2025年浙教新版必修1物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教新版必修1物理上册月考试卷765考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示，两物体A和B，质量分别为，m1和m2，相互接触放在水平面上．对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于（）

A.B.C.FD.2、甲、乙两质点在同一直线上匀速运动，设向右为正，甲质点的速度为+6m/s，乙质点的速度为-9m/s，则下列说法中错误的是（）A.乙质点的速率大于甲质点的速率B.这里的正、负号的物理意义是表示运动的方向C.因为+6>﹣9，所以甲质点的速度大于乙质点的速度D.若甲、乙两质点同时由同一点出发，则10s后甲、乙两质点相距150m3、环青海湖自行车赛举世瞩目，在一次比赛中，有位骑手从t0时刻开始至t1时刻终止刚好回到出发点，共骑行的路程是s，则这位骑手的平均速度大小是（）A.B.0C.D.以上答案都不对4、在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b；由图可知（）

A.b车运动方向始终不变B.a、b两车出发的初位置不同C.t1到t2时间内a车的平均速度小于b车D.t1到t2时间内某时刻两车的速度相同5、如图是一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为65kg。此时手臂与伸直的身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，设手受到的拉力和脚受到的支撑力的作用线均通过重心O，则手受到拉力和脚受到支撑力大小分别为（取g=10m/s2；sin53°=0.8）（）

A.520N，390NB.390N，520NC.480N，360ND.360N，480N评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、物体从某一高处自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为0；然后被弹簧弹回。下列说法中正确的是（）

A.物体从A下落到B的过程中，受到弹簧的弹力不断减小B.物体从A下落到B的过程中，受到弹簧的弹力不断增大C.物体从B上升到A的过程中，受到弹簧的弹力不断减小D.物体从B上升到A的过程中，受到弹簧的弹力不断增大7、如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起，当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0105N；此时千斤顶两臂间的夹角为120°，下列判断正确的是（）

A.该汽车的重力等于1.0105NB.此时千斤顶每臂受到的压力大小均为1.0105NC.若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大D.若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小8、如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为质量为0.3kg的小物块静止在A点，现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的图像如图乙所示，取10m/s2；则下列说法正确的是。

A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为9、如图所示甲，t＝0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔2s物体的瞬时速度记录在表乙中，重力加速度取g＝10m/s2；则（）

t/s0246v（m·s-1）08128

A.物体在斜面上加速运动的加速度为4m/s2B.物体在B点时的速度为12m/sC.4s末物体处于减速阶段D.物块运动的总时间为10s10、研究两个共点力的合力实验中，得出F合随夹角变化的规律如图所示，则下列说法中正确的是（）

A.两个分力分别为8N、10NB.两个分力分别为6N、8NC.2N≤F合≤12ND.2N≤F合≤14N11、如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为重力加速度大小为g；则下列说法正确的是（）

A.轻绳P的弹力大小可能小于mgB.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为C.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gD.若轻绳长度可根据需要调整，保证弹簧方向不变，将轻绳P的上方悬点缓慢左移，则弹簧长度将逐渐变大12、如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10m/s2；则下列说法正确的是（）

A.小球刚接触弹簧时速度最大B.当Δx＝0.3m时，小球处于超重状态C.该弹簧的劲度系数为20.0N/mD.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、如图，倾角为37°，质量不计的支架ABCD的D端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，A点处有一固定转轴，CA⊥AB，DC＝CA＝0.3m．质量m＝lkg的物体置于支架的B端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力F，物体在拉力作用下沿BD做匀速直线运动，已知物体与BD间的动摩擦因数μ＝0.3．为保证支架不绕A点转动，物体向上滑行的最大距离s＝_____m．若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′______s(填：“大于”；“等于”或“小于”．)(取sin37°＝0.6；cos37°＝0.8)

14、图甲使用0.6A量程时，图中表针示数是______A；图乙使用3V量程时，图中表针示数是______V；图丙的示数是______mm；图丁的示数是______mm。

15、完全相同的三块木块并排的固定在水平面上，一颗子弹以速度v水平射入．若子弹在木块中做匀减速运动，穿透第三块木块的速度恰好为零，则子弹依次射入每块时的速度比为____________，穿过每块木块所用的时间之比为_____________．

16、一物体做匀变速直线运动，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，每一个时间间隔为4s，则物体的初速度为________，和末速度为________，及加速度为________．17、质量为m的物体静止放置在平板上，平板倾角θ从0°缓慢增大到90°，如图A.所示，物体所受摩擦力f与θ的关系如图B.所示，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则θ1值为___，物体与板间的动摩擦因数为___。

18、如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球均处于平衡状态且质量相同．如果突然把两水平细线剪断，剪断瞬间小球A的加速度的大小为________，方向为________；小球B的加速度的大小为________，方向为________；图甲中倾斜细线OA与图乙中弹簧的拉力之比为________(θ、重力加速度g已知)．

19、如图所示，A为放在水平光滑桌面上的木板，质量为1kg，木块B、C质量分别为3kg和1kg，接触面间动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在拉力F作用下，物体A加速度为2m/s2，拉力F大小等于____N。

20、图中游标卡尺的读数是______mm。

21、一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔为50m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小v1＝5m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10s末汽车恰好经过第3根电线杆，汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为__________m/s评卷人得分四、实验题(共4题，共32分)22、某同学在“测定弹簧的劲度系数和验证力的平行四边形定则”的实验中：

（1）如图甲所示，将一轻质弹簧悬挂在支架上，使刻度尺竖直放置调节支架、弹簧上的指针与刻度尺上的“0”刻线对齐。在弹簧下的小钩上悬挂质量均为的钩码，得到的图像如图乙所示，则该弹簧的劲度系数为______（计算结果保留2位有效数字，当地重力加速度大小为）

（2）用上述弹簧和钩码搭建如图丙所示的实验装置，实验中保持定滑轮、弹簧和线共面，测得此时则弹簧的拉力大小为=______23、某同学利用图甲的装置研究小车的匀变速直线运动，该同学实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点图中未出)，其中:

(1)打点计时器在打B点时小车的速度vB=________m/s(结果保留两位小数)；

(2)小车的加速度大小是________m/s2；

(3)本实验中,算出小车经过各计数点的瞬时速度后,为了计算加速度,最合理的方法是____

A.根据任意两计数点的速度用公式算出加速度。

B.画出图象,量出其倾角由公式算出加速度。

C.画出图象,由图线上相距较远的两点所对应的速度；时间,用公式算出加速度。

D.依次算出连续两点间的加速度,算出平均值作为小车的加速度。

(4)若某次实验的电流频率变为52Hz,而同学不知道,那么加速的测量值与实际值相比____(选填“偏大”、“偏小”或“不变”).24、图甲为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图。

（1）下面是实验的主要操作步骤：

a．将橡皮筋的一端固定在木板上的A点；另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；

b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，并记录两个拉力F1、F2的大小及方向；

c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录测力计拉力的大小及方向。图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，其中表示力F1和F2合力的理论值________（填“F”或“F'”）；

（2）本实验采用的科学方法是___________；

A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法。

（3）本实验中F1、F2的夹角应该是________；

A．大一些好B．适当的大小C．小一些更好。

（4）本实验中若用细长的橡皮筋替代两根绳套，你认为该办法是________的。（填“可行”或“不可行”）25、甲；乙、丙三个实验小组分别采用图甲、乙、丙所示的实验装置探究“加速度与力；质量的关系”。

（1）下列说法正确的是___________

A.三个实验中；甲必须平衡小车所受的摩擦力，乙和丙不需要。

B.三个实验中；甲必须使重物的质量远小于小车的质量，乙和丙不需要。

C.三个实验中；都必须用天平测量重物的质量。

（2）某次实验中记录的纸带如图所示，从A点起每5个点取一个计数点，即两相邻计数点间的时间间隔为则小车运动的加速度为___________（结果保留三位有效数字）

（3）乙小组采用图乙实验装置，多次改变重物的质量，通过弹簧测力计读出拉力F，并求出小车的加速度a，然后以拉力F为横轴，加速度a为纵轴，画出的图像是一条倾斜直线，图线的斜率为k，则小车的质量M为___________。评卷人得分五、解答题(共3题，共18分)26、一滑块在水平地面上从静止开始以恒定加速度做加速直线运动，然后以恒定加速度继续向前做减速直线运动，直到停止，下表给出了不同时刻滑块的速度。时刻/s1.02.03.04.05.06.07.0速度/（）36912121110

（1）求滑块在加速阶段和减速阶段的加速度；

（2）求滑块在加速阶段和减速阶段的时间。27、2011年7月23日上海铁路局管辖内的甬温线动车组因列车追尾而发生大量人员伤亡的惨烈事故．现有甲、乙两列火车在同一轨道上同向行驶，甲车在前，其速度v1＝10m/s，乙车速度v2＝30m/s．因大雾能见度低；乙车在距甲车600m时才发现前方有甲车，此时乙车立即刹车，但乙车要减速1800m才能够停止．

(1)乙车刹车后减速运动的加速度多大？

(2)若乙车刹车8s后，甲车以加速度a1＝0.5m/s2加速前进，问能否避免事故？若能够避免则两车最近时相距多远？28、足球比赛中．经常使用”边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12的匀减速直线运动，加速度大小为3试求：

(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大。

(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的起动过程可以视为从静止出发，加速度为4的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8该前锋队员至少经过多长时间能追上足球参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

根据牛顿第二定律，得

对整体：

对右侧物体：

A.与结论不相符，选项A错误；

B.与结论相符，选项B正确；

C.F；与结论不相符，选项C错误；

D.与结论不相符，选项D错误．2、C【分析】【分析】

【详解】

A．由题可知；甲质点的速度为+6m/s，乙质点的速度为-9m/s，则甲乙的速率分别为6m/s和9m/s，所以乙质点的速率大于甲质点的速率，选项A正确；

B．速度是矢量；在规定正方向后，其正负号表示速度的方向，即表示物体的运动方向；选项B正确；

C．由上分析得知；乙质点的速率大于甲质点的速率，则乙质点的速度大于甲质点的速度，选项C错误；

D．若甲；乙两质点同时由同一点出发；所以两者10s末相距为：

选项D正确。

本题选错误的，故选C。3、B【分析】【分析】

【详解】

骑手从t0时刻开始至t1时刻终止刚好回到出发点，位移为零，根据

平均速度为0；则平均速度大小是0

故选B。4、D【分析】【详解】

A、位移时间图象切线的斜率表示瞬时速度，b图线的斜率先正为负，则知b的运动方向发生变化，故A错误；

B、a、b两车出发的初位置都在s=0处，故B错误；

CD、t1时刻两车的位置相同，t2时刻两车的位置也相同，则t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故C错误，D正确；

故选D．

【点睛】

位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化．根据位移和时间比较平均速度的大小．5、B【分析】【详解】

根据共点力的平衡

联立解得

故B正确；ACD错误。

故选B。二、多选题(共7题，共14分)6、B:C【分析】【分析】

弹簧的弹力大小与形变量的大小有关；根据形变量的变化判断弹簧弹力的变化。

【详解】

AB．物体从A下落到B的过程中；弹簧的形变量逐渐增大，则弹簧的弹力不断增大。故A错误，B正确；

CD．物体从B上升到A的过程中；弹簧的形变量逐渐减小，则弹簧的弹力逐渐减小。故C正确，D错误。

故选BC。7、B:D【分析】【详解】

A．汽车对千斤顶的压力为1.0105N，根据牛顿第三定律得千斤顶对汽车的支持力为1.0105N，但汽车的重力不一定等于1.0105N；故A错误；

B．将汽车对千斤顶的压力F分解沿两臂的两个分力F1和F2，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，由2F1cosθ=F可得

所以此时两臂受到的压力大小均为1.0105N；故B正确；

CD．继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由分析可知，F不变，当减小时，cos增大，F1减小；故C错误，D正确。

故选BD。8、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．据题意，原来物块静止在斜面上，据物体的平衡条件有

当物块运动到最高点C时速度为零，此时物块受力也平衡，即

所以小物块静止；故选项A错误；

B．小物块加速时的加速度为

减速时的加速度为

所以有

故选项B正确；

C．在减速阶段有

则动摩擦因数为

故选项C正确；

D．在加速阶段有

则推力大小为

故选项D正确．

故选BCD。9、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

AB．根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度

水平面上的加速度

根据运动学公式8+a1t1+a2t2=12t1+t2=2

解出

即时，物体恰好经过B点，此时的速度即物体运动过程中的最大速度：

故A正确，B错误；

C．由以上分析可知；4s末物体处于减速阶段，选项C正确；

D．物块运动的总时间为

选项D正确。

故选ACD。10、B:D【分析】【详解】

AB．由图可知：当两力夹角为180°时，两力的合力为2N，而当两力夹角为90°时，两力的合力为10N。设两共点力分别为F1、F2，由图可知，则有

则这两个力分别为6N；8N。故A错误B正确；

CD．由二力合成范围

可得此合力的变化范围是2N≤F合≤14N；故C错误D正确。

故选BD。11、C:D【分析】【详解】

A．由于物块处于静止状态；所以物块受到竖直向下的重力和竖直向上的轻绳的弹力等大反向，故A错误；

BC．由于物块处于静止状态，所以物块受到竖直向下的重力和竖直向上的轻绳的弹力，而弹簧对物块的弹力为零，剪断轻绳瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以物体只受重力，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为g；故B错误，C正确；

D．对物块受力分析如图。

由图可知；弹簧弹力一直增大，则弹簧的伸长量增大即弹簧长度一直增大，故D正确。

故选CD。12、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

AC．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当Δx为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得

解得

A错误C正确；

B．弹簧的压缩量为Δx＝0.3m时，弹簧弹力为

故此时物体的加速度向上；物体处于超重状态，B正确；

D．对小球进行受力分析可知，其合力是由mg逐渐减小至零；然后再反向增加的，故小球的加速度先减小后增大，D正确。

故选BCD。三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】【详解】

匀速拉动m受力分析如图，

A点为支点，则F的力臂等于

定滑轮受力一个竖直向下的力F，大小8.4，使支架向向左偏，力臂为

定滑轮同时受到一个沿斜面向下的拉力大小8.4；

使支架向右偏力臂为

m对支架作用力有两个；向下的压力和向上的摩擦。

力，根据受力分析，摩擦力大小方向沿斜面向上，有使支架向左偏的趋势，力臂为

压力大小力臂设为x

根据杠杆平衡；有。

解方程得x=0.072

x>0说明压力的作用效果是使杠杆向右偏，即位移S小于

满足几何关系

解得s=0.248

在杠杆平衡的公式中等号两边的F均约掉了；x与F无关．

F增大后，所以s不变【解析】①.0.248②.不变14、略

【分析】【详解】

[1]电流表的分度值为0.02A；所以其读数为0.44A。

[2]电压表读数需要估读；准确值是1.7V，估读一位得1.70V。

[3]螺旋测微器需要估读，读数

[4]游标卡尺不需要估读，主尺读数为38mm，副尺第7根标线与主刻度尺对齐，故副刻度尺读数为

故读数为38.35mm【解析】0.441.7015、略

【分析】【分析】

【详解】

采用逆向转换，将子弹的匀减速直线运动，看做反向的初速度为零的匀加速直线运动，可知：

初速度为0的匀加速直线运动中，在通过相等位移内所用的时间比：

则穿过每块木块所用时间之比为：【解析】16、略

【分析】【分析】

物体做匀加速直线运动，在连续两个4s的时间间隔内所通过的位移分别为24m和64m，根据推论△x=aT2求出加速度；再由位移公式求出这个物体的初速度．

【详解】

[1][2][3]由题物体做匀加速直线运动，时间间隔T=4s，第1个4s位移x1=24m，第2个4s的位移x2=64m；根据推论△x=aT2得：

x2-x1=aT2得到：

又。

得到：

由速度公式可得末速度为：

【解析】1m/s21m/s17、略

【分析】【详解】

［1］由图可知，0～θ1物体静止，当倾角为θ1时

则

［2］当=1时

代入数据，物体与板间的动摩擦因数【解析】30°18、略

【分析】【详解】

设两球质量均为m，对A球受力分析，如图a所示，剪断水平细线后，球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的加速度a1方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线OA向下．则有FT1＝mgcosθ，F1＝mg·sinθ＝ma1，得a1＝gsinθ

如图b所示，水平细线剪断瞬间，B球受重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2方向水平向右，则FT2＝F2＝mgtanθ＝ma2，得a2＝gtanθ；图甲中倾斜细线OA与图乙中弹簧的拉力之比为＝cos2θ．

点睛：本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变；同时注意明确我们所求出的加速度为瞬时加速度，即为细绳剪断瞬间的加速度．【解析】gsinθ垂直倾斜细线OA向下gtanθ水平向右cos2θ19、略

【分析】【详解】

由Ff=FN知，B、C与A间的最大静摩擦力分别为3N、1N，物体A加速度为物体A受的摩擦力提供合外力，所以A受到向前的摩擦力为2N，据此可判断A、B相对静止，A、C相对运动，C对A的摩擦力大小为1N，方向水平向右；以A、B为整体，由牛顿第二定律

可解得拉力F大小F＝14N【解析】1420、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的主尺读数为游标尺上第个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为

所以最终读数为【解析】100.5021、略

【分析】汽车在内的位移是由

代入数据解得：

由即：解得：．

点睛：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间关系公式、速度时间关系公式以及位移速度关系公式，并能灵活运用．【解析】25四、实验题(共4题，共32分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据。

得。

结合图线斜率得。

（2）[2]根据平衡条件可知；弹簧的拉力等于两细线的合力，根据平行四边形定则及勾股定理可得。

【解析】5.20.4923、略

【分析】【分析】

(1)打点计时器每隔0.02s打一个点，由此可知计数点之间的时间间隔，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；(2)通过题目给出的数据作出速度—时间图象；解出其斜率即是小车的加速度.

【详解】

(1)打点计时器每隔0.02s打一个点，每相邻的两计数点之间，都有四个点未画出，那么时间为：T=0.02s×5=0.1s；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得打点计时器在打B点时小连的速度为：

(2)由匀变速直线运动的判别式结合逐差法可得加速度

(3)A、C、在处理实验数据时，如果只使用其中两个数据，由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大；所以我们可以根据实验数据画出v-t图象，考虑到误差，不可能是所有点都整齐的排成一条直线，连线时，应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧，这样图线上会舍弃误差较大的点，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式算出加速度；所以误差小；故A错误，C正确.

B、根据实验数据画出v-t图象，当纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不同，所以量出其倾角，用公式a=tanα算出的数值并不是加速度；故B错误.

D；依次算出连续两点间的加速度,算出平均值作为小车的加速度；相当于只用了第一个数据和最后一个数据，误差大．应该采用逐差法的形式来处理数据，故D错误.

故选C.

(4)如果在某次实验中，交流电的频率52