2023-2024学年湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学高一（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学高一（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列叙述正确的是( )
A. 在探究小车运动规律的实验中使用了控制变量的方法
B. 用质点来替代实际运动物体是采用了理想模型的方法
C. 笛卡尔根据理想斜面实验，得到了自由落体运动的速度随时间均匀变化
D. 伽利略通过比萨斜塔实验证实了，在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同
2.在某次火灾演练中，小华利用窗帘、床单等拧成绳，从四楼窗户沿绳下滑到地面运动过程的v−t图像如图所示。已知小华的质量为60kg，下列说法正确的是( )
A. 0∼4s内，小华做自由落体运动
B. 4∼5s内绳子对小华的作用力是0∼4s内的4倍
C. 小华先处于超重状态，后处于失重状态
D. 小华开始下滑的位置距离地面的高度为10m
3.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理和谐结合的重要科学研究方法。图a、图b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，下列相关说法正确的是( )
A. 图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动
B. 图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
C. 图b中斜面倾角减小到零时，小球一定会一直运动下去
D. 图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
4.某物体在水平面内沿曲线减速行驶。关于该物体的速度v及所受合力F的方向，最可能如下列哪幅图所示( )
A. B. C. D.
5.如图所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平面匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成45°角，物块也刚好能做匀速直线运动。则物块与水平面间的动摩擦因数为( )
A. 2B. 2−1C. 22D. 33
6.翼装飞行极具挑战性和冒险性，堪称“世界极限运动之最”。假设运动员从足够高处由静止下落，通过调整姿态沿竖直方向运动，运动员所受的阻力与速度的关系为f=kv2，运动员和装备的总质量为m，重力加速度为g。则下列说法正确的是
( )
A. 运动员做匀加速直线运动
B. 运动员匀速时的速度大小为 mgk
C. 运动员的加速度为g2时速度大小为 mgk
D. 运动员的速度为匀速运动的12时，加速度大小为g2
7.如图所示，质量为M的斜面体B放在水平面，斜面的倾角θ=30°，质量为m的木块A放在斜面上。木块A下滑的加速度a=14g，斜面体静止不动，则
( )
A. 木块与斜面之间的动摩擦因数为0.25
B. 地面对斜面体的支持力等于(M+m)g
C. 地面对斜面体的摩擦力水平向右，大小为 38mg
D. 地面对斜面体无摩擦力作用
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，用水平外力F将木块压在竖直墙面上，木块保持静止，下列说法中正确的是( )
A. 木块所受的重力与墙对木块的静摩擦力是一对平衡力
B. 木块所受的重力与墙对木块的静摩擦力是一对作用力与反作用力
C. 墙对木块的弹力大小等于F，是因为墙发生形变产生的
D. 增大F，墙对木块的摩擦力将变大
9.质量为4kg的质点在xOy平面上做曲线运动，它在x方向的速度−时间图象和y方向的位移−时间图象如图所示。下列说法正确的是( )
A. 质点的初速度大小为5m/sB. 2s末质点速度大小为6m/s
C. 质点初速度的方向与合外力方向垂直D. 质点所受的合外力为6N
10.在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力的传感器相连，电梯从静止开始一直上升，最后停止运动，传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系(F−t)图像如图所示，g=10m/s2。则下列说法中正确的是( )
A. 0∼4 s内电梯中的物体处于超重状态
B. 18∼22 s内，电梯中的物体处于先超重再失重状态
C. 从图中可以求出物体的质量
D. 从图中可以找出电梯上升时的最大加速度
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图甲所示装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
(1)本实验采用的方法是______。(请将正确答案字母写在答题卡上)
A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.极限法
(2)对于实验的要点，下列说法正确的是_____。(请将正确答案字母写在答题卡上)
A.实验前，需要先测量橡皮条的原长
B.两细线必须长度相等
C.确定力的方向时，应该用铅笔沿着细绳划直线
D.改变拉力进行多次重复实验时，橡皮条与弹簧秤都不能超过弹性限度
(3)在同一次实验中，F1、F2为两个测力计的拉力，F为F1、F2通过平行四边形规则所得合力；F′为F1、F2的等效力，即用一只测力计时的拉力，则丙图中______(填“a”或“b”)比较符合实验事实。
12.某同学进行“探究加速度与物体受力的关系”的实验。将实验器材按图甲所示安装好。已知M为小车和滑轮的总质量，m为砂和砂桶的总质量，力传感器可测出轻绳中的拉力大小，打点计时器的工作频率为50 Hz。
(1)实验时，以下进行的操作正确和必要的是___________。
A.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
B.用天平测出砂和砂桶的总质量m
C.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车和滑轮的总质量M
(2)正确的实验操作中，某次实验的纸带如图乙，其中每两个计数点之间有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为___________m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)该同学以加速度a为横坐标，力传感器的示数F为纵坐标，画出的F—a图线是一条过原点的倾斜直线，如图所示。已知图线的斜率为k，则小车和砝码的总质量M=___________。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，质量m=40kg的木箱静止于水平地面上，用大小为480N、方向与水平方向成θ=37∘的斜向下推力F推木箱，使木箱做匀加速直线运动，5s末撤去F。木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)推木箱时地面所受的压力大小；
(2)5s末木箱的速度大小；
(3)撤去推力后木箱还能运动多远。
14.以6 m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5 m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5 kg，假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1 N。小球经多长时间到达地面？(g取10 m/s2)
15.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重状态，如图所示。一个可乘坐二十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下。落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时的离地高度为75m，当落到距地面30m的位置时开始制动，座舱做匀减速运动。若座舱中小张质量为50kg，g=10m/s2，求：
(1)整个过程运动的时间；
(2)求制动过程中加速度大小；
(3)当座舱落到离地面10m的位置时，小张对座舱的压力。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.在探究小车运动规律的实验中没有使用控制变量的方法，故A错误：
B.用质点来代替实际运动物体是采用了理想模型的方法，故B正确；
C.伽利略根据理想斜面实验，通过科学的方法合理的外推，得到了自由落体运动的速度随时间均匀变化，故C错误；
D.伽利略通过比萨斜塔实验，证实了在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢相同，故D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查v−t图象、牛顿第二定律的应用以及超重失重问题，明确图象的物理意义是解决问题的关键。v−t图像的斜率表示加速度，v−t图像与坐标轴所围面积表示位移；根据牛顿第二定律列式分析绳子对小华的作用力；当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.由图像可知，v−t图像的斜率表示加速度，则0∼4s内，小华的加速度为a1=44m/s2=1m/s2，则小华此过程中不是做自由落体运动，故A错误；
B.0∼4s内，对小华由牛顿第二定律可得mg−F1=ma1，得F1=mg−ma1=m(g−1)，
4∼5s内的加速度大小为a2=4m/s2，4∼5s对小华由牛顿第二定律可得F2−mg=ma2，
得F2=mg+ma2=m(g+4)，则F2≠4F1，故B错误；
C.小华先加速度向下运动，后减速向下，则小华先处于失重后超重状态，故C错误；
D.v−t图像与坐标轴所围面积表示位移，则小华开始下滑的位置距离地面的高度为h=S=4×52m=10m，故D正确。
3.【答案】B
【解析】解：
AB、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确；
C、图b中斜面倾角减小到零时，由于摩擦力的存在，小球最终会停止运动，故C错误；
D、伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误。
该题考查了伽利略研究自由落体运动的研究，涉及到学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况。
根据伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。
4.【答案】B
【解析】解：
汽车在水平公路上转弯，汽车做曲线运动，速度方向沿切线方向，同时为了让汽车做曲线运动，合力F方向应指向凹侧；汽车做减速运动，故合力方向与速度方向夹角为钝角，故B正确，ACD错误。
故选：B。
做曲线运动的物体所受合力与物体速度方向不在同一直线上，速度方向沿曲线的切线方向，合力方向指向曲线的内测(凹的一侧)，分析清楚图示情景，然后答题。
做曲线运动的物体，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，当物体速度大小不变时，合力方向与速度方向垂直，当物体速度减小时，合力与速度的夹角要大于90°，当物体速度增大时，合力与速度的夹角要小于90°。
5.【答案】B
【解析】设物块的质量为m，拉力水平拉物体时，根据受力平衡可得μmg=F
保持 F 的大小不变，而方向与水平面成45°角时，根据受力平衡可得μ(mg−Fsin45∘)=Fcs45∘
联合解得μ= 2−1。
故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查牛顿第二定律的应用。运动员下降的过程中，根据牛顿第二定律列方程可得加速度与速度的关系式；当加速度等于0时速度最大，运动员开始做匀速运动，由加速度与速度的关系式可求得匀速运动的速度大小；根据加速度与速度的关系式可求得运动员的加速度为g2时速度大小和运动员的速度为匀速运动的12时的加速度大小，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.运动员下降的过程中，由牛顿第二定律mg−kv2=ma，解得a=g−kv2m，运动员的加速度随速度的增大而逐渐减小，故A错误;
B.当a=0时速度最大，运动员开始匀速运动，则匀速时的速度为v= mgk，故B正确;
C.当加速度为g2时，代入a=g−kv2m，代入a=g−kv2m，可得v′= mg2k，故C错误;
D.当运动员的速度为匀速运动的12时，即v″=12 mgk，代入a=g−kv2m，可得运动员的加速度大小为a′′=34g，故D错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用，对木块根据受力求解动摩擦因数，对整体受力分析求解支持力和摩擦力。
【解答】
A、对木块A受分析知，沿斜面方向上由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcsθ=ma，带入数据解得：μ= 36，故A错误；
B、由于A物体沿斜面加速下滑，加速度方向沿斜面向下，所以木块A处于失重状态，故对整体受力分析知地面对斜面的支持力小于整体的重力，故B错误；
CD、对整体受力分析，斜面静止不动，由于木块A的加速度沿斜面向下，则将其加速度分解到水平方向，则水平向右的加速度为：ax=acs30°= 38g，则水平方向地面对斜面体的摩擦力为：Fx=max= 38mg，方向水平向右，故C正确，D错误。
8.【答案】AC
【解析】AB.木块在竖直方向合力为零，即木块所受的重力与墙对木块的静摩擦力是一对平衡力，选项A正确，B错误；
C.墙对木块的弹力大小等于F，是因为墙发生形变产生的，选项C正确；
D.墙对木块的摩擦力等于木块的重力，则增大F，墙对木块的摩擦力不变，选项D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】【分析】能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键，对于矢量的合成应该运用平行四边形法则，注意右图是位移与时间图象．
【解答】A、x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=−4m/s，质点的初速度v0= vx2+vy2=5m/s，故A正确；
B、2s末质点速度应该为v= 62+42m/s=2 13m/s，故B错误；
C、合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．故C错误；
D、x轴方向的加速度a=1.5m/s2，质点的合力F合=ma=6N.故D正确；
故选：AD。
10.【答案】ACD
【解析】A.由图可知，0～4s电梯中的重物对台秤的压力大于重力，重物处于超重状态，故A正确；
B.由图可知，4s～18s匀速上升，压力等于重力，18s～22s压力小于重力，物体处于失重状态，故B错误；
CD.由图可知，4s～18s匀速上升，所以mg=30N，重物的质量m=3kg，
由图可知，0～4s电梯加速上升，加速阶段，当压力N=50N时，加速度最大，18s～22s减速上升，减速阶段，当压力N=10N时，加速度最大且与压力N=50N时的加速度一样大，
由牛顿第二定律有N−mg=ma得最大加速度a=203m/s2
故CD正确。
故选ACD。
11.【答案】 (1)C ； (2)D ；(3) b
【解析】(1)本实验采用的是等效替代法，分力与合力作用效果相同。
故选C。
(2)A.实验中需要用到拉力的大小与方向，其中方向为细线的方向，大小由弹簧测力计直接读出，因此不需要测量橡皮条原长，故A错误；
B.两细线不一定要一样长，故B错误；
C.确定力的方向时，如果用铅笔沿着细绳划直线，铅笔会碰到细线，导致记录的方向不准确，应该采用两点确定直线的方法记录力的方向，故C错误；
D.改变拉力进行多次实验，拉力不能过大，实验过程中橡皮条与弹簧秤都不能超过弹性限度，故D正确。
故选D。
(3)当用一只测力计拉橡皮条时，拉力的方向应该与橡皮条的方向共线，则图b比较符合实验事实。
12.【答案】 (1)C (2)1.6 (3)2k
【解析】【分析】
(1)根据实验原理确定操作；
(2)根据逐差法得小车运动的加速度大小为；
(3)根据牛顿第二定律结合图像的斜率求解小车和砝码的总质量。
【解答】
(1)A.释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故A错误；
BD.绳中拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要使砂和砂桶的总质量m远小于小车和滑轮的总质量M，故BD错误；
C.用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，需要平衡摩擦力，故C正确。
故选C。
(2)根据逐差法得小车运动的加速度大小为a=[(22.33−7.96)−7.96]×10−24×0.12m/s2≈1.6m/s2
(3)以小车为研究对象，根据牛顿第二定律得2F=Ma
F=M2a
k=M2
解得M=2k。
13.【答案】解：(1)对木箱受力分析得：Fsinθ+mg=FN
联立代入数据解得：FN=688N，
根据牛顿第三定律可知推木箱时地面所受的压力大小：FN′=688N，方向竖直向下；
(2)对木箱根据牛顿第二定律得：Fcsθ−μFN=ma．
5s末木箱的速度大小v=at
联立代入数据解得：v=5m/s，
(3)撤去推力后，木箱的加速度大小a1=μmgm=μg=5 m/s2
根据速度—时间关系可知木箱停止的时间t1=va1
联立代入数据解得：t1=1s
可见撤去推力后木箱继续滑行的距离x=v22a1=522×5m=2.5m。
【解析】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大。
(1)对木箱受力分析，根据竖直方向力的平衡解得；
(2)根据牛顿第二定律求出在推力作用下的加速度，结合速度—时间公式求出木箱的速度；
(3)根据牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，结合速度—位移公式求出木箱继续滑行的距离。
14.【答案】解：设小球所受空气阻力大小为f，小球与气球脱离后加速度大小为a。
由牛顿第二定律得：mg+f=ma
解得：a=12m/s2
小球与气球脱离后上升的高度为h1=v22a=1.5m
小球与气球脱离后上升的时间：t1=va=0.5s
小球下落时由牛顿第二定律得：mg−f=ma′
解得：a′=8m/s2
下落过程由位移公式得：h+h1=12a′t22
解得：t2=2s
小球运动的总时间：t=t1+t2=2.5s
答：小球经2.5s到达地面。
【解析】研究小球与气球脱离后的运动过程，小球向上做匀减速运动，受到重力和空气阻力，根据牛顿第二定律求得加速度，根据位移公式求出物体与气球脱离后上升的高度，从而物体离地的最大高度。由牛顿第二定律求出物体下落时的加速度，则运动时间可求解。
本题要分析清楚物体的运动过程，明确受力情况是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
15.【答案】解：(1)座舱自由落下，由自由落体运动规律得：
H−h=12gt12
解得
t1=3s
制动系统启动时速度为
v=gt1=30m/s
制动时间为
t2=h0+v2=2s
整个过程运动的时间
t=t1+t2=5s
(2)(3)当座舱落到离地面10m的位置时处于制动过程，制动过程有
h=0−v22a
FN−mg=ma
解得
a=15m/s2
FN=1250N
由牛顿第三定律，人对座位的压力大小为1250N，方向竖直向下。

【解析】本题根据匀变速直线运动速度公式，结合牛顿第二定律，即可解答。
本题解题关键是分析出座舱运动分两个阶段，即自由落下的匀加速阶段和匀减速阶段。