【文档说明】河南省洛阳市孟津区第一高级中学2022-2023高一上学期12月月考物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.903 MB，由小赞的店铺上传

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孟津一高12月考卷一、选择题：42分。1.汽车的“扭矩”是衡量汽车性能的一个重要参数，汽车驱动力F与扭矩T以及车轮半径R的关系为：TFkR=，其中k是一个没有单位的常数，则扭矩T的单位用国际单位制的基本单位符号表示为（）A.N·mB.22

kgmsC.kgmsD.2kgms【答案】B【解析】【详解】A．根据汽车驱动力F与扭矩T以及车轮半径R的关系式得FRTk=所以扭矩T的单位为Nm，但其中N不是基本单位符号，故A错误；BCD．根据F

ma=有222kgmNmkgm/sms==即扭矩T的单位用国际单位制的基本单位符号表示为22kgms，故B正确，CD错误。故选B。2.轻绳AB和轻质弹簀BC系住一个小球，如图所示。轻绳AB与竖直

方向夹角30=，弹簧与轻绳垂直。若剪断轻绳瞬间，小球加速度大小为1a；若剪断弹簧与小球连接处瞬间，小球加速度大小为2a，则1a与2a之比为（）A.3B.32C.33D.12【答案】A【解析】【详解】对小球受力

分析如图当剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，合力与轻绳上的力等大方向，即11cos30Fmgma==解得132ag=若剪断弹簧与小球连接处瞬间，合力为21sin302Fmgmg==即212ag=解得123aa=故选A。3.一物体做匀减速直线运动，途经A、B、C三个位置，到D点停止。A、B之间的

距离为3m，B、C之间的距离为2m，物体在A、B和B、C之间运动用时都是1s，则下列说法正确的是（）A.物体加速度的大小为22m/sB.经过A点时的速度大小为3m/sC.C、D之间的距离为1.5mD.由C运动到D的时间为1.5s【答案】D【解析】【详解】A．根据2xaT=，物体加速度的

大小为()2223m2m1m/s1sABBCxxaT−−===故A错误；B．匀变速直线运动中间时刻的瞬时运动等于该段时间的平均速度，则3m2m2.5m/s22sABBCBxxvT++===22.5m/s1m/s1s3.5m/sAB

vvaT=+=+=故B错误；C．B、D之间的距离为23.125m2BBDvxa==C、D之间的距离为3.125m2m1.125mCDBDBCxxx=−=−=故C错误；D．C点的速度22.5m/s1m/s1s1.

5m/sCBvvaT=−=−=由C运动到D的时间为1.5sCCDvta==故D正确。故选D。4.架在A、B两根电线杆之间的均匀电线在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，电线呈现如图所示的两种形状，下列说法

中正确的是（）A.夏季与冬季电线对电线杆的拉力大小相等B.夏季与冬季电线杆对电线的拉力方向相同C.夏季电线对电线杆拉力较大D.冬季电线对电线杆的拉力较大【答案】D【解析】【分析】【详解】以电线为研究对象，夏季和冬季电线杆对电线的拉力方向发生变化，即电线

重力的两个分力的夹角发生变化，在冬季，两分力夹角更大，所以分力更大，使电线对电线杆的拉力更大。的故选D。5.如图所示，若将一小滑块无初速度放在水平传送带a处，经过4s小滑块运动到b处，滑块与传送带间动摩擦因数为0.1，传送带匀速运动的速度为2m/s，重力加速度g取102m/s，则a、b之间的

距离为（）A.4mB.4.5mC.5mD.6m【答案】D【解析】【详解】物体在传送带上，根据牛顿第二定律得mgma=解得21m/sa=物块加速到与传送带速度相等所需时间12svta==加速阶段向右运动的位移21112m2xat==然后和传送到保持相对静止向

右匀速运动，其位移为21()4m=−=xvtt则传送带长度为126mLxx=+=故选D。6.倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上一质量为m的球在拉力F作用下静止，重力加速度为g，拉力F的最小值为（）A.1sin2mgB.sinmgC.

3cos2mgD.cosmg【答案】B【解析】【详解】当拉力F沿着斜面向上时，拉力最小为sinFmg=故选B。7.如图所示，用轻绳将重球挂在墙上，不考虑小球与墙面间的摩擦。如果把绳的长度减小一些，

则下列说法正确的是（）A.球对绳的拉力变大B.绳对球的拉力变小C.球对墙的压力不变D.墙对球的支持力变小【答案】A【解析】【分析】【详解】以小球为研究对象，分析受力如图。设绳子与墙的夹角为θ，由平衡条件得1cosmgF=F2′=mgtanθ根据牛顿第三定律得球对绳的拉力1

1cosmgFF==球对墙的压力F2=F2′=mgtanθ把绳的长度减小，θ增大，cosθ减小，tanθ增大，则得到F1和F2都增大。球对绳的拉力变大，球对墙的压力变大。故选A。8.在升降机的地板上放有一质量为m的物体，

升降机竖直向上运动过程中，上升的高度h与时间t的关系图像如图所示。1t和2t时刻升降机地板对物体的支持力大小分别为N1F和N2F，重力加速度为g，下面说法正确的是（）A.N2F一定大于N1FB.N2F一定小于N1FC.N2F一定大于mgD.N2F可能等于m

g【答案】C【解析】【详解】由题图仅能判断物体做加速运动，无法判断1t、2t时刻加速度的大小，根据牛顿第二定律可得N−=Fmgma可得NFmamg=+所以无法比较N1F与N2F的大小，但N2F一定大于mg，故C正确，ABD错误。故选C。9.如图所示，

轻质滑轮两侧绳子上分别系有小球A和小球B，两球质量不等，两球从静止开始运动后，小球A下降，小球B上升，当A、B两个小球运动到同一水平面的瞬间恰好细线断裂，两球的落地时间差为△t，B球上升过程中未与滑轮相碰。重力加速度为g，则细线断裂后小球

B上升的最大高度为（）A.218gtB.214gtC.213gtD.212gt【答案】A【解析】【详解】细线断裂后瞬间，两小球速度大小相等，方向相反，根据运动学规律分析可知，落地时间差△t也就是小球B上升到最高点，再回到初始位置的时间，则2vtg=小球

B上升的最大高度22vhg=解得218hgt=故选A。10.一个物体所受的重力在下列情形下要发生变化的有（）A.把它从赤道拿到南极B.把它送到月球上去C.把它从地面上拿到水中D.把它置于向上加速的电

梯内【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．把它从赤道拿到南极，重力加速度变大，根据G=mg可知，重力变大，选项A正确；B．把它送到月球上去，重力加速度变小，根据G=mg可知，重力变小，选项B正确；C．把它从地面上拿到水中，重力加速度不变，根据G=mg

可知，重力不变，选项C错误；D．把它置于向上加速的电梯内，重力加速度不变，根据G=mg可知，重力不变，选项D错误；故选AB。11.三个共点力的大小分别为F1=5N，F2=10N，F3=20N，则它们的合力（）A.不会大于35NB.最小值为5NC.可能为0D.可能为20N【答案】A

BD【解析】【分析】【详解】因为这三个力不满足任意两个力之和不小于第三个力，任意两个力之差不大于第三个力，所以合力不为零，当三力同向时，合力最大为35N，当1F和2F同向与3F反向时合力最小为5N，所以合力35N5NF。故选ABD。12.如图所示，水平横杆上套着两

个质量不计的滑环，两个滑环上分别系着轻绳AO和BO，重物悬挂在两条绳的结点O处。平衡时AO与水平横杆的夹角小于BO与水平横杆的夹角，下面说法正确的是（）A.AO绳子上的拉力小于BO绳子上的拉力B.AO绳子上的拉力大于BO绳子上的拉力

C.滑环A受到的静摩擦力大于滑环B受到的静摩擦力D.滑环A受到的静摩擦力等于滑环B受到的静摩擦力【答案】AD【解析】【详解】CD．以重物和两个环整体为研究对象，由平衡条件可知，滑环A受到的静摩擦力等于滑环B受到的静

摩擦力，即ABff=故D正确，C错误；AB．设AO与水平横杆的夹角为，设BO与水平横杆的夹角为，分别对环A、B根据平衡条件可得cos=AOATfcos=BOBTf由可得AOBOTT故A正

确，B错误。故选AD。13.一个质点从静止开始沿x轴做匀加速直线运动，运动过程中的位移x随时间t或速度v变化的图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．初速度为零的匀加速直线运动的位移时间关系为212xat=

可知xt−图像为过原点抛物线，2xt−图线为过原点的倾斜直线，故A正确，B错误；CD．根据速度位移关系22vax=可得22vxa=知xv−图线为过原点的抛物线，2xv−的直线为过原点的倾斜直线，故D正确，C错误。故选AD，14.如图所示，质量为2kg的物块放在质

量为3kg木板的最右端，它们之间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，给木板水平向右的力F，则（）A.当F≥15N时，物块、木板发生相对滑动B.当F=21N时，物块加速度为2m/s2C.当F>30N时，物块、木板才会发生相对滑动D.当F=33N时，物块、木板

的加速度分别为5m/s2、6m/s2【答案】CD【解析】的的【详解】AC．当物块、木板恰好发生相对滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值；对物块，由牛顿第二定律有10mgma=物物解得205m/sa=对整体，由牛顿第二定律有020()()Fmmgmm

a−+=+物木物木解得030NF=所以，当F>30N时，物块、木板才会发生相对滑动，当30N≥F≥15N时，物块、木板相对静止，A错误，C正确；B．当F=21N时，物块、木板相对静止，则对整体可得22(3ms).2/mmgFamm−==++物木物木B错误；D．当F=33N时，物块、木板发生相

对滑动，则物块、木板的加速度分别为125m/smgam==物物物122)=6m/s(mgmmgmFa−+−=物物木木木D正确。故选CD。二、非选择题：本题共6小题，共58分。15.在竖直平面内，橡皮条一端固定在

G点，另一端挂一小圆环，现用两个弹簧测力计拉动小圆环到O点，小圆环受到作用力F1、F2和橡皮条的拉力F0，如图所示.(1)此时要记录下拉力F1、F2的大小，并在白纸上记录__________，以及O点的位置.(2)实验中，不必要的是____________A．

用弹簧测力计测出小圆环的重力B．弹簧测力计在使用前应校零C．撤去F1、F2，改用一个力拉小圆环，仍使它处于O点D.用两个弹簧测力计拉动小圆环时，要保持两弹簧测力计相互垂直(3)图中F是用一个弹簧测力计拉小圆环时，在白纸上根据实验效果画出的图示．F与F´中，方向一定沿GO方向的是__________

_.【答案】①.两个力的方向②.AD③.F＇【解析】【分析】(1)根据实验原理可知，在实验中需要记录拉力的大小和方向，以便根据两个分力的大小和方向做平行四边形．(2)明确该实验的实验原理以及实验步骤，操作过程的注意事项以及产生误差原因等，

如该实验采用了“等效替代”法，要求两次橡皮筋的形变大小和方向相同，拉弹簧时两力的大小可以适当大些，夹角大小合适，并非要求为直角等．(3)验证力的平行四边形定则的实验原理是：理论值与实际值的对比．合力的理论值使用作图法，需要记录两分力的大小和

方向；实际值的测量则使用等效替代，需要测量结点O的位置及力的大小．另外实际值与测量值比较方法，是在同一点作出两力的图示，比较是否近似重合．【详解】(1)该实验中，需要根据力F1、F2的大小和方向做出平行四边形，求出合力与一个

弹簧拉橡皮筋时拉力F进行比较，因此需要记录拉力F1、F2的大小和方向；(2)A、本实验只需要保证橡皮筋的形变弹力和圆环的重力的总效果相同，即可用等效替代法验证，则不需要测量圆环的重力大小，故A不需要；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．

故B项需要；C、该实验采用“等效替代”法，因此两次拉橡皮筋要到同一位置，故C需要；D、用两根弹簧测力计拉动小圆环时，量弹簧夹角适当，便于做平行四边形，便于减小误差即可，并非要求两弹簧测力计相互垂直，故D不需要．故不需要的步骤为AD．(3)实际测量的合力应与橡皮筋在

同一条直线上，即F与橡皮筋在同一条直线上，由平行四边形定则作出的为理论值与实际值有一定的偏差，即由平行四边形定则作出的为F；则方向一定沿GO方向的是F.【点睛】通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，要明确实验原理，理解“等效替代”的含义，重点

是如何准确作出力的图示．16.在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图1所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计

算出。（交流电源的频率为50Hz）。（1）当M与m的大小关系满足_______时，才可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的总重力。（2）如图2所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为_______m/s2。（结果

保留两位有效数字）（3）保持沙和沙桶的质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的1m，数据如表。序号12345678小车加速度a/（m•s﹣2）1.901.721.491.251.000.750.500.30小车质

量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.671m/kg﹣14.003.453.032.502.001.411.000.60请在图3所示的坐标纸中画出a﹣1m图线________，由图线可得小车的加速度

a与质量的倒数1m之间的关系式为_______。保持小车的总质量不变，改变盘和盘中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线，如图4所示。该图线不通过原点，其主要原因是______

_。【答案】①.m≪M②.3.2③.④.12am=⑤.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】【分析】（1）当m≪M时，可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的总重力。（2）根据逐差法计算出小车的加速度大小；（3）做出a﹣1m图像，求得图像斜率，就可求得小车加速度a与质量m及对应的1m的关系式

；根据a﹣F图像的横截距分析产生的原因；【详解】（1）[1]根据mgamM=+细线的拉力MTMamgmM==+为了绳中张力近似等于盘及盘中的砝码的总重力，即绳拉小车的力近似等于盘及盘中的砝码的总重力，M与m的关系应满足：m≪M。（2）[2]计数点之间的时

间间隔为T＝2×0.02s＝0.04s，根据匀变速直线运动规律，由Δx＝aT2采用逐差法计算小车的加速度为2222(7.727.216.706.19)10m/s3.2m/s40.04a−+−−==（3）[3]根据表格数据，通过描点，作出图线，如下图所示[4]根据1aFm=

图像斜率为2.515.02kF===则有12am=[5]根据图像可知，当F到达一定值时才有了加速度，则a﹣F图线末过坐标原点的原因可能是：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理分析图像的可能原因，结合逐差法

得出小车的加速度，根据数学知识计算出斜率，并由此得出k值，即可求得小车的加速度a与质量的倒数1m之间的关系。17.在一长直赛道上，有一辆赛车，在赛车前方200米处有一安全车以10m/s的速度匀速前进，这时赛车从静止出发

以2m/s2的加速度追赶。求：（1）赛车在出发3s末的瞬时速度大小；（2）赛车何时追上安全车？追上之前与安全车的最远距离是多少米。【答案】（1）6m/s；（2）经过20s追上，最远距离225m【解析】【详解】（1）根据vat=得23m/s6m/

sv==（2）设赛车经过t1时间追上安全车，根据位移关系得201112002vtat+=解得120st=赛车经过20s追上安全车设经过时间t2两车速度相等，此时两车相距最远02vat=解得25st=最远距离202212002xvtat=+−代入数据可得225

mx=18.如图所示，倾角为θ的粗糙斜面固定在水平地面上，一质量为m的小滑块在水平向右的推力F的作用下，恰能沿斜面匀速向上滑动，已知重力加速为g．（1）求滑块与斜面之间的动摩擦因数μ；（2）现将该滑块在斜面上无初速度释放，滑块沿斜

面向下做匀加速运动，求此时加速度a的大小．【答案】(1)cossincossinFmgmgF−+(2)cossinsincoscossinFmgggmgF−−+【解析】【详解】试题分析：物体匀速下滑,根据受力分析,利用共点力平衡和摩擦力公式

结合求得动摩擦因数.；滑块沿斜面向下做匀加速运动时,根据受力分析,利用牛顿第二定律求加速度.(1)以物块为对象受力分析如图所示;在平行于斜面的方向上,有cossin0Fmgf−−=在垂直于斜面的方向上,有sincos0NFmg

−−=又fN=联立计算得出:cossincossinFmgmgF−=+(2)滑块沿斜面向下做匀加速运动时,根据牛顿第二定律得:sinmgfma−=cosNmg=fN=联立计算得出cossinsincoscossinFmg

aggmgF−=−+综上所述本题答案是：（1）cossincossinFmgmgF−=+；（2）cossinsincoscossinFmgaggmgF−=−+19.商场工作人员拉着质量为m＝20kg的箱子沿水平地面运动，若用F1＝100N的水平力拉箱子，箱子恰

好做匀速直线运动，现改用F2＝150N、与水平方向成θ＝53°、斜向上的拉力作用于静止的箱子上，如图所示，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）箱子与地面之间的动摩擦因数；（2）F2作用在箱子6s

时间内箱子移动的距离；（3）若F2作用6s后撤去，则箱子在水平面上还能滑行多远？【答案】（1）0.5；（2）45m；（3）22.5m【解析】【分析】（1）用F1＝100N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动，由此可知拉力和摩擦力相等，从而可

以求出动摩擦因数；（2）对物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小，再根据位移—时间关系进行解答；（3）求出撤去力后的加速度大小，根据速度—位移关系进行解答。【详解】（1）由于木箱在水平拉力下匀速运动，根据平衡条件可得F1＝μm

g解得μ＝0.5（2）F2作用在箱子上时，受力情况如图所示：木箱受到水平地面的支持力N＝mg﹣F2sinθ根据牛顿第二定律F2cosθ﹣μN＝ma解得木箱运动的加速度大小为a＝2.5m/s2根据运动学

公式可得木箱的位移x＝12at2＝12×2.5×62m＝45m（3）撤去拉力时的速度大小为v＝at＝2.5×6m/s＝15m/s撤去拉力后加速度大小为a′＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2根据速度—位移关系可得22''15m22.5m225vxa===【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用

问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。20.如图所示，水平传送带以不变的速度v＝15m/s向右运动，将一质量m＝1kg的工件轻轻放在传送带的左

端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，以速度v滑上一个固定足够长的斜面BC，斜面倾角θ＝30°，斜面与物体间的动摩擦因为36，（B点处无能量损失，g取10m/s2）。（3

＝1.73）（1）工件与水平传送带间的动摩擦因数；（2）水平传送带的长度；（3）工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间。（结果保留3位有效数字）【答案】（1）0.75；（2）75m；（3）5.46s【解析】【分析】（1）应用运动学公式求出工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度，再根

据牛顿第二定律解答；（2）工件先做匀加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动，两过程的位移大小之和即为所求；（3）根据牛顿第二定律分别求得工件沿斜面上滑和下滑过程的加速度大小，工件沿斜面上滑过程的位移大

小等于沿斜面下滑过程的位移大小。应用运动学公式求解。【详解】（1）设工件与水平传送带间的动摩擦因数为μ1，工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度为a1，则有a1＝152vt=m/s2＝7.5m/s2根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1解得μ1＝0.75（2）设水平传送带长度为L，工件先做匀

加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动。工件做匀加速直线运动的位移大小为1152m=15m22vxt==工件做匀速直线运动的位移大小为x2＝vt′＝15×4m＝60m的L＝x1+x2＝15m+60m＝75m（3）设工件沿斜面上滑过程加速度大小为a2，时间为

t2；沿斜面下滑过程的加速度大小为a3，时间为t3，由牛顿第二定律得：mgsin30°+μ2mgcos30°＝ma2其中μ2＝36，解得a2＝7.5m/s2mgsin30°﹣μ2mgcos30°＝ma3解得a3＝2.5m/s2由运动学公式得2215s2s7.5vta===由工件沿斜面上滑过程

的位移大小等于沿斜面下滑过程的位移大小得2233221122atat=代入数据解得t3＝23s工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间为t总＝t2+t3＝2s+23s＝5.46s【点睛】本题考查了牛顿第二定律应

用的传送带模型，题目较简单。掌握加速度是联系力与运动的纽带，根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律解答即可。的