2023石家庄正定中学高一上学期12月月考试题物理含答案

河北正定中学2022-2023学年（上）第三次月考

高一物理

（试卷总分：100分   考试时间：90分钟　）

注意事项：

1.答题时，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色黑色签字笔把答案写在答题卡规定的位置上。答案如需改正，请先划掉原来的答案，再写上新答案，不准使用涂改液、胶带纸、修正带。

4.考试结束后，只将答题卡交回。

1．探究加速度与力的关系的实验装置如图所示，沙和沙桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，对质量m和M的选取，以下最合理的一组是（　　）

A．M=300g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g

B．M=300g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g

C．M=500g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g

D．M=500g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g

2．蹦床比赛项目中，若蹦床对运动员的弹力大小与其下压的形变量呈线性关系，且比赛全程蹦床始终处于弹性限度内，取运动员上升的最高点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力。从运动员某次上升到最高点时开始计时，从最高点下降到最低点的过程中用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间，下列描述速度v与时间t，加速度a与竖直位置坐标y的关系图像可能正确的是（　　）公众号高中试卷资料下载

A． B．

C． D．

3．平伸手掌，托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是（　　）

A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态

B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态

C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度

D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度

4．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起并做空中运动。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象，假如作出的图象如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，g取10m/s2，则运动员跃起腾空的最大高度是（　　）

A．4.05m B．5.00m C．7.20m D．14.45m

请阅读下述文字，完成下列各题。

北京时间2022年11月20日晚上23：00正式开幕，第22届世界杯在卡塔尔举行，图为一个足球被踢出后的频闪照片。

5．下列描述足球运动的物理量中，可以用平行四边形法则进行运算的是（　　）

A．位移 B．时间 C．速率 D．路程

6．根据频闪照片判断足球运动的速度（　　）

A．逐渐增大 B．逐渐减小

C．先变大再减小 D．先减小再增大

7．假设足球做匀变速直线运动，则足球的加速度如何变化（　　）

A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．保持不变 D．无法确定

8．如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是（　　）

A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为

B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为

C．A与B的加速度之比为

D．A与B的加速度之比为

9．如图所示，体重为500N的小明站在放置于电梯底部的体重计上。某时刻体重计的示数为600N，此时（　　）

A．电梯可能向下加速运动，处于超重状态

B．电梯可能向上加速运动，处于超重状态

C．电梯可能向下匀速运动，处于平衡状态

D．电梯可能向上匀速运动，处于平衡状态

10．如图所示，是等边三角形的中心，是三角形中的任意点，如果作矢量、、分别表示三个力，三个力的方向如图中箭头所示，则这三个力的合力大小用的长度表示为（　　）

A． B． C． D．

11．如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球b的质量是小球a的2倍，a的质量为m，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（  ）

A．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大

B．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为

C．拉力F的大小一直增大

D．拉力F的大小先增大后减小

12．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为，，A、B之间的动摩擦因数，开始时，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，则（　　）

A．当拉力时，两个物体保持相对静止，没有发生相对滑动

B．当拉力超过12N时，两个物体开始相对滑动

C．两物体从受力开始就有相对运动

D．两物体始终没有相对运动

13．如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端滑上传送带，滑上时速率为，传送带的速率为，且，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率和位置，下面可能的是（　　）

A．从下端离开， B．从下端离开，

C．从上端离开， D．从上端离开，

14．以下表示时间间隔的有哪些（　　）

A．第3秒 B．最后3秒 C．第3秒末 D．第3秒内

三、非选择题：54分

15．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：

a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计。

b． 沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。用笔在两绳的拉力方向上分别标记B、C两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向。

c． 再用一个弹簧测力计将橡皮筋活动端仍拉至O点，记录其拉力的大小并用上述方法记录其方向。

（1）本实验探究合力与分力关系用到的科学思想方法是________________

A．建立物理模型法      B．等效替代法     C．放大微小量法        D．控制变量法

（2）图乙中力F1和F2合力的理论值是_________，力F1和F2合力的实际测量值_______。（请选填写“F”或“F′”）

16．某学习小组在课外做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。

（1）该实验需要用到如图甲所示的弹簧测力计，并用对拉的方法选择弹簧测力计。有两种选择方案，方案一：两弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上对拉；方案二：两弹簧测力计置于尽量光滑的水平桌面对拉，下列说法正确的是________。

A．弹簧测力计使用前必须进行调零

B．对拉的两个弹簧测力计的量程需一致

C．若方案一的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用

D．若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用

（2）该学习小组使用的弹簧测力计量程为5.00 N，将橡皮条一端固定，先用两只弹簧测力计将橡皮条另一端拉到某一位置，标记为O点，紧靠细绳标记A、B两点及记录弹簧测力计读数；然后用一只弹簧测力计将其拉至O点，紧靠细绳标记C点及记录弹簧测力计读数，该小组完成的某次实验数据记录在图乙中。

①为探究两个互成角度的力的合成规律，请按实验要求在图乙中完成作图_______；

②结合图乙，分析实验过程与结果，请至少给出一个方案以减小该实验的实验误差：_________________________________________________________________。

17．如图所示，传送带与地面夹角，长度为，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端无初速度地放一个质量为的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为。求物体从运动到所需时间是多少？（，，取）

18．甲、乙两车相距7 m，同向运动，乙车在前，甲车在后。其中甲车以4 m/s的速度向右做匀速直线运动，乙车初速度为4 m/s，以－2 m/s2的加速度做减速运动，求：经多长时间甲车追上乙车？

19．如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。（g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6）求：

（1）小圆环在BC段的加速度a2的大小；

（2）小圆环在AB段的加速度a1的大小；

（3）拉力F的大小。

20．如图所示，质量m＝15kg的木箱静止在水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数。现用F＝60N的水平恒力向右拉动木箱（g取10m/s2）。求：

（1）3s时木箱的速度大小；

（2）木箱在2s内的位移大小。

参考答案

1．C

平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律可知，对小车

对整体

解得

要使细线的拉力近似等于小车的牵引力，则需满足

则题中C组最合理。

故选C。

2．D

AB．运动员在下落的过程中，接触蹦床之前，做自由落体运动，加速度为g；接触之后，弹力

随下落距离逐渐增大；根据牛顿第二定律

可知，弹性绳的伸长量和a是线性变化关系，故a和y也是线性变化关系，当弹力F小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力时，加速度为零，速度最大；当弹力F大于重力时，做加速度增大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再反向增大，且加速度a和y是线性变化关系，因此加速度先不变，后减小再反向增大，可知速度—时间图像的斜率绝对值先不变，后减小再增大，AB错误。

CD．由上分析可知，加速度a和y是线性变化关系，C错误，D正确。

故选D。

3．D

A．手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重，当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，A错误；

B．物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，B错误；

C．当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，C错误；

D．物体和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，D正确。

故选D。

4．C

由图可知，运动员在空中竖直上抛运动的最大时间为

根据对称性可知，下落的时间为

运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度等于自由下落相等时间的位移，为

故选C。

5．A    6．B    7．C

5．能用平行四边形法则计算的只有矢量，题中位移是矢量，其他三个都是标量，故A正确。

故选A。

6．闪屏照相机的闪频时间间隔是相同的，所以相邻两球之间的运动时间是相同的，由于位移越来越小，可以判断运动速度越来越慢，故B正确。

故选B。

7．匀变速直线运动是加速度恒定不变的直线运动，足球做匀变速直线运动，则足球的加速度保持不变，故C正确。

故选C。

8．B

根据题意，对A球，剪断细绳的瞬间，细绳的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，在沿绳方向上，由平衡条件有，细绳的拉力大小为

垂直绳方向上，由牛顿第二定律有

解得A球的加速度大小为

对B球，剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，竖直方向上，由平衡条件可得，则弹簧弹力大小为

水平方向上，由牛顿第二定律有

解得B球的加速度大小

则细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为

A与B的加速度之比为

故选B。

9．B

体重计读数大于实际重量，即视重大于实重，所以小明处于超重状态，加速度方向向上，所以电梯可能向上加速，也可能向下减速。

故选B。

10．C

因为是等边三角形的中心，现增加三个力：矢量、、，如图所示

因矢量、、互成，故、、三者的合力为零，不影响、、三力的合成，根据三角形定则可知，与的合力为，与的合力为，与的合力为，故、、这三个力的合力为，C正确，ABD错误。

故选C。

11．BC

A．对b受力分析可知，绳的拉力大小始终等于2mg，a从图示虚线位置开始缓慢向右移动，两段绳的夹角增大，根据平行四边形定则可知，绳对滑轮的合力减小，对滑轮根据平衡条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小，A错误；

CD．对a受力分析，如图所示

设绳子与水平方向夹角为θ，竖直方向有

FN= 2mgsinθ－mg

向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小，水平方向有

F = μFN＋2mgcosθ = μ(2mgsinθ－mg)＋2mgcosθ = 2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg

由于

θ从90°开始逐渐减小，则60°＋θ从150°开始逐渐减小时sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ < 30°后，竖直方向有

FN= mg－2mgsinθ

代入水平方向有

F = μFN＋2mgcosθ = μ(mg－2mgsinθ)＋2mgcosθ = 2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg

由于

θ从30°开始逐渐减小时cos(60°＋θ)逐渐增大，所以θ从30°开始逐渐减小的过程中F继续增大。综上F一直增大，C正确、D错误；

B．当细绳与细杆的夹角为60°时，根据选项CD分析，解得拉力F的大小为

B正确。

故选BC。

12．AD

根据题意，当A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，由牛顿第二定律，对B有

解得

对A有

解得

可知，当拉力增大到48N时，两物体才发生相对滑动。

故选AD。

13．ABC

CD．滑块从端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带向下分力的大小关系和传送带的长度，若能从端离开，物块先向下做匀减速到速度为零，再向上做匀加速运动；由运动的对称性可知，必有，故C正确，D错误；

AB．若从端离开，当摩擦力大于重力沿传送带向下分力时，物块一直向下做匀减速运动，则；当摩擦力小于重力沿传送带向下分力时，物块一直向下做匀加速运动，则；当摩擦力和重力沿传送带向下分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，则，故AB正确。

故选ABC。

14．ABD

A．第3秒表示的是时间间隔，时间为，A正确；

B．最后3秒表示的是时间间隔，时间为，B正确；

C．第3秒末表示的是时刻，C错误；

D．第3秒内表示的是时间间隔，时间为，D正确。

故选ABD。

15．     B     F    

（1）[1]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法。故选B。

（2）[2][3]F是通过作图的方法得到合力的理论值，而是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，是合力的实际测量值。

16．     AD##DA          适当增大两细绳的夹角或增大A、B两点到O点的距离

（1）[1]对拉弹簧测力计是为了校准两弹簧测力计，但是在校准前必须要调零，然后在水平面上对拉两弹簧测力计，若其读数相等，则可正常使用，竖直方向上对拉时考虑弹簧自身重力的影响，并且与弹簧的量程无关，故AD正确，BC错误。

故选AD。

（2）①[2]如图所示

②[3]适当增大两细绳的夹角或增大A、B两点到O点的距离。

17．

物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿传送带向下的滑动摩擦力，物体受力情况如图所示

由牛顿第二定律有

解得

物体加速至与传送带速度相等需要的时间为

时间内的位移为

由于

共速后物体将继续加速运动，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，此时物体受力情况如图所示

由牛顿第二定律有

解得

设后一阶段物体滑至底端所用的时间为，根据运动学公式有

解得

或（舍去）

所以物体由运动到的时间为

18．2.75 s

设乙车从开始减速到停止所用时间为t，则

此时乙的位移为

在这段时间内甲车的位移

所以甲车在乙车停止后才追上乙车。所经时间

19．（1）8 m/s2；（2）5 m/s2；（3）1.05 N或7.5 N

（1）在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力；对小圆环进行受力分析如图甲所示

有

f＝μN＝μmg

则

a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2

（2）小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知

小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知

又

则

a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2

（3）当Fsin θ<mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示

由牛顿第二定律得

Fcos θ－f1＝ma1

N1＋Fsin θ＝mg

f1＝μN1

联立以上各式，代入数据解得

F＝1.05 N

当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示

由牛顿第二定律可知

Fcos θ－f2＝ma1

Fsin θ＝mg＋N2

f2＝μN2

代入数据解得

F＝7.5 N

20．（1）6m/s；（2）4m

（1）对木箱受力分析如图所示

由牛顿第二定律得

解得

由运动学公式可得

v＝at＝2×3m/s＝6m/s

（2）木箱在2s内的位移大小为