2023-2024学年江苏省扬州中学高一（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省扬州中学高一（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示为飞行员(丙)在跳伞训练，飞机驾驶员(甲)和地面指挥员(乙)在观察了丙的运动后，发生了争论。关于甲、乙争论的内容，下列说法正确的是( )
A. 甲选取了地面为参考系
B. 乙选取了飞机为参考系
C. 两人的说法中必有一个是错误的
D. 两人选取参考系不同导致观察结果不同
2.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L，横截面积S有关，理论与实践都表明k=YSL其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量.在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是( )
A. NB. mC. N/mD. Pa
3.一只小船过河，河中水流速度各处相同且恒定，小船的初速度大小为v0，方向垂直于河岸，小船相对于水依次做匀加速运动、匀减速运动、匀速运动。在河中的运动轨迹如图中虚线所示，其中虚线AB为直线。由此可以确定( )
A. 船沿AB轨迹运动时，相对于水做匀加速直线运动
B. 船沿AB轨迹到达对岸前瞬间的速度最大
C. 船沿AC轨迹渡河所用的时间最短
D. 船沿三条不同路径渡河的时间相同
4.如图所示，一块长木板两端分别固定在水平面上，两块相同的磁铁甲和乙各自被吸附在木板正对的两个面上而处于静止状态。若磁铁之间的作用力与木板垂直，则( )
A. 磁铁乙可能受到三力的作用
B. 木板对磁铁甲的作用力大于木板对磁铁乙的作用力
C. 撤去磁铁乙，磁铁甲一定保持静止
D. 若减小长木板与水平间的夹角，木板对甲的作用力减小
5.如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α﹤β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是
A.
B.
C.
D.
6.1845年英国物理学家和数学家斯•托马斯()研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F=6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图像可能正确的是
( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，缆车用钢索悬挂着，处于静止状态，其底板上放置一小物块，物块与缆车左侧壁用水平轻弹簧连接起来，弹簧处于拉伸状态，物块恰好不会相对底板滑动．已知缆车质量远大于物块质量，物块与缆车底板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为g，则钢索断开瞬间
( )
A. 物块受4个力作用B. 物块受2个力作用
C. 物块的加速度大小为gD. 物块的加速度大小为μg
8.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a(aA. 小物块处于超重状态
B. 小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C. 小物块受到的静摩擦力为12mg−ma
D. 若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力和支持力都增大
9.如图所示，有一端附有滑轮的长木板固定在水平面上，长木板上有两个相同材料制成的物块A、B，用轻质弹簧连接，在平行于木板平面的水平恒力F作用下，A、B相对静止一起向前加速，已知mA>mB，下列操作后弹簧稳定时A、B仍相对静止一起向前加速，则弹簧的伸长量不变的是( )
A. 把长木板上表面垫上粗糙的纸B. 增大水平拉力F
C. 将A、B的位置互换D. 悬线下增挂一定质量的钩码
10.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在挡板C上，另一端与置于倾角为θ的斜面上的质量为m的物体A连接，另有一个完全相同的物体B紧贴着A，A、B不粘连，弹簧与斜面平行且处于静止状态。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，直至在弹性限度内弹簧长度相对于原长被压缩了x0，此时物体A、B静止。撤去力F后，物体A、B开始向上运动。在整个运动过程，斜面体始终保持静止状态。已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ(μA. 施加力F前，弹簧被压缩了2mgsinθk
B. 撤去力F瞬间，物体A、B的加速度大小为kx02m−μgcsθ+gsinθ
C. 撤去力F瞬间，地面给斜面体水平向右的静摩擦力
D. 若物体A、B向上运动时要分离，则分离时弹簧为原长状态
二、实验题（本大题共1小题，共12分）
11.“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示．
(1)实验的五个步骤如下：
A.将带有滑轮的长木板放在水平实验台上并安装打点计时器；
B.将纸带一端固定在小车上另一端穿过打点计时器；
C.把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连，把木板的一侧垫高，让小车做匀速直线运动，以补偿阻力；
D.拉动纸带的自由端让小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车打出纸带，测出小桶和沙的总重力，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量的数据算出小车的加速度a；
E.更换纸带，改变小桶内沙的质量，重复几次操作．
以上操作中，错误的一步是：_____________(用步骤前的字母表示)；
(2)纠正错误后，实验中打出的某条纸带，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，测得数据如图乙所示，由此可以算出小车运动的加速度是__________m/s2；
(3)用不同的几条纸带测得的加速度a和所对应的拉力F(F=mg,m为小桶和沙的总质量，g为重力加速度)，可得到小车质量M一定时，a−F的关系如图丙所示．由图可见F较大时图线发生明显弯曲，实验时若不断增加小桶和沙的总质量，那么a将趋向于_________(用题中给出的物理量表示)．
(4)小华同学对实验装置进行了改进，将系着沙桶的细线一端通过动滑轮与固定于长木板的力传感器相连，如图丁所示(滑轮的摩擦和质量不计)，实验时小华没有补偿阻力，他以力传感器的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出a−F的图像应是下图中的________图．
(5)小华实验所用小车的质量为M，那么a−F图像直线部分的斜率为____________(用M表示)．
三、计算题（本大题共4小题，共48分）
12.我国自主研制的运−20运输机在平直跑道上以速度v滑行时可获得的升力大小为F=kv2(k为系数)，升力与飞机重力相等时的速度称为飞机的起飞离地速度。飞机空载质量为m，此时起飞离地速度为v0；飞机装载质量为M的货物后，从静止开始匀加速滑行距离d起飞离地。重力加速度为g。求：
(1)系数k；
(2)飞机装载货物后滑行过程中的加速度a。
13.如图所示，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37∘，现将装置由静止开始向左做加速度逐渐增大的加速运动，当细线与竖直方向的夹角增大到53∘时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，此时弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；
(2)环A的质量M。
14.如图所示，足够长的倾斜传送带以v=2.4m/s的恒定速率逆时针转动，传送带与水平面的夹角θ=37°，某时刻同时将A、B两物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA=0.75、μB=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)刚放上传送带时，A、B的加速度大小分别为多大？
(2)经过多长时间A、B速度相等？
(3)经过多长时间B追上A？
15.如图，光滑水平桌面右端固定有一个定滑轮和挡板P，长木板c质量为mc=2kg，物块a静止放在长木板c左端，并通过与桌面平行的轻绳与重物b相连。重物b由静止释放后t=2s时，长木板c与挡板P发生碰撞(碰撞时间极短)，同时轻绳立即断裂，碰后长木板c以碰前速率的0.8倍反弹，已知物块a和重物b的质量均为ma=mb=1kg，物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ=0.75，光滑水平桌面足够长，重物b离地面的高度足够高，g=10m/s2。求：
(1)重物b刚开始下落时轻绳的拉力大小?
(2)长木板c与挡板P碰后的速率和加速度分别为多大？
(3)长木板c至少需要多长，物块a才不会从c上滑出？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、飞机驾驶员(甲)认为丙做直线运动，是以飞行的飞机为参考系的，故A错误；
B、地面指挥员(乙)看到丙做曲线运动是以地面为参考系的，故B错误；
CD、甲、乙两人的说法分别是以飞机和地面作为参考系研究运动的。说法都是正确的。他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的，故C错误，D正确。
故选：D。
运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参考系，如果被研究的物体和参考系之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的。
(1)判断一个物体的运动和静止，首先确定一个参考系，再判断被研究的物体和参考系之间的位置是否变化。
(2)参考系的选择可以是任意的，一般情况下我们选择相对于地面静止的物体为参考系。如果选定为参考系，这个物体就假定为不动。
2.【答案】D
【解析】解：根据表达式k=YSL，得：Y=kLS，已知K的单位是N/m，L的单位m，S的单位是m2，所以Y的单位是N/m2，也就是Pa，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据表达式k=YSL，推导出Y的表达式和单位；
解决该题关键需要根据物理量之间的关系得出物理量单位的关系。
3.【答案】C
【解析】A.船沿AB轨迹运动时，轨迹为直线，由于水流速度各处相同且恒定，可知只有当小船相对于水做匀速运动时，轨迹才可能沿AB方向，此时两个分运动均为匀速直线运动，则船相对于水做匀速直线运动，故A错误；
B.由于小船的初速度大小为v0，方向垂直于河岸，河的宽度一定，可知，当船相对于水做匀加速直线运动时，船到达对岸相对于水的分速度最大，水流速度不变，根据运动合成可知，当船相对于水做匀加速直线运动时，到达对岸前瞬间的速度最大，由于曲线运动中，合力方向或加速度方向总指向轨迹内侧，可知船沿AC轨迹运动时，相对于水做匀加速直线运动，即船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大，故B错误；
C.河的宽度一定，可知，当船相对于水做匀加速直线运动时，根据分运动的等时性，结合位移公式可知，船相对于水做匀加速直线运动时到达对岸的时间最短，结合上述可知，船沿AC轨迹渡河所用的时间最短，故C正确；
D.河的宽度一定，根据分运动的等时性，结合位移公式可知，船相对于水做匀加速直线运动时到达对岸的时间最短，船相对于水做匀减速直线运动时到达对岸的时间最长，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】A.磁铁乙受重力、垂直木板的斜向下的木板的弹力、木板的摩擦力以及磁铁甲对磁铁乙的吸引力，共四个力的作用，选项A错误；
BD.两磁铁都是处于平衡状态，受合力为零，则木板对磁铁甲的作用力与磁铁甲的重力mg和磁铁乙对磁铁甲的吸引力F的合力等大反向；同理木板对磁铁乙的作用力与磁铁乙的重力mg和磁铁甲对磁铁乙的吸引力F＇的合力等大反向；如图，则甲中mg与F的合力大于乙中mg和F＇的合力，即木板对磁铁甲的作用力大于木板对磁铁乙的作用力，若减小长木板与水平间的夹角，则mg与F的夹角减小，则两个力的合力变大，即木板对甲的作用力变大，选项B正确，D错误；
C.撤去磁铁乙，则磁铁甲对斜面的正压力减小，最大静摩擦力减小，若满足
mgsinθ>μFN
则磁铁甲会下滑，则磁铁甲不一定保持静止，选项C错误；
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了匀变速直线运动的位移时间公式，主要分析受力，确定运动方式，找出三者间位移关系，难度不大。
【解答】
小球在A管中：由牛顿第二定律ma=mgcsα
解得：a=gcsα
由位移时间公式：x1=12at2
解得：x1=12gt2csα
小球在B管中：由牛顿第二定律ma=mg
解得：a=g
由位移时间公式：x2=12at2
解得：x2=12gt2
小球在C管中：由牛顿第二定律ma=mgcsβ
解得：a=gcsβ
由位移时间公式：x3=12at2
解得：x3=12gt2csβ
综上可得：x1=x2csα
x3=x2csβ
故C正确。
6.【答案】D
【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度 F=2Nsinθ ，在下降的过程中，速度 v 增大，阻力 F 增大，则加速度 a 减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确．
7.【答案】B
【解析】【分析】
解决该题需要先整体求解加速度，再隔离求解系统的内力大小，知道摩擦力的产生条件，知道弹簧的弹力是不发生突变的。
钢索断开瞬间，将缆车和物块当作一个整体进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再将物块隔离出来，根据竖直方向的加速度分析受力情况，水平方向弹力不发生突变，以此分析水平方向的加速度，再求解物块的合加速度。
【解答】
令物块的质量为m，缆车的质量为M，
钢索未断开时，物块恰好不会相对底板滑动，对物块水平方向受弹簧的弹力和最大静摩擦力的作用，F=μmg
钢索断开瞬间，缆车和物块整体只受到向下的重力，根据牛顿第二定律有(M+m)g=(M+m)a
所以a=g，方向竖直向下，
对物块在竖直方向有mg−N=ma，所以物块和缆车之间的弹力N=0，
根据摩擦力的产生条件可知，物块不受摩擦力作用，故物块只受重力和弹簧弹力的作用；
由于弹簧的弹力不突变，所以对物块在水平方向上有F=μmg=ma′，
物块在水平方向获得的加速度为a′=μg，
则物块的加速度为am= a2+a′2=g 1+μ2，故ACD错误，B正确。
故选B。
8.【答案】C
【解析】A.由于小物块和斜面保持相对静止，所以物块具有沿斜面向下的加速度a，加速度有向下的分量，所以小物块处于失重状态，故A错误；
BCD.以物块为研究对象，小物块受竖直向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力FN和沿斜面的静摩擦力f，由于amgsin30∘−f=ma
可得小物块受到的静摩擦力为
f=12mg−ma
若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力增大，支持力
FN=mgcs30∘
不变，故C正确，B、D错误。
故选C。
9.【答案】A
【解析】A.弹簧稳定时伸长量取决于弹簧的弹力T，设物块A、B与长木板间的动摩擦因数为μ。以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
F−mA+mBgμ=mA+mBa
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
T−mBgμ=mBa
联立整理可得
T=mBFmA+mB
可知弹簧稳定时，弹簧的弹力与动摩擦因数无关，把长木板上垫上粗糙的纸，弹簧的伸长量不变；增大水平拉力F时，弹簧的弹力增大，伸长量增大；若将A、B的位置互换，同理可得弹簧的弹力为 T′=mAFmA+mB ，因为mA>mB，则 T′>T ，弹簧的弹力增大，因此弹簧的伸长量增大，故A正确，BC错误；
D.悬线下增挂一定质量的钩码，设钩码的质量为mC，对ABC整体，由牛顿第二定律得
F−mA+mBgμ−mCg=mA+mB+mCa′
可知
a′对A有
F−mAgμ−T′′=mAa′
未悬挂钩码时，对A有
F−mAgμ−T=mAa
对比可得
T′′>T
则弹簧的伸长量增大，故D错误。
故选A。
10.【答案】D
【解析】A.由于μ2mgsinθ=μN+kx1 ， N=2mgcsθ
解得
x1=2mgsinθ−2μmgcsθk
故A错误；
B.撤去力F瞬间，A、B随后向上运动，摩擦力方向向下，对A、B整体分析有
kx0−2mgsinθ−μN=2ma
结合上述解得
a=kx02m−μgcsθ−gsinθ
故B错误；
C.根据上述可知，A、B整体有沿斜面向上的加速度，则对于A、B与斜面构成的整体存在一个水平向左的平均分加速度，即地面撤去力F瞬间，地面给斜面体水平向左的静摩擦力，故C错误；
D.分离时刻，A、B的速度、加速度均相等，A、B之间的弹力恰好为0，此时对B进行分析有
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
此时对A分析有
mgsinθ−μmgcsθ−kx1=ma1
解得
kx1=0
即此时弹簧的弹力为0，可知分离时弹簧为原长状态，故D正确。
故选D。
11.【答案】(1)C (2)1.27 (3)g (4)B (5)2M
【解析】【分析】
根据实验的原理及操作中的注意事项逐项分析，得出正确的答案；根据逐差法求出加速度；
根据牛顿第二定律，运用整体法求出加速度，可知当m≫M时，a≈g；
根据牛顿第二定律求出a与 F的关系式，进而选择图像。
本题考查探究加速度与力、质量的关系的实验原理及注意事项，对于图线问题，一般的解题思路是
通过物理规律得出两个物理量之间的函数关系，结合图线的斜率和截距进行分析求解。
【解答】
(1)在平衡摩擦力时，把木板的一侧垫高，让小车做匀速直线运动，
以补偿阻力，另一端不能连接小桶，故C错误；
(2)利用逐差法可知Δx=aT2，设x1=4.82cm，x4=8.63cm，即小车的加速度为a=x4−x13T2
=8.63−4.823×0.01×10−2m/s2=1.27m/s2
(3)将小桶和沙及小车看成一个整体，由牛顿第二定律可得a=mgM+m，当m≫M时，a≈g
(4)令小车受到的阻力为f，根据牛顿第二定律有：2F−f=Ma，可得：a=2MF−fM
则a−F的图象是一条斜率为正，且纵轴截距为负值的倾斜的直线，故B正确，ACD错误；
(5)因为a=2MF−fM，所以a−F的图象的斜率是k=2M。
12.【答案】解：(1)升力与飞机重力相等时的速度称为飞机的起飞离地速度，此时起飞离地速度为v0，则
F=kv02=mg，
解得k=mgv02。
(2)飞机装载货物后，F′=kv2=(M+m)g，
v2=2ad，
解得a=(M+m)v022md。
【解析】(1)根据F=kv2结合平衡条件求系数k；
(2)飞机装载货物后，滑行过程中，竖直方向合力为零，水平方向根据匀变速直线运动规律列式，联立可求出a。
13.【答案】(1) 3mg8 ；(2) 932m
【解析】(1)设 AB 、 OB 的张力分别为 F1 、 F2 ，A受力平衡
F=F1sin37∘
B受力平衡
F1cs37∘+F2cs37∘=mg
F1sin37∘=F2sin37∘
解得
F=3mg8
(2)设装置加速度为a，对A
F=Ma
对B
mgtan53∘=ma
解得
M=932m
14.【答案】(1)12m/s2，10m/s2；(2)0.24s；(3)0.54s
【解析】(1)对A分析
mAgsin37°+μAmAgcs37°=mAaA
解得
aA=12m/s2
对B分析
mBgsin37°+μBmBgcs37°=mBaB
解得
aB=10m/s2
(2)设经过t1物块A的速度达到传送带的速度v
v=aAt1
得
t1=0.2s
由
mAgsin37°=μAmAgcs37°
得此后A与传送带保持相对静止，匀速运动；设设经过t2物块B的速度达到传送带的速度v
v=aBt2
得
t2=0.24s
故经过0.24s，A、B速度相等；
(3)设t2之后又经过t3B追上A，0∼t2内
xA1= v2 t1+v(t2−t1)
得
xA1=0.336m
xB1= v2 t2
得
xB1=0.288m
在t3内，由牛顿第二定律
mBgsin37°−μBmBgcs37°=mBaBˈ
aB′=2m/s2
xA2=vt3
xB2= v t3+ 12 aB′ t32
位移关系满足
xA1+xA2= xB1+xB2+x0
联立解得
t3=0.3s
t=t2+t3=0.54s
15.【答案】(1)7.5N；(2)4m/s， 3.75m/s2 ；(3)3.6m
【解析】(1)对b受力分析，由牛顿第二定律有
mbg−T=mba1
对ac受力分析，由牛顿第二定律有
T=ma+mca1
解得
a1=2.5m/s2
对c受力分析，由牛顿第二定律有
f=mca1=5N<μmag
由上述分析可知，a、c相对静止一起加速，解得
T=7.5N
(2) t=2s 时，对ac整体有
vac=a1t=5m/s
碰撞后，由题意有
vc=0.8vac=4m/s
对c受力分析，由牛顿第二定律有
μmag=mcac
解得
ac=3.75m/s2
(3)对a受力分析，由牛顿第二定律有
μ1mag=maaa
解得
aa=7.5m/s2
设2s后再经过 t1 物块a和长木板c达共速，有
vac−aat1=−vc+act1
解得
t1=0.8s
在 2s∼2.8s 内，对a物体有
xa=vact1−12aat12=1.6m
对c物体有
xc=−vct1+12act12=−2m
两物体位移之差
Δx=xa−xc=3.6m
所以由上述分析可知，板长至少为3.6m。