2023-2024学年湖北省武汉市汉阳市第一中学、江夏市第一中学高一（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

2023-2024学年湖北省武汉市汉阳市第一中学、江夏市第一中学高一（上）月考物理试卷（12月）一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.关于重力和弹力，下列说法中正确的是(    )A. 同一个物体在北京受到的重力比在汕头受到的重力更小B. 球形物体受到的支持力方向总是经过其球心C. 人站在水平地面静止不动时，人对地面的压力就是人体受到的重力D. 由k=Fx可知，劲度系数k与弹力F成正比，与弹簧的长度改变量成反比2.两个轻弹簧串接在一起，下端吊有重为3N的物体，如图所示。这两个弹簧L1和L2受到的力应是(    )A. L1是2N，L2是1N B. L1是1N，L2是2NC. L1和L2都是1.5N D. L1和L2都是3N3.某小物块在一长木板上运动时，其运动的v−t图线如图所示，已知小物块总在长木板上．则下列说法正确的是(    )A. 小物块相对于长木板运动的距离为12 mB. 小物块相对于长木板运动的距离为6 mC. 长木板在0～4.0 s内的平均速度是2 m/sD. 在0～4.0 s内长木板和小物块的平均加速度相同4.如图是某同学站在压力传感器上做下蹲——起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息(    )A. 1s时人处在下蹲的最低点 B. 2s时人处于起立静止状态C. 下蹲过程中人处于先失重后超重的状态 D. 该同学做了2次下蹲—起立的动作5.如图所示，三个木块A、B、C的质量均为m，在水平推力F的作用下静止靠在竖直的墙面上。已知A的左侧是光滑的，其余所有接触面均粗糙。下列说法正确的是(    )A. 墙对C的摩擦力竖直向上，大小是3mg B. C对B的摩擦力竖直向上，大小是mgC. C对B的摩擦力竖直向下，大小是2mg D. A对B的摩擦力竖直向上，大小是mg6.如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(    )A. 弹簧测力计的示数是10NB. 弹簧测力计的示数是50NC. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为4m/s2D. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12m/s27.如图甲所示，倾斜白色的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ。一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，g取10m/s2，则(    )A. 由图乙可知，0∼1s内物块受到的摩擦力大于1∼2s内物块受到的摩擦力B. 0∼2s内物块所受摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C. 传送带的黑色痕迹长10mD. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.在一次学校的升旗仪式中，小明观察到拴在国旗上端和下端各有一根绳子，随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，下端的绳子几乎是松弛的，如图所示。设风力水平，两绳重力忽略不计，由此可判断在国旗升起的过程中(    )A. 风力在逐渐增大 B. 上端的绳子的拉力先减小后增大C. 上端的绳子的拉力在逐渐增大 D. 国旗受到的合力增大9.甲、乙两质点在相邻平行直线轨道上运动的位移−时间图像(x−t图像)如图所示，其中甲的图线是直线，乙的图线是抛物线。下列说法正确的是(    ) A. 在0～12 s内，乙做曲线运动B. 在0～12 s内，甲的平均速度大于乙的平均速度C. 在0～6 s内的任意时刻，甲、乙的速度不可能相同D. 甲的速度为4 m/s10.如图所示，P为光滑定滑轮，O为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体A相连，右端固定在杆Q上，重物B悬挂在动滑轮上。将A置于静止在粗糙水平面的斜面体上，轻绳AP段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆Q向右移动一小段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确的是(    )A. 轻绳中拉力增大 B. 物体A与斜面体之间的摩擦力一定增大C. 斜面体与地面之间的弹力增大 D. 斜面体与地面之间的摩擦力增大三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.以下是某实验小组探究“两个互成角度的力的合成规律”的过程。首先进行如下操作：①如图甲，两细绳套栓在橡皮条的一端，另一端固定在水平木板，橡皮条的原长为GE；②如图乙，用手通过两个弹簧测力计共同拉动橡皮条。橡皮条和细绳套的连接点在拉力F1、F2的共同作用下，位于O点，橡皮条伸长的长度为EO；③撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住其中一根细绳套，仍使其位于O点，如图丙。(1)同学们发现，力F单独作用，与F1、F2共同作用的效果是一样的，由于两次橡皮条伸长的长度、方向相同，即橡皮条对小圆环的拉力相同，所以F等于F1、F2的合力。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    D.建立物理模型法(2)然后实验小组探究了合力F与分力F1、F2的关系：①由纸上O点出发，用力的图示法画出拉力F1、F2和F(三个力的方向沿各自细绳的方向，三个力大小由弹簧测力计读出)；②用虚线将拉力F的箭头端分别与F1、F2的箭头端连接，如图丁，此图形应该是______________；③多次改变拉力F1、F2的大小和方向，重做上述实验，通过画各力的图示，进一步检验所围成的图形。(3)若F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿GO方向的是______(选填“F”或“F′”)。(4)若在图乙中，F1、F2夹角大于90°，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为_____________。A.F1一直增大  F2一直增大    B．F1先减小后增大  F2一直增大C.F1一直增大  F2一直减小    D．F1一直增大  F2先减小后增大12.某同学探究物体质量一定时加速度与力关系的实验装置如图(a)所示，将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，再将小车放在长木板上，小车前端固定一拉力传感器，在传感器上系一细绳，绳的另一端跨过定滑轮挂上槽码，小车后端与一条穿过打点计时器的纸带相连。(1)下列关于实验操作说法正确的是__________A.需要用天平测出槽码的质量B.需要保证槽码的总质量远小于小车的质量C.需要先释放小车，再接通电源D.需要改变槽码的数量，打出多条纸带(2)某次实验得到如图(b)所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则C点速度为_______，小车运动的加速度大小为__________m/s2(结果保留三位有效数字)；(3)由实验得到小车加速度a与力传感器示数F的关系如图(c)所示，图线未过坐标原点的原因是__________，由图可知小车的质量为__________kg。四、计算题：本大题共3小题，共36分。13.依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量m=19.7kg，当运动员推力F为5N，方向与水平方向夹角为θ=37∘时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：(1)冰壶与地面间的动摩擦因数μ；(2)若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是s=40m，则冰壶离开手时的速度v0为多少？14.如图所示，水平地面上放一倾角θ=30∘的斜面，在斜面上放一木板A，重为GA=100N，板上放一重为GB=500N的木箱B，斜面上有一固定的挡板，先用平行于斜面的绳子把木箱与挡板拉紧，然后在木板上施加一平行斜面方向的拉力F，使木板从木箱下匀速抽出。此时，绳子的拉力T=400N，斜面未动。设木板与斜面间的动摩擦因数μ1= 34，求：(1)A、B间的摩擦力fB和摩擦因数μ2；(2)拉力F的大小；(3)地面对斜面的摩擦力的大小和方向。15.如图甲所示，在无限大水平台上放一个质量M=1kg的薄长木板，质量m=2kg的小滑块位于长木板的中央，系统处于静止状态。小滑块与长木板及平台间的动摩擦因数分别为μ1(未知)、μ2=0.1，长木板与平台间的动摩擦因数μ3=0.5，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。从某时刻开始，在长木板右端施加水平恒力F，使系统向右运动，小滑块离开长木板前二者的速度随时间变化关系如图乙所示。小滑块离开长木板落到平台时速度不变，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1；(2)水平恒力F的大小；(3)小滑块在速度刚好减为零时与长木板右端之间的距离。答案和解析1.【答案】B 【解析】【分析】根据G=mg得出加速度与位置有关，弹力的方向总是过过接触点，垂直于接触面。弹簧的进度系数只与弹簧本身有关。本题考查弹力和重力的基础题目，简单。【解答】A.因为纬度越高，重力加速度越大，故北京的重力加速度大于汕头的重力加速度，根据G=mg得出，同一个物体在北京受到的重力比在汕头受到的重力更大，故A错误；B.弹力的方向，总是过接触点，垂直于接触面，指向被支持的物体，球形物体受到的支持力方向总是经过其球心，故B正确；C.人站在水平地面静止不动时，人对地面的压力大小等于人的重力，但不能说压力就是重力，故C错误；D.弹簧的进度系数是由弹簧本身决定的，进度系数与弹力大小和型变量无关，故D错误；故选B。2.【答案】D 【解析】【分析】对下端吊着的物体进行受力分析，根据共点力平衡即可求解。【解答】对下端吊着的物体进行受力分析，物体受重力和弹簧的弹力作用，二力平衡，可知F=G=3N因两个弹簧首尾连在一起，所以两个弹簧的拉力都为3N。故选D。3.【答案】B 【解析】【分析】速度时间图象的斜率表示加速度，图象与t轴围成的面积表示位移，由此分析求解。本题主要考查了速度时间图象，掌握速度时间图象的意义即可正确解题。【解答】AB.小物块相对于长木板运动的距离等于小物块与长木板的v−t图线所围的面积，即Δx=4−−42×1.5m=6m，故A错误，B正确；C.长木板在0～4.0 s内的位移为长木板的v−t图线与时间轴所围的面积，即x=4+22×1.5+2×2.52m=7m，平均速度是v=xt=74m/s=1.75 m/s，故C错误；D.在0～4.0 s内长木板和小物块的平均加速度大小相等，但方向相反，故D错误。故选B。4.【答案】C 【解析】【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此．本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。【解答】A.人处在下蹲的最低点时应该有向上的最大加速度，由图可知在1s时人有向下的加速度最大，故A错误；B.2s时传感器示数等于人的重力，故此时处于下蹲静止状态，故B错误；C.人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故后半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超重，故C正确；D.该同学在前2s时是下蹲过程，后2 s是起立的过程，所以共做了1次下蹲−起立的动作，故D错误。5.【答案】A 【解析】【分析】本题主要是考查了摩擦力的判断，解答此类题目的一般方法有：(1)根据摩擦力产生的条件来判断；(2)根据假设法来判断；(3)根据共点力的平衡来判断；(4)根据牛顿第二定律来判断。分别对A受力分析、对AB组成系统受力分析、对ABC组成的整体受力分析，根据平衡条件求解摩擦力的大小，再根据牛顿第三定律分析即可。【解答】A.以ABC 为整体，竖直方向根据平衡条件可得 f=3mg故墙对 C 的摩擦力竖直向上，大小是 3mg ，故A正确；D.对A受力分析可知，B对A的摩擦力与A的重力二力平衡，则B对A的摩擦力竖直向上，大小是 mg ，根据牛顿第三定律，A 对 B的摩擦力竖直向下，大小是 mg ，故D错误；BC.对B受力分析，B受到重力、 A对 B的摩擦力、 C 对 B的摩擦力，处于平衡状态，故 C 对B的摩擦力竖直向上，大小是 2mg ，故BC错误。故选A。6.【答案】D 【解析】AB.选 m1 、 m2 和弹簧组成的整体为研究对象，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得F1−F2=m1+m2a解得a=30−203+2m/s2=2m/s2对m2受力分析，设弹簧弹力为F，由牛顿第二定律可得F−F2=m2a解得F=F2+m2a=20N+2×2N=24N可知弹簧测力计的示数是24N，AB错误；C.在突然撤去 F2 的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m1受力不变，加速度大小不变，仍为2m/s2，C错误；D.在突然撤去 F2 的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m2受弹力仍为24N，由牛顿第二定律可得 m2 的加速度大小为a ′=Fm1=242m/s2=12m/s2D正确。故选D。7.【答案】D 【解析】AB.由题图乙可知在 0∼1s 内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反； 1∼2s 内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同。由于 0∼2s 内物块对传送带的压力一直没变，根据滑动摩擦力公式f=μFN可知两段时间内摩擦力大小相等，故AB错误；D.在 0∼1s 内物块的加速度为a1=ΔvΔt=4−121m/s2=−8m/s2a2=−4m/s2根据牛顿第二定律得−mgsinθ+μmgcosθ=ma1−mgsinθ−μmgcosθ=ma2解得μ=14 ， θ =37°故D正确；C.物块比传送带多走的位移Δx1=12×12−4×1m=4m传送带比物块多走的位移Δx2=12×4×1m=2m故黑色轨迹长为4m故C错误。故选D。8.【答案】AC 【解析】【分析】把国旗看成质点对其受力分析，根据平衡条件求出上端的绳子的拉力T和风力F的表达式，根据三角函数知识，θ增大，T、F增大。本题考查了共点力的平衡条件。根据平衡条件求出T、F的表达式，再根据三角函数求出T、F随θ变化的关系是本题的关键。【解答】ABC.把国旗看成质点对其受力分析，受到绳子的拉力T、风力F、重力mg三个力，如图所示：根据平衡条件：F=mgtanθT=mgcosθ根据三角函数知识，当上端的绳子与旗杆的夹角θ变大，F增大，T增大，故AC正确，B错误。D.国旗受到的合力为零，故D错误。9.【答案】BC 【解析】A.x−t图像中的图线并非运动轨迹，乙的图线是抛物线，结合匀变速直线运动的位移−时间关系式x=v0t+12at2可知，乙做匀变速直线运动，A错误；BD.在0～12 s内，甲做匀速直线运动的平均速度大小为v甲=v甲=xt=312m/s=0.25m/s而该时间内乙的位移为零，平均速度为零， D错误B正确；C.x−t图像中图线的斜率表示速度，在0～6 s内，甲沿负方向运动，乙沿正方向运动，甲、乙的速度不可能相同，C正确。故选BC。10.【答案】AD 【解析】【分析】本题解题时首先明确跨过滑轮的绳子两端拉力相等，对B受力分析，列出共点力平衡条件的式子，可以求出绳子拉力与夹角和B物体重力的关系。对A进行受力分析，摩擦力方向取决于拉力与重力沿斜面方向分量的大小。对A和斜面整体分析，可以求斜面与地面之间弹力和摩擦力。本题考查共点力平衡，需要学生熟练掌握受力分析，并灵活运用整体法和隔离法，找到题目所求几个力之间的关系，难度较大。【解答】A.若将杆Q移动一段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后， ∠QOP 变大，两绳拉力大小相等，合力与B的重力等大反向，设绳OP与竖直方向夹角为 θ ，则有T=mg2cosθ，角度 θ 变大，则绳中拉力变大，A正确；B.根据上述，绳中拉力变大，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力可能减小，也有可能反向，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力增大，故B错误；CD.对A和斜面整体分析，斜面倾角为 α ，水平方向有f=Tcosα，竖直方向有N=(M+m)g−Tsinα，绳的拉力变大，斜面体与地面之间的摩擦力变大，斜面体与地面之间的弹力变小，C错误，D正确。11.【答案】(1)B；(2)平行四边形；(3)F；(4)A。 【解析】【分析】(1)探究平行四边形定则所用到的方法是等效替代法；(2)探究“两个互成角度的力的合成规律”，应该要遵循平行四边形法则；(3)根据合力的定义确定GO方向的力是真实的合力；(4)根据平行四边形定则，分析判断当F2方向不变，且F1与其夹角增大时，这两个分力的大小如何变化。此题关键明确“探究共点力合成规律”的实验的实验原理，是用一个弹簧测力计拉力和两个弹簧测力计拉力产生相同的形变效果来验证力的平行四边形定则的；然后按照该原理设计实验步骤。【解答】(1)此实验用一个力的作用效果代替两个力的作用效果采用了等效替代法；(2)此实验是为了探究“两个互成角度的力的合成规律”，应该要遵循平行四边形法则，故此图形应该是平行四边形；(3)真实的合力是用一个弹簧测力计拉橡皮条时的力，故选F；(4)F1、F2夹角大于90°，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，画出符合题意的矢量合成图如图所示，由图示可以看出，F1、F2均一直增大，故选A故答案为：(1)B；(2)平行四边形；(3)F；(4)A。12.【答案】  D     0.722     2.40     小车未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足     0.5 【解析】(1)[1]AB.由于本实验中，拉力传感器可以直接测出小车所受到的拉力，所以本实验不需要用天平测出槽码的质量，也不需要保证槽码的总质量远小于小车的质量，故AB错误；C.为了有效利用纸带，需要先接通电源，再释放小车，故C错误；D.本实验是研究小车质量一定，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确。故选D。(2)[2]打点计时器使用的交流电源频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则C点速度为vC=xBD2T=(8.42+6.01)×10−22×0.1m/s≈0.722m/s[3]根据纸带提供数据，利用逐差法可求得小车运动的加速度大小为a=xAC−xCE4T2=(10.78+8.42−6.01−3.59)×10−24×0.12m/s2=2.40m/s2(3)[4]由 a−F 图像可知，当拉力 F 达到 0.2N 时，小车才产生加速度，可知图线未过坐标原点的原因是小车未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；[5]根据牛顿第二定律可得F−f=Ma可得a=1MF−fM可知 a−F 图像的斜率为k=1M=4.02.2−0.2kg−1=2kg−1可得小车的质量为M=0.5kg13.【答案】解：(1)以冰壶为研究对象，对其受力分析，如图 由平衡条件得，水平方向：Fcosθ=μN 竖直方向：Fsinθ+mg=N 代入数据联立解得：μ=0.02 (2)由匀变速直线运动的位移—速度公式得：0−v02=2(−a)s 由牛顿第二定律得：μmg=ma 代入数据联立解得v0=4m/s 答：(1)冰壶与地面间的动摩擦因数μ为0.02；(2)冰壶离开手时的速度v0为4m/s。 【解析】(1)对冰壶受力分析，根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解动摩擦因数；(2)对冰壶受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动的位移—速度公式求解冰壶离开手的速度。本题考查牛顿第二定律，解题关键是对冰壶做好受力分析，结合牛顿第二定律、共点力平衡和运动学公式列式求解即可。14.【答案】解：(1)对B受力分析如图由平衡条件，沿斜面方向有GBsinθ+fB=T① 代入数据，计算得出A、B间摩擦力为fB=150N方向沿斜面向下垂直斜面方向NB=GBcosθ=500× 32N=250 3N②A、B动摩擦因数为：μ2=fBNB=150250 3= 35；(2)以AB整体为研究对象，受力分析如图 由平衡条件得：F=fA+T−GA+GBsinθ③ NA=GA+GBcosθ④fA=μ1NA⑤联立③④⑤计算得出：F=325N；(3)对3个物体整体研究，受重力、支持力、F和地面对其的摩擦力，处于平衡状态，故f=Fcosθ=3252 3N  水平向右。 【解析】(1)对B受力分析，根据平衡条件可求得B受到的摩擦力，再根据滑动摩擦力公式可求得动摩擦因素；(2)题目中B处于静止，A匀速直线运动，二者加速度均为零，加速度相同的物体可以采用整体法。以整体为研究对象进行分析，根据平衡条件即可求得拉力F的大小;(3)对3个物体整体研究，利用正交分解即可求出摩擦力的大小和方向。15.【答案】解：(1)小滑块在长木板上滑动，由牛顿第二定律得： μ1mg=ma1 根据图像可知小滑块的加速度 a1=v1t=10.5m/s2=2m/s2 解得： μ1=0.2 ；(2)根据图像可知长木板的加速度 a2=v2t=3.50.5m/s2=7m/s2 由牛顿第二定律得： F−μ1mg−μ3m+Mg=Ma2 解得： F=26N ；(3)长木板的长度 L=2v22t−v12t=1.25m                 小滑块在平台上减速运动时有 μ2mg=ma3 又 v12=2a3x1 ， v1=a3t′ 联立解得： x1=0.5m ， t′=1s 此过程中，长木板的加速度大小为 a4=F−μ3MgM 长木板的位移大小为 x2=v2t′+12a4t′2 联立解得： x2=14m 则小滑块速度刚好减为零时与长木板右端之间的距离 x=L+x2−x1=14.75m 。 【解析】本题考查了动力学中的图像问题这个知识点；(1)由图像求出加速度，再根据牛顿第二定律列式即可求解摩擦因数；(2)由图像求出加速度，再根据牛顿第二定律列式即可求解水平恒力；(3)利用牛顿第二定律，结合运动学公式，分析好位移关系求解即可。