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哈九中 2024 级高一学年上学期 12 月份月考物理试卷
（考试时间：90分钟 满分：100分）
I卷（选择题，14小题，共47分）
一、单项选择题（本题共9小题，每题3分，共27分，在每小题给出的四个选项中，只有一
项符合题目要求）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 牛顿第一定律也叫惯性定律，它可以通过实验直接验证
B. 在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s
C. 相互挤压的海绵比物块形变大，所以海绵对物块的力大于物块对海绵的力
的
D. kg、m/s、N是国际单位 导出单位
【答案】B
【解析】
【详解】A．牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得
出的。该定律是在可靠的事实基础上，通过科学推理概括出来的，不能直接用实验来验证，故A错误；
BD．在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s，其它单位例如m/s、N是国际单位的导出单位，
故B正确；D错误；
C．物块对海绵的力与海绵对物块的力是作用力与反作用力，大小相等，故C错误。
故选B。
2. 水平地面上的物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图像如图
所示，若物体与地面间滑动摩擦力的大小为f则F的大小为（ ）
A. F=f B. F=1.5f C. F=2f D. F=3f
【答案】C
【解析】
【分析】根据速度时间图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出
F的大小．【详解】匀加速直线运动的加速度大小 ，匀减速直线运动的加速度大小 ．
根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，f＝ma
1 2
因为a＝a，所以F＝2f．故C正确，A、B、D错误
1 2
故选C．
【点睛】本题考查了运动学图线与牛顿第二定律的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
3. 如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，在小球与弹簧开始接触到弹簧被
压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是( )
A. 加速度越来越大，速度越来越小
B. 加速度和速度都是先增大后减小
C. 速度先增大后减小，加速度方向先向下后向上
D. 速度一直减小，加速度大小先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】在接触的第一个阶段，mg>kx，由牛顿第二定律可知
F =
合
解得
a＝
加速度方向竖直向下，小球向下运动，x逐渐增大，所以加速度逐渐减小，又因为这一阶段a与v都竖直向
下，所以v逐渐增大。
第二阶段当mg＝kx时，则有
F ＝0
合
a＝0
此时速度达到最大,之后小球继续向下运动，第三阶段mg6N时，A相对于B运动，反之二者保持相对静止，故A错误，C正确；
B．当拉力F=3N时，AB保持相对静止，则
联立解得即B受A的摩擦力等于2N，故B错误；
D．若把水平向右的拉力F作用于B，当A、B要发生相对运动时的加速度为
对整体，由牛顿第二定律得
即当拉力大于12N时，A相对于B滑动，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，质量m =2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量m =1kg的小物块
B A
A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度2m/s2做匀加速直
线运动，已知弹簧的劲度系数k=600N/m，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 变力F的最小值为5N
B. 变力F的最大值为11N
C. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小为0.2m/s
D. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小为0.4m/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得
由于弹簧弹力减小，则外力F增大，即刚开始施力时，F最小，此时弹簧弹力等于整体的重力大小，即故A错误；
B．二者分离时，外力F达到最大，且AB之间的弹力为零，对A，根据牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
CD．分离时，二者速度相等，加速度相等，对B，根据牛顿第二定律可得
解得
根据速度位移公式有
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。
二、不定项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，至少
有两个选项正确，选不全的得2分，有选错的得0分）
10. 如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。
现让三个小球（可以看作质点）分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止下滑到Q点，运动的时间分别
为t、t 和t，运动的平均速度分别为v、v 和v。则有（ ）
1 2 3 1 2 3
A. B.C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．设任一斜面与水平方向的夹角为 ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律
斜面的长度为
则由
解得
可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有故A错误；B正确；
CD．根据
又
则
故C正确；D错误。
故选BC。
11. 如图所示，质量为 M 的斜面静置在水平地面上，斜面上有一质量为 m 的小物块，水平力F 作用在
小物块上时，两者均保持静止，斜面受到水平地面的静摩擦力为 f、支持力为 N ，小物块受到斜面的静
1 1
摩擦力为 f、支持力为 N 现使 F 逐渐增大，两者仍处于静止状态，则（ ）
2 2A. f 一定增大，f 不一定增大 B. f 一定增大，f 一定减小
1 2 1 2
C. N 一定不变，N 一定增大 D. N 一定增大，N 一定增大
1 2 1 2
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．对物块m受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力。
①当
时，静摩擦力沿着斜面向上，大小为
当F增大时， 变小；
②当
时，静摩擦力为零，当 增大时， 变大；
③当
时，静摩擦力沿着斜面向下，大小为
F增大时， 变大；
对整体受力分析，受到重力、支持力、静摩擦力、推力，则有
则 增大， 一定增大，故A正确，B错误；CD．对物块m受力分析，垂直斜面方向一定有
故F增大时， 变大；
对整体，竖直方向一定有
故F增大时， 不变，故C正确，D错误。
故选AC。
12. 如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动
摩擦因数为0.4。A的右边被一根轻弹簧用1.6N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，g取10m/s2。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动（ ）
A. 让木箱以4m/s2的加速度向上减速运动
B. 让木箱以2m/s2的加速度向下减速运动
C. 让木箱以2m/s2的加速度向左加速运动
D. 让木箱以0.8m/s2的加速度向右加速运动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．当木箱以4m/s2的加速度向上减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时的最大静摩擦力为
弹簧拉力为1.6N，可知，物块A相对木箱底面向右移动，故A正确；
B．当木箱以2m/s2的加速度向上减速运动，根据牛顿第二定律有解得
此时的最大静摩擦力为
弹簧拉力为1.6N，可知，物块A相对木箱底面静止不动，故B错误；
C．当木箱以2m/s2的加速度向左运动时，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力仍然为
对物块进行分析，所需合力为
最大静摩擦力和弹簧拉力的最大向左合力为
可知，最大静摩擦力与弹簧拉力的合力不足以提供2m/s2的加速度，则物块A相对木箱底面可能向右移动，
故C正确；
D．当木箱以0.8m/s2的加速度向右运动时，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力仍然为
对物块进行分析，所需合力为
最大静摩擦力和弹簧拉力的向右的最大合力为
可知，最大静摩擦力与弹簧拉力的合力足以提供0.8m/s2的加速度，则物块A相对木箱底面静止，故D错
误；
故选AC。
的
13. 如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长 轻绳相连悬挂在定滑轮上，物体Q的质
量是P的3倍，用手托住Q使P、Q静止，此时Q离地的高度为h。t = 0时刻由静止释放Q，重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，物体P上升过程中的最高点低于定滑轮，两物体和滑轮均可视为质点。
下列说法正确的是（ ）
A. 物体Q的加速度大小为
B. 物体P的加速度大小为
C. 物体P上升的最大高度为
D. 物体P上升的最大高度为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．分别对P和Q，根据牛顿第二定律可得
联立解得
故A错误，B正确；
CD．当Q落地时，设P和Q的速度大小为v，则
所以
之后P做竖直上抛运动，有所以
所以物体P上升的最大高度为
故C正确，D错误。
故选BC。
14. 一物块静止在粗糙水平地面上，物块受到水平向右的拉力F的作用，在0~4s的时间内，拉力的大小F
随时间t变化的关系如图所示。已知t=1s时物块恰好刚要运动，t=3s时物块的加速度a=8m/s2，滑动摩擦力
等于最大静摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A. 物块的质量等于1kg
B. 物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4
C. 在t=2s时，物块的加速度大小为4m/s2
D. 在1~4s的时间内，物块的速度变化量为16m/s
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．1s时物块恰好刚要运动，则有最大静摩擦力等于拉力有
t=3s时物块的加速度
则有
解得，
所以A错误，B正确；
C．在t=2s时，物块的加速度大小为
所以C正确；
D．画出 图像
图像中面积表示速度变化量，则在1～4s的时间内，物块的速度变化量为
所以D正确；
故选BCD。
II卷（非选择题，5小题，共53分）
三、实验题（本题共2小题，共15分。）
15. 某同学在做探究弹力和弹簧伸长关系的实验中，设计了如图所示的实验装置．他先测出不挂钩码时弹
簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度后计算出弹簧的伸长量，
将数据填在了下面的表中．(弹力始终未超过弹性限度)
1 2 3 4 5 6
弹簧伸长量 0
弹力大小 0试根据这些实验数据在上图给定的坐标纸上，将第5组数据代表的点画在图上，并作出弹簧所受弹力
大小F跟弹簧伸长量之间的函数关系图线_________
由图象可知：弹力大小F跟弹簧伸长量之间满足______关系(填：正比或一次函数或反比)
(3)由图象可求得，弹簧的劲度系数 ______ 保留两位小数)
【答案】 ①. ②. 正比 ③. 30
【解析】
【详解】 根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上．可以判定F和L间是一次函数
关系．画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧，如图：根据胡克定律 知弹力大小F跟弹簧伸长量成正比；
(3)根据胡克定律 得：
16. 某研究性学习小组分别用如图1所示的装置进行以下实验:“探究加速度与合外力的关系”装置中,小车质
量为 ,沙桶和沙子的总质量为 ,通过改变 改变小车所受的合外力大小,小车的加速度 可由打点计时器
和纸带测出.现保持小车质量 不变,逐渐增大沙桶和沙的总质量 进行多次实验,得到多组 、 值( 为
弹簧测力计的示数).
(1).为了减小实验误差,下列做法正确的是________
A.需平衡小车的摩擦力B.砂桶和砂的总质量要远小于小车的质量
C.滑轮摩擦足够小,绳的质量要足够轻
D.先释放小车,后接通打点计时器的电源
(2).某同学根据实验数据画出了如图2所示的一条过坐标原点的倾斜直线,其中纵轴为小车的加速度大小,横
轴应为_________
A. B. C. D.
(3).当沙桶和沙的总质量较大导致 较大时,图线________
A.逐渐偏向纵轴
B.逐渐偏向横轴
C.仍保持原方向不变
(4).图3为上述实验中打下的一条纸带, 点为小车刚释放时打下的起始点,每两点间还有四个计时点未画出,
测得 、 、 、 ,打点计时器的频率为50 ,小车的加
速度为__________ .
【答案】 ①. AC ②. D ③. C ④. 4.0
【解析】
【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡
摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．对小车列出牛顿第二定律方程和平衡方程，解出加速度 a的函
数表达式，然后即可得出横轴坐标与斜率与什么物理量有关，从而得出结论．根据匀变速直线运动的推论
公式△x=aT2可以求出加速度的大小.
【详解】（1）此实验需平衡小车的摩擦力，因滑轮摩擦和绳子的重力会影响示数，所以滑轮摩擦足够小，
绳的质量要足够轻，实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，
选项AC正确；本实验中弹簧秤的示数即为绳子的拉力，不需要用砂和砂桶的总重力代替绳子拉力，所以
不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，选项B错误；实验时，若先放开小车，再接通打点计时
器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故 D错误．故选
AC．（2）对小车分析，应有F=Ma，解得：a= F，由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F，故D正确．故
选D
（3）由于图象的斜率为k= ，所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确．故选
C
（4）纸带上面每打一点的时间间隔是0.02s，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，T=0.1s．连续相
等 时 间 内 的 位 移 差 为 x=4cm=0.04m ， 根 据 匀 变 速 直 线 运 动 的 推 论 公 式 x=aT2 可 得 ：
△ △
；
【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，能利用匀
变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问
题能力．
四、解答题（本题共3小题，共38分。）
17. 某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球，在列车以某一加速度运动的过程中，细线就会偏过一
定角度并相对车厢保持静止，通过测定偏角的大小就能确定列车的加速度。在某次测定中，细线与竖直方
向的夹角为θ，重力加速度为g。
（1）求列车加速度的大小和方向；
（2）写出小车可能的运动情况。
【答案】（1）gtanθ，方向水平向右
（2）水平向右加速运动或水平向左减速运动
【解析】
【小问1详解】
选择小球为研究对象。设小球的质量为m，小球在竖直平面内受到重力mg、绳的拉力F ，在这两个力的
T
作用下，小球产生水平方向的加速度a。这表明，F 与mg的合力方向水平向右，且
T根据牛顿第二定律，小球具有的加速度为
方向水平向右。
【小问2详解】
列车加速度与小球相同，加速度水平向右，列车速度水平，故列车可能的运动情况为水平向右加速运动或
水平向左减速运动。
18. 如图所示，在光滑水平面上一质量M=3kg的平板车以v=1.5m/s的速度向右匀速滑行，某时刻（开始
0
计时）在平板车左端加一大小F=8.5N、水平向右的推力，同时将一质量m=2kg的小滑块（可视为质点）
无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来.已知小滑块与平板车间的动摩擦因数
，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）两者达到相同速度所需的时间t；
（2）平板车的长度l.
【答案】(1) 3s (2)2.25m
【解析】
【详解】（1）小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a、a，有：
1 2
解得：，
又：
解得：
t=3s.
（2）两者达到相同速度后，由于 ，可知它们将一起做匀加速直线运动.从小滑块刚
放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为：
平板车向右的位移大小为：
又：
解得：
.
19. 某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，该装置由水平传送带AB和倾斜传送带CD组
成。水平传送带A、B两端相距L=6m，以v=6m/s的速率顺时针转动；倾斜传送带C、D两端相距
1
L=3m，倾角θ=30°，B、C相距很近，工件从B到C过程速度大小不变。现将质量m的工件无初速地轻放
2
至A端，已知工件与传送带AB间的动摩擦因数μ=0.6，与传送带CD间的动摩擦因数 ，重力加
1
速度g取10m/s2。（1）求工件从A端运动到B端所用的时间t；
（2）求工件从A端运动到B端在传送带上留下的划痕长度l；
（3）若要求工件能到达D端，求倾斜传送带CD向上运动的最小速率v 。
min
【答案】（1）
（2）l=3m （3）
【解析】
【小问1详解】
令工件在水平传送带上的加速度大小为 ，根据牛顿第二定律有
经历一段时间，假设工件与传送带共速，则有
解得
此过程的位移
之后工件做匀速直线运动，匀速过程有
则工件在水平传送带上的运动时间
【小问2详解】
从开始到工件与传送带共速过程，传送带位移
x=vt=6m
2 1
则划痕长度
联立解得
l=3m【小问3详解】
设倾斜传送带向上的最小速度为v ，对工件刚冲上倾斜传送带上，设加速度为 ，由牛顿第二定律得
min
解得
工件先在倾斜传送带上以加速度大小为a 匀减速到速度v ，利用逆向思维，此过程工件位移满足
2 min
由于工件重力沿倾斜传送带向下的分力大于滑动摩擦力，可知，工件与传送带不能够保持相对静止，之后，
工件再以加速度大小为a 匀减速到速度为零恰好到达D点，由牛顿第二轮定律得
3
解得
利用逆向思维，此过程工件位移满足
根据题意有
联立解得
