湖北省武汉市洪山高中等三校2024-2025学年高一上学期12月联考物理试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市洪山高中等三校2024-2025学年高一上学期12月联考物理试题（Word版附解析），共15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.关于牛顿第一定律和牛顿第二定律，下列说法中正确的是
A. 牛顿第二定律知，物体所受的合力的方向，就是物体运动的方向
B. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事物进行分析的产物，不可能用实验直接证明
C. 牛顿第一定律表明，物体只有在不受外力作用下静止或做匀速直线运动时才具有惯性
D. 由牛顿第二定律表达式F=ma可知，物体所受合外力跟物体质量成正比，跟物体加速度也成正比
2.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则下列说法正确的是
A. 机械臂铁夹对小球的两个弹力为一对作用力与反作用力
B. 小球受到5个力的作用
C. 现增大机械臂铁夹对小球挤压，小球受到的摩擦力随之变大
D. 若机械臂铁夹水平匀速移动，铁夹对小球作用力的方向斜向上
3.中国空间站中的航天员在实验舱的桌面上测量物体的质量，实验方案如下：质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器，待测质量的物体B连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为
A. F2(m1+2m2)F1B. F1(m1+2m2)F2C. F1(m1+2m2)F1−F2D. F2(m1+2m2)F1−F2
4.我国新能源汽车产业集群化发展趋势愈加鲜明，2024年9月24日迈入新的发展阶段。某品牌电动汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小，下图中分别画出了汽车转弯时加速度a的方向正确的是
A. B. C. D.
5.如图所示，静止在粗糙水平面上的斜面体，其顶端固定一光滑定滑轮，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F作用下使夹角θ90∘，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态，下列说法正确的是
A. 绳OA的拉力先增大后减小
B. 斜面对物块P的摩擦力的大小一定先减小后增大
C. 地面对斜面体有水平向左的摩擦力
D. 地面对斜面体的支持力等于物块P和斜面体的重力之和
6.如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4m后锁定，t=0时解除锁定释放小物块，计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v−t图线如图乙所示。其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时图线的切线，已知小物块的质量为m=2kg，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是
A. t=0.15s时弹簧恢复原长B. 弹簧的劲度系数为175N/m
C. 小物块与地面间的动摩擦因数为0.3D. 整个过程中小物块的位移大小为0.80m
7.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A，B(B物体与弹簧栓接)，弹簧的劲度系数为k=50N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为15N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是
A. 外力施加的瞬间，A，B的加速度大小均为0
B. 当弹簧压缩量减小0.05m时，A，B间弹力大小为2.5N
C. A，B分离时，A物体的位移大小为0.1m
D. B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1m
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，一带有固定支架的三角滑块m正沿斜面加速下滑；支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，细线与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是
A. 斜面是光滑的
B. 斜面是粗糙的
C. 达到稳定后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D. 达到稳定后，地面对斜面体的支持力等于滑块、小球与斜面体的总重力
9.如图所示，倾角为θ=37∘的传送带以v=4m/s的顺时针匀速转动，其上方与一水平台面平滑连接。一质量m=1kg的货物从传送带的底端A处以v0=8m/s的速率滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A、B间的高度差h=2.49m，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是
A. 货物不能冲上水平台面B. 货物从A处运动到B处所用的时间为0.9s
C. 货物在传送带上的划痕长为1.05mD. 货物离开传送带时速度大小为3.0m/s
10.水平传送带被广泛地应用于生产、生活中。某生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N，传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为v0=0.6m/s、v1=0.8m/s，方向如图中所示。一小煤块(视为质点)离开传送带M前已经与传送带M的速度相同，并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1kg，与传送带N的动摩擦因数为0.2，重力加速度g=10m/s2，传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是
A. 小煤块一直在做匀变速曲线运动
B. 小煤块传送到传送带N前的瞬间，相对传送带N的速度大小为1.4m/s
C. 小煤块留在传送带N上的划痕长度为0.25m
D. 当小煤块的速度偏转角的正切值为0.75时，小煤块的速度最小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置；分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向；
(1)该实验运用的思想方法是 ；
A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想模型法
(2)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为 N；
(3)下列的实验要求不必要的是 (填选项前的字母)。
A.用测力计测量重物M所受的重力
B.实验应在水平桌面上进行
C.细线应与木板平面平行
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
12.在“探究加速度与力、质量的关系”时采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码质量为M，砂与砂桶的质量为m，已知重力加速度为g；
(1)在探究小车加速度a与质量M的关系时，下列说法正确的是 ；
A.平衡摩擦力时，砂桶应用细线通过滑轮系在小车上且小车后面的纸带也必须连好
B.实验中应改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
C.实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车
D.为直观分析a与M的关系，画出a−M图像即可
(2)下图是某次实验打点计时器打出的一条纸带(部分)。若A、B、C……计数点间的时间间隔均为0.10s，从图中给定的数据，可求出小车的加速度大小 m/s2，打下C点时小车的速度大小是 m/s(计算结果保留两位有效数字)；
(3)在探究小车加速度a与所受合力F的关系时
①该同学根据测得的多组数据画出a−F关系图线如图2，发现该图线既不通过坐标原点且AB段明显偏离直线，分析其产生原因，下列说法正确的是 ；
A.不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足
B.不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力过度
C.图线AB段弯曲可能是砂与砂桶总质量未满足远小于小车及车内砝码总质量的条件
②另一位同学利用最初的几组数据拟合了一条直线，如图3所示，与纵轴平行的直线和这两条图线以及横轴的交点分别为P、Q、N。此时，小车及车上砝码总质量为M，砂与砂桶总质量为m。他猜想：PNQN=M+mM。请你分析论证该同学的想法是否正确 (选填“正确”或“错误”)？
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，质量为m1=4kg的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37∘，物体甲及人均处于静止状态。(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？
(2)若人的质量m2=60kg，人与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲m 1′的质量最大不能超过多少？
14.2024年9月27日“运河争辉”乌篷船马拉松邀请赛在浙江绍兴浙东运河越城区段举行，水乡绍兴以这种特殊的活动方式庆祝中华人民共和国成立75周年，同时也纪念中国大运河申遗成功10周年。已知小船在静水中的速度为4m/s，现让船渡过某条河，若此河的两岸是理想的平行线，河宽为d=200m，水流速度为3m/s，方向与河岸平行，求：
(1)欲使小船以最短时间渡河，最短时间是多少？小船的位移多大？
(2)欲使小船以最短位移渡河，渡河所用时间是多少？
(3)若河水因涨水导致水流速度变为6m/s，小船在静水中的速度为4m/s不变，此种情况下渡河最短位移及渡河时间分别为多少？
15.如图所示，一块质量为M=4kg、长为L=1.2m的匀质木板B静止在足够长的水平地面上，在距木板的右端x处静止摆放着质量为m=1kg的小木块A(不计小木块B的尺寸，A可视为质点)，木板和小木块之间的动摩擦因数为µ 1=0.1，木板与地面之间的动摩擦因数为µ 2=0.5，在t=0时刻，在木板左端施加一水平向左的恒定拉力F；已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则：
(1)拉力F为多大才能拉动木板？
(2)若拉力F=36N，x=0.96m，在F拉动木板的过程中，经多长时间木块离开木板；
(3)若F=31.5N，在t=1s时撤去F，要想木块不从木板上掉下来，求x的取值范围。(此问结果保留两位小数)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事物进行分析的产物，不可能用实验直接证明，B正确；
A.物体所受的合力的方向，是加速度的方向，与物体运动的方向不一定相同，A错误；
D.根据牛顿第二定律表达式F=ma可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体质量成反比，物体所受合外力与质量和加速度无关，D错误；
C.牛顿第一定律表明，物体在任何运动状态均具有惯性，C错误。
故选B。
2.【答案】B
【解析】A.铁夹对小球的两个弹力作用在同一个物体上，不是一对作用力与反作用力，故A错误；
C.若进一步加大铁夹对小球挤压，小球受到的摩擦力不会变大，只要小球处于静止它所受的静摩擦力就等于重力，故C错误；
B.小球受到5个力的作用，分别为：重力、左右两侧分别受到铁夹的两个弹力、左右两侧分别受到铁夹的两个摩擦力，故B正确；
D.若铁夹水平匀速移动，铁夹对小球作用力的方向应该竖直向上，与重力等大反向，故D错误。
3.【答案】D
【解析】以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1=(m1+2m2+mB)a，隔离B物体，由牛顿第二定律得：F2=mBa
联立可得：mB=F2m1+2m2F1−F2，故D正确，ABC错误。
4.【答案】B
【解析】电动汽车运动轨迹是曲线，根据曲线运动的条件，受到的合外力方向指向曲线的内侧，因为是减速运动，合外力的方向与该点的速度方向的夹角为钝角，且速度方向沿切线方向，加速度方向和合外力方向相同，
故B正确，ACD错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.缓慢改变绳OA的方向至θ>90∘的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，
可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A错误；
B.若开始时斜面对P的摩擦力沿斜面向下，由于OP拉力一直增大，则摩擦力会一直增大，故B错误；
C.以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，故C正确；
D.以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：
N+Fcs⁡α=M斜g+MPg+MQg
由上图分析可知F的最大值即为MQg(当F竖直向上方向时)
故FcsαM斜g+MPg，故D错误。
6.【答案】B
【解析】C.根据v−t图线的斜率表示加速度，由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a=ΔvΔt=−0.25m/s2=5m/s2，由牛顿第二定律得，摩擦力大小为Ff=μmg=ma，所以μ=ag=0.5，故C错误；
A.由图像可知，当t=0.15s时，小物块的速度达到了最大值，根据分析可知，当物体的加速度为零时，其速度达到最大值，此时对物体分析，其受到的摩擦力与弹簧的弹力大小相等，所以此时弹簧没有恢复原长，故A错误；
B.刚释放时滑块的加速度为a ′=Δv ′Δt ′=30.1m/s2=30m/s2，由牛顿第二定律得kx−Ff=ma ′，代入数据解得k=175N/m，故B正确；
D.当物体离开弹簧后，物体水平方向只受摩擦力，且该摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，所以物体在离开弹簧后，其所受合力不变，即物体做匀减速直线运动，物体从t=0.25s时开始离开弹簧，此时物体的位移为弹簧压缩的长度，即x1=0.4m，由v−t图像可知，其图像与坐标轴围成的面积为位移，则离开弹簧后，物块的位移为x2=1.5×(0.55−0.25)2m=0.225m，所以物体在整个过程的位移为x=x1+x2=0.625m，故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】解：
A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，合力为外力F=15N，由牛顿第二定律得：a=F2m=7.5m/s2，故A错误；
B、初始时系统处于静止状态，即2mg=kx0，解得：x0=0.4m，当弹簧压缩量减小0.05m时，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
对A：F+FAB−mg=ma1，对B：k(x0−0.05)−mg−FAB=ma1，联立解得：FAB=1.25N，故B错误；
C、设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度为a2，对A：F−mg=ma2，对B：kx1−mg=ma2，联立解得：x1=0.3m，所以A物体的位移大小为x0−x1=0.1m，故C正确；
D、当B物体的合力为0时速度达到最大，由C选项的分析知AB分离时有向上的加速度，所以速度最大时AB已经分离，由合力为0得：kx2=mg，解得：x2=0.2m，故D错误；
8.【答案】AC
【解析】AB.设小球质量为m′，假设斜面光滑，细线与竖直方向夹角为α，达到稳定后，对滑块和小球整体有：m+m′gsinθ=m+m′a，方向沿斜面向下，对小球：m′gsinα=m′a，可知α=θ，假设成立，故A正确，B错误；
CD.小球的加速度和滑块的加速度相同，以斜面体、滑块、小球整体为研究对象，因为加速度有水平向左的分量，根据牛顿第二定律知，地面对斜面体的摩擦力水平向左，加速度有向下的分量，地面对斜面的支持力小于滑块、小球和斜面体的总重力，故C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】BD
【解析】解：AD、设开始时货物的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得：a1=10m/s2
经时间t1货物与传送带共速，则有：v=v0−a1t1，解得：t1=0.4s
货物相对传送带向上运动的距离Δx1=v0+v2t1−vt1，
代入数据解得：Δx1=0.8m
共速后的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：a2=2m/s2
假设到达水平台面的速度为v2，则有：v2−v22=2a2(hsinθ−v0+v2t1)
解得：v2=3m/s，则能冲上水平台面，故A错误，D正确；
B、设共速后货物在传送带上的时间为t2，则有：v2=v−a2t2，解得：t2=0.5s，则货物从A处运动到B处所用的时间为t=t1+t2=0.4s+0.5s=0.9s，故B正确；
C、共速后货物相对传送带向下的距离为：Δx2=vt2−v+v22t2，解得Δx2=0.25m，考虑到痕迹有重叠，所以货物在传送带上的划痕长度为0.8m，故C错误；
10.【答案】CD
【解析】B、小煤块传送到传送带N前的瞬间，相对传送带N的速度大小v= v12+v02= 0.62+0.82m/s=1.0m/s，故B错误；
AC、小煤块在传送带N上滑动的过程中，其所受滑动摩擦力大小f=μmg=0.2×1×10N=2N，方向如图所示，
小煤块相对传送带N做匀减速直线运动，其加速度大小a=fm=21m/s2=2m/s2，从小煤块滑上传送带N到小煤块与传送带N保持相对静止的时间t=va=12s=0.5s，
小煤块以v=1m/s的速度在N上做匀减速直线运动到静止，相对地先做匀变速曲线运动，再做匀速直线运动。
这段位移就是煤块在乙传送带上留下的痕迹，
故小煤块留在传送带N上的划痕长度为x=v2t=12×0.5m=0.25m，故A错误，C正确；
D、对地而言，小煤块相对N静止前做匀变速曲线运动，当小煤块的速度与摩擦力垂直时，小煤块的速度最小，此时小煤块的速度偏转角的正切值为tanα=v0v1=0.75，故D正确；
故选：CD。
11.【答案】B
3.80
BD

【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
(1)实验中，要求合力和分力满足等效的关系，故该实验采用等效替代法，故B正确；
(2)由图示可知，弹簧测力计分度值为0.2N，其示数为3.80N。
(3)A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；
B、重力充当合力，重力方向竖直向下，应该在竖直平面内进行实验，故B错误；
C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故C正确；
D、由于重物的重力大小和方向都是确定的，所以不需要使O点静止在同一位置。故D错误。
本题选错误的，故选BD。
12.【答案】C
2.0
0.70
AC
正确

【解析】(1)A.平衡摩擦力时，不需挂砂和砂桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过程中纸带受到阻力， A错误;
B.该实验是探究小车加速度a与质量M的关系，应保持砂与砂桶质量 m一定， B错误;
C.实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车， C正确;
D.由于a与M成反比，要直观的体现a与M的关系应该画出a−1M图像，D错误。故选C。
(2)根据逐差法有a=(28−10−10)×10−24×0.12m/s2=2.0m/s2
由匀变速直线运动知B、D段的平均速度即C点的瞬时速度，为vC=(18−4)×10−22×0.1m/s=0.70m/s
(3)①AB.从图2可以看出，图像不过原点，即当 F为某一值是，但加速度却为零，所以是未平衡摩擦力或平衡不足， A正确，B错误;
C.随着拉力增大，即悬挂物的重力增大，已经不满足砂与砂桶总质量远小于小车及车内砝码总质量的条件， C正确。
故选AC。
②该同学猜想正确，图中PN对应小车合力为悬挂物的重力mg时的加速度a1，即mg=Ma1
图中QN对应小车的真实加速度a2，设此时细线的拉力为T，则对小车有T=Ma2
对悬挂物有mg−T=ma2
联立解得a1a2=m+MM
即PNQN=m+MM
13.【答案】(1)以结点O为研究对象，建立直角坐标系，将 FOA 分解，如图所示，
由平衡条件得FOB−FOAsinθ=0
FOAcsθ−m1g=0
代入数据解得FOA=50N ， FOB=30N
(2)当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值，则有Ffm=μm2g
由平衡条件得FOBm=Ffm
又FOBm=m1mgtanθ=34m1mg
代入数据解得m1m=24kg

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)当船以静水中的速度垂直河岸过河时，渡河时间最短，如下图所示
最短时间为tmin=dv船=2004s=50s
这时小船的合速度为v= v船2+v水2= 42+32m/s=5m/s
此种情况下小船过河的位移为l=vtmin=5×50m=250m
(2)船在静水的速度大于水流速度，那么最短位移为河宽，如图所示这种情况下，
小船的合速度为v′= v船2−v水2= 42−32m/s= 7m/s
当过河位移最短时过河的时间为t′=dv′=200 7s=200 77s
(3)若水流速度为v水 ′=6m/s，则v船F0=30N，则A、B之间会发生相对滑动，对木板由牛顿第二定律有：F−f1−f2=Ma2，
代入数据解得：a2=2.5m/s2
木块与木板都做初速度为零的匀加速直线运动，则设经时间t1木块离开木板，x=12a2t12−12a1mt12
代入数据解得t1= 1.28s
(3)拉力F=31.5N>30N，木块相对木板滑动;
经时间t=1s撤去拉力，撤去拉力时木块的速度v1=a1mt=1m/s
对木板，由牛顿第二定律有：F−f1−f2=Ma2，代入数据解得：a21=1.375m/s2
木板的速度v2=a21t=1.375m/s
撤去拉力时木块相对木板向右滑行的距离△x1=v22t−v12t=316m=0.1875m
撤去拉力后，木块继续做加速运动，木板做减速运动，直到两者速度相等;
对木块，由牛顿第二定律有：f1=ma1m
木块的速度v12=v1+a1mt′=1+t′
由于刚撤去拉力时，对木板，由牛顿第二定律得f1+f2=Ma22，代入数据解得：a22=6.5m/s2
木板的速度v22=v2−a22t′=1.375−6.5t′
两者速度相等，即v12=v22=v
代入数据解得v=1.05m/s，t′=0.05s
在此时间内木块相对木板滑行的距离Δx2=v2+v2t′−v1+v2t′=3320m=0.009375m
木块相对木板向右滑动的最大位移为Δx右=Δx1+△x2=0.196875m≈0.20m
由于μ1