江苏省南通市海安高级中学2023-2024学年高一（上）第二次月考物理试题

这是一份江苏省南通市海安高级中学2023-2024学年高一（上）第二次月考物理试题，文件包含精品解析江苏省南通市海安高级中学高一上学期第二次月考物理试题原卷版docx、精品解析江苏省南通市海安高级中学高一上学期第二次月考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
1. 春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福，如图所示，孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，孔明灯的运动轨迹可能为（ ）
A 直线OAB. 曲线OB
C. 曲线OCD. 曲线OD
【答案】D
【解析】
【详解】孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，则合外力沿Oy方向，在水平Ox方向做匀速运动，此方向上合力为零，所以合运动的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，孔明灯做曲线运动，结合合力指向轨迹内侧可知轨迹可能为OD，故D正确，ABC错误。
故选D。
2. 金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出．如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中（ ）
A. 水继续以相同的速度从小孔中喷出
B. 水不再从小孔喷出
C. 水将以更大的速度喷出
D. 水将以较小的速度喷出
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，加速度为g；当物体以加速度g竖直下落时，物体处于完全失重状态．
解：水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会流出；
故选B．
【点评】本题关键明确水处于完全失重状态，对容器壁无压力；也可以假设水对容器壁的力为F，然后根据牛顿第二定律列式求出F=0．
3. 汽车中的ABS系统是汽车制动时，自动控制制动器的刹车系统，能防止车轮抱死，可以减小刹车距离，增强刹车效果。实验小组通过实验，研究有ABS系统和无ABS系统两种情况下的匀减速制动距离，测试的初速度均为60km/h。根据图中的图线及数据，可以推断出两种情况下汽车刹车的加速度大小之比a有：a无等于（ ）
A. 4：3B. 3：4C. 3：2D. 2：3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据
得
因为初速度相等时，刹车的距离之比为3：4，则平均加速度之比
故选A。
4. 第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h来定义，“国际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的值为6.63×10-34 J‧s，则h的单位“J‧s”用国际单位制中的基本单位表示为（ ）
A. kg‧m2/s2B. kg‧m2/sC. N‧s/mD. N‧s‧m
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】能量的单位是J，由功能关系可知
h的单位是J‧s，由可得
则
故选B。
5. 某动车在A城与B城间运行，正常行驶速度为v0，现在两城间增设两停靠站，每站停车时间为t0，设列车启动加速、停靠减速的加速度大小都是a，则增设停靠站点后动车相对此前运行时间增加了（ ）
A. 2t0B. 2t0+C. 2t0+D. 2t0+
【答案】B
【解析】
【详解】列车启动加速运动的时间与停靠减速的运动的时间相等，均为
列车启动加速运动的位移大小与停靠减速的运动的位移大小相等，均为
设在A城与B城间运行的距离为，此前运行时间为
在两城间增设两停靠站后动车运行时间为
增设停靠站点后动车相对此前运行时间增加了
故B正确，ACD错误；
故选B。
6. 如图所示为甲、乙两质点在同一直线上运动的位移-时间图像，甲质点的图像为直线，乙质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D的坐标如图。下列说法正确的是（ ）
A. t1-t2时间段内乙的平均速度大于甲的平均速度
B. t1-t2时间段内乙的平均速度小于甲的平均速度
C. 时，甲、乙间距离最大
D. 时，甲、乙间距离最大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由平均速度的公式得 ，所以 t1-t2时间段内乙的平均速度等于甲的平均速度，AB错误；
CD．因为乙质点的图像为过原点的抛物线，所以乙质点做匀加速直线运动，乙在时间中点时的速度等于该段时间内的平均速度，即该时刻两质点的瞬时速度相等，则在时甲、乙间距离最大，C正确，D错误。
故选C。
7. 潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域时，浮力骤减，称为“掉深”。如图甲，某总质量为3.0×106kg的潜艇，在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0s时，该潜艇“掉深”，之后在0~30s时间内潜艇竖直方向的v-t图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。取重力加速度为10m/s2，不计水的粘滞阻力，则潜艇（ ）
A. 在“掉深”前的速度为20m/s
B. 在高密度海水区域受到的浮力为3.0×106N
C. “掉深”后竖直向下最大位移为100m
D. “掉深”后在10~30s时间内处于超重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力骤减，则合力竖直向下，加速度向下，潜艇向下做匀加速直线运动，由v-t图像知“掉深”前的速度为零，故A错误；
B．潜艇在海水高密度区域受力平衡，则在高密度海水区域受到的浮力为
故B错误；
C．由图像可知，潜艇“掉深”后竖直向下先做匀加速运动，后做匀减速运动，则图像面积表示位移，“掉深”后竖直向下的最大位移为
故C错误；
D．潜艇“掉深”后，时间内竖直向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故D正确；
故选D。
8. 如图，黑板擦在手施加的恒力F作用下匀速擦拭黑板．已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力，则它所受的摩擦力大小为
A. FB. μF
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】黑板擦匀速运动，根据平衡条件求解动摩擦因数表达式，然后求解摩擦力.
【详解】设力F与运动方向的夹角为θ，黑板擦做匀速运动，则由平衡条件可知：Fcsθ=μFsinθ，解得μ=,由数学知识可知，，则黑板擦所受的摩擦力大小 ，故选C.
9. 如图所示, 物块A质量为，物块B质量为，叠放在一起沿光滑水平地面以速度做匀速直线运动,AB间的动摩擦因数为在时刻对物块施加一个随时间变化的推力,为一常量,则从力F开始作用到两物块刚要发生相对滑动所经过的时间为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】当A、B间的静摩擦力达到最大时，大小为：f=μMg；隔离对B分析，最大加速度为：；对整体分析，有：F=（M+m）a=kt；解得：，故D正确，ABC错误．故选D．
【点睛】本题考查了牛顿第二定律临界问题，抓住临界状态，通过整体法和隔离法求出最大加速度是关键．
10. 如图所示，有两个物块A、B，质量分别为m1、m2，m2=2m1，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计，现将两滑块从静止释放，A上升一小段距离h，重力加速度为g，在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A. A和B速度大小相等B. A和B加速度大小相等
C. A上升h时的速度为D. 轻绳的拉力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AC．设m1上升h时的速度为v1，m2的速度为v2，根据动滑轮的特点可知
v2=2v1
根据m1和m2组成的系统机械能守恒可得
联立解得
故A错误，C正确；
BD．根据动滑轮的特点可知，m1的加速度为m2的加速度的一半，即
a2=2a1
根据牛顿第二定律，对m1有
对m2有
联立解得，轻绳的拉力大小
故BD错误。
故选C。
二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 用如图所示的装置探究加速度与质量的关系，把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码，通过垫块调节木板左端高度平衡摩擦力。
（1）下列实验操作中正确的有___________。
A．先释放小车后接通电源
B．调整定滑轮使细线与长木板平行
C．平衡摩擦力时必须移去纸带
D．平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码
（2）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，测得计数点1、2、3、4与0计数点间的距离分别为x1=3.60cm、x2=9.61cm、x3=18.01cm、x4=28.81cm。已知打点计时器打点周期为0.02s，相邻计数点间有四个打点未画出，则小车的加速度a=___________m/s2（结果保留三位有效数字）。
（3）实验中保持托盘和砝码的总质量不变改变小车和车内沙子的总质量M，进行实验打出纸带，算出相应的加速度a，数据如下表所示请在图丙中根据描出的点作出a-图像_____；由图像可得出的结论是___________。
（4）某小组在实验中作出-M图像如图丁所示，图像斜率的物理意义是___________；若图像纵截距为b，斜率为k，则托盘和砝码的总质量m=___________（用字母b、k表示）。
【答案】 ①. BD ②. 2.40（2.39~2.41均算对） ③. ④. 合力一定时，当托盘和砝码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量M时，小车和车内沙子的加速度a与质量M成反比 ⑤. 托盘和砝码的总重力的倒数 ⑥.
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]A．应先通电再释放小车，A错误；
B．调整定滑轮使细线与长木板平行，以保证小车在运动过程中合力不变，B正确；
C．平衡摩擦力时必须连接纸带，C错误；
D．平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码，用小车重力分力来平衡摩擦力，D正确。
故选BD。
(2)[2] 小车的加速度
(3)[3]图像为
[4] 合力一定时，当托盘和砝码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量M时，小车和车内沙子的加速度a与质量M成反比。
(4)[5]根据牛顿第二定律可知，图像斜率的物理意义是托盘和砝码的总重力的倒数。
[6]当M=0时，有
根据斜率的含义有
联立解得
12. “歼10”战机装备我军后，在各项军事演习中表现优异，引起了世界广泛关注。如图所示，一架质量m＝5.0×103kg的“歼10”战机，从静止开始在机场的跑道上匀加速滑行，经过距离x＝5.0×102m，达到起飞速度v＝60m/s。在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍，取g＝10m/s2。求：
（1）飞机在跑道上滑行的时间；
（2）飞机滑行时的加速度；
（3）飞机滑行时受到的牵引力。
【答案】（1）16.7s；（2）3.6m/s2；（3）1.9×104N
【解析】
【详解】（1）飞机匀加速滑行，由
得
（2）飞机匀加速滑行，由
得
（3）在水平方向上，由牛顿第二定律
得
13. 如图所示，倾角为θ的光滑固定斜面上，有一质量为M的三角形木块A，A的上表面水平粗糙，A上放一质量为m的物块B。将A、B由静止释放，A、B一起沿斜面向下做加速运动，重力加速度为g。求此时
（1）A、B一起运动的加速度大小a；
（2）A对B的支持力大小N和摩擦力大小f。
【答案】（1）gsinθ；（2）mgcs2θ，mgsinθcsθ
【解析】
详解】（1）对A、B整体，根据牛顿第二定律可得
解得
a=gsinθ
（2）对B，根据牛顿第二定律，竖直方向上，有
mg-N=masinθ
联立解得
水平方向上，有
14. 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，根据图像求：
（1）物体的初速度v0；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）当斜面倾角θ=53°时，物体在斜面上能向上滑动的最大位移xm。
【答案】（1）v0=6m/s；（2）μ=0.75；（3）xm=1.44m
【解析】
【详解】（1）由图可知，当夹角为90°时，x=1.80m，此时物体做竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律可知
v02=2gx
解得
v0=6m/s
（2）当夹角θ=0°时，x=2.40m，物体在水平方向做匀减速直线运动，由运动学规律可知
v02=2ax
解得
a=7.5m/s2
由牛顿第二定律可得
μmg=ma
解得
μ=0.75
（3）当夹角为θ时，物体做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcsθ=ma′
由运动学规律可知
v02=2a′xm
联立得
xm=1.44m
15. 如图所示，质量为M=4kg、长L=1m、高h=0.8m的长方形木箱A静止在粗糙水平面上，质量为的小物块B静置在木箱A的右端。物块与木箱间的动摩擦因数µ1=0.5，木箱与地面间的动摩擦因数µ2=0.1，现给木箱施加一水平向右F=32N的恒力，使木箱A和物块B以不同的加速度向右运动。已知重力加速度g=10m/s2，求：
（1）施加水平力F后的瞬间，木箱A、物块B的加速度大小aA、aB；
（2）物块B离开木箱A时的速度大小vB；
（3）物块B刚落地时离木箱A左侧的水平距离s。
【答案】（1）aA=5.5m/s2，aB=5m/s2；（2）10m/s；（3）0.96m
【解析】
【详解】（1）对物块B
aB=5m/s2
对木箱A
F-µ1mg-µ2（m+M）g=MaA
aA=5.5m/s2
（2）设物块B离开木箱A时需要时间，则
代入数据解得
t1=2s
（3）根据
得
t2=0.4s
根据牛顿第二定律
F-µ2Mg=Ma
代入数据解得
a=7m/s2
所以
托盘和砝码总质量为20g
a（m·s-2）
2.40
1.99
1.43
1.25
1.11
0.77
0.62
0.48
0.24
M/kg
0.06
0.08
0.12
0.14
0.16
0.24
0.30
0.40
0.80
/（kg-1）
16.67
12.50
833
7.14
6.25
4.17
3.33
2.50
1.25