湖南省长沙市雷锋学校2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题（Word版附答案）

这是一份湖南省长沙市雷锋学校2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题（Word版附答案），文件包含湖南省长沙市雷锋学校2024-2025学年高一上学期12月月考物理答案docx、湖南省长沙市雷锋学校2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
1．A
【难度】0.65
【知识点】利用平衡推论求力
【详解】设吊索上的拉力大小为，根据力的平衡条件，有
设吊绳与竖直方向的夹角为，则
设每根吊绳上的拉力大小为，根据力的平衡条件，有
解得
故选A。
2．D
【难度】0.85
【知识点】匀变速直线运动速度与位移的关系
【详解】CD．设汽车经过0路标时速度为v，又由于汽车在OM段速度增加量为 ，故通过M时速度为v+2，同理通过N时速度为v+6，由匀变速直线运动的速度与位移
解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
A
C
B
C
A
BD
BC
题号
11
12








答案
AD
CD








C错误，D正确；
A．汽车在OM段的平均速度大小
A错误；
B．汽车在MN段的平均速度大小为
汽车从M处运动到N处的时间为
B错误。
故选D。
3．B
【难度】0.65
【知识点】a-t图像、匀变速直线运动速度与位移的关系、匀变速直线运动位移与时间的关系
【详解】A．根据，可知图（a）中物体做初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；
B．根据，可知图（b）中物体的加速度大小为
故B正确；
C．图（c）中的函数关系为
可得
则物体在前2s内的位移大小为
故C错误；
D．由，可知图像与横轴所围的面积等于速度的变化量，则物体在前2s内的速
度变化量大小为
但由于不知道时刻的初速度大小，所以无法确定物体在第2s末速度大小，故D错误。
故选B。
4．A
【难度】0.85
【知识点】中间时刻的瞬时速度、匀变速直线运动速度与时间的关系
【详解】AB．由于是匀加速直线运动，因此初末速度方向相同，所以有加速度为：
m/s2
故A正确，B错误；
CD．平均速度
m/s．
故CD错误．
故选A．
【点评】本题考查了匀变速直线运动中的基本公式应用，对于这些公式要明确公式使用条件以及公式中各个物理量的含义，尤其注意其矢量性．
5．C
【难度】0.85
【知识点】质点
【详解】A．引入“质点”，是为了研究问题方便而引入的理想化模型，因此从科学方法上来说是属于建立理想物理模型的方法，故A正确，不符合题意；
B．物体能否看成质点是由研究的问题决定的，当物体的大小和形状对研究的问题没有影响时可将物体看做质点，故B正确，不符合题意；
C．地球很大，但在研究地球绕太阳公转的运动中，可以把地球看做质点，故C错误，符合题意；
D．研究体操运动员在空中的翻滚动作时，因运动员身体的不同位置的运动状态不同，因此不能将体操运动员看做质点，故D正确，不符合题意。
故选C。
6．B
【难度】0.94
【知识点】伽利略对自由落体运动的探究
【详解】铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。
故选B。
7．C
【难度】0.65
【知识点】直接合成法解决三力平衡问题、动态平衡问题
【详解】AB.对足球进行受力分析，如图
足球处于平衡状态，设悬绳拉力为，墙壁对足球的支持力为，由平衡条件，有
解得
故AB错误；
CD. 将丝线和悬绳的结点由B点上移到C点，夹角α增大，减小，悬绳拉力增大，增大，墙壁对足球的支持力增大，故C正确，D错误。
故选C。
8．A
【难度】0.94
【知识点】直接合成法解决三力平衡问题
【详解】ABD．笔记本电脑受到重力G、垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的支持力而受力平衡，则
根据牛顿第三定律知，笔记本电脑对斜面的压力大小
笔记本电脑对挡板的压力大小
A正确，BD错误；
C．支架对笔记本电脑的作用力是指与的合力，与笔记本电脑的重力等大反向，C错误。
故选A。
9．BD
【难度】0.65
【知识点】动态平衡问题、整体法与隔离法结合处理物体平衡问题、正交分解法解共点力平衡
【详解】A．地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；A受到重力、地面的支持力、摩擦力f和C的压力，如图所示
根据平衡条件知，地面的支持力和摩擦力f的合力与力和压力的合力等大、反向，C对A的压力沿AC圆心连线方向，则力和压力的合力一定不沿AC圆心连线方向，即地面对A的作用力不沿AC圆心连线方向，故A错误；
B．以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A和B支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知，地面对B的支持力为2mg，由牛顿第三定律得知，B对地面的压力大小也为2mg，故B正确；
C．以C为研究对象，由平衡条件有
得
L越大，则θ越大， A对C间的弹力越大，故C错误；
D．地面对A的支持力等于地面对B的支持力，所以
以A为研究对象，根据平衡条件得知
则得L越大，α越大，f越大，故D正确。
故选BD。
10．BC
【难度】0.4
【知识点】物体在光滑斜面滑动、斜面模型中的临界条件的问题
【详解】A．以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此时滑块的加速度
1s末由图可知，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块木箱可视为整体，由牛顿第二定律
解得
A错误；
B．根据图像可知，2s内速度增加量
2s末速度为6m/s，B正确；
C．2.5s末滑块的加速度为，滑块相对于斜面开始滑动，C正确；
D．2.5s后开始发生相对滑动，设相对加速度为，根据
，
解得
则滑块到达斜面顶部时刻为2.9s末，D错误。
故选BC。
11．AD
【难度】0.65
【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题
【详解】如果甲的质量为4 kg，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：m甲g –μ(m乙+m丙）g=（m甲+m乙+m丙）a，解得整体的加速度为：a= 5/3m/s2；以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为f=m丙a=5/3N，选项A正确，B错误；甲要想拉动乙和丙，甲质量的最小值应满足：m甲ming =μ(m乙+m丙）g，解得m甲min=2.5kg；丙的最大加速度为，则对甲、乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律：m甲maxg –μ(m乙+m丙）g=（m甲+m乙+m丙）amax，解得m甲max=10kg；可得物块甲的质量满足2.5 kg＜m甲≤10kg，则选项C错误D正确；故选AD．
【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用．
12．CD
【难度】0.65
【知识点】整体法与隔离法结合处理物体平衡问题、动态平衡问题
【详解】BC．小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2．如下图所示：
将重力GB分解为G1和G2，则根据平衡可知

F2=G2=GBtanθ
当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知，因θ减小，所以csθ增大，tanθ减小，即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，选项B错误，C正确；
AD．再对A进行受力分析知：
由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=F1sinθ，根据题意知，B对A的压力F1减小且F1与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小。因
N=GA+F1csθ=GA+GB
则地面对A的支持力不变，即A 对地面的压力不变，选项A错误，D正确。
故选CD。
13． F' BCD
【难度】0.65
【知识点】验证力的平行四边形定则的注意事项和误差分析
【详解】（1）[1]方向一定沿OA方向的力是实际合力的方向，即F′的方向。
（2）[2]A．要使误差减小，两个分力F1、F2间的夹角不必要一定大于90º，故A错误；
B．两个分力F1、F2的大小应尽量大些，故B正确；
C．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，以便标出的方向误差小，故C正确；
D．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故D正确。
故选BCD。
14． D A 2.00
【难度】0.65
【知识点】验证牛顿第二定律实验图像的解读
【详解】（2）[1] D根据图像，砝码的质量m等于零时，加速度不等于零，说明小车的合力不等于零，表明实验中忽略了砝码盘的质量，D正确；
AC．砝码的质量过大，或者细绳与木板未调节平行，图线仍然通过坐标原点，AC错误； B．平衡摩擦力不足时，细绳有拉力小车的加速度等于零，图线与横轴有交点，B错误。
故选D。
[2]设砝码盘和砝码的总质量为m1，根据牛顿第二定律得
解得
只有满足砝码盘和砝码的总质量m1远远小于小车的质量M时，绳的拉力F才等于砝码盘和砝码的总重力，若不满足砝码盘和砝码的总质量m1远远小于小车的质量M，图像末端弯曲。
故选A。
（3）[3]小车运动的加速度大小为
15．（1）2.5m/s2；水平向右；（2）3.8s；（3）0.7s
【难度】0.85
【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析
【详解】(1)产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：μmg=ma
得加速度大小为 ：
a=2.5m/s2，方向水平向右
(2)产品加速到速度传送带相同所用时间为：
匀加速的位移：
则匀速运动的时间：
得产品在水平传送带AB上运动的时间为：
t=t1+t2=3.8s
(3)第一段物体向下做匀加速直线运动，则有：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
则得加速度为：
a1=8m/s2
匀加速运动的时间：
位移为：
第二阶段，由于mgsin37°＞μmgcs37°，故物体继续向下做匀加速直线运动．
则得：mgsinθ-μmgcsθ=ma2
加速度为
a2＝4m/s2
第二段运动时间：
解得：
t2=0.2s
可得产品在斜向传送带BC上运动的时间为：
t=t1+t2=0.7s
16．（1）；（2）
【难度】0.65
【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、物体在传送带上的划痕长度问题
【详解】（1）小煤块无初速度地放在传送带的顶端，向下做匀加速直线运动，当小煤块速度与传送带的速度相同，传送带立即停止运动时，再做匀减速直线运动。
匀加速直线运动阶段有
代入数据解得
根据运动学公式有
解得
在匀减速直线运动阶段有
代入数据解得
根据运动学公式有
解得
因此传送带AB部分长度
（2）小煤块先相对于传送带向上滑，再相对于传送带向下滑，所以痕迹长度
17．(1)8s （2）2m/s2
【难度】0.85
【知识点】匀变速直线运动位移与时间的关系、匀变速直线运动速度与时间的关系
【详解】（1）由
得
（2）对乙同学，有
联立，代入数据得
18．(1)6.4m/s2 (2)28.8m (3)512m
【难度】0.65
【知识点】牛顿定律与直线运动-复杂过程
【详解】(1)对物体进行受力分析
则：


(2)
(3)