省实金湾学校2023级高一12月月考
物理试题
满分100分 考试时间75分钟
一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．关于物理学史和物理学研究方法，下列说法正确的是（ ）
A．在研究物体的运动时，满足一定条件可将物体抽象成质点，这样的研究方法叫“微元法”
B．亚里士多德研究下落物体的运动时，把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，拓展了人类的科学思维方式和研究方法
C．伽利略在研究力和运动的关系时，依据逻辑推理把实际实验理想化的思想是研究物理问题的重要方法
D．是利用比值定义法定义的物理量，由公式可知加速度a与成正比
2．2023年9月23日，杭州第19届亚运会盛大开幕。开幕式以“数实融合”为主题，不仅呈现了绚丽的烟花秀，还采用了数字化技术进行火炬点火。如图所示为数字火炬手正在跨越钱塘江奔向亚运会主场馆的情景。已知火炬手跨越钱塘江约花了30s，下列说法正确的是（ ）
A．研究数字火炬手跑动的姿态时，可以把数字火炬手视为质点
B．研究数字火炬手通过钱塘江的速度大小，可以把数字火炬手视为质点
C．以钱塘江面为参考系，数字火炬手是静止的
D．“30s”指的是时刻
3．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间（）图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲物体第1s末的加速度大于第4s末的加速度 B．0~3s内甲的平均速度小于乙的平均速度
C．第4s末甲、乙两物体相遇 D．0~6s内甲的速度方向未发生改变
4．一个做自由落体运动的物体，其落地速度为20m/s，重力加速度g取，则下列描述正确的是（ ）
A．下落的时间为3s B．下落时距地面的高度为25m
C．下落过程中的平均速度为5m/s D．最后1s的位移为15m
5．如图甲所示，通过一拉力传感器（能测量力大小的装置）水平向右拉一水平面上质量为5.0kg的木块，A端的拉力均匀增加，时间内木块静止，木块运动后改变拉力，使木块在辆后做匀速直线运动。计算机对数据拟合处理后，得到如图乙所示拉力随时间变化的图线，下列说法正确的是（取）（ ）
A．当F=6.0N时，木块与水平面间的摩擦力
B．若继续增大拉力至F=10.0N，则木块与水平面间的摩擦力
C．木块与水平面间的动摩擦因数为
D．木块与水平面间的动摩擦因数为
6．如图，倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块在水平拉力F的作用下静止在斜面体上，下列结论正确的是（ ）
A．木块一定受到4个力的作用
B．斜面体可能受到4个力的作用
C．木块对斜面体的压力产生的原因是斜面体发生了形变
D．斜面体对地面的摩擦力大小等于F，方向水平向左
7．某兴趣小组准备测定列车行驶的加速度。列车在平直轨道上行驶，他们在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球，小球与车厢保持相对静止时细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。则对于列车可能的运动状态及加速度大小的说法正确的是（ ）
A．向左匀减速运动， B．向右匀加速运动，
C．向左匀加速运动， D．向右匀减速运动，
8．如图所示，质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则（ ）
A．弹簧弹力可能小于mg
B．细线的拉力可能等于mg
C．剪断细线瞬间物块b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间物块a的加速度大小为2g
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有两个或以上选项正确。全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）
9．关于加速度、速度和力的叙述中，下面的结论正确的是（ ）
A．加速度的大小表示物体速度随时间变化率的大小
B．物体运动的速度变化量越大，它的加速度一定越大
C．加速度的方向一定跟物体速度变化量的方向相同
D．加速度的方向一定跟物体所受合外力的方向相同
10．如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，则（ ）
A．小球立即做减速运动
B．小球一直做加速运动且加速度不变
C．小球所受的弹簧弹力等于重力时，小球速度最大
D．当弹簧处于最大压缩量时，小球的加速度方向向上
11．如图为斧子劈开树桩的实例，树桩容易被劈开是因为形的斧锋在砍进木桩时，斧刃两侧会对木桩产生很大的侧向压力，将此过程简化成力学模型，已知斧子是竖直向下且对木桩施加一个竖直向下的力F，斧子形的夹角为θ，则（ ）
A．斧子对木桩的侧向压力大小为
B．斧子对木桩的侧向压力大小为
C．斧锋夹角越大，斧子对木桩的侧向压力越大
D．斧锋夹角越小，斧子对木桩的侧向压力越大
12．物体以初速度 v0竖直上抛，经3s到达最高点，空气阻力不计， g取 ，则下列说法正确的是（ ）
A．物体的初速度 v0大小为30m/s
B．物体上升的最大高度为30m
C．物体在第 1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为5：3：1
D．物体在 1s内、2s内、3s内的平均速度之比为9：4：1
第II卷（非选择题）
三、实验题（本题共2小题，共18分）
13．某同学探究“两个互成角度的力的合成规律”实验的装置如图甲所示。其中A为固定橡皮条的图钉，OB、OC为连接橡皮条与弹簧测力计的细绳套。实验时，先用两个互成夹角的力、拉伸橡皮条到某一位置，撤去、，改用一个力F，使得橡皮条拉伸到相同位置。
（1）两次橡皮条的形变量相同，即力、共同的作用效果与力F相同，所以F等于、的合力，这用到了 （填“控制变量法”、“放大法”或“等效替代法”）。
（2）某次实验时连接OB的弹簧测力计的示数如图乙所示，则OB上的拉力大小 N。处理实验数据后，得出的力的图示如图丙所示，则 （填“”、“F”或“”）不是用弹簧测力计直接测量出来的。
（3）下列措施中，正确的是 。
A.实验时，、的夹角越大越能减小误差
B.拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C.拉橡皮条的细绳要短些，标记同一细绳方向的两点要近些
14．某同学利用如图甲所示的装置探究“加速度与力、质量的关系”的实验。
（1）在该实验中，下列说法正确的是 。
A．应先接通电源，再释放小车
B．滑轮与小车之间的细绳要与木板平行
C．应补偿小车运动过程中受到的阻力
D．牵引小车的钩码质量应等于小车的总质量
（2）实验过程中，该同学打出了一条纸带如图乙所示。打点计时器使用50Hz交流电源，图中O、A、B、C、D、E、F为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算B点的瞬时速度大小 ，并计算纸带所对应小车的加速度大小 。（结果均保留两位有效数字）
（3）小车质量一定，研究加速度与力的关系时，该同学根据测得的数据作出图像，如图所示。发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能的原因是 。（填选项前的字母）
A．补偿阻力时，木板的倾斜角度过大，且小车质量较大
B．补偿阻力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大
C．补偿阻力时，木板的倾斜角度过小，且所挂钩码的质量较大
D．补偿阻力时，木板的倾斜角度过大，且所挂钩码的质量较大
四、解答题（本题共3小题，15题10分，16题10分，17题10分，共30分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）
15．如图，在倾角、足够长的斜面上有一个质量为的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，今给物体以沿斜面向上的初速度使其从斜面底端向上滑行（已知，，，计算结果可以保留根号。）
（1）求物体向上滑行的加速度；
（2）求物体向上滑行的时间和位移大小
16．“神舟十一号”载人飞船的返回舱在距地面某一高度时，启动减速降落伞装置开始做减速运动。当返回舱的速度大约减小至v=10m/s时，继续匀速地下降。当以这个速度一直降落到距离地面h=1.1m时，立刻启动返回舱的缓冲发动机并向下喷气，舱体再次做减速运动，经历时间t=0.20s后，以某一安全的速度落至地面。若最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）这一过程中返回舱加速度的方向和加速度的大小a；
（2）这一过程中返回舱对质量m=60kg的航天员的作用力的大小F。
17．运动员沿水平冰面推动冰壶滑行时的情景如图（a）所示，此过程可建立如图（b）所示的模型∶冰壶质量，运动员施加的推力，方向与水平方向夹角为，冰壶在推力作用下做匀速直线运动，取，，。
（1）求冰壶与冰面间的动摩擦因数；
（2）若运动员以的速度沿冰面将冰壶掷出，求冰壶在冰面上滑行的最远距离。
参考答案与分析
1．C
【解答】A．在研究物体的运动时，满足一定条件可将物体抽象成质点，这样的研究方法叫“理想模型法”，故A错误；
B．伽利略研究下落物体的运动时，把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，拓展了人类的科学思维方式和研究方法，故B错误；
C．伽利略在研究力和运动的关系时，依据逻辑推理把实际实验理想化的思想是研究物理问题的重要方法，故C正确；
D．是利用比值定义法定义的物理量，故加速度a与无关，故D错误。
故选C。
2．B
【解答】A．研究数字火炬手跑动的姿态时，不能忽略火炬手的大小，不可以把数字火炬手视为质点，故A错误；
B．研究数字火炬手通过钱塘江的速度时，火炬手的大小为次要因素可以忽略，可以把数字火炬手视为质点，故B正确；
C．以钱塘江面为参考系，数字火炬手运动的，故C错误；
D．“30s”指的是时间间隔，故D错误。
故选B。
3．C
【解答】A．由位移—时间图像的斜率表示速度，可知甲物体在0~2s和2~6s时间内图像斜率大小不变，因此甲物体在0~2s和2~6s时间内均做匀速直线运动，加速度是零，A错误；
B．由位移—时间图像，可知0~3s内甲的位移大于乙的位移，因此0~3s内甲的平均速度大于乙的平均速度，B错误；
C．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，第4s末甲、乙两物体的位移相等，因此第4s末甲、乙两物体相遇，C正确；
D．由位移—时间图像的斜率表示速度，可知斜率是正值，则速度为正方向，斜率是负值，则速度是负方向，在0~2s时间内速度是正方向，在2~6s时间内速度是负方向，因此在0~6s内甲的速度方向发生改变，D错误。
故选C。
4．D
【解答】A．根据自由落体运动的速度与时间的关系
v=gt
可得
故A错误；
B．根据自由落体运动位移与时间的关系可得
v2-0=2gh
则可知下落的高度为
故B错误；
C．下落过程的平均速度为
故C错误；
D．逆过程看最后1s的位移为
故D正确。
故选D。
5．C
【解答】A．当F=6.0N时，由图像可知，木块处于静止状态，受到水平面的静摩擦力为
故A错误；
B．若继续增大拉力至F=10.0N，由图像可知，木块受到滑动摩擦力的作用，大小为
故B错误；
CD．根据滑动摩擦力大小为
可得木块与水平面间的动摩擦因数为
故C正确，D错误。
故选C。
6．B
【解答】A．对木块受力分析，根据受力平衡可知，木块受到重力、水平拉力、垂直于斜面向上的支持力，当水平拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，木块不受摩擦力作用，所以木块可能受到3个力的作用，故A错误；
B．对斜面体受力分析，根据受力平衡可知，如果木块与斜面之间没有摩擦力作用，则斜面体受到重力，木块垂直于斜面向下的压力，地面的支持力和地面的摩擦力，所以斜面体可能受到4个力的作用，故B正确；
C．木块对斜面体的压力产生的原因是木块发生了形变，故C错误；
D．以斜面体和木块为整体，根据受力平衡可知，地面对斜面体的摩擦力大小等于F，方向水平向左，则斜面体对地面的摩擦力大小等于F，方向水平向右，故D错误。
故选B。
7．B
【解答】以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
方向水平向右；则列车的加速度大小为，列车可能向右匀加速运动，也可能向左匀减速运动。
故选B。
8．D
【解答】虽然a、b与竖直粗糙墙壁接触，但与墙壁之间并没有挤压作用，故与墙壁之间没有弹力和摩擦力的作用。
A．物块b受力平衡，故根据受力分析可知弹簧弹力等于的重力mg。故A错误；
B．整个系统受力平衡，则细线的拉力等于a、b的总重力2mg。故B错误；
C．剪断细线瞬间物块b的受力没有变化，加速度大小为零。故C错误；
D．剪断细线瞬间物块a所受细线拉力消失，其他力没变化，则有
可得加速度大小为
故D正确。
故选D。
9．ACD
【解答】A．根据加速度的物理意义可知，加速度的大小表示物体速度随时间变化率的大小，故A正确；
B．时间变化未知，物体运动的速度变化量越大，它的加速度不一定越大，故B错误；
C．根据加速度的定义式
可知加速度的方向一定跟物体速度变化量的方向相同，故C正确；
D．根据牛顿第二定律可知，加速度的方向一定跟物体所受合外力的方向相同，故D正确；
故选ACD。
10．CD
【解答】小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力。在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，因为弹力不断增大，所以合外力不断减小，故加速度不断减小，由于加速度与速度同向，因此速度不断变大。当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大。后一阶段，即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运动，但弹力大于重力，合外力竖直向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向竖直向上，小球做减速运动，当速度减小到零时，达到最低点，弹簧的压缩量最大；因加速度先向下后向上。
故选CD。
11．AD
【解答】AB．选斧子为研究对象，斧子受到的力有：竖直向下的F、和两侧给它的与斧子的斜面垂直的弹力，由于斧子处于平衡状态，所以两侧给它的与斧子的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图
所以
所以
故A正确B错误；
CD．根据以上公式分析，当斧锋夹角θ越小时，斧子对木桩的侧向压力越大，故C错误，D正确；
故选AD。
12．AC
【解答】A．物体的初速度
v0=gt=30m/s
选项A正确；
B．物体上升的最大高度为
选项B错误；
C．由逆向思维可知，物体在上升过程的第 1s内、第2s内、第3s内的位移之比为5:3:1，则平均速度之比为5：3：1，选项C正确；
D．由逆向思维可知，物体在上升过程的1s内、2s内、3s内的位移之比为5:8:9，则平均速度之比为5：4：3，选项D错误。
故选AC。
13． 等效替代法 B
【解答】（1）[1] 两次橡皮条的形变量相同，即力、共同的作用效果与力F相同，这用到了等效替代法。
（2）[2][3]测力计最小分度值为0.1N，所以OB上的拉力大小
根据图丙可以看出是根据平行四边形合成出来的，是理论值，不是用弹簧测力计直接测量出来的。
（3）[4] A．实验时，、的夹角适当大，并非越大越能减小误差，故A错误；
B．为了减小误差，拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故B正确；
C．拉橡皮条的细绳要短些，标记同一细绳方向的两点要远些，可以减小记录方向的误差，故C错误；
故选B。
14． ABC 0.25 0.75 C
【解答】（1）[1]A．实验过程中，应先接通电源，再释放小车，选项A正确；
B．为保证绳的拉力方向与运动方向一致，滑轮与小车之间的细绳要保持与木板平行，选项B正确；
C．为了消除摩擦带来的影响，应补偿小车运动过程中受到的阻力，选项C正确；
D．根据牛顿第二定律可知
则为了使得近似等于，则牵引小车的钩码质量应远小于小车的总质量，选项D错误。
故选ABC。
（2）[2]已知交流电源的频率为，每两个相邻计数点间还有四个计时点没有画出，则
小车在B点时的速度
[3]小车运动的加速度大小为
（3）[4]图像不过原点的可能原因是：未补偿阻力或补偿阻力不够；图像末端发生弯曲的可能原因是：所挂钩码的质量过大，未保证小车质量远大于所挂钩码的总质量。
故选C。
15．（1），方向沿斜面向下；（2）1s，5m
【解答】（1）根据题意可知，物体上滑，摩擦力沿斜面向下，对物体受力分析，如图所示
物体上滑时，沿斜面方向上，由牛顿第二定律有
物体上滑时的加速度大小为
方向沿斜面向下。
（2）物体向上滑行的时间为
位移为
16．（1）竖直向上，45m/s2；（2）3.3×103N
【解答】（1）由于返回舱做减速运动，可知加速度的方向竖直向上，根据
解得
（2）以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律
解得
17．（1）；（2）
【解答】（1）冰壶做匀速直线运动，根据平衡条件有
其中
联立解得
（2）冰壶做匀减速直线运动，设加速度为，由牛顿第二定律
解得
设冰壶滑行的最远距离为，由运动学公式
解得
