2025-2026学年高一物理下学期第一次月考【测试范围：鲁科版必修第二册第1-2章】（福建专用）

这是一份2025-2026学年高一物理下学期第一次月考【测试范围：鲁科版必修第二册第1-2章】（福建专用）试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟，分值：100分）
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，只有一项符合题目要求的。
1．如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速度取10m/s2）（ ）
A．4mB．5mC．6mD．7m
【答案】B
【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有12mv2=mgℎ
可得其理论的最大高度ℎ=5m
故选B。
2．如图所示，在水平桌面上放置一斜面，在桌边水平放置一块高度可调的木板。让钢球从斜面上同一位置静止滚下，越过桌边后做平抛运动。当木板离桌面的竖直距离为h时，钢球在木板上的落点离桌边的水平距离为x，则（ ）
A．钢球平抛初速度为x2ℎgB．钢球在空中飞行时间为2ℎg
C．增大h，钢球撞击木板的速度方向不变D．减小h，钢球落点离桌边的水平距离不变
【答案】B
【详解】AB．根据平抛运动的规律可知，钢球在空中飞行时间为t=2ℎg
钢球平抛初速度为v0=xt=xg2ℎ，A错误，B正确；
C．钢球撞击木板时速度方向与水平方向的夹角满足tanθ=vyv0=2gℎv0
可知，增大h，钢球撞击木板的速度方向与水平方向的夹角变大，C错误；
D．根据x=v02ℎg可知，减小h，钢球落点离桌边的水平距离x减小，D错误。
故选B。
3．质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3m处，F做功的瞬时功率为（ ）

A．8WB．16WC．24WD．36W
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到x=3m处，F做的总功为
WF=3×2J+2×1J=8J
该过程根据动能定理得
WF=12mv2
解得物块运动到x=3m处时的速度为
v=4m/s
故此时F做功的瞬时功率为
P=Fv=8W
故选A。
4．某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为L2、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθ的值为（ ）
A．12B．13C．14D．16
【答案】C
【详解】网球水平方向上做匀速直线运动，有t=Lv0csθ
设球网高度为h，则对斜向下发出的球，有L−ℎ=v0sinθ⋅t+12gt2
对斜向上发出的球，有L2−ℎ=−v0sinθ⋅t+12gt2
联立以上各式，可得tanθ=14
故选C。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5．一起重机将质量为m的集装箱由静止匀加速竖直向上提升，加速度为a，重力加速度为g，不计空气阻力，匀加速时间为t，则（ ）
A．匀加速的最大速度为at
B．集装箱的机械能增加12mgat2
C．起重机的最大输出功率为m(g+a)at
D．起重机对集装箱的作用力为ma
【答案】AC
【详解】A．匀加速的最大速度vm=at，A正确；
B．集装箱的动能增加量为ΔEk=12mvm2=12ma2t2
集装箱上升的高度ℎ=12at2
重力势能的增加量为ΔEp=mgℎ=12mgat2
集装箱的机械能增加ΔE=ΔEk+ΔEp=12m(g+a)at2，B错误；
CD．对集装箱进行受力分析，集装箱受到重力mg和起重机的拉力F，根据牛顿第二定律F−mg=ma
可得起重机对集装箱的作用力F=m(g+a)
起重机的最大输出功率为P=Fvm=m(g+a)at，C正确，D错误。
故选AC。
6．如图所示，在一条宽d=40m、水流速度为3m/s的河流的岸边有甲、乙两条小船，两船的出发点相距L=20m，甲船在静水中的速度为4m/s，乙船在静水中的速度为32m/s，某时刻甲、乙两船同时出发，甲船沿时间最短的路径运动，乙船沿垂直河岸的路径运动，两侧河岸平行，则下列说法正确的是（ ）
A．乙船过河所用时间更短
B．甲、乙两船过河经过的路程之比为5:4
C．甲、乙两船在运动过程中可能相撞
D．甲、乙两船在运动过程中会经过同一点但不会相撞
【答案】BD
【详解】A.甲船过河用时：t甲=dv甲y=40m4m/s=10s
乙船过河用时：t乙=dv乙y=40322−32s=403s
故A错误；
B.甲船过河的路程为：s甲=v甲合t甲=32+42m/s·10s=50m
乙船过河的路程为：s乙=d=40m
所以甲、乙两船的路程之比为5:4
故B正确；
CD.甲，乙在过河时都会经过乙的出发点正前方803m处，
甲到此处的时间为：t1=lv甲y=803m4m/s=203s
乙到此处的时间为：t2=lv乙y=803m3m/s=809s
则甲乙不会相撞
故C错误，D正确。
故本题选BD。
7．一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为定值，则有水平位移
x=vxt
故A正确，C错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则
y=vy0t−12gt2，vy=vy0−gt
且最高点时竖直方向的速度为0，故B错误，D正确。
故选AD。
8．如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ。过程I：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．P、M两点之间的距离为kv02−4mg2sin2θ4kgsinθ
B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为14mv02
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为kv02−8mg2sin2θ2kgsinθ
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间
【答案】CD
【详解】A．设PO的距离为L，过程I，根据动能定理有−mgsinθ⋅L−μmgcsθ⋅L=0−12mv02
设MO的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件kL1=mgsinθ+μmgcsθ
P、M两点之间的距离L2=L−L1
联立可得L2=kv02−8mg2sin2θ4kgsinθ
故A错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中Q和弹簧组成的系统损失的机械能为ΔE=μmgcsθ⋅L
结合−mgsinθ⋅L−μmgcsθ⋅L=0−12mv02
可得ΔE=14mv02
但在过程Ⅱ中单独对于Q而言机械能是增加的，故B错误；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移x，根据能量守恒定律12kL2=mgsinθ⋅x+μmgcsθ⋅x+12k(x−L)2
结合−mgsinθ⋅L−μmgcsθ⋅L=0−12mv02
解得x=kv02−8mg2sin2θ2kgsinθ
故C正确；
D．无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足kL1=mgsinθ+μmgcsθ
当在O点时，满足mgsinθ=μmgcsθ
所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，故D正确。
故选CD。
三、非选择题：共60分，根据要求作答。
9．(3分)惠安崇武“相掼”（掷石战）是传统的民俗活动。如图，从距离水平地面高为h的同一处将小石球均水平抛出，至少抛出水平距离L，才能落入半径为R的圆形目标区域。忽略空气阻力，重力加速度大小为g，则落入目标区域内不同位置的石球在空中运动时间 （填“相同”或“不同”），为使石球落入目标区域，则石球刚被抛出时初速度最大值为 。
【答案】 相同 L+2Rg2ℎ
【详解】[1]落入目标区域内不同位置的石球在空中均做平抛运动，在竖直方向上为自由落体运动，根据ℎ=12gt2可知，下落时间为t=2ℎg
只与下落的高度有关，所以落入目标区域内不同位置的石球在空中运动时间相同；
[2]为使石球落入目标区域，则石球刚被抛出时水平最大位移为xm=L+2R
则初速度最大值为vm=xmt=L+2Rg2ℎ
10．(3分)有一艘质量为200kg的快艇在河中央向岸边运动，沿河流方向的x−t图像和垂直岸边方向的vy−t图像分别如图甲、乙所示。由图可知，快艇做 （选填“匀速直线”“匀变速直线”或“匀变速曲线”）运动，初速度大小为 m/s，所受的合外力大小为 N。
【答案】 匀变速曲线 5 300
【详解】[1][2]由x−t图像可得沿河流方向快艇做匀速运动vx=ΔxΔt=82ms=4ms，ax=0
由vy−t图像可得垂直岸边方向快艇做匀减速运动vy0=3ms，ay=ΔvyΔt=0−32ms2=−1.5ms2
则初速度大小为v=vx2+vy02=5ms
初速度方向与河流方向夹角tanθ=vy0vx=34
加速度大小a=ax2+ay2=ay=1.5ms2
加速度方向与vy0方向相反，与v方向不共线，故快艇做匀变速曲线运动。
[3]由牛顿第二定律可得F=ma
代入数据得F=300N
11．(3分)如图所示，水平绷紧的传送带AB长L=6.0m，始终以恒定速率v1=4.0ms运行。初速度大小为v2=6.0ms的小物块（可视为质点）从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块m=1.0kg，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.40，g取10ms2，则小物块向左运动的最大距离为 m，小物块在传送带上运动时，因相互之间摩擦力产生的热量为 J。（结果均保留两位有效数字）
【答案】 4.5 50
【详解】[1]以向左为正方向，由动能定理−μmgx=0−12mv22
小物块向左运动的最大距离为x=4.5m
[2]小物块经A点滑上传送带先向左匀减速至零然后反向匀加速至与传送带共速，全过程加速度恒为a=−μmgm=−4m/s2
相互作用所用时间t=−v1−v2a=2.5s
此过程小物块位移x1=v2+−v12t=2.5m
此过程传送带位移x2=−v1t=−10m
此过程相对位移Δx=x1−x2=12.5m
因相互之间摩擦力产生的热量为Q=μmg·Δx=50J
【点睛】
12．(5分)在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)如图1所示，重复实验数次，无论打击力大或小，仪器距离地面高或低，A、B两球总是同时落地，该实验表明______。
A．平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动
B．平抛运动水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动
D．平抛运动竖直方向的分运动是匀速直线运动
(2)如图2所示，在探究平抛运动水平分运动的特点时，下列器材中除木板、小球、斜槽、铅笔、刻度尺、图钉、白纸和复写纸之外，还需要的有 。（选填“弹簧测力计”、“重锤线”或“天平”）
(3)实验中，下列说法正确的是______。
A．斜槽轨道必须光滑
B．每次应该从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
C．斜槽轨道末端要保持水平
D．记录点应适当多一些，这样描绘出的轨迹更好地反映真实运动
(4)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途中的三个位置，如图3所示，则该小球做平抛运动的初速度为 m/s。（g取10m/s2）
【答案】(1)C
(2)重锤线
(3)BCD
(4)1.5m/s
【详解】（1）图1中的多次实验，改变实验条件，对比平抛运动与自由落体运动，它们在竖直方向具有相同的运动规律，所得结果表明平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动。
故选C。
（2）实验中需要用重锤线来确定竖直方向，不需要测量力和质量，所以不需要测力计和天平。
（3）AB．无论斜面是否光滑，只要每次从同一位置开始运动，就可以使小球的初速度相同，从而使得每次运动过程中，小球的轨迹相同，A错误，B正确；
C．斜槽轨道末端要保持水平，小球的运动初速度才能水平，运动才是平抛运动，C正确；
D．为减小误差，提高实验的精确性，记录点应适当多一些，D正确。
故选BCD。
（4）设相邻小球位置间的时间间隔为T，水平方向匀速运动3L=v0T
竖直方向自由落体运动5L−3L=gT2
解得v0=1.5m/s
13．(7分)某同学利用如图甲所示的实验装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)下列操作中有助于减小实验误差的是________。
A．选用体积更大的重物
B．先释放纸带，后接通电源
C．释放重物前，保持纸带沿竖直方向
(2)正确完成实验操作后，得到点迹清晰的一条纸带。如图乙所示，在纸带上选取三个连续打出的计时点A、B、C，测得点B到起始点O的距离为h，点A、B的间距为ℎ1，点B、C的间距为ℎ2。已知实验选用的重物质量为m，相邻计时点间的时间间隔为T，当地重力加速度的大小为g。则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中：重物重力势能的减少量ΔEp= ，动能的增加量ΔEk= 。（用测得的物理量和已知量的字母表示）
(3)实验中，若机械能损耗率δ=ΔEp−ΔEkΔEp×100%低于5%，可认为在误差允许的范围内机械能守恒。实验中测得：ℎ=65.00cm，ℎ1=6.81cm，ℎ2=7.19cm。已知m=0.30kg，T=0.02s，g=9.80m/s2，则本实验的机械能损耗率δ= %（结果保留一位有效数字）。
【答案】(1)C
(2) mgh mℎ1+ℎ228T2
(3)4
【详解】（1）A．若选用体积更大的重物会增大空气阻力对实验的影响，不利于减小实验误差，故A错误；
B．实验时应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，若先释放纸带，打点初期数据会缺失，故B错误；
C．释放重物时保持纸带竖直方向，可以减小纸带与打点计时器间的摩擦，有助于减小实验误差，故C正确。
故选C。
（2）[1] 由于从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物下落的高度为ℎ，所以重物重力势能的减少量为ΔEp=mgℎ
[2] 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打点计时器打下B点时重物的瞬时速度为vB=xAC2T=ℎ1+ℎ22T
所以打点计时器打下B点时重物的动能为Ek=12mvB2=12m⋅ℎ1+ℎ22T2=mℎ1+ℎ228T2
则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量为ΔEk=Ek−0=mℎ1+ℎ228T2
（3）从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为ΔEp=mgℎ=0.30×9.80×65.00×10−2J=1.911J
重物动能的增加量为ΔEk=mℎ1+ℎ228T2=0.30×6.81+7.19×10−228×0.022J=1.8375J
所以本实验的机械能损耗率为δ=ΔEp−ΔEkΔEp×100%=1.911−×100%≈4%
14．(11分)在某次新型汽车性能测试中，一辆质量m=1.2×103kg的小汽车在水平路面上由静止开始匀加速启动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动。汽车的v-t图像如图所示，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2。求：

(1)在前5s内，汽车受到的合力；
(2)汽车运动的最大速度。
【答案】(1)F合=2.4×103N，方向与运动方向相同
(2)vm=30m/s
【详解】（1）根据v−t图像可知，匀加速阶段加速度大小为a=ΔvΔt=2m/s2
由牛顿第二定律F合=ma可得该车在匀加速运动过程中所受合力的大小F合=2.4×103N
方向与运动方向相同。
（2）前5s内，由牛顿第二定律可得F牵−f=ma
代入数据得F牵=f+ma=3.6×103N
5s末达到额定功率P额=Fv，v=10m/s
当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大值，则P额=fvm
代入数据可得vm=30m/s
15．(12分)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5m，A点距地面的高度ℎ=1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
【答案】(1)5m/s
(2)8m/s，60°
【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgxsinθ−μmgcsθ⋅x=12mv02−0
代入数据解得雪块到A点速度大小为v0=5m/s
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理mgℎ=12mv12−12mv02
代入数据解得雪块到地面速度大小v1=8m/s
速度与水平方向夹角α，满足csα=v0csθv1=5×0.88=12
解得α=60°
16．(16分)如图，一长为x0的粗糙平台右侧有一足够长、倾角为θ=37°的固定粗糙斜面。质量为M、厚度不计的长木板被锁定在斜面上，其上端恰好位于斜面顶端。一质量为m、可视为质点的小物块以初速度v0从平台左端滑入，运动至右端飞出后，恰好无碰撞地滑至长木板上端，同时长木板解除锁定。已知x0=0.9m，v0=5m/s，m=1kg，M=4kg，小物块与平台、长木板上表面间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.75，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ3=0.25，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求小物块到达平台右端时的速度大小v1；
(2)求平台右端与斜面顶端间的水平距离x1；
(3)若已知长木板长为L，求小物块在长木板上滑动时所留下划痕s的大小。
【答案】(1)4m/s
(2)1.2m
(3)2.5m
【详解】（1）由动能定理有−μ1mgx0=12mv12−12mv02
解得v1=4m/s
（2）设小物块滑上长木板的速度为v2，由平抛规律将其分解，由矢量三角形得
vy=gt=v1tanθ=3m/s
v2=v1csθ=5m/s
解得小物块做平抛运动的时间t=0.3s，平抛运动水平方向有x1=v1t=1.2m
（3）对小物块由牛顿第二定律有F合=mgsinθ−μ2mgcsθ=ma1
解得a1=0，即小物块匀速下滑
对长木板由牛顿第二定律有F'合=Mgsinθ+μ2mgcsθ−μ3(M+m)gcsθ=Ma2
解得a2=5m/s2
经Δt=Δva2=v2a2=1s两者共速
此1s内小物块的位移x2=v2Δt=5m
长木板的位移x3=vΔt=v22Δt=2.5m
共速后因0.25=μ3