重庆市2024_2025学年高一物理上学期12月月考试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高一物理上学期12月月考试题含解析，共22页。试卷主要包含了 关于下列四幅图的叙述正确的是， 下列四幅图中的说法正确的是， 如图所示，质量m=0等内容，欢迎下载使用。
A. “千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的基本单位
B. 实验表明，物体在空气中高速行进时，空气阻力f与受力面积S及速度v的关系为，则在国际单位制中，比例系数k的单位是
C. 当极短时，就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的微元法
D. 在无需考虑物体的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是“理想模型法”
【答案】D
【解析】
【详解】A．“千克米每二次方秒被定义为“牛顿”，“牛顿”是导出单位，故A错误；
B．根据空气阻力f与受力面积S及速度v的关系为
可得
则在国际单位制中，比例系数k的单位是
故B错误；
C．当极短时，就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的极限法，故C错误；
D．在无需考虑物体的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是“理想模型法”，故D正确。
故选D。
2. 关于下列四幅图的叙述正确的是（ ）
A. 图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大
B. 图乙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，则马对车的拉力大于车对马的拉力
C. 图丙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间
D. 图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因
【答案】C
【解析】
【详解】A．质量是惯性大小的唯一量度，速度与惯性大小无关，选项A错误；
B．马对车的拉力和车对马的拉力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律知，其大小相等，选项B错误；
C．伽利略的“斜面实验”是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间，选项C正确；
D．伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，说明力是改变物体运动的原因，选项D错误。
故选C。
3. 如图所示，三个力同时作用在质点P上，它们的大小和方向相当于正六边形的两条边和一条对角线。已知F1=F2=F，则这三个力的合力大小等于（ ）
A. 3FB. 4FC. 5FD. 6F
【答案】A
【解析】
【详解】F1、F2的夹角为120°，根据几何知识可知
根据平行四边形定则可知F1、F2的合力为F，且方向与F3共线同向，所以F1、F2、F3的合力大小为3F。
故选A。
4. 北京时间2024年8月5日，巴黎奥运会游泳男子米混合泳接力决赛中，我国最后一棒运动员在落后法国队运动员出发的情况下奋起直追最后反超获胜，帮助中国队夺得金牌，打破了美国队在该项目长达40年的垄断。根据电视直播数据绘了两位运动员在比赛最后阶段的运动图像，以下说法正确的是（ ）
A. 图中虚线表示我国运动员的运动图像
B. 图像反映了两位运动员全程都在减速
C. 两位运动员从到间齐头并进
D. 两位运动员全程的平均速率可能相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，图中虚线用时较短先到达终点赢得比赛，表示我国运动员的运动图像。故A正确；
B．根据图像的斜率表示速度，从图像可知，两位运动员有一段近乎匀速直线运动，最后冲刺时略有减速，故B错误；
C．由图可知两位运动员从到间速度相同，保持间距不变，并不是齐头并进，故C错误；
D．两运动员所用时间不同，路程相同，根据
可知两位运动员全程的平均速率不相等，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，将固定在水平地面上的斜面分为四等份，。一小球从斜面底端A点冲上斜面，经过时间t刚好能到达斜面顶端E点。小球在向上匀减速运动的过程中，通过段所用的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球从斜面底端A点斜向上做匀减速直线运动直至速度为零，由通过连续相等位移所用时间之比的特点，则有通过各段所用的时间之比为
所以
故通过段所用的时间为，C正确。
故选C。
6. 某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”，加速度为钢球受到的合力与质量之比。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 30cm刻度对应的加速度为B. 40cm刻度对应的加速度为g
C. 50cm刻度对应的加速度为2gD. 各刻度对应加速度的值是均匀的
【答案】D
【解析】
【详解】由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，可认为弹簧的原长；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则根据受力平衡有
可得弹簧的劲度系数为
A．30cm刻度时，根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
故A错误；
B．40cm刻度时，根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
故B错误；
C．50cm刻度时，根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
故C错误；
D．设刻度对应值为，根据牛顿第二定律可得
可知加速度与对应刻度值成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，质量为M的木箱用细绳竖直悬挂，在木箱底部放有质量为m的物块A，在木箱顶部用轻质弹簧悬挂的质量也为m的物块B。剪断细绳的瞬间，物块A、B和木箱的瞬时加速度大小分别为（ ）
A. g、0、gB. g、g、g
C g，0，D. 0，0，
【答案】C
【解析】
【详解】细绳剪断前B处于平衡状态，弹簧弹力大小
细绳剪断的瞬间弹簧的弹力不能突变，所以剪断细绳的瞬间，B受力不变，仍然平衡，则
剪断细绳的瞬间，木箱不在受细绳的拉力，木箱受重力Mg和弹簧向下的拉力F，由牛顿第二定律可知
解得木箱的加速度大小为
物块A只受重力作用，加速度为g。
故选C。
8. 一长为L的金属管从地面以的速率竖直上抛，管口正上方高处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过．已知重力加速度为g，不计空气阻力．关于该运动过程说法正确的是（ ）

A. 小球穿过管所用时间大于
B. 若小球在管上升阶段穿过管，则
C. 若小球管下降阶段穿过管，则
D. 小球不可能在管上升阶段穿过管
【答案】B
【解析】
【详解】A．两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为
故A错误；
B．刚好在管上升最高点穿过管有
解得
若小球在管上升阶段穿过管，则
故B正确；
C．若小球在管刚着地时穿管，有
解得
结合B分析可知小球在管下降阶段穿过管则
故C错误；
D．根据以上分析可知，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：共4题。每题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。
9. 下列四幅图中的说法正确的是（ ）
A. 甲图中，由于书本的形变，书对桌面产生向下的弹力
B. 乙图中，碗对筷子弹力如图中箭头所示
C. 丙图中，竖直细线将光滑小球吊起，搁在斜面上，则斜面对小球没有弹力作用
D. 丁图中，A、B两物体叠放，在水平外力F的作用下共同做匀速直线运动，则A、B间摩擦力方向向右
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据弹力的产生条件，由于书本的形变，书对桌面产生向下的弹力，故A正确；
B．弹力总是垂直于接触面，F2方向错误，故B错误；
C．小球重力竖直向下，细线对小球的作用力竖直向上，小球水平方向不受力的作用，则斜面对小球没有弹力作用（否则小球不会平衡），故C正确；
D．对A分析，水平方向若受摩擦力作用，则不会处于平衡状态，AB之间无摩擦力，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，质量m=0.4kg的物块停放在水平桌面上。现对物块施加一个竖直向上的外力F，使它由静止开始竖直向上做直线运动。已知外力F随时间t的变化关系为F=（6-2t）N，（时间单位为秒，g取10m/s2）。则（ ）
A. 物块向上运动过程一直做加速运动
B. 物块向上运动过程中始终处于超重状态
C. 在0~1s内，物块处于超重状态
D. 在t=2s时，物块的速度为零
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】根据牛顿第二定律
可得物体向上运动的加速度
（m/s2）
物体在0~1s内向上做加速运动，处于超重状态，在1s~2s内向上做减速运动，处于失重状态，根据运动的对称性，在t=2s时物体的速度减小为零。
故选CD。
11. 如图，质量为m0的斜面体C置于粗糙水平地面上，斜面体顶端装有一光滑定滑轮，一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块A，质量为m1，另一端与斜面上的物块B相连，已知B的质量为m2，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动A，直至悬挂A的细绳与竖直方向成45°．已知B和斜面体C始终保持静止，则在此过程中
A. 地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右，不断增加
B. 地面对斜面体C的支持力小于
C. B所受斜面的摩擦力大小可能一直减小
D. 物块B水平方向所受合力一直增加
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设某时刻细线与竖直方向的夹角为θ，则对A受力分析可知
F=m1gtanθ
对ABC的整体，水平方向受到向左的拉力F，则地面对斜面的摩擦力向右，大小为
f=F=m1gtanθ
则随着θ增加，则地面对斜面体C的摩擦力不断增加，选项A正确；
B．对ABC的整体，竖直方向受力平衡，则地面对斜面体C的支持力等于，选项B错误；
C．若开始时B所受斜面的静摩擦力沿斜面向上，则

而
则随θ 角的变大T变大，fB减小，选项C正确；
D．物块B一直静止，则合力一直为零，可知物块B水平方向所受合力一直为零，选项D错误．
12. 如图所示，在足够长的粗糙竖直墙壁上有一物块保持静止。某一时刻无初速度释放物块，并分别以两种方式施加外力，使物块时刻紧紧地贴合在墙壁上运动。假设两次释放物块完全相同，墙壁粗糙程度不变，比例系数k大小相同（在国际单位制下数值相等）。则（ ）

A. 方式一下落过程中物体受到合外力方向改变，方式二下落过程中物体受到合外力方向不变
B. 方式一下落过程中物体速度先增大后减小，方式二下落过程中物体速度一直增大
C. 两次释放过程中物体最终均可保持静止
D. 方式一下落过程中物体达到的最大速度大于方式二下落过程中物体达到的最大速度
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．对方式一下落过程，对物体竖直方向的受力分析，它受到重力mg，竖直向上的摩擦力f，由牛顿第二定律,得
由上式子可知,当时加速度a=0，那么可以分两种情况讨论可知：
当时加速度a>0，得出合力向下，加速运动；
当时加速度，得出合力向上，做减速运动；
故方式一下落过程中物体受到合外力方向改变；
对方式二下落过程，对物体竖直方向的受力分析，它受到重力mg，竖直向上的摩擦力f，由牛顿第二定律,得
由上式子可知,当时加速度a=0，那么速度v 不再增大，同样分两种情况讨论可知：
当时加速度a>0，得出合力向下，继续向下加速运动；
当时加速度a=0，得出合力为0，向下做匀速直线运动；
故方式二下落过程中物体受到合外力方向不变；
故A正确；
BC．因为方式一下落过程中物体从静止开始先加速后减速，所以速度先增大后减小，最终保持静止；方式二下落过程中物体从静止开始先加速后匀速，最终保持匀速，故BC错误；
D．方式二下落过程中达到的最大速度为
方式一下落过程中加速度为
由函数关系可知，物体加速度随时间均匀减小，且当时加速度a=0，故物体下落速度达到最大速度过程的等效加速度为
由匀加速运动速度公式,代入数值可知
对比v1和v2，可知
故D正确。
故选AD。
【点睛】
三、实验题:共2题，共15分。
13. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验时，小明和小红有不同的实验方案。小明同学用到两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水瓶。先将弹簧a一端固定在墙上的钉子A上，另一端挂矿泉水瓶，如图（a）所示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子A、B上，另一端连接于结点O，在结点O挂矿泉水瓶，静止时分别测出AO、BO与竖直方向的偏角如图（b）所示。改变钉子B的位置，按照上述方法多测几次。
（1）在使用弹簧之前，为了测试两个弹簧是否完全相同，则在如图（c）所示的两种方案中可行的是________（填“甲”或“乙”）。
（2）依据上述方案并根据力的平行四边形定则，为画出力的合成图示，下列操作哪个不是必须的（ ）
A. 实验中标记下结点O的位置，并记录三个力的方向
B. 要测量弹簧的原长
C. 要测量图（a）、图（b）中弹簧的长度
D. 实验中要使结点O的位置始终固定不变
（3）根据实验原理及操作，在作图时，图中________（选填“丙”或“丁”）是合理的。
【答案】（1）乙 （2）D
（3）丙
【解析】
【小问1详解】
在使用弹簧之前，为了测试两个弹簧是否完全相同，则在如图（c）所示的两种方案中，由于弹簧自身重力作用，甲方案会受影响，可行的是乙方案，会减小重力的影响。
【小问2详解】
A．实验中标记下结点O的位置，并记录三个力的方向，故A正确，不符合题意；
BC．弹簧的弹力与形变量有关，需要测量形变量，因此要测量弹簧的原长，即要测量图（a）、图（b）中弹簧的长度，故BC正确，不符合题意；
D．由于矿泉水瓶的重力是定值，因此不必实验中要使结点O的位置始终固定不变，故D错误，符合题意。
故选D。
【小问3详解】
根据实验原理及操作，在作图时，图（a）单独用一个弹簧测定拉力，即是合力的真实值，由于矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下，因此x1应沿竖直向下方向，图中丙是合理的。
14. 重庆八中实验小组做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。
（1）完成实验后，小明用刻度尺测量纸带点间距离时如图所示，B点的读数是________cm，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，则B点对应的速度vB=________m/s。（结果保留三位有效数字）
（2）该实验小组中的四位同学利用同一条纸带，分别作出了如图所示的四幅v-t图像，其中最规范的是（ ）
A. B.
C. D.
（3）如图所示，为正确操作后获得一条纸带，建立以计数点O为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、x1、…、x6。已知打点计时器的打点周期为T，则小车加速度的表达式是（ ）
A. B. C.
【答案】（1） ①. 3.00 ②. 1.35
（2）A （3）B
【解析】
【小问1详解】
[1]由图可知，B点的读数为3.00cm；
[2]由于相邻两计数点间的时间间隔为0.02s，所以B点对应的速度
小问2详解】
描绘图像时取坐标标度的时候不能随意，要使得大部分点落在整个坐标区域中，描完点后，先大致地判断这些点是不是在一条直线上，然后画一条直线，让这些点均匀地分布在这条直线的两侧，误差太大的点，可以舍弃。
故选A。
【小问3详解】
相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得小车加速度的表达式为
四、计算题:共4题，共45分。
15. 如图，在粗糙水平面上静止放置着质量为，的两个小滑块，小滑块之间用不可伸长的细线连接，滑块与水平面之间的动摩擦因数均为。在水平外力作用下，两小滑块一起沿水平面运动，。求：
（1）细线对的拉力大小；
（2）在时细线突然断开，还能继续运动多远。
【答案】（1）8N （2）9m
【解析】
【小问1详解】
对两滑块整体进行分析，根据牛顿第二定律有
对进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
a=2m/s2，T=8N
【小问2详解】
3s时刻，根据速度公式有
结合上述解得
细线突然断开后，对进行分析，根据牛顿第二定律有
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
解得
x=9m
16. 一汽车在水平路面上做匀速直线运动，如图甲所示，固定于车内的磁吸式手机支架利用内置的强磁铁吸附手机，侧视图如图乙所示，手机与水平面夹角，手机、支架与汽车三者保持相对静止。已知支架内强磁铁对手机的吸引力大小，方向始终垂直于接触面，手机质量，与支架接触面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度g取。
（1）求支架对手机支持力N的大小；
（2）若施加一平行于接触面向下的外力将手机缓慢抽出，求此外力F的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）对手机受力分析，在垂直接触面方向
解得
（2）将手机向下缓慢抽出时，在沿接触面方向，有
解得
17. 如图甲所示为某学校运动区竖直吊竿示意图，一同学锻炼时，爬到竿顶后由静止沿竿匀加速下滑，再匀减速下滑落地。在某次锻炼中，该同学先匀加速下滑1s，再匀减速下滑2s后速度减为0时恰好到达地面。已知该同学质量为60kg，整个下滑过程重心下降的高度，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）以开始下滑为计时起点，在图乙中画出该同学下滑过程的图像，并求出下滑过程中的最大速度；
（2）求该同学加速阶段与减速阶段受到的摩擦力大小之比；
（3）为确保安全，需保证落地时速度不得超过2m/s，且加速与减速过程的加速度均与前述过程相同，求该同学加速下滑的最大高度。
【答案】（1）图像：，；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）该同学下滑过程的图像如图所示
设此过程的最大速度为，则
解得
（2）该同学沿竿匀加速下滑时，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
该同学沿竿匀减速下滑至速度为0时，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
解得
（3）设该同学此次加速下滑的最大速度为，最大高度为，则
解得
18. 如图所示，BC为传送带，与水平方向夹角θ=37°，长度L=2.05m。质量为m=1kg的物体P（可在传送带上留下运动痕迹）从顶端C由静止开始下滑，物体P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，假设物体P与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）若传送带不动，求物体P在传送带上运动加速度a1；
（2）若传送带逆时针匀速转动速度v=1m/s，求物体P从C滑到B所用时间；
（3）若传送带原本以v0=0.5m/s的速度逆时针转动，某时刻，物体P从底端B点以vB=4m/s的初速度冲上传送带，此时原本匀速的传送带立即以加速度a0=1m/s2逆时针加速转动，求物体P从冲上传送带到离开传送带的整个过程中：
①物体P与传送带的相对路程；
②若物体P可以在传送带上留下划痕，物体P在传送带上留下划痕的长度。
【答案】（1）2m/s2
（2）1.1s （3）①1.25m；②1.125m
【解析】
【小问1详解】
若传送带不动，物体下滑时，根据牛顿第二定律可得
代入数据得
【小问2详解】
物体刚开始时受到沿传送带向下滑动摩擦力，设此时加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得
物体速度达到传送带速度时需要的时间为
此过程物体P的位移为
共速后，由于
所以物体继续沿传送带向下做匀加速运动，但摩擦力沿传送带向上，加速度为a1，设再经过t2达到底端B，根据位移时间关系可得
解得
所以物体P从C处到B处总时间为
【小问3详解】
第一阶段：速度减为0前，物体受到的摩擦力方向沿传送带向下，设此时加速度大小为a3，根据牛顿第二定律可得
物体速度减为0经过的时间为
此过程物体P的位移
说明还未到达C端此物体P速度为0时，对传送带有
此过程相对位移为
第二阶段：物体速度减为0后，摩擦力方向沿传送带向下不变，物体向下以加速度a3做加速运动，设再经过t4与传送带共速v共，根据速度时间关系可得
解得
，
此过程物体P的位移为
说明物体P还未到达B端，此过程传送带位移为
此过程相对位移为
第三阶段：共速后，摩擦力方向发生改变，沿传送带向上，物体向下以加速度a4继续向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
解得物体到达传送带底端B所用时间为
此过程传送带位移为
此过程相对位移为
所以物体P与传送带的相对路程为
②若物体P可以在传送带上留下划痕，物体P在传送带上留下划痕的长度为