湖北省武汉市第十一中学2023-2024学年高一上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市第十一中学2023-2024学年高一上学期12月月考物理试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 一质点受到下列几组共点力的作用，一定使质点产生加速度的是（ ）
A. 25N，15N，40NB. 10N，15N，20N
C. 10N，20N，40ND. 2N，4N，6N
【答案】C
【解析】
【详解】A．25N，15N，40N三个力中，25N与15N的合力范围为10N～40N，可以与40N的力平衡，合力可以为零，所以不一定产生加速度，故A错误；
B．10N，15N，20N三个力中10N与15N的合力范围为5N～25N，20N不在这个范围内，合力可以为零，所以不一定产生加速度，故B错误；
C．10N，20N，40N三个力中10N与20N的合力范围为10N～30N，40N不在这个范围内，三个力不可能平衡，合力一定不等于零，所以一定产生加速度，故C正确；
D．2N，4N，6N三个力中2N与4N的合力范围为2～6N，6N在这个范围内，三个力可以平衡，合力可以等于零，所以不一定产生加速度，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，MN为一竖直墙面，图中x轴与MN垂直，距墙面L的A点固定一点光源．现从A点把一小球以水平速度向墙面抛出．则小球在墙面上的影子的运动应是( )．

A. 自由落体运动B. 变加速直线运动
C. 匀加速直线运动D. 匀速直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：设影子距M点为y′，则由三角形相似，AM＝L ,所以，即为匀速直线运动．故选D.

考点：匀速直线运动.
【名师点睛】此题通过影子的运动考查平抛运动规律，关键在于确定影子位移的表达式后分析讨论,作出示意图，根据图中两个三角形相似得到影子位移与时间的关系式，再根据自由落体运动位移时间关系公式列式，然后联立得到影子位移与时间的关系式，最后分析讨论.
3. 如图所示，质量分别是和的木块A和B，静止在光滑的水平面上，中间用一未形变的轻质弹簧与相连。若用一水平向右的恒力推A，使开始运动，某时刻A的加速度是，已知弹簧始终处于弹性限度内，则此时B的加速度大小为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】对A木块，受力分析可得
对B木块，受力分析可得
因为连接A、B的是同一根弹簧，故
联立，可得
故选B。
4. 某质量为50kg的同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究电梯的运动情况，如图所示的v-t图象是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况（选向上为正方向，g=10m/s²）．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（ ）
A. 在0~5s内，该同学对电梯底板压力等于520N
B. 在5s~10s内，该同学对电梯底板的压力等于0
C. 在10s~20s内，电梯在减速下降，该同学处于超重状态
D. 在20s~25s内，该同学对电梯底板的压力等于480N
【答案】A
【解析】
【分析】根据“研究电梯的运动情况”可知，本题考查对超重失重现象的理解，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态.
【详解】A、在0～5s内，从速度时间图象可知，电梯的加速度a=0.4m/s2，所以该同学对电梯底板的压力mg+ma=520N，故A正确；
B、在5s～10s内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，升降机对该同学的弹力等于重力，故B错误；
C、在10 s～20s内，该同学匀减速上升，该同学处于失重状态，故C错误；
D、在20s～25s内，电梯加速下降，a=0.2m/s2．该同学对电梯底板的压力等于mg-ma=490N，故D错误；
故选A.
【点睛】人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了.
5. 如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v-t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2）（ ）
A. 木块上滑过程中的加速度大小是
B. 木块与斜面间的动摩擦因数
C. 木块经2s返回出发点
D. 木块回到出发点时的速度大小v=2m/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知木块加速度为
木块上滑过程中的加速度大小是，A错误；
B．木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律可知
求得
B正确；
C．木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知
上升位移
设下滑时间，由运动学公式得
求得
则木块返回出发点时间为
C错误；
D．木块回到出发点时的速度大小为
D错误。
故选B。
6. 小船渡河，设河水流速及船在静水中速度均恒定，河两岸平行。当船头指向正对岸航行，渡河过程中所通过的路程是河宽的倍，若该船要以最短位移过河，则其最短位移是河宽的多少倍（ ）
A. 1.5倍B. 倍C. 2倍D. 倍
【答案】C
【解析】
【详解】当船头指向正对岸航行时，如图
由于渡河过程中所通过的路程是河宽的倍，所以
又
解得
所以小船不能到达正对岸，若该船要以最短位移过河，如图
小船的合速度与船速垂直时过河位移最短，则
解得
故选C。
7. 如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，且足够长，其上叠放木块A。假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. A的质量为1kg
B. A、B间的动摩擦因数为0.1
C. B与地面间的动摩擦因数为0.2
D. 当水平拉力时，长木板的加速度大小为12m/s2
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．由图可以知道，A、B二者开始时对地静止，当拉力为3N时开始AB一起相对于运动，故B与地面间的最大静摩擦力为；当拉力为9N时，A、B发生相对滑动，此时A的加速度为
当拉力为13N时，B的加速度为
A相对于B滑动时，由牛顿第二定律对A有
解得A、B间的动摩擦因数为
对B，根据牛顿第二定律有
对整体有
联立解得
，
根据B与地面间的最大静摩擦力为
解得B与地面间的动摩擦因数为
故A错误，B错误，C正确；
D．当水平拉力时，对B，根据牛顿第二定律有
长木板的加速度大小为
故D错误。
故选C。
二、多选题
8. 如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A不动，现设法使A以速度向左做匀速直线运动，某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向成角，设此时B的速度大小为（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），不计空气阻力，忽略绳与滑轮间摩擦，则（ ）
A. A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力
B. 当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度
C. 当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度
D. B上升到滑轮处前的过程中处于超重状态
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力，A错误；
BC．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度等于小车A沿绳方向的分速度，即
B错误，C正确；
D．由于重物B的速度与小车A的速度关系为
随着车向左匀速运动，减小，增大，即重物B加速上升，处于超重状态，D正确。
故选CD。
9. 如图所示，让物体同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2则（ ）
A. 物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1: sinθ2
B. 物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为csθ1: csθ2
C. 物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1:1
D. 两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为csθ1: csθ2
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律
解得
物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为
A错误；
B．末速度为
解得
速度之比为
B正确；
C．下滑的时间为
解得
下滑的时间之比为
C正确；
D．合外力之比为
D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳的一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是（ ）
A 小球受力个数减少
B. 小球立即向左运动，且a=8m/s2
C. 小球立即向左运动，且a=10m/s2
D. 若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力三个力处于平衡，根据共点力平衡得知弹簧的弹力为
F=mgtan45°=10×1N=10N
剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、弹簧的弹力、水平面的支持力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数增大，故A错误；
BC．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，小球受四个力作用，由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
代入数据，解得
a=8m/s2
加速度方向向左，小球向左运动，故B正确，C错误；
D．若剪断的是弹簧，则在剪断的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为0，则小球的加速度为0，故D正确。
故选BD。
三、实验题
11. 如图为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为1.25cm，g取，则：
（1）闪光周期T＝______s；图中A点_____平抛的起点。选填（“是”或“不是”）；
（2）小球运动的初速度______m/s；
（3）小球过B点的速度______m/s。
【答案】 ①. 0.05 ②. 不是 ③. 0.75 ④. 1.25
【解析】
【详解】（1）[1]竖直方向根据可得
[2]因AB与BC竖直位移之比为3:5，不是从1开始的连续奇数比，可知A点不是平抛的起点位置；
（2）[3]初速度
（3）[4]通过B点的竖直速度
则
12. 用如图所示的装置探究加速度、力和质量的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上，小车上固定一定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和沙桶。
（1）实验时，下列操作必要且正确的是（单选）______。
A.用天平测出沙和沙桶的质量
B.将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力
C.为了减小误差，实验中要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量
D.应当先释放小车，再接通电源
（2）利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图所示（图中每两个计数点间还有四个点未画出）。
则在该次实验中打点计时器打计数点C 时小车运动的速度大小为______m/s，小车运动的加速度大小为______m/s2（结果均保留三位有效数字）。
（3）某同学做实验时，未把木板一侧垫高，就继续进行其他实验步骤，该同学作出的小车的加速度a 与弹簧测力计示数F的图像如图所示，则实验中小车受到的摩擦力大小为______。
【答案】 ①. B ②. 0.442 ③. 1.19 ④.
【解析】
【详解】（1）[1] B．为了使得细绳对小车的弹力等于小车所受外力的合力，实验时，需要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力，B正确；
AC．由于弹簧测力计能够直接测量出细绳的拉力大小，即可以直接求出小车所受外力的合力，并没有用沙与沙桶的重力表示细绳的拉力，所以实验中不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，AC错误；
D．为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验时应当先接通电源，后释放纸带，D错误。
故选B。
（2）[2]由于每相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔
则在该次实验中打点计时器打计数点C 时小车运动的速度
[3]根据逐差法可知，小车运动的加速度大小为
（3）[4]若实验时未把木板的一侧垫高，则有
变形有
结合图像，将坐标（F0，0）代入函数式，解得
四、解答题
13. 如图所示，在平直的公路上有一汽车水平向右做匀加速直线运动，一质量为m=2kg的小球用轻质细线系在车内天花板上的A点，小球相对汽车处于静止状态，已知细线与竖直方向上的夹角为θ=37º，在t=0时刻汽车的速度=1m/s，重力加速度g=10；sin37º=0.6；cs37º=0.8．求：
⑴细线拉力大小；
⑵汽车加速度大小；
⑶汽车在第2s内运动位移大小．
【答案】⑴25N ⑵7.5 ⑶12.25m
【解析】
【详解】（1）小球受重力mg和细线的拉力作用，其受力分析如图所示．
竖直方向小球受力平衡，有：
解得：=25N
（2）水平方向，由牛顿第二定律得：
解得：=7.5
（3）汽车在第1s内的位移为：=4.75m
汽车在前2s内的位移为：=17m
则汽车在第2s内的位移为：=12.25m
14. 一条轻绳跨过光滑的轻质定滑轮，滑轮离地足够高，绳的一端系一重物质量m1=5kg，重物静置于地面上，绳的另一端接触地面，有一质量m2=10kg的猴子，从绳子的另一端从地面开始沿绳向上爬，如图所示，已知绳子承受的拉力最大为Fm=150N，(g=10m/s2)．求：
（1）重物上升的最大加速度a1和猴子向上爬的最大加速度a2．
（2）在（1）问中，猴子爬过L=12.5m长的绳子时，重物的离地高度h．
【答案】（1）20m/s2 竖直向上；5m/s2 竖直向上；（2）10m
【解析】
【详解】（1）绳子拉力达到最大值，物体加速度最大
对重物有：
解得： 方向竖直向上
对猴子：
解得： 方向竖直向上
（2）猴子爬行的绳长是重物上升距离和猴子上升距离之和，设该过程时间为，则有：
解得：
重物的离地高度：
15. 如图所示，一水平固定长木板的左端有一滑块，滑块正上方高处有一小球，当滑块在长木板上以一定初速度向右滑出时，小球以初速度水平向右抛出，结果小球与滑块刚好能相遇，已知滑块与长木板之间的动摩擦因数，不计空气阻力，g取。
（1）求滑块的初速度；
（2）如果将长木板绕其左端逆时针转动37°，再将小球以初速度水平向右抛出的同时，滑块从长木板的底端以一定的初速度沿长木板向上滑动，如果滑块在上滑的过程中与小球相遇，则滑块的初速度多大？（，）
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球做平抛运动的时间
小球做平抛运动的水平位移
滑块做匀减速直线运动的加速度大小
滑块位移
解得
（2）设小球抛出后经时间与长木板上的滑块相遇，根据几何关系，有
代入已知数据，解得
滑块滑动的加速度大小为
滑块的位移
由位移公式得
解得