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红山区 2023~2024学年第一学期学情监测试卷解析
高一年级 物理
第Ⅰ卷（选择题共 46分）
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题中只有一
项符合题目要求，每小题 4分，第 8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，选对
但不全的得 3分，有选错的得 0分）
1.物理学的关系式在确定了物理量之间的关系时，也确定了物理量单位之间的关系，因此，
只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位，这
些被选定的物理量叫做基本量，它们相应的单位叫做基本单位。下列各组选项中均属于力
学中基本量的是( )
A.千克、米、秒 B.米、千克、牛顿 C.质量、时间、长度 D.位移、速度、时间
【答案】C
【解析】A选项都属于基本单位 ； B选项米和千克属于基本单位，牛顿属于导出单位；
C选项都属于基本物理量；D选项只有时间是基本量
故选 C
2.红山区 2023级初一年级学生李明家长为保证早上 8：00前将孩子送到体能测试四种分校
考场，开启导航规划出行路线。关于图中的导航信息，下列说法正确的是
A.图中的“11分钟”“12分钟”“15分钟”指的是时刻
B.图中的“5.1公里”“5.3公里”“5.8公里”指的是路程
C.图中研究汽车在导航图中的位置时，不能把汽车看成质点
D.图中的第一种方案驾车距离最短，则路程等于位移大小
【答案】B
【解析】
A.图中的“11分钟”“12分钟”“15分钟”指的是时间，故 A错误 ；
B.图中的“5.1公里”“5.3公里”“5.8公里”指的是路程，故 B正确；
C.研究汽车在导航图中的位置时，可不计汽车的大小和形状，故汽车能看成质点，故 C
错误；
D.汽车运行轨迹是曲线，所以路程大于位移大小，故 D错误。
故本题选 B
3. 2023年 7月 12日 9时 00分，全球首枚液氧甲烷火箭朱雀二号在我国酒泉卫星发射中心
1
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成功发射，火箭进入预定轨道，实验任务取得圆满成功。下列说法正确的是（ ）
A. 朱雀二号火箭点火瞬间，火箭的速度和加速度都为零
B. 火箭的速度越大，加速度越大
C. 火箭的速度变化越快，加速度越大
D. 火箭的加速度方向与速度变化量方向可以不一致
【答案】C
【解析】
A．火箭点火瞬间，火箭的速度为零，但加速度不为零，故 A错误；
B．火箭的速度越大时，其速度的大小可以不变，所以加速度不一定大，故 B错误；
C．加速度的大小与速度变化的快慢程度有关，其速度变化越快，变化率越大，加速度越大，
即火箭的速度变化越快，加速度越大，故 C正确；
D．根据加速度的定义式可知，火箭的加速度方向与速度变化量方向一致，故 D错误。
故选 C。
4. 如图所示，长为 4m的竖直杆从竖直管道正上方由静止释放，它完全通过这一竖直管道的
时间为 2s，已知竖直杆释放时其下端到竖直管道上端的高度为 5m，不计空气阻力，取重
力加速度大小 g 10m/s2 ，则这个管道长为（ ）
A.30m B. 36m C. 32m D.40m
【答案】B
【解析】
竖直杆做自由落体运动，设竖直杆释放时其下端到竖直管道上端距离为为 h,竖直杆释
放时其下端运动到竖直管道上端时间为 1
1
根据运动学公式 h = gt2 代入数据得 =1s
2 1 1
所以设竖直杆从竖直管道正上方由静止释放到完全通过这一竖直管道总时间为 t
由题意可知 总时间 t = t1 + 2=3s
设竖直杆从竖直管道正上方由静止释放到完全通过这一竖直管道的运动距离为 H
1
根据运动学公式 H = gt2 代入数据解得 H=45m
2
设竖直管长度为 L，竖直杆长为 l
所以竖直管长度 L=H-h-l=36m
故选 B
2
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5. 如图所示，甲、乙两物体运动的 x-t图象，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲物体做曲线运动
B. 在 t1时间内甲的位移大于乙的位移
C. 在 t1时间内两物体平均速度相等
D. 相遇时，甲的速度小于乙的速度
【答案】C
【解析】
A．位移-时间图象只能描述直线运动，所以甲物体做直线运动，故 A错误；
BC．在 t1时间内两物体的位移相同，所用时间相等，则平均速度相等，故 B错误，C正确；
D．图线的斜率表示速度，相遇时，甲的斜率大于乙的斜率，则甲的速度大于乙的速度，故
D错误；
故选 C。
6. 在光滑墙壁上用网兜把足球挂在 A点，足球与墙壁的接触点为 B。足球所受重力为 G，
悬绳与墙壁的夹角为 ，网兜的质量不计，设悬绳对球的拉力为 F，墙壁对球的支持力为
N，在悬绳缓慢伸长过程中，其它条件不变，则下列判断正确的是（ ）
A. F、N都变大 B. F、N都变小
C. F变大，N变小 D. F变小，N变大
【答案】B
【解析】
在悬绳缓慢伸长过程中，夹角 减小，对足球进行受力分析，作出受力动态分析图，
如图所示
可知，当夹角 减小时，F、N都变小。
故选 B。
7. 如图是梁同学做引体向上的示意图。若每次完整的引体向上分为身体“上引”（身体由静
止开始从最低点升到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低点的初始状态）两个过程，
单杠在整个过程中相对地面静止不动。下列说法正确的是（ ）
A. 单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变而产生的
B. “上引”过程单杠对双手的弹力大于双手对单杠的弹力
C. “下放”过程单杠对双手的弹力始终小于梁同学受到的重力
3
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D. “下放”过程梁同学均处于失重状态
【答案】A
【解析】
A．单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变要恢复原状而产生的，故 A正确；
B．单杠对双手的弹力和双手对单杠的弹力是一对相互作用力，大小相等，故 B错误；
CD．“下放”向下减速过程，加速度向上，处于超重状态，单杠对双手的弹力大于梁同学受
到的重力，故 CD错误；
故选 A。
8. 如图所示，在桌面上放置一张纸和一瓶矿泉水，矿泉水瓶静止在纸面上，如果突然迅速
水平向右拉动纸的一边，将纸片拉出，而矿泉水瓶相对纸片滑动。在抽纸片过程中（ ）
A. 纸片对矿泉水瓶摩擦力的方向向右 B. 拉动纸片越快，矿泉水瓶受到的摩擦力越大
C. 矿泉水瓶对纸片摩擦力的方向向右 D. 拉动纸片越快，矿泉水瓶受到的摩擦力保持不
变
【答案】AD
【解析】
BD．无论拉动速度快慢，水瓶与纸之间均为滑动摩擦力，大小均为，水瓶重力不变，正
压力不变，则摩擦力大小不变，故 D正确，B错误；
AC．水瓶相对纸向左运动，则纸片对矿泉水瓶摩擦力的方向向右，根据牛顿第三定律，矿
泉水瓶对纸片摩擦力的方向向左 故 A正确，C错误。
故选 AD。
9. 木块 A、B分别重 50N和 60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为 0.25，夹在 A、B
之间的轻弹簧被压缩了 2cm，弹簧的劲度系数为 400N/m，系统置于水面上静止不动。现
用 F=2N的水平向右的拉力作用在 B上，作用后它们仍静止不动，则作用后（ ）
A．木块 A所受摩擦力大小是 7N
B．木块 A所受摩擦力方向向右
4
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C．木块 B所受摩擦力大小是 10N
D．木块 B所受摩擦力大小是 6N
【答案】BC
【解析】
根据胡克定律，可得 A、B间弹簧弹力大小为
F1=kx=400×2×10-2N=8N
AB．因 B 仍静止，可知弹簧弹力不变，因木块 A与地面间的最大静摩擦力为
fAm=μGA=0.25×50N=12.5N
木块 A受到向左的弹力为 8N，小于最大静摩擦力，因 A处于静止状态，故木块 A所受摩
擦力为静摩擦力，根据二力平衡，可得木块 A所受摩擦力大小为
fA=8N
方向水平向右，故 A错误 B正确；
CD．木块 B与地面间的最大静摩擦力为
fBm=μGB=0.25×60N=15N
用 F=2N的水平拉力作用在木块 B上，木块 B受弹簧向右的弹力为 8N和向右的拉力为 2N，
共 10N，小于最大静摩擦力，故 B仍静止不动，B所受的静摩擦力大小为 10N，向左，故 C
正确，D错误。
故选 BC。
10. 几个水球可以挡住子弹 实验证实：4个水球就足够了!4个完全相同的水球紧挨在一起水
平排列，如图所示，子弹（可视为质点）在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好穿出
第 4个水球，则以下说法正确的是（ ）
A. 子弹在每个水球中速度变化相同
B. 由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间
C. 由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间之比
D. 子弹穿出第 3个水球的瞬间速度与全程的平均速度相等
【答案】CD
【解析】
BC．设水球的直径为 d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零。我们可以
5
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应用逆过程，相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动，因为通过最后 1个、最后 2个、
以及后 3个、全部 4个的位移分别为 d、2d、3d、4d，根据
x 1 at 2
2
知，时间之比为1: 2 : 3 : 2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；由以上的分析可
知，子弹依次穿过 4个水球的时间之比为 2 3 : 3 2 : 2 1 :1；由题干信息不
可以确定子弹穿过每个水球的时间，故 B错误，C正确；
A．子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由
v at
可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故 A错误；
D．由以上的分析可知，子弹穿过前 3个水球的时间与穿过第 4个水球的时间是相等的，由
匀变速直线运动的规律可知，子弹穿出第 3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，故 D
正确。
故选 CD。
二、实验题：本题共 2小题，每空 2 分，共 18分。
11. 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计 A挂于固定
点 P，下端用细线挂一重物 M。弹簧测力计 B的一端用细线系于 O点，手持另一端拉动弹
簧测力计，使结点 O静止在某位置。分别读出弹簧测力计 A和 B的示数，并在贴于竖直木
板的白纸上记录 O点的位置和细绳的方向。
（1）本实验用的弹簧测力计的示数单位为 N，图中 A的示数为______N；
（2）下列实验要求不必要的是______（填选项前的字母）；
A.改变拉力，进行多次实验，每次都要使 O点静止在同一位置
B.测量重物M 所受的重力
C.细线方向应与木板平面平行
D.每次实验时，手持弹簧测力计 B必须水平拉动，使 OB与竖直方向垂直
（3）本实验采用的科学方法是______。
6
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A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.建立物理模型法
（4）实验结束后，小明同学用其中一个弹簧测力计探究“弹簧所受弹力 F 与弹簧长度 L 的
关系”，绘出如图丁所示图像，则弹簧测力计的劲度系数为______ N/m（保留一位小数）。
【答案】 （1）2.6（2分）（2）AD（2分） （3） C （2分） （4） 200.0（2分）
【解析】
（1）该弹簧测力计的精度为 0.2N，根据读数规律，该读数为 2.6N。
（2）A．该实验通过两根弹簧测力计与重物M，测量出三根细线的拉力大小，通过分析 O
点在三个力作用下处于平衡来得到实验结论，因此进行多次实验时，每次 O点静止的位置
可以不同，A错误；
B．由于实验需要测量 OM段细线的拉力，而该拉力大小等于重物M的重力，则实验时需
要测量重物M 所受的重力，B正确；
C．为了减小作图时的实验误差，能够尽量准确地在白纸上表示力的大小，实验时，细线方
向应与木板平面平行，C正确；
D．该实验是通过分析 O点在三个力作用下处于平衡来得到实验结论，因此，每次实验时，
并不需要手持弹簧测力计 B必须水平拉动，也不需要使 OB与竖直方向垂直，D错误。
故选 AD。
（3）该实验研究“力的平行四边形定则”，即研究合力与分力的等效关系，则该实验用的
科学方法是等效替代法。
故选 C。
（4）设弹簧原长为 L0，则有
F k L L0 kL kL0
结合图像可知
7
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k 12 N / m = 200.0N / m
9.0 3.0 10 2
12. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲同学设计了如图所示的实验装置。其中
M为小车的质量，m0 为沙和沙桶的总质量。一轻绳跨过轻质的定滑轮和动滑轮一端连接沙
桶，另一端连接拉力传感器，拉力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验过程中，每次在释
放小车后，读出拉力传感器的示数并记为 F。
（1）该实验采用的科学方法是_______。
A．等效替代法 B．控制变量法 C．倍分法 D．理想模型法
（2）实验过程中，下列操作正确的是_________。
A．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
B．在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．调整长木板左端的定滑轮，使得细线与长木板平行
D．为减小误差，实验中要保证沙和沙桶的总质量 m0远小于小车的质量 M
（3）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（．两．计．数．点．间．还．有．四．个．点．没．有．画．出．）．，已知
打点计时器采用的是频率为 50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为
__________m/s2（结果保留两位有效数字）。
（4）甲同学以力传感器的示数 F为横坐标，小车的加速度 a为纵坐标，画出的 a F 。图
象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为 k，则小车的质量为________。
8
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1 k 1 2
A． B． C． D．
tan 2 k k
（5）乙同学也利用此装置探究合外力一定时，物体的加速度和质量的关系。他保持沙和沙
桶的总质量不变，改变放在小车中砝码的质量m，测出对应的加速度 a，假设已经完全消除
1
了摩擦力和其他阻力的影响。他没有测量小车的质量 M，而是以 为纵坐标，m为横坐标，
a
1
画出 m图像，从理论上分析，下列图像正确的是_______。
a
A. B. C. D.
【答案】 （1） B（2分） （2） BC或 CB(单选 B或单选 C得 1分）（2分）
（3）2.0 （2分） （4） D （2分） （5） B（2分）
【解析】
（1）在探究加速度与力、质量的关系实验中，控制质量不变，探究加速度和力的关系，使
用了控制变量法。故选 B。
（2）A．小车靠近打点计时器，先接通电源，打点稳定后再释放小车，故 A错误；
B．在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，减小由摩擦力产生
的误差，故 B正确；
C．调整长木板左端的定滑轮，使得细线与长木板平行，使绳的拉力沿着小车运动方向，减
小误差，故 C正确；
D．只有实验认为绳的拉力等于沙和沙桶的总重力时，才需要满足沙和沙桶的总质量 m0远
小于小车的质量 M，本实验采用力传感器直接测量绳的拉力，不需要满足沙和沙桶的总质
量 m0远小于小车的质量 M，故 D错误。
故选 BC。
9
{#{QQABQQCAgggAQABAAAgCQQGKCAKQkACACCoGhAAMMAAACQFABCA=}#}
（3）两点之间的时间间隔为
T 5 5 s 0.1s
f 50
由逐差法可得小车的加速度大小为
a= x36 x03 11.09 9.13 7.10 5.12 3.09 1.10 10 2m / s2 2.0m/s2
3T 2 9 0.12
（4）由牛顿第二定律可知：
2F=Ma
解得
a= 2F
M
又因为 a-F图像的斜率为
k 2
M
所以
M 2
k
不知道横纵坐标的标度是否相同，不能确定斜率 k与 tan 是否相同。
故选 D。
（5）以沙和沙桶的总重力 m0g为绳的拉力 F，则
2F= M m a
解得
1 = m + M
a 2F 2F
故选 B。
三、计算题：本题共 4 小题，共 36 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。
只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。
13. （6分）交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”规定的驾驶员将
受到罚款、扣分的严厉处罚。如图所示，以 8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，司机发现
一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线 8m，该车刹车制动可视为匀减速直线
运动，加速度的最大值为 5m/s2。则
（1）如果司机立即以最大加速度刹车制动（不计反应时间），求 1s内汽车前进位移；
10
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（2）如果考虑司机的反应时间，若该司机的最长反应时间为 0.1s，通．过．计．算．判断汽车车头
能否刚好停在停车线处。
【答案】（1）5.5m；(3 分）（2）不能（3分）
【解析】
（1）汽车匀减速运动可知加速度 a=-5m/s2(1 分）
根据运动学公式 x = V t + 10 at2(1 分）2
代入数据可得 x =5.5m(1 分）
(2) 司机反应时间内汽车做匀速运动，则匀速位移为x1 = V0t=0.8m(1 分）
设司机刹车后汽车做匀减速运动最大位移为x2 根据运动学公式 2 20 = 2 2（1 分）
代入数据可得x2 =6.4m(1 分)（其他方法，只要合理也给分）
联立可得汽车前行最大位移为 7.2m<8m
所以汽车车头不能刚好到达停车线
14. （8分）我校高一课外活动小组自制一枚水火箭，设水火箭发射后始终在竖直方向上运
动，在水火箭向下喷水过程中，水火箭可认为做匀加速直线运动，水火箭从地面静止出发经
过 4s到达离地面高 32m处时水恰好喷完，接着水火箭向上做匀减速运动，最后落回到地面，
设水火箭喷完水后的加速度大小为 g=10 m/s2，求：
（1）水火箭加速时的加速度；
（2）恰好喷完水时水火箭的速度；
（3）水火箭上升离地面的最大高度；
（4）画出水火箭从地面静止出发，先做匀加速直线运动，接着水火箭向上做匀减速运动，
最后落回到地面的 V-t 图像（不．用．标．记．图．像．中．所．有．点．坐．标．信．息．）。
【答案】（1）4m/s2；（2分）（2）16m/s；（2 分）（3）44.8m；（4 分）
【解析】
【详解】（1）（2）水火箭运动示意图如图所示
水火箭喷水过程向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为 a1，喷完水后的速度为 vB
11
{#{QQABQQCAgggAQABAAAgCQQGKCAKQkACACCoGhAAMMAAACQFABCA=}#}
x 11 a t
2
（1分）
2 1 1
vB a1t1（1分）
解得
a1=4m/s
2（1分），vB=16m/s（1 分）
（3）BC阶段水火箭做匀减速直线运动,设最高点速度为 vc
v2C v
2
B 2gx2 （1分）
(也可用 V = V0 gt（0.5 分）
代入数据得 0=16-10t t=1.6S;再代入x2 = V0t
1gt2得x =12.8m(0.5分)
2 2
hAC x1 x2（1分）
解得
hAC=44.8m（1分）
（4）水火箭的 V-t图像如下图所示（1分）
v
0 t
15.（10分） 物体与水平面间的动摩擦因数 1 0.25，斜面倾角为30 ，物体与斜面面间
3
的动摩擦因数 2 。现将一质量为 10kg的物体（可视为质点）放在水平面上的 A处，3
在与水平面成53 角的拉力 F=40N 作用下由静止开始向右运动，经 t=10s 到达斜面底端 B
点时撤去拉力 F，物体过 B点时速度大小不变。（g取10m/s2，cos53 0.6，sin53 0.8）
求：
（1）物体到达 B点时速度大小；
（2）物体沿斜面向上滑动的最大距离。
（3）请分析说明小物块能否返回斜面底端B点。若能，请计算从最高点返回斜面底端的时
间 2；若不能，请说明原因。
【答案】（1）7m/s；（5 分）（2）2.45m（3分）（3）不能（2分）
【解析】
12
{#{QQABQQCAgggAQABAAAgCQQGKCAKQkACACCoGhAAMMAAACQFABCA=}#}
【详解】
（1）物体在水平面做加速运动，对物体受力分析和正交分解有
y轴平衡方程：FN + Fsin53o =mg（1分）
x轴由牛顿第二定律得 Fcos53o F f=ma(1 分）
物体在水平面受到的摩擦力大小为 = （1分）
联立可得物体在水平面上的加速度为
a=0.7m/s2（1分）
物体到达 B 点时速度大小
VB=at=7m/s（1分）
（2）物体在斜面上滑时加速度大小为
a g sin 30 g cos30 10m/s22 （2分）方向沿斜面向下
物体沿斜面向上滑动的最大距离
=2.45m（1分）
（3）物体上升到最高点时 mgsinθ = μmgcosθ=50N（1 分）
所以物块在最高点保持静止，不能返回到斜面底端 B 点。（1 分）
16. 如图所示，质量m 1.0kg的小滑块（可视为质点）放在足够长木板的右端，木板质量
为M 4.0kg，与水平地面和滑块间的动摩擦因数均为 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板加一水平向右的拉力 F，F从零逐渐增
大，重力加速度 g 10m/s2 ，则
（1） 滑块和木板都保持静止时拉力 F最大值；
（2）当拉力 F等于 60N时，求木板的加速度和木块的加速度大小各是多少？
【答案】（1）20N；（3 分）（2）9m/s2、4m/s2（9分）
【解析】
【详解】（1）（3分）木板与地面间的最大静摩擦力
13
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fmax1 M m g 20N（2分）
当拉力 F小于等于 20N，则滑块和木板都处于静止状态（1分）
（2）（9 分）滑块与木板间的最大静摩擦力
fmax2 mg 4N（1分）
当拉力 F等于 60N时，由于该力大于 20N，则木板开始加速，假设滑块与木板恰好发生相
对滑动，对滑块和木板整体有
F μ(M +m)g = (M +m)a（1分）
对滑块有 μmg = ma （1分）
解得滑块与木板恰好发生相对滑动时最大拉力 F=40N(1分）
则当拉力 F等于 60N时，大于一起运动的最大拉力 40N，滑块和木板不能保持静止，滑块
相对于木板向左运动，设木块加速度为 a2,木板的加速度为 a3，对木板由牛顿第二定律可知
F2 M m g mg Ma3（2分）
解得
a3 9m / s
2
（1分）
对小物块由牛顿第二定律可知
μmg = ma2 （1分）
则小物块的加速度
a2=4m/s2 （1分）
14
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