山东省日照市莒县第一中学2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题

试卷第 1页，共 8页 高一上学期 12 月考考试 物理试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单项选择题：本题包括 8 小题，每小题 3 分，共 24 分 1．“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接成功，如图所示。下列说法正确的 是（ ） A．“神舟十一号”飞船在与“天宫二号”实验室对接的 过程，可将它们视为质点 B．对接成功后，以“天宫二号”为参考系，“神舟十号”飞船是运动的 C．载人空间站建成后，研究空间站绕地球飞行的时间时，可将空间站视为质点 D．对接成功后，以地球为参考系，整个空间实验室是静止的 2．一小车沿直线运动，从 t = 0 开始由静止匀加速至 t = t1时刻，此后做匀减速运动，到 t = t2 时刻速度降为零。在下列小车位移 x与时间 t的关系曲线中，可能正确的是（ ） A． B． C． D． 3．有关匀加速直线运动，下列说法中正确的是（ ） A．加速度是均匀变化的 B．速度的变化大小是相同的 C．第 1s、第 2s、第 3s 内的位移之比为1:3:5 D．在任意两个连续相等的时间间隔内，位移之差相等 4．如图所示，在光滑水平地面上，两物块用细线相连，A 物块质量为 1kg，B 物块质量为 2kg 细线能承受的最大拉力为 3N。若在水平拉力 F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。 试卷第 2页，共 8页 则 F的最大值为（ ） A．12N B．9N C．6N D．3N 5．一质点沿直线 Ox方向做变速运动，它离开 O点的距离随时间变化的关系为 x=5+2t3（m）， 它的速度随时间 t变化的关系为 v=6t2（m/s）。该质点在 t=2s 时刻的速度和 t=1s 到 t=3s 间的平 均速度分别为（ ） A．12m/s，12m/s B．24m/s，6m/s C．13m/s，26m/s D．24m/s，26m/s 6．足球是青少年喜爱的一项体育运动。如图所示是一次精彩的传球、头球攻门、进球的过程（虚 线代表足球的飞行路径），下列说法正确的是（ ） A．静止在场地上的足球受到的弹力就是它的重力 B．运动员用力蹬地，身体却向上跃起，说明力的作 用是相互的 C．传球过程中，足球受到平衡力的作用 D．运动员用头顶球时，力只改变了球的运动状态 7．张师傅正在抢修重要机器，其中一个零件如图所示。张师傅要剪去细绳，其中小球 A 质量 为 2m，小球 B 质量为 3m，中间连接了一根弹簧，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A．剪断细绳瞬间，A 球加速度 A 2.5a g B．剪断细绳瞬间，A 球加速度 A 5a g C．剪断细绳瞬间，B 球加速度 Ba g D．剪断细绳瞬间，B 球加速度 B 3a g= 8．如图，质量均为 2kg 滑块 A与小球 B用一根不可伸长的轻绳相连，滑块 A套在水平直杆上。 现用大小为 30N 的水平力 F拉 B，A、B保持静止，重力加速度为 10m/s2，则水平直杆对 A的 试卷第 3页，共 8页 作用力大小为（ ） A．30N B．40N C．50N D．70N 二、多项选择题：本题包括 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。 9．一架无人机在竖直平面内沿倾斜的虚线做变速直线飞行，如图所示，将无人机的重力记为 G， 除重力外的其他外力的合力记为 F，加速度记为 a。则下列关于 无人机在此过程中受力分析及加速度方向的示意图可能正确的 是（ ） A． B． C． D． 10．我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器从水面开始竖直下潜，在 100s 时做匀减速运动返回到 水面，其运动的 -v t图象如图所示（最后匀减速运动没画出），下列说法正确的是（ ） A．下潜的最大深度为 300m B．返回水面的时刻为 160s C．在 80～100s 内加速度为 0.50m/s2 D．100s 内平均速度的大小为 5m/s 11．如图所示，小车运动时，看到摆球悬线与竖直方向成 角并与小车保持相对静止，则下列 试卷第 4页，共 8页 说法中正确的是（ ） A．小车可能向右加速运动，加速度为 tang  B．小车可能向右减速运动，加速度为 tang  C．小车可能向左加速运动，加速度为 tang  D．小车可能向左减速运动，加速度为 tang  12．如图所示，中心轴线与斜面平行的轻弹簧一端连着斜面上的物体 B，另一端连着细绳，细 绳跨过定滑轮与物体 A相连接，定滑轮用短杆连接， 短杆竖直固定在天花板上，物体 A、B和 斜面体 C都处于静止状态。则（ ） A．B受到 C的摩擦力一定沿斜面向上 B．水平面对 C的摩擦力一定沿水平面向左 C．短杆受到定滑轮的作用力不可能沿着杆向下 D．若把细绳稍微增长一些，弹簧长度将变短 三、非选择题：本题包括 6 小题，共 60 分。 13．（6 分）某实验小组同学利用如图甲所示的实验装置测量当地的重力加速度大小。先平衡摩 擦力，之后将小车固定在靠近打点计时器处，在动滑轮上悬挂砝码盘和砝码，接通打点计时器 电源后释放小车，打点计时器打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所接电源的频率 50Hzf  ，释放小车的瞬间打点计时器打的点记为 0，之后的点依次记为 1，2，3，…，0 与 120 两点间的距离为 152.36cm，119 与 121 两点间的距离为 5.08cm，两滑轮、细绳及纸带的质 量、空气阻力均不计，回答下列问题： (1)描述如何平衡摩擦力： 。 (2)小车的加速度大小 a  m/s2。（结果保留两位小数） 试卷第 5页，共 8页 (3)测得小车的质量 M，砝码盘和砝码的总质量 m，则当地的重力加速度大小 g  。（g用 M，m，a来表示） 14．（6 分）某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图甲所示为某次实验中用 手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环的示意图，其中 A为固定橡皮条的图钉，O为标记出的 小圆环的位置，OB和 OC为细绳。图乙是在白纸上根据该次实验结果画出的图。 (1)本实验主要采用的科学方法是（ ） A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想实验法 D．建立物理模型法 (2)图乙中的力 F和力 F'，一定沿橡皮条 AO方向的是 （选填“F”或“F'”） (3)在另一次实验中，该同学用两个弹簧测力计，通过细绳对小圆环施加平行木板平面的拉力作 用，两个拉力的方向如图丙所示。如果小圆环可视为质点，且小圆环、橡皮条和细绳的重力可 忽略不计，小圆环平衡时，橡皮条 AO、细绳 OB和 OC对小圆环的拉力的分别为 F1、F2和 F3， 关于这三个力的大小关系，正确的是______。 A．F1>F2>F3 B．F3>F1>F2 C．F2>F3>F1 D．F3>F2>F1 试卷第 6页，共 8页 15．（8 分）如图所示，粗糙的水平地面上放置一质量为2kg 的物体，物体与水平面之间的动摩 擦因数为 0.5  。物体在拉力 F作用下由静止开始运动，F大小为 20N，方向与水平方向的 夹角为37斜向上，经 2s撤去拉力 F，已知sin 37 0.6  ，cos37 0.8  ，取 210m sg  。 求： （1）在拉力 F的作用下物体运动的加速度大小； （2）物体运动的最大位移。 16．（10 分）一辆长途客车正在以 v0=20m/s 的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方 34m 处有一只狗，如图甲所示（t=0），长途客车的速度时间图像如图乙所示。 (1)求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离； (2)求长途客车制动时的加速度； (3)若狗正以 v1=4m/s 的速度与长途客车同向奔跑，狗能否摆脱被撞的噩运？ 试卷第 7页，共 8页 17．（14 分）如图所示，传送带与地面夹角 37  ， AB长度为16m，传送带以10m / s 的 速率逆时针转动。在传送带上端A 无初速度地放一个质量为0.5kg 的物体，它与传送带之间的 动摩擦因数为0.5。（ sin 37 0.6° ， cos37 0.8° ， g取 210m / s ）求： （1）物体刚放上传送带的加速度是多大？ （2）物体达到速度10m / s 时的位移多少米？ （3）物体从A 运动到 B所需时间是多少？ 试卷第 8页，共 8页 18．（16 分）如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止 状态，长木板的质量为 4kgM  ，物块的质量为 2kgm  ，物块与长木板间的动摩擦因数为 1 0.2  ，长木板与地面之间的动摩擦因数为 2 0.4  ，对长木板施加一个水平向右的拉力 F ， 拉力 40NF  ，作用0.9s后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上 掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g大小取 210m / s ， 求∶ (1)刚开始运动时物块与长木板的加速度大小分别为多大； (2)撤去拉力后，m和M 运动的时间分别为多少； (3)长木板的最短长度 L。 答案第 1页，共 4页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D B D B A C AD BC 题号 11 12 答案 BC BC 1．【详解】A．在交会对接的过程中，对“神舟十一号”和“天宫二号”姿态调整，涉及到转动，所 以不能将神舟十一号和天宫二号看成质点，故 A 错误； B．对接成功后，神舟十一号飞船与天宫二号运动情况相同，相对静止的，故 B 错误； C．研究空间站绕地球飞行的时间时，形状和大小可以忽略，可将空间站视为质点，故 C 正确； D．对接成功后，以地球为参考系，整个空间实验室绕地球转动，是运动的，故 D 错误。 2．【详解】x—t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即 0—t1图像斜率变 大，t1—t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在 t2时刻停止图像的斜率变为零故选 C。 3．【详解】A．匀变速直线运动的加速度保持不变，故 A 错误；B．只有相同时间内的速度变 化大小才能相同，故 B 错误；C．只有初速度为零的匀加速直线运动，连续三个相同时间内的 位移比为 1:3:5，故 C 错误；D．根据匀变速直线运动的逐差关系，在任意两个连续相等的时间 间隔内，位移之差相等，故 D 正确。 4．【详解】对于 A 物体有 max AT m a 又 max 3NT  解得 A 物体最大加速度 23m/sa  对两物块整体 做受力分析有 A B( )F m m a  解得 9NF  故选 B。 5．【详解】由速度随时间变化的关系  2 m s6 /v t 当 2st  时，代入得 6 4m / s 24m / sv    该 质点在 1st  到 3st  间的位移为    3 3 3 33 3 11 5 2 5 2 2 3 2 1 52ms x x t t           平均速度 52 m / s 26m / s 2 sv t    故选 D。 6．【详解】A．静止在场地上的足球受力平衡，此时重力大小等于足球受到的弹力大小，但是 不能说足球受到的弹力就是它的重力，故 A 错误； B．运动员用力蹬地，身体却向上跃起，说明力的作用是相互的，故 B 正确； C．传球过程中，足球的运动状态改变，足球不是受到平衡力的作用，故 C 错误； D．运动员用头顶球时，力即改变了足球的运动状态，也改让足球发生了形变，故 D 错误。 故选 B。 7．【详解】剪去细绳前，以 B 为对象，可得弹簧弹力为 3F mg 剪去细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，则 B 的受力不变，B 的加速度为 0；以 A 为对象，根据牛 顿第二定律可得 A 2 2.5 2 mg F ga m    故选 A。 8．【详解】以整体为研究对象，受到总重力、拉力、水平杆的支持力 和摩擦力，水平直杆对 A的作用力为水平杆的支持力和摩擦力的合力； 答案第 2页，共 4页 如图所示：根据几何关系可得：F 合= 2 2 2 2(2 4) 0 30mg F   =50NC 正确，ABD 错误。 9．【详解】根据牛顿第二定律可得 F ma合 可知加速度的方向与合外力的方向相同,故选 AD。 10．【详解】A．由图可知 60s 时下潜到最大深度，由 v-t图象知 20 60 10 m 400 m 2 h    A 错 误；B．80~100s 内加速上升的高度为 1 20 10 m 100m 2 h   由于下潜的最大深度和上升的高度相 同，因此匀减速上升的高度是 2 400m 100m 300mh    设匀减速上升的时间为 t，可得 2 10 2 th  解得 t=60s 所以返回水面的时刻为 160s，B 正确；C．在 80~100s 内加速度为 2 210 0 m/s 0.5m/s 20 va t       C 正确；D．100s 内运动的总位移大小为 300m，则 100s 内平均 速度的大小为 300 m/s 3m/s 100 xv t      D 错误。故选 BC。 11．【详解】以小球为研究对象进行受力分析：受重力、线的拉力，根据牛顿第二定律可得，在 水平方向有 sin T ma  在竖直方向有 cos 0T mg   联立解得 tana g  方向向左， 故则小车可能向左做加速运动，加速度为 gtanθ，也可能向右 做减速运动，加速度为 gtanθ。故选 BC。 12．【详解】A．当 B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力。故 A 错误； B．以 BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图如图 根据平衡条件，水平面对 C的摩擦力 cosf F  方向水平向左。故 B 正 确； C．滑轮受到重力、和 AB两个物体的拉力，这三个力的合力的方向不在 竖直方向上，所以滑轮受到的杆对滑轮的作用力的方向一定不能是竖直 向上。故 C 正确； D．若把细绳稍微增长一些，弹簧上作用力大小不变，长度不变，故 D 错误。故选 BC。 13．(1)调节木板的倾角，使小车在未悬挂砝码盘时能拖着纸带沿木板向 下匀速运动(2)0.53 (3) 4 2 M m a m  【详解】（1）调节木板的倾角，使小车在未悬挂砝码盘时能拖着纸带沿木板向下匀速运动。（2） 依题意，纸带上打点的时间间隔为 1 0.02sT f   由纸带数据可知，纸带上点“120”对应的速度大小为 2 119 121 120 5.08 10 m / s 1.27m / s 2 2 0.02 xv T       小车做匀加速直线运动，则有 2 0 120 1202ax v  解得 20.53m / sa  （3）设细绳张力为 F，由牛顿第二定律，可得 F Ma ， 2 2 amg F m   联立，解得 4 2 M mg a m   答案第 3页，共 4页 14．(1)B (2)F (3)A 【详解】（1）略（2）用一个弹簧秤拉橡皮筋时，力一定沿橡皮条 AO方向，图中可以看出，F 表示一个力，F 表示的是用平行四边形定则作出的两个力的合力，所 以一定沿橡皮条 AO方向的是 F。 （3）对 O点进行受力分析， 2F 与 3F 的合力与 1F 等大反向，如图 根据几何关系可知 1 2 3F F F  故选 A。 15．【详解】（1）对物块进行受力分析如图所示，水平方向由牛顿第二 定律 1cos37F f ma   竖直方向由力的平衡 sin 37N F mg   f N 解得 21 6m sa  （2）物体加速运动位移为 21 1 1 1 2 x a t 撤力时物体速度 1 1 12 m sv a t  撤力 F后匀减速运动的加速度大小为 2a 2mg ma  匀减速运动的位移为 x2 2 2 20 2v a x   运动的最大位移 1 2x x x  解得 26.4mx  16．【详解】（1）由题图乙可知，长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离等 于 v-t图线与时间轴所围成的面积，即 1[20 0.5 20 (4.5 0.5)]m 50m 2 x        （2）长途客车制 动时的加速度为 2 20 20= m/s 5m/s 4.5 0.5 va t        即加速度的大小为 5m/s2，方向与速度方向相反； （3）当客车由 v0=20m/s 减速到 v1=4m/s 时，需要的时间为 1 0 4 20= s 3.2s 5 v vt a      司机从看到狗到速度减为 v1=4m/s 所通过的位移为 1 0 1 0 4 2020 0.5 3.2m 48.4m 2 2 v vx v t t         狗通过的位移为 2 1 ( ) 4 (0.5 3.2)m 14.8mx v t t        由于 2 0 1x x x  所以狗能摆脱被撞的噩运。 17．（1） 2/m10 s （2） m5 （3）2s 18．【详解】（1）假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 2 0( ) ( )F M m g M m a    解得 2 0 8 m/s 3 a  当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根 据牛顿第二定律有 1 1mg ma  解得 2 1 2m/sa  ;由于 0 1a a ，则物块与长木板之间发生相对滑动。以 答案第 4页，共 4页 长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 2 1 2( )F M m g mg Ma     解得 2 2 3m/sa  （2）作用时间 1 0.9t  s过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小为 1 1 1 1.8m/sv a t  长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小为 2 2 1 2.7m/sv a t  撤去拉力时长木板的速度大于物块速度， 则撤去拉力之后物块与长木板之间继续发生相对滑动，设再经 2t 二者共速，物块继续做匀加速运动，加速 度为 2 3 1 2m/sa a  长木板做匀减速直线运动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律 2 1 4( )M m g mg Ma    解得 2 4 7m/sa  设经过时间 2t 物块与长木板达到共同速度v，根据运动学公式 1 3 2 2 4 2v v a t v a t    解得 2 0.1t  s， 2m/sv  当两者速度相等之后，假设物块与长木板一起运动，以整 体为研究对象，根据牛顿第二定律有 2 0( ) ( )M m g M m a    解得 2 0 4m/sa   此时物块与长木板之间的 摩擦力为 0 8f ma   N物块与长木板之间的最大静摩擦力为 m 1 4f mg  N由于 mf f> ，则物块与长 木板两者速度相等之后不会一起做减速运动，物块相对于长木板向前滑动，物块的加速度 2 5 3 2m/sa a  停止的时间 3 5 1vt a   s物块运动的时间为 0.1s 1s 1.1st   物 以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 2 1 6( )M m g mg Ma    解得 2 6 5m/sa  停止的时间 4 6 0.4svt a   长木板运动的时间为 0.1s 0.4s 0.5st   板 （3）作用 1 0.9t  s时间过程中，物块的位移 11 1 0.812 vx t  m 长木板的位移 22 1 1.2512 vx t  m 撤去拉力后0.1s，此过程中物块的位移为 13 2 0.192 v vx t  m长木板的位移 24 2 0.2352 v vx t  m在 1 0.9t  s和 2 0.1t  s时间内物块相对于长木板向左滑动的距离 1 2 4 1 3( ) 0.45x x x x x      m当两者速 度相等之后，物块减速过程运动位移为 2 5 5 1 2 vx a   长木板减速过程运动位移为 2 6 6 0.4 2 vx a   m此过程 中物块相对于长木板向前滑动的位移为 2 5 6 0.6x x x    m则 2 1x x   ，则长木板的最小长度为 2 0.6L x   m