2023-2024学年安徽省合肥市第四中学高一（上）月考物理试卷（12月）(含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市第四中学高一（上）月考物理试卷（12月）(含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共7小题，共28分）
1.下列说法中正确的是( )
A. 图甲中，伽利略对自由落体运动的研究中，猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
B. 图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网受到挤压发生了弹性形变而产生的
C. 图丙中，铁块所受重力可以分解为下滑力和对斜面的压力
D. 图丁中，牛顿通过理想斜面实验说明力是改变物体运动状态的原因
2.有一种多功能“人”字形折叠梯，其顶部用活页连在一起，在两梯中间某相对的位置用一轻绳系住，如图所示，可以通过调节绳子的长度来改变两梯的夹角θ.一质量为m的人站在梯子顶部，若梯子的质量及梯子与水平地面间的摩擦不计，整个装置处于静止状态，则( )
A. θ角越大，梯子对水平地面的作用力越大B. θ角越大，梯子对水平地面的作用力越小
C. θ角越大，绳子的拉力越大D. θ角越大，人对梯子的压力越大
3.某车沿水平地面做匀变速直线运动时，发现在小车车厢的顶部用轻质细线悬挂了一质量为m的小球，悬挂小球的细线与竖直方向的夹角为30∘，在车厢底板上放着一个质量为M的木块，小球及木块均和车厢保持相对静止，如图所示。若木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当地的重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，下列说法正确的是( )
A. 小车向左做匀加速运动
B. 此时小球的加速度大小为12g
C. 此时木块受到的摩擦力大小为0.75Mg，方向水平向右
D. 此时木块受到的摩擦力大小为 33Mg，方向水平向右
4.如图所示，甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提升并运送到楼顶。当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后工件运送至乙所在位置，完成工件的运送。若两绳端始终在同一水平面上，绳的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在工件向左移动过程中( )
A. 甲手中绳子上的拉力不断变小B. 楼顶对甲的支持力不断增大
C. 楼顶对甲的摩擦力等于对乙的摩擦力D. 乙手中绳子上的拉力不断增大
5.如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物体A。现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态。已知A与地面间的摩擦因数为518，则A球球心距墙角的最远距离是
( )
A. 2013rB. 2313rC. 2513rD. 2813r
6.如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α=15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧。调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β=45°。不计一切摩擦。设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于( )
A. tan15°B. tan30°C. tan60°D. tan75°
7.如图所示，古代北方播种后，用驴拉两个小石磙压土埋麦种，以利于麦种发芽。简化图如图乙所示，AB平行于轻杆CD，轻绳AC、BD长度相同。若轻绳长为2.01m，两石磙相同，整体(含轻杆)的总质量为21kg，与地面间的摩擦力大小是其对地面正压力的 36，AB=0.3m，CD=0.7m，B、D两点的高度差为1m，g取10m/s2，不计其他摩擦，则石磙做匀速直线运动时每根轻绳上的拉力大小约为( )
A. 20.5NB. 24.5NC. 30.2ND. 36.2N
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.如图所示，两个共点力F1、F2的大小一定(F2>F1)，夹角θ是变化的，合力F为在θ角从0°逐渐增大到180°的过程中，合力F的变化情况为( )
A. F的大小从最大逐渐减小到最小B. F的大小先减小后增大
C. F的大小一定大于F1、F2的大小D. F的方向与F2的夹角先增大后减小
9.某装置如图所示，两根长度均为l的轻杆OA、OB与小球以及一小滑块通过铰链连接，杆OA的A端与固定在竖直光滑杆上的铰链相连．原长也为l的轻质弹簧一端固定在A点，另一端连接小滑块，弹簧与小滑块都套在该杆上，装置静止时，弹簧长为1.6l，重力加速度为g，小球和小滑块质量均为m，以下说法正确的是( )
A. 轻杆OA对小球的作用力方向与竖直杆的夹角为53°
B. 轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为5mg8
C. 轻杆OA与OB对小球的作用力大小之比是43
D. 弹簧的劲度系数5mg2l
10.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部中心O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球A相连，小球静止于P点，OP与水平方向间的夹角为θ=30∘。若换为与质量为2m的小球B相连，小球B将静止于M点(图中未画出)，下列说法正确的是( )
A. 容器对小球B的作用力大小为2mg
B. 弹簧对小球A的作用力大于对小球B的作用力
C. 弹簧的原长为R+mgk
D. O′M的长度为mgR+kR22mg+kR
三、实验题（本大题共1小题，共15分）
11.某中学实验小组的同学在探究合力与分力关系时，把长木板放在水平桌面上，在长木板上固定一张白纸，将橡皮筋的一端固定在图中的P点，橡皮筋的另一端拴接两个细绳套，用两弹簧测力计A、B拉两个细绳套使结点到O点，如图所示，其中弹簧测力计A的示数如图，改用一个弹簧测力计拉细绳套仍使结点到O点。
(1)弹簧测力计A的读数为___________N；
(2)实验时，下列操作错误或不正确的是___________(请填写选项前对应的字母)
A.实验时应记录弹簧测力计的读数以及细绳的方向
B.实验前，应将弹簧测力计进行校零
C.实验时，应保持细绳与长木板平行
D.为了减小实验误差，应进行多次操作且每次都应使结点拉到O点
(3)实验时，分别用两个弹簧测力计与一个弹簧测力计拉橡皮筋，均使结点拉到O点，则该实验的思想是___________。
A.控制变量法 B.等效替代法
C.倍增法 D.建立物理模型法
(4)如果用两个弹簧测力计拉橡皮筋时的合力为F，用一个弹簧测力计拉橡皮筋时为F′，则___________(填“F”或“F′”)与橡皮筋在同一条直线上，比较F和F′得出的结论是___________。
(5)如果开始两弹簧测力计的夹角小于90°，保持弹簧测力计B的方向以及结点O的位置不变，将弹簧测力计A沿逆时针方向缓慢转动，则关于弹簧测力计A、B读数的变化情况是___________。
A.弹簧测力计A的读数先增大后减小，弹簧测力计B的读数减小
B.弹簧测力计A的读数先减小后增大，弹簧测力计B的读数增大
C.弹簧测力计A的读数减小，弹簧测力计B的读数先增大后减小
D.弹簧测力计A的读数减小，弹簧测力计B的读数先减小后增大
四、计算题（本大题共2小题，共39分）
12.质量为3 kg的滑块P恰好静止于倾角θ=30°的固定斜面上。现用平行于斜面向上的恒力F作用于物体P上，如图(1)所示，P恰好不上滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
(1)求滑块P与斜面的动摩擦因素μ1；
(2)求恒力F的大小；
(3)如图(2)所示，另一滑块Q在平行于斜面的恒力F1=50 N的作用下紧贴于滑块P的左侧(接触面垂直于斜面)，且此时滑块P恰好不上滑，滑块Q恰好不下滑，画出物块Q的受力图，求滑块Q的质量以及滑块P和Q之间的动摩擦因素μ2。
13.如图，水平杆固定，O为一光滑的定滑轮，绕过定滑轮的一根弹性轻绳一端连接在竖直杆上的Q点，另一端连接在质量m=5kg的小球P上。弹性轻绳的原长等于O、Q间的距离，弹性轻绳的弹力与形变量成正比，其劲度系数k=5N/m，且形变始终在弹性限度内。小球与水平杆间的动摩擦因数处处相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，此时小球P恰能静止于A点，杆上B点处于O正下方。已知：OB=4m，AB=3m，g=10m/s2；求：
(1)小球与水平杆间的弹力大小及动摩擦因数μ。
(2)若对小球P施加一水平向左的力F，使其由A点向左缓慢移动至B点：
①该过程F的最大值；
②求F与小球移动距离x的关系。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.图甲中，伽利略对自由落体运动的研究中，猜想运动速度与下落时间成正比，并在斜面实验的基础上合理推理出自由落体运动的速度与时间也成正比，伽利略并没有直接用实验进行验证，故A错误；
B.图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网受到挤压发生了弹性形变而产生的，故B正确；
C.图丙中，铁块所受重力可以分解为使物体沿斜面下滑的力和使物体压紧斜面的力，而物体对斜面的压力作用在斜面上，而使物体压紧斜面的力与物体对斜面的压力不同，故C错误；
D.图丁中，伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了整体法与隔离法，要注意合理选取研究对象解决问题。
先进行整体分析得mg=FN，再对一侧的梯子受力分析，列等式可判断。
【解答】
AB.对人和梯子整体进行分析，有：mg=FN,根据牛顿第三定律，可知梯子对水平地面的作用力与水平地面对梯子的支持力等大，与θ角无关，故AB错误；
C.对一侧的梯子，受力分析有人给的沿梯子向下的压力，地面给竖直向上的支持力，绳子给的水平方向的拉力，如图
；
T=FNtanθ2，可知θ角越大，绳子的拉力越大，故C正确；
D.对人做受力分析，梯子对人的支持力大小等于人的重力，梯子对人的支持力与人对梯子的压力是相互作用力，大小与θ无关，故D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.根据小球的运动状态，对小球进行分析可知，小球的加速度方向沿水平向右，小球及木块均和车厢保持相对静止，即小车的加速度方向也是水平向右，当小车速度方向向右时，小车向右做匀加速直线运动，当小车速度方向向左时，小车向左做匀减速直线运动，故A错误；
B.对小球进行分析，根据牛顿第二定律有
mgtan30∘=ma
解得
a= 33g
故B错误；
CD.对木块分析，可知，木块所受外力的合力等于小车对木块的摩擦力，方向水平向右，根据牛顿第二定律有
f=Ma
结合上述解得
f= 33Mg
故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】AD.开始时甲手中绳子上的拉力大小等于工件的重力，当工件向左移动时，甲手中绳子的拉力等于工件的重力和乙手中绳子上的拉力的合力大小，如图所示，可知甲、乙手中的绳子拉力均不断增大，A错误，D正确；
B.设θ为甲手中的绳子与竖直方向的夹角，对甲受力分析有
FTsinθ=Ff甲
FTcsθ+FN=m甲g
工件向左运动时，FT增大，工人甲位置不变，即θ不变，楼顶对甲的支持力不断减小，B错误；
C.对乙受力分析楼顶对乙的摩擦力大小等于乙手中的绳子的拉力，设工件和滑轮之间的绳子与竖直方向的夹角为 φ ，则
FTsinφ=FT乙
即
FTsinφ=Fｆ乙
由于
φ<θ
则
Ff乙C错误。
故选D。
5.【答案】B
【解析】【分析】当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，AB处于静止状态，受力平衡，分别对A和B受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解即可．
本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，解题时注意整体法和隔离法的应用，明确当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远．
【解答】根据题意可知，B的质量为2m，AB处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力N=3mg;当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，对A、B力分析，如图所示:
根据平衡条件得：F=2mgsinθ，Fcsθ=3μmg，解得：tanθ=125，
则A球球心距墙角的最远距离为：x=2rcsθ+r=2313r，故选B。
6.【答案】C
【解析】【分析】
小环C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以根据平衡条件得到细线的4段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环、乙环受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解。
本题切入点在于小环C是轻环，受细线的拉力的合力与杆垂直，难点在于结合几何关系找到各个细线与竖直方向的夹角，然后根据平衡条件列式分析，不难。
【解答】
解：小环C为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故C环与乙环与竖直方向的夹角为60°，C环与甲环与竖直方向的夹角为30°，A点与甲环与竖直方向的夹角也为30°，乙环与B点与竖直方向的夹角为60°，根据平衡条件，对甲环，有：
2Tcs30°=m1g，
对乙环，根据平衡条件，有：
2Tcs60°=m2g，
故m1：m2=tan60°。
故选C。
7.【答案】C
【解析】过B点作CD的垂线，其垂足为E，由几何关系可知，BE的长度约为2m。设轻绳所在平面与水平面的夹角为 θ ，两轻绳上的拉力大小为F，合力为 F合 ，石磙做匀速直线运动，所以其受力平衡，对两石磙整体受力分析，有
F合csθ= 36mg−F合sinθ
其中 csθ= 32 ， sinθ=12 ，带入数据解得
F合=60N
由上述分析可知，设BD绳上的拉力与BE夹角为 β ，则该夹角的余弦值为
csβ=2m2.01m=200201
有
2Fcsβ=F合
解得
F≈30.2N
故选C。
8.【答案】AD
【解析】解：
AB.力的合成遵循平行四边形定则，同向时即θ=0°时合力最大，反向时即θ=180°时合力最小，两个分力的夹角越大，合力越小，如图
则 θ 角从0°逐渐增大到180°的过程中，F的大小从最大逐渐减小到最小，故A正确，B错误；
C. F1 、 F2 反向时，即θ=180°时合力最小，F的大小可以小于 F1 、 F2 的大小。故C错误；
D.θ=0°时F的方向与F2的夹角为零；因为 F2>F1 ，当θ=180°时F的方向与F2的夹角仍为零，可知F的方向与F2的夹角先增大后减小，故D正确。
故选AD。
力的合成中，当两个共点力F1与F2合成时，同向合力最大，反向合力最小，不在一条直线上时，遵循平行四边形定则，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1−F2|；结合平行四边形的特点分析角度的变化。
本题关键是根据平行四边形定则作图分析，夹角越大，合力越小，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1−F2|.
9.【答案】BD
【解析】解：A、C、对球受力分析，重力，杆OA、OB对球的支持力(沿着杆的方向)，
依据平行四边形定则，结合几何关系与三角知识，
则有：OA与竖直夹角为θ，
即csθ=1.6L2L，
解得：θ=37°，
因FA=FB，轻杆OA与OB对小球的作用力大小之比是1：1，故A错误，C错误；
B、D、对小滑块受力分析，如上图所示；
由上分析可知，FB=mg2cs37°=5mg8，
依据牛顿第三定律，则轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为5mg8，故B正确；
对于小滑块，根据平衡条件，则有：T=mg+5mg8cs37°，解得：T=32mg，
再由胡克定律，则有：k=T1.6L−L=5mg2L，故D正确；
故选：BD。
对球受力分析，结合矢量的合成法则，则平衡条件，即可求解；
对小滑块受力分析，结合矢量的合成法则，则平衡条件，即可求解．
考查物体的受力分析内容，掌握矢量的合成法则的应用，理解三角知识与几何关系的运用，注意画出正确的受力图是解题的关键．
10.【答案】ACD
【解析】小球受三个共点力而平衡，这三个力构成一个矢量三角形，如图所示
矢量三角形刚好和几何三角形相似，则当弹簧另一端与质量为m的小球A相连时
mgR=N1R=T1R
设L2为O′M的长度，当弹簧另一端与质量为2m的小球B相连时
2mgR=N2R=T2L2
设弹簧的原长为 L0 ，则
T1=k(L0−R) ， T2=k(L0−L2)
联立可得
T1=mg ， L0=R+mgk ， N2=2mg ， L2=mgR+kR22mgR+kR2 ， T2>T1
故选ACD。
11.【答案】(1)4.90；
(2)D；
(3)B；
(4)F′；在误差允许范围内，F与F′大小相等且在一条直线上时，力的合成符合平行四边形法则；
(5)B
【解析】【分析】
先读出弹簧测力计的最小分度，再读出整数部分，再估读出小数部分；
该实验采用了“等效法”，探究合力与分力的关系，为了产生相同的效果，橡皮条结点O的位置不能变化；
根据实验的原理确定各个步骤是否正确。
依据力的平行四边形定则，结合动态平衡，即可判定。
解决该题的关键是掌握实验的实验目的、实验原理和实验的注意事项，知道实验中等效替代法的原理，会分析结点不变时，分力的变化情况。
【解答】
解：(1)由图可知弹簧秤的最小刻度是0.1N，估读一位，故读数为4.90N；
(2)A、实验时应作出力的图示，因此需要记录弹簧测力计的读数和力的方向，故A正确；
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正确；
C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故C正确；
D、结点O拉到同一位置是针对同一次实验中，并不是次实验时，结点都要拉到同一位置，故D错误；
本题选择错误的，
故选：D。
(3)两次均使结点拉到O点说明两的作用效果相同，则该实验的思想是等效替代法，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(4)由题意可知，用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，弹簧测力计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；在误差允许范围内，F与F′大小相等且在一条直线上时，力的合成符合平行四边形法则；
(5)作出两弹簧测力计的合力，如图所示，现将弹簧测力计A沿逆时针方向缓慢转动，显然弹簧测力计A的读数先减小后增大，弹簧测力计B的读数增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
故答案为：(1)4.90；
(2)D；
(3)B；
(4)F′；在误差允许范围内，F与F′大小相等且在一条直线上时，力的合成符合平行四边形法则；
(5)B。
12.【答案】解：(1)P恰好静止，则有mgsinθ=μ1mgcsθ，
解得μ1=tanθ= 33；
(2)P恰好不上滑，则受到的摩擦力向下到达最大，故有F=μ1mgcsθ+mgsinθ=30N，
(3)选取PQ整体为研究对象，，有此时滑块P恰好不上滑，
则有F1=μ1(m+mQ)gcsθ+(m+mQ)gsinθ，
解得mQ=2kg；
再分析Q，受力分析如图所示，Q恰好不下滑，垂直PQ接触面方向F1=N+mQgsinθ，N为P物体对Q物体的弹力
沿PQ接触面方向，mQgcsθ=f，
f=μ2N，
解得μ2= 34。
【解析】(1)当物体在斜面上恰好能静止时，有μ=tanθ。
(2)P恰好不上滑，则受到的摩擦力向下到达最大，根据平衡条件求解。
(3)先选取PQ整体为研究对象，根据平衡条件求出Q的质量；然后分析Q，根据平衡条件求μ2。
13.【答案】(1)如图所示，分析弹性绳的弹力F1=k×OA=25N
将F1正交分解，由平衡条件有
FN+Fy=mg
Fy=F1sinθ
sinθ=0.8
得FN=mg−Fy=30N
因为P恰好能静止于A点，有
Fx=μFN
Fx=F1csθ
得μ=0.5；
(2)①如图，设P球到达某一位置时，
此时FT=k×OBsinα
其竖直分量Fy=FT×sinα=k×OB=20N
则球受到杆的弹力不变为FN=30N
球受的摩擦力不变Ff=μFN=15N
分析可知，当小球到达B点时，外力F最大Fmax=Ff=15N
②小球在任意位置，水平方向有F+FT×csα=Ff=15N
得F=Ff−FT×csα=Ff−k×OBsinα×csα=Ff−k×OBtanα=Ff−k×PB=Ff−k(AB−x)=5xN0≤x≤3m。

【解析】本题主要考查了共点力平衡的应用，关键是找出其中的几何关系，难度一般。