【文档说明】福建省三明市三明第一中学2023-2024学年高一上学期12月月考物理试题（解析版）.docx，共(21)页，930.094 KB，由envi的店铺上传

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三明一中2023-2024学年上学期12月月考高一物理试卷（考试时长：90分钟，满分100分）一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分）1.关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）①作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，因而合力为零②作用力与反作用力是同一性质

的力③因为地球质量大于物体质量，所以地球对物体的作用力大于物体对地球的反作用力④作用力与反作用力是同时产生，同时消失A.①②B.③④C.②④D.①③【答案】C【解析】【详解】作用力与反作用力总是大小相

等，方向相反，因作用在两个物体上因而不能合成，①错误；作用力与反作用力是同一性质的力，故②正确；虽然地球质量大于物体质量，地球对物体的作用力仍等于物体对地球的反作用力，③错误；作用力与反作用力是同时产生，同时消失，故④正确；综合上述分析可知，

C正确，ABD错误。故选C。2.关于物体的惯性，下列说法中正确的是（）A.物体在静止时的惯性比运动时的大B.物体的惯性随着速度的增大而增大C.物体受到的力越大，它的惯性也越大D.物体的惯性大小跟它的运动状态、受

力情况都没有关系【答案】D【解析】【详解】惯性就是一切物体都具有保持匀速直线运动状态或静止状态的性质，是物体本身的一种属性。跟它的运动状态、受力情况都没有关系，惯性大小由物体的质量决定。所以ABC错误；D正确；故选D。3.摩天大楼中有一部从一楼直通顶层的客运电梯，其简化模型如图（甲）所示。电梯

受到的拉力F是随时间t变化的。电梯在t=0时由静止开始沿竖直方向运动，F-t图像如图（乙）所示。电梯总质量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。根据以上数据估算该摩天大楼的高度为（）A.50mB.150mC.200mD.300m【答案】B【解析】

【分析】【详解】在0~5s内电梯加速上升，加速度2112m/sFmgam−==在5~15s内电梯匀速上升；在15~20s内电梯减速上升，加速度2222m/smgFam−==做出电梯上升的v-t图像，如图由图像的面积等于位移可知摩天大楼的高度为1(1020)10m=150m2h=

+故选B。4.在光滑水平面上的物体，受到多个水平力作用恰好沿1F反方向做匀速直线运动，现将1F逐渐减小至0并保持方向不变，则物体（）A.速度不断减小，且减小得越来越慢B.加速度不断减小，速度不断减小C.加速度不断增大，速度不断增大D.加速度增大，速度先减小后增大【答案】C【解析】【

详解】在光滑水平面上的物体，受到多个水平力作用恰好沿1F反方向做匀速直线运动，将1F逐渐减小至0并保持方向不变，可知物体受到的合力逐渐增大，且合力方向与1F方向相反，由于物体的速度与1F方向相反，则合力方向与速度方向相同，所以物体做加速度逐渐增大的加速运动。故选C5.如图所示，质量为m

的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a应是()A.a=g，竖直向下B.a=g，竖直向上C.a=2TFm，方向水平向左D.a=1TFm，方向沿Ⅰ的延长线【

答案】C【解析】【详解】小球静止时，受到重力、弹簧拉力FT1、细线拉力FT2三个力的作用，细线拉力FT2与重力、弹簧拉力FT1的合力等大反向，剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到FT1和重力mg作用，合力水平向左，大小为FT2，所以加速度为a=2TFm，方向水平向左，选

项C正确、ABD错误。故选C。6.如图所示，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球，开始时小球在。杆的顶端，由静止释放，小球沿杆下滑的加速度为13ag=，则在小球下滑的过程中，木箱对地面的压力为（）A.232Mmg+B.322Mmg+C

.323Mmg+D.233Mmg+【答案】C【解析】【详解】对小球根据牛顿第二定律得fmgFma−=对木箱根据平衡条件得NfFMgF=+根据牛顿第三定律得NNFF=解得N323MmFg+=故选C。7.表面光滑

，半径为R的半圆固定在水平地面上，球心O的正上方O处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可看成质点的小球挂在定滑轮上，如图所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1=1.6R和L2=2R，已知小球m1的质量为0.5kg，则m2的质量为（）A.0.33kgB.0.4k

gC.0.5kgD.0.625kg【答案】B【解析】【详解】受力分析如图所示设绳子拉力为T，对小球m1，有11mgOOTL=对小球m2，有22mgOOTL=解得20.4kgm=故选B。8.水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为m的

光滑均质圆柱形工件，其中4个恰好占据车厢底部，另有一个工件D置于工件A、B之间（如图所示），重力加速度为g。汽车以某一加速度向左运动时，工件A与D之间恰好没有作用力，此时工件C与B间的作用力大小为（）A.233mgB.33mg

C.3mgD.23mg【答案】C【解析】【详解】对D受力分析，当工件A与D之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力作用，弹力方向垂直接触面（沿B、D的轴心连线方向），弹力和重力的合力产生加速度，可

以得到如下图所示，根据牛顿第二定律得3tan603mgFmamg===合则当33ag=时A与D之间恰好没有作用力。再把A、B、D作为整体受力分析，当汽车向左加速运动时，A相对于车有向右运动的趋势，所以车厢与A之间的弹力是0，C对B有水平向左的弹力，竖

直方向上的支持力和重力平衡，对水平方向，则有C对A、B、D整体的作用力大小为33Fmamg==ABD错误，C正确。故选C。二、双项选择题（每小题4分，共16分。在每小题给出的选项中，有两个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分

，有选错或不答的得0分）9.重力为G的圆球放在光滑斜面和光滑的竖直挡板之间，如图所示.当斜面倾角由零缓慢逐渐增大时(保持挡板竖直，圆球静止)，斜面和挡板对圆球的弹力大小的变化是（）A.斜面弹力由零逐渐变大B.斜面的弹力由G逐渐变大C.挡板的弹

力由零逐渐变大D.挡板的弹力由G逐渐变大【答案】BC【解析】【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图如图，的由平衡条件得：斜面对球的支持力大小2cosGF=，故当α由零增大时F2从G逐渐增大，A错误B正确；CD．挡板

对小球的弹力1tanFmg=，当α为零时，F1为零，当α由零增大时F1从零逐渐增大，故C正确，D错误；故选BC10.如图所示，在水平面上，质量为1kg的物块A拴在一水平拉伸弹簧的一端，弹簧的另一端固定

在小车上，当它们都处于静止时，弹簧对物块的拉力大小为3N，若小车突然以24m/sa=的加速度水平向左做匀加速运动时（）A.物块A相对于小车向右滑动B.物块A受到的摩擦力大小变为1NC.物块A受到的摩擦力方向不变D.物块A受

到弹簧的拉力不变【答案】BD【解析】【详解】BC．静止时，弹簧给物体的拉力3N，向左，物体静止处于平衡状态，物体受静摩擦力3N，向右，当向左加速时，有Ffma+=弹解得1Nf=方向向左，故B正确C错误；。A．由以上分析可知，当物体静止时，物体受3N的静摩擦力保持平衡，则有物体的最

大静摩擦力大于等于3N，当向左加速时，物体只受1N的静摩擦力，小于最大静摩擦力，故物体不会动，故A错误；D．由以上分析可知，物体与小车不会发生相对滑动，故弹簧的形变量不会变化，故弹力不变，故D正确。故选BD。11.如图

甲所示，一物块m在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态．当外力F按照图乙所示规律变化时，下列说法正确的是（）A.地面对斜面的摩擦力逐渐减小B.地面对斜面的摩擦力逐渐增大C.物块对斜面的摩擦力可能一直增大D.物块对斜面的摩擦力可能一直减小

【答案】AC【解析】【详解】AB．对整体分析，水平方向上平衡，有Fcosθ=f知地面对斜面的摩擦力逐渐减小．故A正确，B错误；CD．对物块分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡，若拉力的最大值大于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向下，则F-f-mgsinθ=0故拉力减小后，

静摩擦力先减小后反向增加；若拉力的最大值小于重力的下滑分力，静摩擦力沿着斜面向上，则F+f-mgsinθ=0故拉力减小后，静摩擦力一直增大．故C正确，D错误；故选AC。12.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中

间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况。下列分析正确的是（）A.若μ1＞μ2，m1＝m2，则杆受到压力B.若μ1＝μ2，m1＞m2，则杆受到拉力C.若μ1<μ2，

m1＜m2，则杆受到压力D.若μ1=μ2，m1≠m2，则杆无作用力【答案】ACD【解析】【详解】假设杆无弹力作用，那么滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有11111sincosmgmgma−=解得()11sincosagqmq=-同理对m2有22222si

ncosmgmgma−=解得()22sincosagqmq=-BD．若μ1=μ2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，那么杆无弹力作用，故B错误，D正确；A．若μ1＞μ2，则a1＜a2，B加速度较大，B会给杆

一个压力，则杆受到压力，A正确；C．若μ1＜μ2，则a1＞a2，A加速度较大，A会给杆一个拉力，则杆受到拉力，C正确；故选ACD。【点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律列得方程求解加速度，然后在根

据不同的情况分析问题；本题先假设杆无弹力，根据牛顿第二定律分别求解出A和B的加速度，比较大小，然后判断AB的相对运动趋势，再判断AB间弹力的方向。三、填空题（本题共3题，每题3分，共9分）13.重量为500N的木箱放在水平地面上，至少要

用110N的水平推力，才能使它从原地开始运动。木箱从原地移动以后，用100N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速运动。由此可知：木箱与地面间的最大静摩擦力max=F______N；木箱与地面间的动摩擦因数为______。【答案】①.110②.0.2【解析】【详解】[1]由题，至少要

用40N的水平推力，才能使它从原地开始运动，则此时水平推力恰好等于最大静摩擦力，所以木箱与地板间的最大静摩擦力为110N。[2]用100N的水平推力，使木箱继续做匀速运动，则由平衡条件得到，木箱受到的滑动摩擦力f=100N，木箱对地面的压力大小等于重力，即N=G=500N所以

动摩擦因数为100=0.2500fN＝＝14.如图所示，质量为2m的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为1m的物体，与物体1相连接的绳与竖直方向成角，则绳对物体1的拉力为______，车厢底板对2的摩擦力大小

为______。【答案】①1cosmg②.2tanmg【解析】【详解】[1][2]物体1在数值方向处于平衡状态，则1cosFmg=绳拉力为1cosmgF=根据牛顿第二定律11tanmgma=对物体22fma=得车厢底

板对2的摩擦力大小为.2tanfmg=15.如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F=6N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，且其vt−图象如图乙所示。已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间

的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。A、B间的动摩擦因数为________，若B不固定，B的加速度大小为________m/s2。【答案】①.0.4②.1【解析】【详解】[1]由图乙可得，物体A的加速度大小为22A10m/s2m/s5vat===以A为研究对象，由牛顿第二定律AAA

Fmgma−=解得A、B间的动摩擦因数为0.4=；[2]若B不固定，假设A、B发生相对滑动，以A为研究对象，根据牛顿第二定律AAAFmgma−=解得A的加速度大小为2A2m/sa=以B研究对象，根据牛

顿第二定律ABBmgma=解得B的加速度大小为2B1m/sa=为由于22AB2m/s1m/saa==故假设成立，B的加速度大小为21m/s。四、实验题（本题共2小题，共15分）16.某实验小组做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验，实验时，先把弹簧平放在桌面上，用

直尺测出弹簧的原长L0=2.6cm，再把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧的长度x，数据记录如表所示。钩码个数12345弹力F/N2.04.06.08.010.0弹簧的长度L/cm5.07.09.011

.013.0①根据表中数据在图中作出F-L图像__________；②由此图线可得，该弹簧劲度系数k=_________N/m；③图线与L轴的交点坐标大于L0的原因是__________。【答案】①.②.100③.弹簧自身重力的

影响【解析】【详解】（1）[1]根据表中数据描点作图，如图所示：（2）[2]图象的斜率表示劲度系数，故有10.00N/m100N/m0.130.03FkL−===−（3）[3]图线与L轴的交点坐标表示弹簧不挂

钩码时的长度，其数值大于弹簧原长L0，是因为受弹簧自身重力的影响。17.某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”，图中小车的质量为1m，小钩码的质量为2m。（已知当地重力加速度29.8m/sg=）（1）如图所示为某一次记录小车运动情况的

纸带，图中A、B、C为相邻的记数点，两相邻记数点间有4个计时点未标出，则小车的加速度=a______2m/s；B点的瞬时速度=v______m/s。（结果均保留3位有效数字）（2）多次测量作出小车加速度a与小钩码重力F的图像如图丙所示，则小车的质量为______kg（结果保留3位有效数字

）。（3）作出的aF−图像中与纵坐标上有截距出现这一情况的原因是：____________。（4）若小钩码的重力越来越大时，小车的加速度将趋近于______2m/s。【答案】①.1.00②.0.490③.2.04④.平

衡摩擦力时木板倾角太大了⑤.9.8【解析】【详解】（1）[1]由题意可知，纸带上相邻两计数点间的时间间隔为0.025s0.1sT==由匀变速直线运动的推论2xaT=，可得小车的加速度()()22222217.40

12.0012.007.6010ms1.00ms0.1BCABxxxaTT−−−−−====[2]由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得B点的瞬时速度217.407.6

010ms0.490ms220.1ACxxvtT−−====（2）[3]由牛顿第二定律可得1Fma=11aFm=可知aF−图像的斜率11113.00.3kg0.491kg5.5amF−−−===解得1

2.04kgm=（3）[4]在aF−图像中，当力F等于零时，小车的加速度不等于零，可知此时的加速度是由小车的重力沿木板的下滑力产生，因此图像中与纵坐标上有截距的原因是：平衡摩擦力时木板倾角太大了。（4）[5]对小钩码与小车组成的整体分析，由牛顿第二定律可得()212mgmma=+则有212ma

gmm=+若小钩码的重力越来越大时，即当小钩码的质量远大于小车质量时，则小车的加速度将趋近于重力加速度29.8m/sg=。五、计算题（本题共3小题，共36分。解答各小题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤，

只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位）18.如图所示，质量分别为A1kgm=、Bkg0.5m=的物块A、B，通过一根绕过定滑轮的细绳相连，处于静止状态，细绳与水平面夹角53=。sin530.8=，cos530.6=，g取210m/s。

求：（1）细绳的拉力为多大？（2）水平面对物块A的支持力为多大？（3）物块A对地面的摩擦力。【答案】（1）5N；（2）6N；（3）3N，方向水平向左【解析】【详解】（1）以B为研究对象，物块B受到重力G和细绳拉力F，根据平衡条件可得BFmg=解得5NF=

（2）以A为研究对象，竖直方向由平衡条件有NAsinFFmg+=解得地面对A的支持力N6NF=（3）以A为研究对象，水平方向由平衡条件有cosfF=解得地面对A的摩擦力3Nf=方向水平向右，又由牛顿第三定律可知，

A对地面的摩擦力3Nf=方向水平向左。19.如图所示，有一水平传送带以6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度6m=L，其右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量2kgM=的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量1kgm=的煤块（

可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过光滑水平面BC滑上小车。煤块与传送带间的动摩擦因数10.4=，煤块与小车间的动摩擦因数20.2=，取重力加速度210m/sg=。求：（1）煤块在传送带上运动的时间

；（2）若滑块刚好不从小车上掉下来，求小车的长度。【答案】（1）1.75s；（2）6m【解析】【详解】（1）以水平向右为正方向，煤块刚放上传送带时的受力如图所示设物块在传送带上匀加速阶段的加速度为a，所用时间为1t，对地位移

为1x，根据受力分析和牛顿第二定律可得1mgma=解得24m/sa=根据匀变速直线运动规律可得1vat=21112xat=解得11.5st=，14.5mx=由于14.5mxL=煤块加速至与传送带共速后与传送带一起向

右匀速运动，再经2t时间滑出传送带右端1264.5s0.25s6Lxtv−−===煤块在传送带上运动的时间为121.75sttt=+=（2）煤块滑上小车之后，煤块和小车的受力示意图如图所示煤块与小车之间的

滑动摩擦力为22222NffNmg====煤块与小车的加速度分别为1a、2a，根据牛顿第二定律可得21fma−=，22fMa=解得212m/sa=−，221m/sa=若滑块刚好不从小车上掉下来，则共速时两者的相对位移大小为小车的长度，设共速为v共，各自的

对地位移分别x煤、x车，根据运动学规律可得2212axvv=−共煤，222axv=共车xxx=−煤车联立解得6mx=即车长6m时，滑块刚好不从小车上掉下来。20.如图所示，一质量2.0kgM=的长木板静止放在水平地面上，在木板的右端放一质量1.0kgm=可看作质点的小物块

，小物块与木板间的动摩擦因数为10.1=，地面与长木板间的动摩擦因数为20.2=。用恒力27NF=向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过1st=后撤去该恒力，整个过程小物块不会从木板滑落。求：(1)刚开始运动时，长木板和小物块的加速度各为多大；(2)撤去

力后经多长时间长木板和小物块第一次达到共速；(3)全过程小物块的位移为多少？【答案】(1)长木板加速度10m/s2，方向向右；小物块加速度1m/s2，方向向右；(2)2s；(3)9m【解析】【详解】(1)对小

物块受力分析，根据牛顿第二定律有11mgma=解得211m/sa=方向向右对长木板受力分析，根据牛顿第二定律有()122FmgMmgMa−−+=解得2210m/sa=方向向右(2)撤去拉力时对小物块受力分析，有13mgma=解得231m/sa=方向向右撤去拉力时对长木板受

力分析，有()124mgMmgMa++=解得243.5m/sa=方向向左撤去拉力时，小物块的速度1111m/svat==撤去拉力时，长木板的速度22110m/svat==设撤去力后经2t长木板和小物块第一次达到共速，有132242

vatvat+=−解得2t=2s(3)撤去拉力前，小物块的位移211110.5m2xat=＝撤去拉力到长木板和小物块第一次达到共速时，小物块的位移2213214m2xvtat=+=132=3m/svvat+=共长木板和小物块第一

次达到共速后，设两者会相对滑动，对小物块受力分析，有15mgma=得251m/sa=方向向左对长木板受力分析，有()216MmgmgMa+−=解得262.5m/sa=方向向左由于56aa，假设成立。此过程小物块的位移2354.5m2vxa==

共所以全过程小物块的位移为1239mxxxx=++=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com