重庆市杨家坪中学2023-2024学年高一上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

重庆市杨家坪中学高2026届（一上）12月月考物理试题一、选择题（共43分，1-7题为单选题，每题4分；8-10题为多边题，每题5分，沿边的3分，错边不得分）（sin37°=0.6，cos37°=0.8，tan37°=0.75，g=10m/s2）1.在物理学的研究中科学家们提出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法、微元法和科学假说法、理想化物理模型法等等，以下关于物理学方法的叙述不正确的是（　　）A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想化物理模型法B.在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了类比法C.伽利略在研究力和运动的关系时，得出了力不是维持物体运动的原因，采用了理想实验法D.根据速度定义式，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法【答案】B【解析】【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想化物理模型法，故A正确；B．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故B错误；C．伽利略在研究力和运动的关系时，得出了力不是维持物体运动的原因，采用了理想实验法，故C正确；D．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法，故D正确。本题选不正确的，故选B。2.下列描述的几种物理情景中，分析和判断正确的是（　　）A.电子在自转的同时绕原子核旋转，电子很小，故研究电子自转时，可将其看作质点B.高速飞行的子弹因为速度很大，所以惯性很大C.点火后即将升空的火箭，因其速度为零，所以加速度一定为零D.马拉车向前加速运动时，马对车的拉力与车对马的拉力大小相等，方向相反【答案】D【解析】【详解】A．研究电子自转时，电子的形状大小不能忽略不计，不可以将其看作质点，故A错误； B．质量是惯性的唯一量度，高速飞行的子弹虽然速度很大，但子弹的质量很小，所以惯性很小，故B错误；C．点火后即将升空的火箭，速度为零，但加速度不为零，故C错误；D．马拉车向前加速运动时，根据牛顿第三定律可知，马对车的拉力与车对马的拉力大小相等，方向相反，故D正确。故选D3.某同学让小球从距地面高度为1.2m处，以大小为5m/s的初速度竖直向上抛出，重力加速度g取，不计空气阻力，规定竖直向上为正方向，下列说法正确的是（　　）A.从抛出点到最高点，小球的位移为负B.从抛出到落地，小球的平均速度为正C.小球落地时的速度为D.当小球运动到与抛出点距离为1.0m处，对应的时刻有两个【答案】C【解析】【详解】A．因为规定竖直向上为正方向，从抛出点到最高点，小球的位移为正，故A项错误；B．从抛出到落地，小球的位移为负，根据平均速度的定义所以其小球的平均速度为负，故B项错误；C．由匀变速直线运动的公式有解得（不合题意，舍） 故C项正确；D．设小球抛出后的最大高度为H，有解得当小球在抛出点上方距离抛出点为1.0m时，有解得当小球在抛出点下方距离抛出点为1.0m时有解得（不合题意，舍）当小球运动到与抛出点的距离为1.0m处，对应的时刻有三个，故D项错误。故选C。4.下图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是（　　） A.“下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0B.“起立”过程，体重计的示数一直大于A0C.“起立”的过程，先出现超重现象后处于平衡状态D.“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象【答案】D【解析】【详解】A．下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态，后处于超重状态；体重计示数先小于A0后大于A0，故A错误；BC．人从下蹲状态站起来的“起立”过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态，后处于失重状态，体重计示数先大于A0后小于A0，故BC错误；D．根据以上分析可知，“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象，故D正确。故选D。5.如图，轻细线和、把质量为的重物如图悬挂。平衡时是水平的，与水平面的夹角为。的拉力为，的拉力为。以下说法正确的是（　　）A.B.C.如果三根细线的材料相同，则逐渐增加物重先断D.逐渐增加夹角（仍小于90°），细线的拉力增大【答案】C【解析】 【详解】AB．以点为对象，根据受力平衡可得，解得，故AB错误；C．如果三根细线的材料相同，由于拉力最大，则逐渐增加物重先断，故C正确；D．逐渐增加夹角（仍小于90°），根据可知细线的拉力减小，故D错误。故选C。6.发生森林火灾时，可用消防直升机进行灭火。如图甲所示为消防直升机吊着贮满水的水桶沿水平方向飞行前去火场的情景，直升机在空中飞行时悬挂水桶的示意图如图乙所示，已知水桶（包含水）的质量为m，水平风力大小等于（g为重力加速度），悬吊水桶的绳子与竖直方向的夹角为37°，则直升机飞行的加速度大小为（）A.0.75gB.0.55gC.0.45gD.0.40g【答案】B【解析】【详解】水桶和水随直升机一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有，，解得故选B。7.如图所示，一辆小车沿水平方向行驶，质量均为10kg的两物块A、B叠放在小车的水平底板上，与B 相连的竖直轻绳跨过光滑的定滑轮与质量为0.4kg的小球C相连，物块A、B与小球C、小车均保持相对静止，此时与小球C相连的轻绳与竖直方向成37°角。已知重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）A.小车的加速度大小为B.轻绳对小球C的拉力大小为4NC.底板对物块A的摩擦力大小为75ND.物块A对物块B的摩擦力大小为75N【答案】D【解析】【详解】A．B．以小球C为研究对象受力分析，有代入数据，解得，轻绳对小球的拉力大小为，故选项A、B错误；C．以物块AB整体为研究对象，底板对物块A的摩擦力大小为故选项C错误；D．以物块B为研究对象，物块A对物块B的摩擦力大小为故选项D正确。故选D。8.如图所示，从地面上方某点将一小球以10m/s的初速度沿水平方向抛出．小球经过1s落地。不计空气阻力，取g=10m/s2，则可求出（　　）A.小球抛出时离地面的高度是5m B.小球从抛出点到落地点的水平距离是10mC.小球落地时速度的大小是20m/sD.小球落地时速度的方向与水平地面成60°角【答案】AB【解析】【详解】A．小球抛出时离地面的高度为故A正确；B．小球从抛出点到落地点的水平距离为故B正确；C．小球落地时的竖直分速度大小为则小球落地时速度的大小为故C错误；D．设小球落地时速度的方向与水平地面成角，则有解得故D错误。故选AB。9.在光滑水平面上物体A和物体B以轻弹簧相连接，在水平拉力F的作用下做匀加速直线运动，已知A和B的质量分别为m和2m。下列说法正确的是（）A.弹簧处于拉伸状态，弹力大小为B.若突然撤掉力F，此时A加速度为0 C.若突然撤掉力F，此时B的加速度方向水平向右D.若突然撤掉力F，此时B的加速度大小为【答案】AD【解析】【详解】A．对A受力分析可知，合力向右，则弹力向右，处于拉伸状态。则对整体有对A有联立解得故A错误；B．若突然撤掉力F，因弹簧弹力不能突变，此时A受到的弹力不变，即合力不变，加速度不为0，故B错误；CD．若突然撤掉力F，此时B水平方向只受弹力，方向向左，加速度方向向左，由牛顿第二定律得加速度大小为故C错误，D正确。故选AD10.倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度，下列判断中正确的是（）A.传送带的运行速率为6m/s B.0～0.5s内小煤块的加速度大小为10m/s2C.小煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5D.0～1.5s内小煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.25m【答案】BC【解析】【详解】A．由图可知，在0.5s时刻，小煤块的加速度发生了突变，则传送带的运行速率为5m/s，故A错误；B．根据加速度的定义式得0～0.5s内小煤块的加速度大小为故B正确；C．由图可知，0.5s～1.5s内小煤块的加速度大小为内，对小煤块由牛顿第二定律内对小煤块由牛顿第二定律联立解得，小煤块与传送带之间的动摩擦因数为故C正确；D．内传送带多运动内，物块多运动痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为。故D错误。故选BC。二、实验题（共16分，11题6分，12题10分） 11.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。拉动弹簧测力计B，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。（1）下列不必要的实验要求是____________（填写选项前对应的字母）。A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（2）一次实验中，弹簧测力计A的示数如图中所示，大小为_________N。（3）某次实验中，保持测力计A的拉力方向与竖直方向的夹角为30°不变，沿不同方向拉测力计B，发现测力计B的读数最小为5.0N，则重物M的质量为__________kg。（g取）【答案】①.D②.3.60③.1【解析】【详解】（1）[1]A.以O点为研究对象，其中竖直向下的拉力等于重物M所受的重力，故需要测量重物M所受的重力，故A不满足题意要求；B.弹簧测力计应在使用前校零，故B不满足题意要求；C.为了减小误差，拉线方向应与木板平面平行，故C不满足题意要求；D.改变拉力，进行多次实验，不需要使O点静止在同一位置，故D满足题意要求。故选D。（2）[2]弹簧测力计最小分度值为0.1N，因此读数为3.60N。（3）[3]根据对O点受力可知当测力计B与测力计A垂直时，测力计B的读数最小 根据几何关系可得解得M=1kg12.在某次探究小车加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四组同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量（未知）一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是__________A．四组实验中只有甲需要平衡摩擦力B．四组实验都需要平衡摩擦力C．四组实验中只有乙需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件D．四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件（2）某次实验中，利用甲图实验的甲组同学在正确操作后得到了一条纸带如下图所示（相邻两计数点间有四个点未画出），已知交流电源的频率为f，则可以计算出本次实验中小车的加速度表达式为___________ （3）后续实验中，甲组同学们发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，撤去弹簧测力计，仍利用甲装置进行了新的探究，步骤如下：①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a大小；③改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；’④以a为纵轴、m为横轴作出图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现以为纵轴，以__________（选填“”或“m”）为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量___________（用字母k，b表示）【答案】①.BC②.③.④.【解析】【详解】（1）[1]AB．四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，A错误，B正确；CD．四组实验中，乙、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，C正确，D错误。故选BC。（2）[2]根据逐差法可知小车运动的加速度为由于相邻两计数点间有四个点未画出，则代入可得（3）[3]由加速度和合力之间的关系，对m，轻绳拉力的大小为F，有 对M可得以为纵轴，以为横轴，便可得到线性图像。[4]若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则联立可得三、解答题（共41分，13题10分，14题13分，15题18分）（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10ms2）13.如图，质量为6.6kg的木块放在水平地面上，在大小为30N，方向与水平成37°斜向上拉力作用下恰好沿水平地面匀速滑动．求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g=10N/kg）（1）物体所受的摩擦力大小及物体和地面的动摩擦因数。（2）如果去掉拉力而给物体施加一个水平推力，物体恰能匀速运动，则水平推力为多少？【答案】（1）24N；0.5（2）33N【解析】【详解】（1）水平方向，物体所受的摩擦力大小竖直方向： 物体和地面的动摩擦因数（2）如果去掉拉力而给物体施加一个水平推力，物体恰能匀速运动，则14.如图，一位滑雪者，人与装备的总质量为，以的初速度沿倾斜滑道匀加速直线滑下，倾斜滑道倾角为，在的时间内沿倾斜滑道下滑的路程为，设滑雪者受到的阻力恒定，。（1）求滑雪者的加速度的大小；（2）求滑雪者受到的阻力的大小（包括摩擦和空气阻力）；（3）若滑雪者的初速度可调节，滑雪者经倾斜滑道，进入的水平滑道后恰好静止在终点，滑雪者在水平滑道与倾斜滑道受到的阻力大小相等，两滑道平滑连接，不计速度损失。则滑雪者从开始下滑至到达终点的时间为多少。【答案】（1）；（2）；（3）8s【解析】【详解】（1）设其加速度为a，根据运动学知识有解得（2）设其受到的阻力为f，根据牛顿第二定律有 解得（3）由题意，滑雪者在水平滑道与倾斜滑道受到的阻力大小相等，设其水平上运动时加速度大小为a2，则有滑至倾斜滑道底端时的速度v，设其在水平滑道用时为t2，则有设其在倾斜滑道上的初速度为v1，用时为t1，则有所以总计用时为15.如图所示，在一个倾角为的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为L＝5m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数。当长木板沿斜面向下运动的速度达到时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，，结果可用根号表示。求：（1）刚放上小煤块时，长木板的加速度的大小和煤块的加速度的大小；（2）从放上煤块到与板共速经历时间；（3）最终小煤块从木板哪一端离开；二者共速到二者分离又经历时间。 【答案】（1），；（2）；（3）从下端离开木板，【解析】【详解】（1）对木板根据牛顿第二定律有对煤块根据牛顿第二定律有代入数据解得，（2）设从放上煤块到与板共速经历时间为，对木板对煤块解得，（3）对木板和煤块根据位移—时间公式有，解得，煤块相对木板向上的位移大小为所以有故煤块未从上端离开；对木板根据牛顿第二定律有解得 对煤块根据牛顿第二定律有解得因为，所以小煤块从下端离开木板；设从二者共速到二者分离又经历时间，此过程木板和煤块的对地位移分别为，，则有，，解得