河南省信阳市信阳高级中学2025-2026学年高一下学期学情自测物理试题（含解析）

河南省信阳高级中学北湖校区2025-2026 学年高一下期
03 月测试（一）物理试题
一、选择题（本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7题只有一个选项正确，每小题 4 分；第 8~10 题有多个选项正确，全部选对得 6分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
1．如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是( )
A ．鱼儿跃出水面后受力平衡
B ．鱼儿跃出水面后处于失重状态
C ．鱼儿摆尾击水时，鱼尾击水的力和水对鱼尾的作用力是一对平衡力
D ．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作时可把鱼儿视为质点
2 ．关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( )
A ．牛顿第二定律的表达式F = ma 是矢量式，a 与 F 方向可以不相同
B ．在公式F = ma 中，a 等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的代数和
C ．某一瞬间的加速度，只能由这一瞬间的外力决定，而与这一瞬间之前或之后的外力无关
D ．物体的运动方向一定与物体所受合力的方向相同
3 ．如图所示，竖直悬挂一长为 L 的质量分布均匀的铁棒，其下端与 A 点的距离为 L。将铁棒由静止释放，铁棒通过 A 点的时间间隔为 t1。第二次， 铁棒在相同位置开始运动，若给铁棒一个向下的初速度v，铁棒通过 A 点的时间间隔为 t2，重力加速度大小为 g，忽略空气阻力，则 t2 ：t1 为( )
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4 ．把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。 t=0 时刻，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小 F 随时间 t变化图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A ．t2 时刻，小球的速度最大
B ．t3 时刻小球到达最低点
C ．t1 ~ t3 时间内，小球先超重再失重
D ．t2 ~ t3 时间内，小球正在上升
5 ．如图所示，倾角θ = 30。的斜劈的劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一球放在墙面与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦．若球落地前瞬间，斜劈的速度大小为 v，则此时球的速度大小为( )
A ．2v B ． v C ． v D ． v
6 ．如图所示，细绳一端固定在 A 点，跨过与 A 等高的光滑定滑轮 B 后在另一端悬挂一个
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沙桶 Q ．现有另一个沙桶 P 通过光滑挂钩挂在 AB 之间，稳定后挂钩下降至 C 点， A ．若只增加 Q 桶的沙子，再次平衡后 C 点位置不变
B ．若只增加 P 桶的沙子，再次平衡后 C 点位置不变
C ．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后 C 点位置不变
D ．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶 Q 位置上升
7 ．如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A ．甲图中，物体在1 ~ 5s 这段时间内加速度方向不变
B ．乙图中，0 时刻物体的初速度大小为
C ．丙图中，阴影面积表示t1 ~ t2 时间内物体的速度
D ．丁图中，t = 3s 时物体的速度大小为15m/s
8 ．如图所示，水平地面上静止放置着三砖块 A、B 、C，质量分别为 1kg、2kg 、1kg，A、B 之间和 B 、C 之间的动摩擦因数均为 μ。用两根长度相同的轻绳分别连接砖块 A 与砖块 C，并将两根轻绳系于 O 点，现将一个竖直向上的力 F 作用于 O 点，不考虑砖块的转动，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，重力加速度大小 g=10m/s2。则 F 作用的初始时刻，下列说法 正确的是( )
A ．若 ，F=60N，则 B 砖块的加速度大小为 15m/s2
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B ．若 F=50N，则砖块 A 、B 之间的摩擦力为 12.5N
C ．若 F=48N，则砖块 A 、B 之间的摩擦力为 12N
D ．若 F=48N，则砖块 A 的加速度大小为 8m/s2
9．如图所示，小球 A、B 质量分别为 2m、m，用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶部。小车向右做匀加速运动时，两小球与车厢保持相对静止，细线与竖直方向的夹角为60o ，轻弹簧与竖直方面夹角为θ , 此时，细线拉力为 F。若剪断细线的瞬间， 小球 A 、B 的加速度
大小分别为aA 、aB ，重力加速度为 g，则( )
A ．F = 6mg B ． θ = 60o
C ．aA = g D ．aB = 2g
10．如图，粗糙水平面上放着一足够长的木板 A，质量 M=2kg，A 上面放着小物块 B，质量m=4kg ，A 与 B 以及 A 与地面摩擦因数均为 0.2，g=10m/s2 ，给 A 施加水平恒力 F，下列说法中正确的是( )
A ．F = 14N 时，A 的加速度为1m/s2
B ．F = 30N 时，B 的加速度为2m/s2
C ．F = 18N ，A、B 之间摩擦力大小为 8N
D ．如果把 F 作用到 B 上，无论 F 有多大，木板 A 均不会运动
二、实验题（每空 2 分，共计 16 分）
11．某同学利用如图甲所示的装置测量某弹簧的劲度系数。弹簧悬点与标尺零刻度对齐， 他先读出不挂钩码时轻弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂钩码，并逐渐增加钩码个数，读出每次相对应的指针所指的标尺刻度。利用所得数据做出弹簧指针所指的标尺刻度值x 与所挂钩码的个数n 的关系图像如图丙所示，已知实验中弹簧始终未超过弹性限度，每个钩码的质量为50g ，重力加速度 g = 10m / s2 。
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(1)某次测量的标尺读数如图乙所示，其读数为___________ m ；
(2)由图像丙可求得该弹簧的劲度系数为___________N/m；（保留 2 位有效数字）
(3)由于弹簧自身有重量，该同学在测量时没有考虑弹簧的自重，这样导致劲度系数的测量值与真实值相比___________（选填“偏大、偏小”或“相等”）。
12 ．某同学用如图甲所示的装置探究加速度与力，质量的关系。滑块和遮光条的总质量为M ，砂和砂桶的总质量为m ，动滑轮的质量为m0 ，不计绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g 。
(1)下列说法正确的是________。
A ．气垫导轨不需要调水平
B ．实验中M应远大于m
C ．滑块的加速度大小是砂桶的加速度大小的 2 倍
D ．弹簧测力计的读数始终等于 g
(2)该同学测得两个光电门间的距离为L ，遮光条从光电门 1 运动到光电门 2 的时间为t 。保持光电门 2 的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门 1 的位置进行多次测量，经过多次实验测得多组L 和t ，作出 t 图像，如图乙所示。已知 t 图像的纵轴截距为v0 ，横轴截距为t0 ，则v0 表示遮光条通过光电门________（选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块
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的加速度大小a = ________（用字母 v0 、t0 表示）。
(3)保持滑块和遮光条的质量不变，改变砂的质量，进行多次实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，滑块的加速度a 为纵坐标，作出的a - F 图像如图丙所示，已知直线上某点A 的坐标为(q, p) ，则对应点 A 时砂和砂桶的质量为________（用 m0 、p 、q 、g 表示）。
三、解答题（共计 38 分）
13 ．如图所示，直杆长 l1 ＝0.5 m ，圆筒高 l2 ＝3.7 m。直杆位于圆筒正上方 H＝0.8 m 处，直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿过圆筒（g 取 10 m/s2），求：
(1)直杆下端刚到圆筒上端的时间；
(2)直杆穿越圆筒所用的时间。
14．如图所示，物块 A 被轻质细绳系住静止在倾角为30o 的斜面上，细绳绕过光滑定滑轮后与轻弹簧O 点相连，物块 B 静止悬挂在O 点下方，轻弹簧水平，细绳左右两边与竖直方向的夹角分别为30o 、60o 。已知轻弹簧劲度系数为 k，B 的质量为m ，重力加速度为 g ，A 与
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斜面间的动摩擦因数 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)弹簧的伸长量x ；
(2)水平地面对斜面的摩擦力f 的大小和方向；
(3)要使 A 、B 始终在原有位置保持静止，A 质量M 的最大值。（斜面始终处于静止状态）
15 ．传送带在物流仓储、港口和机场等场合应用广泛。如图所示，倾角 θ = 30°、足够长的 传送带以 v0 = 10 m/s 的速度逆时针匀速转动，其左侧光滑水平地面上放有一质量 M= 4 kg、长 L = 15 m 木板，木板上表面与传送带底端等高。一质量 m = 1 kg 的物块（可视为质点）
在传送带顶端由静止释放，然后滑上木板（不考虑物块在传送带和木板衔接处速度的损失）。已知物块与传送带和木板间的动摩擦因数分别为 和μ2 = 0.2。重力加速度g 取 10 m/s2 ，求：
(1)物块刚达到传送带速度所需的时间；
(2)物块从木板上滑离时的速度；
(3)若物块刚滑上长木板右端时，在长木板的左端施加一水平向左的恒力，设物块在木板上的相对路程为 S，请写出 S 与 F 的函数关系。
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1 ．B
AB ．鱼儿跃出水面后加速度向下，受力不平衡，处于失重状态，故 A 错误、B 正确；
C ．鱼尾击水的力和水对鱼尾的作用力是一对作用力与反作用力，C 错误；
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D 错误。故选 B。
2 ．C
A ．牛顿第二定律的表达式F = ma 是矢量式，加速度a 与合力F 方向始终相同，故 A 错误；
B．在公式F = ma 中，若F 为合力，则a 等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和，而非代数和，故 B 错误；
C ．根据牛顿第二定律的瞬时性，加速度仅由该时刻的合力决定，与之前或之后的力无关，故 C 正确；
D ．物体的运动方向（速度方向）与加速度方向可能不同（如减速运动），而加速度方向与合力方向一致，因此运动方向不一定与合力方向相同，故 D 错误。
故选 C。
3 ．C
铁棒做自由落体运动，根据位移公式hgt2
将铁棒由静止释放，铁棒通过 A 点的时间间隔为t 若给铁棒一个向下的初速度v，则棒的下端到 A 点时速度为v 则有L = vtgt
解得t 则t2 : t 故选 C。
4 ．D
AB ．由图乙可知，在t1 时刻，小球落到弹簧上，开始压缩弹簧，开始一段时间，
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小球受到的重力大于弹力，其合力方向向下，加速度方向向下，小球做加速运动，当弹力大小等于重力时，加速度为零，小球的速度最大，之后小球所受弹力大于重力，其合力方向向上，加速度方向向上，小球做减速运动，直至t2 时刻弹力达到最大，小球位于最低点，速度为零，故 AB 错误；
CD ．t1 ~t2 时间内小球加速度方向先向下再向上，小球在下落过程中先失重再超重，t2 ~ t3时间内小球加速度方向先向上再向下，小球在上升过程先超重再失重，故 C 错误，D 正确。故选 D。
5 ．D
根据题意可知， 球沿直线下落，斜劈水平向右运动，将二者的实际速度分别沿平行
于斜面和垂直于斜面两个方向分解，如图所示，对球有v球1 = v球cos θ , v1 = vsinθ其中v球1 = v1
联立解得v球 v
故选 D。
6 ．C
A 、B、对砂桶 Q 分析有FT = GQ ，设两绳的夹角为 θ,对砂桶 P 的 C 点分析可知受三力而平衡，而 C 点为活结绳的点，两侧的绳张力相等，有 cos GP ，联立可知 2GQ cos GP ，故增大 Q 的重力，夹角 θ 变大，C 点上升；增大 P 的重力时，夹角 θ 变小， C 点下降；故 A ，B 均错误.
C、由平衡知识2GQ cos GP ，而θ = 120。，可得GP = GQ ，故两砂桶增多相同的质量，P和 Q 的重力依然可以平衡，C 点的位置不变；故 C 正确，D 错误.
故选 C.
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7 ．AB
A ．v - t 图像的斜率表示加速度，故甲图中，物体在1 ~ 5s 这段时间内斜率不变，
加速度方向不变，故 A 正确；
B ．由图可知x -t 图像是抛物线，则该运动为匀变速直线运动，由运动学公式又因为x -t 图像的斜率表示加速度，则v2t0 = v0 + a × 2t0 = 0
其中x0 = v0 × 2t
联立可得乙图中，0 时刻物体的初速度大小为v ，故 B 正确；
C ．a - t 图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则可知丙图中，阴影面积表示t1 ~ t2 时间内物体速度的变化量，故 C 错误；
D ．将匀变速直线运动位移与时间的关系式x = v0t at2变式可得 at
将坐标（1 ，0）、（3 ，10）代入上式可得v0 = -5m/s ，a = 10m/s2
由速度与时间的关系可得，当t = 3s 时v = v0 + at = (-5 +10 × 3)m/s = 25m/s ，故 D 错误。故选 AB。
8 ．BD
拉力大小为 F，两轻绳间夹角为 120°,则 F=2Tcos60°,可知每根轻绳的拉力 T=F当 B 与 A 、C 的摩擦力为最大静摩擦力时 B 恰好相对 A 、C 静止，由牛顿第二定律得：
对 A 、B 、C 整体：F-（mA+mB+mC）g=（mA+mB+mC ）a
对 B：2μ 临 Tcos30°-mBg=mBa解得
A ．若 A 、B 、C 相对静止，对 A 、B 、C 整体，由牛顿第二定律得：F- （mA+mB+mC ）g=（mA+mB+mC ）a1
代入数据解得 a1=5m/s2，故 A 错误；
B ．若 ，A 、B 、C 相对静止，对 A 、B 、C 整体，由牛顿第二定律得：F- （mA+mB+mC）g=（mA+mB+mC ）a2
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对 B，由牛顿第二定律得 2f-mBg=mBa2
代入数据解得f=12.5N，故 B 正确；
C ．若 B 相对 A 、C 滑动，A 、B 间的摩擦力f = μF cos 30。= × 48 × N=9N ，故 C 错误；
8 2
D ．若 ，B 相对 A 、C 滑动，对A，由牛顿第二定律得：
Fsin30°-μFcos30°-mAg=mAaA
代入数据解得 aA=8m/s2，故 D 正确。
故选 BD。
9 ．ABC
B．两小球与车厢保持相对静止，两小球与车厢的加速度相等，由牛顿第二定律得，对小球 A 与小球 B 整体则有(2m + m)g tan 60o = (2m + m)a
对小球 Bmg tanθ = ma
解得 θ = 60o ，a = g ，故 B 正确；
A ．对小球 A 、B 整体，在竖直方向(2m + m)g = F cos 60o解得F = 6mg ，故 A 正确；
CD ．剪断细线前，对小球 B，在竖直方向 mg = F弹cos60o
解得弹簧的弹力大小F弹 = 2mg
剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，小球 B 的受力情况不变，小球 B 的加速度不变，即aB = a = g
剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，小球 A 所受重力不变,弹簧弹力和重力夹角为60。，则剪断细线瞬间，则小球 A 所受合力F合A = 2mg
由牛顿第二定律得F合A = 2maA
解得aA = g ，故 C 正确，D 错误故选 ABC。
10 ．BD
A ．A 与地面间的最大静摩擦力f地max = μ (M + m)g = 0.2 × (2 + 4)×10N = 12N A 、B 之间的最大静摩擦力fABmax = μmg = 0.2 × 4 × 10N = 8N
当 A 、B 恰好发生相对滑动时，对 B 分析，根据牛顿第二定律，fABmax = ma0
解得a0 = 2m/s2
对 A 、B 整体分析，F0 - f地max = (M + m) a0
解得F0 = 24N
即当F ≤ 24N 时，A、B 相对静止，一起运动，当F > 24N 时，A、B 发生相对滑动，当F = 14N时，12N < F = 14N < 24N ，A 、B 相对静止，一起运动，对整体分析，根据牛顿第二定律
F - f地max = (M + m) a
解得a m/s2 ，故 A 错误；
B ．当F = 30N 时，F = 30N > 24N ，A 、B 发生相对滑动，B 的加速度由 A 对 B 的最大静摩擦力提供，根据牛顿第二定律fABmax = maB
解得aB = 2m/s2 ，故 B 正确；
C ．当F = 18N 时，因为12N < F = 18N < 24N ，A 、B 相对静止，一起运动，对整体分析， F - f地max = (M + m) a
解得a = 1m/s2
对 B 分析，根据牛顿第二定律f = ma = 4N ≠ 8N ，故 C 错误；
D ．如果把 F 作用到 B 上，B 对 A 的最大静摩擦力为 8N ，A 与地面间的最大静摩擦力为 12N，因为8N < 12N ，所以无论 F 有多大，A 受到的 B 对它的最大静摩擦力都小于 A 与地面间的最大静摩擦力，木板 A 均不会运动，故 D 正确。
故选 BD。
11 ．(1)0.1460
(2)30
(3)相等
（1）根据刻度尺的读数规则可知，该读数为 x = 14.60cm = 0.1460m
（2）由胡克定律结合受力平衡可得nmg = k(x - l0 )
整理可得x n + l0
由图可知 m
解得该弹簧的劲度系数为k = 30N / m
（3）由胡克定律可知，弹簧的弹力的增加量与弹簧的形变量成正比，因此弹簧的自重不会对劲度系数的测量结果产生影响，故劲度系数的测量值与真实值相比相等。
12 ．(1)C
(2) 2
（1）A．气垫导轨需要调水平，以确保滑块运动时绳子拉力为滑块所受合力，故 A错误；
B ．绳子拉力由弹簧测力计记录，所以不需要M应远大于m ，故 B 错误；
C ．沙桶连接动滑轮，滑块的位移始终等于沙桶位移的 2 倍，则滑块的加速度为沙桶的加速度的 2 倍，故 C 正确；
D ．设沙桶的加速度大小为a ，弹簧测力计测量的是绳的拉力 F ，则有
(m + m0 )g - 2F = (m + m0 ) a
解得
故 D 错误。
故选 C。
（2）
[1] [2] 按逆向思维，滑块从光电门 2 到光电门 1 做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动
公式L = v0t at2
结合图像可得
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故v0 表示遮光条通过光电门 2 时的速度大小，又根据图像的斜率绝对值可知
滑块的加速度大小
（3）结合图像可知，在相对应点 A 时，弹簧测力计的读数F = q ,小车的加速度a = p , 由于小车 A 的加速度为 P 的加速度的 2 倍，此时对砂和砂桶的质量与定滑轮整体进行分析有
解得砂和砂桶的质量的质量为
13 ．(1)0.4s
(2)0.6s
（1）根据自由落体运动规律有 Hgt
解得t1 = 0.4 s
（2）根据自由落体运动规律有l1 + H + lgt
则直杆穿越圆筒所用的时间为Δt = t2 - t1 = 0.6 s
14 ．
(2)mg，方向水平向左
（1）对结点 O 下侧的轻绳与 B 整体进行分析，根据平衡条件有kx = mg tan 60o ，
解得T = 2mg ，x
（2）对 A 与斜面整体进行分析，根据平衡条件有f = T cos 60o
结合上述解得f = mg方向水平向左。
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（3）对 A 进行分析，斜面对 A 的支持力大小N = Mg cos 30o - T sin 30o斜面对 A 的最大静摩擦力fmax = μN
当 A 的质量达到最大值时，对 A 进行分析有Mg sin 30o = T cos 30o + fmax解得M
15 ．
（1）物块刚放上传送带上时，由牛顿第二定律有mg sin θ + μ1mg cosθ = ma1
与传送带共速时，有
（2）与传送带共速后，由于
mg sin θ = μ1mg cosθ
说明物块此后做匀速运动，则
v = v0 = 10m/s
物块滑上木板瞬间，对于物块，有
μ2mg = ma2
对于木板有
μ2mg = Ma3
滑离木板时
解得
t = 2s （另一个解不符题意）
此时滑块速度
v1 = v - a2t = 6m/s
（3）①若长木板的左端施加一水平向左的恒力 F 后，木块刚好不从木板左端滑落，木板加
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速度
根据
解得
②若长木板的左端施加一水平向左的恒力 F 后，木块未从木板左端滑出最终和木板一起加速运动，木板加速度
根据
且
S = x
解得
③若木块未从木板左端滑出最终和木板一起加速运动向左拉力的最大值为 F，木板加速度
解得
F = 10N
若 F > 10 N 时，木块将从木板右端滑出，则有
S = 2x
木板加速度
根据
v4 = v - a2t4 = a6t4 ，x = t4 - t4
解得
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根据上述分析可得
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