…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版必修1物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示；一根彈簧的自由端未掛重物時指針B正對刻度5，當掛上80N重物時（未超出彈性限度）指針正對刻度45，若要指針正對刻度20，應掛重物的重力為（）

A.40NB.30NC.20ND.不知彈簧的勁度系數k的值，無法計算2、下列四組物理量中均屬于矢量的一組是（）A.時間、瞬時速度B.位移、路程C.平均速度、速率D.速度的變化量、加速度3、如圖所示，a、b分別表示A、B兩輛小車從同一地點同時開始運動的v-t圖象．下列關于兩輛小車的運動說法正確的是（）

A.A.B兩車運動方向相反B.A車的加速度大小為1.75m/s2，方向與A車運動方向相同C.8s內B車的平均速度為2m/sD.8s末兩車相距68m4、對矢量和標量的表述正確的是()A.它們都有大小和方向B.它們的運算法則相同C.出租車的收費標準是1.20元/公里，其中“公里”這一物理量是矢量D.矢量相加時遵從三角形定則5、如圖所示，一質量為M=2kg的足夠長的長木板靜止在光滑水平面上，質量為m=1kg的小滑塊（可視為質點）靜止放在長木板上。從t=0時刻開始，長木板受到向左的逐漸增加的水平拉力F，小滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.5，重力加速度g大小取10m/s2；下列說法正確的是（）

A.當F=12N時，小滑塊的加速度大小為5m/s2B.當F=18N時，小滑塊的加速度大小為6m/s2C.當F=18N時，長木板的加速度大小為6.5m/s2D.當F增大時，小滑塊的加速度一定增大評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、一物體作勻加速直線運動，從計時起，第1s內位移為1m，第2s內位移為2m第ns內位移為nm，則（）A.物體的初速度為零B.物體的加速度大小為1m/s2C.物體在2s末的速度為2m/sD.物體在前5s的平均速度為3m/s7、如圖所示，質量均為M的物塊A、B疊放在光滑水平桌面上，質量為m的物塊C用跨過輕質光滑定滑輪的輕繩與B連接，且輕繩與桌面平行，A、B之間的動摩擦因數為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()

A.物塊A運動的最大加速度為B.要使物塊A、B發生相對滑動，應滿足關系C.若物塊A、B未發生相對滑動，物塊A受到的摩擦力為D.輕繩對定滑輪的作用力為8、如圖所示的位移（x）-時間（t）圖像和速度（v）-時間（t）圖像中甲；乙、丙、丁代表四艘船的運動情況；則下列說法正確的是（）

A.四艘船都做直線運動B.時間內，乙船通過的路程大于甲船通過的路程C.時間內，丙船的平均速度小于丁船的平均速度D.時間內，丙、丁兩船在時刻相距最遠9、某物體以的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取內物體的（）A.路程為B.位移大小為方向向上C.速度改變量的大小為D.平均速度大小為方向向上10、如圖所示，在一張大桌子上放兩個平面鏡M和N；讓一束光依次被這兩面鏡子反射，最后射到墻上，形成一個光點。按壓兩鏡之間的桌面，觀察墻上光點位置的變化。下列說法正確的是（）

A.桌面發生形變很明顯，直接可以用肉眼觀察B.墻上光點位置的變化說明桌面發生了微小形變C.墻上光點位置的變化說明平面鏡發生了微小形變D.本實驗采用了放大的方法顯示微小形變11、在光滑水平面上有一物塊受水平恒力F的作用而運動,在其正前方固定一個足夠長的輕質彈簧,如圖,當物塊與彈簧接觸并將彈簧壓縮至最短的過程中,下列說法正確的是（）

A.物塊接觸彈簧后立即做減速運動B.物塊接觸彈簧后先加速運動后減速運動C.當彈簧處于壓縮量最大時，物塊的加速度等于零D.當物塊的速度為零時，物體所受的合力不為零12、某人在地面上用體重計稱得體重為490N，他將體重計移至電梯內稱量，t0至t3時間段內，體重計的示數如下圖所示。若取電梯向上運行的方向為正，電梯運行的v-t圖像可能是（）

A.B.C.D.13、如圖所示；吊籃A；物體B、物體C的質量分別為m、3m、2m．B和C分別固定在彈簧兩端，彈簧的質量不計．B和C在吊籃的水平底板上處于靜止狀態．將懸掛吊籃的細線剪斷的瞬間()

A.吊籃A的加速度大小為2gB.物體B的加速度大小為gC.物體C的加速度大小為2gD.C的加速度大小都等于g14、如圖所示，豎直墻壁與光滑水平地面交于B點，質量為m1的光滑半圓柱體O1緊靠豎直墻壁置于水平地面上，質量為m2的均勻小球O2用長度等于A、B兩點間距離l的細線懸掛于豎直墻壁上的A點，小球O2靜置于半圓柱體O1上，當半圓柱體質量不變而半徑不同時，細線與豎直墻壁的夾角θ就會跟著發生改變．已知重力加速度為g，不計各接觸面間的摩擦，則下列說法正確的是

A.當θ=60°，半圓柱體對面的壓力大小為B.當θ=60°，小球對半圓柱體的壓力大小為C.改變半圓柱體的半徑，半圓柱體對豎直墻壁的最大壓力大小為D.半圓柱體的半徑增大時，其對地面的壓力保持不變評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、光滑水平桌面上有A、B兩個相距較遠的物體，已知mA＝2mB。當用F＝10N的水平力作用在A上時，能使A產生5m/s2的加速度，當用2F的水平力作用在B上時，能使B產生的加速度為________m/s2。16、一輛小車沿一條直線運動，車上放著盛水的漏滴，每隔2.0s滴一滴水，水在車行駛的路面上留下水滴的痕跡如圖所示，圖中還放著一把刻度尺，其零刻度線與O點對齊，若從小車通過O點開始計時，則當滴下水滴G時，小車運動時間是___________s，AH段的平均速度為___________m/s，如果小車勻速直線運動，打下點F時的速度為___________（保留3位有效數字）。

17、物體由靜止開始做勻加速直線運動，它最初10s內通過的位移為80m，那么它在前10s內的平均速度等于________m/s，它在5s末的速度等于_______m/s。18、某時刻甲車從靜止開始以6m/s2的加速度在水平公路上向東勻加速直線運動，此時在其正前方35m處乙車正以20m/s的初速度5m/s2的加速度向東勻減速直線運動，則甲車追上乙車需要_________________s19、下課時，有同學用力推課桌的下部，課桌會沿地面滑動；而推課桌的上部，課桌可能會翻到，這說明力的作用效果與_____有關．20、力的作用效果與力的__________、__________和__________有關，它們叫做力的__________.力有大小，又有方向，所以力是__________量.21、如圖所示，一鐵架臺置于水平地面上，其上有一輕質細線懸掛一小球，開始時細線豎直，現將水平力作用于小球上，使其緩慢地由實線位置運動到虛線位置，鐵架臺始終保持靜止，則在這一過程中，水平力______；細線的拉力______；鐵架臺對地面的壓力______。（選填“變大”或“變小”或“不變”）

22、有一質點從t=0開始由原點出發，其運動的速度—時間圖象如圖所示，則質點離原點的距離最大時刻是_____回到原點時刻是_____23、一個物體從光滑斜面的頂端由靜止開始下滑，斜面長10m，傾角θ＝30°，斜面靜止在粗糙的水平地面上，物體的質量m＝0.4kg，重力加速度g＝10m/s2，則物體下滑過程的加速度為________m/s2，物體從光滑斜面頂端下滑到底端，要用________s.

評卷人得分四、實驗題(共1題，共2分)24、做“探究加速度與力；質量的關系”實驗時；圖甲是常規的實驗方案；圖乙是改進的方案，其實驗操作步驟如下：

①掛上托盤和砝碼，改變木板的傾角，使質量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；

②取下托盤和砝碼，測出其總質量為m，讓小車沿木板下滑，測出加速度a；

③改變砝碼質量和木板傾角，多次測量，通過作圖可得到的關系。

(1)實驗獲得如圖所示的紙帶，計數點A、B、C、D、E間均有四個點未畫出，則在打D點時小車的速度大小vD=_______m/s（保留兩位有效數字），所用交變電源的頻率為50Hz，由該紙帶可求得小車的加速度a=__________m/s2（結果保留兩位有效數字）。

(2)需要滿足條件M>>m的方案是_________（選填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作圖象時，把mg作為F值的是________（選填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。

(3)試對甲、乙兩種方案是否需要滿足條件M>>m做出簡要的理論說明。（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）_______評卷人得分五、解答題(共2題，共16分)25、酒后駕車嚴重威脅公共交通安全．若將駕駛員從視覺感知前方危險到汽車開始制動的時間稱為反應時間，將反應時間和制動時間內汽車行駛的總距離稱為感知制動距離．科學研究發現，反應時間和感知制動距離在駕駛員飲酒前后會發生明顯變化．一駕駛員正常駕車和酒后駕車時,感知前方危險后汽車運動的v-t圖線分別如圖甲；乙所示．求：

(1)正常駕駛時的感知制動距離x．

(2)酒后駕駛時的感知制動距離比正常駕駛時增加的距離Δx．26、某礦山研究礦石下滑的高度與礦石在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理模型：豎直平面內有一傾角的直軌道，小滑塊從軌道上點靜止釋放，其下方右側放置一水平傳送帶，傳送帶與直軌道末端間距很小，但允許小滑塊從左端滑出。傳送帶以恒定速度逆時針轉動，水平部分長度設釋放點與距離為小滑塊從直軌道端運動到達傳送帶上點時，速度大小不變，方向變為水平向右。已知小滑塊與直軌道間的動摩擦因數與傳送帶間的動摩擦因數且滑塊相對傳送帶滑動時能在傳送帶上留下清晰劃痕，傳送帶足夠長。重力加速度取（）

（1）若求小滑塊在傳送帶上留下的劃痕長度；

（2）改變的值，設小滑塊從傳送帶上滑離后在傳送帶上留下的劃痕長度為求與的關系式。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

因為彈簧的形變量和其受到的作用力成正比，故解得F=30N，故B正確．2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．時間為標量；A錯誤。

B．路程為標量；B錯誤。

C．速率為標量；C錯誤。

D．速度的變化量和加速度均為矢量；D正確。

故選D。3、B【分析】【詳解】

A．A、B兩車的速度均為正值；運動方向相同，選項A錯誤；

B．因v-t圖像的斜率等于加速度，則A車的加速度大小為

加速度為正值，方向與A車運動方向相同；選項B正確；

C．8s內B車的位移

平均速度為

選項C錯誤；

D．圖像與坐標軸圍成的面積等于位移，則8s末兩車相距選項D錯誤。4、D【分析】【詳解】

A：既有大小；又有方向的物理量是矢量；只有大小、沒有方向的物理量是標量．故A項錯誤．

B：矢量運算時遵循平行四邊形定則或三角形定則；標量運算時是代數法則．故B項錯誤．

C：出租車按路程收費；路程是標量．故C項錯誤．

D：矢量運算時遵循平行四邊形定則或三角形定則；故D項正確．

【點睛】

本題考查矢量與標量的區別，抓住兩者有無方向及運算法則兩方面對比．5、C【分析】【詳解】

A．長木板與小滑塊相對靜止時，對整體分析，由牛頓第二定律有

剛要發生相對滑動時

解得

當

時，由牛頓第二定律

代入數據得小滑塊的加速度大小為

故A錯誤；

B．當

時，發生相對滑動，小滑塊的加速度大小為

故B錯誤；

C．對長木板，根據牛頓第二定律得

解得

故C正確；

D．當拉力大于15N時，兩物體發生相對滑動，小滑塊的加速度為

恒定不變；故D錯誤。

故選C。二、多選題(共9題，共18分)6、B:D【分析】【詳解】

試題分析：根據勻變速直線運動規律的推論知，物體的加速度由物體在第1s和第2s內的位移知物體的加速度B正確．由于物體在第1s內的位移為1m，根據位移時間關系有：得：物體的初速度所以A錯誤；物體在2s末的速度由速度時間關系有：所以C錯誤；物體在前5s內的總位移所以前5s的平均速度為3m/s，故D正確．

考點：考查了勻變速直線運動規律的應用。

【點睛】

本題關鍵是根據位移關系求出物體運動的加速度，再根據勻變速直線運動的規律求出相應時間的速度或位移，是勻變速直線運動規律的基本運用，比較簡單．7、A:C【分析】【詳解】

A.A受到的最大合外力為μMg，則A的最大加速度：a=μMg/M=μg

故A正確；

B.當A的加速度恰好為μg時，A、B發生相對滑動，以A、B、C系統為研究對象，由牛頓第二定律得：mg=(M+M+m)μg

解得：m=要使物塊A、B之間發生相對滑動，物塊C的質量至少為故B錯誤；

C.若物塊A、B未發生相對滑動，A、B、C三者加速度的大小相等，由牛頓第二定律得：mg=(2M+m)a

對A:f=Ma

解得：f=故C正確；

D.C要向下做加速運動，C處于失重狀態，繩子的拉力：T<mg，輕繩對定滑輪的作用力：N==T<

故D錯誤；8、A:C【分析】【詳解】

A．和圖像均描述的是直線運動；A正確；

B．時間內；甲；乙兩船通過的位移相等，因為甲，乙同向運動，方向一直不變，所以這段時間的位移和路程大小相等，甲、乙兩船的路程相等。B錯誤；

C．圖像中面積代表了位移，可知，時間內，丁船的位移大于丙船的位移，根據平均速度公式則丙船的平均速度小于丁船的平均速度，C正確；

D．因為不知道丙；丁兩船的初始位置；所以判斷不了什么時候相距最遠，D錯誤；

故選AC。9、C:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．物體做豎直上拋運動；是勻減速直線運動，物體3s內的位移為。

方向向上。

物體上升的最大高度。

所以路程為。

AB錯誤；

C．加速度大小為g；速度改變量為。

C正確；

D．物體前3s的位移是15m；故平均速度為。

方向向上；D正確。

故選CD。10、B:D【分析】【詳解】

A．用力按壓桌面；桌面向下發生微小的凹陷，用肉眼無法直接觀察，故A錯誤。

BC．在兩鏡之間用力F下按壓桌面，M、N將向中間略微傾斜，光束的入射角減小，由光的反射定律可知，反射角減小會加倍，則墻上光點位置明顯變化，表明桌面發生了微小形變，故B正確，C錯誤；

D．該裝置是一種顯示微小形變的裝置；它可以把微小形變“放大”到直接看出來，故D正確。

故選BD。11、B:D【分析】【詳解】

物體接觸彈簧后，開始恒力F大于彈簧的彈力；加速度方向向右，做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度減小到零后，速度達到最大，然后彈簧的彈力大于恒力F，加速度方向向左，做加速度逐漸增大的減速運動，速度減小到零，彈簧壓縮量最大，可知物體接觸彈簧后先加速后減速，壓縮量最大時，速度為零，加速度不等于零，合外力也不為零。

故BD正確。12、A:D【分析】【詳解】

根據G-t圖象，時間段內，稱對人的支持力小于人的重力，根據牛頓第二定律可知，此時人的加速度方向向下，即與規定的正方向相反，所以對應這段時間內的v-t圖象的斜率小于0；時間段內，稱對人的支持力等于人的重力，所以人在這段時間內勻速或靜止，加速度為0；時間段內，稱對人的支持力大于人的重力，即人的加速度方向向上，與規定的正方向相同，所以對應這段時間內的v-t圖象的斜率大于0。由此可以判斷；選項AD正確，選項BC錯誤；

故選AC。13、A:C【分析】【詳解】

彈簧開始的彈力F=3mg，剪斷細線的瞬間，彈力不變，將C和A看成一個整體，根據牛頓第二定律得，aAC==2g；即A；C的加速度均為2g．故AC正確．剪斷細線的瞬間，彈簧彈力不變，B的合力仍然為零，則B的加速度為0．故BD錯誤．故選AC．

【點睛】

本題是力學中的瞬時問題，關鍵是先根據平衡條件求出各個力，然后根據牛頓第二定律列式求解加速度；同時要注意輕彈簧的彈力與行變量成正比，來不及突變，而細線的彈力是有微小形變產生的，故可以突變．14、A:C【分析】【詳解】

試題分析：對均勻小球進行受力分析；求出小球受到的拉力和支持力；然后對半圓柱體進行受力分析，根據共點力的平衡條件求解桌面的支持力；以整體為研究對象，豎直方向根據共點力的平衡條件可得圓柱體對地面的壓力大小．

對均勻球進行受力分析如圖所示：

連接和設與水平面之間的夾角為與水平面之間的夾角為

當時，由幾何關系可知，由于所以為等邊三角形，由圓心角與圓周角之間的關系可知可知小球受到的繩子的拉力T與半圓柱體對小球的支持力N相互垂直，水平方向①，豎直方向②，聯立得以小球與半圓柱體組成的整體為研究對象，它們在豎直方向受到重力、地面的支持力、繩子拉力以及在水平方向受到墻對半圓柱體的彈力，豎直方向③，所以根據牛頓第三定律可知，半圓柱體對地面的壓力大小也為小球對半圓柱體的壓力大小為A正確B錯誤；若改變半圓柱體的半徑，當小球平衡時，小球的位置在以AB為半徑的圓弧上，由幾何關系可知，直線是該圓的切線方向，所以則④，以小球與半圓柱體組成的整體為研究對象，在水平方向⑤，可知，當θ=45°時，半圓柱體受到墻對半圓柱體的彈力最大，為C正確；由③④可得半圓柱體在豎直方向上的受的支持力：⑥，由幾何關系可知，增大半圓柱體的半徑，則θ增大，由⑥可知，N′將增大；根據牛頓第三定律可知，半圓柱體對地面的壓力將增大，D錯誤．三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】2016、略

【分析】【詳解】

[1]若從小車通過O點開始計時，則當滴下水滴G時，小車運動時間為

[2]根據平均速度定義得AH段的平均速度為

[3]打下點F時的速度就是EG段的平均速度，為【解析】14.02.142.5017、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]在前10s內的平均速度。

[2]物體由靜止開始做勻加速直線運動；5s末是10s的時間的中點，則。

【解析】8818、略

【分析】【詳解】

乙車減速到零所需時間為：4s內的位移為：

甲車做勻加速運動，甲車在4s內的位移

所以甲追上乙時；乙已經停下來了．

所以甲追上乙時，兩者位移相等，故有：a甲t2=△x+x乙；解得：t=5s.【解析】5s19、略

【分析】【分析】

【詳解】

力的大小；方向和作用點都能影響力的作用效果．用力推課桌的下部；課桌會沿底面滑動，而推課桌的上部，則課桌可能會翻到，說明力的作用效果有力的作用點有關．

【點睛】

正確理解力的三要素(力的大小、方向、作用點)對力的作用效果的影響，是解答此題的關鍵．【解析】力的作用點20、略

【分析】【詳解】

[1][2][3][4][5]力的作用效果與力的大小、方向和作用點有關，它們叫做力的三要素，力有大小，又有方向，所以力是矢量。【解析】大小方向作用點三要素矢21、略

【分析】【詳解】

[1]小球受力分析如圖。

由平衡條件有

可知，增大，F逐漸變大；

[2]由平衡條件有

可知，增大，T逐漸變大；

[3]以整體為研究對象，根據平衡條件得地面對鐵架臺的支持力

可知，地面對鐵架臺的支持力不變，由牛頓第三定律知鐵架臺對地面的壓力不變。【解析】變大變大不變22、略

【分析】【分析】

速度時間圖線的斜率表示加速度；加速度不變的運動為勻變速運動．圖線與時間軸圍成的面積表示位移，結合位移分析質點所處的位置．

【詳解】

(1)在前2s內質點沿正方向運動，在后2s內沿負方向運動，兩段時間內位移大小相等，4s末回到出發點，所以t=2s時離原點距離最大．

(2)由圖象的“面積”看出，前2s內和后2s內位移大小相等，方向相反，則t=4s時回到原點.

【點睛】

本題抓住速度圖象的“面積”等于位移是關鍵．能根據圖象分析物體的運動情況，通過訓練，培養基本的讀圖能力．【解析】t=2s時，t=4s時；23、略

【分析】【詳解】

[1]根據牛頓第二定律得

解得

[2]由運動學公式得

所以【解析】52四、實驗題(共1題，共2分)24、略

【分析】【詳解】

(1)[1]打D點時小車的速度等于C、E之間的平均速度