2023-2024学年江苏省盐城中学高一（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省盐城中学高一（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.关于物体运动的说法正确的是( )
A. 匀速圆周运动是匀变速运动B. 曲线运动的速度一定发生变化
C. 物体在变力作用下不可能做直线运动D. 物体在恒力作用下一定做直线运动
2.赛龙舟是端午节的习俗之一。比赛时，甲龙舟在0时刻由静止启动，乙龙舟在t0时刻启动，一段时间内的v−t图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 甲龙舟在t1时刻距离出发点最远B. 甲龙舟在0∼t1时间内的平均速度为v12
C. 两龙舟之间的距离先变大后变小D. 两龙舟在t2时刻相距最远
3.如图所示，某同学将一物块轻放在塑料直尺的一端，并将该端伸出水平桌面边缘。现将直尺缓慢向外移动，弯曲程度变大，物块相对直尺始终保持静止，则在此过程中( )
A. 物块对直尺的压力是直尺发生形变而产生的
B. 物块受到的摩擦力在不断减小
C. 直尺对物块的支持力在不断增大
D. 直尺对物块的作用力方向始终竖直向上
4.24届北京“冬奥会”于2022年2月4日由北京市和张家口市联合举办。在“冬奥会”冰上项目中冰壶比赛是极具观赏性的一个项目。如图所示，在一次训练中，冰壶(可视为质点)以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。冰壶从A点运动到B点和从D点运动到E点的时间分别为t1和t2，则t1与t2的比值为( )
A. 2− 3B. 3− 2C. 2+ 3D. 12
5.如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为与圆心O等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的H点，拉动小圆环使其缓慢地运动到M点。滑轮大小可以忽略，在运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 半圆环对小圆环的作用力始终指向圆心
B. 半圆环对小圆环的作用力大小一直在变小
C. 半圆环对小圆环的作用力大小始终等于小圆环重力
D. 小圆环受到的绳拉力、半圆环的支持力及小圆环的重力始终不能相等
6.一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m、水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船( )
A. 能到达正对岸
B. 渡河的时间不少于50s
C. 以最短时间渡河时，它渡河的位移大小为200m
D. 以最短位移渡河时，位移大小为150m
7.如图所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，筒的半径R=2m，筒壁上有一小孔P，一小球从孔正上方h=3.2m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，g取10m/s2。则筒转动的周期可能为
( )
A. 15sB. 25sC. 35sD. 45s
8.如图所示，倾斜细杆与水平方向夹角为θ，细杆上套一小环，小环与小球由一轻质细绳连接，小环与细杆间动摩擦系数为μ，已知μA. B.
C. D.
9.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0，然后匀速运动的全过程中，以下分析正确的是( )
A. M下滑的速度保持不变
B. 传送带启动后，M一直加速向下运动
C. M先向下匀速运动，后向下加速，最后随传送带向下匀速运动
D. M受的摩擦力方向先沿传送带向上，再沿传送带向下，随后沿传送带向上
10.乒乓球是我国的国球，是一项集健身、竞技和娱乐为一体的运动项目。我国乒乓健儿也多次在国际赛事上取得优异成绩，如图两名运动员从乒乓球台两端的正上方不同高度处分别发出A、B两球(B球的高度大于A球的高度)，假设两球都做平抛运动，都恰好能越过球网，同时落到对方台面上，则下列说法正确的是( )
A. A、B两球同时发出B. A球先到达球网上端
C. A球落到球台上时，距球网更近D. 落到球台前瞬间，B球的速度一定较大
11.如图所示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。t=0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.8g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( )
A. A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B. 分离时弹簧处于原长状态
C. 在t= m2k时刻A、B分离
D. 分离时B的速度大小为45 mkg
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.小红设计了探究平抛运动水平分运动特点的实验，装置如图1所示。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边与桌子边缘及木板平行。将木板插入自制水平槽中，槽口间距相等用以改变木板到桌边的距离，让小球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录小球的落点，重力加速度为g。
(1)小红家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中平抛物体的是___________。
(2)为了完成实验，以下做法错误或不必要的是___________。
A.实验时应保持桌面水平
B.斜面的底边必与桌边重合
C.将木板插入卡槽1，且紧靠桌子边缘，小球由某位置静止释放，白纸上小球的落点记为O
D.依次将木板插入槽2、3、4，小球从同一位置由静止释放，自纸上的落点分别记为a、b、c
E.选择对小球摩擦力尽可能小的斜面
F.更换白纸，多次实验
(3)选取落点清晰的白纸如图2所示，用刻度尺测出相邻两点之间的距离分别为y1、y2、y3及相邻槽口间的距离x，若y1:y2:y3=___________，说明平抛运动在水平方向是匀速直线运动。小球平抛的初速度v0=___________(用测量所得的物理量y1、y2及x、g表示)。
(4)在图1中，木板上悬挂有一条铅垂线，其作用是___________。
三、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.在高为h=25 m的山崖顶上将一小球以v0=20 m/s的速度竖直向上抛出，不计空气阻力，重力加速度取g=10 m/s2，求：
(1)小球能上升到离地面的最大高度H；
(2)小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t；
(3)物体从抛出到落到地面的时间和落地时的速度大小。
14.如图所示，质量为m=1kg的物块上系着一条长30cm的轻绳，轻绳的另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ= 33，另有一条细绳，其一端跨过光滑定滑轮与物块相连，另一端挂上重物G，定滑轮在距离圆环60cm处固定。当圆环刚好要开始滑动时(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)，则：
(1)与物块相连的两绳夹角φ是多大？
(2)长为30cm的细绳的张力是多少？
(3)定滑轮所受细绳的作用力是多大？
15.如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从A点垂直于缓冲坡以v0=20m/s起跳，最后落在缓冲坡上的B点，轨迹上的C点与A点等高(图中未画出)，已知缓冲坡倾角θ=37°，不计空气阻力。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)运动员从A点到C点过程中速度变化量的大小Δv；
(2)缓冲坡上A、B两点间的距离L；
(3)运动员落在B点的速度方向与水平面夹角的正切值k。
四、综合题：本大题共1小题，共12分。
16.如图为质量M=11kg的长方体铁箱，其左上角用细线悬挂一质量m=8kg的小木块(可视为质点)，小木块与铁箱后壁接触，此时木块距箱底高度差h=1m。已知木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ1=0.25，铁箱与水平地面间动摩擦因数μ2=0.5。现用F1=215N的力水平向右拉铁箱的同时，悬挂木块的细线断裂而使木块加速下滑，当木块落至箱底时(不反弹)，水平力立即变为F2=133N，方向仍然水平向右。当铁箱速度变为v0=5m/s时撤去F2，又经过t=1s时，发现木块运动到铁箱右下角处。g=10m/s2。求：
(1)木块在铁箱后壁加速下滑过程中，铁箱对地的压力大小N=M+mg吗？请说明理由；
(2)铁箱从开始运动到速度达5m/s所需的时间t′；
(3)铁箱底板长度L(计算结果保留2位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，速度方向时刻变化，故曲线运动一定是变速运动．曲线运动合力一定不能为零．在恒力作用下，物体可以做曲线运动．
【解答】
A、匀速圆周运动加速度方向时刻变化，不是匀变速运动，故A错误；
B、曲线运动的加速度不为零，故曲线运动的速度一定发生变化，故B正确；C、当变力的方向与速度在同一直线上，物体做直线运动，故C错误；
D、当恒力的方向与速度不在同一直线上，物体做曲线运动，例如平抛运动，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
v−t图像的面积表示位移，在匀变速直线运动中平均速度等于初末速度之和的平均值，当两者速度相等时，两者相距最远。
本题考查v−t图像求解实际生活中的物理知识，基础题目。
【解答】
A.甲龙舟的速度方向一直为正值，故甲龙舟离出发点越来越远，不是在t1时刻距离出发点最远，故A错误；
B.匀变速直线运动的平均速度等于位移与时间的比值，又等于初末速度之和的平均值，而甲龙舟的运动不是匀变速直线运动，故在0−t1时间内的平均速度大于v12，故B错误；
C.当两者速度相等时相距最远，故两龙舟之间的距离先变大后变小，故C正确；
D.根据v−t图像的面积表示位移，故当两者速度相等时相距最远，故D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平衡条件和弹力产生的原因。解决问题的关键是对直尺进行正确的受力分析，结合题给条件及平衡条件分析判断，知道弹力产生的原因。
【解答】
A.物块对直尺的压力是物块发生形变而产生的，故A错误；
B.根据受力平衡可得f=mgsin θ ，直尺缓慢向外移动，弯曲程度变大，即 θ 越来越大，则物块受到的摩擦力在不断增大，故B错误；
C.根据受力平衡可得N=mgcs θ，直尺缓慢向外移动，弯曲程度变大，即 θ 越来越大，则物块受到的支持力在不断减小，故C错误；
D.根据受力平衡可知，直尺对物块的作用力与重力平衡，则方向始终竖直向上，故D正确。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查初速度为0的匀变速运动的规律的应用。
因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究，由初速度为零的匀变速直线运动的规律可得出结论。
【解答】
采取逆向思维，看成初速度为零的匀加速直线运动，初速度为零的匀加速直线运动经过连续相等位移所用时间之比为 1:( 2−1):( 3− 2):(2− 3):( 5−2)⋅⋅⋅ ，则t1:t2=(2− 3):1=2− 3。
故选A。
5.【答案】C
【解析】A.拉动小半圆环使其缓慢地运动到M点，则有小圆环处于三力平衡状态，其受力分析如图所示，受重力mg，半圆环对小圆环的弹力FN和轻绳的拉力T，由图可知，半圆环对小圆环的作用力不是指向圆心，A错误；
BCD.由相似三角形可得mgMO=FNOP=TMP
由图中的几何关系可知，MP变小，MO=OP恒定不变，则有T变小，
FN=mg不变，BD错误，C正确。
故选C。
6.【答案】B
【解析】A.因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，选项A错误；
B.当船在静水中的速度垂直河岸时，渡河时间最短
tmin=dv船=1503s=50s
选项B正确；
C.船以最短时间50s渡河时，沿水流方向的位移大小
x=v水tmin=4×50m=200m
渡河位移应为水流方向的位移与垂直河岸方向位移的合位移，选项C错误；
D.因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸。若以最短位移渡河，情景如图
根据三角形相似可知，最短位移
s=v水v船×150m=200m
选项D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查圆周运动的周期性问题，解题的关键是要注意到小球首先要能进入圆筒，并能从小孔离开，即小球到达圆筒位置时，P孔刚好处在上方，小球到达圆筒下部时，P孔刚好转到下方。
【解答】
根据自由落体规律h=12gt 12
解得t1=0.8s
根据自由落体规律h+2R=12gt 22
解得t1=1.2s
在圆筒中的时间
小球在圆筒中的运动时间与筒自转的时间相等
解得T=0.82n+1,n=0,1,2⋯
当 n=0 时T=45s
故选D。
8.【答案】B
【解析】【分析】
【分析】
本题考查牛顿运动定律的应用，涉及到利用整体法和隔离法分析连接体问题。解题的关键是要根据题意，采用整体法分析整体一起运动时的加速度，再对小球采用隔离法分析其受力情况，确定绳子与圆环的角度。
【解答】
由于μ对小球受力分析，小球受到重力和细绳的合力方向沿杆向下，故可排除CD，因为整体加速度小于gsinθ，所以细绳的拉力要有一个分力减小小球重力沿杆方向的分力，故A错误，B符合题意，故ACD均错误，B正确；
故选B。
9.【答案】C
【解析】【详解】传送带静止时，物体匀速下滑，故mgsinθ=f，摩擦力方向沿传送带向上;
当传送带转动后，当传送带的速度小于物块的速度时，物块受到的摩擦力仍沿传送带向上;
当传送带的速度大于物块的速度时，若传送带的加速度a若传送带的加速度a=gsinθ，则物块的摩擦力方向沿传送带向下;
若传送带的加速度a>gsinθ，物块受到的静摩擦力沿传送带向下，物块沿传送带向下匀加速运动;
当物块和传送带具有相同的速度2v0时两者相对静止匀速下滑，物块受到的摩擦力方向沿传送带向上。
故整个过程物块M先向下匀速运动，后向下加速，最后传送带向下匀速运动;M受的摩擦力方向可能一直沿传送带向上;或者先沿传送带向上，之后无摩擦力，再沿传送带向上;或者先沿传送带向上，之后沿传送带向下，再沿传送带向上，故 C正确， ABD错误。
故选C。
当传送带静止时，对物体受力分析，判断出物体重力沿斜面的力等于摩擦力，当传送带运动时，根据受力分析即可判断物体的运动。
解决本题的关键通过分析M所受摩擦力的大小，判断出摩擦力和重力沿斜面的分力相等，然后判断出物体的运动特点。
10.【答案】B
【解析】A.AB两球从不同高度处发出，B球的高度大于A球的高度，由竖直方向的位移关系 h=12gt2 可知，B球下落的时间大于A球下落时间，由于两球同时落到对方台面上，故B球比A球先发出，A错误；
B.由于B球的高度大于A球，故B球到达球网上端时的竖直方向的分速度大于A的竖直方向的分速度，故B球从网高落入台面所用的时间较少，两球同时落到对方台面上，故A球先到达球网上端，B正确；
C.B球抛出点到网的高度大于A球抛出点到网的高度，故B球从抛出点到达球网的上端所用的时间大于A球，此过程中水平位移相同，故B球的水平初速度小于A球的水平初速度。又由于B球从网高落入台面所用的时间较少，根据水平方向的位移 x=v0t′ 得，B球落到球台上时，距球网更近，C错误；
D.两球落到地面时，A球的水平方向的分速度较大，B球的竖直方向分速度较大，且AB球下落高度和网的高度以及水平位移没有具体数据，故无法判断落到球台前瞬间两球的速度大小关系，D错误。
故选B。
11.【答案】C
【解析】A.两物块分离前加速度相同，做匀加速直线运动，可知加速度不变，由牛顿第二定律可知，A、B分离前合外力大小不变，A错误；
B.分离时A、B间的弹力是零，由于B具有向上的加速度，其受合力向上，可知弹簧处于压缩状态，B错误；
C.由题意可知，两物块处于静止状态时，弹簧的压缩量为x1，则有
kx1=2mg
x1=2mgk
对B分离时，由牛顿第二定律可得
kx2−mg=ma
解得
x2=9mg5k
则有弹簧的形变量
Δx=x1−x2=mg5k
又有
Δx=12at2
解得
t= m2k
C正确；
D.由速度时间公式，可得分离时B的速度大小为
vB=at=45 m2kg
D错误。
故选C。
分离前两物体均做匀加速直线运动，合力保持不变；分离时A、B间的弹力为零，抓住分离时B的加速度方向向上，确定弹簧的弹力，从而得出弹簧所处的状态；根据平衡和牛顿第二定律得出初末状态弹簧的形变量，从而得出B上升的距离，结合位移—时间公式求出分离的时间，根据速度—时间公式求出分离时B的速度。
本题考查了牛顿第二定律的临界问题，关键抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
12.【答案】(1)小钢球;(2)BE; (3) 1:3:5; x gy2−y1；(4)将木板调整到竖直平面
【解析】【分析】本题为“研究平抛运动”实验，解题关键是明确平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。实验时，斜槽末端要水平，且小球每次从同一位置由静止释放，不要求轨道光滑；通过重锤线确保坐标纸在竖直平面内并固定。
处理实验数据时，注意逐差法、匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度这两个推论的运用。
【解答】
(1)为了减小空气阻力的影响，应选择体积小，质量大的物体，即最适合用作实验中平抛物体的是小钢球。
(2)为了确保小球飞出后的速度方向沿水平方向，实验时应保持桌面水平，故A正确，不符合题意；
实验中只需要保持小球飞出后的速度大小一定，方向沿水平方向，可知斜面的底边不要求必与桌边重合，故B错误，符合题意；
实验中需要记下小球在白纸上留下的痕迹，即将木板插入卡槽1，且紧靠桌子边缘，小球由某位置静止释放，白纸上小球的落点记为O，故C正确，不符合题意；
为了确保小球飞出的初速度一定，依次将木板插入槽2、3、4，小球从同一位置出静止释放，自纸上的落点分别记为a、b、c，故D正确，不符合题意；
当小球每次均从同一位置静止释放时，小球克服摩擦力做功相同，小球飞出的初速度相等，即实验中不需要选择对小球摩擦力尽可能小的斜面，故E错误，符合题意；
为了减小实验过程的误差，需要更换白纸，多次实验，故F正确，不符合题意。
故选BE。
(3)平抛运动竖直方向上的分运动是自由落体运动，水平方向上的分运动是匀速直线运动，由于槽口间距相等，则水平分位移相等，表明纸带上相邻点迹经历的时间相等，纸带上的点迹反映的是竖直方向的自由落体运动，根据初速度为0的匀加速直线运动中，相邻相等时间内的位移之比为连续的奇数比，y1:y2:y3=1:3:5 ；竖直方向上，根据相等时间内的位移差规律有 y2−y1=gT2 ，水平方向上有 x=v0T ，解得 v0=x gy2−y1
(4) 即 木板上悬挂有一条铅垂线，其作用是将木板调整到竖直平面。
13.【答案】解：(1)上升到最高点运动的距离h1=v022g=20m，
此时离地面高度H=h+h1=45m；
(2)上升过程，由0=v0−gt1，
得t1=v0g，
由对称性得，t=2t1=2v0g=4s；
(3)规定竖直向上为正方向，则整个过程的位移为−h，加速度为−g，
由，
解得t总=5s，
又由v=v0−gt总，
解的v=−30m/s，即落地的速度大小为30m/s。
【解析】竖直上抛运动是常见的运动，是高考的热点，将竖直上抛运动看成一种匀减速直线运动，这样处理比较简单，注意位移的方向。
(1)竖直上抛至最高点速度为0，应用位移速度公式求上升高度，进而求离地面高度；
(2)由对称性可知，上升和下落过程所用时间一样，由初速度和加速度可求得上升所用时间，进而求出落回抛出点所经历的时间；
(3)规定正方向，由题意确定位移、加速度等物理量，有位移时间公式求得运动时间，进而求得落地速度。
14.【答案】(1)当圆环将要开始滑动时，对圆环进行受力分析得
μFN−FTcs θ=0
FN−FTsinθ=0
解得tanθ=1μ= 3
即θ=60∘
由于AO=30cm ， AB=60cm
由数学知识求得φ=90∘
(2)建立坐标轴，如图所示
物块处于平衡状态，则有
Gcsθ+FT′sinθ=mg
FT′csθ−Gsinθ=0
解得FT′=5 3N ， F=G=5N
(3)根据题意，对定滑轮受力分析可知，定滑轮所受细绳的作用力F合=2Fcs30∘=5 3N。

【解析】本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合几何关系和矢量合成的特点即可完成分析。
15.【答案】解：(1)运动员竖直分速度 vy=v0cs37∘=16m/s，
从A点到C点过程中速度变化量大小为 Δv=2vy=32m/s。
(2)沿缓冲坡为x轴，起跳方向为y轴，
y向加速度为 ay=gcs37∘=8m/s2 ，
y向往返时间为 t=2v0ay=5s，
x向加速度为 ax=gsin37∘=6m/s2 ，
AB之间的距离为 L=12axt2=75m。
(3)沿水平方向为x轴，竖直方向为y轴，
着陆时水平方向的分速度为 vx=v0sin37∘=12m/s，
着陆时竖直方向的分速度为 vy=gt−v0cs37∘=34m/s，
着陆速度与地面夹角的正切值为 k=tanα=vyvx=176。

【解析】本题考查斜面上的平抛运动，此类运动有两种分解方法：①在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
②将初速度和重力加速度沿斜面方向与垂直斜面方向分解，沿斜面方向为匀加速直线运动，垂直斜面方向为类竖直上抛运动。
16.【答案】(1)见解析；(2)1s；(3)1.9m
【解析】(1)木块在铁箱后壁加速下滑过程中由于有向下的加速度木块所受重力 mg 大于铁箱对木块的摩擦力，铁箱对地的压力大小等于铁箱的重力 Mg 与木块对铁箱的摩擦力之和，因为铁箱对木块的摩擦力与木块对铁箱的摩擦力是一对相互作用力，大小相等，所以铁箱对地的压力大小 N(2)水平方向上，木块与铁箱一起匀加速，设加速度为 a2 ，地面对铁箱的支持力为 N ，木块加速下滑的加速度为 a1 ，铁箱对木块的支持力为 FN ，有
F1−μ2N=(M+m)a2
N=Mg+μ1FN
FN=ma2
解得
a2=8m/s2
FN=64N
对木块有
mg−μ1FN=ma1
解得
a1=8m/s2
设木块落至箱底时时间为 t1 ，铁箱的速度为 v1 ，有
h=12a1t12
v1=a2t1
解得
t1=12s
v1=4m/s
设当木块落至箱底后，木块和铁箱一起匀加速，加速度为 a3 ，则
F2−μ2(M+m)g=(M+m)a3
解得
a3=2m/s2
设当木块落至箱底后到铁箱速度变为 v0=5m/s 时，所用时间为 t2 ，则
v0=v1+a3t2
解得
t2=12s
t′=t1+t2=1s
(3)设撤去 F2 后，木块和铁箱都做匀减速直线运动，加速度分别为 a4 、 a5 ，则
μ1mg=ma4
μ2(M+m)g−μ1mg=Ma5
解得
a4=2.5m/s2
a5=7511m/s2
木块和铁箱减速到0的时间分别为 t4 、 t5
t4=v0a4=2s
t5=v0a5=1115s<1s
所以铁箱底板长度为
L=(v0t−12a4t2)−(v0t5−12a5t52)=2312m≈1.9m