四川省成都市第七中学2022-2023学年高一物理上学期12月月考试题（Word版含解析）

高2025届2022-2023学年度上期12月物理月考试卷时间：90分钟满分：100分一、单项选择题：（本题包括8个小题，每小题4分，共32分，每小题只有一个选项符合题意）1.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，约10分钟后，神舟十五号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。至此，中国空间站关键技术验证和建造阶段12次发射任务全部完成。据以上信息，下列说法正确的是（　　）A.“北京时间2022年11月29日23时08分”指的是时间间隔B.火箭在竖直方向加速升空阶段中，燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭升空C.火箭在竖直方向加速升空阶段中喷出的热气流对火箭的作用力的大小等于火箭对热气流的作用力D.火箭在竖直方向加速时，没有惯性【答案】C【解析】【详解】A．北京时间2022年11月29日23时08分描述的是载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射的时刻，因此北京时间2022年11月29日23时08分指的是时刻，A错误；B．火箭在竖直方向加速升空阶段中，燃料燃烧被喷射出去，火箭对燃料有力的作用，燃料对火箭的反作用力推动火箭升空，B错误；C．火箭在竖直方向加速升空阶段中，喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是一对相互作用力，因此喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力，C正确；D．质量是物体惯性大小的量度，因此，火箭在竖直方向加速时，仍然有惯性，D错误。故选C。2.在麦克斯韦速率分布律中，平均速率可以表达为，在国际单位制中，物理量M的单位是，T的单位是K，C的单位是，为无单位的常数，虽然我们没有学过该公式，但同学们可以尝试利用已学过的方法判断下列说法正确的是（　　）A.物理量C的单位可用基本单位表示为，B.物理量C的单位可用基本单位表示为，C.物理量C的单位可用基本单位表示为， D.物理量C的单位可用基本单位表示为，【答案】A【解析】【详解】C的单位是，由于则由于左侧单位为，右侧单位为则可知故选A。3.如图所示为2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩，把冰墩墩放在水平冰面上保持静止，下列说法正确的是（　　）A.冰墩墩受到冰面的支持力是因为冰面发生了向下的弹性形变引起的B.冰墩墩对冰面的压力与冰面对冰墩墩的支持力是一对平衡力C.冰墩墩对冰面的压力就是冰墩墩的重力D.冰墩墩的重力和冰面对它的支持力是一对作用力和反作用力【答案】A【解析】【详解】A．冰墩墩受到冰面的支持力的施力物体是冰，是因为冰面发生了向下的弹性形变引起的，故A正确；B．冰墩墩对冰面的压力与冰面对冰墩墩的支持力作用在不同物体上，不是平衡力，故B错误； C．冰墩墩对冰面的压力的大小就是冰墩墩的重力的大小，故C错误；D．冰墩墩的重力和冰面对它的支持力两个力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，是一对平衡力，故D错误。故选A。4.一个物体做直线运动，下列关于这个物体的加速度、速度及速度变化量的说法，正确的是（）A.物体的速度越大，加速度越大B.物体的速度变化量越大，加速度越大C.加速度为正值，表示速度大小一定越来越大D.如果物体做匀加速直线运动，加速度的方向和速度变化量的方向相同【答案】D【解析】【详解】AB．加速度反映物体速度变化快慢的物理量，其大小与速度大小、速度变化量大小均无关，故AB错误；C．若加速度方向与速度方向相同，则物体的速度越来越大，当加速度为正值时，不能确定速度的正负，所以速度不一定增大，故C错误；D．若物体做匀加速的直线运动，则物体的加速度方向、速度方向、速度变化量的方向均相同，故D正确。故选D。5.制作一把“人的反应时间测量尺”。如图所示，A同学用手捏住直尺的顶端，B同学用手在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺。在A同学放手让直尺下落时，B同学立刻捏住直尺，读出B同学捏住直尺的刻度，就可以粗略确定B同学的反应时间。若把刻度尺的长度刻度对应标注为“时间”刻度，使它变为“人的反应时间测量尺”，下列说法正确的是（）A.“时间”刻度均匀B.“时间”刻度上密下疏 C.B同学捏住的位置越向上反应时间越短D.若A同学放手时不慎给直尺一个向下的很小的初速度，则反应时间的测量值会偏大【答案】D【解析】【详解】AB．刻度尺自由下落，做自由落体运动，根据运动学推论，初速度为零的匀加速直线运动，在相同时间内的相邻位移比值为可知“时间”刻度上疏下密，不均匀，故AB错误；C．根据可知B同学捏住的位置越向上，刻度尺下落的高度越大，则反应时间越长，故C错误；D．若A同学放手时不慎给直尺一个向下的很小的初速度，则有可得则有则反应时间的测量值会偏大，故D正确。故选D。6.如图所示，甲、乙、丙三个小球的质量分别为m、2m、3m。甲、乙通过轻弹簧相连，乙、丙通过轻杆相连，丙通过轻绳悬挂在天花板上。系统处于静止状态，重力加速度为g。现剪断丙与天花板之间的轻绳。在剪断轻绳瞬间，甲、乙加速度a1、a2的大小及轻杆弹力F大小为（　　）A.a1=a2=g，F=0 B.a1=0，a2=g，F=mgC.a1=0，a2=1.2g，F=0.6mgD.a1=0，a2=1.2g，F=0.4mg【答案】C【解析】【详解】剪断细线后，弹簧的弹力不变，则甲的受力不变，加速度对于乙和丙整体，弹簧向下的拉力为mg，根据牛顿第二定律解得即乙的加速度为对于丙解得故选C。7.无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。已知无线连接的最远距离为10m，甲和乙两位同学做了一个有趣实验。甲佩戴无线蓝牙耳机，乙携带手机检测，如图（a）所示，甲、乙同时分别沿两条平行相距的直线轨道向同一方向运动，甲做匀速直线运动，乙从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，其速度v随时间t的关系如图（b）所示，则在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】如图所示，当甲、乙相距10m时，根据勾股定理，甲比乙多走8m，设此时二人 的运动时间为t1，根据位移公式得根据图像解得根据图像，此时速度相等，恰好最远，即相距最远时也能接收的信号，然后乙超过甲，当乙比甲多走8m时，是最后接收到信号的时刻，设从开始到该时刻的时间为t2，乙加速的时间为乙加速6s后开始以6m/s的速度匀速运动，乙匀速运动的时间为t2-6，根据题意解得也就是说，前13s内，甲、乙之间的距离都在10m以内，都能接收到信号。故选C。8.如图（a）所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一物体在水平推力的作用下沿斜面向上运动，逐渐增大，物体的加速度随之改变，其加速度随变化的图像如图（b）所示。根据图（b）中所提供的信息，下列判断不正确的是（　　）A.若斜面光滑，可求得物体的质量 B.若斜面光滑，可求得斜面的倾角C.若斜面粗糙，增大物体的质量后重复前面的实验，得到的图像斜率保持不变；D.若斜面粗糙，换一质量为原质量两倍的另一物体重复刚才的实验，得到图像的纵坐标截距保持不变【答案】C【解析】【详解】AB．若斜面光滑，对物体受力分析，受推力、重力和支持力，如图所示轴方向，由牛顿第二定律有轴方向，由平衡条件有从图（b）中取两点、代入解得，则可求物体质量和斜面的倾角，故AB不符合题意；C．若斜面粗糙，对物体受力分析，在轴方向，由牛顿第二定律有解得可知，增大物体的质量后重复前面的实验，得到的图像斜率改变，故C错误，符合题意；D．由C分析可知，换一质量为原质量两倍的另一物体重复刚才的实验，得到图像的纵坐标截距保持不变，故D正确，不符合题意。故选C。二、多项选择题：（本题包括5个小题，每小题4分，共20分，每小题给出的4个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全得2分，有错选的得零分）9.在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法。以下关于物理学的叙述中正确的是（　　） A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段可近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法B.借助激光器及平面镜观察桌面的微小形变的实验中，运用了极限思想法C.在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了类比的方法D.重心、合力的概念，体现了等效思想【答案】AD【解析】【详解】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段可近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法，故A正确；B．借助激光器及平面镜观察桌面的微小形变的实验中，运用的是微小形变放大法，故B错误；C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法，故C错误；D．物体各部分都受到重力的作用，从作用效果上来说，可以认为与作用在物体上一点的作用效果是一样的，这一点就叫做重心，使用的是等效替代法，合力是一个力，如果它的作用效果与几个力共同作用时产生的效果相同，那么这个力就叫做这几个力的合力，采用的是等效替代法，故D正确。故选AD。10.如图所示，轻绳一端固定于天花板上的O点，另一端系于质量为m的三角板上的a点，水平拉力F作用于三角板上的c点，当三角板静止时，轻绳与竖直方向夹角为30°。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A.轻绳拉力大小为B.外力F大小为 C.若保持轻绳拉力方向不变，使外力F逆时针缓慢转动，则外力F先减小后增大D.若保持外力F方向不变，使轻绳绕O点逆时针缓慢转动，则轻绳的拉力先增大后减小【答案】AC【解析】【详解】AB．对三角形进行受力分析，如图所示则有，解得，A正确，B错误；C．对三角形作出动态受力示意图，如图所示可知，若保持轻绳拉力方向不变，使外力F逆时针缓慢转动，则外力F先减小后增大，C正确；D．对三角形作出动态受力示意图，如图所示 可知，若保持外力F的方向不变，使轻绳绕O点逆时针缓慢转动，则轻绳的拉力减小，D错误。故选AC。11.如图所示，质量的空铁箱在水平拉力作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数。这时铁箱内一个质量的小木块（视为质点）恰好能静止在后壁上，小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）A.铁箱的加速度大小a=50.5m/s2B.C.由于小木块恰好能静止在后壁上，说明小木块此时处于平衡状态D.铁箱对小木块的作用力大小为【答案】BD【解析】【详解】A．对铁箱与小木块整体有解得a=40m/s2A错误；B．小木块恰好能静止在后壁上，表明其所受摩擦力达到最大静摩擦力，对小木块进行分析有， 解得N=40N，B正确；C．小木块虽然恰好能静止在后壁上，但小木块有水平向右的加速度，其所受外力的合力不等于0，因此，小木块此时处于非平衡状态，C错误；D．铁箱对小木块的作用力有摩擦力与弹力，铁箱对小木块的作用力大小等于这两个力的合力，则解得D正确。故选BD。12.如图，一个质量为m的物体受到水平向左的作用力（为大于0的常数），物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，当时，物体从靠墙的某处由静止释放，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且墙面足够大，关于物体此后的运动，下列说法正确的是（　　）A.物体先匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，最后停止运动B.物体的加速度先减小后增大C.当时，物体停止运动D.物体运动的最大速度为【答案】BD【解析】【详解】AB．对物体受力分析，由牛顿第二定律得可得 当时，随着时间推移，物体加速度逐渐减小，当时，随着时间推移，物体加速度反向，逐渐增大，直到速度为零，最后静止，故B正确，A错误；C．当时，物体的加速度为零，此时速度达到最大，故C错误；D．则最大速度为故D正确。故选BD。13.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用大小为22N的恒力竖直向上拉物体A。已知物体A的质量，物体B的质量，弹簧的劲度系数为，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　）A.恒力作用瞬间，A、B即分离B.物块A上升时，A、B开始分离C.恒力作用瞬间，A的加速度大小为D.物块A、B分离前，物块B的最大加速度大小为【答案】BD【解析】【详解】AC．恒力作用瞬间，假设A、B没有分离，对A、B整体有解得 对A分析有解得可知假设成立，即恒力作用瞬间，A、B不会分离，此时两者的加速度均为，AC错误；B．没有施加恒力时，弹簧处于压缩，对A、B有解得当A、B刚刚分离时，两者加速度相等，两者之间的弹力恰好为0，则对A分析有解得对B分析有解得可知，A、B开始分离，物块A上升距离为解得B正确；D．物块A、B分离前，对A、B分析有分离前，弹簧的压缩量逐渐减小，可知，加速度逐渐减小，则恒力开始作用的瞬间加速度最大，根据上述，该最大加速度大小为，D正确。 故选BD。三、实验题（本题共两小题，共14分）14.在“探究求合力的方法”实验中，把白纸用图钉固定在木板上，再把橡皮条的一端用图钉固定在白纸上，另一端连接细绳套。（1）以下操作正确的是______。A.实验时，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，再换一把弹簧秤拉橡皮条，可以不一定要拉到O点，只要橡皮条伸长的长度一样就行B.实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度C.实验中，拉弹簧测力计的力越大越好，两个弹簧测力计之间夹角必须取90°，以便于算出合力的大小D.实验中只要记录弹簧秤的示数和结点O的位置（2）某次实验中，弹簧测力计C指针位置如图甲所示，其示数为______N。（3）在另一次实验中，两弹簧测力计拉力的图示已作出（如图乙所示），方格每边的长度表示1.0N，O是橡皮条的一个端点。则合力F的大小为______N。（结果保留两位有效数字）【答案】①.B②.2.10③.7.0【解析】【详解】（1）[1]A．实验要保证两个弹簧秤的拉力与一个弹簧秤的拉力效果相同，则橡皮条要沿相同方向伸长量相同，则O点的位置应该固定，故A错误；B．实验中，为了减小误差，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度，故B正确；C．实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧测力计拉力的方向没有限制，故C错误；D．实验还需要记录绳子的方向，故D错误。故选B。（2）[2]测力计的最小分度为0.1N，由图可知，弹簧测力计读数为2.10N。（3）[3]根据平行四边形定则作图，如图所示 则合力F的大小为。15.某兴趣小组设计了一个验证“牛顿第二定律”的实验。图1为实验装置简图，A为小车（质量为M），B为打点计时器，C为装有沙的沙桶（总质量为m），D为一端带有定滑轮的长木板，电源频率为。（1）实验得到如图2一条纸带（纸带上的点为实际打下的点），可求出小车的加速度大小______。（结果取两位有效数字）（2）实验中，以下做法正确的两项是______A.平衡摩擦力时，应将沙桶用细绳通过定滑轮系在小车上B.平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力C.本实验需要小车质量远大于沙和沙桶的质量D.实验时，先放开小车，后接通电源（3）小组同学保持小车质量M不变，根据测量数据作出了图线，如图3所示，若牛顿第二定律成立，则可求出小车的质量______kg（结果取一位小数），下列分析正确的是（）（多选，选填选项前的字母）。A.图线不过原点的原因可能是没有平衡摩擦力B.图线不过原点的原因可能是平衡摩擦力时木板的末端抬得过高C.图线上部分弯曲原因可能是所用小车的质量M过大D.图线上部分弯曲的原因可能是沙桶总质量m增大到一定程度时，沙桶的重力不能看做小车所受的合力（4）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差。设拉力的真实值为，小车的质量M，为了使，应当满足的条件 是______。【答案】①.3.2②.BC③.1.0④.BD⑤.5%【解析】【详解】（1）[1]根据逐差法，求出小车的加速度为（2）[2]A．平衡摩擦力时，应该不挂沙桶，让小车能够向下做匀速直线运动，A错误；B．平衡摩擦力是为了平衡斜面对小车的摩擦与打点计时器与纸带之间的阻力，因此平衡摩擦力时小车后面的纸带必须连好B再去；C．实验中数据处理时，认为沙与沙桶的总重力与细线的拉力相等，但实际上由于沙桶向下做匀加速直线运动，沙与沙桶的总重力大于细线的拉力，为了减小实验的系统误差，应该使小车质量远大于沙和沙桶的质量，C再去；D．为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验时，应该先接通电源，后放开小车，D错误。故选BC。（3）[3]根据图像，可知变形有结合图像有[4]AB．根据图像可知，当没有挂沙桶时，小车已经与一定的加速度，表明当没有挂沙桶时，小车已经开始向下加速运动，说明平衡摩擦力过大，即图线不过原点的原因可能是平衡摩擦力时木板的末端抬得过高，A错误，B正确；CD．图像是研究加速度与合力的关系，即保持小车质量一定，改变沙与沙桶的总质量，实验中近似认为沙与沙桶的总重力与细线的拉力相等，这一近似处理的前提条件是小车质量远大于沙和沙桶的质量，当实验中小车质量不变，沙桶总质量m增大到一定程度时，已经不满足小车质量远大于沙和沙桶的质量，此时沙桶的重力不能看做小车所受的合力，因此图线上部分弯曲的原因是沙桶的质量过大，C错误，D正确。故选BD。（4）[5]对沙桶进行分析有 对小车进行分析有根据题干要求有解得四、计算题（本题共3小题，共34分）16.如图所示，一条质量不计的细绳穿过光滑的圆环，在水平拉力（大小未知）的作用下圆环处于静止状态，1是细绳的倾斜部分，与竖直方向的夹角为θ=53°，2是水平部分，圆环的质量为m，重力加速度为g，、，求：（1）水平拉力为多少？（2）求绳的倾斜部分1与水平部分2的合力大小【答案】（1）3mg；（2）【解析】【详解】（1）绳的倾斜部分1、水平部分2是同一根绳，拉力大小相等，均设为T，对圆环、绳上与圆环的接触点整体进行受力分析，如图所示则有，解得 （2）根据平衡条件可知，绳的倾斜部分1与水平部分2的合力与、环的重力mg的合力等大反向，则有解得17.如图所示，一足够长的固定在水平面上的斜面，倾角，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，现物体受到一水平向右的恒力作用，运动至B点时撤去该力，B点有一小圆弧，使得物体经过B点时只有速度方向发生改变，速度大小不变，重力加速度，则：（1）物体到达B点时的速度大小；（2）物体沿斜面向上滑行的最远距离。（3）物体从开始运动到最后停止运动的总时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律得解得由到有解得（2）沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律得 解得沿斜面运动的最远距离为（3）从点运动到点的时间为从点运动到斜面最高点的时间为沿斜面下滑时的加速度为解得沿斜面下滑的时间为解得下滑到点时的速度为在水平面上运动的加速度大小为解得从点到静止的时间为物体从开始运动到最后停止运动的总时间为 解得18.如图所示，n块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度L=0.5m，质量m=0.6kg。一质量M=1kg的小物块以v0=m/s水平速度从第一块长木板的最左端滑入。已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.25，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g=10m/s2。则：（1）若长木板全部固定，且n足够大，则物块最终停在第几块长木板上？（2）为了保证所有长木板始终相对地面静止，n至少多大？（3）若n=6，物块最终停在第几块木板的什么位置？【答案】（1）第6块；（2）8块；（3）距左端m处【解析】【详解】（1）对小物块μ1Mg=Ma1得a1=μ1g=2.5m/s2总位移x==2.8mN==5.6块故最多滑上第6块（2）假设小物块能带动b块长木板一起滑动，则μ1Mg＞μ2（M+bm）g解得b＜2.5故最多带动2块长木板一起滑动，至少需要6+2=8块长木板才能保证所有木板始终静止；（3）由第（2）问的分析可知，刚滑上第5块的时候，最后两块木板开始相对地面滑动，此时小物块速度为v1 解得v1=2m/s长木板μ1Mg-μ2（M+2m）g=2ma2解得a2=0.25m/s2假设时间t1后滑上第6块木板v1t1--=L解得（另一解舍去）刚滑上第6块时此后木板加速度变化μ1Mg-μ2（M+m）g=m解得=1.5m/s2再经过t2后共速解得t2=s相对位移（未滑离木板）最终物块停在第6块木板距左端m处