【文档说明】北京市顺义区第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.776 MB，由小赞的店铺上传

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顺义一中2023—2024学年第二学期高一年级3月月考物理试卷本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。一、单项选择题（本大题共8小题，每小

题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项。请将答案填涂在答题卡上。）1.下面四个物理量中，不是矢量的是（）A.力B.角速度C.位移D.速率【答案】D【解析】【详解】力、角速度和位移

均为矢量，速率只有大小没有方向，是标量。故选D。2.一个篮球放在水平桌面上静止不动，则下列说法中正确的是（）A.篮球对桌面的压力就是篮球受的重力，它们是同一性质的力B.篮球受到的重力和篮球对桌面的压力是一对平衡力C.篮球对桌面的压力和桌面对篮球的支持力是一对平衡力D

.篮球对桌面的压力和桌面对篮球的支持力是一对作用力与反作用力【答案】D【解析】【详解】AB．篮球对桌面的压力在数值上等于篮球受的重力，它们是不同性质的力。故AB错误；CD．篮球对桌面的压力和桌面对篮球的支持力是一对

作用力与反作用力。故C错误；D正确。故选D。3.物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示．则传送带转动后（）A.M将减速下滑B.M仍匀速下滑C.M受到的摩擦力变小D.M受到的摩

擦力变大【答案】B【解析】【详解】传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍

匀速下滑，B正确．4.如图所示，小物体M与水平圆盘保持相对静止，跟着圆一起做匀速圆周运动，则M的受力情况是（）A.受重力、支持力B.受重力、向心力C.受重力、支持力、摩擦力D.受重力、支持力、向心力、摩擦力【答案】C【解析】【详解】物块受重力、支持力和摩擦力作用，其中摩

擦力做为物块做圆周运动的向心力。故选C。5.在水平地面附近某一高度处，将一个小球以初速度0v水平抛出，小球经时间t落地，落地时的速度大小为v，落地点与抛出点的水平距离为x，不计空气阻力．若将小球从相同位置以02v的速度水平抛出，则小球A.落地的时间变为2tB.落地时的速度大小将变为2vC.

落地的时间仍为tD.落地点与抛出点的水平距离仍为x【答案】C【解析】【详解】试题分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列式计算．小球的平抛运动时间取决于在竖直方向上做自由落

体运动的时间，根据212hgt=，解得2htg=，两种情况下下落的高度相同，所以落地时间相同，都为t，A错误C正确；在水平方向上做匀速直线运动，故0xvt=，所以第二次落地距离变为原来的2倍，即2x，D错误；落地速度220()vvgt=+，0v变为02v，v不是

原来的2倍，B错误．6.为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化.在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，此时电梯的运动状态可能是()A.匀速上升B.加速上升C.匀速下降D.加速

下降【答案】B【解析】【详解】体重计的示数大于实际体重，以向上为正方向，根据牛顿第二定律有：NFmgma−=，可知此时人和电梯的加速度方向向上；电梯可能向上做加速运动，也有可能向下做减速运动．故B项正确，ACD三项错误．【

点睛】超重是物体所受限制力，也可称之为弹力(拉力或支持力)大于物体所受重力的现象．当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，只要物体具有向上的加速度，物体就处于超重状态．7.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表

示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）A.F逐渐变大，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐变小C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小【答案】A【解析】【详解】绳OB段拉力的大小始终等于物体的重力mg，故保持不变，设OA段绳与竖直方向的夹

角为，由受力分析可知tanFmg=cosmgT=在O点向左移动的过程中，角逐渐变大，故F逐渐变大，T逐渐变大。故选A。8.如图所示，货车在平直道路上向右以加速度a，做加速运动时，与石块B接触的物体对它的作用力为F，方向如图所示。若货车向右以加速度a2（a2>a1）做加速运

动，则与石块B接触的物体对它的作用力F1表示正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析】【详解】原来的车以加速度a1向右做加速运动，石块B受重力和F的作用，这二个力的合力是水平向右的，提供石块的加速度a1，由力的合成知识可知，可以建立三个等式mg=F

sinθ、ma=Fcosθ及mg=matanθ当货车以加速度a2（a2>a1）做加速运动时，因为mg=matanθ所以θ角会减小，再根据mg=Fsinθ则F会变大。故选C。二、多项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，漏选得2分，错选不得分。

请将答案填涂在答题卡上。）9.下列关于物体的运动状态与受力的关系的说法中，正确的是（）A.物体的运动状态发生变化，说明该物体受到的合力一定发生变化B.物体的运动状态保持不变，说明该物体受到的合力为零C.物体在做曲线运动的过程中，受到的合力可能是恒力D.物体在做曲线运动的过程中，

受到的合力一定是变力【答案】BC【解析】【详解】A．物体的运动状态发生变化，说明物体合外力不为零，但物体受到的合力可能不变，也可能变化，故A错误；B．物体的运动状态保持不变，说明该物体受到的合力为零，故B正确；CD．物体

在做曲线运动的过程中，受到的合力可能是恒力，也可能为变力，例如平抛运动的物体合力为恒力，而圆周运动的物体合力为变力，故C正确，D错误。故选BC。10.如图为某品牌自行车的部分结构。A、B分别是飞轮边缘和大齿盘边缘上的一个点。现在提起自行车后轮，转动脚蹬子，使大齿盘和飞轮在链条带动下转动

，则下列说法正确的是（）【A.A、B两点的线速度大小相等B.A、B两点的角速度大小相等C.由图中信息可知，A、B两点的角速度之比为3:1D.由图中信息可知，A、B两点的向心加速度之比为3:1【答案】ACD【解析】【详解】A．同轴转动角速度相等，同一条皮带相连线速度相等，

A、B两点通过同一链条传动，线速度大小相等，故A正确；BC．由公式vr=可知，A、B两点的角速度大小不相等，且42314AB==故B错误，C正确；D．由题可知大齿盘和飞轮的周长之比为CC大飞42314==则半径之比为大飞3rr=由2var=

可知，A、B两点的向心加速度与飞轮、大齿盘半径成反比，即大飞3:1ABraar==故D正确。故选ACD。11.某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”，如图所示。弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂

质量为1kgm=的钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g取210m/s。下列说法正确

的是（）A.弹簧的劲度系数50N/mk=B.20cm刻度对应的加速度为0C.30cm刻度对应的加速度为25m/s−D.各刻度对应加速度的值是均匀的【答案】ACD【解析】【详解】A．弹簧的劲度系数为()2110N/m50N/m402010mgkx−==

=−A正确；B．20cm刻度时弹簧弹力为零，对应加速度为210m/s−，B错误；C．30cm刻度时，根据牛顿第二定律kxmgma−=得的25m/sa=−C正确；D．加速度表达式为kxagm=−可知，各刻度对应加速度的值是均匀的

，D正确。12.如图所示，小球从A点斜向上抛出，恰好垂直撞到竖直墙壁上的B点，已知小球在A点速度大小为23m/s，与水平方向成60夹角．不计空气阻力，重力加速度g取210ms/，下列说法正确的是（）A.小球上升的最大高度为0.45mB.小球从A运动到B的时间为0.3sC.小球在最

高点的速度大小为3m/sD.A、B间的水平距离为1.6m【答案】AB【解析】【详解】A．小球竖直方向做竖直上抛运动，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有()20maxsin602vgh=解得max0.45mh=故A正确；B．结合上述，利用逆向思维

，根据速度公式有0sin60vgt=解得0.3st=故B正确；C．小球水平方向做匀速直线运动，则小球在最高点的速度大小为0cos603m/sxvv==故C错误；D．小球水平方向做匀速直线运动，则A、B间的水平距离为33m1

0xxvt==故D错误。故选AB。13.如图，A、B两个物体相互接触，但并不粘合，静止放置在光滑水平面上，已知A4kgm=，B6kgm=。从0=t开始，推力AF和拉力BF分别作用于A、B上，AF、BF随时间的变化规律为：A82(N)Ft=−，

B22(N)Ft=+。则（）A.0=t时，A物体的加速度为22m/sB.0=t时，A、B之间的相互作用力为4NC.3st=时，A、B的速度均为3m/sD.A、B分离时的速度为2m/s【答案】BD【解析】【详解】

AB．0=t时，由题可知A8F=N，B2F=N由于BAmm所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为ABAB1FFamm+==+m/s2设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得BBFFma+=解得4F=N故B正确，A错误；D．当二者之间的相互作用力恰好为0时开始分离，则有BAB

AFFmm=即228264tt+−=解得2t=s速度为vat==2m/s故D正确；C．由C选项可知，二者分离后B的加速度增大，A的加速度减小，则3s后A、B的速度都不等于3m/s，故C错误。故选BD。

14.如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度210m/sg=，下列说法正确的

是（）A.小滑块的质量2kgm=B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C.当水平拉力7NF=时，长木板的加速度大小为23m/sD.当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】AC【解析】【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力

达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。【详解】A．对整体分析，由牛顿第二定律有FMma=+()当6NF=时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得3kgMm+=当6NF

时，根据牛顿第二定律得FmgFmgaMMM−==−知图线的斜率11kM==解得：1kgM=，滑块的质量为2kgm=。故A正确；BC．根据6NF的图线知，当6NF=时，加速度22m/sa=，即有621021−=代入数据解得0.2=；当

7NF=时，长木板的加速度为2270.2210m/s3m/s1a−==根据'mgma=得木板的加速度为'24m/sag==故B错误，C正确；D．当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为22m/smgagm===恒定不变，故D错误。故选AC。【点睛】本题考查牛

顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。三、填空题（本大题共2小题，共18分。请在答题卡上作答）15.用向心力演示器来探究物体做圆周运

动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮1和变速塔轮2匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的弹力提供向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧

测力套筒下降，从而露出标尺。标尺上红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，图示为装置实物图和结构简图。（1）在研究向心力F的大小与质量m的关系时，要保持_______和_______相同。（2）若两个钢球质

量和转动半径相等，且标尺上红白相间等分格显示出两个钢球所受向心力的大小之比为1：9，则与皮带连接的两个变速塔轮的角速度之比为_______，半径之比为_______。【答案】（1）①.角速度ω②.半径r（2）①.1:3②.3:1【解析】【小问1详解】[1]

[2]在研究向心力F的大小与质量m的关系时，要保持角速度ω、半径r不变。【小问2详解】[1]根据2Fmr=可得1213=[2]由于两个变速轮塔边缘线速度相等，根据vr=所以1231rr=16.某实验小组的同学在“探究加速度与力和质量关系”实验中，使用了如图1所

示的实验装置。的（1）实验中，为了可以将细线对小车拉力看成是小车所受的合外力，某同学用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，把装有纸带的小车放在木板上，在_______（选填“挂”或“不挂”）盘和砝码并且计时器_______（选填“接通电源”或“不接通电源”）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带

做匀速运动，表明已经平衡摩擦力。（2）图2是某次实验中得到的一条纸带，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器的打点周期为0.02s，则小车的加速度a=_______m/s2（结果保留2位有效数字）。（3）在探究加速度与力

的关系时，乙同学根据实验数据作出的a-F图像如图3所示。发现该图线不通过坐标原点且BC段明显偏离直线，分析其产生的原因，下列说法中正确的是_______A.图线不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足B.图线不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力过度C.图线BC段弯曲是因为未保证

砝码和盘的总质量远小于小车质量D.根据BC段弯曲曲线可知，若逐渐增加盘和砝码总质量，小车的加速度将逐渐增大到无穷大（4）另一位同学在实验中得到了图中的曲线OQ，于是他利用最初的几组数据拟合了一条直线OP，如图4所示，与纵轴平行的直线和这两条图线以及横

轴的交点分别为Q、P、N。此时，小车质量为M，盘和砝码的总质量为m，他猜想：PNMmQNm+=，请分析论证该同学的猜想是否正确。_______【答案】（1）①.不挂②.接通电源（2）0.52（3）AC（4）不正确的【解析】【

小问1详解】[1][2]为了能将细线对小车的拉力看成是小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，在不挂盘和砝码并且计时器接通电源的情况下，轻推一下小车，若小车

拖着纸带做匀速运动，就表明已经平衡摩擦力。【小问2详解】根据题意，把纸带上五个计数点之间的时间分为相等的两段，每段时间为0.2st=，前后两段时间的位移分别为()216.176.6910mx−=+，()227.21

7.7310mx−=+则小车的加速度大小为21xxat−=将上述已知量代入解得20.52m/sa=【小问3详解】假设长木板与水平方向的夹角为θ，小车质量为M，小车受到的摩擦力为Ff，盘和砝码的质量为m，以盘和砝码的重力mg作为小车受到的合外

力，则小车的加速度应该为ffsinθsinθmgMgFFMgFaMmMm+−+−==++若乙同学根据实验数据作出的a-F图像如图3所示，该图线不通过坐标原点且BC段明显偏离直线，这说明：第一，平衡摩擦力不足；第二，未

保证盘和砝码的总质量m远小于小车质量M。故选AC。【小问4详解】实验图像为OP，则1mgaPNM==实验图像为OQ，则2mgaQNMm==+解得PNMmQNM+=故该同学猜测不正确。的四、解答题（本大题共4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程

式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。请在答题卡上作答）17.在飞机灭火演练中，离地125mh=的高空，以大小为060m/sv=的速度水平飞行的飞机，释放了

一枚灭火弹，灭火弹恰好落到地面上的着火点上，如图所示。不计空气阻力，取210m/sg=，求灭火弹被释放后：（1）在空中运动的时间；（2）释放点与着火点水平距离。【答案】（1）5s；（2）300m【解析】【详解】（1）灭火弹从离开飞机后做平抛运动，竖直方向上有212hgt=代入

数据解得5s=t（2）释放点与着火点水平距离为x=v0t=300m18.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt−图像如图所示。g取210m/s，求：（1）0~10

s和10s~30s内物体运动的加速度大小；（2）物体与水平面间的动摩擦系数；（3）水平推力F的大小。【答案】（1）21m/s，20.5m/s；（2）0.05；（3）3N【解析】【详解】（1）vt−图像的斜率表示加速度，

由题图可知0~10s和10s~30s内物体运动的加速度大小分别为22111100m/s=1m/s100vat−==−22222Δ010m/s=0.5m/sΔ3010vat−==−（2）撤去F后，由牛顿第二定律

可得2mgma=解得0.05=（3）撤去F前，由牛顿第二定律可得1Fmgma−=解得F=3N19.质量为40kg的雪橇在倾角37=的斜面上向下滑动（如图甲所示），所受的空气阻力与速度成正比。今测得雪橇运动的vt−图像如图乙中曲线所示，且AB是曲线在A点的切线，B点坐标为(

)4,15，CD是曲线的渐近线即雪橇最终滑行速度将趋近于10m/s。试求：（1）从图乙分析0=t时刻雪橇的加速度大小；（2）雪橇与斜面间的动摩擦因数；（3）空气阻力与速度的比值k。【答案】（1）2.5m/

s2；（2）0.125=；（3）20N·s/m【解析】【详解】（1）根据图像的斜率可知0=t时刻雪橇的加速度大小为1554vat−==m/s2=2.5m/s2（2）（3）0=t时，雪橇速度为5m/s，由牛顿运动定律得sinco

smgmgkvma−−=最终雪橇匀速运动时达到最大速度为10m/s，加速度为0，则有sincos0mgmgkv−−=解得0.125=，k=20N·s/m20.如图甲所示为车站使用的水平传送装置的示意图。绷紧的传送带长度6.0mL=

，以6.0m/sv=的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度0.45mh=。现有一行李箱（可视为质点）质量10kgm=，以05.0m/sv=的水平初速度从A端滑上传送带，被传送到B端时没有被及时取下，行李箱从B端水平

抛出，行李箱与传送带间的动摩擦因数0.20=，不计空气阻力，重力加速度g取210m/s。试分析求解：（1）行李箱从传送带上A端运动到B端所需要的时间t；（2）行李箱从B端水平抛出到落地点的水平距离x；（3）若传送带的速度v可在0~8.0m/s之间

调节，仍以0v的水平初速度从A端滑上传送带，且行李箱滑到B端均能水平抛出。请在图乙中作出行李箱从B端水平抛出到落地点的水平距离x与传送带速度v的关系图像。（要求写出作图数据的分析过程）【答案】（1）1.04s；（2）1.8m；（3）见解析【解析】【详解】（1）依题意，行李箱刚滑上传送带时，做匀

加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgma=设行李箱速度达到6.0m/sv=时的位移为x1，则有22102axvv=−解得12.75mxL=即行李箱在传动带上能加速达到传送带的速度6.0m/s，设其加速时间为t1，则有01vvat=+解得10.5st=可知行李箱在传送带上匀速运动

的时间为120.54sLxtv−==可知行李箱从传送带上A端运动到B端所需要的时间为121.04sttt=+=（2）根据前面分析可知，行李箱从B端水平抛出时的速度为6.0m/s，根据平抛运动规律可得212hgt=下落，xvt=下落联立，解得1.8mx=

（3）若行李箱一直做匀减速直线运动，到达右端的速度21021.0m/svvaL=−=若行李箱一直做匀加速直线运动，到达右端的速度22027.0m/svvaL=+=若传送带的速度1vv行李箱将一直做匀减速运动，到达右端后滑出，之后做平抛运动，水平位移为10.3mxvt==下落若传送带的速度10v

vv行李箱将先做匀减速运动，达到与传速带共速后匀速滑出，行李箱的水平位移xvt=即水平位移x与传送带速度v成正比。若传送带的速度7.0m/sv时，行李箱一直做匀加速运动，到达右端后滑出，水平位移x＝v2t＝2.1m行

李箱从传送带水平抛出后的x-v图像如图所示