山东省淄博第五中学2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题

1. 下列均属于国际单位制基本单位的是 A．kg、m、J B．N、s、m/s C．C、cm、m/s2 D．mol、K、A 【答案】D 2.如图，粗糙的木块 A、B叠放在一起，静止于水平面上。现使木块 B受到一个 水平方向的拉力 F，但木块 A、B仍保持静止，则（ ） A. 木块 A与木块 B之间无摩擦力 B. 木块 A对木块 B的压力就是木块 A受到的重力 C. 木块B不动是因为它受到的地面的摩擦力大于拉力F D. 木块 B 先对地面施加压力，使地面发生形变后，地 面再对木块 B施加支持力 【答案】A 【解析】 【详解】A．对 A分析，若 A、B之间有摩擦力，则 A无法保持平衡状态，所以木块 A与 木块 B之间无摩擦力，故 A正确； B．A对 B的压力的施力物体是 A、受力物体是 B，木块 A的重力的施力物体是地球、受力 物体是 A，A对 B的压力大小等于 A的重力，但二者不是同一个力，故 B错误； C．B不动是因为它与地面间的最大静摩擦力大于 F，根据平衡条件可知 B实际受到的摩擦 力大小等于拉力 F，故 C错误； D．木块 B对地面的压力和地面对 B的支持力是一对作用力与反作用力，二者同时产生、 同时消失，故 D错误。 故选 A。 3. 在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8s，由于 前方突然有巨石滚下，堵在· 路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经 4s停在巨石前．则 关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（ ） A. 加速、减速中的位移之比 1 2:x x 等于 1∶2 B. 加速、减速中的位移之比 1 2:x x 等于 2∶1 C. 加速、减速中的平均速度大小之比 1 2:v v 等于 2∶1 D. 加速、减速中的平均速度大小之比 1 2:v v 等于 1∶2 【答案】B 【解析】 【详解】CD．匀变速直线运动的平均速度 0 2 v vv  则加速过程和减速过程中初速度和末速度的矢量和相等，故平均速度相等，故 CD错误； AB．位移公式 x vt 则加速、减速中的位移之比 1 2 1 2: : 8s : 4s 2 :1x x t t   故 A错误，B正确。 故选 B。 4. 图是甲、乙两物体从同一点开始做直线运动的运动图像，下列说法正确的是（ ） A. 若 y表示位移，则 1t 时间内甲的位移小于乙的位移 B. 若 y表示速度，则 1t 时间内甲的位移大于乙的位移 C. 若 y表示位移，则 1t t 时甲的速度大于乙的速度 D. 若 y表示速度，则 1t t 时甲的加速度等于乙的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．若 y表示位移，则 1t 时间内甲的位移等于乙的位移，故 A错误； B．若 y表示速度，则根据速度与时间图像的面积表示位移可知， 1t 时间内甲的位移小于乙 的位移，故 B错误； C．若 y表示位移，则根据位移与时间图像的斜率表示速度可知， 1t t 时甲的速度大于乙 的速度，故 C正确； D．若 y表示速度，则根据速度与时间图像的斜率表示加速度可知， 1t t 时甲的加速度大 于乙的加速度，故 D错误。 故选 C。 5. 如图所示，物体处于平衡状态，若保持 不变，当力 F与水平方向夹角  多大时力 F 有最小值（ ） A.   B. 2  C. 0  D. 90   【答案】A 【解析】 根据题意，对结点受力分析，由于保持 不变，则左侧绳子的拉力方向不变，物体处于平 衡状态，则结点的合力为 0，把力平移，组成矢量三角形，如图所示 由图可知，当左右两侧的绳子垂直时，右侧绳子的拉力最小，由几何关系可得   故选 A。 6.如图所示，A、B、C 三物块叠放并处于静止状态，水平地面光滑，其他接触面粗糙，以下 受力分析正确的是（ ） A. A 与墙壁之间可能有摩擦力 B. B 对 C 摩擦力方向水平向右 C. B 对 C 摩擦力方向水平向左 D. A 对 B 的作用力竖直向下 【答案】D 【解析】 A.将 A、B、C看作一个整体受力分析，右侧墙壁的不对整体有作用力，则 A与墙壁不可能 有摩擦力。故 A错误 BC.把 A、B看作一个整体，水平方向上没有受力，A、B整体不会受到 C的摩擦力。故 BC 都错 D.对 B受力分析，B只受重力、C对 B的支持力和 A对 B的作用力，因此和 A对 B的作用 力竖直向下。 7. 磁性车载支架（图甲）使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片 对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住（图乙）。下列关于手机（含引磁片，下同） 的说法中正确的是（ ） A. 汽车静止时，手机共受三个力的作用 B. 汽车静止时，支架对手机的作用力大小大于手机的重力 C. 当汽车以某一加速度向前加速时，手机一定受支架对它的摩擦力作用 D. 只要汽车的加速度大小合适，无论是向前加速还是减速，手机都可能不受支架对它的摩 擦力作用 【答案】C 【解析】 【详解】A．手机处于静止状态时，受力平衡，手机共受到重力、支架的支持力、摩擦力以 及磁盘的吸引力，共 4个力的作用，故 A错误； B．手机处于静止状态时，支架对手机的支持力、摩擦力、吸引力的合力与手机重力等大反 向，故 B错误； CD．因磁盘对手机的吸引力和手机所受支持力均与引磁片垂直，分析可得汽车有向后的加 速度时手机可能不受摩擦力作用，但若汽车有向前的加速度时，手机一定受到沿斜面向上的 摩擦力。故 C正确，D错误。 故选 C。 8. 如图所示，在与水平方向成θ角的恒力 F作用下，质量为 m的物块沿竖直墙壁 匀加速上滑，加速度的大小为 a。已知物块与墙壁间的动摩擦因数为μ，重力加 速度为 g，则 F的大小等于（ ） A． ( ) sin cos m g aF       B． ( ) sin cos m g aF       C． ( ) sin cos m g aF       D． ( ) sin cos m a gF       【答案】C 【解析】ABCD．受力分析，由牛顿第二定律可得 sin cosF mg F ma     解得 ( ) sin cos m g aF       故 ABD错误，C正确。故选 C。 二、多选题 9.中国高铁不仅速度快，而且运行稳,成为中国发展的一张名片。 有人在沿水平直线行驶的 列车窗台上竖直放置- -枚硬币，如图所示,不论列车运行快慢，硬币始终直立不倒。则关于 列车的运行和硬币的受力，下列判断正确的是 A.在该过程中,硬币只受重力和支持力 B.在该过程中，硬币可能受到摩擦力 C.在该过程中,列车一定做匀速运动 D.在该过程中,列车可能做变速运动 【答案】BD 【解析】对硬币进行受力分析，硬币一定受重力和支持力，硬币与列车相对静止，当列车匀 速时，物体处于平衡状态，硬币不受摩擦力。当列车变速运动，硬币受摩擦力，摩擦力提供 加速度。 10.如图所示，在光滑水平桌面的一端固定一个定滑轮，用轻绳跨过定滑轮将质量为 A 0.5kgm  、 B 9.5kgm  的两个物体 A、B相连。不计轻绳与滑轮之间的摩擦，取 210m/sg 。放手后两物体开始运动，在两物体运动过程中（ ） A. 轻绳的拉力小于物体 A的重力 B. 轻绳的拉力等于于物体 A的重力 C. AB两物体的加速度大小为 0.5m/s2 D. AB两物体的加速度大小为 0.05m/s2 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．放手后，A向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，则轻绳的拉力 小于物体 A的重力，故 A正确，B错误； CD．设绳子拉力大小为 T，根据牛顿第二定律，对 A有 mAg﹣T＝mAa 对 B有 T＝mBa 联立解得 a＝0.5m/s2 故 C正确，D错误。 故选 AC。 11. 甲乙两车在平直公路上两相邻车道行驶，乙车在前，甲车在后。两车运动的 v-t 图像如 图所示。下列判断正确的是（ ） A. 若 t=0时两车相距 15m，两车在运动中一定相遇一次 B. 两车第一次平齐的时刻可能发生在 12s末 C. 若 t=10s时两车平齐，则 t=0时两车沿运动方向距离为 25m D. 若 t=0时刻两车沿运动方向距离为 12.5m，两车最后将停在同一位置 【答案】ACD 【解析】 【详解】B．根据斜率的意义，甲车的加速度大小 1 va t     1m/s2 乙车的加速度大小 2 ' ' va t     0.5m/s2 甲车 12s时的位移 2 1 1 1 1 1 1 2 8 10x v t a t   m 乙车 12s时位移： 2 2 2 1 2 1 1 2 4 8x v t a t   m 甲车大于乙车的位移，甲车在乙车的后面，所以有可能平齐，如果此时平齐，则之前两车初 始时刻的距离应为 1 2=24mx x x   根据两车初始时刻满足 x =24m，后来经过时间 t平齐的条件，有 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 v t a t v t a t x    代入数据解得 t=8s或者 t=12s 说明 8s是第一次平齐，12s是第二次平齐。 故 B错误； C．图线与坐标轴围成的面积代表汽车的位移，当 t=10s时，甲车的位移为 3 5 15 10m=100m 2 x   乙车的位移 4 5 10 10m=75m 2 x   如果两车在此时平齐，则需要在计时开始时两车相距 3 4' =25mx x x   故 C正确； D．甲车到停止时运动的总位移 2 1 5 1 112.5m 2 vx a   乙车的总位移 2 6 2 2 100m 2 vx a   两车位移差 5 6'' =12.5mx x x   两车停止刚好平齐，故 D正确； A．综上分析可知若 t=0时两车相距 15m，两车在运动中一定相遇一次，故 A正确； 故选 ACD。 12. 如图所示，a、b、c为三个质量均为 m的物块，物块 a、b通过水平轻绳相连后放在水 平面上，物块 c放在 b上．现用水平拉力作用于 a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各 接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为 g．下列说法正确的是（ ） A. 该水平拉力大于轻绳的弹力 B. 物块 c受到的摩擦力大小为mg C. 当该水平拉力增大为原来的 3 2 倍时，物块 c受到的摩擦力大小为 1 2 mg D. 剪断轻绳后，在物块 b向右运动的过程中，物块 c受到的摩擦力大小为 1 3 mg 【答案】AC 【解析】 【详解】A：对 a水平方向受力分析： 受向右的 F、向左的轻绳弹力、地面对它向左的摩擦 力，物体匀速，故水平拉力大于轻绳的弹力即 A正确． B：对物块 c受力分析：受重力、支持力，不受摩擦力，B错误． C：原来匀速时，对整体分析：F 3μmg ； 当该水平拉力增大为原来的 3 2 倍时，对整体分析  3 3 3 2 F mg m a  ,得 1a 2 g 对 c水平方向分析： 1 2c f ma mg  故 C正确． D：剪断轻绳后，物块 bc向右运动的过程中，对 bc研究：   22μmg 2m a 对 c水平方向分析： 2 2cf ma mg  故 D错误． 点睛：连接体问题的处理思路是优先整体再隔离． 三、实验题 13. 甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图（甲）、（乙）、（丙）所示的实验装置，验证 “当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。试回答下列问 题： （1）小明同学在实验中采用图（甲）所示实验装置，得到如下图所示的一条纸带（两计数 点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为 50Hz的交流电，根据纸带可 求出计数点 3的瞬时速度为______m/s，小车的加速度为______ 2m/s （结果保留 3位有效数 字）； （2）小新同学采用（丙）图实验装置验证“质量一定时加速度与它所受的合力成正比”， 小新同学的实验步骤如下： ①挂上托盘和砝码，调整木板的倾角，使质量为 M的小车沿木板匀速下滑； ②取下托盘和砝码，测出其总质量为 m，让小车沿木板下滑。设小车受到的合外力为 F，通 过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的 x t 图像，并求出小车的加速度 a； ③改变砝码质量和木板的倾角，重复步骤①②，可得到多组 a、F的数据，并绘制a F 图 像。 若测量质量时未考虑托盘的质量，仅将砝码质量记为 m，则绘制出的 a F 图像应该是图中 的______（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）； （3）甲、乙、丙实验中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是______； A．甲、乙、丙 B．甲、乙 C．甲、丙 （4）实验时，必须满足“M远大于 m”的实验小组是______。 【答案】 ①. 0.611 ②. 2.00 ③. Ⅰ ④. B ⑤. 甲 【解析】 【详解】（1）[1]根据题意，相邻计数点时间间隔 5 0.1s1T f    计数点 3的瞬时速度 23 34 0.611m/s 2 x xv T    [2]由逐差法计算加速度为    34 45 56 01 12 23 2 2 2.00m/s(3 ) x x x x x x a T        （2）[3]根据牛顿第二定律 F Ma ，整理可得 1a F M   设托盘质量为 0m ，根据实验原理可得   00 1 1 ma m m g mg g M M M       可知仅将砝码质量记为m，则绘制出的 a F 图像应该是题图中的Ⅰ。 （3）[4]本实验探究当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比。甲和乙的实 验中，需要确保小车受到的拉力等于小车受到的合力，所以必须平衡小车和长木板之间的摩 擦力。 故选 B。 （4）[5]甲实验中，细线的拉力实际上是不等于重物的重力，但实验需要将重物的重力近似 等于细线的拉力，所以必须满足“M远大于 m”。乙实验中，细线的拉力可通过弹簧测力 计直接获得，所以不必满足“M远大于 m”。丙实验中，挂上托盘和砝码，调整木板的倾 角，使质量为 M的小车沿木板匀速下滑，此时细线的拉力等于托盘和砝码的总重力，当取 下托盘和砝码，让小车沿木板下滑时，小车受到的合力即为托盘和砝码的总重力，所以也不 必满足“M远大于 m”。 14. 用如图所示的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则”。在圆形桌子透明桌面上平铺 一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮 1P固定在桌子边，滑轮 2P 、 3P 可 沿桌边移动。 第一次实验中，步骤如下： A．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点 O静止，且 1OP、 2OP 、 3OP 与桌面平行； B．在白纸上描下 O点的位置和三根绳子的方向，以 O点为起点，作出三拉力的图示； C．以绕过 2P 、 3P 绳的两个力为邻边作平行四边形，作出 O点为起点的平行四边形的对角 线，量出对角线的长度； D．检验对角线的长度和绕过 1P绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上。 （1）这次实验中，若一根绳挂的钩码质量为 m，另一根绳挂的钩码质量为 2m ，则第三根 绳挂的质量一定大于___________且小于___________。 （2）第二次实验时，改变滑轮 2P 、 3P 的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结 点___________（选填“必须”或“不必”）与第一次实验中白纸上描下的 O点重合。实验中， 若桌面不水平___________（选填“会”或“不会”）影响实验的结论。 【答案】 ①. m ②. 3m ③. 不必 ④. 不会 【解析】 【详解】（1）[1]若一根绳挂的质量为 m，另一根绳挂的质量为 2m，则两绳子的拉力分别 为：mg、2mg，两绳子拉力的合力 F的范围是：|2mg−mg|⩽ F⩽ mg+2mg，即：mg⩽ F⩽ 3mg， 三力的合力为零，则第三根绳挂的质量范围在 m到 3m之间，即第三根绳挂的质量一定大于 m； [2]同理第三根绳挂的质量一定小于 3m。 （2）[3]本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉 的作用效果相同，而是三根绳都直接拉 O点，所以 O点的位置可以改变，只要保证三力平 衡即可，所以不必与第一次实验中白纸上描下的 O点重合； [4]同理桌面不水平只要保证能使结点平衡即可，所以桌面不水平也不会影响实验的结论。 四、解答题 15. 一质量为 2 kg 的物体静止在水平地面上，在水平恒力 F的推动下开始运动，4 s 末物体 的速度达到 4 m/s，此时将 F 撤去，又经 8 s 物体停下来。如果物体与地面间的动摩擦因数 不变，求力 F 的大小。 【答案】F = 3N 【解析】 物体的整个运动过程分为两段，前 4 s内物体做匀加速直线运动，后 8 s内物体做匀减速直 线运动。设加速时的加速度为�1，减速时的加速度为�2，可得： v = �1�, 0 − v = �2�, 对物体进行受力分析可知，在加速阶段，水平恒力 F与摩擦力 f方向相反，由牛顿第二定律 F − f = m�1 在减速阶段，只有摩擦力 f使物体减速，由牛顿第二定律得 f = m�2 联立解得 F＝3 N。 16. 北京时间 2022年 11月 29日 23时 08 分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号 F 遥十 五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十五号乘组与神舟十四号乘组进行在轨轮换， 在空间站工作生活约 6个月。长征二号 F遥十五运载火箭质量约 500吨，总长为 58.3m。若 发射塔高 105m，点火后，经 5s火箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔过程做匀加速直线运 动，忽略一切阻力和运载火箭质量的变化， 210m/sg  ,求 （1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小； （2）火箭起飞时推动力的大小； （3）若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动过程中 离地面的最大高度。 （1） 42m / s；（2） 69.2 10 N ；（3）193.2m 【解析】 【详解】（1）对火箭，由匀变速运动位移公式有 21 2 x at ， 105mx  ， 5st  代入数值解得 28.4m / sa  则火箭离开发射塔瞬间的速度 42m / sv at  （2）设火箭起飞时推动力大小为 F，由牛顿第二定律 F mg ma  得 69.2 10 NF   （3）零件从火箭上脱落瞬间初速度为 42m / sv  ，零件开始向上做匀减速运动，由 2 2v gh 得零件向上运动的高度 2 88.2m 2 vh g   零件运动过程中离地面的最大高度为 105.0 193.2mH h   17. 一质量 m=2kg 的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平面的夹角θ=37°，AB 为直杆上相距 L=1.15m的两点．现对小球施加一竖直向上、大小 F=40N的拉力，使小球从 A点由静止开始向上运动，且拉力 F作用 t1=1s时间后撤去．已知杆与小球间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： (1)小球在拉力 F作用下的加速度大小 a1； (2)小球上滑过程中距 A点的最大距离 Lm； (3)从撤去拉力 F到小球向下经过 B点所用的时间 t． 【答案】(1) 2 1 2a m s ；(2)1.2m；(3) 2+ 5 10 s 【解析】 【详解】(1) 对小球，在平行斜面方向上有：（F-mg）sin37°-f=ma1， 垂直斜面方向上有：（F-mg）cos37°-N=0， 其中：f=μN， 联立解得：a1=2m/s2； (2) 在第 1s内，物体的末速度为：v1=a1t1=2m/s， 第 1s的位移大小为： 21 1 1 2 x at m  1s后撤去拉力，减速上升过程，加速度为： 0 0 22 sin 37 cos37 10mg mg ma sm      减速上升的位移大小为： 2 1 2 0.22 vx m a    减速上升的时间为： �2 = −�2 �2 = 0.2� 小球上滑过程中距 A点的最大距离为：Lm=x1+x2=1.2m； (3) 物体返回 B点过程是加速，位移为：x3=1.2m-1.15m=0.05m； 加速度为： 0 0 23 sin 37 cos37 2mg mg ma sm    根据位移公式，有： 2 3 3 3 1 2 x a t 故下降时间为： 3 5 0.2236 10 t s  故从撤去拉力 F到小球向下经过 B点所用的时间为：t=t2+t3=2+ 5 10 s 18. 如图，质量为 2.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力 F作用下沿水平面向右匀加速直线 运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为 0.3。这时铁箱内一个质量为 0.5kg的木块（可视 为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为 0.25。设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，g取 10m/s2，求： (1)木块对铁箱压力的大小； (2)水平拉力 F的大小； (3)减小拉力 F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，之后当箱的速度为 6m/s时撤去拉力，又经 1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度是多少？ 【答案】（1）20N ；（2）129N；（3）0.3m 【解析】 【详解】（1）木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对 木块的摩擦力为 fF ，木块在竖直方向受力平衡，有 fF mg ， f 2 NF F 解得 �� = 25� 根据牛顿第三定律，木块对铁箱的压力大小为 �� , = �� = 25� （2）对木块，根据牛顿第二定律有 NF ma 解得 � = 40�/�2 以整体为研究对象    1F M m g M m a    解得 F=129N （3）铁箱、木块运动示意图如图所示： 对铁箱：根据牛顿第二定律有 �(� +�)� − ��� = ��1 解得 �1 = 3.1�/�2 方向水平向左 对木块：根据牛顿第二定律有 ��� = ��2 解得 �2 = 2.5�/�2 方向水平向左 撤去拉力后铁箱运动到停止所需时间 �2 = � �1 = 1.9� > 1� 经过1s，木块从铁箱的左侧到达右侧，铁箱对地位移 �1 = �� − 1 2 �1�2 木块对地位移 �2 = �� − 1 2 �2�2 故铁箱的长度 L = �2 − �1 = 0.3�