永年区第二中学 2023-2024 学年第一学期 12 月月考试卷 高一物理（人教版） 试题
内容与范围： 必修一第一章--第四章 考试时间： 75 分钟 满分： 100 分
注意事项：
1． 答题前填写好自己的姓名、 班级、 考号等信息
2． 请将答案正确填写在答题卡上
第 I 卷（选择题， 共 10 小题， 共 46 分）
一、 单选题（每题 4 分， 共计 28 分）
1． 物理学的关系式在确定了物理量之间的关系时， 也确定了物理量单位之间的关系， 因 此，只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位， 这些被选定的物理量叫做基本量， 它们相应的单位叫做基本单位。 下列各组选项中均属于
力学中基本量的是( )
A． 千克、 米、 秒 B． 米、 千克、 牛顿
C． 质量、 时间、 长度 D． 位移、 速度、 时间
2． 已知一个力 F=20 N， 可分解为两个分力 F1 和 F2， 已知 F1 方向与 F 夹角为 60° , 则 F2 的最小值是( )
A． 5 N B． 10 N C． 10N D． 30N
3． 如图， 一质量 m = 3kg 的物块在拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。 已知 F 大
小为 20N， 方向与水平面成 30°角， 则物块与桌面间的动摩擦因数为（ ）（g 取10m / s2 ）
A． B． C． D．
4．伴随着一座座高楼拔地而起，城市化建设步步推进，一个新鲜的建设工种应运而生：“蜘
蛛人”。 将“蜘蛛人”某次工作简化为如图所示的情形， 跨过定滑轮的绳一端挂水平吊板， 另
永年二中 12 月月考高一物理试卷 第 1 页 共 6 页
一端被吊板上的人拉住。 已知人的质量为M = 65kg， 吊板质量 m = 5kg， 绳及定滑轮的质 量、 定滑轮的摩擦均可不计。 取重力加速度 g = 10m/ s 2。 人与吊板一起竖直向上匀加速运
动， 加速度大小为 2m/ s2 时， 绳的拉力大小为 T， 人对吊板压力大小为 FN， 则( )
A． T = 420N， FN = 360N B． T = 840N， FN = 360N
C． T = 420N， FN = 780N D． T = 840N， FN = 780N
5． 水平地面上一质量为 m 的物体在水平外力 F 作用下做匀速直线运动， 从 t = 0时刻开始 F 随时间均匀减小直至t1 时刻减小为零。 已知物体与地面间的摩擦因数为μ , 物体所受的摩 擦力为f、 加速度为 a、 速度为 v， 重力加速度为 g。 则下列f、 a、 v 随时间变化的图像可 能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6． 如图所示， 质量为 m 的木块 A 置于斜劈 B 上， A 与 B 一起沿光滑固定斜面由静止开始
下滑， 二者始终保持相对静止， 重力加速度为 g， 则在下滑过程中， 下列说法正确的是
( )
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A． 木块 A 所受的合力竖直向下
B． 木块 A 只受重力和支持力作用
C． 木块 A 受 B 作用于它的摩擦力大小为mg sinθcosθ
D． 木块 A 受到的支持力大小等于木块 A 的重力大小
7． 如图所示， 竖直放置在水平面上的轻弹簧上， 放着质量为 2kg 的物体 A， 处于静止状 态。 若将一个质量为 3kg 的物体 B 轻放在 A 上， g 取 10m/s2， 在轻放瞬间( )
A． B 的加速度为 0 B． B 对 A 的压力大小为 30N
C． B 的加速度为 6m/s2 D． B 对 A 的压力大小为 18N
二、 多选题（每题 6 分， 共计 18 分）
8．如图所示，物块放在粗糙的斜面上处于静止状态。现对物块施加一沿斜面向上的拉力 F，
在拉力 F 由零逐渐增大到物块刚要滑动的过程中， 物块受到的静摩擦力( )
A． 先沿斜面向上， 后沿斜面向下 B． 先沿斜面向下， 后沿斜面向上
C． 先增大后减小 D． 先减小后增大
永年二中 12 月月考高一物理试卷 第 3 页 共 6 页
9． 升降机中站在体重计上的人， 发现体重计示数比自己的体重大， 则( )
A． 人受到的重力增大了 B． 物体处于超重状态
C． 升降机可能正在加速下降 D． 升降机可能正在加速上升
10． 如图所示， 劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上， 另一端与置于水平面上质量均 为 m 的物体 A、 B 接触（A 与 B 和弹簧均未连接）， 弹簧水平且无形变。 用水平力 F 缓慢 推动物体 B， 在弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0， 此时物体 A、 B 静止。 已知物体 A 与水 平面间的动摩擦因数为μ , 物体 B 与水平面间的摩擦不计。 撤去 F 后， 物体 A、 B 开始向
左运动， A 运动的最大距离为5x0。 重力加速度为 g。 则( )
A． 撤去 F 后， 物体 A 和 B 先做匀加速运动， 再做匀减速运动
B． 撤去 F 瞬间， 物体 A、 B 的加速度大小为 - μg
C． 物体 A、 B 一起向左运动距离 x = x0 - 后相互分离
D． 物体 A 脱离弹簧后， 经时间t = 停止运动
第 II 卷（非选择题， 54 分）
三、 实验题（每空 2 分， 共计 14 分）
11． 某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动， 用自制“滴水计时器”计量时间。 实验 前， 将该计时器固定在小车旁， 如图（ a） 所示。 实验时， 保持桌面水平， 用手轻推一下 小车。 在小车运动过程中， 滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴， 图（b） 记录了桌面上
连续的 6 个水滴的位置。 （已知滴水计时器每 30 s 内共滴下 91 个小水滴）
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( 1)由 图（b） 可知， 小车在桌面上是 （填“从右向左”或“从左向右”） 运动的；
(2)该小组同学根据图（b） 的数据判断出小车做匀变速运动。 小车运动到图（b） 中 A 点位 置时的速度大小为 m/s， 加速度大小为 m/s2。（结果均保留 2 位有效数字） 12． 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系， 甲、 乙同学设计了如图（ a） 所示的实 验装置， 其中 M 为小车的质量， m 为砂和砂桶的总质量， m0 为滑轮的质量。 力传感器可
测出轻绳中的拉力大小。
（1） 实验时， （“ 需要”或“不需要”） 保证砂和砂桶的总质量 m 远小于小车的质
量 M， （“ 需要”或“不需要”） 将带滑轮的长木板右端垫高， 以补偿摩擦力。
（2） 甲同学以力传感器的示数 F 为横坐标， 加速度 a 为纵坐标， 画出的 a-F 图象是一条
直线， 如图（ c） 所示， 图像的斜率为 k， 则小车的质量 M= 。
A． - m0 B． C． - m0 D．
（3） 乙同学根据测量数据作出如图（d） 所示的 a-F 图像， 该同学做实验时存在的问题可 能是 。
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四、 解答题（13 题 12 分， 14 题 12 分， 15 题 16 分）
13． 甲、 乙两车在平直公路上比赛， 某一时刻， 乙车在甲车前方L1 = 11m 处， 乙车速度
v乙 = 60m/s， 甲车速度 v甲 = 50m/s， 此时乙车离终点线尚有L2 = 600m， 如图所示。 若甲车
做匀加速运动， 加速度 a = 2m/s2， 乙车速度不变， 不计车长。
（1） 经过多长时间甲、 乙两车间距离最大， 最大距离是多少？
（2） 到达终点时甲车能否超过乙车？
14． 传送带在生产生活中广泛应用。 如图所示， 一水平传送带长 L = 10m， 以 v = 5m/ s 的 速度运行。 水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接， 斜面倾角θ= 30。。 一物块由静止轻 放到传送带左端， 物块通过传送带后冲上光滑斜面。 已知物块与传送带间的动摩擦因数
μ = 0.25， 重力加速度取 g = 10m/ s 2。 求：
（1） 物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间；
（2） 物块沿斜面上滑的最大位移的大小；
15．如图所示，一块质量为 M=2kg、长为 L=3m 的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上， 在木板的左端静止摆放着质量为 m = 1kg 的黑色煤块（可视为质点。 薄木板和煤块之间的 动摩擦因数为μ1 =0. 1， 薄木板与地面之间的动摩擦因数为μ2 =0.3。 在 t=0 时刻， 在木板左 端施加一水平向左恒定的拉力 F= 18N， g 取 10m/s2。 则：
（1） 拉力 F 刚作用在木板上时， 木板和煤块的加速度大小分别是多少？
（2）若在时间 t= 1s 末撤去 F， 再经过多长时间木板和煤块第一次速度相同？ 在此情况下， 最终煤块在木板上留下的痕迹的长度是多少？
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高一物理（人教版）参考答案
内容与范围： 必修一第一章--第四章
一、单选题（每题 4 分，共计 28 分）
1．C
【详解】长度、质量、时间是国际单位制中三个力学基本物理量，国际单位分别是米、千克、秒，
故 C正确，ABD错误。
故选 C。
2．D
【详解】作出力的分解，如图
由图可知 F2的最小值是
F2 F sin 60
3 20 3N 30N
2
故选 D。
3．D
【详解】对物块由平衡条件可知
F cos30 f
F sin 30 FN mg
f FN
联立解得
= 3
2
故选 D。
4．A
【详解】对人与吊板整体进行受力分析有
2T M m g M m a
解得
T 420N
对吊板进行受力分析有
T FN mg ma
解得
FN 360N
故选 A。
5．B
【详解】AB.由题意可知，物体做匀速运动，从 t=0时刻，拉力 F开始均匀减小，t1时刻拉力减小为
零，出现的摩擦力有两种可能，一是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的一直是滑动摩擦力，
即大小不变； 另一是当拉力为零前，物体已静止，则当拉力为零时，先是滑动摩擦力，后是静摩擦
力，滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的大小与拉力相等，而此时拉力小于滑动摩擦力大小，故 A
错误，B正确；
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C.t=0时，物体加速度应该为 0，故 C错误；
D.因为物体受的拉力不断变化，所以受的合力也会变化，加速度也会变化，不会做匀减速直线运动。
故 D错误。
故选 B。
6．C
【详解】A．对整体易得加速度沿着斜面向下，对 A将加速度分解为水平向左的加速度 ax和竖直向
下的加速度 ay，而对 A受力有重力 mg（竖直向下）、支持力 N（竖直向上）和摩擦力 f（水平方向），
显然水平分加速度只能由摩擦力提供，即
f max
故小木块受到水平向左的摩擦力故 AB错误；
C．将 AB看成一个整体，根据牛顿第二定律可得
mA mB g sin mA mB a
可得
a g sin
对 A进行水平方向受力分析，可得
ax acos g sin cos
则可得木块 A受 B作用于它的摩擦力大小为mg sin cos ，故 C正确；
D．对 A进行竖直方向受力分析，可得
mAg N may
木块 A受到的支持力大小小于木块 A的重力大小，故 D错误；
故选 C。
7．C
【详解】开始时
mAg F弹
在轻放 B瞬间，则对 AB的整体
mAg mBg F弹 (mA mB )a
解得
a=6m/s2
此时对 B分析
mBg FN mBa
解得
FN=12N
即 B对 A的压力大小为 12N，选项 ABD错误，C正确。
故选 C。
二、多选题（每题 6 分，共计 18 分）
8．AD
【详解】对物体 m的受力分析，受到竖直向下的重力 mg、沿斜面向上的拉力 F、垂直于斜面向上的
支持力 N，静摩擦力 f，在沿斜面方向上 F从零开始增加，即开始时
F mg sin
故静摩擦力方向沿斜面向上，且
f mg sin F
随着 F的增大，f减小；当 F mg sin 时，
f=0
之后
F mg sin
静摩擦力方向沿斜面向下，且
f F mg sin
随着 F的增大 f增大，故 f的方向先沿沿斜面向上，后沿斜面向下，大小先减小后增大。
故选 AD。
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9．BD
【详解】AB．升降机中站在体重计上的人，发现体重计示数比自己的体重大，说明人超重了，但是
人受到的重力不变，选项 A错误，B正确；
CD．超重时加速度向上，则升降机可能正在加速上升或者减速下降，选项 C错误，D正确。
故选 BD。
10．CD
【详解】A．撤去 F后，整体受的滑动摩擦力不变，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的
弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，A、B一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为
零时 B与 A分离，以后 B做匀速运动，A做加速度增大的减速运动，当弹簧恢复原长后，A与弹簧
分离做匀减速直线运动，故 A错误；
B．撤去 F瞬间，对 AB整体有
kx0-μmg=2ma
解得
a kx 1 0 g
2m 2
故 B错误；
C．当物体 A、B相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力为
kx mg
压缩量为
x mg
k
所以一起向左运动距离
x x mg0 k
后相互分离，故 C正确；
D．物体 A脱离弹簧后
加速度
a mg g
m
根据
5x 1 20 x0 at2
解得
t 8x 0
g
故 D正确。
故选 CD。
第 II 卷（非选择题，54 分）
三、实验题（每空 2 分，共计 14 分）
11． 从右向左 0.38m/s 0.15m/s2
【详解】(1)[1]由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续 6个水滴的位置，可知，
小车从右向左做减速运动。
(2)[2]已知滴水计时器每 30s内共滴下 91个小水滴，那么各点时间间隔为
T 30 1 s s
90 3
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有
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v 117 133 10 3A 1 m/s 0.38m/s2
3
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
x aT 2
可以求出加速度，得
a 100 117 133 150 2 10
3m / s2 0.15m / s2
4 1
3
那么加速度的大小为 0.15 m/s2。
12． 不需要 需要 C 没有补偿摩擦力或补偿摩擦力不够
【详解】（1）[1][2]实验中，因为力传感器可以直接读出绳中拉力，不需要满足砂和砂桶的总质量 m
远小于小车的质量 M，为了使合外力等于绳中拉力，所以需要平衡摩擦力，需要将带滑轮的长木板
右端垫高，以补偿摩擦力。
（2）[3]根据
2F (M m0 )a
整理得
a 2 F
M m0
所以斜率
k 2
M m0
小车的质量
M 2 m
k 0
故选 C。
（3）[4] 如图（d）所示的 a-F图像，拉力较小时没有加速度，说明没有补偿摩擦力或补偿摩擦力不
够。
四、解答题（13 题 12 分，14 题 12 分，15 题 16 分）
13．（12分） （1）5s，36m；（2）不能
【分析】（1）抓住两车相距最大时的临界条件：两车速度相等展开计算即可；
（2）分析乙车到达终点经过的时间，再求出甲车在此过程中经过的位移，比较即可求解。
【详解】（1）根据题意可知，甲车速度小于乙车时距离一直在被拉远，因此当甲、乙两车的速度相
等时两车距离最大，则有
v乙 v甲 at .....................................................................2分
代入数据得到
t 5s
所以经过 5s两车间距最大，此过程中甲车位移为
x 1 1甲 v
2 2
甲t at 50 5 2 5 275m2 2 ...................................................................4分
乙车位移为
x乙 v乙t 60 5 300m .....................................................................5分
两车最大距离为
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x x乙 x甲 L1 300 275 11 36m ....................................................................6分
（2）因为乙车做匀速运动，所以乙车到达终点所需时间为
t L2 6001 10sv乙 60 .....................................................................8分
假设再经过 t2时间后，甲车恰好超过乙车，则有
v乙t2 L
1
1 v甲t2 at
2
2 2 ...................................................................10分
解得
t2 11s t1 .....................................................................12分
所以到达终点线时甲车不能超过乙车。
14．（12分） （1）3s：（2） 2.5m
【详解】（1）物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有
mg ma1
解得
a1 2.5m / s
2
...................................................................3分
物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式
v a1t1
解得
t1 2s ...................................................................5分
运动的距离为
x 11 a t
2 5m
2 1 1
物块在传送带上匀速运动的时间为
t L x12 1sv
物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间
t t1 t2 3s ...................................................................7分
（2）物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有
mg sin ma2
解得
a2 5m / s
2
...................................................................10分
对物块沿斜面上升过程，由运动学公式
v2 2a2x2
解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为
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x2 2.5m ...................................................................12分
15．（16分） （1）1m/s2，4m/s2；（2）0.5s，2.25m
【详解】（1）F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，对煤块有
1mg ma1
代入数据解得
a1=1m/s2
对木板有
F 1mg 2(M m) g Ma2
代入数据解得
a2=4m/s2..................................................................4分
（2）t＝1s末煤块的速度
v1 a1t =1×1m/s=1m/s
木板的速度
v2 a2t=4×1m/s=4m/s
此过程中木块相对木板的位移大小
x v2 v1 1 t
2 2 ＝1.5m...................................................6分
若在时间 t＝1s末撤去 F，则之后煤块仍以 a1的加速度做匀加速运动，而木板将做匀减速运动，设加
速度大小为a3，则有
1mg 2(M m)g Ma3
代入数据解得
a3=5m/s2.................................................................8分
设再经时间 t2 后二者速度相等，有
v1 a1t2 v2 a3t2
代入数据解得
t2 =0.5s
此时两者的共同速度为
v v1 a1t2=1.5m/s
此过程中煤块相对木板的位移大小
x v2 v v v 2 t 1 t2 2 2 2 =0.75m.....................................10分
假设二者共速后仍相对滑动，则之后煤块以 a1的加速度减速，木板也向左减速，设加速度大小为a4，
则有
2 (M m)g 1mg Ma4
代入数据解得
a 24=4m/s
a4> a1，假设成立，此过程煤块相对木板的位移大小
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x v
2 v2
3 2a 2a ≈0.84m
＜ x1＋ x2
1 4
则在此情况下，最终煤块在木板上留下的痕迹的长度
x x1 x2 ＝2.25m .............................................12分
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