【文档说明】湖北省武汉市2024-2025学年高一上学期12月联考物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，8.271 MB，由envi的店铺上传

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问津教育联合体2027届高一12月联考物理试题考试时间：2024年12月19日上午10:30-11:45试卷满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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8~1

0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.如图所示，位于粗糙水平地面上的木板由跨过定滑轮的轻绳与人相连，当人对轻绳施加一定大小的拉力时，人和木板均保持静止不动，则木板受力

的个数为（）A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】【详解】以人对象，根据受力平衡可知，人受到重力、木板支持力、绳子拉力和木板的摩擦力作用；以木板为对象，进行受力分析，可知木板受到重力、人的压力、地面的支持力、绳子拉力、人的摩擦力和地面的摩擦力作用，则木板受力的

个数为6个。故选C。2.8月16日，我国使用长征四号乙运载火箭成功将“遥感四十三号”卫星发射升空。某同学拍摄了该火箭点火瞬间与发射后t秒的照片，并测算出各点的实际距离，如图所示。假设火箭发射后t秒内沿竖直方向做匀加速直线运动，下列估算正

确的是（）A.t秒时，火箭的速度约为Lst+B.t秒时，火箭的速度约为2Lst+C.0t−秒内火箭的加速度约为2Lst+D.0t−秒内火箭的加速度约为()22Lst+【答案】D【解析】【详解】AB．由图可知，t秒内火箭上升的高度为hLs=+则t秒内火箭的平均速度为hLsvtt+==由于匀变速直

线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故2tLsvt+=故AB错误；CD．由运动学公式212hat=可得0t−秒内火箭的加速度约为()22Lsat+=故C错误，D正确。故选D。3.如图，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形AB

CD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()A.1∶1∶1B.5∶4∶3C.5∶8∶9

D.1∶2∶3【答案】A【解析】【分析】由几何知识求出出三个小球的位移表达式，由牛顿第二定律求出两球的加速度a表达式，再由位移公式212xat=求解滑行时间之比；【详解】设5ACL=，4BCL=，3DCL=,a、b、d三小球

在各杆上滑行的时间分别为123ttt、、，加速度分别为123aaa、、．由几何知识得，BC的倾角为53=，DC的倾角为37=，如图所示：a球为自由下过程，1ag=由21152Lgt=，得110Ltg=根据牛顿第二定律得：沿BC下滑的小球，加速度为2530.8mgsinagsi

ngm===由位移时间公式得：222142Lat=，得210Ltg=沿DC下滑的小球，加速度为3370.6mgsinagsingm===由位移时间公式得：233132Lat=，得310Ltg=，所以123::1:1:1ttt=，故选项A正确，选项BCD错误

．【点睛】本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解匀加速运动的时间，关键要根据几何知识求出BC与DC的倾角和位移，从而求出加速度，然后利用位移与时间关系进行求解即可．4.2024年巴黎奥运会，中华健儿奋勇拼搏，获得40枚金牌，金牌数与美国队并列第一，完美的诠释了“更快、更高、更强”的奥林

匹克格言。如图所示为奥运会中的四个比赛场景，下列对各场景的阐述中正确的是（）A.图1所示，在邓雅文展示小轮车骑行技巧时，其可视为质点B.图2所示，杨家玉获得田径女子20公里竞走冠军，“20公里”指的是比赛过程中杨家玉的位移C.图3所示，刘洋展示“十字撑”保持

静止时，两根吊环悬绳每根承受的拉力大小均等于刘洋重力的一半D.图4所示，陈艺文在女子三米跳板决赛中跳板被压到最低点的瞬间，对跳板的作用力大于自身的重力【答案】D【解析】【详解】A．因要观察展示“技巧”，需分析邓

雅文的动作，故不能将其视为质点，故A错误；B．“20公里”为杨家玉行进轨迹的长度，即路程，而非起点到终点的直线距离位移，故B错误；C．由图3可知，刘洋展示“十字撑”保持静止时，两根悬绳并不平行，刘洋受三力平衡，绳所受拉力大于其重力

的一半，故C错误；D．陈艺文起跳时具有向上的加速度，合力向上，分析可知跳板对陈艺文的作用力一定大于重力，故其对跳板的作用力一定大于重力，故D正确。故选D。5.如图甲是一种篮球收纳架，一质量为m、半径为R

的篮球静置于篮球收纳架上，两根水平平行横杆与篮球的两接触点相距L，其截面图如图乙所示。已知58RL=，重力加速度大小为g，不计所有摩擦。则每根横杆对篮球的支持力大小为（）A58mgB.56mgC.54mgD.

53mg【答案】B.【解析】【详解】对篮球受力分析如下设重力与弹力方向的夹角为，由几何知识142sin558LL==3cos5=结合平衡条件可得2cosFmg=解得52cos6mgmgF==故选B。6.如图所示的下列几种情形中，研究对象受到的摩擦力方向与运动方向相同的是（）A.图甲：

沿斜面匀速下滑的物块B.图乙：在草地上滚动的足球C.图丙：水平地面上匀速运动的木箱D.图丁：轻放在运动的水平传送带上的物块（与传送带共速前）【答案】D【解析】【详解】A．沿斜面匀速下滑的物块，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，故A错误；B．在草地上

滚动的足球，受到的摩擦力与运动方向相反，故B错误；C．水平地面上匀速运动的木箱，受到的摩擦力与运动方向相反，故C错误；D．物块轻放上运动的传送带后与传送带共速前，受到向右的摩擦力，将向右运动，摩擦力与运

动方向相同，故D正确。故选D。7.第十五届中国国际航空航天博览会（简称中国航展）于2024-11-12至2024-11-17在珠海国际航展中心成功举行。如图，正在展演的“歼20”战机正沿直线斜向下加速俯冲。将“歼20”简化为质点“O”，用G表示它受到的重力，F表示除重力

外其他作用力的等效力，则下图中能正确表示此过程中战机受力情况的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】题意可知正在展演的“歼20”战机正沿直线斜向下加速俯冲，则所受的合力方向与速度方向在同一直线

上，否则就要做曲线运动。故选A。8.2024年9月10日13时，中国国际航空股份有限公司（以下简称“国航”）CA1523航班从北京首都国际机场飞抵上海虹桥机场，标志着国航首架C919飞机成功首航，正式投入运营。C919飞机飞行过程中（）A.速度越大，其加速度一定越大B.速度变化量越大，加速度一定越

大C.加速度不变，其速度可能减小D.加速度越大，则速度一定变化快【答案】CD【解析】【详解】A．加速度与速度没有直接关系，物体的速度越大，其加速度不一定越大，如速度很大做匀速运动的飞机，加速度为零，故A错误；B．加速度的大小与速度变化量无必然联系，故B错误；C．巡航舰的

加速度不变，若加速度方向与速度方向相反，则速度减小，故C正确；D．加速度是描述速度变化越快慢的物理量，加速度大，速度变化越快，故D正确。故选CD。9.如图所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上，质量为1.5kg的箱

子静止在斜面上，质量为0.1kg的小球通过细绳悬挂在箱子顶面的O点。现给箱子一沿斜面向下的力20NF=，箱子沿斜面向下运动，稳定后细绳与竖直方向成60角。已知重力加速度g取210m/s。下列说法正确的是（）A.稳定时细绳上的拉力为1NB.稳定时细绳上的拉力为2NC.改变F大

小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为4ND.改变F大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为8N【答案】AC【解析】【详解】AB．设小球质量为m，箱子质量为M，稳定时具有共同的沿斜面向下的加速度a，此时对小球垂直斜面方向cos3

0cos30Tmg=沿斜面方向sin30sin30Tmgma+=解得1NT=，210m/sag==对整体分析得()()sin30FmMgfmMa++−=+解得箱子受到斜面的滑动摩擦力大小为12Nf=故A正确，B错误；CD．稳定后当细绳处于

竖直方向时，可知此时小球加速度为零，故整体加速度为零，处于平衡状态，由于此时箱子处于运动状态，受到沿斜面向上的滑动摩擦力f，对整体根据平衡条件可得()'sin30FmMgf++=解得'4NF=故C正确，D错误。故选A

C。10.如图轻质弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小物块A静止在弹簧上端，现将另一个相同的小物块B轻放在A上面之后，二者一起向下运动，直到最低点，二者一起向下运动的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气的阻力，重力加速度取g，则在二者一起向下运动过程中，下列正确的是（）A.物块B

放上的瞬间，A、B之间的作用力为零B.物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力不为零，但B对A作用力大于A对B的作用力C.物块B放上的瞬间，物块A向下运动的加速度为2gD.当弹簧的弹力等于2mg时，物块A的速度最大【答案】CD【解析】【详解】ABC．物块B放上的瞬间，A、B

之间的作用力不为零，B对A作用力与A对B的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反；由于弹簧弹力没有突变，A、B作为整体，由牛顿第二定律2mgma=可得物块A向下运动的加速度为12ag=故AB错误，C正确；D．由于A、B一起向下运动，整体由牛顿第二定律k22mgFma−=弹

簧的弹力逐渐增大，整体的加速度逐渐减小，所以A、B向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大值，故当弹簧的弹力等于2mg时，物块A的速度最大，故D正确。故选CD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.

小强同学用如图甲所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，其中AO为橡皮绳，OB和OC为细绳，A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点。主要分为以下两步：步骤1：用两个弹簧秤将橡皮筋的一端拉至O点，测出两个拉力F1和F2；步骤2：用

一个弹簧秤将橡皮筋拉至O点，测出其拉力F。（1）本实验采用的科学方法是______（单选）A.理想实验法B.控制变量法C.等效替代法D.建立物理模型法（2）图中BOC为锐角，使OC绳拉力F2大小不变、方向沿顺时针转过一较小角度，为了使结点位置不变

，则OB绳上拉力F1大小和方向应如何变化______（双选）A.一定沿顺时针转动B.一定沿逆时针转动C.一定变小D.一定变大（3）在该实验中，采取哪些方法和步骤可减小实验误差______（双选）A.两个分力F1、F2大小要适当大些B.两个分力F1、F2间的夹角尽量小

些C.拉橡皮条的细绳必须等长，且要稍短一些D.实验前先把两个弹簧秤的钩子互相钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同（4）图乙是小强在白纸上根据实验结果做出的力的图示，下列说法中正确的是______（

单选）A.图乙中的F是F1和F2的合力的理论值B.图乙中的F是F1和F2的合力的实验值C.图乙中的F的方向一定沿AO方向D.在实验中，如果将OB和OC细绳换成橡皮条，对实验结果会有较大的影响【答案】（1）C（2）BC的的（3）AD（4）C【解析】【小问1详解】验证“力的平行四边形定则”采用

是等效替代法。故选C。【小问2详解】如图使OC绳拉力2F大小不变、方向沿顺时针转过一较小角度，为了使结点位置不变，即合力不变，则OB绳上拉力1F的大小一定变小，沿逆时针转动一个小角度。故选BC。【小问3详解】A．实验中，为了方便画图，两个分力F1、F2的大小要适

当大些，故A正确；B．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角大小适当即可，不能太小，故B错误；C．实验中，拉橡皮条细绳不必等长，长度适中即可，故C错误；D．为了检查弹簧测力计好坏，实验前先把两个弹簧秤的钩子互相钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，故D正确。

故选AD。【小问4详解】AB．图乙中的F是12FF、合力理论值，F是12FF、合力实验值，故AB错误；C．根据实验原理可知，图乙中的F的方向一定沿AO方向，选C正确；D．在实验中，如果将OB和OC细

绳换成橡皮条，对实验结果无影响，选D错误。故选C。12.学习小组进行“探究加速度a与物体质量M、物体受力F的关系”的实验，实验装置如图甲所示：的（1）关于平衡摩擦力的观点，下列说法正确的是______（双选）；A.车放在倾斜长木板上，在不挂砝码和砝码盘的情

况下，轻推小车使其能在纸带上打出均匀点迹，说明小车平衡摩擦力了B.在每次改变小车质量之后需要重新平衡摩擦力C.平衡摩擦力的目的是使小车所受合外力的大小等于细绳拉力的大小D.平衡摩擦力的目的是使细绳拉力的大小等于砝码盘和砝码总重力的大小（2）

若用图像法验证小车加速度a与质量M的反比关系，则应作出a随______的变化图像（选填“M”或“1M”）；（3）图乙是按正确的实验步骤得到一条纸带，实验中打点计时器连接的电源周期为0.02s，每两个相邻计数点之间都有4个点没有画出，小车运动的加速度为______m/s2。（结果保留三位

有效数字）；（4）某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图丙所示的a-F图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是______（双选）；A.木板右

端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小B.木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大C.小车质量远大于砝码和砝码盘的总质量D.砝码和砝码盘的总质量不满足远小于小车质量（5）该小组又对实验方案进行了改进，来研究小车加速度a与

F的关系，装置如图丁所示。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，用小桶替换砝码盘，并缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚好能匀速运动为止，记下小车匀速运动时传感器的示数F0。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1。释放小车，实时记录小车运动时传感器的示数F2。改变小桶中

砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图戊所示。不计纸带与计时器间的摩擦。图像中F是实验中测得的______（单选）。A.F1B.F2C.F1-F2D.F2-F0【答案】（1）AC（2）1M（3

）6.22（4）AD（5）D【解析】【小问1详解】A．车放在倾斜长木板上，在不挂祛码和砝码盘的情况下，轻推小车使其能在纸带上打出均匀点迹，说明小车平衡摩擦力了，故A正确；B．平衡摩擦力后满足sincosMgMg=整理得t

an=故在每次改变小车质量之后不需要重新平衡摩擦力，故B错误；CD．平衡摩擦力的目的是使小车所受合外力的大小等于细绳拉力的大小，故C正确，D错误。故选AC。【小问2详解】根据FMa=整理得1aFM=可知a与1M成正比，若用图像法验证小车加速度a

与质量M的反比关系，则应作出a随1M的变化图像；【小问3详解】两个相邻计数点之间都有4个点没有画出，则计数点时间间隔0.02s50.1sT==由逐差法可得加速度24CEABxxaT−=代入图中数据，解

得26.22m/sa【小问4详解】AB．由图可知，当合外力较小时，小车的加速度为零，说明平衡摩擦力不足，木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小，故A正确，B错误；CD．图线不是直线，是由于随着砝码和砝码盘的总质量的增大，不满足远小

于小车质量，绳子拉力不能近似等于砝码和砝码盘的重力，故C错误，D正确。故选AD。【小问5详解】图像是过原点的一条直线，已经平衡摩擦力，则F为小车受到的合外力，即20FFF=−故选D。13.用两根细线a、b和一根轻弹簧c将质量均为m的两个小球1和2连接

，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，弹簧c水平。已知重力加速度为g，求：（1）细线a与弹簧c分别对小球1和2的拉力大小；（2）剪断细线b的瞬间，小球2的加速度的大小。【答案】（1）433amgF=，233cmgF=；（2）213ag=

【解析】【详解】（1）对小球1与2组成的整体分析，由平衡条件可得𝐹𝑎cos30°=2𝑚𝑔sin30acFF=解得433amgF=，233cmgF=（2）剪断细线b的瞬间，弹簧c上的力不变，则有小球2受合力为213bmgFFma===合解得加速

度的大小213ag=14.航空母舰是一国海军实力强盛的重要标志，舰载机的起降训练是航母训练的重要科目。如图，已知某型号舰载机质量为25吨，起飞最低速度为50m/s，航母上用于起飞的跑道长为100m。假设航母甲板水平，舰载机起降训练中航母静止不动，舰载机起飞过程中受到的阻力大小为4210N，起

飞、降落过程均可看成匀变速直线运动。（1）求舰载机起飞过程中的最小加速度大小；（2）舰载机发动机在起飞过程中至少需要提供多大的推力？（3）舰载机降落时，需要阻拦索使飞机迅速停下来。若某次飞机降落时，钩住阻拦索时速度为70m/s，经过2s速度减为零，求飞机钩住阻拦索后运动的距离。【答案】（1）2

12.5m/s；（2）3.325×105N；（3）70m【解析】【详解】（1）设舰载机起飞过程中的最小加速度大小为1a，其起飞时的最小速度为0v，跑道长度为L，根据速度与位移之间的关系有2012vaL

=代入数据解得𝑎1=12.5m/s2（2）设舰载机发动机在起飞过程中提供的推力至少为F，舰载机在起降过程中受到的阻力为f，根据牛顿第二定律有1Ffma−=代入数据解得53.32510NF=（3）设飞机减速阶段的加速度大小为2a，减速阶段的初速度大小为1v，减速阶段的位

移大小为1L，则根据题意有𝑎2=Δ𝑣Δ𝑡=702m/s2=35m/s2根据速度与位移的关系有𝑣12=2𝑎2𝐿1代入数据解得𝐿1=𝑣122𝑎2=70m15.电动平衡车是现代人用来作为代步工具，如图甲所示，两只轮子均为主动轮。从侧面看可以简化为如图乙、

图丙所示的模型。某人站在平衡车上从速度1m/sv=匀加速到15m/s,v=所用的时间为10st=。已知人的质量为60kg,m=人受到的空气阻力为f=6N，计算结果可以保留根号。210m/sg=，求：（1）加速度a的大

小；（2）踏板对人的作用力F大小；（3）若平衡车质量为10kg,M=，忽略平衡车受到的阻力，求地面对平衡车的支持力FN大小、摩擦力Ff的大小。【答案】（1）20.4m/s；（2）30401N；（3）N700NF=，f34NF=【解析】【详解】（1）加速度a大小为12m/0.4s

vvat−==（2）将作用力F分解为水平方向的力2F和竖直方向的力1F,可知水平方向有2Ffma−=竖直方向1Fmg=同时有2212FFF=+联立解得30401NF=（3）对平衡车和人整体在竖直方向上受力分析有()N700NF

mMg=+=整体在水平方向上有()fFfmMa−=+解得f34NF=的