【文档说明】甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高一下学期2月月考物理试题 含解析.docx，共(18)页，3.342 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7d51837f8e6767e35b3d09e61efa0fe3.html

以下为本文档部分文字说明：

高一年级二月月考物理试卷说明：1.本卷考查必修第一册全部。2.考试时间75分钟，满分100分。一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11

题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.2021年7月1日，庆祝中国共产党成立100周年大会在首都北京天安门广场举行。中国人民解放军空中梯队飞越天安门上空，进行飞行庆祝表演。上午9∶00，由29架武装直升机组成的直升机编队组合

成“100”字样（如图所示），飞抵天安门广场上空，下列说法正确的是（）A.上午9∶00是时间间隔B.研究直升机编队通过天安门城楼正上方的所用时间时，可以将直升机编队视为质点C.以直升机编队中的某一飞机为参考系，其他飞机是运动的D.直升机从机场起飞至返回机场出发的位置，位移大小为零【答案】D【解析】

【详解】A．上午9∶00是时刻，不是时间间隔，故A错误。B．研究直升机编队通过天安门城楼正上方的所用时间时，直升机编队的长度不能忽略不计，不可以将直升机编队视为质点，故B错误。C．以直升机编队中的某一飞机为参考系，其他飞机是静止的

，故C错误。D．位移是指由质点初位置指向末位置的有向线段，因此返回出发点时，直升机的位移大小为零，故D正确。故选D。2.一列火车减速进站，最后停在站台上．火车在减速过程中，下列说法正确的是A.火车的惯性越来越小B.火车的惯性一直不变C.火

车停止时惯性为零D.火车的惯性不断增大【答案】B【解析】【详解】惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，火车减速进站过程中，其质量不变，只是速度的变化，所以火车的惯性一直不变，故选项B正确，A、C、

D错误．3.汽车在平直的公路上沿直线做匀速运动。0t时刻，由于前方出现事故，司机踩下刹车踏板，车辆立即开始做匀减速直线运动，02t时刻汽车停止，汽车的xt−图像如图所示。下列说法正确的是（）A.汽车刹车时的加速度大小为0202xtB.102xx=C.00~t时间内，汽车速度的大小为002x

tD.00~2t时间内，汽车平均速度的大小为0034xt【答案】D【解析】【详解】AC．根据题意，由图可知，00~t时间内，汽车做匀速直线运动，则汽车刹车前的初速度与00~t时间内速度的大小均为000xvt=汽车刹车时的加速度大小0020002vxattt==−故A

C错误；BD．根据题意，由运动学公式02vvxt+=可得，00~2tt时间内，汽车的位移大小000022vxxt+==则有1001.5xxxx=+=则00~2t内，汽车平均速度的大小为0100324vxxtt==故B错误，D正

确。故选D。4.在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面76m高处，然后由静止释放，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动到距地面

28m时开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.座椅在整个下降的过程中人都处于失重状态B.座椅在加速下降的过程中人处于超重状态C.座椅距离地而15m高度时，座椅对游客的作用力是游客体重的3倍D.座椅距

离地而50m高度时，座椅对游客的作用力是游客体重的3倍【答案】C【解析】【详解】ABD．座椅做自由落体运动（即加速下降）时加速度等于重力加速度，人处于完全失重状态，所以座椅距离地面50m高度时，座椅对游客的作用力为零；座椅做匀减速运动时加速度方向竖直向上，人处于超重状态，故ABD错误；C

．设座椅沿轨道做自由落体运动到距地面28m时的速度大小为v，由题意根据运动学规律有()2276m28mvg=−设座椅做匀减速运动时的加速度大小为a，同理有()2228m4mva=−解得2ag=座椅距离地而15m

高度时，座椅做匀减速运动，设座椅对游客的作用力大小为F，游客质量为m，根据牛顿第二定律有Fmgma−=解得3Fmgmamg=+=故C正确。故选C。5.如甲图所示，当木板（足够长）与水平面间的夹角为30°时，一小物块（视为质点）恰好能沿木板匀速下滑，重力加速度大小为g.木板与水平面的

夹角可以调节，若将夹角调到60°时，使该物块从木板的底端以大小为v0的初速度沿木板上滑，则它沿木板上滑的最大距离为（）A.202vgB.2034vgC.2033vgD.2032vg【答案】B【解析】【详解】当30=时，可视为质点的小木块恰好能沿着

木板匀速下滑，根据共点力的平衡条件可得sin30cos30mgmg=解得3tan303==物块向上滑动时的加速度为a，根据牛顿第二定律可得sincosmgmgma+=解得233ag=所以2200324vvsa

g==故选B。6.一个物体做加速运动，依次通过一条直线上的A、B、C三点，B为AC的中点，物体在AB段的加速度为a1，在BC段的加速度为a2，现测得()12BACvvv=+，则a1与a2的大小关系为（）A.a1>a2B.a1<a2C.a1=a2D.无法确定【答案】B【解析】【详解】B为AC中点

，根据速度位移公式2212BAaxvv=−2222CBaxvv=−解得2212BAvvax−=2222CBvvax−=则222211(2)2CABaavvvx−=+−因为()12BACvvv=+解得2211(

)4CAaavvx−=−＞0则21aa＞的故选B。7.如图所示，长4mL=的传送带PQ与水平面之间的夹角30=，传送带以大小4m/sv=的速率沿逆时针方向匀速运动。将小物块（视为质点）轻放在传送带的底端

（P点），小物块与传送带之间的动摩擦因数32=，重力加速度取210m/sg=，则小物块从传送带的底端（P点）传送到顶端（Q点）所需的时间为（）A.45s5B.1.6sC.1.8sD.2s【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，小物块在传送带上运动的前一段时间，小物块做初速度为零

的匀加速直线运动，直至其速度达到传送带的速度（4m/sv=），设此过程中小物块的运动时间为1t，加速度大小为a，位移大小为x，由牛顿第二定律有cossinmgmgma−=由匀变速直线运动规律有22vax=1vat=解得3.2mx=11.6st=由于x

Lcossinmgmg故在后一段时间（设为2t）内，物块与传送带一起做匀速运动，直至传送带的顶端（Q点），有2Lxvt−=解得20.2st=故小物块从传送带的底端（P点）传送到顶端（Q点）所需的时间121.8sttt=+=故选C

。8.如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这一瞬间（）A.A球的速度为零，加速度为零B.B球的速度为零，加速度为零C.A球的速度为

零，加速度大小为FmD.B球的速度为零，加速度大小为Fm【答案】AD【解析】【详解】有外力F时，对B由平衡条件得弹簧的弹力xFF=撤去F的瞬间，弹簧的弹力来不及突变，故弹簧弹力大小为F不变，由于A的受力情况没

有发生变化，故A的速度为零，加速度为零，而B的受力情况发生了变化，由牛顿第二定律得xBFma=解得突然F撤去时B球的加速度BFam=所以撤去F的瞬间，B球的速度为零，加速度大小为Fm，故A、D正确，B、C错误。故选AD9.如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国

建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正。确的是（）A.瓦片总共受到5个力的作用B.减小檩条间的距离d时，瓦片

与檩条间的弹力增大C.减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑D.增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力增大【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．瓦片受重力两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A正确；

BC．根据题图可知，两檩条对瓦片的弹力与垂直于檩条方向的夹角为，有2coscosNmg=减小檩条间距离d时，夹角变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误C正确；D．增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误。故选AC。

10.光滑半圆弧形轻杆固定在地面上，轻绳一端跨过定滑轮，另一端连接一穿在轻杆上小球，拉动轻绳，使小球从A点缓慢运动到B点的过程中，下列说法正确的是（）的的A.轻杆对小球的支持力变小B.轻杆对小球的支持力不

变C.轻绳对小球的拉力变小D.轻绳对小球的拉力先变小再变大【答案】BC【解析】【详解】小球受力如图所示小球缓慢运动，则小球所受的合力为0，由力的矢量三角形与△DCM相似可得mgNFDCMCDM==解得轻杆对小球的支持力为MCNmgDC=轻绳

对小球的拉力为DMFmgDC=小球从A点缓慢运动到B点的过程中，MC和DC不变，DM逐渐减小，故轻杆对小球的支持力N不变，轻绳对小球的拉力F变小，故选BC。11.如图甲所示，质量0.5kgm=的物块和质量1kgM=的长木板置于倾角为37且足够长的斜面上，0=t时对长木

板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系2vx−图像如图乙所示，sin370.6=，cos370.8=，重力加速度取2

10m/sg=。则下列说法正确的是（）A.长木板与斜面之间的动摩擦因数为0.35B.拉力F的作用时间为2sC.拉力F的大小为13.5ND.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.88【答案】CD【解析】【详解】B．根据22vax=可知，在2vx−图像中，图线的斜率的绝对值等于加速度大小

的2倍，结合题图乙可知，拉力F作用时物块和长木板整体的加速度大小22118m/s1m/s24a==撤去F时的速度大小22m/sv=，则拉力F的作用时间122svta==故B错误。AC．由图乙可求得，撤去拉力F后整体的加速度大小22218m/s8m/s20.5a==根据牛顿第二定律，

对物块和长木板整体，F作用时，有()11()sin37()cos37FMmgMmgMma−+−+=+撤去F后有12()sin37()cos37()MmgMmgMma+++=+解得13.5NF=10.25=

故A错误，C正确。D．由于物块与木板始终相对静止，所以对物块由牛顿第二定律有21cos37sin37mgmgma−解得20.875则物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.88，故D正确。故选CD。二、非选择题：本题共5小题，共

56分。12.在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学把两根弹簧按图甲所示连接起来进行探究。（1）某次测量如图乙所示，指针示数为_______cm。（2）在弹性限度内，将质量为50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数lA和lB如下表所示。用表中数据计算弹簧I的劲度系数为____

__N/m（g取102m/s）。由表中数据_______（选填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。钩码数1234lA/cm15.7119.7123.6627.76lB/cm29.9635.7641.5147.36【答案】①

.16.00②.12.5③.能【解析】【详解】（1）[1]刻度尺读数需要估读到精确度的下一位，从题图乙可知指针示数为16.00cm；（2）[2]由胡克定律F=kΔx，结合表格数据可知弹簧Ⅰ的的劲度系数为312501010N/m=12.5N/m(19.

7115.71)10k−−=−[3]对于计算弹簧Ⅱ的劲度系数，只需要测出弹簧Ⅱ的形变量，结合两个指针的读数，可知指针B的示数变化量减去指针A的示数变化量，就是弹簧Ⅱ的形变量，所以能求出弹簧Ⅱ的劲度系数。13.在探究“加速度与力、质量的关

系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如下：①如图甲所示，先将砂和砂桶通过光滑定滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出砂和砂桶的总质量m；②保持平板倾角不变，去掉砂和砂桶，小车在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，

通过纸带测量其加速度大小为a；③保持小车质量M不变，多次改变砂和砂桶的总质量m，每次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系；④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系。（1）在上述实验操作中，下列说法正确的是______（填正确选项代号）。A.可以用电

池盒给打点计时器供电B.应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源C.要保持细绳与平板平行D.应让小车从靠近定滑轮处开始运动（2）在操作②中，小车所受的合力大小等于______（用题中所给定的字母以及重力加速度g

表示）。（3）在本实验中，______（选填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。（4）在某次测量中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个计时点未画出，用刻度尺测

出相邻的计数点之间的距离分别为4.22cmABs=、4.65cmBCs=、5.08cmCDs=、5.49cmDEs=、5.91cmEFs=、6.34cmFGs=。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，则小车的加速度大小=a______2m/s。

（结果保留2位有效数字）【答案】①.CD##DC②.mg③.不需要④.0.42【解析】【详解】（1）[1]AB．应用交变电源给打点计时器供电，为充分利用纸带，应先接通打点计时器的电源再释放小车，故AB错误；C．要保持细绳与平板平行，这样可以保持细

绳的拉力恒定，故C正确；D．应让小车从靠近定滑轮处开始运动，这样可以充分利用纸带，故D正确。故选CD。（2）[2]小车在运动过程中，设小车受到的阻力大小为f，当小车沿斜面向下做匀速直线运动时，有sinMgfmg=+当去掉砂和砂桶时，小车在平

板上沿斜面向下做匀加速直线运动时，合力大小sinFMgfmg=−=（3）[3]由sinMgfmg=+sinMgfma−=可得mgaM=式中没有近似处理，则无需满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。（4）[4]由题意可知，相邻计数点间的时间间隔0.1st=，由逐

差法有()()29DEEFFGABBCCDssssssat++−++=解得20.42m/sa=14.如图所示，质量1.0kgm=的物体静置于水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数0.5=，现对物体施加一大小恒为9.0N=F、方向水平向右的拉力，使物体由静止开始做匀加

速直线运动，重力加速度取210m/sg=。（1）求物体的加速度大小。（2）求3s末物体的速度大小。（3）3s末撤去拉力F，求物体还能滑行的距离。【答案】（1）24m/s；（2）12m/s；（3）14.4m【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律有1Ffma−=又

fmg=解得214m/sa=（2）根据匀变速直线运动规律，3s末物体的速度大小为112m/svat==（3）根据牛顿第二定律，可知撤去拉力后的加速度大小为225m/sag==则物体还能滑行的距离为2214.4m2vxa==15.某时刻甲车从静止出发做匀加速直线运动，加速度大小为a1=

1m/s2，同时乙车以v0=6m/s的速度沿同一方向（不同车道）匀速行驶。当t0=3s时，乙车开始以加速度大小为a2=2m/s2刹车，两车初始间距为s。求：(1)若乙车在后方，要使两车相遇2次，则s应满

足什么条件？(2)若乙车在前方，要使两车在第10s内相遇，则s应满足什么条件？【答案】(1)s<15m；(2)13.5m<s<23m【解析】【详解】(1)设间距s0时，恰好相遇一次。3s末甲车速度为v1=a1t0=3m/s<v0设再经t时间共速，则有0210()at

att−=+解得t=1s共速时，甲位移为2211011()1(31)m8m22satt=+=+=为乙车位移为222000211636121m23m22svtvtat=+−=+−=则s0=s2‒s1=15m故两车要相遇两次，s应满

足s<s0=15m(2)要在第10s相遇，即要在9s<t<10s时间内相遇。从开始运动到乙车停下，用时为0026svtta=+=乙故追上前乙车已经停下，乙停下来的位移为20300227m2svtav=+=若t1=9s追上，则有2111312atss=+解得113.5ms=若t2=1

0s追上，则有2122312atss=+解得223ms=故要在第10s内追上，s应满足13.5m<s<23m16.如图，一直立轻质薄空心圆管长为L，上下端口处各安放有一个质量均为m的圆柱形物块A、B，且A、B紧贴管的内壁，其厚度不计。A、B与管内壁间

的最大静摩擦力分别是1fmg=、2(1)fkmgk=，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域上下水平边界，高度差为()HH

L。现让管的下端从距离上边界PO高H处由静止释放，重力加速度为g。（1）求A到达上边界PQ时的速度Av；（2）为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件；（3）若3Fmg=，求物块A到达下边界MN时A、B间距离。【答案】（1）2gH；（2）02Fmg；（3）LH−【解析】【详

解】（1）对A、B整体从开始下落到A到达上边界PQ过程中，由运动学规律有2A2gHv=解得A2vgH=（2）设A、B与管不发生相对滑动时共同加速度为a，A与管的静摩擦力为Af，则对整体和A根据牛顿第二定律分别有22mgFma−=AmgfFma+−=由题意

可知21ff所以当A不发生滑动时，则B也一定不发生滑动，则A10ff剟解得02Fmg剟（3）若3Fmg=，则A相对圆管向上滑动，设A的加速度为1a，根据牛顿第二定律有11mgfFma+−=解得1ag=−根据运动的对称性可知A从PQ到MN的时间与开始时自由下落H的时间相同，均为2tHg=由

于管的质量不计，所以管所受合外力一定为零，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反、大小均为mg，则B与管相对静止，且受力平衡，以速度Av做匀速直线运动，所以当物块A到达下边界MN时A、B间距离为A()thLvHLH=−−=−