湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高一（上）月考物理试卷（12月）

这是一份湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高一（上）月考物理试卷（12月），共15页。试卷主要包含了单选题，三张白纸间的摩擦力大小为μ2，四张白纸间的摩擦力大小为μ2，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.“析万物之理，判天地之美”，物理学是研究物质及其运动规律的学科，研究物理有很多方法。关于物理学研究方法，下列说法正确的是( )
A. 在研究物体的运动时，将物体看作质点，这样的研究方法叫“微元法”
B. 亚里士多德通过对下落物体运动的研究，把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来，拓展了人类的科学思维方式和科学研究方法
C. 伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论
D. a=ΔvΔt是利用比值定义法定义物理量，由公式可以得出加速度与Δv成正比
2.图甲所示的医用智能机器人在某医院大厅巡视，图乙是该机器人在某段时间内做直线运动的的位移—时间图像，20∼30s的图线为曲线，其余为直线。则机器人在( )
A. 0∼10s内做匀加速直线运动B. 0∼20s内平均速度大小为零
C. 0∼30s内的位移大小为5mD. 5s末的速度与15s末的速度相同
3.2024年3月28日小米SU7在北京发布，若该款汽车在平直道路上行驶时，从某时刻开始的一段时间内其位置与时间的关系是x=(5t2+3t+6)m，则以下说法正确的是( )
A. 初始时刻汽车在坐标原点B. 1s末汽车离坐标原点8m
C. 第一秒内平均速度为8m/sD. 前两秒内平均速度为16m/s
4.随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v−t图像(竖直向上为正方向)，g取10m/s2，下列判断正确的是( )
A. 0∼10s货物处于失重状态
B. 0∼10s内电梯对货物的支持力恒为1010N
C. 0∼46s内货物上升的距离为34m
D. 30s∼36s货物处于超重状态
5.如图所示，打印机进纸槽里叠放有一叠白纸，进纸时滚轮以竖直向下的力F压在第一张白纸上，并沿逆时针方向匀速转动，滚轮与第一张纸不打滑，但第一张纸与第二张纸间发生相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．滚轮与白纸之间的动摩擦因数为μ1，白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为μ2，每张白纸的质量为m，不考虑静电力的影响，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 滚轮对第一张白纸的摩擦力大小为μ1F
B. 第二、三张白纸间的摩擦力大小为μ2 (F+2mg)
C. 第三、四张白纸间的摩擦力大小为μ2 (F+mg)
D. 越靠近底座，白纸间的摩擦力越大
6.如图所示，把光滑斜面上物体的重力mg分解为F1、F2两个力，下列说法正确的是 ( )
A. F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2是物体对斜面的压力
B. 物体受到mg、FN、F1、F2四个力作用
C. FN和F2是作用力和反作用力
D. 力FN、F1、F2三个力的作用效果和mg与FN两个力的作用效果相同
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.两名同学用互成角度的水平拉力拉着一箱子，但没拉动，已知箱子所受静摩擦力大小为80N，则该两位同学的拉力F1、F2的大小可能为( )
A. 72N、23NB. 202N、121NC. 318N、351ND. 500N、600N
8.如图所示是用频闪周期为Δt的相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果从同一高度自由下落的局部频闪照片。关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中正确的是( )
A. 苹果下落的加速度大小为x3−x1Δt2
B. 羽毛下落到C点的速度大小为x2+x32Δt
C. 一段时间后苹果会在羽毛下方
D. 若满足关系x1:x2:x3=1:3:5，则A为苹果释放的初始位置
9.一物体在粗糙地面上以一定的初速度匀减速直线滑动。若已知物体在第1s内位移为8.0m，在第3s内位移为0.5m。则下列说法正确的是( )
A. 物体的加速度大小一定为4.0m/s2B. 物体的加速度大小一定为3.75m/s2
C. 物体在第0.5s末速度一定为8.0m/sD. 物体在第2.5s末速度一定为0.5m/s
10.两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，t=0时两车从同一位置同时同向运动，通过计算机得到两车的xt2−1t图像如图所示(x为位移，t为时间)，下列说法正确的是( )
A. a车的速度变化比b车快B. 开始运动后b车在前，后来a车在前
C. 两车相遇前相距最远距离为1mD. 两车在运动过程中只能相遇一次
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示．
(1)下列做法能减小实验误差的是_____。
A.两根细线必须等长
B.弹簧测力计的示数不宜太小
C.两条细线的夹角尽可能大一些
D.在确定细线拉力方向时，所取两个点适当远一些
(2)如果没有操作失误，图乙中F′是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是____．
(3)如图甲所示当两条细线的夹角是90 ∘，若保持O点位置不变，且右边弹簧测力计拉力方向不变，使左边的弹簧测力计逆时针转动时，该弹簧测力计的示数会_____。
A.逐渐减小 B.逐渐增大 C.先增大后减小 D.先减小后增大
12.某同学利用如图甲所示的装置完成了对当地重力加速度的测定．
(1)实验时，该打点计时器的电源应选用____________；
A.8 V左右的交流电源 B.8 V左右的直流电源
C.220 V的交流电源 D.220 V的直流电源
(2)下列说法正确的是____________；
A.先接通电源，后释放重锤
B.释放重锤时，重锤应尽量远离打点计时器
C.纸带上的打点越密，表明重锤的速度越大
(3)通过多次操作从其中选择了一条比较清晰的纸带，并选取了第一个比较清晰的点为计数点A，各点到第一个计数点A的距离如图乙所示，并依次计算出到A点的距离x与所用时间t的比值xt，作出了xt−t的图像，如图丙所示，坐标系中已标出的坐标值为已知量，则A点的速度为vA=____________，重力加速度为g=____________.(均用a、b、c表示)
四、计算题：本大题共4小题，共38分。
13.如图所示，球重8N；直角三角形木块(不会与右墙面接触)倾角α=45°。除地面与木块间有摩擦外，其他接触面摩擦均不计。要使整个装置静止，至少要用F=4N的水平推力。则
(1)如果水平推力改为5N，求木块所受的摩擦力；
(2)如果水平推力改为11N，求木块所受的摩擦力。
14.我国首艘装有弹射系统的航母完成了“J−15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功。已知“J−15”在跑道上加速时产生的最大加速度为5.0m/s2，起飞的最小速度为50m/s，弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25m/s，设航母处于静止状态。求：
(1)“J−15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞?
(2)“J−15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞?
(3)若航母上不装弹射系统，设航母跑道L=160m，“J−15”仍能从航母上正常起飞，则航母航行速度至少为多少?
15.如图所示，光滑水平地面上有一质量为3m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，杆的弹力沿杆，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求B球对车厢水平底面的压力；
(2)若B球受到的摩擦力为零，求F的大小和方向；
(3)若推力F向右，求F的取值范围。
16.如图所示，质量为10kg截面为等腰直角三角形的斜面C静止在水平面上，在直角顶点处固定一光滑小滑轮，滑轮质量可以忽略，通过滑轮将质量为3kg滑块A和滑块B用细绳相连接，两绳分别和两斜面平行。改变滑块B的质量，当B的质量为A的一半时，滑块A恰好匀速下滑，两滑块与斜面间动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。求：
(1)滑块与斜面间动摩擦因数均为多少；
(2)斜面C对地面的压力多大；
(3)绳子对小滑轮的作用力。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、在研究物体的运动时，将物体看作质点，这样的研究方法叫理想模型法，故A错误；
B、伽利略通过对下落物体运动的研究，把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来，拓展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B错误；
C、伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论，故C正确；
D、a=ΔvΔt是利用比值定义法定义物理量，加速度与Δv和Δt无关，故D错误。
故选：C。
本题根据理想模型法、比值定义法以及伽利略斜面实验的探索过程，即可解答。
本题考查学生对理想模型法、比值定义法以及伽利略斜面实验的探索过程掌握，我们在学习物理知识的同时，也要学习科学研究的方法。
2.【答案】B
【解析】A.根据 x−t 图像的斜率表示速度，可知0∼10s内做匀速直线运动，故A错误；
B.根据 x−t 图像可知，0∼20s内机器人的发生的位移为0，则0∼20s内平均速度大小为零，故B正确；
C.根据 x−t 图像，在0∼30s内有Δx=0m−2m=−2m，可知0∼30s内的位移大小为2m，故C错误；
D.根据 x−t 图像的斜率表示速度，可知5s末的速度与15s末的速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
在位移−时间图像中，纵坐标的变化量表示位移，图像的斜率表示速度，根据斜率关系分析速度关系，结合平均速度的定义分析。
本题的关键要知道位移—时间图像的斜率等于速度，纵坐标的变化量表示位移，来分析机器人的运动情况。
3.【答案】C
【解析】【分析】【分析】
本题考查匀变速直线运动的位移时间关系。解题的关键是要根据物体运动的位置时间关系得到初位置及位移，从而分析物体的平均速度。
【解答】【解答】
A、由题知，汽车位置随时间变化关系x=(5t2+3t+6)m，t=0时刻，x0=6m，即初始时刻汽车不在坐标原点，A选项错误；
B、由x=(5t2+3t+6)m知，t=1s时，x1=14m，即1s末汽车离坐标原点14m；B选项错误；
C、根据x=(5t2+3t+6)m知，第1s内物体的位移Δx1=x1−x0=8m，故第一秒内平均速度为v=Δx1Δt=8m/s，C选项正确；
D、根据x=(5t2+3t+6)m知，t=2s时，x2=32m，故前2s内物体的位移Δx2=x2−x0=26m，所以前两秒内平均速度v′=Δx2Δt2=13m/s，D选项错误；
故选C。
4.【答案】B
【解析】解：AD.由图可知前10s内货物的加速度：a=ΔvΔt=110m/s2=0.1m/s2，物体加速度向上，0～10s货物处于超重状态，0s～36s物体加速度向下，货物处于失重状态，故AD错误；
B.前10s内，根据牛顿第二定律可得：F−mg=ma，可知电梯的支持力为1010N，故B正确；
C.v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移，则46s末货物上升的距离为：x=20+362×1m−12×(46−36)×1.2m=22m，故C错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】
由滚轮与第一张白纸间的相对运动情况判断二者间摩擦力的种类与大小；由其它白纸间的相对运动情况判断摩擦力大小；对第一张以下的白纸整体由共点力的平衡判断得解。
本题主要考查摩擦力的判断与计算，知道静摩擦力与滑动摩擦力产生的条件是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由题意可知，滚轮以竖直向下的力F压在第一张白纸上，并沿逆时针方向匀速转动进纸，故滚轮与第一张白纸相对静止，二者间为静摩擦力，故不能用滑动摩擦力公式计算，故A错误；
BC.对第一张白纸受力分析可知，第一张白纸与第二张白纸间为滑动摩擦力，由滑动摩擦力公式可得，该滑动摩擦力大小为：Ff1=μ2F+mg，对第二白纸受力分析可知，由平衡条件知第二、三张白纸间的摩擦力大小为μ2(F+mg)；对第二、三张白纸整体分析知：由二力平衡可知，第三、四张白纸间的摩擦力大小为μ2(F+mg)；故C正确，B错误；
D.由以上分析结合共点力的平衡可知，每相邻纸张间的摩擦力大小均为：μ2(F+mg)，故D错误。
6.【答案】D
【解析】F1、F2两个力是重力的分力，不是物体实际受到的力，F2的作用点在物体上不在斜面上，所以不是物体对斜面的压力，故A错误；物体受到mg、FN两个力的作用，F1、F2两个力是重力的分力，不能与重力同时作用在物体上，故B错误；FN和F2大小相等、方向相反，都作用在物体上，是一对平衡力，不是作用力和反作用力，故C错误；由于F1、F2共同作用的效果与重力作用的效果相同，所以FN、F1、F2三个力的作用效果和mg、FN两个力的作用效果相同，故D正确．
7.【答案】AC
【解析】A. 72N 和 23N 的合力范围
72N−23N≤F合≤72N+23N
即
49N≤F合≤95N
当两水平拉力的合力为 80N 时，静摩擦力为 80N ，故A正确；
B. 202N 和 121N 的合力范围
202N−121N≤F合≤202N+121N
即
81N≤F合≤323N
两水平拉力的合力不可能为 80N ，故静摩擦力不可能为 80N ，故B错误；
C. 318N 和 351N 的合力范围
351N−318N≤F合≤318N+351N
即
33N≤F合≤669N
当两水平拉力的合力为 80N 时，静摩擦力为 80N ，故C正确；
D. 600N 和 500N 的合力范围
600N−500N≤F合≤500N+600N
即
100N≤F合≤1100N
两水平拉力的合力不可能为 80N ，故静摩擦力不可能为 80N ，故D错误。
故选AC。
8.【答案】BD
【解析】A.根据
x3−x1=2aΔt2
可得苹果下落的加速度大小为
a=x3−x12⋅Δt2
选项A错误；
B.羽毛下落到C点的速度大小为BD间的平均速度，则
vC=x2+x32Δt
选项B正确；
C.真空中苹果和羽毛的重力加速度相同，可知一段时间后苹果与羽毛仍平齐，选项C错误；
D.根据初速度为零的相邻相等时间的位移关系可知，若满足关系 x1:x2:x3=1:3:5 ，则A为苹果释放的初始位置，选项D正确。
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
根据匀减速直线运动的位移时间公式列出两个方程，即可求出初速度和加速度。判断出物体在2−3s之间已经停止，结合运动学公式和平均速度的推论求出物体的加速度．从而得出物体速度减为零的时间．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出0.5s末的速度。解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意3s前物块已经停止。
【解答】
AB.根据位移时间公式得，第1s内的位移为：X1=v0t+12at2=8m，第3s内的位移为：x3−x2=v0+2at+12at2=0.5m，代入数据解得：v0=9.875m/s，a=−3.75m/s2得：v3=v0+at=−1.375m/s，说明在3s前物体已经停止，0.5s末的速度为8m/s，则从0.5s末开始到停止的时间为va，则2s后运动的时间：va−1.5=8a−1.5，采用逆向思维得，2s后到停止的位移为：s=12a(8a−1.5)2=0.5m解得：a=4m/s2，故A正确，B错误；
末的速度为1s内的平均速度，故为8m/s，故C正确；
D.如果在3s前就已经停止运动，则物体在第2.5s末速度不等于第三秒的平均速度，故D错误。
故选AC。
10.【答案】CD
【解析】AB.根据匀变速运动的位移公式 x=v0t+12at2，整理得 xt2=v01t+a2，在 xt2−1t 图像中是直线，由此可得 v0a=4m/s，aa=2m/s2； v0b=2m/s， ab=4m/s2，因为b车的加速度大，b车的速度变化快，a车初速度大，但加速度小，故开始运动后a车在前，后来b车在前，故AB错误；
C.当两车速度相同时，两车相距最远，由 v0a+aat=v0b+abt 得 t=1s，两车相距最远距离为d=v0at+12aat2−v0bt+12abt2=1m，故C正确；
D.两车相遇有 xa=xb 即 v0at′+12aat′2=v0bt′+12abt′2，t′=2s，只有一解，相遇一次，故D正确。
11.【答案】(1)BD
(2) F′
(3)B

【解析】(1)A.两根细线是否等长不影响实验的误差，只要细线长度和两细线的夹角大小合适就可以，故A错误；
B.弹簧测力计的示数不宜太小，也不宜太大，超过弹簧测力计的量程，大小适中就可以，故B正确；
C.两条细线的夹角要适宜，不宜太小或太大，否则做图时误差较大，故C错误；
D.在确定细线拉力方向时，所取两个点尽可能远一些，可以确保方向更准确一些，故D正确。
故选BD。
(2)图乙中F是合力的理论方向， F′ 是合力的真实方向，所以没有操作失误，图乙中一定沿着AO方向的力是 F′ 。
(3)左边的弹簧测力计逆时针转动时，结点O处于动态平衡状态，两弹簧拉力的合力不变， F1 的方向不变，根据图解法做图如下
由图可知，左边的弹簧测力计转动的过程中，该弹簧测力计的示数逐渐增大。
故选B。
12.【答案】(1)C；(2) A；(3) b；2(c−b)a。
【解析】【分析】打点计时器是高中重要的实验仪器，要掌握其工作原理和使用方法。
根据匀变速直线运动位移与时间关系式列式，并整理为xt−t的形式，结合图像丙分析斜率和纵轴截距的物理意义。
【解答】(1)电火花打点计时器所用的电源电压为220V的交流电，C正确;
(2)实验时应先接通电源，再释放纸带，A正确;
为了充分地利用纸带，释放重锤时，重锤应尽量靠近打点计时器，B错误;
纸带上打的点越密，说明在相等时间内位移越小，则物体运动的越慢，C错误;
故选A。
(3)根据匀变速直线运动的规律有x=vAt+12gt2，
整理得xt=12gt+vA，
结合图像可知vA=b，
图像的斜率为k=12g=c−ba，
解得g=2(c−b)a．
13.【答案】(1)对球根据平衡条件得
FN=Gsin45∘=8 2N
对木块根据平衡条件得
FNcs45∘=4+fmax
解得
fmax=4N
如果水平推力改为5N，根据平衡条件得
FNcs45∘=5+f1
解得
f1=3N
方向水平向右；
(2)如果水平推力改为11N，根据平衡条件得
11=FNcs45∘+f2
解得
f2=3N
方向水平向左。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)根据匀变速直线运动的速度公式v=v0+at得，
在跑道上加速飞行时间为：t=v−v0a=50−255s=5s…①
(2)根据速度位移公式v2−v02=2ax得
在跑道上加速距离为：x=v2−v022a=502−2522×5m=187.5m…②
(3)设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v1
对航母有：L1=v1t…③
对飞机有：v=v1+at…④
v2−v12=2a(L+L1)…⑤
其中a=5.0m/s2，v=50m/s，L=160m
联立并代入数据解得：v1=10m/s。
【解析】(1)根据速度时间关系求解加速起飞时间；
(2)根据速度位移关系求解加速距离；
(3)飞机的位移等于跑道的长度与航空母舰的位移之和，运用速度位移公式进行求解。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用。对于第三问，关键抓住飞机的位移等于跑道的长度和航空母舰的位移之和进行求解。
15.【答案】解：(1)AB整体。竖直方向合力为零，底面对B球的支持力N=2mg，根据牛顿第三定律，B球对车厢水平底面的压力N′=2mg，方向竖直向下；(2)设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足
NxNy=tanθ
竖直方向
Ny=mg则，Nx=mgtanθ
可得a=gtanθ
对小球A、B和小车整体：根据牛顿第二定律
F=5ma=5mgtanθ，方向向右
(3)若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
Fmin=Nx−μ(mg+Ny)=mgtanθ−2μmg
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
Fmax=Nx+μ(mg+Ny)=mgtanθ+2μmg
小球B：根据牛顿第二定律：Fmin=mamin，Fmax=mamax
系统：根据牛顿第二定律：F=5ma
得F的最大值为：F=5mg(tanθ+2μ)
F最小值为：当tanθ>2μ时，F=5mg(tanθ−2μ)
或当tanθ≥2μ时，F=5mg(tnθ−2μ)
当tanθ≤2μ时，F=0
答：(1)B球对车厢水平底面的压力为2mg，方向竖直向下；
(2)若B球受到的摩擦力为零，F的大小为5mgtanθ，方向水平向右；
(3)若推力F向右，F的取值范围见解析。
【解析】(1)对AB正确，根据竖直方向受力平衡分析；
(2)分别对小球A和整体根据牛顿第二定律列方程计算即可；
(3)对B分析，当摩擦力方向向左和向右时，可得最大加速度和最小加速度，然后对整体根据牛顿第二定律计算。
能够合理选择研究对象，正确受力分析，能够根据牛顿第二定律列方程是解题的基础。
16.【答案】解：(1)滑块A恰好匀速下滑分别对两物块受力分析有
分析滑块A的受力，有f1=μFN1=μm1gcs45∘，m1gsin45∘=f1+T
分析滑块B的受力，有f2=μFN2=μm2gcs45∘，m2gsin45°+f2=T
解得：μ=13。
(2)对A、B、C整体受力分析知地面的支持力为N=(m1+m2+m3)g
代人数据得N=145N
根据牛顿第三定律有，斜面对地面的压力为145N，方向竖直向下
(3)根据(1)解得T=10 2N
对滑轮进行受力分析知，绳子对小滑轮的作用力方向竖直向下大小为F= 2T
代入数据解得F=20N，方向竖直向下
【解析】本题考查共点力的平衡，关键在于选取合适研究对象进行分析。
(1)分别对A、B受力分析，根据平衡条件求出滑块与斜面间动摩擦因数；
(2)对A、B、C整体受力分析，根据平衡条件和牛顿第三定律得到斜面C对地面的压力；
(3)绳子对小滑轮的作用力等于绳子拉力的合力，根据力的合成求解。