2025-2026学年辽宁省东北育才高一12月月考物理试卷（PDF版，含解析）

东北育才高中 2025—2026 学年度上学期
高一年级物理科第二次月考试卷
答题时间：75分钟 满分：100 分命题校对：谷长春 周龙飞 张妍
一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1.中国自主研发制造的万米级全海深载人潜水器“奋斗者”号在马里亚纳海沟成功坐底，
创造了 10909米的中国载人深潜新纪录。某次深潜探测中，“奋斗者”号的速度 时间
图像如图所示，忽略下潜过程重力加速度的变化．则（ ）
A. 0～ 1时间内“奋斗者”号做匀加速运动
B. 0～ 1时间内潜水器内的科考人员处于超重状态
C. 2～ 3时间内潜水器内的科考人员处于失重状态
D. 0～ 1时间内的平均速度大于 2～ 3时间内的平均速度
2.如图所示，在光滑的水平地面上放置着两个质量相等的物块，物块之间用劲度系数为
的轻质弹簧连接，在水平向右的外力 1、 2( 1 > 2)
的作用下，运动达到稳定时，弹簧的伸长量为(弹簧始终
在弹性限度内)（ ）

A. 1
2 B. 1 2
1+ 2 1+ 2
2 C. 2 D.
3.船在静水中的速度为 3.0 / ，它要渡过宽度为 30 的河，河水的流速为 2.0 / ，
则下列说法中正确的是（ ）
A. 船不能到达对岸
B. 船渡河的速度一定为 5.0 /
C. 船到达对岸所需的最短时间为 10
D. 若船头垂直河岸运动，船到达中途时水流速度突然变大，则小船过河时间变大
4.中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操
作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时
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距开水锅的高度为 ，与锅沿的水平距离为 ，锅的半径也为 ，将削出的小面圈的运动
视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为 ，则下列关于所有小面圈在空中运
动的描述错误的是（ ）
A. 运动的时间都相同
B. 速度的变化量都相同
C. 落入锅中时，最大速度是最小速度的 3倍

D. 若初速度为 0，则 < < 3 2 0 2
5.如图所示，一光滑的球装在一密闭的盒子里，球刚好与盒子的各壁相接触，现将盒子
竖直向上抛出，最后回到抛出点，若空气阻力大小与速率的平方成正比，则（ ）
A. 在上升过程中，球对盒子上表面有向上的作用力
B. 在上升过程中，球与盒子上下表面都无作用力
C. 在下降过程中，球与盒子之间有作用力，且作用力在变小
D. 从抛出到回到抛出点的过程中，球与盒子之间始终有作用力
6.如图所示，小明投篮时，抛出篮球的初速度大小为 0，仰角为 。篮球刚好垂直撞击
在篮板上，撞击速度为（ ）
A. 0sin B. 0cos

C. 0tan D. 0cos
7.如图所示为一皮带传动装置的示意图。右轮半径为 ， 是它边缘上的一点。左侧是一
轮轴，大轮半径为 4 ，小轮半径为 2 。 点在小轮上，到小轮中心的距离为 。 点和
点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，下列说法中正确的是（ ）
A. A、 两点的线速度之比为 1: 2
B. A、 两点角速度之比为 1: 1
C. B、 两点的角速度之比为 1: 4
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D. A、 两点的向心加速度之比为 1: 1
二、多选题：本大题共 3 小题，共 18 分。
8.如图所示，水平屋顶高 = 20 ，围墙高 = 15 ，围墙到房子的水平距离 = 6 ，
围墙外马路宽 = 12 ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶
时的速度 0的大小的可能值为( 取 10 / 2)（ ）
A. 5 / B. 7 /
C. 8 / D. 10 /
9.如图甲所示，重为 20 的木块放在水平桌面上，给木块施加一随时间逐渐增大的水
平拉力 ，传感器描绘出木块受到的摩擦力随着时间变化的图线如图乙所示。下列说法
正确的是（ ）
A. 当拉力 增大到 10 时，木块仍然静止
B. 当拉力 增大到 11 时，木块已经运动
C. 木块与水平桌面间的动摩擦因数为 0.6
D. 当拉力 增大到 13 时，木块受到的摩擦力大小仍为 10
10.如图所示，倾角为 的传送带以恒定的速率 0沿逆时针方向运行。 = 0时，将质量
= 1 的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的 图像如图所示，
1.5 时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度 取 10 / 2，则（ ）
A. 传送带的倾角 = 30
B. 传送带上下两端的间距为 6
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数 = 0.5
D. 物体在传送带上留下的痕迹长度为 1
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三、实验题：本大题共 2 小题，共 16 分。
11.如图所示，物理实验小组应用图甲所示的装置探究平抛运动的特点，已知当地的重力
加速度为 。
(1)关于该实验，下列描述正确的是 (填正确答案标号)。
A.应选用光滑的斜槽，以减少摩擦力的影响
B.小球放置于末端能够保持静止，就可判断斜槽末端水平
C.小球尽量选用体积较小、密度较大的金属球
D.实验中可以用重垂线确定竖直方向
(2)一同学采用频闪照相的方法确定了小球运动的三个位置 、 、 ，选定坐标纸上某
个交叉位置为原点 ，建立直角坐标系如图乙所示。已知每个背景方格的实际边长均为 ，
当地的重力加速度为 ，则小球做平抛运动的初速度
0 = ，小球运动到 位置时的速度 = ，
小球抛出点的位置坐标为 。(用题中给出的物理量
表示)
12.某物理实验小组用如图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量关系，在滑块上安装
了宽度为 3.00 的遮光板，滑块在牵引力作用下先后加速通过两个光电门。实验中用
砝码与砝码盘的总重力替代细线拉力大小，滑块与气垫导轨之间摩擦很小可忽略不计。
(1)下列实验操作或说法中，正确的是 ；
A.调节滑轮的高度，使牵引滑块的细线与气垫导轨保持平行
B.实验中需要将气垫导轨的一端垫高补偿阻力
C.实验中需要满足砝码盘与砝码的总质量远小于滑块与遮光板的总质量
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D.为提高实验中测量加速度的精度，遮光板的宽度越小越好
(2)某次实验数字毫秒计记录遮光板通过光电门 1的时间为 1 = 0.030 ，通过光电门
2的时 2 = 0.010 ，光电门 1挡光结束至光电门 2开始被挡光的时间间隔为 =
1.580 ，实验中遮光板通过光电门 1的平均速度大小为 / ，滑
块滑行过程的的加速度大小为 / 2。(结果保留 3位有效数字)
(3)保持滑块与遮光板总质量一定时，实验中测得小车的加速度 与所受外力 之间的关
系图像如图乙所示，图线弯曲部分中的一点坐标为( 0, 0)，已知重力加速度为 ，根据
以上信息得到滑块与遮光板的总质量为 = (用题目中出现的字
母表示)。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 38 分。
13.（10 分）如图 1所示，一可视为质点的小物块以初速度 v0＝2m/s 沿水平面向右运动，
0.2s 后滑上足够长倾角为θ＝37°的固定斜面，斜面底端与水平面平滑连接，小物块的
部分速率—时间图像如图 2 所示。已知小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，重
力加速度 g 取 10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）小物块与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）小物块返回斜面底端时的速率。
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14.（12 分）如图所示，MN、PQ 为两水平边界，A 点与水平边界 MN 的高度为 h，将一质
量为 m 的小球自 A点以初速度 v0 沿水平向右抛出，小球进入两水平边界之间受到大小恒
定的水平力 F 的作用。当恒力 F 水平向右时，小球在两边界之间沿直线运动，直到离开
PQ；当恒力 F 水平向左时，小球离开 PQ 时的速度方向竖直向下。不计空气阻力，重力加
速度大小为 g。求：
（1）小球运动到 MN 时水平位移 x 的大小；
（2）水平恒力 F 的大小；
（3）MN、PQ 之间距离 H 的大小。
15.（16 分）如图所示，质量 M＝4kg 的长木板 B 沿水平地面向左运动，同时受到水平向
右的恒力 F＝14N 的作用。t＝0 时刻，长木板 B 的速度为 vB0＝5m/s，此时，从长木板 B
的左端滑上一质量 m＝1kg 的小木块 A，A 的速度大小为 vA0＝4.5m/s。已知小木块 A未从
长木板 B 的右端滑下，小木块 A 与长木板 B 和长木板 B 与地面之间的动摩擦因数均为μ
2
＝0.1，重力加速度 g＝10m/s 。求：
（1）长木板 B 向左运动的最大位移；
（2）t＝2.5s 时 B 的速度大小；
（3）长木板 B 的长度至少为多少。
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高一年级物理科第二次月考答案
选择题答案及解析
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10.
【解析】1. A、 图像中斜率表示加速度，由图可知0～ 1时间内做加速度减小的加速运动，
故 A错误；B、内部的科考人员0～ 1时间内向下加速，加速度向下，处于失重状态，故 B错误；
C、内部的科考人员 2～ 3时间内向下减速，加速度向上，处于超重状态，故 C错误；
D、分别假设0～ 1时间内和 2～ 3时间内潜水器做匀变速运动，则根据匀变速运动的平均速

度等于初末速度之和除以2的规律可知两时间段内的平均速度均为 0，但实际上0～ 1时间内运2

动的位移大于假设的匀变速的位移，即0～ 01时间内的平均速度大于 ，而 2～ 3时间内的2

位移小于假设的匀变速的位移，即平均速度 2～
0
3时间内的平均速度小于 ，即0～ 1时间2
内的平均速度大于 2～ 3时间内的平均速度，故 D 正确。
2. 解：设 、 的质量为 ，当运动达到稳定时，把 、 看成整体进行研究，对 、 进行受力分
+
析，由牛顿第二定律得 、 整体的加速度： = 1 2
2
因为 、 相对静止，所以整体的加速度也是单个物体的加速度，在对 进行受力分析，在水平方向
上， 受水平向左的弹簧的拉力 拉和水平向右的拉力 1，根据牛顿第二定律得 1 拉 = ，
1 则 拉 =
2根据胡克定律得，弹簧的伸长量： = 1 2故 BCD错误，A正确。故选：
2 2
3. A.船在静水中的速度为3.0 / ，无论河宽多少，船能渡过此河，故 A错误；
B.根据速度的合成，可知，船的合速度小于5.0 / ，故 B错误，
30
C.当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短，则知： = = = 10 ，故 C正确； 3.0
D.由 选项分析，可知，若船头垂直河岸运动，小船过河时间与水流速度无关。故 D错误；
故选： 。
1
4.【解答】解： .削出的小面圈的运动可视为平抛运动，在竖直方向有 = 2，可知所有小面圈
2
在空中运动的时间都相同，故选项 A正确；
B. = 可知，所有小面圈在空中运动速度的变化量都相同，故选项 B正确；
1
D.小面圈都落入锅中的条件为 < < 3 ，即 < 0 < 3 ，联立 =
2解得： √ < 0 <2 2

3 √ ，故选项 D正确；
2
C.小面圈都落入锅中时水平方向的最大速度是最小速度的3倍，但是落入锅中时，最大速度不是最小
速度的3倍，故选项 C错误。故选 C。

5. .在上升过程中，对整体，根据牛顿第二定律 总 + = 总 1，可得 1 = + ，对球，根
总
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据牛顿第二定律 + 1 = 1，解得 1 = ，方向竖直向下，根据牛顿第三定律，在上升过程
总
中，球对盒子上表面有向上的作用力，故 A正确， B错误;

C.在下降过程中，对整体，根据牛顿第二定律 总 = 总 2，可得 2 = ，对球，根据牛
总

顿第二定律 2 = 2，解得 2 = ，在下降过程中，球的速度逐渐增大，空气阻力大小与
总
速率的平方成正比，则空气阻力逐渐增大，球与盒子之间有作用力，且作用力在变大，故 C错误;
D.从抛出到回到抛出点的过程中，当球位于最高点时，球与盒子之间没有作用力，故 D错误。
6. 由于篮球刚好垂直撞击在篮板上，其逆运动为平抛运动，根据平行四边形定则知撞击速度为 =
0cos 故选 B。
7. 略
8. 【解答】若 0太大，小球将落在马路外边，因此，要使小球落在马路上， 0的最大值 为球落
在马路最右侧 点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为 1，则水平方向有
+ = max 1
1
竖直方向有 = 21解得： max = ( + )√ = 9 / 2 2
若 0太小，小球将被围墙挡住，不能落在马路上，因此 0的最小值 为球恰
好越过围墙的最高点 落在马路上 点时的平抛初速度，设小球运动到 点所需
1
时间为 2则此过程中水平方向有 = min 2竖直方向有 =
2
2解得：2

min = √ = 6 / ，由以上分析可知，故 BC正确，AD错误。故选 BC。 2( )
9.【解答】由图知：当拉力 增大到10 时，木块受的摩擦为静摩擦力，当拉力 增大到12 时，木
块受的摩擦力为最大静摩擦力，后续木块开始运动，受的滑动摩擦力，大小为10 。
A.当拉力 增大到10 时，木块受到静摩擦力，此时木块仍处于静止状态，故 A 正确；
B.当拉力 增大到11 时，木块仍受到静摩擦力作用，木块处于静止状态，故 B 错误；
10
C.滑动摩擦力大小为10 ，动摩擦因数： = = = 0.5，故 C错误；D.当拉力 增大到13
20
时，木块受到滑动摩擦力作用，大小为10 ，故 D正确。故选 AD。
4
10. .由题图得0 0.5 内物体加速度 = / 21 = 8 /
2，根据牛顿第二定律得 sin +
0.5
6 4
cos = ，0.5 1.5 内加速度 = / 2 = 2 / 21 2 ，根据牛顿第二定律得 sin 1.5 0.5
√ 3
cos = 2，联立解得 = 30
， = ，故 A正确，C错误;
5
B.由题可得物体0 1.5 内的位移即为传送带上下两端的间距， 图像与坐标轴所围“面积”表
4×0.5 4+6
示位移，可知位移为 = + × 1 = 6 ，故 B 正确;
2 2
4×0.5
D.由题图知传送带的速率 0 = 4 / ，则0 0.5 内，物体的位移为 1 = = 1 ，传送带的位2
移为 传 1 = 0 1 = 2 ，故相对位移为 1 = 传 1 1 = 1 ，物体相对传送带向上运动，0.5 1.5
内物体的位移为 2 = 5 ，传送带的位移为 传 2 = 0 2 = 4 ，故相对位移为 2 = 传 2 2 =
1 ，物体相对传送带向下运动，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为1 ，故 D正确。
故选 ABD。
高一年级物理科答案 解析第2页共 9页
5
【答案】11. 、3√ 、 √ 2 、 ( 3 , 10 ) 12. 、1.00、1.25、 0 0
2 2 0
【解析】11. (1)此实验中，对斜槽的光滑程度无要求， 项错误；判断斜槽末端切线水平的依据是
将小球置于斜槽末端能够静止， 项正确；为了尽量减少空气阻力的影响，小球尽量选用体积小、
密度大的金属球， 项正确；竖直方向的确定可以用重垂线， 项正确。
(2)设相机频闪的时间间隔为 ，水平方向 3 = 0 ，竖直方向 5 3 =
2 ，可得平抛运动的水
3 +5
平速度 0 = 3√ ;设小球下落到 点时的竖直分速度 ，由 2 = ，可得 = 2√ 2 ，则2
5
小球在 位置的速度 = √
2 2
+ 0 = √ 2 ;由于频闪的时间间隔相同，对于竖直方向的自由落2
体运动，第1个 、第2个 、第3个 内的位移 1: 3: 5 ，结合图像可知抛出点的纵坐标为10 ，抛出点的
横坐标为 3 ，故小球抛出点的坐标为 ( 3 , 10 ) 。
12. (1) .该实验要保证 的方向恒定，即使牵引滑块的细线与气垫导轨保持平行，故 A 正确；
B. 滑块在气垫导轨的阻力非常小，可以忽略不计，所以不需要将气垫导轨的一端垫高补偿阻力，故
B 错误；
C. 在实验的过程中，我们认为绳子的拉力 等于砝码盘和砝码的总重力 ，而实际上绳子的拉力

= = ，故要让绳子的拉力 约等于砝码盘和砝码的总重力 ，那么 ≈ + ，即应
+
该是 << ，故 C 正确;
D. 挡光片所引起的时间越小越好，并不是遮光板的宽度越小越好，故 D 错误。
故选 AC。
(2)遮光板的宽度： = 3.00 = 0.030 根据平均速度的计算公式可得求解通过光电门1的平均速
0.030 0.030
度为： 1 = = / = 1.00 / 通过光电门2的平均速度为： 2 = = / = 3.00 / 1 0.030 2 0.010

根据加速度定义可知，则加速度： = 2 1 代入数据解得： = 1.25 /
2；
( + 1+ 2)
2 2

(3)把码盘及小车看作一个整体，整体受到的合力为码盘的重力，根据牛顿第二定律得 =
+
1 1
实验中，我们把码盘的重力作为合力，上式变为 = 结合图像可知 = 0，此时 = 0解得
+ + 0

= 0 0。
0
大题答案及解析 13.【解答】解：（1）根据图 2可知，在平面上运动时的加速度大小为
＝ ＝5m/s2 ….（2 分）
此时水平方向上只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律 f＝μmg＝ma1
可解得小物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5 ….（2分）
（2）小物块在斜面上向上运动时，由牛顿第二定律
mgsin37°+μmgcos37°＝ma2 ….（1分）
速度大小为 v＝1m/s，向上运动的最大距离为 L，由运动学公式 v2＝2a2L….（1分）
代入数据解得 L＝0.05m….（1分）
在斜面上向下做加速运动，由牛顿第二定律 mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma3 ….（1分）
同理有 ….（1分）
所以小物块返回斜面底端时的速率 ….（1分）pp
答：（1）小物块与水平面间的动摩擦因数μ为 0.5；
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（2）小物块返回斜面底端时的速率为 m/s。
14.【解答】解：（1）小球进入 MN前做平抛运动，设初速度为 v0，
根据公式 x＝v0t ….（1 分）， ….（1分）解得 ….（2分）
（2）当水平恒力 F向右时， ….（2分）其中 ….（1分）
解得 ….（1分）
（3）当水平恒力向左时，小球在水平方向上 F＝ma….（1分）
设小球在两边界之间运动的时间为 t1
在水平方向上 0＝v0﹣at1….（1分）
在竖直方向上 ….（1分）
解得 H＝3h….（1分）
答：（1）小球运动到 MN 时水平位移 x 的大小 v0 ；（2）水平恒力 F 的大小 mv0 ；（3）MN、
PQ 之间距离 H的大小 3h。
15.【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：
对小木块：μmg＝ma1 ….（1 分）
对长木板：F+μmg+μ（M+m）g＝Ma2 ….（1 分）
代入数据解得：a1＝1m/s2，方向向左，a2＝5m/s2，方向向右， ….（2 分）
a2＞a1，木板先减速到零，木板减速到零后反向向右做加速运动，
2
木板减速到零时向左的位移最大，木板向左运动的最大位移 x＝ 0m＝2.5m ….（1 分）
2 2

（2）木板向左减速到零需要的时间 t ＝ 01 s＝1s ….（1 分）
2
木板减速到零时小木块的速度大小 v1＝v A 0﹣a1t1＝3.5m/s，方向向右 ….（1 分）
木板减速到零后木块继续向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为 a1，
减速到零后，木板向右加速运动，对木板，由牛顿第二定律得：F+μmg﹣μ（M+m）g＝Ma3….（1
分）
代入数据解得：a3＝2.5m/s2 ….（1 分）
木板与木块共速时 v2＝v1﹣a1t2＝a3t2
代入数据解得：v2＝2.5m/s， ….（1 分） t2＝1s ….（1 分）
则 2s 时木块与木板共速
2s 后：对木块与木板整体：F 临﹣μ（M+m）g＝（M+m）a 临
代入数据解得：F 临＝10N＜F＝14N
木块与木板共速后木块相对木板滑动，木块相对木板向左滑动 ….（1 分）（其他方法判断正确也
给 1 分）
对木板：F-μmg﹣μ（M+m）g＝Ma4.（1 分） a4=2 m/s2….（1 分）
则此时 vB= v2+ a4×0.5=3.5m/s….（1 分）
（3）小木块 A 没有从长木板 B 的右端滑下，
2s 内，xA=7m ….（1 分） xB=-1.25m ….（1 分） L＝xA- xB =8.25m….（1 分）
(第 3 问用到的第 2 问的结果，如果在第 2 问没算，第 3 问算正确也相应给分)
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