重庆市南开中学2022-2023学年高一物理上学期12月月考试题（Word版附解析）

重庆南开中学高2025届高一上物理12月月考

（时间120分钟，满分120分）

第Ⅰ卷（选择题  共55分）

一、单项选择题（本题共10个小题，每题3分，共30分。下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出。不选、多选或错选均不得分）。

1. 在牛顿管真空实验中，将羽毛和苹果同时从同一高度由静止竖直释放，并拍下频闪照片，下列频闪照片符合事实的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】在牛顿管真空实验中，羽毛和苹果均只受重力作用，下落的加速度相同，则当同时从同一高度由静止竖直释放时，运动情况相同，均做自由落体运动，相等时间内位移逐渐增加。

故选C。

2. 下列说法中正确的是(　　)

A. 体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态

B. 蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态

C. 举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态

D. 游泳运动员仰卧在水面上静止不动时处于失重状态

【答案】B

【解析】

【详解】体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时属于平衡状态，合力为零，所以拉力等于重力，不是超重也不是失重，A错；蹦床运动员在空中上升和下落过程中都只受重力作用，支持力或拉力为零，所以属于完全失重状态，B对；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间处于平衡状态，合力为零，不是超重也不是失重，C错；游泳运动员仰卧在水面静止不动处于平衡状态，合力为零，不是超重也不是失重，D错．故答案选B．

思路分析：静止状态时，加速度为零，属于平衡状态，ACD错.蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度即为重力加速度，方向向下，都处于完全失重状态，B正确.

试题点评：考查超重和失重现象的判断，重力大于拉力属于失重，重力小于拉力属于超重．应该熟练掌握．

3. 如图所示，在光滑且固定的斜面上有一轻质弹簧，弹簧的一端固定在斜面挡板上，一小球A沿着斜面下滑，从小球A刚接触弹簧的瞬间到将弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小球做匀变速运动 B. 小球的加速度将先减小后增大

C. 小球的加速度将先增大后减小 D. 小球的速度将先减小后增大

【答案】B

【解析】

【详解】从小球A刚接触弹簧的瞬间到将弹簧压缩到最低点的过程中，一开始弹簧弹力小于小球重力沿斜面向下的分力，小球的加速度沿斜面向下，小球向下做加速度减小的加速运动；当弹簧弹力等于小球重力沿斜面向下的分力时，小球的加速度为零，小球的速度达到最大；之后弹簧弹力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球的加速度沿斜面向上，小球向下做加速度增大的减速运动；故小球的加速度将先减小后增大，小球的速度先增大后减小。

故选B。

4. 如图所示，有两个光滑直轨道和，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为、。则（　　）

A.  B.  C.  D. 无法确定

【答案】A

【解析】

【详解】若研究物块沿AB下滑，设AB与竖直直径成的角度为θ，则加速度

从A到B由运动公式

解得

若过B点做CD的平行线，交圆弧与E点，则物块沿EB下滑的时间也为t1，因EB和DC倾角相同，则物块下滑的加速度相同，但是CD长度小于BE的长度，可知沿DC下滑的时间t2小于EB的时间，即

故选A。

5. 一位在地面上最多可以举起1500N重物的人，在某竖直运动的电梯中最多可以举起2000N的重物．g=10m/s2．该电梯的运动可能是

A. 以3.3 m/s2的加速度加速下降 B. 以3.3 m/s2的加速度减速下降

C. 以2.5 m/s2的加速度加速上升 D. 以2.5 m/s2的加速度减速上升

【答案】D

【解析】

【分析】根据人在地面上最多能举起质量为1500N的物体，他在竖直向上运动的电梯中最多举起了2000N的物体，由牛顿第二定律求出电梯加速度的大小和方向．

【详解】由题意某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了2000N的物体，知物体处于失重状态，此人最大的举力为1500N．则由牛顿第二定律得，m′g-F=m′a，解得．方向向下．则电梯可能以2.5 m/s2的加速度减速上升，也可能以2.5 m/s2的加速度加速下降；故选D．

【点睛】本题是应用牛顿第二定律研究超重和失重的问题，关键抓住人的最大举力是一定的．

6. 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv（k为正的常量）。两球的v－t图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是（　　）

A. 释放瞬间甲球加速度较大

B. ＝

C. 甲球质量大于乙球质量

D. t0时间内两球下落的高度相等

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；

B．运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等

mg＝kv

则

选项B错误；

C．由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；

D．下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。

故选C。

7. 如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高度处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是（　　）

A. 图线与纵轴的交点的绝对值为

B. 图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数

C. 图线的斜率在数值上等于物体质量倒数的2倍

D. 图线与横轴的交点N的值

【答案】C

【解析】

【详解】ABC．根据题意，由牛顿第二定律有

整理得

可知，图线与纵轴的交点的绝对值为，图线的斜率在数值上等于物体质量倒数的2倍，故AB错误，C正确；

D．由上述分析可知，当时，则有

即

故D错误。

故选C。

8. 一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，如图所示，则它们的加速度大小均为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】两球运动至二者相距时，设每段绳子与水平力F的夹角为θ，则

设每段绳子的拉力为T，则

每个小球的加速度

解得

故选B。

9. 如图所示，弯折杆的D端接一个小球，杆和球的总质量为m，一小环套在杆段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆段与水平方向的夹角为θ，则（　　）

A. 杆对环压力为 B. 环与杆的摩擦力为

C. 环与杆的摩擦力为 D. 环对杆的作用力为

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，如图

沿BA和垂直BA方向建立直角坐标系，分解加速度，沿BA方向：

垂直BA方向：

得

选项AC错误，B正确；

C．环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上且

即

选项C错误。

故选B。

10. 质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m的物体以速度沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑。某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图所示。整个过程中，三角形物块始终静止在地面上。设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为N，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f，重力加速度为g。则（　　）

A. ， B. ，

C ， D. ，

【答案】D

【解析】

【详解】当m匀速下滑时，m受到的滑动摩擦力等于质量沿斜面向下的分力，即

方向沿斜面向上；此时m受到的支持力大小为

方向垂直于斜面向上，二者的合力竖直向上，大小等于。当物体m向下做加速运动的过程中，物体受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力，大小仍然是

方向仍然沿斜面向上；m受到的支持力大小仍然为

所以物体m向下做加速直线运动过程中对三角形物块的压力仍然垂直于斜面向下，对三角形物块的摩擦力的方向仍然沿斜面的方向向下，由勾股定理以及平行四边形定则可知，物体m对三角形物块的压力与滑动摩擦力的合力的方向仍然是竖直向下，大小等于。以三角形物块为研究对象，则三角形物块受到重力、地面的支持力以及m对它的合力，没有水平方向的力，所以

，

故选D。

二、多项选择题（本题共5个小题，每题5分，共25分。下列各题四个选项中有多个选项符合题意，请选出。全选对的得5分，选对但不全的得3分，不选、多选、错选的不得分）。

11. 下列有关物理现象和物理学发展的说法中，正确的是（　　）

A. 当物体的速度为零时，加速度不一定为零

B. 质量的单位“kg”是基本单位，长度的单位“m”是导出单位

C. 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法

D. 牛顿通过他的理想实验指出：力是改变物体运动状态的原因，首次推翻了亚里士多德的观点——力是维持物体运动的原因

【答案】AC

【解析】

【详解】A．当物体的速度为零时，加速度不一定为零，例如竖直上抛物体到达最高点时，选项A正确；

B．质量的单位“kg”是基本单位，长度的单位“m”也是基本单位，选项B错误；

C．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，选项C正确；

D．伽利略通过他的理想实验指出：力是改变物体运动状态的原因，首次推翻了亚里士多德的观点——力是维持物体运动的原因，选项D错误。

故选AC。

12. 一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的 ( )

A. 若小车向左运动,N可能零 B. 若小车向左运动,T可能为零

C. 若小车向右运动,N不可能为 D. 若小车向右运动,T不可能为零

【答案】AB

【解析】

【详解】若小车向左运动做减速运动，则加速度向右，小球受重力及绳子的拉力可以使小球的加速度与小车相同，故此时N为零，故A正确；若小球向左加速运动，则加速度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则绳子的拉力为零，故B正确；同理可知当小球向右时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N和T均可以为零，故CD均错误；故选AB．

点睛：力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，和物体的运动方向无关，故本题应讨论向左加速和减速两种况．

13. 质量为M的长木板A放在光滑的水平面上，一个质量为m的滑块B以某一速度冲上A，A与B之间存在摩擦，并且B能够滑离A。滑离时，长木板A的速度大小为，前进的位移大小为；滑块B的速度大小为，前进的位移大小为。若滑块B改用速度冲上A，其他条件都不变，下列说法正确的是（　　）

A. 变大 B. 变大 C. 变大 D. 变小

【答案】BD

【解析】

【详解】根据题意，当滑块B以某一速度冲上A，设A、B间的动摩擦因数为，对滑块B，由牛顿第二定律有

解得

则有

，

对长木板A，由牛顿第二定律有

解得

则有

，

且有

滑块B改用速度冲上A，A、B间摩擦力不变，则A、B的加速度不变，则有

，

，

又有

可得

则有

，，，

故选BD。

14. 如图1所示，传送带以速率v顺时针匀速转动，在其水平部分的右端B点正上方有一竖直弹性挡板。一定质量的小物块以初速度v0（v0大于v）从左端A点滑上传送带，恰好能返回A点，运动过程中的v- t 图像如图2实线所示，下列说法正确的是（　　）

A. v0和v大小满足关系：v0=2v

B. 若只增大v0，其它条件不变，物块将从传送带左端滑下

C. 若v0= v，其它条件不变，物块将传送带上往复运动

D. 若只减小v0，其它条件不变，物块有可能不会返回A点

【答案】BC

【解析】

【详解】A．物块与挡板的碰撞是弹性的，结合v- t 图像可知，小物块恰好减速到与传送带速度相等时与挡板碰撞，向左减速至A点速度为零，t轴上方梯形面积与t轴下方三角形面积相等，可得v0=v，A项错误；

BC．若只增大v0，其它条件不变，物块与挡板碰后速度将大于v，物块必从传送带左端滑下，当v0= v时，物块碰后速度为v，恰好能回到A点，后向右加速，出现往复运动，B C项正确；

D．若只减小v0，当减为零时，加速到达挡板处应该恰好为v，故物块一定能返回A点，D项错误。

故选BC。

15. 如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中(　　)

A. 最大加速度为 B. 最大加速度为

C. 最大速度为 D. 最大速度为

【答案】AD

【解析】

【分析】根据力F1与重力mg的关系分析圆环的运动性质与运动过程，根据平衡条件与牛顿第二定律即可解题．

【详解】当F1=mg，即：kv=mg，解得：时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为，故A正确，B错误；当滑动摩擦力f=μ（kv-mg）=F时，加速度为零，对应的速度最大，故D正确，C错误．所以AD正确，BC错误．

【点睛】本题考查了求最大加速度、最大速度问题，对圆环正确受力分析、分析清楚圆环运动过程是正确解题的前提与关键．

第Ⅱ卷（非选择题  共65分）

三、实验题（本题有16、17两个小题，其中16题6分，17题8分，共14分）。

16. 某同学用如图甲所示的装置来“验证力的平行四边形定则”。图中A、B是两个力学传感器，它们可以在竖直平面内的圆弧上自由移动。、是两段不可伸长的轻质细绳，在O的下方悬挂一质量为m的重物时，结点O恰好位于圆弧的圆心上。已知O为“死结”。

（1）若增加重物质量，则结点O的位置__________填“上升”或“下降”或“不变”）；

（2）在某次实验中，A、B传感器的读数分别是、，然后用一只力学传感器测量物体重力，其读数为，最后作出、的合力。若操作正确，则作出的图可能是图中的__________（选“乙”或“丙”）；

（3）若保证、夹角（未知）不变，在图甲所示位置将、沿顺时针方向旋转至到竖直位置的过程中，、上的力、大小变化情况可能是__________。

A.变大、变小        B.先变大后变小、变小

C.变大、变大        D.变小、变大

【答案】    ①. 不变    ②. 乙    ③. AB##BA

【解析】

【详解】（1）[1]根据题意可知，两个力学传感器可以在圆弧上自由滑动，圆弧给传感器的支持力一定与圆弧的切面垂直，由平衡条件可知，、一定沿半径方向，则点一定处在圆弧的圆心上，故增加重物质量，则结点的位置不变。

（2）[2]根据题意可知，为用一只力学传感器测量物体重力的读数，则一定与重力在一条直线上，作出的图可能是图中的乙。

（3）[3]根据题意，设与竖直方向的夹角为，则与竖直方向的夹角为，如图所示

由平衡条件可得

解得

若的取值范围为

可知

则到竖直的过程中，减小，增大，则有变大，减小；若的取值范围为

可知

则到竖直的过程中，减小，增大，则有先变大后变小，减小。

故选AB。

17. 图甲所示为某实验小组测量完全相同的A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计）。此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答：

（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。

（2）取出质量为m（）的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降；

（3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据计算出A下落到F处的速率__________；下落过程中的加速度大小__________；

（4）改变m，重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出__________（填“”或“”）图像如图乙所示（图中横、纵坐标物理最的单位均采用国际制单位）；

（5）若已知图像斜率k的值为4，则每个箱子质量__________（重力加速度大小g取）

【答案】    ①.     ②.     ③.     ④.

【解析】

【详解】（3）[1]根据题意可知，A下落到F处的速率为

[2]由运动学公式可得

解得

（4）[3]根据题意，设A、B两个箱子的质量为，对整体，由牛顿第二定律有

整理可得

可知，作出图像。

（5）[4]根据题意可知，图像斜率k的值为4，则有

解得

四、计算题（本大题共5个小题，其中18题8分，19题8分，20题10分，21题10分，22题15分，共51分）。

18. 如图所示，在倾角的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的小物块A、B，已知A、B的质量均为，轻弹簧的劲度系数为，C为一固定挡板。系统开始处于静止状态。现用一恒力沿斜面方向拉物块A，使之向上运动，已知重力加速度。求

（1）B刚要离开C时，小物块A的加速度大小；

（2）从施加F开始到B刚要离开C的过程中，物块A的位移大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知

解得

令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知

由牛顿定律可知

联立解得

（2）从施加F开始到B刚要离开C的过程中A上升的位移

19. 为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示。他使木块以4m/s初速度沿倾角的斜面上滑，并同时开始记录数据，利用电脑绘出了木块从开始至最高点的v-t图线如图乙所示。木块到达最高点后又沿斜面滑下。g取10m/s2，求：

（1）木块与斜面间的动摩擦因数；

（2）木块回到出发点时的速度大小v。

【答案】（1）0.35；（2）2m/s

【解析】

【详解】（1）由题图可知，木块经0.5s滑至最高点，则上滑过程中加速度的大小

上滑过程中在斜面上有沿斜面向下的重力的分力、摩擦力，上滑过程中根据牛顿第二定律有

代入数据得

（2）下滑的距离等于上滑的距离

下滑摩擦力方向变为向上，下滑过程中根据牛顿第二定律有

解得

下滑至出发点的速度大小为

解得

20. 如图所示，某三角支架中，轻杆可绕通过O点的光滑轴转动，，A、B间用细绳连接，。在B点连接质量为m的小球，杆在外力作用下保持竖直方向，且使整个装置沿方向做直线运动。已知重力加速度为g，，。

（1）当整个装置做匀速直线运动时，细绳和杆对小球作用力分别为多大？

（2）当整个装置以加速度做匀减速运动时，轻绳和杆对小球作用力分别为多大？

【答案】（1），；（2），

【解析】

【详解】（1）根据题意，对小球受力分析，如图所示

将各个力沿水平和竖直方向分解，由平衡条件得

，

解得

，

（2）根据题意，对小球受力分析，如图所示

将各个力沿加速度方向和加速度垂直的方向进行正交分解，由牛顿第二定律得

，

解得

，

21. 如图所示，一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10m，从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s能传送到B处．求：

（1）上述过程中工件在传送带上做匀加速运动的时间；

（2）若传送带速度v可取不同值，求出工件从A至B的时间t随传送带运动速度v的变化的函数关系式．

【答案】（1）2s ；（2）当v小于时，；当v大于或等于时，

【解析】

【详解】（1）设工件匀加速的时间为t，由题意可得工件先加速后匀速至B点，则在工件加速过程中的平均速度

根据位移时间关系有

代入v=2m/s，L=10m，可解得：t=2s

（2）由v=at得，工件加速度

则工件由A至B一直加速运动时用时最短，由v2=2ax得，传送带的速度至少为：；若传送带速度时工作先加速运动后和传送带一起匀速运动；运动时间

当速度时，设工件从A至B的时间为t′，则有 L=at′2，得时间

22. 如图所示，光滑水平面上放着长、质量为的薄木板，一个质量为的小物体放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数，开始时二者均静止。现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取。求：

（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；

（2）如果拉力，小物体能获得的最大速度；

（3）如果拉力作用了后即撤去，小物体能获得的最大速度。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律得

可得小物体最大加速度为

对整体分析，由牛顿第二定律得

（2）因施加拉力，故物体相对木板滑动，设木板对地运动的加速度为

对木板由牛顿第二定律得

解得

小物体在木板上运动的时间为，则

解得

物体脱离木板时的速度最大为

（3）由（2）可知时，物体并未脱离木块，此时

物体的速度为

物体的位移为

木板的速度为

木板的位移为

t内物体相对木板位移

撤去外力后，物体的加速度为

对木板有

木板的加速度为

假设木板和物体可以共速，有

解得

此过程中物体的位移为

木板的位移为

物体相对木板滑动的位移

共速前相对位移

所以物体与木板共速时速度最大，即