【文档说明】山东省泰安市第二中学2022-2023学年高一上学期12月月考物理试题 word版含解析.docx，共(20)页，732.317 KB，由小赞的店铺上传

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泰安二中2022级高一上学期12月月考物理试题一、单选题（共8小题，每小题3分，共24分）1.下面哪一组单位属于国际单位制中基本物理量基本单位（）A.m、kg、SB.g、m/s2、SC.m、N、sD.kg、m/s

、S【答案】A【解析】【详解】A．选项中的单位分别为长度，质量，时间的单位，是基本单位，故A正确；B．g、s是基本单位，m/s2为导出单位，故B错误；C．m、s是基本单位，N为导出单位，故C错误；D．kg、s是基本单位，m/s为导出单位，故D错误。故选A选

项。2.在物理学的发展过程中，物理学们提出了许多物理学的研究方法，以下关于物理学的研究方法的叙述中，说法正确的是（）A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体的方法叫等效替代法B.当t极短时，xt就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学

中的微元法C.加速度的定义=vat采用的是比值定义法D.“质点”概念的引入是运用了控制变量法【答案】C【解析】【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体的方法叫理想模型法。A错误；B．当t

极短时，xt就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的极限法，B错误；的C．加速度的定义=vat采用的是比值定义法，C正确；D．“质点”概念的引入是运用了理想模型法，D错误。故选C。3.如图所示的x-t图像和v-t图像中，给

出的四条曲线1、2、3、4，分别代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A.曲线1表示物体做曲线运动B.x-t图像中，1t时刻12vvC.两图像中，2t、4t时刻分别表示物体2、4开始反向运动D.v-t图像中0至3t时间内物体3和物体4的平均

速度大小相等【答案】B【解析】【详解】A．x-t图像和v-t图像均表示直线运动，曲线1表示物体做直线运动，A错误；B．x-t图像中图像的切线斜率表示物体的速度，1t时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，则此时有12vvB正

确；C．在x-t图像中，2t时刻转折点表示物体的位移开始减小，开始反向运动，在v-t图像中，4t时刻转折点表示速度减小，但其方向仍沿正方向，运动方向没有反向，C错误；D．v-t图像的面积表位移，根据图像可知，0至3t时间内物体4的位移要大于物体3的位移，根据xvt=可知物体4的平均速度要

大于物体3的平均速度，D错误。故选B。4.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB：BC等于（）A.1：1B.1：2C.1：3D.1：4【答案】C

【解析】【详解】根据匀变速直线运动的速度位移公式，知22BABvxa=22CACvxa=所以AB：AC=1：4则AB：BC=1：3故选C。5.如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动．

现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗．F为AB中点．则t1∶t2为()A.2∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶(2－1)【答案】A【解析】【详解】由题意可知，在乘客看来，

雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则12::2:1ABAFttvv==．6.如图，有一水平传送带以=2m/sv的速度匀速转动，现将一物块（可视为质点）轻放在传送带A端，物块与传送带之间的

动摩擦因数为0.2。已知传送带长度为10mABL=，则（）A.物块离开传送带时的速度大小为1m/sB.物块在传送带上留下的划痕长为2mC.物块在传送带上加速运动的时间为2sD.物块在传送带上运动的总时间为5.5s【答案】D【解析】【详解】C．初始阶段，物

块做匀加速运动，根据=mgma可得加速度22m/s=a因此加速的时间11svta==故C错误；ABD．加速过程的位移11201m1m2xvt+===接下来做匀速运动，离开传送带时的速度为2m/s，物块在传送带上留下的划痕长111mxvtx

=−=匀速运动所用时间12-101s4.5s2ABLxtv−===因此物块在传送带上运动的总时间125.5sttt=+=故D正确，AB错误。故选D。7.两质量均为m的木块A、B重叠在一起，静置于水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，

如图(a)所示．现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1=mg（g为重力加速度）．木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图(b)所示．下列关于a1和a2的关系，正确的是A.212aa=B.21aa=C.212aaD.1212aaa【答案】A【解析】

【分析】两个加速度都要用受力分析结合牛顿第二定律求解.【详解】设A与地面的动摩擦因数为，对A和B的整体由牛顿第二定律122Fmgma−=；对A加一压力F1=mg，受力分析可知12()FFmgma−+=，整理得1222()mgmamgmgma+−+=，解得212aa=；故选

A.【点睛】通常可以采用整体法和隔离法，用整体法可以求得系统的加速度的大小，再用隔离法可以求物体之间的作用的大小；两图的区别是图2中增加的是力而没有增加质量，则没有产生加速度.8.如图所示，在建筑工地，工人用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a

竖直向上匀加速搬起，其中A质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()A.μFB.2μFC.3()2mga+D.m(g＋a)【答案】D【解析】【详解】对两个物体整体，根据牛顿第二定律，有：2f-（m+3

m）g=（m+3m）a…①再隔离物体A，根据牛顿第二定律，有：f-mg-fBA=ma…②联立解得：fBA=m（g+a）A．μF，与结论不相符，选项A错误；B．2μF，与结论不相符，选项B错误；C．3()2mga+，与结论不相符，选项C错误；D．m(g＋a)，与结论相符，选项D正确；故选D．考点

：牛顿第二定律【名师点睛】本题关键是采用整体法和隔离法，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，不难．二、多选题（4小题，每小题4分，共16分）9.同学们利用图所示方法估测反应时间。首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间。当乙看见甲放

开直尺时，立即用手指捏直尺，根据乙同学捏住的位置的刻度读数，就能估测其反应时间，g取210m/s。关于这个估测方法，下列说法正确的是（）的A.乙同学捏住的位置的刻度读数越大，说明反应时间越长B.若乙同学的反应时间在00.4s−

之间，则所用直尺的长度至少为60cmC.若以相等的时间间隔在该直尺的另一面重新标记出表示反应时间的刻度线，则时间刻度线在直尺上的分布是均匀的D.若以相等的时间间隔在该直尺的另一面重新标记出表示反应时间刻度线，则时间刻度线在直尺上的分布是不均匀的【答案】

AD【解析】【详解】A．直尺下降的时间即为自由落体运动的时间，根据212hgt=可得刻度读数越大，即位移越大，时间越长，反应时间越长，故A正确；B．若反应时间在0-0.4s之间，则所用直尺的至少长度即为自由落体运动下降0.4s的位移大小，根据2211100.4m=80cm22hgt=

=故B错误；CD．自由落体运动是初速度为零匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相等时间间隔通过的位移是不断增加的，所以每个相等的时间间隔在直尺上对应的长度是不相等的，故C错误，D正确。故选AD。10.如图

所示，若你在斜坡顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜坡中点，第二次小球落到斜坡底端，从抛出到落至斜坡上((忽略空气阻力，忽略身高)则：的A.两次小球运动时间之比12:2:4tt=B.两次小球运动时间之比12:1:2tt=C.两次小球抛出时初速度之比12:1:2v

v=D.两次小球抛出时初速度之比12:1:2vv=【答案】BC【解析】【详解】AB．竖直方向212hgt=，解得：2htg=，因为第一次小球落到斜坡中点，第二次小球落到斜坡底端，所以11221:2thth==，A错误B正确CD．根据几何关系有：212tan2gthgtxvtv==

=，即22tan2tanghgtv==，所以11221:2vhvh==，C正确D错误11.一辆货车运载着5个完全相同的圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B

的支持，和汽车一起保持静止，摩擦不计，重力加速度为g，如图所示。下列说法正确的有（）A.若车匀速运动，则C受A、B的弹力大小一定相等B.若车匀加速运动，则C受A、B作用力的合力一定大于mgC.若车向左加速运动，则C受A的弹力大小一定

大于受B的弹力大小D.若车向左加速、且加速度大小等于重力加速度0.5g的大小时，则C会向后翻过B【答案】AB【解析】【详解】A．若车匀速运动，C受力平衡，则由对称性可知，C受A、B的弹力大小一定相等，

故A正确；B．若车匀加速运动，则C受A、B作用力的合力等于22()()Fmgma=+可知C受A、B作用力的合力一定大于mg，故B正确；C．若车向左加速运动，则C受合外力向左，C受A、B的弹力的合力有向左的分量，即C受A的弹力大小一定小于受B的弹力大小，故C错误；D．若车向左加速，则当A对

C的弹力恰为零时，有tan30mgma=即33ag=即当加速度大小大于33g时C将要向后翻动，则当加速度大小等于重力加速度0.5g的大小时，C不会向后翻过B，故D错误。故选AB。12.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vt

−图像如图所示。下列判断正确的是（）A.甲车刹车的加速度大小是乙车的2倍B.两车第一次平齐的时刻可能发生在12s末C.若15st=时两车平齐，则0=t时两车沿运动方向距离为18.75mD.若0=t时刻两车沿运动方向距离为12m，两车平齐的时刻有两次【答案

】AC【解析】【详解】A．vt−图像的斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可得甲乙的加速度大小分别为2215=m/s=1m/s15a甲2210=m/s=0.5m/s20a乙可知，甲车刹车的加速度大小是乙车的2倍，选项A正确；B．由于乙车在前，甲车在后，甲车追乙车，则两车第

一次相遇时，甲车的速度一定大于或等于乙车的速度，结合图像可知，两车第一次平齐的时刻不可能在10s之后，即两车第一次平齐的时刻不可能发生在12s末，选项B错误；C．t=15s时两车的位移分别为201=112.5m2xvtat=−甲1甲甲201=93.75m2xvtat=−乙1

乙乙则t=0时两车沿运动方向距离为112.5m-93.75=18.75m，选项C正确；D．根据图像可知，甲乙两车速度相等时，甲乙两车通过的位移的差值为()151010m=25m2−若t=0时刻两车沿运动方向距离为12m，令相遇时刻为t0，

作图如图所示可知，四边形ABCG的面积为12m，则三角形CDG的面积为25m-12m=13m根据图像可知，三角形DEF的面积为()20155m=12.5m<13m2−表明两车第一次相遇后甲车减速至0的位移大于乙车减速至0的位移，而第一次

相遇时甲车的速度大于乙车的速度，即第一次相遇后甲车在前，乙车在后，由于相遇后甲车减速至0的位移大于乙车减速至0的位移，可知之后乙车不能追上甲车，即若t=0时刻两车沿运动方向距离为12m，两车平齐的时刻只有一次，选项D错误。故选AC。三、非选择题（共6小题，共60

分）13.如图所示是某学生在做“研究平抛物体运动”的实验时记录小球运动的轨迹，x轴为水平方向，y轴为竖直方向。O点为平抛的初始位置，P点为轨迹上一点。则①物体从O点运动到P点的时间为___________s；②物体的初速度

为___________m/s；（结果保留2位有效数字）③该平抛运动的轨迹方程为___________。（g取10m/s2）【答案】①.0.2②.2.0③.254yx=【解析】【分析】【详解】（1）[1]O点为平抛的

初始位置，P点为轨迹上一点。以O点为原点，建立坐标系后，时间由竖直位移决定的，根据212ygt=解得0.2st=（2）[2]平抛的初速度02.0m/sxvt==（3）[3]由平抛的位移规律0xvt=212ygt=消去t得到2

54yx=14.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。（1）实验时，一定要进行的操作是______

_____。A．用天平测出砂和砂桶的总质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条

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，根据纸带可求出小车的加速度为___________m/s2（结果保留3位有效数字）。（3）甲同学以力传感器的示数F为

横轴，加速度a为纵轴，画出的a­F图线是一条直线，如图所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M=___________。A．1tanB．01tanm−C．02mk−D．2k（4）乙同学根据测量数据作出如图4所示的a­F图线，该同学做实验时存在的问

题是_______________。【答案】①.BCCB②.2.00③.C④.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】【详解】（1）[1]AD．本题绳中拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要使砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，故AD错误；B．用力传

感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，需要平衡摩擦力，故B正确；C．为充分利用纸带，释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，该实验还需要记录力传感器的示数，故C正确。故选BC。（2）[2]根据题意，相邻计数点时间

间隔50.1s==Tf由逐差法计算加速度()()344556011223222.00m/s(3)xxxxxxaT++−++==（3）[3]对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得02aFmM=+图线的斜率为k，则02kmM=+故小车质量02Mmk=−故选C。（4）[4]图线在

F轴上截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。15.如图所示，轻质光滑小滑轮P被一根斜细线系于天花板上的O点，质量2kgm=的重物被绕过轻质小滑轮P的细线a所悬挂，细线a与水平方向的夹角

为37。细线b水平，其一端固定在竖直面上。细线c竖直并拉着劲度系数100N/mk=的轻质弹簧，弹簧另一端固定在地面上。'O是三根细线a、b、c的结点，整个装置处于静止状态。取重力加速度大小210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。求：（1）细线a、

b、c的拉力大小；（2）弹簧的形变量。【答案】（1）20NaF=，16NbF=，12NcF=；（2）0.12mx=【解析】的的【详解】（1）重物受力平衡，则细线a拉力aFmg=解得20NaF=对'O结点受力分析，根据平衡条件cos37baF

F=解得16NbF=sin37caFF=解得12NcF=。（2）弹簧的弹力大小等于细绳c的拉力大小，由胡克定律cFkx=解得0.12mx=。16.甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为16m/s.遇到情况后，甲车紧急刹车，乙车司机看到甲车刹车后也采取紧

急刹车．已知甲车紧急刹车时加速度a1＝3m/s2，乙车紧急刹车时加速度a2＝4m/s2，乙车司机的反应时间是0.5s(乙车司机看到甲车刹车后0.5s才开始刹车)．(1)甲车紧急刹车后，经过多长时间甲、乙两车的速度相等？(2)为保

证两车紧急刹车过程不相碰，甲、乙两车行驶过程至少应保持多大距离？【答案】(1)2s(2)1.5m【解析】【分析】若两车刹车到速度相等时没相撞，就能保证在紧急刹车中两车不相撞．可先由速度相等求出甲乙刹车后到速度相等时各自用的时间，然后根据匀变速运动位移公式分别求出从刹车到速

度相等过程两车位移，位移之差为甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离．【详解】设甲刹车经时间t时两车恰好不相撞,则甲、乙两车的运动情景如图所示.甲车位移为：22101131622xvtattt=−=−甲车速度为：101163vvatt=−=−乙车位移为：

()()()()222002140.50.50.5160.5160.50.522xvvtattt=+−−−=+−−−乙车速度为：()()2020.51640.5vvatt=−−=−−二车不相碰的临界条件是速度相等且位置相同因此有：12vv=位移关系为：102xx

x+=其中x0是它们之间的最小距离，解得：x0=1.5m.【点睛】本题主要考查了运动学中的追击相遇问题，追及问题中，速度相等是临界条件．加速追匀速，速度相等时距离最大；匀速追加速，速度相等时距离最小．17.如图甲所示，长木板B放置在光滑水平面上，可视为质点的物体A

静止叠放在B的最左端。A、B间的最大静摩擦力为5N，且认为A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知A、B的质量分别为1kg、4kg，g取10m/s2。（1）若用F=6N的水平力向右拉A，求A、B的加速度大小；（2）若用F=10N的水平力向右拉A，经过t=2s，A到达B的右端。求此时

A、B的速度大小及木板的长度。【答案】（1）21.2m/s，21.2m/s；（2）10m/s，2.5m/s，7.5m【解析】【详解】（1）B物体向右的最大加速度为2mmB1.25m/sfam==对整体，设A、B恰好不发生相对滑动的临界

力为0F，则()0m6.25NFmMa=+=由于06NFF=因此两物体相对静止，它们的加速度大小均为21.2m/sFamM==+（2）若用F=10N的水平力向右拉A，由于010NFF=两物体发生了相对滑动，则时2mA5m/sFfam−==2Bm1.25m/

saa==经过t=2s，A的速度为AA10m/svat==B的速度为BB2.5m/svat==木板的长度为AB7.5m22vvLtt=−=18.某实验小组利用如图所示装置探究水平风力对平抛物体运动的影响。如图所示，将一弹簧枪水平

固定在风洞内距水平地面高度H=5m处，质量m=1kg的小球以速度v0=4m/s从弹簧枪枪口水平射出，小球在空中运动过程中始终受到大小不变、水平向左的风力作用，小球落到地面上的A点，A点与弹簧枪枪口水平距离OA=1

.5m。重力加速度g=10m/s2。求：(1)小球落地所需时间和小球所受风力大小；(2)小球落地时的速度方向与水平地面夹角的正切值；(3)小球离开弹簧枪枪口后经过多长时间速度大小为13m/s。【答案】(1)1s，5N；(2)10；(3)0.12s或0.

2s【解析】【详解】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，落地所需时间021sHtg==小球在水平方向做匀减速运动，由运动学规律可知2012xvtat=−可得25m/sa=由牛顿第二定律，小球所受风力大小Fma=可得5NF=（2）小球落地时的竖直方向速度ygt=v小球落地时

的水平方向速度0xvvat=−小球落地时的速度方向与水平地面的夹角正切值tan10yxvv==（3）小球在运动过程中速度大小22xyvvv=+可得220()()vgtvat=+−则21254030tt−+=得10.12st=或20.2st=获得更多资

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