过程结点 O 的位置不变，直到 b 绳转至表盘“4”位置处，此过程中传感器 B 示数的变化为( )
A ．一直减小 B ．一直增大 C ．先减小后增大 D ．先增大后减小
12 ．某实验小组探究“质量一定时，加速度 a 与合外力 F 的关系”。如图甲所示，将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，小车前端可通过轻绳跨过定滑轮与砂桶连接，小车后端与穿过打点计时器限位孔的纸带相连。实验开始时首先补偿阻力，补偿阻力后，让轻绳跨过定滑轮连接砂桶，调整细线与木板平行，给砂桶中加入适量砂子，让小车加速运动，实验过程中可近似认为砂桶及桶内砂子的重力等于小车的合外力。保持小车质量不变， 改变砂桶中砂子的质量，重复实验多次；每次根据纸带计算小车的加速度 a。描点作图，作出 a - F 的图像。
(1)下列操作过程中，正确的是( )
A ．实验开始时，让小车靠近打点计时器处，先释放小车再接通电源
B ．实验中每次改变砂桶中砂子的质量时，需重新调节木板的倾斜度
C ．为减小误差，实验中需保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)实验中得到一条如图乙所示的纸带（相邻两计数点间还有四个点未画出），打点计时器所用交流电的频率f = 50Hz ，根据纸带可求出小车的加速度大小为
______ m / s2 （结果保留三位有效数字）。
(3)根据实验测得的数据作出a - F 的图线如图丙所示，该图线未通过坐标原点，请分析该小组做实验时存在的问题是______。
四、解答题
13 ．滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机起飞跑道的前段是水平的，
尾段略微向上翘起，如图所示。若一架飞机滑跃式起飞过程可视为两段匀加速直线运动，前一段的初速度为 0，加速度大小a1 = 5m/s2 ，位移为 160m；后一段的加速度大小a2 = 2m/s2 ，位移为 41m。若起飞阶段航母始终处于静止状态， 且飞机经过两段跑道连接处时速率不变，求：
(1)飞机起飞过程所需的总时间；
(2)飞机离舰时的速度。
14 ．如图所示，物块 A 和与斜面成 β=37°的轻质细绳相连，放在倾角为 θ=37°的固定斜面上。细绳绕过定滑轮 O，细绳右端固定在天花板上，O9为细绳上一光滑动滑轮，Oʹ右侧绳与竖直方向的夹角α=53°,下方悬挂着重物 B ，A 、B 质量均为 m=1kg，整个装置处于静止状态，重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮光滑且不计重力，sin ，cs 。
(1)求细绳上弹力大小；
(2)斜面对物块 A 的静摩擦力大小。
15．如图所示，水平传送带以大小v =12m / s 的速度顺时针匀速运动，静置在光滑水平地面上质量M = 30kg 的平板车停在传送带的右侧且未与传送带接触，将质量m = 20kg 的行李包从到传送带右端距离x1 = 4.5m 的位置轻放（行李包的初速度为零）上传送带。行李包与传送带上表面间的动摩擦因数 μ1 = 0.1 ，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数 μ2 = 0.3，平板车的长度x2 = 10m ，取重力加速度大小
g = 10m / s2 ，行李包从传送带滑到平板车的过程中速度不变，将行李包视为质点。
(1)证明行李包放上传送带后在传送带上一直做匀加速直线运动；
(2)求行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间 t；
(3)要想行李包不从平板车右端滑出，求行李包的释放位置到传送带右端的距离 x应满足的条件。
1 ．C
A ．“19 分 57 秒”指时间间隔，“5 公里”指路程，A 错误；
B ．研究朱宁浩在竞走比赛中的抬脚动作时，朱宁浩的身体形状不可忽略不计，不可以将朱宁浩视为质点，B 错误；
C ．朱宁浩从起点到终点的位移的方向与平均速度的方向相同，C 正确；
D ．朱宁浩竞走过程中所受重力的方向始终竖直向下，但不一定垂直地面，D 错误。故选 C。
2 ．A
乙车从刹车到停下所用时间为 t s = 8s该过程乙车通过的位移大小为x乙m = 32m
已知智能配送车的最大速度为 8m/s，则甲车匀加速运动时间为 t s = 4s
则在t0 = 8s 内，前4s 甲车做匀加速直线运动，运动的位移大小为x甲m = 16m后4s 内甲车以最大速度8m / s 做匀速直线运动，位移大小为x甲2 = 8 × 4m = 32m
则8s 末，两次相距 Δx = 100m - 32m -16m - 32m = 20m
再经历2s ，乙车保持静止，甲车继续做匀速运动，通过的位移大小为 x甲3 = 8 × 2m = 16m故经过 10s 两车之间的距离为 Δx¢ = 20m -16m = 4m
故选 A。
3 ．B
ABC ．建立如图所示的坐标系，将速度v0 进行分解，则有v0x = v0 cs θ , v0y = v0 sin θ
将重力加速度进行分解则有ax = g sinθ , ay = g csθ
因此运动员沿 x 轴做匀加速直线运动，沿y 轴做匀减速运动，则有vx = v0x + ax t ，
vy = v0y - ay t
在 B 点时vy = v0y - ay tAB = 0
此时运动员只有沿 x 方向的速度，则有vB = vx = v0x + ax tAB
B cs θ
联立解得v = v0
根据运动的对称性可知，A 到 B 和 B 到 C 所用时间相等，即tAB = tBC
根据匀变速直线运动规律可得xAE = v0x tAB + ax t
x = v t + a t =
1 2 vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),0)(2 sinθ+ sin3 θ)
EC B BC 2 x BC 2g cs2 θ
可见图中 AE 段与 EC 段的长度不相等，故 AC 错误，B 正确；
D ．从 A 到 C 的过程中，水平方向的位移x水平 = v0t竖直方向的位移为y竖直 gt2
由几何知识可得tan
设运动员在 C 点时速度方向与水平方向的夹角为a ，则有 tan a
联立可得tana = 2 tan θ ,故 D 错误。
故选 B。
4 ．A
AC ．对于匀变速直线运动
整理得
结合 - t 图像可知，汽车运动的初速度大小为
v0 = b
图像中直线的斜率
解得
故 A 正确C 错误；
BD ．由图像的意义可知，某一时刻的纵坐标表示从 0 时刻到该时刻汽车的平均速度
故0 - t0 时间内，汽车的平均速度大小为 3b。图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移，图像与横轴所围面积没有意义，不表示汽车通过的位移，故 BD 错误；
故选 A
5 ．D
A．若开始时弹簧处于压缩状态，当在斜面体上施加水平向左的恒力 F 时，若物块与斜面体间的最大静摩擦力较大，物块可能始终未相对斜面体滑动，则此时弹簧仍处于压缩状态，故 A 错误；
BC ．设斜面倾角为 θ,物块重力为 mg，若开始时弹簧处于拉伸状态，弹力大小为 T，且物块所受摩擦力沿斜面向下，则有
T -mg sinθ - f = 0 ①
当在斜面体上施加水平向左的恒力 F 时，假设物块始终未相对斜面体滑动且整体的加速度大小为 a1，在沿斜面方向根据牛顿第二定律有
T -mg sinθ - f ¢ = ma1 cs θ ②
比较①②两式可知
f ¢ < f ③
即物块受到的摩擦力减小。
当在斜面体上施加水平向右的恒力 F 时，假设物块始终未相对斜面体滑动且整体的加速度大小为 a2，在沿斜面方向根据牛顿第二定律有
mg sin θ + f ¢¢ - T = ma2 cs θ ④
比较①④两式可知
f ¢¢ > f ⑤
即物块受到的摩擦力增大。综上所述可知 BC 错误；
D ．开始时斜面体对物块的支持力大小为
N = mg csθ ⑥
当在斜面体上施加水平向右的恒力 F 时，无论物块是否相对斜面体发生了滑动，在垂直于斜面方向物块一定存在加速度的分量，则
N¢ - mg csθ = ma sinθ ⑦
比较⑥⑦两式可知
N¢ > N ⑧
即斜面体对物块的支持力一定增大，故 D 正确。
故选 D。
6 ．B
CD ．由题意知，滑块沿斜面下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得
-mg sin θ + μ mg csθ = ma
故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以速度—时间图像应该是一条倾斜的直线，加速度—时间图像应该是一条平行于时间轴的直线，CD 错误；
B ．根据匀变速运动的规律
可知，位移与时间的关系图像的斜率应逐渐变小，是一条开口向下的抛物线的左半部分，B正确；
A ．下降的高度
下降高度与时间的关系图像也应该是一条开口向下的抛物线的左半部分，A 错误。
故选 B。
7 ．C
A ．改变物块的质量，在加速阶段，由于加速度不随质量的改变而改变，故物块从A 端运动B 端的时间不变，故 A 错误；
B ．在4 ~ 6s 内，小物块随传送带一起做匀速运动，在水平方向不受摩擦力，故 B 错误；
C ．由图乙知，加速过程的加速度
由牛顿第二定律得
μmg = ma
联立解得
μ = 0.1
故 C 正确；
D ．在v - t 图象中，直线与时间轴所围面积表示物块运动的位移，则
故传送带的长度为16m ，故 D 错误。
故选 C。
8 ．BCD
AB ．根据题意可知，A 做斜上抛运动，B 做竖直上抛运动，A 到达最高点时恰好相遇，根据分运动和合运动的关系，A 球在竖直方向的分运动和 B 球的运动相同，A 球在最高点竖直方向的速度为零，水平方向的分速度等于开始运动时初速度的水平分速度，则相遇时 A 的速度不为零，B 的速度一定为零，故 A 错误，B 正确；
CD ．根据 AB 分析可知，A 从抛出到最高点的时间等于 B 从抛出到最高点的时间，由公式v = v0 - gt 可得，B 从抛出到最高点的时间为
即 A 从抛出到最高点的时间为， 由公式Δv =gt 可知，从抛出到相遇 A 、B 速度的变化量相同，故 CD 正确。
故选 BCD。
9 ．BC
A ．对m 受力分析、重力、支持力与绳子的拉力， 由平衡条件，结合力的平行四边形定则可知，绳子的拉力
F拉 = mg sin 30。= 30N
则3 与桌面之间的摩擦力是f = F拉 - F = 30N - 20N = 10N ．故 A 不符合题意．
B ．以物体1 、2 组成的整体为研究对象，由平衡条件得：3 对2 的静摩擦力f32 = F = 20N ，故 B 符合题意．
C ．根据题意可知，物块3 受力分析：重力、支持力，2 对3 的压力，2 对3 水平向右的静摩擦力，绳子对3 向左的静摩擦力，桌面对3 水平向右静摩擦力，共受到6 个力，故 C 符合题意．
D ．物块2 受力分析，重力、支持力、拉力与3 对2 的静摩擦力，及1对2 的压力，共受到5个力作用，故 D 不符合题意．
10 ．CD
对 Q 物块进行分析，其重力的下滑分力与轻绳拉力大小关系不明确，分情况讨论当
mQg sin θ > mPg
时静摩擦力沿斜面向上，此时加上恒力，可使静摩擦力减小。
当
mQg sin θ = mPg
时静摩擦力为零，此时加上恒力，可使静摩擦力增大。
当
mQg sin θ < mPg
时静摩擦力沿斜面向下，此时加上恒力，可使静摩擦力增大。
施加恒力后，若满足
mQg sin θ = mPg + F
则静摩擦力为零。
故选 CD。
11 ．(1)C
(3)C
（1）A ．为了测量结果准确，实验前要将两弹簧测力计进行调零，故 A 正确；
B ．为了读数准确，读数时视线应正对弹簧测力计的刻度，故 B 正确；
C ．实验时力为了减小测量误差，F1 和F2 的夹角尽量大些，但不是越大越好，故 C 错误；
D ．为了保证橡皮条的伸长量相同，产生相同的作用效果，则两次实验中都要将橡皮条的结点从 E 点拉到 O 点的位置，故 D 正确。
本题选择错误的，故选 C。
（2）根据几何关系可知 a 绳、b 绳之间夹角为 60°,由平衡条件得重物的重力为
（3）整个过程结点 O 的位置不变，则两橡皮条拉力的合力不变，根据题意作出三个力的动态三角形图形如图所示
将 b 绳绕 O 点顺时针缓慢转动，a 绳始终保持不动，整个过程结点 O 的位置不变，直到 b绳转至表盘“4”位置处，此过程中传感器 B 示数的变化为先减小后增大。
故选 C。
12 ．(1)C
(2)1.20
(3)补偿阻力不够，或平衡摩擦力不足，或木板左侧垫得太低
（1）A ．实验开始时，让小车靠近打点计时器处，先接通电源，待打点稳定后，再释放小车，这样纸带会得到充分利用，会有更多的数据信息，故 A 错误；
B ．所需平衡的摩擦力与小车所受的拉力无关，故实验中每次改变砂桶中砂子的质量时，不需重新调节木板的倾斜度，故 B 错误；
C ．以砂和砂桶及小车组成的系统为研究对象，设小车总质量为 M，砂和砂桶总质量为 m，由牛顿第二定律，则有mg = (m + M )a
小车的加速度为a
小车所受的合外力F = Ma
当m < M 时，可认为小车受到的拉力等于砂和砂桶的总重力。为使，砂和砂桶的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砂和砂桶的总质量远小于小车的总
质量，故 C 正确。
故选 C。
（2）[1]相邻两计数点间还有 4 个点未画出，则两计数点间时间间隔为T s = 0.1s纸带上xAB = 8.93cm - 7.71cm = 1.22 × 10-2 m ，xBC = 11.35cm - 8.93cm = 2.42 × 10-2 m
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）[1]根据实验测得的数据作出a - F 的图线如图丙所示，该图线未通过坐标原点，且力不为零时小车加速度依然为零，存在的问题是补偿阻力不够，或平衡摩擦力不足，或木板左侧垫得太低。
13 ．(1)9s
(2) 42m / s
（1）第一段加速过程，根据位移速度公式可得
2a1x1 = vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),1) - 0
解得飞机经过第一段加速后的速度大小为
v1 = 40m / s
则飞机经过第一段加速所用时间为
设飞机经过第二段加速所用时间为t2 ，根据位移时间公式可得
代入数据可得
2 2
t2 + 40t - 41 = 0
解得
t2 = 1s 或t2 = -41s （舍去）
则飞机起飞过程所需的总时间为
t = t1 + t2 = 9s
（2）根据速度时间关系可得，飞机离舰时的速度为
v = v1 + a2t2 = 42m / s
(2) N
（1）根据平衡条件有
2F cs a = mg
解得
（2）对 A 受力分析，如图所示
根据平衡条件有
F cs β = mg sin θ + f
解得
f = N
15 ．(1)见解析
(2) t = 0.6s
(3) x ≤ 50m
（1）假设行李包放上传送带后在传送带上一直做匀加速直线运动，设行李包的加速度大小为a1 ，根据牛顿第二定律有 μ1mg = ma1
根据匀变速直线运动的规律有v2 = 2a1x1
解得v = 3m / s