资源简介

南大附中2025-2026学年第一学期月考高一物理试题
分值（100分） 考试时间（75分钟）
一、单选题（每题4分共44分）
1.关于下列四幅图的叙述正确的是（ ）
A．图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大
B．图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间
C．图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，则马对车的拉力大于车对马的拉力
D．图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因
2．如图所示，一个劈形物体A放在斜面上，A的各个表面光滑且上表面水平，在A的上表面上放置一个小球B，由静止释放A，则小球B在碰到斜面之前的运动轨迹是（ ）
A．沿斜面向下的直线 B．竖直向下的直线 C．抛物线 D．双曲线
第2题图 第3题图 第4题图
3.如图所示，一乒乓球用细绳系于盛有水的容器底部，某时刻细绳断开，在乒乓球上升到水面的过程中，台秤示数（ ）
A.变大 B．不变 C．变小 D．先变大后变小
4．如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进。突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是（ ）
A． B． C． D．
5.如图所示，小球A、B大小相同，质量分别为2m、m，竖直悬挂在丝线下方。现整个装置受到水平向右的风力影响（A、B球所受的水平风力等大），则两球达到平衡后的位置可能是（ ）
6.如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处。滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的关系图像如图乙所示。重力加速度为g。由图可以判断下列说法错误的是（ ）
A.图线与纵轴的交点M的值 B.图线的斜率等于物体质量的倒数
C.图线与横轴的交点N的值 D.图线的斜率等于物体的质量m
7.小明做家务时，发现家里自来水的出水情况有这样的特点：当水流不太大时，从水龙头中连续流出的水会形成水柱且可以看成自由落体运动，从上往下越来越细，如图所示。水柱的横截面可视为圆，在水柱上取两个横截面A、B，A到水龙头的距离与A到B的距离之比为1：3。则A、B的直径之比d1:d2为（ ）
A．2：1 B．1：2 C．：1 D．1：
第7题图 第8题图 第9题图
8.如图所示，轻绳1下方悬挂着匣子C，匣内用轻绳2悬挂着A球，在A球的下方用轻弹簧悬挂着B球。已知A、B、C三个物体的质量均为2m，原来都处于静止状态，重力加速度为g。在轻绳1被烧断后的瞬间，以下说法正确的是（ ）
A．A、C的加速度大小都为g B．B、C的加速度大小为2g
C．A的加速度大小为1.5g D．轻绳2上的拉力大小为1.5mg
9.如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上，质量为m的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为m0钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。除圆柱体与地面之间的摩擦以外，其它摩擦不计。若在钩码下方再加挂一个钩码，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则此时与先前整个装置处于静止状态时相比（ ）
A．地面对P的摩擦力减小 B．P对小球的弹力增大
C．轻绳的张力增大 D．P对地面的压力减小
10.如图所示，一截面为正三角形ABC且内壁光滑的容器竖直放置，内部有一个小球，其半径略小于内接圆半径，三角形各边接有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小。如果此时BC边恰好处于水平状态，将容器以C点为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AC边水平，则在转动过程中（ ）
A.球对BC边的压力一直减小 B．球对BC边的压力先增大后减小
C．球对AC边的压力一直增大 D．AC边所受压力的最大值等于球的重力
第10题图 第11题图
11．试卷读卡器的原理可简化成如图所示的模型，搓纸轮与答题卡之间的动摩擦因数为μ1，答题卡与答题卡之间的动摩擦因数为μ2，答题卡与底部摩擦片之间的动摩擦因数为μ3。工作时搓纸轮下压并沿逆时针方向转动，带动第一张答题卡向右运动，其它答题卡不动，做到“每次只进一张答题卡”。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则关于μ1、μ2、μ3大小关系正确的是（）
A.μ1可能小于μ2 B.μ1可能小于μ3 C.μ2一定小于μ3 D.μ2可能大于μ3
二、实验题（每空3分共15分）
12．“伽利略”实验小组按照图甲、乙、丙、丁四种方案分别做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。实验中，用天平测量小车的质量M和重物质量m，用打点计时器在纸带上打点，测量小车运动的加速度大小，实验时都进行了平衡摩擦力的操作。
(1)需要保证小车质量远大于重物质量的实验装置是_______。
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
(2)按照图甲方案做实验时，实验小组成员作出了三种a-F图像。其中，平衡摩擦力不完全时得到的图像是。____________（填字母序号）
(3)按照图丙方案做实验时，得到如图戊所示的一条点迹清晰的纸带，图中相邻两个计数点之间还有四个点未画出，打点计时器的打点周期为0.02s，由该纸带可求得小车的加速度a=_____m/s2（结果保留两位小数）。
(4)若实验小组发现，在乙和丁两种方案中两弹簧测力计读数相同，并通过计算得出小车加速度均为（g为当地重力加速度大小），则乙、丁两种方案所用小车质量的比值=______，所用重物质量的比值
=______
三、解答题（共41分）
13．（6分）从斜面上某一位置每隔0.2s释放一些相同的小球，在连续释放几个小球之后，对斜面上运动的小球摄下照片如图所示，测得AB=8cm，CD=28cm，试求：
（1）小球运动的加速度大小；
（2）B点速度大小；
（3）拍摄时A球上面正在运动着的小球共有多少个？
14．（10分）如图所示，水平地面上一辆平板车以v=3m/s的速度向前匀速行驶，t=0时刻，在平板车前端M点的正前方S=4m距离处有一个小球在离地面H=10.5m高度处正以v0=5m/s的初速度竖直向上抛出。已知平板车上表面离地高度为h=0.5m，车身长度L=5m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求小球运动过程中距离地面的最大高度；
(2)求小球落在平板车上的位置到车身前端M的距离；
(3)为了避免小球落在平板车上，小球竖直向上抛出的同时，小车开始做匀加速直线运动，求平板车的加速度大小a所满足的条件。
15．（10分）一重为G的圆柱体工件放在V形槽中，槽顶角α=60°，槽的两侧面与水平方向的夹角相同，槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同，现用拉力F=0.5G恰好能将圆柱体匀速拉出，则：
(1)圆柱体与槽侧面之间的动摩擦因数为多大？
(2)将圆柱体的表面打磨后，圆柱体重力不变，与槽之间的动摩擦因数μ=0.5。现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角，如图乙所示，且保证圆柱体对V形槽两侧面的压力大小相等，用沿槽向下的拉力F恰好能将圆柱体从槽中抽出，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求拉力F的大小。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
16．（15分）倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，其斜面光滑，底边粗糙，顶端安装一光滑轻滑轮，另有光滑圆环固定在竖直平面内，圆心在O点。一小球套在圆环上，通过绕过轻滑轮的细线与斜面上的小物块相连。在竖直向下拉力F作用下，小球静止Q点，OQ连线与水平方向成53°角，细线与环恰好相切，滑轮与小物块之间的细线与斜面平行，如图所示，斜面体始终保持静止。已知小球的质量m=1kg，小物块的质量M=2kg，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）拉力F的大小；
（2）地面对斜面体的摩擦力大小；
（3）若突然撤去拉力F，小球将从Q点开始运动。求撤去F的瞬间，小物块的加速度大小。
南大附中2025-2026学年第一学期月考高一物理试题参考答案与解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B B C C B D C C A B D
1．B
【详解】A．惯性只与质量有关，与速度无关，选项A错误；
B.图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，当时所处的年代时间的测量没有现在精确，通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间，故B正确；
C.图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，根据牛顿第三定律，则马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小，选项C错误；
D.图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力不是维持物体运动的原因，选项D错误。
故选B。
2．B
【详解】小球原来静止时受重力和支持力作用，其合力为零，当劈形物体由静止释放，A应沿斜面下滑，故B也将运动，运动状态就要发生改变，但由于惯性，小球原来速度为零，没有水平或其他方向上的速度，而A的上表面又光滑，除竖直方向可以有合力外，其他方向上没有合力，加之力是使物体运动状态改变的原因，小球只能在竖直方向上有运动，在碰到斜面之前，运动轨迹应为一条直线，即竖直向下的直线，故B正确，ACD错误。
故选B。
3．C
【详解】在乒乓球加速上升的过程中，同体积的水球加速下降，水球比乒乓球的质量大，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小。
故选C。
4．C
【详解】西瓜A受力分析如图所示
其中力F是其他西瓜对它的作用力，根据题意有
故选C。
5．B
【详解】设A球与悬点间丝线与竖直方向夹角为θ，以A、B为研究对象，水平向右风力大小为2F，则有
以B为研究对象，水平向右风力大小为F，设A、B间丝线与竖直方向夹角为α，则有
比较可知θ<α。
故选B。
6．D
【详解】A．对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T-mg=ma得
当T=0时，a=-g，即图线与纵轴的交点M的值
故A正确；
C．当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值TN=mg
故C正确；
BD．图线的斜率表示质量的倒数，故B正确，D错误。
故选D。
7．C
【详解】A到水龙头的距离与A到B的距离之比为1：3，根据自由落体规律v2=2gh，可得
经过A、B处的水流速度大小之比为v1:v2=1:2
取很短的相同的时间△t，对于连续稳定的水流，单位时间流过任一横截面的水的体积是恒定的，可得
联立可得A、B的直径之比d1:d2为:1。
故选C。
8．C
【详解】B．根据题意，绳1烧断前对B受力分析，由平衡条件知弹簧弹力F=2mg
绳1烧断后弹簧弹力大小不能突变，对B列牛顿第二定律有F-2mg=2maB
解得aB=0，故B错误；
AC．绳1烧断后，对A、C整体列牛顿第二定律有4mg+F=4ma
解得a=1.5g，故A错误，C正确；
D．绳1烧断后，对C列牛顿第二定律有2mg+F2=2ma
解得F2=mg，故D错误。故选C。
9．A
【详解】BC．对小球受力分析如图所示
小球受重力mg、P对小球的支持力N以及绳子对小球的拉力T，小球在三个力的作用下始终处于静止状态，由相似三角形可得
式中L为定滑轮左侧栓接小球绳子的长度。当在钩码下方再加挂一个钩码时，到小球再次静止的过程中，钩码将下移，小球将沿圆柱体P上移，小球再次静止时，由于AO、mg、R不变，而L减小，则根据相似三角形可知N不变，T减小，即轻绳的张力减小，P对小球的弹力不变，故BC错误；
A．将小球与圆柱体P看成一个整体，根据以上分析可知，绳子的拉力T减小，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则可知θ减小，而绳子拉力T在水平方向的分力大小与地面对P的摩擦力大小相等、方向相反，即有
F=Tsinθ
由此可知地面对P的摩擦力减小，故A正确；
D．设圆柱体的质量为M，分析可知，小球对圆柱体P的压力N在竖直方向的分力Ncosα
（α为N与竖直方向的夹角）与圆柱体的重力之和大小等于地面对圆柱体的支持力FN，即
有Ncosα+Mg=FN
由于N不变，而α减小，则可知Ncosα增大，导致FN增大，而根据牛顿第三定律可知，圆柱体对地面的压力大小FN’=FN增大，故D错误。
故选A。
10．B
【详解】本题考查用辅助圆解决动态平衡问题，目的是考查学生的推理论证能力。设BC边对小球的弹力大小为FBC,AC边对小球的弹力大小为FAC，对小球进行分析，作出辅助圆的动态矢量分析如图所示
由图可知，FBC开始与球的重力等大反向，转动过程中先增大后减小至0,FAC从0开始先增大后减小至与球的重力等大反向，其中最大值大于球的重力，根据牛顿第三定律可知，球对BC边的压力与对AC边的压力均先增大后减小，且AC边所受压力的最大值大于球的重力。
故选B。
11．D
【详解】A．对最上面一张答题卡受力分析，最上面一张答题卡能向右运动，需满足
则μ1＞μ2，故A错误；
B．当剩最后一张答题卡时，对最后一张答题卡受力分析，最后一张答题卡能向右运动，需
满足
则μ1＞μ3，故B错误；
CD．为了保证“每次只进一张答题卡”，当最后还剩余两张答题卡时，倒数第二张答题卡向右运动时，最后一张答题卡需满足
由于，所以μ2和μ3大小不确定，C错误，D正确。
故选D。
12．(1)A (2)A (3)1.97 (4) 2
【详解】（1）图乙、丁方案中用到了弹簧测力计，可以直接通过弹簧测力计读出细线的拉力，而题图丙方案中用到了力传感器，可以通过力传感器知道细线的拉力，唯独题图甲方案中没有测量细线拉力的实验仪器，而是认为细线拉力近似等于重物的重力，因此题图甲方案需要保证小车质量远大于重物质量。
故选A；
（2）[1]平衡摩擦力不完全时，会导致细线拉力较小时小车不运动，细线拉力要超过一定值小车才开始做加速运动，得到的a-F图像如选项A。
故选A；
[2]在图甲方案中，认为重物的重力近似等于小车所受到的合外力，根据牛顿第二定律有F=Ma
可得
结合图像可知，图像的斜率越小，则表示小车的质量越大。
故选B；
（3）由逐差法求小车的加速度，相邻计数点间的时间间隔T=0.1s，
则有
12T2 12 0.12
（4）[1][2]设弹簧测力计的拉力为F0，对题图乙方案有2F0=M乙a，m乙g-F0=m乙·2a
对题图丁方案有F0=M丁a，m丁g-2F0=m乙·
联立解得
13．（1）2.5m/s2；（2）0.65m/s；（3）0
【详解】（1）小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为0.2s，可以认为A、B、C、D是一个小球在不同时刻的位置；由题意知，由于相邻相等时间的位移差恒定，由△x=aT2
得CD-AB=2aT2
小球沿斜面下滑的加速度
（2）由题意知，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为0.2s，相邻相等时间的位移差恒定
（3）设B球运动了T秒 vB=aT=0.65m/s
则T=0.26sA球运动了0.06s，下一个小球还没有释放；因此在A球上方没有小球在运动。
14．(1)11.75m (2)2m (3)a＞1.5m/s2
【详解】（1）根据v2=2gh
可得小球上升的最大高度h1=1.25m
则距离地面最大高度为h2=h1+H=11.75m
（2）设小球经过时间t落在小车上，取竖直向上为正方向，则有
解得t=2s或t=-1s（舍去）
平板车运动的位移为x1=vt=6m
则小球落在平板车上的位置到车身前端M的距离为x2=x1-S=2m
（3）小车做匀加速直线运动，设最小加速度为a0，则小车运动位移满足条件为
解得a=1.5m/s2
则平板车的加速度应满足a＞1.5m/s2
15．(1)0.25 (2)0.2G
【详解】（1）将重力进行分解如图所示
由于α=60°，故F1=F2=G
对圆柱体的受力，根据平衡条件可得F=μ0F1+μ0F2
由题可知F=0.5G
联立解得μ0=0.25
（2）把整个装置倾斜，则圆柱体的重力G可以分解为沿槽顶方向的分力F1与垂直于槽顶方向的分力F2，由力的分解可知F1=Gsin37°，F2=Gcos37°
垂直于槽顶方向的分力F进一步分解为两个挤压斜面的压力F1'和F2'，如图所示
由几何知识可得F1'=F2'=F=0.8G
对圆柱体受力分析，根据平衡条件可得
解得F'=0.2G
16．（1）N；（2）8N；（3）m/s2
【详解】（1）对小物块M和小球m分别受力分析，如下图所示，根据平衡条件可得到
对物块M T1-Mgsin30°=0
对小球m T2-F-mgcos53°=0
T1与T2大小相等有 T1=T2=10N
联立解得F=N
（2）小物块M与斜面体相对静止，可看作一整体，并对地面静止，因此细线上的张力T2在水平方向上的分力大小即为地面对斜面体的摩擦力大小Ff=T2cos37°=8N
（3）设撤去F的瞬间细线上的张力为T1'，小物块的加速度为a，根据牛顿第二定律得，对
小物块M、对小球m分别为
联立解得a=m/s2

展开更多......

收起↑