2025_2026学年河南省驻马店市新蔡县第一高级中学高一上学期1月月考物理试卷（含析版） [含解析]

这是一份2025_2026学年河南省驻马店市新蔡县第一高级中学高一上学期1月月考物理试卷（含析版） [含解析]，共41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（每个4分，共28分）
1. 在学习物理知识时，还应学习物理学研究问题的思想和方法，下列说法正确的是（ ）
A. 质点模型的建立运用了等效替代的方法
B. 伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理相结合的方法
C. 已知合力求分力，运用了控制变量的方法
D. 加速度和速度都采用了比值定义法
【答案】B
【解析】
【详解】A．质点模型的建立运用了理想化模型（方法），故A错误；
B．伽利略对自由落体运动的研究采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故B正确；
C．已知合力求分力，运用了等效替代的方法，故C错误；
D．加速度的定义不是采用了比值定义法，速度采用了比值定义法，故D错误。
故选B。
2. 下列四幅图中的说法正确的是（ ）
A. 甲图中，由于书本形变，桌面对书产生向上的弹力
B. 乙图中，该同学的重心一定在其身体上
C. 丙图中，竖直细线将光滑小球吊起，搁在斜面上，则斜面对小球可能有弹力作用
D. 丁图中，立定跳远起跳的瞬间人受到向前的摩擦力
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲图中，由于桌面的形变，桌面对书产生向上的弹力，故A错误；
B．乙图中，同学的身体弯曲，该同学的重心不一定在其身体上，故B错误；
C．丙图中，竖直细线将光滑小球吊起，搁在斜面上，由于重力和绳子拉力均处于竖直方向，根据平衡条件可知，斜面对小球没有弹力作用，故C错误；
D．丁图中，立定跳远起跳的瞬间，向后蹬地，则人受到向前的摩擦力，故D正确。
故选D。
3. 如图是小球做斜抛运动的轨迹，C点是轨迹的最高点，A、B是轨迹上等高的两个点。下列叙述中正确的是（不计空气阻力）（ ）
A. 该运动可以分解为水平方向的匀变速直线运动和竖直方向的匀速直线运动
B. 小球在A点的速度与小球在B点的速度相同
C. 整个运动过程中小球处于失重状态
D. 小球从A到C的时间小于从C到B的时间
【答案】C
【解析】
【详解】A．该运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，故A错误；
B．根据对称性可知，小球在A点的速度与小球在B点的速度大小相等，但方向不同，故B错误；
C．整个运动过程中，小球的加速度为重力加速度，处于失重状态，故C正确；
D．根据对称性可知，小球从A到C的时间等于从C到B的时间，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，四分之一圆柱体固定在水平地面上，圆心的正上方用轻杆固定一个光滑定滑轮，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为的小球连接置于圆柱体上，另一端系在固定竖直杆上的点。一质量为的钩码挂在间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计一切摩擦，绳的总长不变，则（ ）
A. 若将点缓慢移动到点，且小球未动，在这个过程中，轻绳对小球的拉力不变
B. 若将点缓慢移动到点，且小球未动，在这个过程中，地面对圆柱体的支持力增大
C. 若减小钩码的质量，整个装置再次处于静止状态时，小球在圆柱体上位置不变
D. 若增大钩码的质量，整个装置再次处于静止状态时，小球在圆柱体上位置不变
【答案】A
【解析】
【详解】AB．通过A点作一条竖直线，该线与CB之间的距离为d，AB之间的绳长为L，轻绳与竖直杆之间的夹角为，对m0和m进行受力分析如图所示
根据几何关系可得
将B点缓慢移动到C点过程，d和L不变，则不变，对m0分析，根据平衡条件可得
解得
所以绳拉力不变，由于绳拉力大小和方向均不变，则m受力情况不变，所以地面对圆柱体P的支持力不变，故A正确，B错误；
CD．对m分析，设m在圆柱体上的处，根据三角形相似可得
若减小钩码的质量，小球向下运动，AP′增大；若增大钩码的质量，小球向上运动，故AP′减小，故CD错误。
故选A。
5. 一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位置与时间的关系式为，下列说法正确的是（ ）
A. 刹车过程中加速度大小为
B. 刹车过程中前内的位移大小是
C. 刹车过程中第一个比第二个的位移多
D. 从刹车开始计时，第内和第内的位移大小之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据匀变速直线运动位移与时间的关系
结合汽车运动过程中的位置与时间的关系式为
可得，
即刹车时的加速度大小为，方向与初速度方向相反，A错误；
B．根据位移与时间的关系
可得前2s内汽车的位移
B错误；
C．由题可知汽车停止运动的时间
刹车过程中第一个内的位移为
把刹车的整个过程逆向看成初始为零的匀加速直线运动，则第二个的位移
刹车过程中第一个比第二个的位移差
C正确；
D．结合上述分析可知，第内的位移大小
第内的位移大小
解得第内和第内的位移大小之比为
D错误。
故选C。
6. 一质点在直角坐标系所在平面内由点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化如图所示。则（ ）
A. 末质点速度的大小为
B. 前质点做匀变速直线运动，加速度大小为
C. 内质点做匀变速曲线运动，加速度大小
D. 内质点的位移大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．末质点x轴方向和y轴方向的速度分别为3m/s、4m/s，根据矢量的合成可知
故A错误；
B．初始质点y轴方向有速度，x轴方向有加速度，二者不共线，则质点做曲线运动，加速度为
故B错误；
C．内质点x轴和y轴方向的加速度分别为
合加速度为
与x轴方向的夹角为
3s末，速度与x轴方向夹角为
可知内质点做匀变速直线运动，加速度大小为，故C错误；
D．末质点的速度为5m/s，加速度为，做匀变速直线运动，则3s~4s的位移为
m
故D正确；
故选D。
7. 如图所示，有三个相同的物块A、B、C，A和B之间用轻弹簧相连，B和C之间用细绳相连，通过系在A上的细绳悬挂于固定点，整个系统处于静止状态。现将间的细绳剪断，重力加速度大小为，则剪断细绳瞬间（ ）
A. A、B、C三者的加速度大小均为
B. A的加速度大小为
C. B的加速度大小为
D. C的加速度大小为
【答案】B
【解析】
【详解】初始状态，对A、B、C整体分析可知，间的细绳的拉力为
现将间的细绳剪断，对A分析可知
解得
B、C受力不变，则加速度为0。
故选B。
二、多选题（每个6分，选不全3分，共18分）
8. 如图所示，水平轻杆一端与竖直墙上的光滑的铰链连接，另一端用细绳系于墙上点，在点下方悬挂质量为的重物。水平轻杆一端插入竖直墙内，另一端固定光滑小滑轮，用细绳绕过滑轮一端悬挂质量为的重物，另一端系于墙上点，已知，下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 杆上弹力的大小为
C. 杆上弹力的大小为
D. 杆上弹力的大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】甲图中，以B点为对象，根据平衡条件可得，
解得，
乙图中，以重物为对象，根据平衡条件可知同一根绳子拉力大小为
以滑轮为对象，根据平衡条件可知CD杆上弹力的大小为
则有
故选AC。
9. 如图1所示，质量为的木板静置于水平面上，有一个可视为质点、质量为的小物块，以的初速度滑上木板的左端。物块和木板的图像如图2所示，小物块始终在木板上，取，结合图像，可求得（ ）
A. 物块在前内的位移为
B. 木板的最小长度为
C. 物块与木板间的动摩擦因数为0.2
D. 木板与水平面之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据图像与横轴围成的面积表示位移可知，物块在前内的位移为
故A正确；
CD．根据图像的斜率表示加速度，可知在内物块的加速度大小为
对物块根据牛顿第二定律可得
解得物块与木板间的动摩擦因数为
木板的加速度大小为
对木板根据牛顿第二定律可得
解得木板与水平面之间的动摩擦因数为
故C正确，D错误；
B．根据图像可知，在内物块与木板发生的相对位移为
可知木板的最小长度为，故B错误。
故选AC。
10. 如图所示，质量分别为和的物体A、B，通过轻绳跨过轻质定滑轮相连接，在水平力的作用下，B沿水平地面向右运动，A恰以速度匀速上升。已知B与水平面间的动摩擦因数为0.2，不计滑轮摩擦，重力加速度取。当B运动到使轻绳与水平方向成时（已知）。下列选项中正确的是（ ）
A. B所受摩擦力为B. B所受摩擦力为
C. B的速度大小为D. 小于
【答案】ACD
【解析】
【详解】C．设B的速度大小为，根据速度的合成与分解，可得
解得
B向右运动的过程中，减小，故减小，所以B向右做减速运动，当时B的速度为
故C正确；
AB．由题知，A向上做匀速运动，对A受力分析，根据平衡条件可得轻绳的拉力为
因B向右做减速运动，水平方向合外力不为零，故不能用平衡条件求B所受的滑动摩擦力大小，则当时，对B受力分析，根据正交分解，在竖直方向受力平衡，则有
解得
则B所受滑动摩擦力为
故A正确，B错误；
D．设B向右做减速运动的加速度为a，在水平方向，根据牛顿第二定律有
解得
即
代入数据解得
故D正确。
故选ACD。
三、实验题（每空2分，共16分）
11. 某小组用如图1所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系，做实验前需先平衡摩擦力。
（1）下列说法中正确的是________。
A. 实验中打点计时器用直流或交流电源均可
B. 拉小车的细绳要与桌面平行
C. 平衡摩擦力时不连接打点计时器和纸带
D实验时先接通电源后释放小车
（2）利用实验数据作出了如图2所示的图像，分析图像不过原点的原因是______。
（3）该小组正确操作后获得一条如图3所示的纸带，建立以计数点O为坐标原点的轴，各计数点的位置坐标分别为。已知打点计时器的打点周期为，则小车加速度的表达式是_______（填选项前的字母）
A. B.
C. D.
【答案】（1）D（2）平衡摩擦力时木板倾角过大（或平衡摩擦力过度）（3）B
【解析】
【小问1详解】
A．实验中打点计时器用交流电源，不能用直流电源，故A错误；
B．为了保证小车运动过程，细绳拉力恒定不变，拉小车的细绳要与木板平行，不是与桌面平行，故B错误；
C．平衡摩擦力时要连接打点计时器和纸带，通过纸带上的点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．为了充分利用纸带，实验时先接通电源后释放小车，故D正确。
故选D。
【小问2详解】
由题图可知，当时，小球已经有了一定的加速度，所以图像不过原点的原因是：平衡摩擦力时木板倾角过大（或平衡摩擦力过度）。
【小问3详解】
由纸带可知相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得
故选B。
12. 某小组用如图1所示的装置研究平抛运动。将坐标纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上，小球沿斜槽轨道滑下后从斜槽末端Q点飞出，落在水平挡板MN上，在坐标纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，依次重复上述操作，坐标纸上将留下一系列痕迹点。
（1）关于该实验应注意的问题，下列做法合理的是_____。
A. 应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放
B. 调节挡板的高度时必须等间距变化
C. 建立坐标系时，坐标原点应为斜槽口的末端
D. 小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触
（2）在该实验中，让小球多次从斜槽上滚下，在白纸上依次记下小球的位置，同学甲和同学乙得到的记录纸如图2所示，从图中明显看出甲的实验错误是______，乙图中有两个点位于抛物线下方的原因是______。
（3）丙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破损，导致平抛运动的初始位置缺失。他选取轨迹上的某一点作为坐标原点O，建立坐标系（轴沿水平方向轴沿竖直方向），如图3所示。在轨迹上选取A、B两点，坐标纸中每个小方格的边长为，重力加速度为，根据题中所给信息，可以求出小球从O点运动到A点所用的时间______，小球平抛运动的初速度______（计算结果用表示）。
【答案】（1）AD（2） ①. 斜槽末端不水平 ②. 静止释放小球的位置不同
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
A．为了保证小球每次抛出的速度相同，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故A正确；
B．调节挡板的高度时不需要等间距变化，故B错误；
C．建立坐标系时，坐标原点应为小球处于斜槽口末端时球心在白纸上的水平投影点，故C错误；
D．为了减小误差，小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触，故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
[1]从图中明显看出甲的实验错误是：小球抛出时的速度不是水平方向，即斜槽末端不水平；
[2]乙图中有两个点位于抛物线下方的原因是静止释放小球的位置不同。
【小问3详解】
[1]竖直方向根据
可得小球从O点运动到A点所用的时间为
[2]水平方向根据
可得小球平抛运动的初速度为
四、解答题（本题共38分）
13. 如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，质量为的物块A恰能沿斜面匀速下滑。重力加速度为，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）若给物块施加一平行于斜面向上的推力，使物块沿斜面向上匀速滑动，求推力的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
物块沿斜面匀速下滑时，沿斜面方向受力平衡，故有
垂直斜面方向受力平衡，故有
又
联立解得
【小问2详解】
给物块施加一平行于斜面向上的推力，使物块沿斜面向上匀速滑动；沿斜面方向受力平衡，有
垂直斜面方向受力平衡，有
又
联立解得
14. 某课外兴趣小组借助传感器，研究一小球做平抛运动的规律。小球水平抛出时速度与竖直方向成角，落地时速度方向与竖直方向成角，小球可看作质点，重力加速度取，求（结果可以保留根式）：
（1）小球做平抛运动的初速度大小；
（2）小球抛出时距离地面的高度；
（3）小球抛出点与落地点之间的水平距离。
【答案】（1）5m/s
（2）3.75m（3）
【解析】
【小问1详解】
当小球抛出后小球的竖直分速度为
水平方向的分速度为
【小问2详解】
小球落地时竖直方向的分速度为
小球抛出时距离地面的高度为
【小问3详解】
小球下落时间为
小球落地时的水平位移为
15. 如图所示，一倾角的传送带以的速度逆时针匀速转动，其长度，左侧的水平面光滑且与传送带顶端A点等高；现将一个小物块轻放在传送带底端，其与传送带间的动摩擦因数为，g取。
（1）求小物块刚放上传送带时加速度的大小；
（2）若物块滑上传送带后，传送带速度突然变为零，判断物块能否滑上传送带顶端，若不能，求物块到达的最高点距A点距离x；若能，则求物块从传送带底端到达顶端所用时间t；
（3）在（2）小问情景中，小物块在传送带上留下的划痕长度s。
【答案】（1）；（2）不能，；（3）0.8m
【解析】
【详解】（1）小物块刚放上传送带时，对小物块受力分析，受到沿传送带向上的滑动摩擦力、竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力，则沿传送带方向
根据牛顿第二定律可得
代入数据，解得
（2）小物块在传送带上加速的时间为，则
解得
位移为
则小物块在滑上传送带的1s时间内先加速后匀速，匀速时间为，则
位移为
则小物块在1s内的位移为
当传送带速度突然变为零后，小物块受到的滑动摩擦力变为沿传送带向下，则此时小物块的加速度为
此后小物块将做匀减速直线运动，假设小物块不能滑上传送带顶端，即小物块会减速到零，则小物块的位移为
故假设成立，物块到达的最高点距A点距离为
（3）小物块在加速阶段，小物块相对于传送带向下滑动留下痕迹，其中：小物块的位移为
传送带位移为
所以小物块在加速阶段在传送带上留下的痕迹长度为
小物块在最后的减速阶段，小物块相对于传送带向上滑动留下痕迹，其中：小物块的位移为
此时传送带处于静止状态，故传送带的位移为零，则小物块在减速阶段在传送带上留下的痕迹长度为
因为两个阶段小物块相对传送带滑动方向不同，则两个划痕重叠
故