浙江省绍兴市诸暨中学暨阳分校2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题

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单选题 每题4分
1. A 2. B 3.C 4. B5. D 6. C
多选题 选对得5分 漏选得3分
BC 8. AC 9. BD 10. ABC
实验题
11. D 丙 C bgk 1gk
12. 解：
(1)物体在斜面上的加速度大小：a1=mgsin30°m=gsin30°=5m/s2．
根据：ℎsin30∘=12a1t2，解得：t= 4ℎa1= 4×3.25s=1.6s．
(2)滑到底端的速度：v=a1t=5×1.6m/s=8m/s
物体在传送带上做匀减速运动的加速度大小：a2=μg=5m/s2，
则物体在传送带上向左运动的最远距离：x=v22a2=6410m=6.4m。
(3)因为物块速度减为零后，返回做匀加速直线运动，返回时速度达到传送带速度后做匀速直线运动，所以物块返回到A点的速度为6m/s，
则上滑的距离s=v′22a1=3610m=3.6m，上升的高度ℎ′=12×3.6m=1.8m．
13. 解：
(1)由于匀速运动，受力平衡，故 Ff=0；
(2)车在水平路面上行驶，初速度为。
若车突然以大小为a1=3m/s2的加速度加速刹车，假设若货箱与车厢相对静止，根据牛顿第二定律可知Ff=ma1=3m>Ffmax=2.4m，所以假设不成立，货箱与车厢之间会发生相对滑动。
以车为研究对象，车停止运动的时间t1=v0a1=153s=5s，
车的位移x1=v0 2t1=152×5m=37.5m。
以货箱为研究对象，根据牛顿第二定律得，货箱的加速度，
停止运动的时间t2=v0a2=152.4s=6.25s，
货箱的位移x2=v0 2t2=152×6.25m=46.875m。
所以货厢相对车向前的位移为Δx=x2−x1=9.375m>5m。
所以货箱会碰到挡板。
(3)设经时间t速度相等，相等时速度为v。以货箱为研究对象，根据牛顿第二定律得，
货箱向右的加速度a2′=μmgm=μg=2.4m/s2， v=a2′t。
货箱向右的位移为x2′=12a2′t2。
以车为研究对象： v=v0−a′1t
车的位移 x1′=v0 +v2t，
联立方程得：t=2.5s，v=6m/s，x2′=7.5m，x1′=26.25m，Δx=x′1−x′2=18.75m>5m。
所以货箱会离开车厢。
【解析】
1. 【分析】
力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，根据物理量来确定测量的仪器即可。
本题考查对常用工具的单位的认识，解决本题的关键知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，同时注意明确各自对应的测量工具。
【解答】
A、测力计是测量力的仪器，力不是基本物理量，故A正确；
B、刻度尺是测量长度的仪器，是测量基本物理量的仪器，故B错误；
C、秒表是测量时间的仪器，是测量基本物理量的仪器，故C错误；
D、托盘天平是测量质量的仪器，是测量基本物理量的仪器，故D错误。
故选：A。
2. 【分析】
本题主要考查质点、弹力的产生、作用力和反作用力以及平均速度的定义。当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响可以忽略时，物体可以看作质点；弹力是由施力物体发生弹性形变后要恢复原状而产生的；由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力总是大小相等，方向相反；平均速度等于位移与时间的比值，由此即可正确求解。
【解答】
A. 研究花样滑冰运动员旋转动作时，需要观看运动员的肢体动作，运动员的形状大小不能忽略不计，故运动员不能看成质点，A错误；
B. 弹力是由施力物体发生形变后要恢复原状而产生的，故运动员用球杆击打冰球时，冰球对球杆的弹力是由于冰球的形变产生的，B正确；
C. 运动员推“钢架雪车”加速前进时，运动员对雪车的力与雪车对运动员的力是一对相互作用力，总是大小相等，方向相反，C错误；
D. 高亭宇在500m短道速滑决赛中用时34.32s，500m指的是路程，不是位移，因为500m短道是环形轨道，故v=st=50034.32m/s≈14.6m/s，v=14.6m/s是该过程的平均速率，平均速度是位移与时间的比值，整个过程的位移明显小于500m，所以平均速度明显小于14.6m/s，D错误。
故选B。
3. 【分析】
x−t图象的斜率表示物体的速度，速度的正负表示速度方向，图象的交点表示相遇；v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，平均速度等于位移与时间之比。
本题要理解位移−时间图象与速度−时间图象物理意义，搞清它们的区别，从斜率、面积等数学意义进行识别和理解。
【解答】
A、根据x−t图象的斜率表示物体的速度，速度的正负表示速度方向，知t2时刻表示物体2向负方向运动，t4时刻物体4仍向正方向运动，故A错误；
B、物体1和物体2在t1时刻相遇，物体3和物体4在t3时刻速度相等，根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，知0～t3时间内物体3的位移小于物体4的位移，但由于两物体的初始位置关系未知，所以物体3和物体4在t3时刻不一定相遇，故B错误；
C、x−t图象中0至t1时间内物体1和物体2的位移相等，所用时间相等，则平均速度相等，故C正确；
D、v−t图象中0至t3时间内，物体3的位移小于物体4的位移，则物体3的平均速度小于物体4的平均速度，故D错误。
故选：C。
4. 【分析】
本题要明确v−t图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，和横坐标围成的面积表示位移大小．结合加速度的方向分析无人机的状态。
对应v−t图象题目一定明确坐标轴、斜率、面积的含义，知道加速度方向向上时物体处于超重状态。
【解答】
A、3−4s内，无人机减速下降，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B、v−t图象和横坐标围成的面积表示位移大小，0−4s内位移大小为：ℎ=12(2+4)×2.0=6m，4s−6s内静止不动，则4s～6s内，无人机停在距起点6m处。故B正确；
C、8s～10s内，无人机的速度为正，方向竖直向上，故C错误；
D、8s前后，无人机的加速度方向是不同的，加速度是变化的，故D错误；
5. 【分析】
本题关键先对AB整体受力分析，得出弹簧弹力；再对A物体受力分析，结合平衡条件分析判断。
【解答】
AD.先对AB整体受力分析，由平衡条件知，
水平方向，不受力，故墙面无弹力；
竖直方向：F=GA+GB，弹簧的弹力大小等于A、B的重力之和，故A错误，D正确；
B.由于物体A与墙面间无弹力，故没有摩擦力，故B错误；
C.隔离A物体，必受重力、B对A的弹力和B对A的摩擦力作用，受三个力，故C错误。
故选D。
6. 设各物体的质量均为m，对四个物体整体运用牛顿第二定律得a=F4m，对3、4组成的整体应用牛顿第二定律得FN=2ma，解得FN=12F，故选 C。
7. 解：A、牛顿第一定律是牛顿在前人研究的基础上总结出来的，而不是牛顿通过大量的实验探究直接总结出来的，故A错误；
B、加速度定义式a=ΔvΔt，运用了比值定义法，a与速度变化量和时间无关，故B正确；
C、重心是物体各部分所受重力的等效作用点，所以引入重心概念时运用了等效替代思想，故C正确；
D、由速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常小时，可表示物体在t时刻的瞬时速度这里采用的是极限分析法，不是微小量放大法，故D错误。
故选：BC。
明确物理学方法的应用，知道牛顿第一定律不是实验定律；重心、合力等体现了等效替代的思想；加速度采用了比值定义法，而用平均速度表示瞬时速度采用了极限分析法。
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。
8. 【分析】
本题考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系。对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量。
【解答】
AB、绳断前，对a、b、c分别受力分析如图，
根据平衡条件，有：
对a：F2=F1+mg
对b：F1=F+mg
对c：F=mg
所以：F1=2mg
对bc，弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零。
当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡；对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=ma1，a1=3g，方向竖直向下；故A正确，B错误。
CD、当绳断后，b与c受力不变，则F1=kΔl1，Δl1=2mgk；同时F=kΔl2，所以Δl2=mgk，联立得Δl1=2Δl2，故C正确，D错误。
故选AC。
9. 解：在转动OB的过程中，G的重力不变并处于平衡状态，故OA与OB两绳的合力大小等于G而保持不变；
则作出受力分析图如图所示：
在OB转动的过程中，由图可知OA的拉力一直减小；而OB的拉力先减小后增大，当OB与OA垂直时最小；故BD正确；
故选BD．
本题为动态平衡问题，可以做出受力分析图象，由图象中边的变化得出两力的变化．
对于动态平衡的问题，要注意找出变化的量和不变量，本题中不变的量为两绳子拉力的合力，变化的是两绳子间的夹角．
10. 【分析】
此题最难解决的问题是小球是否飞离了斜面，我们可以用假设法判断出临界加速度来进行比较。
首先判断小球是否飞离了斜面，根据小球刚刚飞离斜面的临界条件，即绳子的倾角不变，斜面的支持力刚好为零，解出此时的加速度与题目给出的加速度大小进行比较，若给出加速度大于小球的临界加速度说明小球已经飞离了斜面，否则小球还在斜面上。
【解答】
设小球刚刚脱离斜面时，斜面向右的加速度为a，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行，小球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：mgctθ=ma0，解得临界加速度：a0=gctθ=43g；
A.当斜面以a=g2向右加速运动时，因a=g2a0=43g，小球离开斜面，绳子对小球的拉力T=m g2+a2=2mg，故B正确；
C.当斜面以a1向左加速运动时绳子的拉力为零时，小球受重力和支持力，根据牛顿第二定律得：a1=mgtan37∘m=3g4，故C正确；
D.斜面在水平面上加速运动时，绳子拉力与斜面弹力提供水平方向的合力，绳子拉力与斜面弹力的合力不在竖直方向上，故D错误。
故选ABC。
11. 解：(1)A、小车与长木板间的粗糙情况与小车质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车质量，不需重新平衡摩擦力，故A错误．
B、实验时应先接通电源，后释放小车，故B错误．
C、根据牛顿第二定律得，a=m1gm1+m2，则绳子的拉力F=m2a=m1m2gm1+m2=m1g1+m1m2，当m1远小于m2时，F=m1g，故C错误．
D、由牛顿第二定律可知a=1m2F，当F一定时，a与1m2成正比，所以作出a−1m2图象，故D正确．
故选：D
(2)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．
当不满足m1