甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高一上学期12月月考物理试题（解析版）

这是一份甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高一上学期12月月考物理试题（解析版），共17页。

注意事项：
1．回答第I卷时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案选项涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案选项，答案写在试卷上无效。
2．回答第II卷时，将答案写在答题卡上，考试结束后，仅收回答题卡。
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共7小题，每小题只有一项符合题目要求，每小题4分，共28分）
1. 下列关于合力与分力的说法正确的是（ ）
A. 静止在斜面上的物体，受到支持力、摩擦力和重力作用，支持力与摩擦力的合力就是重力
B. 一对相互作用力的合力为零
C. 物体受到3N，4N和6N的三个共点力作用，它们合力的最大值为13N，最小值为1N
D. 合力不一定大于分力，分力也不一定小于合力
【答案】D
【解析】
【详解】A．静止在斜面上的物体所受重力与摩擦力的合力竖直向上，与重力构成一对平衡力，A错误；
B．一对相互作用力作用在两个物体上，合力是作用在一个物体或一个系统的外力的合成。B错误；
C．三力大小符合三力平衡的条件，其合力的最小值为0，C错误；
D．合力与分力满足平行四边形定则，合力有可能比分力大，也可能比分力小。D正确。
故选D。
2. 图甲是莱芜一中尚清华同学站在接有力传感器的板上做下蹲、起跳动作的示意图，图中的O点表示他的重心。图乙是传感器所受压力随时间变化的图像，图像上a、b两点的纵坐标分别为900N和300N，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。根据图像分析可知（ ）更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A. 尚清华的重力可由b点读出，为300N
B. 尚清华在b到c过程中先处于超重状态再处于失重状态
C. 尚清华在双脚与板不接触过程中处于完全失重状态
D. 尚清华在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力为900N，人的重力也为900N，选项A错误；
B．b到c过程中，人对板的压力先小于人的真实重力，后大于人的真实重力，则人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误；
C．离开板后人只受重力的作用，处于完全失重状态，选项C正确；
D．b点对应时刻弹力与重力的差值要小于c点对应时刻弹力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，选项D错误。
故选C。
3. 如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以大小为a的加速度向右做匀减速直线运动，货箱中石块A的质量为m。下列说法正确的是（ ）
A. 石块A所受所有外力的合力大小为0
B. 周围石块对石块A的作用力的合力方向水平向左
C. 加速度a增大时，周围石块对石块A作用力的合力竖直分量增大
D. 加速度a减小时，周围石块对石块A作用力的合力减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律可知石块A所受所有外力的合力大小为ma，故A错误；
B．货车沿水平路面以大小为a的加速度向右做匀减速直线运动，加速度方向水平向左，故A的合力方向水平向左，由于重力方向竖直向下，则在竖直方向上周围石块对石块A的作用力方向竖直向上，如下图
故周围石块对石块A的作用力的合力方向斜向左上方，故B错误；
C．周围石块对石块A作用力的合力竖直分量等于A的重力，保持不变，故C错误；
D．周围石块对石块A的作用力的合力大小等于
可知加速度a减小时，周围石块对石块A作用力的合力F减小，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，一条不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮分别与物块A、B相连，细绳两部分分别处于水平和竖直状态，桌面光滑，物块A和B的质量分别为M和m，重力加速度为g。现将系统由静止释放，在B没有落地且A没有碰到滑轮前，下列判断正确的是（ ）

A. 物体A运动的加速度大小为
B. 物体A运动的加速度大小为
C. 物体B对轻绳的拉力大于mg
D 物体B处于超重状态
【答案】B
【解析】
【详解】对B，由牛顿第二定律得
对A，由牛顿第二定律得
解得
因此，物体B下降时处于失重状态，故ACD错误，B正确。
故选B。
5. 如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（ ）
A. 两图中A球加速度均为gsinθ
B. 两图中A球的加速度均为零
C. 图乙中轻杆的作用力一定不为零
D. 图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】对甲图，弹簧弹力
F＝mgsinθ
突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。对A球进行受力分析，仍处于平衡状态，加速度为零；对B进行受力分析，根据牛顿第二定律
F+mgsinθ＝maB
解得
aB＝2gsinθ
对乙图，轻杆为刚性杆，突然撤去挡板的瞬间，轻杆作用力为零，以AB为整体，根据牛顿第二定律
2mgsinθ＝2ma
得
a＝gsinθ
即A、B的加速度都为gsinθ。
故选D。
6. 如图所示，用轻绳AO、BO和CO系住一物体使其静止，绳AO与竖直方向成一角度，绳BO水平。现将BO绳绕结点O逆时针缓慢转动，结点O始终保持不动，到BO到达竖直位置前，关于绳子AO和BO中的拉力大小，下列说法中正确的是（ ）
A. 绳AO的拉力先减小后增大
B. 绳BO的拉力先减小后增大
C. 绳OA与OB的拉力的合力将增大
D. 绳BO的拉力一直在增大
【答案】B
【解析】
【详解】对结点O受力分析，根据三角形定则，画出动态的矢量三角形如下图
可知绳AO的拉力一直减小，绳BO的拉力先减小后增大，绳OA与OB的拉力的合力大小不变，始终等于物体的重力。
故选B。
7. 如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为f、支持力为N，已知重力加速度为g，则（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】A
【解析】
【详解】以m为研究对象，受力如图所示
由牛顿第二定律得
解得
以小球m与M整体为研究对象，物体加速度为
水平方向上
在竖直方向上
A正确。
故选A。
二、多选题（本小题共3小题，总计18分。在所给的四个选项中，每小题有多个选项符合题意，全选对得6分，选对但不全得3分）
8. 半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. MN对Q的弹力逐渐减小B. P对Q的弹力逐渐增大
C. 地面对P的摩擦力逐渐增大D. 地面对P的支持力不变
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】AB．对圆柱体Q受力分析，受到重力、板MN的支持力和半圆柱体P对Q的支持力，如图
由图可知，MN对Q的弹力逐渐增大，P对Q的弹力逐渐增大，故A错误，B正确；
CD．对PQ整体受力分析，受到总重力、MN板的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图
根据共点力平衡条件可知，MN对整体的弹力N1逐渐增大，则地面对P的摩擦力f也逐渐增大，地面对P的支持力N3保持不变，等于PQ的总重力，故CD正确。
故选BCD。
【点睛】
9. 电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其图像如图所示。g=10m/s2，则（ ）
A. 平衡车与地面间动摩擦因数为0.06
B. 平衡车在加速段的动力大小72N
C. 平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3m/s
D. 平衡车整个运动过程中的位移大小为195m
【答案】AD
【解析】
【详解】A．平衡车减速阶段加速度大小为
平衡车减速阶段，根据牛顿第二定律有
解得平衡车与地面间的动摩擦因数为
故A正确；
B．平衡车加速阶段加速度大小为
平衡车加速阶段，根据牛顿第二定律有
解得平衡车在加速段的动力大小为
故B错误；
D．图象与坐标轴围成的面积表示位移，平衡车整个运动过程中的位移大小为
故D正确；
C．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为
故C错误。
故选AD。
10. 如图所示，质量m＝2kg的小球用细绳拴在倾角的光滑斜面体斜面上，此时细绳平行于斜面。g取10。下列说法正确的是（ ）

A. 当斜面体以5的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20N
B. 当斜面体以12的加速度向右加速运动时，绳子拉力与水平方向夹角大于37°
C. 当斜面体以20的加速度向右加速运动时，绳子拉力为N
D. 当斜面体以20的加速度向右加速运动时，绳子拉力与水平方向向夹角等于30°
【答案】AC
【解析】
【详解】当小球刚好只受重力和轻绳拉力作用时，如图所示
根据牛顿第二定律
解得
A．当斜面体以5加速度向右加速运动时，即a1水平方向有
竖直方向有
联立解得
，
故A正确，
B．当斜面体以12的加速度向右加速运动时，即a2CD．当斜面体加速度为20m/s2时，即a3>a0，此时物体受重力和绳的拉力，且小球已和斜面分离，如图所示
解得
，
故C正确，D错误。
故选AC。
第II卷（非选择题）
三、实验题（本题共7空，共计14分）
11. 某同学用如图所示的实验装置来验证牛顿第二定律。
（1）实验时将轨道右端垫高的目的是：______。已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带运动，打点计时器打出的纸带如图所示（图中相邻两点间有4个点未画出），小车的加速度大小为______m/s2（结果保留3位有效数字）。

（2）实验时保持小车质量不变，改变钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a－F关系图像，如图所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______。

A.小车与平面轨道之间存在摩擦 B.平面轨道倾斜角度过大
C.所用小车的质量过大 D.所挂的钩码的总质量过大
（3）同学们通过实践结合理论分析得出：无论如何增加钩码的重力，小车运动的加速度都不可能超过______m/s2（重力加速度取9.8m/s2）。
【答案】 ①. 平衡摩擦力或补偿阻力 ②. 2.01 ③. D ④. 9.8
【解析】
【详解】（1）[1] 将轨道右端垫高是为了用重力沿斜面向下的分力来平衡小车下滑时的摩擦阻力，使绳上的拉力为小车所受的合力。
[2]根据逐差法，求得小车的加速度为
（2）[3]当钩码的质量增加到不再远远小于小车质量，则钩码的重力不等于绳的拉力，钩码的重力为小车和钩码一起加速的合力，所以力不变时，加速度偏小，图线向下弯曲。
故选D。
（3）[4]设小车质量为，钩码质量为，有
不断增大，则不断减小，直到趋近于0，则加速度，趋近于，所以无论如何增加钩码的重力，小车运动的加速度都不可能超过，即。
12. 某同学使用力传感器，对木块与木板间的摩擦因数进行测量，他调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板，挂上适当的钩码，接通电源，释放钩码，多次改变钩码的质量，记录传感器的读数F，求出木块的加速度a。
（1）该实验需不需要满足钩码质量远远小于小车质量？______。（填“需要”或“不需要”）
（2）以力传感器的示数F为横坐标，木块的加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线如图所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F0，同一次实验中，则物块的质量为______，已知重力加速度为g，则木块与长木板间的动摩擦因数为______。
【答案】 ①. 不需要 ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]实验中力传感器可以直接读出细线中的拉力大小，故不需要满足钩码质量远远小于小车质量。
（2）[2][3]根据牛顿第二定律

联立解得

结合图像可知
即
根据横轴截距可得
解得
四、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）
13. 轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点。轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ=60°，斜面倾角α=30°，物块A和B的质量分别为mA=5kg，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数为k=500N/m，重力加速度g=10 m/s2。求：
（1）弹簧的伸长量x；
（2）物块A受到的摩擦力f的大小和方向。
【答案】（1）；（2）5 N，方向沿斜面向下
【解析】
【详解】（1）以结点O为研究对象，受力如图并正交分解
据平衡条件有
联立解得
（2）物块A受力如图，并正交分解
据平衡条件有
解得
方向沿斜面向下。
14. 一质量为的物块静止在光滑的水平面上，物块在水平方向的外力F的作用下在时由静止开始运动，水平外力F随时间变化的规律如图所示，以向右为正方向，求
（1）和时物块的瞬时速度；
（2）到的时间间隔内物块的位移。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用。
（1）内，物块静止开始向右匀加速直线运动
解得
末物块的速度
内，物块先向右匀减速运动至速度为零，再静止开始向左匀加速直线运动
解得
向左，
末物块的速度
（2）内，物块的位移
内，物块的位移
内，物块先向左匀减速至速度为零，再静止开始向右匀加速直线运动
解得
末物块的速度
内，物块的位移
内，物块向右匀减速运动
解得
末物块的速度
物块的位移
则，物块的位移
【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。
15. 如图所示，质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为μ=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角α=，力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点(已知sin=0.6，cs=0.8，g取10m/s2)，求：
(1)撤去力F时物体的速度大小；
(2)力F作用下物体发生的位移；
(3)AB之间的距离。
【答案】(1)20m/s；(2)40m；(3)52.5m
【解析】
【详解】()1)受力分析如图所示
将G和F分解，有
FN=Fsinα+mgcsα=20×0.6+10×0.8=20N
Fcsα－μFN－mgsinα=ma1
得
a1=5m/s2
4s末物体的速度为
v1=a1t1=20m/s
(2)由得4s末物体的位移为
x=40m
(3)撤去F后，物体减速运动的加速度大小为a2，则
得
撤去F后物体向上匀减速运动，到达最高点用时为t2，则
向上运动的位移为
而后向下匀加速运动
t3=5s－2.5s=2.5s
经过B点，加速度