心无旁骛，竭尽全力，争分夺秒，顽强拼搏踏踏实实，不骄不躁，长风破浪，直济沧海，大家，注定成功！智学网高中一年级频道为大伙推荐《高中一年级物理上册月考试题及参考答案》期望对你的学习有帮助！

第Ⅰ卷

1、选择题

1．以下是必学1课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是

A．甲图初中生从起立到站直的过程中，体重计的示数先减小后增大

B．乙图中赛车的水平较小，却安装着牵引力非常大的发动机，目的是获得非常大的加速度

C．丙图中海豚的身体呈流线型，是为了增大海豚的浮力

D．丁图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面做匀速直线运动

答案：B

分析：初中生从起立到站直历程了从超重到失重的过程，A错；由F＝ma可知B项正确；海豚的流线型身体是为了减小水的阻力，C错；运动员推开冰壶后，冰壶在冰面做减速运动，D错。

2．如图所示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动状况，下列说法中正确的是

A．速度相等的物体是B、D

B．合力为零的物体是A、C、E

C．合力是恒力的物体是D、F

D．合力是变力的物体是F

答案：D

分析：x－t图象的斜率等于速度，则A的速度为0，B的速度为vB＝xt＝2m/s。D的运动速度是变化的，故A错误。A静止，C做匀速直线运动，E的加速度不变，做匀变速运动，则A、C的合力都为零，E的合力不为零，故B错误。合力是恒力的物体是D，F的加速度增大，合力增大，故C错误，D正确。

3．如图所示，中国三一重工的一台62米长的泵车，参与某次消防救火冷却作业，对泵车在水平面路面上以加速度a作匀加速运动的过程，下列剖析正确的是

A．泵车遭到的重力和泵车对地面的重压是一对平衡力

B．汽车轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的重压

C．开车时需要系安全带是为了减小司机的惯性

D．若泵车发动机的牵引力增为原来的2倍时，泵车的加速度将大于2a

答案：D

分析：泵车遭到的重力和泵车对地面的重压的受力物体不同，不可能是一对平衡力，故A错误；汽车轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加摩擦力，故B错误；惯性的量度是水平，系安全带不会改变司机的水平，故C错误；牵引力增为原来的2倍，阻力不变，所以加速度大于2a，故D正确。

4．如图所示，水平分别为2m、m的箱子A和物体B，用轻质细绳相连跨过光滑的定滑轮，A置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状况。现向A中缓慢的加入沙子，整个系统一直维持静止，则在加入沙子的过程中

A．绳子拉力渐渐增大

B．A对斜面的重压维持不变

C．A所受的摩擦力渐渐减小

D．A所受的摩擦力渐渐增大

答案：D

分析：对B研究可知，绳子拉力与B的重力大小mg相等，维持不变，故A错误。未加沙子时，绳子的拉力大小为T＝mg，A的重力沿斜面向下的分力大小为2mgsin30°＝mg，两力平衡，则知A相对斜面没运动趋势，不受斜面的静摩擦力。重力垂直于斜面的分力大小为2mgcosplay30°＝3mg；加沙子过程中，A有向下运动趋势，重力的两个分力都增大，A所受的摩擦力为f＝2mgsin30°－T，m增大，则f渐渐增大，A对斜面的重压也增大。故D正确，BC错误，故选D。

5.如图所示，总水平为460kg的热气球，从地面最初竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力维持不变，上升过程中热气球总水平不变，重力加速度g＝10m/s2。关于热气球，下列说法正确的是

A．所受浮力大小为4830N

B．加速上升过程中所受空气阻力维持不变

C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s

D．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为400N

答案：A

分析：由牛顿第二定律，所受浮力为F，则F－mg＝ma，F＝m＝460×N＝4830N，A正确；加速上升过程中速度增大，受空气阻力增大，B错误；气球开始加速度为0.5m/s2，此后加速度将变化，没办法确定10s时气球速度，C错误；匀速上升时F－mg－f＝0，空气阻力f＝F－mg＝N＝230N，D错误。

6.一个水平为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法中正确的是

A．水平拉力用途下物体发生的位移为10m

B．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相反

C．撤去拉力后物体还能滑行13.5m

D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1

答案：C

分析：速度时间图象中面积表示位移，由图可知前3s内的位移为12m，A错；由图象可知，1s到3s内的加速度为：a0＝ΔvΔt＝23m/s2,3s到6s内加速度为：a＝ΔvΔt＝13m/s2，摩擦力为f＝ma＝0.1N，依据牛顿第二定律有：F＋f＝ma0，解得F＝0.1N，方向与摩擦力方向相同，B错；撤去拉力时物体速度为：v＝3m/s，撤去拉力后的位移为：x＝v22a＝13.5m，C正确；依据a＝μg，可得摩擦因数为130，D错。综上本题选C。

7．酒驾会致使很多安全隐患，是由于驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现状况到采取制动的时间。下表中“考虑距离”是指驾驶员从发现状况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现状况到汽车停止行驶的距离。

速度考虑距离/m考虑距离/m

正常酒后正常酒后

157.515.022.530.0

2024.020.036.746.7

2512.525.054.2x

剖析上表可知，下列说法正确的是

A．驾驶员酒后反应时间比正常状况下多0.5s

B．若汽车以20m/s的速度行驶时，发现前方40m处有险情，酒驾不可以安全停车

C．汽车制动时，加速度大小为10m/s2

D．表中x为66.7

答案：ABD

分析：“考虑距离”是指驾驶员从发现状况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，这期间车是匀速运动的，驾驶员酒后反应时间t1＝15.015s＝20.020s＝25.025s＝1s，驾驶员正常反应时间t2＝7.515s＝1020s＝12.525s＝0.5s，所以驾驶员酒后反应时间比正常状况下多0.5s，A对；“制动距离”是指驾驶员从发现状况到汽车停止行驶的距离，由表格可见，速度为20m/s时，制动距离46.7m，故B对；汽车制动时的加速度大小都相同，按速度为15m/s时计算：a＝v22x＝15222.5－7.5m/s2＝7.5m/s2，故C错；表中x＝2522×7.5m＋25.0m＝66.7m，因此D对，所以选ABD。

8．如图，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，渐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图所示，重力加速度g取10m/s2。依据图可知

A．物体的水平m＝2kg

B．斜面的倾角θ＝37°

C．加速度为6m/s2时物体的速度v＝18m/s

D．物体能静止在斜面上所施加的小水平外力Fmin＝12N

答案：AB

分析：Fcosplayθ－mgsinθ＝ma，将a1＝2m/s2，F1＝20N，a2＝6m/s2，F2＝30N代入上式得m＝2kg，θ＝37°，故A、B正确；当a＝0时，Fmin＝15N，D错误；没办法求出瞬时速度，C错。

9.如图所示，一个水平为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则

A．滑块可能遭到三个力用途

B．弹簧肯定处于压缩状况

C．斜面对滑块的支持力大小可能为零

D．斜面对滑块的摩擦力大小肯定等于12mg

答案：AD

分析：弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，由于弹簧的形变状况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力有哪些用途而平衡，也会有弹簧的弹力，故A正确；弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状况，故B错误；因为滑块此时遭到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误；静摩擦力肯定等于重力的下滑分力，即为12mg，故D正确，故选AD。

10．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带一直维持v＝1m/s的恒定速率

运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则

A．乘客与行李同时到达B处

B．乘客提前0.5s到达B处

C．行李提前0.5s到达B处

D．若传送带速度足够大，行李快也要2s才能到达B处

答案：BD

分析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝va＝1s达到一同速度，位移x1＝v2t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝2－x1v＝1.5s，到达B共用2.5s。乘客到达B，历时t＝2v＝2s，故B正确。若传送带速度足够大，行李一直加速运动，短运动时间tmin＝2×21s＝2s，D项正确。

第Ⅱ卷

2、填空题

11．借助图中所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落。打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。

为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有_____。

A．天平B．停表C．米尺

若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处置均无错误，写出一个你觉得可能引起此误差是什么原因：________。

答案：C打点计时器与纸带之间存在摩擦

分析：为了测得重物下落的加速度，须知重物下落的时间与位移，时间可由打点计时器测定，位移可由米尺测定，重物的水平没必要测定，无需天平，故选C。

实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，引起此误差是什么原因：打点计时器与纸带之间存在摩擦等。

12．在“探究求合力的办法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。

为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表：

弹力F0.501.001.502.002.503.003.50

伸长量x0.741.802.803.724.605.586.42

用作图法求得弹簧的劲度系数k＝_____N/m；

某次实验中，弹簧秤的指针地方如图所示，其读数为_____N；同时借助中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，画出这两个共点力的合力F合；

由图得到F合＝_____N。

答案：如图所示

53；

2.10；

3.3。

分析：该题考查探究合力的办法这一实验，同时包括了探究弹力与弹簧伸长的关系这一实验。主要考查了学生借助实验数据剖析问题的能力。

在做F－x图象时，把误差较大的数据除掉，如此会减小测量误差。

在借助图示求合力时，应选好标度。

13．在《探究加速度与力、水平的关系》实验中，某组同学用如图1所示装置，来研究小车水平不变的状况下，小车的加速度与小车遭到力的关系。

图2是实验中获得的一条纸带的一部分，其中0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个点，计数点间的距离如图所示，打“3”计数点时小车的速度大小为_____m/s，由纸带求出小车的加速度的大小为a＝_____m/s2。

下列手段中不正确的是_____。

A．第一要平衡摩擦力，使小车遭到的合力就是细绳对小车的拉力

B．平衡摩擦力的办法就是在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动

C．每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力

D．实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车遭到的拉力

某组同学由实验得出数据，画出的a－1M的关系图线，如图3所示，从图象中可以看出，用途在小车上的恒力F＝_____N。当小车的水平为5kg时，它的加速度为_____m/s2。

答案：0.260.50BC51

分析：v3＝0.024＋0.02882×0.1m/s＝0.26m/s

a＝0.0288＋0.0240－0.0189－0.01404×0.01m/s2

＝0.50m/s2。

实验第一要平衡摩擦力，使小车遭到的合力就是细绳对小车的拉力，故A正确；平衡摩擦力的办法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动，故B错误；改变小车拉力，无需重新平衡摩擦力，C错误；实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车遭到的拉力，故D正确，本题选不正确的，故选B、C。

由图可知a－1M的关系图线是一条过坐标原点的直线，说明物体所受的合力是定值，a－1M图象的斜率：k＝F＝20.4＝5N，当M＝5N时，a＝FM＝1m/s2

3、论述、计算题

14．某运动员做跳伞练习，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图a.降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b。已知人的水平为50kg，降落伞水平也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比，即f＝kv。求：

打开降落伞前人下落的距离为多大？

求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？

悬绳可以承受的拉力至少为多少？

答案：20mk＝200Ns/ma＝30m/s2方向竖直向上312.5N

分析：h0＝v202g＝20m

kv＝2mg，将v＝5m/s代入得k＝200Ns/m

对整体：kv0－2mg＝2ma，

a＝kv0－2mg2m＝30m/s2

方向竖直向上

设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：

8Tcosplayα－mg＝ma，

T＝mg＋a8cosplay37°＝312.5N

由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力至少为312.5N。

15．水平为30kg的孩子坐在水平为10kg的雪橇上，雪橇静止在地面上，离雪橇前端x＝7m处有一个倾角为θ＝37°的斜坡。有一同伴在雪橇的后方施加F＝200N的斜向下推力用途，推力F与水平方向的夹角也为θ＝37°，推力用途4s后撤去。已知雪橇与地面、雪橇与斜面之间的动摩擦因数μ都是0.25。将孩子和雪橇都看成质点，若雪橇能冲上斜面，不考虑从地面到斜坡的速度损失，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cosplay37°＝0.8。求：

撤去推力时，雪橇的速度多大？

雪橇能否冲上斜面？假如能，请求出雪橇沿斜坡上升的大距离；假如不可以，请说明理由。

答案：3m/s能；0.25m

分析：依据牛顿第二定律得

Fcosplay37°－μ＝ma1

代入数据解得a1＝0.75m/s2

撤去推力时的速度为v＝a1t1＝0.75×4m/s＝3m/s

推力用途阶段前进的距离

x1＝12a1t21＝12×0.75×16m＝6m

撤去推力后a2＝μmgm＝μg＝2.5m/s2

撤去推力后的位移为x2＝x－x1＝1m

依据公式2a2x2＝v22－v21

解得到达斜面底部时的速度为v2＝2m/s

此时仍可以冲上斜面。

在斜面上运动的加速度可依据牛顿第二定律

mgsin37°＋μmgcosplay37°＝ma3

代入数据解得a3＝8m/s2

沿斜面上升的距离－2a3x3＝0－v22

代入数据解得x3＝0.25m

16．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目。比赛场地示意图如图所示，比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放下让冰壶以肯定的速度滑出，使冰壶的停止地方尽可能挨近30m处的圆心O，设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。

求冰壶的加速度大小？并通过计算说明冰壶能否到达圆心O。

为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.004。为使冰壶C可以沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？

答案：0.08m/s2不可以到达圆心O

10m

分析：冰壶在运动中只遭到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得－μ1mg＝ma1

a1＝－μ1g，代入数据得a1＝－0.08m/s2

冰壶做匀减速运动，由v2－v20＝2a1x

得x＝25m<30m，不能到达圆心O

用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，冰壶在运动中遭到的滑动摩擦力减小，由牛顿第二定律可得－μ2mg＝ma2

没用毛刷擦冰面，冰壶滑行x1，速度减小为v，则有

v2－v20＝2a1x1

用毛刷擦冰面，冰壶滑行x2，速度减小为零，则有

0－v2＝2a2x2

x1＋x2＝30

代入数据得x2＝10m

17．如图甲所示，水平为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，用途时间t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2。求：

物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；

t＝6s时物体的速度，并在乙图上将t＝6s内物体运动的v－t图象补画完整，需要标明有关数据；

物体返回出发点的速度大小。

答案：物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，拉力F的大小为30N；

t＝6s时物体速度为6m/s，方向沿斜面向下；t＝6s内物体运动的v－t图象如图所示；

物体返回出发点的速度大小约为11.0m/s

分析：设力用途时物体的加速度为a1，对物体进行受力剖析，由牛顿第二定律有：

F－mgsinθ－μmgcosplayθ＝ma1

撤去力后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律有：

mgsinθ＋μmgcosplayθ＝ma2

由图象可得a1＝20m/s2；a2＝10m/s2

代入解得F＝30N；μ＝0.5

故斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，拉力大小为30N；

3s末物体速度减为零，之后物体下滑做匀加速直线运动，依据牛顿第二定律有：

mgsin37°－f＝ma3

解得：a3＝2m/s2

由速度公式，得到再过3s，有：v＝a3t＝6m/s

故物体6s末速度大小为6m/s。方向与初速度方向相反即沿斜面向下。

图象见答案。

速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，故前3s的位移为：

s＝12×3×20＝30m；

下滑过程，依据位移时间关系公式，有：s＝12a3t2，解得t≈5.5s故返回出发点的速度为：v3＝a3t＝2×5.5≈11.0m/s。