湖北省武汉市汉阳市一中、江夏一中2023-2024学年高一上学期12月月考物理试卷（解析版）

这是一份湖北省武汉市汉阳市一中、江夏一中2023-2024学年高一上学期12月月考物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：（本大题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求，每小题4分，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分）
1. 关于重力和弹力，下列说法中正确的是（ ）
A. 同一个物体在北京受到的重力比在汕头受到的重力更小
B. 球形物体受到的支持力方向总是经过其球心
C. 人站在水平地面静止不动时，人对地面的压力就是人体受到的重力
D. 由可知，劲度系数与弹力成正比，与弹簧的长度改变量成反比
【答案】B
【解析】
【详解】A．北京的纬度大于汕头，北京的重力加速度较大，则同一个物体在北京受到的重力比在汕头受到的重力更大，选项A错误；
B．球形物体受到的支持力方向总是经过其球心，选项B正确；
C．压力和重力是不同性质的力，则人站在水平地面静止不动时，只能说人对地面的压力大小等于人体受到的重力大小，选项C错误；
D．弹簧的劲度系数是由弹簧本身决定的，与弹力以及弹簧的长度改变量无关，选项D错误。
故选B。
2. 两个轻弹簧串接在一起，下端吊有重为3N的物体，如图所示。这两个弹簧L1和L2受到的力应是（ ）
A. L1是2N，L2是1NB. L1是1N，L2是2N
C. L1和L2都是1.5ND. L1和L2都是3N
【答案】D
【解析】
【详解】对下端吊着的物体进行受力分析，物体受重力和弹簧的弹力作用，二力平衡，可知
F=G=3N
因两个弹簧首尾连在一起，所以两个弹簧的拉力都为3N。
故选D。
3. 某小物块在一长木板上运动时，其运动的v－t图线如图所示，已知小物块总在长木板上．则下列说法正确的是( )
A. 小物块相对于长木板运动的距离为12 m
B. 小物块相对于长木板运动的距离为6 m
C. 长木板在0～4.0 s内的平均速度是2 m/s
D. 在0～4.0 s内长木板和小物块的平均加速度相同
【答案】B
【解析】
【详解】AB．小物块相对于长木板运动的距离等于小物块与长木板的v－t图线所围的面积，即
Δx＝×1.5 m＝6 m，
选项B正确，A错误；
C．长木板在0～4.0 s内的位移为长木板的v－t图线与时间轴所围的面积，即
x4＝m＝7 m，
平均速度是
，
选项C错误；
D．在0～4.0 s内长木板和小物块的速度变化量大小相等符号相反，则平均加速度大小相等，但方向相反，选项D错误．
4. 如图是某同学站在压力传感器上做下蹲——起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为，除此以外，还可以得到以下信息（ ）
A. 时人处在下蹲的最低点B. 时人处于起立静止状态
C. 下蹲过程中人处于先失重后超重的状态D. 该同学做了2次下蹲—起立的动作
【答案】C
【解析】
【详解】A．人处在下蹲的最低点时应该有向上的最大加速度，由图可知在时人有向下的加速度最大，故A错误；
B．时传感器示数等于人的重力，故此时处于下蹲静止状态，故B错误；
C．人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故后半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超重，故C正确；
D．该同学在前时是下蹲过程，后是起立的过程，所以共做了1次下蹲—起立的动作，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，三个木块、、的质量均为，在水平推力的作用下静止靠在竖直的墙面上。已知的左侧是光滑的，其余所有接触面均粗糙。下列说法正确的是（ ）
A. 墙对的摩擦力竖直向上，大小是
B. 对的摩擦力竖直向上，大小是
C. 对的摩擦力竖直向下，大小是
D. 对的摩擦力竖直向上，大小是
【答案】A
【解析】
【详解】A．以、、为整体，竖直方向根据平衡条件可得
故墙对的摩擦力竖直向上，大小是，故A正确；
D．对A受力分析可知，B对A的摩擦力与A的重力二力平衡，则B对A的摩擦力竖直向上，大小是，根据牛顿第三定律，对的摩擦力竖直向下，大小是，故D错误；
BC．对B受力分析，B受到重力、对的摩擦力、对的摩擦力，处于平衡状态，故对的摩擦力竖直向上，大小是，故BC错误。
故选A。
6. 如图所示，两个质量分别为、的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为、的水平拉力分别作用在、上，则（ ）
A. 弹簧测力计的示数是10N
B. 弹簧测力计的示数是50N
C. 在突然撤去的瞬间，的加速度大小为
D. 在突然撤去的瞬间，的加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．选、和弹簧组成的整体为研究对象，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
对m2受力分析，设弹簧弹力为F，由牛顿第二定律可得
解得
可知弹簧测力计的示数是24N，AB错误；
C．在突然撤去的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m1受力不变，加速度大小不变，仍为2m/s2，C错误；
D．在突然撤去的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m2受弹力仍为24N，由牛顿第二定律可得的加速度大小为
D正确。
故选D。
7. 如图甲所示，倾斜白色的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为一煤块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，取，则（ ）
A. 由图乙可知，内物块受到的摩擦力大于内物块受到的摩擦力
B. 内物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
C. 传送带的黑色痕迹长10m
D. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
【答案】D
【解析】
【详解】AB.由题图乙可知在内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同。由于内物块对传送带的压力一直没变，根据滑动摩擦力公式
可知两段时间内摩擦力大小相等，故AB错误；
D.在内物块的加速度为
根据牛顿第二定律得
解得
，=37°
故D正确；
C.物块比传送带多走的位移
传送带比物块多走的位移
故黑色轨迹长为4m
故C错误。
故选D。
8. 在一次学校的升旗仪式中，小明观察到拴在国旗上端和下端各有一根绳子，随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，下端的绳子几乎是松弛的，如图所示。设风力水平，两绳重力忽略不计，由此可判断在国旗升起的过程中（ ）
A. 风力在逐渐增大
B. 上端的绳子的拉力先减小后增大
C. 上端的绳子的拉力在逐渐增大
D. 国旗受到的合力增大
【答案】AC
【解析】
【详解】由题知下端的绳子几乎是松弛的，则该段绳子没有拉力，将国旗看做质点对其做受力分析有
随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，根据图解法有
由上图可看出随着上端的绳子与旗杆的夹角在变大，风力F风也逐渐增大、上端绳子的拉力FT也逐渐增大，国旗受到的合力0。
故选AC。
9. 甲、乙两质点在相邻平行直线轨道上运动的位移-时间图像（x-t图像）如图所示,其中甲的图线是直线,乙的图线是抛物线。下列说法正确的是（ ）
A. 在0～12 s内,乙做曲线运动
B. 在0～12 s内,甲的平均速度大于乙的平均速度
C. 在0～6 s内的任意时刻,甲、乙的速度不可能相同
D. 甲的速度为4 m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】A．x-t图像中的图线并非运动轨迹，乙的图线是抛物线，结合匀变速直线运动的位移-时间关系式
可知，乙做匀变速直线运动，A错误；
BD．在0～12 s内，甲做匀速直线运动的平均速度大小为
而该时间内乙的位移为零，平均速度为零， D错误B正确；
C．x-t图像中图线的斜率表示速度，在0～6 s内，甲沿负方向运动，乙沿正方向运动，甲、乙的速度不可能相同，C正确。
故选BC。
10. 如图所示，P为光滑定滑轮，O为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体A相连，右端固定在杆Q上，重物B悬挂在动滑轮上。将A置于静止在粗糙水平面的斜面体上，轻绳AP段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆Q向右移动一小段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳中拉力增大B. 物体A与斜面体之间的摩擦力一定增大
C. 斜面体与地面之间的弹力增大D. 斜面体与地面之间的摩擦力增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若将杆Q移动一段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后， 变大，两绳拉力大小相等，合力与B的重力等大反向，设绳OP与竖直方向夹角为，则有
角度变大，则绳中拉力变大，故A正确；
B．根据上述，绳中拉力变大，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力可能减小，也有可能反向，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力增大，故B错误；
C．对A和斜面整体分析，斜面倾角，水平方向有
绳的拉力变大，斜面体与地面之间的摩擦力变大，故C错误，D正确。
故选AD。
三、实验题
11. 以下是某实验小组探究“两个互成角度的力的合成规律”的过程。首先进行如下操作：
①如图甲，两细绳套栓在橡皮条的一端，另一端固定在水平木板，橡皮条的原长为；
②如图乙，用手通过两个弹簧测力计共同拉动橡皮条。橡皮条和细绳套的连接点在拉力、的共同作用下，位于点，橡皮条伸长的长度为；
③撤去、，改用一个力单独拉住其中一根细绳套，仍使其位于点，如图丙。
（1）同学们发现，力单独作用，与、共同作用的效果是一样的，由于两次橡皮条伸长的长度、方向相同，即橡皮条对小圆环的拉力相同，所以等于、的合力。本实验采用的科学方法是___________。
A．理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法
（2）然后实验小组探究了合力与分力、的关系：
①由纸上点出发，用力的图示法画出拉力、和（三个力的方向沿各自细绳的方向，三个力大小由弹簧测力计读出）；
②用虚线将拉力的箭头端分别与、的箭头端连接，如图丁，此图形应该是_______________；
③多次改变拉力、的大小和方向，重做上述实验，通过画各力的图示，进一步检验所围成的图形。
（3）若是以、为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿方向的是_______（选填“”或“”）。
（4）若在图乙中，、夹角大于90°，现保持点位置不变，拉力方向不变，增大与的夹角，将缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为______________。
A．一直增大 一直增大 B.先减小后增大 一直增大
C.一直增大 一直减小 D.一直增大 先减小后增大
【答案】 ①. B ②. 平行四边形 ③. ④. A
【解析】
【详解】（1）［1］此实验用一个力的作用效果代替两个力的作用效果采用了等效替代法，故选B；
（2）［2］此实验是为了探究“两个互成角度的力的合成规律”，应该要遵循平行四边形法则，故此图形应该是平行四边形；
（3）［3］当是一个力作用时，O结点受F及GO拉力的作用，二力平衡，F与GO的拉力等大反向，故F一定沿GO的方向；
（4）［4］保持F2的方向及合力不变，当F1转动至水平位置过程中，如图
F2与F1的长度一直在增加，F2与F1的大小一直在增加，故选A。
12. 某同学探究物体质量一定时加速度与力关系的实验装置如图（a）所示，将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，再将小车放在长木板上，小车前端固定一拉力传感器，在传感器上系一细绳，绳的另一端跨过定滑轮挂上槽码，小车后端与一条穿过打点计时器的纸带相连。
（1）下列关于实验操作说法正确是___________
A．需要用天平测出槽码的质量
B．需要保证槽码的总质量远小于小车的质量
C．需要先释放小车，再接通电源
D．需要改变槽码的数量，打出多条纸带
（2）某次实验得到如图（b）所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则C点速度为________，小车运动的加速度大小为___________（结果保留三位有效数字）；
（3）由实验得到小车加速度a与力传感器示数F的关系如图（c）所示，图线未过坐标原点的原因是___________，由图可知小车的质量为___________kg。
【答案】 ①. D ②. 0.722 ③. 2.40 ④. 小车未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ⑤. 0.5
【解析】
【详解】（1）[1]
AB．由于本实验中，拉力传感器可以直接测出小车所受到的拉力，所以本实验不需要用天平测出槽码的质量，也不需要保证槽码的总质量远小于小车的质量，故AB错误；
C．为了有效利用纸带，需要先接通电源，再释放小车，故C错误；
D．本实验是研究小车质量一定，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确。
故选D。
（2）[2]打点计时器使用的交流电源频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则C点速度为
[3]根据纸带提供数据，利用逐差法可求得小车运动的加速度大小为
（3）[4]由图像可知，当拉力达到时，小车才产生加速度，可知图线未过坐标原点的原因是小车未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
[5]根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像的斜率为
可得小车的质量为
四、解答题
13. 依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量，当运动员推力F为5N，方向与水平方向夹角为时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10m/s2，，，求：
（1）冰壶与地面间动摩擦因数μ；
（2）若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是，则冰壶离开手时的速度为多少？
【答案】（1）μ=0.02；（2）4m/s
【解析】
【详解】（1）以冰壶为研究对象，由共点力作用下物体的平衡条件：在水平方向有
Fcsθ=μN
在竖直方向有
Fsinθ+mg=N
解得
μ=0.02
（2）由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得
由牛顿运动定律得
μmg=ma
代入数据后联立解得
v0=4m/s
14. 如图所示，水平地面上放一倾角的斜面，在斜面上放一木板A，重为，板上放一重为的木箱B，斜面上有一固定的挡板，先用平行于斜面的绳子把木箱与挡板拉紧，然后在木板上施加一平行斜面方向的拉力F，使木板从木箱下匀速抽出。此时，绳子的拉力 ，斜面未动。设木板与斜面间的动摩擦因数，求：
（1）A、B 间的摩擦力和摩擦因数；
（2）拉力F的大小；
（3）地面对斜面的摩擦力的大小和方向。
【答案】（1）；；（2）325N；（3），水平向右
【解析】
【详解】（1）对B受力分析如图
由平衡条件，沿斜面方向有为
代入数据，解得A、B间摩擦力为
方向沿斜面向下，垂直斜面方向
A、B动摩擦因数为
（2）以AB整体为研究对象，受力分析如图
由平衡条件得
联立解得
（3）对3个物体整体研究，受重力、支持力、F和地面对其的摩擦力，处于平衡状态，故
水平向右。
15. 如图甲所示，在无限大水平台上放一个质量M=1kg的薄长木板，质量m=2kg的小滑块位于长木板的中央，系统处于静止状态。小滑块与长木板及平台间的动摩擦因数分别为μ1（未知）、μ2=0.1，长木板与平台间的动摩擦因数μ3=0.5，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。从某时刻开始，在长木板右端施加水平恒力F，使系统向右运动，小滑块离开长木板前二者的速度随时间变化关系如图乙所示。小滑块离开长木板落到平台时速度不变，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小滑块与长木板间动摩擦因数μ1；
（2）水平恒力F的大小；
（3）小滑块在速度刚好减为零时与长木板右端之间的距离。

【答案】（1）0.2；（2）26N；（3）14.75m
【解析】
【详解】（1）小滑块在长木板上滑动，由牛顿第二定律得
根据图像可知小滑块的加速度
解得
（2）根据图像可知长木板的加速度
由牛顿第二定律得
解得
（3）长木板的长度
小滑块在平台上减速运动时有
又
，
联立解得
，
此过程中，长木板的加速度大小为
长木板的位移大小为
联立解得
则小滑块速度刚好减为零时与长木板右端之间的距离