高一第一學期第三次月考物理

龍巖一中2026屆2023—2024學年第三次月考高一物理試題（考試時間：75分鐘滿分：100分）一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．1960年第11屆國際計量大會制訂了一種國際通用的、包括一切計量領域的單位制，叫作國際單位制。在國際單位制中，下列單位屬于基本單位的是（

）A．N B． C． D． 2．馬步是練習武術最基本的樁步。馬步樁須雙腳分開略寬于肩，采取半蹲姿態(tài)，因姿勢有如騎馬一般而且如樁柱般穩(wěn)固，因而得名。如圖所示，某人站在水平地面上保持馬步姿勢不動，則下列說法正確的是（）A．人受到3個力的作用 B．地面對人有水平向后的摩擦力 C．人對地面的壓力方向豎直向下D．地面對人的支持力是由人腳的形變產生的3．如圖甲所示，滑塊以一定的初速度沖上一傾角的足夠長的固定斜面，滑塊上滑過程的圖像如圖乙，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，(，，g?。?，則下列說法正確的是（）A．木塊上滑過程中的加速度大小是 B．木塊與斜面間的動摩擦因數C．木塊經2s返回出發(fā)點 D．木塊回到出發(fā)點時的速度大小4．如圖所示，豎直彈簧下端固定在水平面上，上端靜止疊放兩個質量相等的物體A、B（彈簧與B連接）。若突然撤去物體A，則從物體B開始運動到彈簧恢復原長過程中，下列圖像能正確表示物體B運動速度v和位移x隨時間t變化規(guī)律的是（）A． B． C．D．二、雙項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。5．2023年10月24日，伴隨著“三、二、一”的倒計時聲，“遙感三十九號”衛(wèi)星在“長征二號丁”運載火箭的推動下順利進入太空。如圖所示為“長征二號丁”運載火箭，下列關于它在豎直方向加速起飛過程的說法正確的是（

）A．火箭加速上升時，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，重力增大B．火箭加速上升時，衛(wèi)星對火箭的壓力大于衛(wèi)星的重力C．火箭加速上升時，衛(wèi)星對火箭的壓力大于火箭對衛(wèi)星的支持力D．火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力大小等于火箭對熱氣流的作用力6．如圖所示，固定光滑斜面的傾角為θ，A、B兩球用輕質桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕桿與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有（）A．A球加速度為 B．A球的加速度為0C．輕桿的作用力一定不為0 D．A和B球的加速度相同7．如圖所示，MA、MB、NA是豎直面內三根固定的光滑細桿，M、N、A、B、C位于同一圓周上、C、A兩點分別為圓周的最高點和最低點，O點為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)（圖中未畫出），3個滑環(huán)分別從M點和N點無初速度釋放，、依次表示滑環(huán)從M點到達B點和A點所用的時間，表示滑環(huán)從N點到達A點所用的時間，則（）A． B． C． D．8．如圖所示，已知物塊A、B的質量分別為m1＝4kg、m2＝1kg，A、B間的動摩擦因數為μ1＝0.5，A與水平地面之間的動摩擦因數為μ2＝0.5，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，g取10m/s2，在水平力F的推動下，A、B一起運動且B不下滑，則下列說法正確的是（）A．A、B不可能一起做勻速直線運動B．B受到摩擦力一定為最大靜摩擦力C．力F的大小可能為120ND．力F的大小可能為150N三、非選擇題：共60分，其中911題為填空題，1213為實驗題，14~16題為計算題。填空題和實驗題每個空2分，14題10分，15題10分，16題18分，計算題根據要求作答，沒有過程只寫答案的不給分。9．如圖所示，質量均為m的小球A、B，用一根不可伸長的輕繩繞過光滑定滑輪連接，輕繩OC與豎直方向的夾角。變力F作用在輕繩上的O點，A、B始終處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。當力F與水平夾角時，繩OD的拉力大??；當力F方向變化時，力F的最小值。10．一個質量的木塊，放在光滑水平桌面上，受到三個大小均為、與桌面平行、互成角的拉力作用，則物體的加速度大小為；若把其中一個力反向，物體的加速度大小為11．水平傳送帶以v=2m/s的速度勻速運動，A、B相距11m，一物體（可視為質點）從A點靜止釋放，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2，則物體在傳送帶上滑到B點的速度m/s，物體從A沿傳送帶運動到B所需時間為s。（g取10m/s2）12．某同學用橡皮筋與彈簧測力計驗證“力的平行四邊形定則”，實驗裝置如圖甲所示。其中A為固定橡皮筋的圖釘，OB和OC為細繩。（1）本實驗中兩次拉橡皮筋的過程，主要體現(xiàn)的科學方法是。A．理想實驗法

B．等效替代法

C．控制變量法

D．建立物理模型法（2）如圖丙所示，、夾角大于，現(xiàn)保持O點位置不變，與的夾角不變，將緩慢順時針轉至水平方向的過程中，兩彈簧秤示數大小變化為（兩彈簧測力計的拉力均不超出它們的量程）。A．一直增大，一直減小 B．先增大后減小，一直增大C．一直減小，一直增大 D．一直增大，先減小后增大13．某學習小組利用如圖甲所示的裝置探究“加速度與力、質量的關系”。小車在鉤碼的牽引下沿長木板運動，得到一條紙帶如圖乙所示。已知打點計時器所用交流電的頻率為50Hz。通過處理紙帶可以得到加速度。請完成下列問題：（1）下列做法正確的是。A．調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B．每次改變小桶及桶內砝碼的總重力后，都需要重新平衡摩擦力C．實驗時，先放開木塊，再接通打點計時器的電源D．該實驗不需要滿足鉤碼總質量遠小于小車的質量；（2）根據乙圖測得小車的加速度大小為（結果保留兩位有效數字）；（3）改變小車質量，多次重復實驗，得到小車的加速度與所受拉力的關系如圖丙所示。其中①是小車質量為時對應的圖線，②是小車質量為時對應的圖線，則小車的質量（選填“>”，“=”或“<”）。14．一架質量m=5.0×103kg的噴氣式飛機，從靜止開始在機場的跑道上滑行，經過距離x=5.0×102m，達到起飛速度v=60m/s。在這個過程中飛機受到的平均阻力是飛機重量的0.02倍，g取10m/s2，求：（1）飛機滑行時的加速度為多大；（2）飛機滑行時受到的牽引力多大。15．質量是60kg的人站在升降機的地板上，升降機的頂部懸掛了一個彈簧秤，彈簧秤下面掛著一個質量為m=5kg的物體A，當升降機向上運動時，他看到彈簧秤的示數為40N，g取10m/s2，求：(1)物體A此時的加速度大?。?2)此時人對地板的壓力；(3)電梯保持這個加速度運動2s恰好停止，求這兩秒內電梯的平均速度大小。16．某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時針轉動的速率為。將質量為的物體（可視為質點）無初速地放在傳送帶頂端A，物體到達底端B后能無碰撞地滑上質量為的木板左端。已知木板與地面之間是光滑的，物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數分別為μ1=0.5，μ2=0.25，AB的距離為。重力加速度（已知，）。求：（1）經多長時間物體與傳送帶速度相等？（2）物體滑到傳送帶的底端時，相對傳送帶的摩擦痕跡是多長？（3）要使物體恰好不會從木板上掉下，木板長度應是多少？龍巖一中2026屆2023—2024學年第三次月考物理參考答案1.D2．C【詳解】B．蹲在水平地面上，人在水平方向無運動的趨勢，則地面對人無摩擦力；A．人在豎直方向受力平衡，受到水平地面豎直向上的支持力以及豎直向下的重力，水平方向不受力，共2個力作用；C．人受到水平地面豎直向上的支持力，根據牛頓第三定律，則人對地面的壓力方向豎直向下；D．地面對該人的支持力是由地面的形變產生的。3．B【詳解】A．由圖乙可知木塊加速度為a=101m/s2=10m/s2；B．木塊在向上滑動的過程中，根據牛頓第二定律可知mgsinθ+μmgcosθ=ma，解得μ=0.5；C．木塊在下滑過程中，根據牛頓第二定律可知mgsinθ?μmgcosθ=ma'，解得4．B【詳解】CD．突然撤去物體A，則從物體B開始運動到彈簧恢復原長過程中，物體B先做加速運動，后做減速運動，彈簧的彈力等于重力量，速度最大。故CD錯誤；AB．位移圖像中斜率表示速度，可知A項中位移圖像表示速度一直增大，而B項中位移圖像表示速度先增大，后減小，故B正確，A錯誤。故選B。5．BD【詳解】ABC．火箭加速上升時，加速度方向向上，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，重力不變，根據牛頓第二定律可知衛(wèi)星受到的支持力大于自身的重力，由牛頓第三定律知衛(wèi)星對火箭的壓力等于火箭對衛(wèi)星的支持力，即衛(wèi)星對火箭的壓力大于衛(wèi)星重力，AC錯誤，B正確；D．火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力是作用力和反作用力，二者等大反向，D正確。故選BD。6.AD【詳解】ABD．開始時擋板對小球的支持力FN=mA+mBg解得T=0，即輕桿的作用力為零，選項C錯誤。故選AD。7．BC【詳解】設MA與豎直方向的夾角為α，圓周的直徑為d，根據牛頓第二定律得：滑環(huán)的加速度為a=mgcosαm=gcosα，滑桿的長度為s=dcosα，則根據s=12at2得t=2sa=2dg，可見，時間t與α無關，故有，以M點為最高點，取合適的豎直直徑作圓，如圖所示M點滑到8．AD【詳解】A．由于B不下滑，對B物塊進行受力分析知水平方向受到向外的彈力，水平方向所受合外力不為零，所以B物塊不做勻速直線運動，那么AB不會一起做勻速直線運動，故A正確；B．若AB整體加速度比較大，比較大，則，B受到摩擦力可能為靜摩擦力，沒有達到最大值，故B錯誤；CD．據題意對B物塊進行分析得，由牛頓第二定律得，由受力分析知B物塊豎直方向受力平衡則，由于，對AB整體有，代入數據解得,故C錯誤，故D正確；9．mg3【詳解】[1]以小球A為研究對象，可得，再以O點為研究對象，受力分析如圖，易得F和合成的平行四邊形為正菱形，故TOD=F=TOC=mg；[2]當力F方向變化時，的大小和方向始終不變，O點受力分析動態(tài)如圖，易得當F方向水平時，F(xiàn)最小，10．0【詳解】[1]根據題意，由平行四邊形定則可得，三個大小相等互成的拉力的合力為0，由牛頓第二定律可知，此時物體的加速度為0。[2]由共點力平衡特點可知，其中任一個力與剩下所有力的合力等大反向，若把其中一個力反向，則合力為，有牛頓第二定律可得，此時，物體的加速度為a=10m/s211．26【詳解】[1][2]物體在傳送帶上滑行時的加速度大小為a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，則速度達到傳送帶速度的時間為t1=va=1s，物體勻加速運動的位移為x1=v22a=1m，所以先加速在勻速，到達B點的速度為2m/s。則勻速運動的時間為t2=12.BC【詳解】（1）[1]本實驗中兩次拉橡皮筋的過程，使結點到達相同的位置，主要體現(xiàn)的科學方法是等效替代法。故選B。（2）根據動態(tài)圓，一直減小，一直增大。13.A0.16<【詳解】（1）[1]A．調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，從而減小實驗誤差，故A正確；B．平衡摩擦力只需平衡一次即可，故B錯誤；C．實驗時，先接通打點計時器，再放開木塊，故C錯誤；D．為了保證鉤碼的重力等于細繩的拉力，鉤碼的質量應遠小于小車和砝碼的質量；故選A。（2）[2]根據逐差法可得，小車的加速度為a=（3）[3]根據牛頓第二定律，整理得a=Fm；結合圖像k=1m，可得m=14．（1）；（2）1.9×104N【詳解】（1）飛機在加速過程中，由運動學公式得；（3分）解得；（2分）（2）由牛頓第二定律得，（3分）所以；（2分）15.(1)2m/s(2)480N，方向豎直向下；(3)2m/s【詳解】(1)彈簧秤的示數大小等于彈簧秤對物體的拉力T，對物體受力分析由牛頓第二定律可得（2分）解得（1分）(2)升降機的加速度等于人的加速度，設地板對人的支持力為FN，對人由牛頓第二定律可得（1分）解得（1分）由牛頓第三定律可得，人對地板的壓力為480N，方向豎直向下。（2分）(3)停止前2秒時的速度大?。?分）（2分）16．（1）（1）；（2）；（3）【詳解】（1）物體速度達到傳送帶速度前，由牛頓第二定律，有（1分）解得（1分）假設物體與傳送帶共速所需時間（1分）運動的位移為x1，則對物體，解得符合預設；（1分）（2）共速后，由于，物體繼續(xù)在傳送帶上做勻加速運動，設加速度為，則，解得（1分）設物體經到達端，解得（1分）物體滑上木板左端時的速度大小，解得（1分）第一段勻加速（1分）相對位移（1分）第二段勻加速