2026年湖南省长沙市高一下学期第一次月考物理模拟试卷01（人教版）（解析版）

2026年湖南省长沙市高一下学期第一次月考模拟试卷01物理试题（解析版）题号12345678910答案BADDDADBDACDABC1．B【详解】A．自动泊车时，需精确控制汽车的位置、转向和尺寸（如车长、车宽）以避开障碍物，形状和大小不可忽略，故不能视为质点，故A错误；B．规划行驶路线时，仅需考虑起点、终点和路径（如导航路线），不涉及汽车的具体尺寸或形状，故可视为质点，故B正确；C．避让行人时，需实时计算汽车与行人的距离、方向及车身尺寸，形状和大小直接影响安全判断，故不能视为质点，故C错误；D．判断是否满足超车条件时，需考虑汽车长度、速度差及与前后车的间距，尺寸因素至关重要，故不能视为质点，故D错误。故选B。2．A【详解】设列车加速度为，相邻电杆间距为，李华弟弟数“34”时列车速度，李华弟弟数“48”时列车速度，此过程中列车位移，则：设此刻之后再运行位移列车停下，则：解得李华弟弟能数电线杆的总个数故选A3．D【详解】将“不倒翁”扳倒，使圆锥的侧面母线AB紧贴地面，如图所示。若放倒后“不倒翁”恰能恢复竖直，则其重力的作用线(C为重心)必恰好通过图中B点，B点为底部半球与地面的切点。根据几何关系有在直角中，则当时，重力的作用线在支撑面以外，“不倒翁”必能恢复竖直状态。故选D。4．D【详解】开始时，物块1处于平衡状态，弹簧的弹力抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度物块2受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得故选D。5．D【详解】“嫦娥号”探月卫星从点运动到，做曲线运动，速度逐渐减小，故合力指向凹侧，且合力与速度的方向的夹角要大于，故ABC错误，D正确。故选D。6．A【详解】当光源经过时间t时，转过的角度为此时光源的速度为该速度的水平分速度即为光斑的速度故选A。7．D【详解】蜜蜂在每小段的运动都可以视为圆周运动的一部分，因为是匀速率飞行，合力方向指向各自圆心，点对应的圆周半径最小，合力提供向心力根据向心力公式可知蜜蜂在点所受合力最大。故选D。8．BD【详解】A.甲船过河用时：乙船过河用时：故A错误；B.甲船过河的路程为：乙船过河的路程为：所以甲、乙两船的路程之比为故B正确；CD.甲，乙在过河时都会经过乙的出发点正前方处，甲到此处的时间为：乙到此处的时间为：则甲乙不会相撞故C错误，D正确。故本题选BD。9．ACD【详解】AD．第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力，方向向右，第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力，方向向左，那么第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向右；且大小为为搓纸轮对第1张纸的压力；因为，所以，AD正确；BC．第2张与第3张纸之间的摩擦力、第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力，根据受力平衡条件，可知，大小均为，即，B错误，C正确。故选ACD。10．ABC【详解】A．对木块受力分析，根据牛顿第二定律可得解得设木块沿传送带方向的加速度为，垂直传送带方向的加速度为，经过时间木块与传送带共同运动，沿传送带方向则有垂直传送带方向则有根据矢量的合成可得联立解得，故A正确；B．根据上述分析可知，木块沿传送带方向的加速度大小为二者的相对位移垂直传送带方向的相对位移则木块在传送带上的划痕长，故B正确；C．木块在传送带上的划痕与传送带右侧的夹角为，则有则，故C正确；D．由于木块在垂直传送带方向做减速运动，沿传送带方向做加速运动，木块的合速度方向时刻改变，因此木块相对于地面做曲线运动，故D错误。故选ABC。11．(1)C(2)6.03(3)偏大(4)【详解】（1）A．因有弹簧测力计测量小车受的拉力，可知没必要让钩码的质量远大于小车的质量，故A错误；B．实验过程中钩码加速度向下，处于失重状态，故B错误；C．与小车相连的细线与长木板一定要平行，这样才能使的细线的拉力等于小车受的合力，故C正确；D．由于钩码失重，则小车所受的拉力小于钩码重力的一半，故D错误。故选C。（2）根据题意，可知相邻计数点的时间间隔可求得小车的加速度（3）若交流电的实际频率小于50Hz，打点周期偏大，而计算时仍用原来的周期计算，则（2）中a的计算结果与实际值相比偏大。（4）对小车受力分析，由牛顿第二定律有化简可得根据图像可知，联立解得12．(1)D(2)三(3)【详解】（1）在这个实验中，利用了控制变量法来验证向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，D项探究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法。故选D。（2）在验证向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在图甲中挡板和挡板处，变速塔轮用皮带连接，塔轮边缘上点的线速度大小相等，根据可得与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为故需要将传动皮带调至第三层塔轮。（3）小球1、2质量比为，在实验中把小球1放在位置，小球2放在位置，即转动半径之比为传动皮带位于第二层，两塔轮半径之比为则根据可知，角速度之比为根据可知向心力之比为，则转动手柄，当塔轮匀速转动时，左、右两标尺露出的格子数之比约为13．(1)①；②1.28m(2)①；②【详解】（1）①根据速度位移关系有可得木块从跳台到最高点的距离根据位移时间关系有代入数据解得②木块入水瞬间的速度大小根据速度位移关系可得木块从入水到速度减为零的位移（2）①将运动员视为直杆对水面上的运动情况没有影响，当杆刚没入水中时，有又解得②作图像利用图像的面积可得时间t，根据整理得可知图像为一次函数，由图中梯形的面积可求得直杆全部入水后做匀减速直线运动，直杆的位移为时间为综上所述，全程平均速度大小为14．(1)(2)，(3)1m【详解】（1）滑块刚滑上木板时，对滑块，根据牛顿第二定律可得解得对木板，根据牛顿第二定律可得解得设滑块在木板上滑动的时间为，两者共速时的速度大小为，则解得，滑块在AB间运动过程中，根据牛顿第二定律可得解得则解得（2）滑块从B点滑出平台后做平抛运动，滑块从C点沿着CD方向运动到传送带上，可知，在C点时解得则滑块从B点到C点运动的时间为传送带的C端距平台的B端的水平距离为竖直高度为（3）滑块在C点的速度大小为所以滑块在C点时受到的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律解得滑块加速到与传送带共速所需时间为滑块在传送带上运动的位移大小为即滑块与传送带共速时，滑块还未运动到最低点，此过程中，划痕在滑块的前方，长度为此后因为所以滑块继续加速，根据牛顿第二定律解得设滑块继续加速后，到达传送带低端，根据运动学公式可得解得此过程中，划痕在滑块的后方，长度为因为所以滑块在传送带上留下的划痕长度为1m。15．(1)2m/s(2)(3)1.197J【详解】（1）由几何关系，得解得污水脱离脱水篮后做平抛运