山东省济宁市某中学2025届高三年级上册10月月考物理试题（含解析）

物理试题

注意事项：

1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试科目、试卷类型用2B铅笔涂写在答题卡上。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡

皮擦干净后，再选涂其它答案。不能答在试题卷上。

3.考试结束后，将第H卷答题纸和答题卡一并收回。

一、选择题

1.在巴黎奥运会女子100米蝶泳决赛中，张雨霏以56秒21的成绩摘得铜牌。如图为张雨霏起跳后在空中

的情景，己知100米蝶泳比赛的泳池长为50m。则（）

A.张雨霏起跳前所受支持力大于她对起跳台的压力

B.张雨霏在空中受到重力和浮力的作用

C.在研究张雨霏游泳动作时，不可以将她看成质点

D.张雨霏比赛过程中的平均速度大小约为1.8m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A.支持力和压力是一对相互作用力，大小相等，A错误；

B.张雨霏在空中不受浮力的作用，B错误；

C.在研究张雨霏游泳动作时，不可以将她看成质点，否则就没动作可言了，C正确;

D.张雨霏比赛过程中的路程s=100m,其运动的位移x<100m,平均速度大小为

xs.,

v=—<—®1.n8m/s

D错误。

故选C。

2.某跳水运动员身高1.8m,训练时从10m跳台双脚朝下自由下落。小潘同学利用手机连拍功能，连续拍了

几张照片，其中两张连续照片中显示运动员双脚离水面的实际高度分别为5.0m和2.8m,取g=10m/s2,估算

手机连拍的时间间隔（）

A.”10入B.2xl01sC.1x10-2sD.2x10-2$

【答案】B

【解析】

【详解】运动员做自由落体运动，下落到距水面为5m时所需时间为3则

H-h=-gt2

2

下落的距水面为2.8m时，下落的时间为什7,则

,1,

H-h=-g（t+T）2

联立解得

7=2x10%

即手机连拍的时间间隔为2x10—%。故ACD错误，B正确。

故选B。

3.如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点,已知S7间的距离是RS的两倍,

RS段的平均速度是10m/s,ST段的平均速度是5m/s,则公交车经过7点时的瞬时速度为（）

RST

A.3m/sB.2m/sC.lm/sD.0.5m/s

【答案】c

【解析】

【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为X,则根据题意有

__x_v&+%__2x_vs+vT

VRS=^=^T'VsT=i;=~r

联立解得

友=4-，VT=VR~10

再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有

VT=VR~a'5ti

则

at\=2m/s

其中还有

%=4一。,力

22

解得

VR=llm/s

联立解得

VT=lm/s

故选C。

4.甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动的xY图像（甲的图线为直线，乙的图线为抛物线）如图所示。

关于两物体的运动，下列说法正确的是（）

A.甲做直线运动，乙做曲线运动

B.071时间内，乙的速度方向与加速度方向相反；力〜打时间内，乙的速度方向与加速度方向相同

C.0W2时间内，乙的速度先增大后减小，/2时刻，甲、乙两物体相遇

D.0〜打时间内，G时刻甲、乙相距最远，两物体一直沿x轴正方向运动

【答案】B

【解析】

【详解】A.甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，甲的x-f图像为直线，甲做匀速直线运动；乙的x-f

图像为抛物线，乙做匀变速直线运动，故A错误；

B.由图知，Of时间内，乙做负方向的匀减速运动，速度方向与加速度方向相反；A〜女时间内，乙做正方

向的匀加速运动，乙的速度方向与加速度方向相同，故B正确；

C.由图知，072时间内，乙的速度先减小后增大；/2时刻，甲、乙位置相同，甲、乙两物体相遇，故C错

误；

D.当甲、乙的速度相同时，两者相距最远，由图知072时间内，力时刻甲、乙相距不是最远；由图知，甲

一直沿x轴负方向运动，乙先沿x轴负方向运动后沿x轴正方向运动，故D错误。

故选B。

5.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小

用9N表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()

B.ti~t2时间内，v减小，F^<mg

C.?2~?3时间内，V增大，尸N<mgD.。2~力时间内，v减小，FN>mg

【答案】D

【详解】A.由于sr图像的斜率表示速度，可知在071时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重

状态，则

F^<mg

A错误；

B.在/L/2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则

F-^=mg

B错误；

CD.在叁〜打时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则

F^>mg

C错误，D正确。

故选D。

6.如图所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点"、N连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿

过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为优的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g,小球恰好静止在

图示位置，下列说法正确的是()

A.轨道对轻环的支持力大小为mg

B.细线对〃点的拉力大小为叵蛋

2

C.细线对轻环的作用力大小为返

2

D.N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°

【答案】D

【解析】

【详解】对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子拉力与圆弧对圆环的支持力的夹角

ZOMA=ZMAO=6,

则39=90°,0=30°；

则轨道对轻环的支持力大小为

FN=2mgcos30°=,

选项A错误；

细线对M点的拉力大小为7=„vg,选项B错误；

细线对轻环的作用力大小为

F'N=FN=y/3mg,

选项C错误；

由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30。，选项D正确.

7.我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为机的货物平放在手推车底板上,

此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60。。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加

速度为g，下列说法正确的是（）

A.当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货物的支持力为;Mg

B.当底板与水平面间的夹角为30°时，支架对货物的支持力为1加g

C.压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大

D.压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直增大

【答案】D

【解析】

【详解】AB.当底板与水平面间的夹角为30°时，受力分析如图

%F

..\!zdJ_N2

▼mg

由平衡条件可得

m

夫冈=Ssin60°,FN2=mgcos60°

解得

练］=二加g，练2=5机g

即当底板与水平面间的夹角为30。时，底板对货物的支持力为g掰g,支架对货物的支持力为;冽g,故

AB错误；

CD.压下把手的过程中，货物的受力情况如图

由图可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，故C错误，D正确。

故选D。

8.某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以

看作匀减速直线运动，其v-/图像如图所示，自由落体运动的时间为整个过程的运动时间为最

大速度为％=6m/s,重力加速度g取：lOm/s?,下列说法正确的是（）

A.tx-IsB.整个过程中，鸟下落的高度为3m

C.。至时间内，鸟的加速度大小为20m/s2D.。至时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据

%=g%

可知

—s=0,6s

10

故A错误;

B.根据v-/图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，鸟下落的高度为

,151,5“~

h=—vm•一4=—x6x—x0.6m=3m

故B正确;

CD.。至|■4时间内，鸟的加速度大小为

v6nc

a=-------m/s2二15m/s2

22八「

一一x0.6

313

根据牛顿第二定律可得

f-mg=ma

可得

fmg+ma5

mgmg2

故CD错误。

故选B。

9.如图甲所示，平行于倾角为6固定斜面向上的拉力E使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速。与尸

的关系如图乙。图线的斜率为左，与E轴交点坐标为。，与。轴交点为-6。由图可知（）

C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为bD.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c

【答案】BD

【解析】

【详解】以物块为对象，根据牛顿第二定律可得

F-mgsin0-/jmgcos0=ma

可得

Fmgsin0+umgcos01_.„八、

a=----------------------------=一F-Izgsmd+/^gcos0）

mmm

结合a-厂图像可得

—=k=—,-gsin0+/ngcos0=-b

mc

可知小物块的质量为

1

m--

k

摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为

mgsin0+/imgcos0=c

故选BDo

10.如图所示，长为£的轻直棒一端可绕固定轴。在竖直面内转动，另一端固定一质量为冽的小球，小球

搁在光滑水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升。下列说法正确的是（）

A.小球做匀速圆周运动

B.棒的角速度逐渐增大

C.当棒与竖直方向的夹角为a时，小球的速度为〕一

sma

V

D.当棒与竖直方向的夹角为a时，棒的角速度为------

Lsvaa

【答案】CD

【解析】

【详解】棒与平台接触点（小球）的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成。小球的

实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方的，如图所示，

设棒的角速度为则合速度

沿竖直方向向上的速度分量等于v,即

a)Lsina=v

所以

V

(0=------------

Zsincr

小球速度为

v^.=a)L=------

sincr

由此可知棒（小球）的角速度随棒与竖直方向的夹角&的增大而减小，小球的速度随棒与竖直方向的夹角u

的增大而减小。故AB错误，CD正确。

故选CDo

11.如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为0的斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知A物

体光滑，质量为小，B物体与斜面间的动摩擦因数为〃，质量为2%,整个过程斜面始终静止不动。下列说法

中正确的是（）

A.B物体与斜面间的动摩擦因数〃=tan<9

B.轻杆对B物体的作用力沿斜面向上

C.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑

D.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面加速下滑

【答案】CD

【解析】

【详解】A.对A、B整体分析，根据平衡条件有

3mgsin。=2jumgcos0

解得

〃=—tan。

2

故A错误；

B.规定沿斜面向下为正方向，设轻杆对B的作用力为7,单独对B分析，根据平衡条件有

T+2mgsin6=2/nmgcos0

解得

T=mgsin0

答案为正值，表示方向沿斜面向下，故B错误；

C.若增加B物体的质量，设增量为△加，则

(3m+Am)gsin0-(2m+Am)〃gcos0=Amgsin3

上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向上，则A、B整体将沿斜面减速下滑，故C正确；

D.增加A物体的质量，设增量为Am,则

(3m+Am)gsin，-2jumgcos0=Amgsin0

上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向下，则A、B整体将沿斜面加速下滑，故D正确。

故选CDo

12.如图甲所示，水平地面上有一质量为M的长木板，将一质量为优的小物块放在长木板上。给小物块施

加一水平外力R利用拉力传感器和加速度传感器(图中未标出)测得长木板和小物块加速度。随外力/

的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取:l0m/s2,则()

A.水平地面粗糙

B.F=1N时小物块相对长木板发生滑动

C.小物块与长木板的质量之比为2:3

D.小物块与长木板的质量之比为1:3

【答案】AD

【解析】

【详解】A.由图可知，当外力尸=1N时，整体才开始运动，所以木板受到水平地面的摩擦力，即水平地

面粗糙，故A正确；

B.由图可知，当外力尸=1N时，整体开始运动，此时物块和木板加速度相同，相对静止；当R=3N时,

物块和木板的加速开始不同，此时物块相对木板发生滑动，故B错误；

CD.由图可知，当外力IN（尸＜3N时，物块和木板一起运动，则根据牛顿第二定律

F-f=+m)a

整理得

Ff

a=-------------------

M-\-mM+m

所以，斜率为

,12

kt——

M+m3-1

解得

M+m=1kg

当尸＞3N时，物块和木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律

F-f'=ma

整理得

Ff

a=-----

mm

此时斜率为

,12

h==

m3-2.5

解得

11

m=—kg

所以

，，3，

Az=—kg

4

所以，小物块与长木板的质量之比为

m_l

~M~3

故C错误，D正确。

故选ADt,

二、实验题

13.在“探究质量一定时,加速度与物体所受合力的关系”的实验中，实验装置如图甲所示，两滑轮间的轻

绳始终与长木板平行，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz»

（1）对该实验，下列必要且正确的操作有;

A.取下砂桶，抬起长木板右端，使小车沿长木板做匀速运动

B.测量砂桶和砂的质量

C.实验时需要先释放小车，再接通电源

（2）若在实验中得到一条纸带如图乙所示，0、1、2、3、4为五个相邻的计数点，每相邻的两个计数点之

间还有四个计时点未画出。根据纸带数据，可求出小车的加速度大小。=_________m/s2（结果保留两位有

效数字）；

（3）该实验中，砂和砂桶的总质量加（选填“需要”或“不需要”）远小于小车的质量M；

（4）以力传感器的示数尸为横坐标，通过纸带计算出的加速度。为纵坐标，画出a-尸图像如图丙所示，

则小车的质量M=kg（结果保留两位有效数字）。

【答案】①.A②.0.80③.不需要④.0.33

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]A.此实验需要平衡小车所受摩擦力，平衡时需要取下砂桶，故A正确；

B.由力传感器可以测出拉力的大小，不需要测量砂桶和砂的质量，故B错误；

C.实验时需要先接通电源，再释放小车，故C错误。

故选Ao

（2）[2]根据匀变速规律可得，小车的加速度大小为

[（6.61+5.80）-（5.01+4.20）]x0.01八℃「

a=-----------------------m/sz2=0.80m/s-

4x0.12

（3）[3]由于拉力可以通过力传感器直接测出，所以不需要满足砂和砂桶的总质量机远小于小车的质量

（4）[4]对小车，根据牛顿第二定律可得

1F=Ma

结合图象斜率有

,24.5

-075

解得，小车质量为

Mx0.33kg

14.某实验小组要探究弹簧弹力的大小与伸长量之间的关系。用铁架台、毫米刻度尺以及若干个相同钩码组

成如图甲所示的装置，一轻弹簧竖直悬挂在铁架台的水平横杆上，指针固定在弹簧下端，刻度尺竖直固定

在弹簧一侧，刻度尺零刻度线与弹簧上端点对齐。重力加速度大小为g=9.8tn/s2。

（1）在弹簧下依次挂上钩码，得到悬挂钩码的质量机与弹簧伸长量x的关系如图乙所示，则弹簧的劲度系

数4=N/mo

（2）若实验中刻度尺的零刻度略高于弹簧上端，则由实验数据得到的劲度系数值将________（选填“偏小”“偏

大”或“不受影响”）；若再多挂几个钩码，发现作出的加-X图像向下弯曲，其原因是。

（3）若将原弹簧截去一半再做实验，将实验得到的多组悬挂钩码质量机及对应的弹簧伸长量x在图乙坐标

系中作图，则作出的图像斜率（选填“大于”“小于”或“等于“）原弹簧图像的斜率。

【答案】（1）4.9（2）①.不受影响②.弹簧超出了弹性限度

（3）大于

【解析】

【小问1详解】

由图可知弹簧的劲度系数为

AFtXmg60X10-3X9.8

N/m=4.9N/m

AxAx12x10-2-

【小问2详解】

AF

[1]根据后=——可知，若实验中刻度尺的零刻度略高于弹簧上端，对弹簧伸长量的计算无影响，则由实验

Ax

数据得到的弹簧的劲度系数将不受影响；

⑵若再多挂几个钩码，发现作出的加-x图像向下弯曲，向下弯曲的原因是弹簧超出了弹性限度。

【小问3详解】

若将原弹簧截去一半再做实验，将实验得到的多组悬挂钩码质量m及对应的弹簧伸长量x在图乙坐标系中

作图，由于挂相同钩码，截去一半的弹簧形变量比原来的小，因此图像的斜率比原弹簧的斜率大。

三.计算题

15.某人骑自行车以6m/s的速度匀速前进，某时刻在其前面4m处以10m/s速度同向运行的汽车，以2m/s2

的加速度减速前进，以汽车开始关闭发动机时刻开始计，求：

(1)汽车减速到6m/s需要经过多长时间？汽车前进多少距离？

(2)此时自行车落后汽车多少距离？

【答案】(1)2s；16m(2)8m

【解析】

【详解】(1)设汽车由vo=lOm/s减速到v=6m/s需要经过时间t

由

v=v0+at

代入数据解得：t=2s

2s内汽车位移X2

12

x2=%/-5at

代入数据解得&=16m

(2)设此时两车相距△》，则自行车2s内的位移为：

玉=vt

代入数据解得xi=12m

则有：

八%=X2—X]+4=8m

16.如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态。轻绳/。绕过光滑的定

滑轮与轻弹簧的右端及轻绳的上端连接于。点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的。。段与竖直方向

的夹角61=53。，斜面倾角a=37。，物块A和B的质量分别为小A=6kg、7〃B=1.5kg,弹簧的劲度系数上=400N/m

(sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2),求：

(1)弹簧的伸长量x；

(2)物块A受到的摩擦力。

c

【答案】(1)0.05m；(2)11N,方向沿斜面向上

【解析】

【详解】(1)根据题意，对结点受力分析，设弹簧的弹力为T,绳子的拉力为尸，由平衡条件有

F=汕曷=25N

cos6*

T=mBgtan0=20N

由胡克定律可得

T=kx

所以弹簧的伸长量为

x=0.05m

(2)对物块A,由于

F<mAgsince=36N

由此可知，物块A所受摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件可得

F+f=mAgsina

解得

/=心

17.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为6=37。的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为如=6kg的物

体P,。为一质量为加2=10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数后=600N/m,系统处于静止状态.现给

物体。施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，

尸为变力，0.2s以后尸为恒力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?.求:

(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量xo;

(2)物体。从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小.；

(3)力F的最大值与最小值.

…石、10,280160

【答案】(1)0.16m(2)ym/s2(3)—N—N

【解析】

【详解】(1)设开始时弹簧的压缩量为xo

对整体受力分析，平行斜面方向有：

(加1+冽2)gsinO=kxQ

解得：

xo=O.16m

⑵前0.2s时间内/为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、0之间的弹力为零且加速度大

小相等，设此时弹簧的压缩量为XI

对物体P,由牛顿第二定律得：

kx\—migsin0=m\a

前0.2s时间内两物体的位移：

xo一xi=—at2

2

联立解得：

10,

a=——m/s2

3

(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大：

,160

^min=(m1+mi)a=—^―N

对。应用牛顿第二定律得：

Fmax一冽2gsin9=m2。

解得：

.,280

Fmax一加2(gsin0\一~~~N.

18.双层皮带输送机的出现极大地提升了物流输送效率，它可以将货物同时进行输送装卸。双层皮带输送机

可简化为如图所示的两个传送速率相同的传送带，上层传送带长为4.02m,与水平方向夹角为37。，水平的

下层传送带长为3.21m。货物放在材质相同的纸箱内，纸