湖北省武汉市武钢三中2025-2026学年高一上学期12月月考物理试题

武钢三中高一物理12月月考试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 L.关于力和运动的关系，下列说法中正确的是() A.做曲线运动的物体的合力一定是变化的 B.两个互成角度的匀变速直线运动的合运动可能是匀变速直线运动 C.物体做曲线运动，其速度不一定改变 D.平抛运动的物体在相等的时间内速度变化量在逐渐变大 2.如图是码头的旋臂式起重机，当起重机旋臂水平向右保持静止时，吊着货物的天车沿 旋臂 旋臂向右匀速行驶，同时天车又使货物沿竖直方向向上先做匀加速运动，后做匀减速运 天车 动。该过程中货物的运动轨迹可能是下图中的() 货物 A. 3.如图所示，一条小船过河，河宽d=60m,河水流速v1=4m/s,船在静水中速度v2=3m/s,关于小船 的运动，以下说法正确的是() A.以最短时间渡河，小船通过的位移为80m B.以最短时间渡河，小船的速度为5m/s C.以最短航程渡河，小船通过的位移为60m D.以最短航程渡河，小船的速度为5m/s 4.如图所示，轻绳1的两端分别系着天花板和物块A,物块A的下端连着轻弹簧，轻弹簧的下端连着框架 B,框架B里面用轻绳2悬挂着物块C,物块A、框架B、物块C三者质量相等。当剪断轻绳1 或轻绳2的瞬间，框架B的加速度大小分别为（重力加速度为9）() A.0、g B.g、g c.29、0 D.0、0 5.如图A,B,C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于B上，三物体可一起匀速运 动，撤去力F后，三物体仍可一起向前运动，设此时A,B间摩擦力为斤，B、C间摩擦力 B 为f,则和2的大小为() 777777777777777777777 A.f斤=i=0 B.f=0,6=FC.斤=5h=FD.f=F,6=0 6.排球比赛中，某次运动员将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点：另一次将飞来的排球从a点的正下 方c点斜向上击出，也击中b点，且b点与c点等高。第二次排球运动的最高点d与a点等高，且两轨迹交点恰 好为排球网上端点e。不计空气阻力，下列说法正确的是() 第1页，共11页 A.排球a到b的时间和c到b的时间相等 B.排球两次击出的初速度大小可能相等 C.a、e两点的水平距离与d、e两点的水平距离之比为4：1 D.若第一次击球时，降低a点的高度同时仅改变击球的速度大小，排球也可能击中b点 7.如图甲所示，一轻质弹簧放置在粗糙的水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端栓接物体A。A、B接触 但不粘连，与水平桌面的摩擦因数均为μ，压缩弹簧使A、B恰好不滑动，mM=m=5kg,给物体B施加 力水平向右的F使之作匀加速直线运动，F与位移s的关系如图乙所示(g=10m/s2),则下列正确的是() AFIN A.水平桌面的摩擦因数μ=0.2 30 B.物体A、B分离时加速度相同，a=2m/s2 A B C.物体A、B分离时，弹簧压缩量x2=0.06m 10 4 3/cm D.开始有F作用时，弹簧压缩量x1=0.05m 图甲 图乙 二、多选题：本大题共3小题，共12分 8.如图，一轻绳绕光滑小定滑轮0与拖车相连，另一端与河中小船连接，定滑轮与拖车之间的绳保持水 平，拖车沿平直路面水平向右运动拉动小船，此过程中说法正确的是() A.若拖车匀速运动，则小船做减速运动 B.若小船匀速运动，则拖车做减速运动 C.当牵引小船的轻绳与水平面的夹角为0时，拖车速度与小船速度之比为。 D.当牵引小船的轻绳与水平面的夹角为8时，拖车速度与小船速度之比为cos0 9.如图所示，一个半径为R=075m的半圆柱体放在水平地面上，一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水 平抛出（小球可视为质点），恰好从半圆柱体的右上方C点掠过.已知0为半圆柱体侧面半圆的圆心，OC与 水平方向夹角为53°，重力加速度g取10m/s2,则() Bo A.小球从B点运动到C点所用时间为0.3s B.小球从B点运动到C点所用时间为0.5s R C.小球做平抛运动的初速度为4m/s 653 D.小球做平抛运动的初速度为6m/s 10.如图，三个质量均为1kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质 定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面 之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10m/s2,设最大静膝擦力等于滑动摩擦力。用力 F沿水平方向拉物体C,以下说法正确的是() 第2页，共11页 A.拉力F小于11N时，不能拉动C B.拉力F为17N时，轻绳的拉力为4W C.要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23N D.A的加速度将随拉力F的增大而增大 三、实验题：本大题共1小题，共15分。 11.在“探究平抛运动的特点”的实验中，某同学用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重 叠并固定在竖直的硬板上，让钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上，并挤压白纸留 下痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。 硬板白纸 (1)下列实验条件必须满足的有_一。（填选项前的字母） A.斜槽轨道末端水平 重 : 锤 B挡板高度等间距变化 线 C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 图1 D尽可能减小钢球与斜槽轨道之间的摩擦 (2)同学甲用图1的实验装置得到的痕迹点如图2所示，其中一个偏差较大的点产生的 原因，可能是该次实验一。（填选项前的字母） A.钢球释放的高度偏低 B钢球释放的高度偏高 ,重锤线 C.钢球没有被静止释放 D.挡板MN未水平放置 图2 (3)同学乙用频闪照相机记录了钢球做平抛运动过程中的A、B、C三点，于是就取A 点为坐标原点，建立了如图3a所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。 A 15.030.0 5.0 :x/cm 20.0 y/cm 图3a 图36 α根据图中数据判断，A点（填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点。钢球平抛的初速度 为m/s(取g=10m/s2,计算结果保留两位有效数字)。 b.由于该同学在定竖直方向时未用到铅垂线，而导致该同学所绘图像的y轴在实际竖直方向（图3b中虚线yg 所示)稍偏左侧的位置，则该实验小组测得的小球的初速度（填“大于”“等于”或“小于”）小球真 实的初速度。 第3页，共11页 四、计算题：本大题共3小题，共45分。 12.(12分)足球运动员在一次训练中以37°仰角方向从水平地面踢出足球，如图。足球恰好在最高点穿过 悬挂在高度为h=7.2m处的圆环。已知足球可视作质点且空气 圆环 的对足球的作用力可忽略不计，重力加速度g取10m/s2,求 (1)足球踢出的速度v的大小： h=7.2m (2)足球从踢出到落回水平地面的位移x。 3 13(15分).8月中，代号“突击-2013”的陆军航空兵实兵演习在粤东某海域举行.图为轰炸机在海平面 上空进行投弹训练的示意图，轰炸机沿水平方向做匀加速直线运动.当轰炸机飞经观察点B点正上方A点时 投放第一颗炸弹，经时间T炸弹落在观察点B正前方L1处的C点，与此同时轰炸机投放出第二颗炸弹，最终 落在距观察点B正前方L2处的D点，且L2=3L1,空气阻力不计，重 力加速度为g.已知量为T、L1、g.求： (1)轰炸机投弹时离地面的高度h: (2)第一颗炸弹落在C点时速度的大小： (3)两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离大小. 14.(18分)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以v=2m/s的恒定速率顺时针转动。一煤块以初 速度vo=10m/s从底端A冲上传送带，上滑到最高点后又滑回底端A,煤块的速度随时间变化的图象如图 乙所示，取重力加速度g=10m/s2,求： v/(m/s) (1)煤块上滑的最大位移和煤块从最高点滑回底端A 10 所用的时间： (2)煤块与传送带间的动摩擦因数： Vo 2 (3)煤块在传送带上留下的划痕长度。 0 2 t/s 图甲 图乙 第4页，共11页 答案和解析 l.【答案】B 【解析】A做曲线运动的物体的合力不一定变化，比如平抛运动，合力等于重力，保持不变，故A错误： B当两个匀变速直线运动的合运动的加速度方向与合速度方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动，当 加速度方向与合速度方向在同一直线上时，运动为直线运动，故B正确： C物体做曲线运动，速度的方向一定改变，则速度一定改变，故C错误： D平抛运动的加速度不变，在相等时间内的速度变化相同，故D错误。 故选B。 2.【答案】C 【解析】货物在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据平行 四边形定则知，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线，货物的加速度 方向先向上后向下，因为加速度的方向指向轨迹的凹侧，故C正确。 3.【答案】B 【解析】解：AB、若以最短时间渡河，即小船行驶过程中船头一直垂直指向对岸，小船实际的速度是水流 速与静水速的合速度，根据平行四边形定则，合速度v=√？+vZ=√42+3乏m/s=5m/s。当船头正对 河岸过河时间最短：t=号=曾9=203，再依据位移公式，则小船通过的位移为x=t=5×20m= 100m,故A错误，B正确： C、因v1>v2所以船不会垂直河岸航行，故小船渡河的位移一定大于河宽，即大于60m,故C错误： D、因河水流速1=4m/s,大于船在静水中速度v2=3m/s,因此当合速度垂直船在静水中速度时，过河 位移最短，则小船相对岸的速度为v=√？-子=√42-32m/s=√7m/s,故D错误： 故选：B。 小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分 析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。 4.【答案】A 第5页，共11页 【解析】【分析】 弹簧弹力不能发生突变，在剪断轻绳的瞬间弹簧的弹力仍然保持原来的大小和方向，而轻绳的弹力会发生 突变，在剪断瞬间会突然改变。 因此在本题中根据原来的平衡状态，求出弹簧的弹力，剪断轻绳的瞬间，根据牛顿第二定律求解加速度。 【解答】 设A、B、C的质量均为m。剪断轻绳1的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以对B,此瞬间的合力为零，加 速度为0。剪断轻绳2前，对B和C整体研究，弹簧弹力F=2mg,剪断轻绳2瞬间，弹簧弹力不能突变，故 对B分析，B所受合外力的大小为F金=F-mg=mg,方向竖直上，故框架B的加速度大小为a'=g,方 向竖直向上，故A正确，BCD错误。 5.【答案】C 【解析】开始三个物体在拉力F的作用下一起做匀速直线运动，知F=f, 撤去F后，三个物体一起做匀减速直线运动，整体的加速度为：Q=太=品 隔离对A分析，A在水平方向上的合力等于B对A的摩擦力，有：片=ma=号 隔离对AB分析，AB整体所受的合力等于C对它们的摩擦力，有：五=2ma=子F,故C正确，ABD错误。 故选C。 6.【答案】B 【解析】C.排球从c点斜向上击出，做斜抛运动，最高点d与a点等高，则第一次和第二次排球运动时间之 比为1：2，水平位移相等，则水平速度之比为2：1，a点与d点到排球网上端点e的高度相同，则下落时间相 同，所以a、e两点的水平距离与d、e两点的水平距离之比为2：1，故C错误： A.排球a到b的时间和d到b的时间相等，不等于c到b的时间相等，故A错误： B.从d到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知vcy=vay,tc=2ta,由于水平方向 的位移相同，根据"水平=可知，va水=2pc水，根据速度的合成可知，a抛出时的速度va0=v。水c 抛出时的初速度0="*+喝，故两过程中，排球的初速度大小可能相等，故B正确： D.降低a点的高度同时仅改变击球的速度大小，速度方向仍水平，如果排球能击中b点，排球一定会触网， 故D错误。 7.【答案】C 【解析】【分析】 本题考查牛顿运动定律在连接体中的应用.考查临界问题对AB整体或者对AB两物体单独进行受力分析，结 第6页，共11页 合牛顿第二定律和平衡条件进行求解， 【解答】 B、初始状态对AB整体，根据牛顿第二定律得：F1=(mA+mg)a,解得：a=1m/s2,故B错误； A、恰好分离时，对B根据牛顿第二定律：F2-μmgg=mea,解得：μ=0.5，故A错误 CD、恰好分离时，对A根据牛顿第二定律得kx2一umAg=mAa,初始状态对AB根据平衡条件得kx1= u(m4+mg)g,根据题意x1-x2=0.04,解得：x1=10cm,x2=6cm,故C正确，D错误。 8.【答案】BD 【解析】A、设车的速度为v1、船的速度为v2,根据运动的分解可知，v2cos0=v1,若拖车匀速运动，则 随着θ增大，v2增大，小船做加速运动，A错误； B、若小船匀速运动，则拖车做减速运动，B正确： CD、牵引小船的轻绳与水平面的夹角为0时，=c0s8,C错误，D正确. 2 故选BD. 9.【答案】AC 【解析】【分析】 解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度 关系进行求解。 【解答】 小球做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于C点，知速度与水平方向的夹角为37°，设位移与水平 方向的夹角为8，水平位移x=R+Rcos53°=16R,竖直方向位移为y,则有：tan8=m7=员 因为tan0=￥=aR=0.75m 解得：y=品m 根据y=9t2 解得：t=0.3s 水平位移x=1.6R=ot 解得：v0=4m/S,故AC正确。 故选：AC。 10.【答案】AC 第7页，共11页 【解析】A当C物体即将运动时，水平方向桌面给C的向右的摩擦力f,绳子向右的拉力T,B给C向右的 摩擦力fac,其中f农=0.1(ma+mB+mc)g=3N,fBc=0.2(ma+mg)g=4N 当即将滑动时应有F=f袋+fBc+T,T=fac=4W,可解得F=11N,故A正确： C.因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB=0.4mAg=mAa 对AB整体受力分析可得T-fBc=(mA+mB)a 对C物体受力分析可得F-T-fac-f地=mca 联立解得F=23N 说明A和B发生相对滑动的临界力大小为F=23N,故C正确： B.当F=17N时，没有发生相对滑动，此时对AB整体T-fBc=(mA+mg)a1 对C物体受力分析F-T-fBc-f他=mca1 联立解得：T=8N,故B错误： D.当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体仅受到滑动摩擦力，加速度为a=0.4g=4m/s2,即加速 度不变，故D错误。 故选：AC。 11.【答案】AC BC 是 1.5 大于 【解析】(1)A为了保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故A正确： B挡板的作用是记录落点的位置，因此不需要挡板高度等间距变化，故B错误： CD.为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，但不需要 尽可能减小钢球与斜槽轨道之间的摩擦，故C正确，D错误。 故选：AC。 (2)通过图像可知，这个偏差较大的点处水平的速度相比其他的点较大，故产生的原因，可能是该次实验A 球释放的高度偏高或A球没有被静止释放，故AD错误，BC正确。 第8页，共11页 故选：BC。 (3)α.平抛运动在竖直方向做自由落体运动，根据初速度为零的匀变速直线运动推论，连续相等时间内的竖 直位移之比y1:y2=1:3,由于yAB:yc=5.0:(20.0-5.0)=1:3,可知A点是平抛运动的抛出点：根 据匀变速直线运动的推论4y=y2-y1=gT2，解得T= y2y1= (20.0-5.0-5.0)×10 -5=0.1s, 10 水平速度w=享=500m5=15/s 1 b.根据平抛运动规律，水平位移x=vot,竖直位移y=9t已，联立解得0=x 9 由于实际的竖直方向 在该小组同学所绘图像y轴偏右侧的位置，导致横坐标的测量值偏大而纵坐标的测量值偏小，因此测得的 小球的初速度大于小球真实的初速度。 12.【答案】(1)足球在经直方向做竖直上抛运动，在最高点竖直方向速度为0，有h=sn37 2g 可解得v=20m/s: (2)足球到最高点的时间为t=sin37=1.2s 足球水平方向做匀速直线运动，从踢出到落回水平地面的位移为x=vcos37°.2t=38.4m。 【解析】详细解答和解析过程见【答案】 13.【答案】解：(1)平抛运动竖直方向做自由落体运动，则h=9T2 (2)水平方向做匀速运动，则水平速度=卡 竖直方向有：yy=gT 则c=宁2+(gn2=V几+g2T (3)设飞机加速度为α，第二次投弹时的速度为v2,由匀变速运动规律可知： 1 1T+5aT2=L2-(v1+aT)T, 而L2=3L1 得a= 两次投弹间隔T内飞机飞行距离 s=1T+2aT2= 3 答：(1)轰炸机投弹时离地面的高度h为gT2: 第9页，共11页 (2)第一颗炸弹落在C点时速度的大小为√+92T4: (3)两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离大小为号 【解析】(1)平抛运动竖直方向做自由落体运动，根据位移时间公式即可求解高度： (2)根据水平方向做匀速运动，求出水平速度，根据，=gt求出竖直方向速度，根据速度的合成求解第一 颗炸弹落在C点时速度的大小： (3)根据匀加速运动位移速度公式即可求解两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离， 本题要特别注意飞机的运动，因飞机为匀变速运动，故两次抛出时的速度不同，但物体的速度与抛出时飞 机的速度相同， 14.【答案】解：(1)根据v-t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为： xm=号×(2+10)×1m+2×1×2m=7m, 根据v-t图像可知，同速前煤块加速度大小为：a1=铝=10子m/s2=8m/s2, At1 同速后煤块加速度大小为：a2==名m/s2=2m/s2, 2 1 设煤块从最高点滑回底端A所用的时间为t,根据运动学公式可得：xm=2t2, 代入数据解得：t=V7s: (2)共速前，对煤块根据牛顿第二定律有：umgcost6+mgsin8=ma1, 共速后，对煤块根据牛顿第二定律有：mgsin0一umgcos0=ma2, 联立代入数据解得：日=30°，1=写， (3)0~1s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为 x1=2×(2+10)×1m=6m, x2=vt1=2×1m=2m 煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即 l1=x1-x2=6m-2m=4m, 在1~(2+√7)s内，即t2=(1+√7s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块作匀变速直线运 动，设沿斜面向下为正方向， 煤块的的位移为：x'1=-vt2+a2t圪，代入数据解得：x1=6m, 传送带的位移大小为：x2=vt2,代入数据解得x'2=(2+2√⑦)m, 煤块与皮带的相对位移大小为：2=x'1+x'2, 第10页，共11页