2023-2024学年江苏省南京市第二十九中学高一（上）月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市第二十九中学高一（上）月考物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，航展中，飞机的喷雾可以显示运动轨迹。某飞机某段时间内完成一段曲线轨迹飞行，则该飞机
A. 在这段时间内速度一定在不断变化
B. 在这段时间内加速度一定在不断变化
C. 在某点所受合外力沿轨迹上过该点的切线方向
D. 在某点所受合外力若突然变为零，飞机将保持静止状态
2.利用如图装置做“研究平抛运动”的实验，下列说法正确的是
A. 秒表是该实验必要的器材
B. 斜槽必须光滑，且其末端必须水平
C. 应不断改变小球在斜槽上的释放点，以获得多个记录点
D. 利用曲线上某点P坐标求平抛初速时，P应适当离O点远些
3.一小船渡河，河宽90 m，水流速度为3 m/s，小船在静水中的速度为4 m/s，则
A. 小船不能垂直到达正对岸
B. 调整船头方向，可能使小船的渡河时间为25 s
C. 调整船头方向，可能使小船在河中的合速度达到8m/s
D. 小船船头始终垂直于河岸渡河，若渡河过程中水流速度变大，则渡河时间将变长
4.某同学站在力传感器上连续做“下蹲−站起−下蹲−站起…”的动作。截取力传感器某一时段内的采集数据如图，D点和B点对应的力值之比约2:1。下列说法中正确的是
A. A点对应人处于失重状态B. B点对应人正在站起
C. C点对应人正在蹲着不动D. D点和B点对应的人加速度之比约2:1
5.从地面上抛出小石子A和B，小石子按图中轨迹运动并同时击中O点。不计空气阻力，可以判定：
A. A的质量比B的小B. A比B先被抛出
C. 在最高点时A的速度比B的大D. 击中O时A的速度比B的大
6.如图1，水平传送带(A,B为左右两端点)顺时针匀速传动，t=0时在A点轻放一个小物块，物块在皮带上运动全过程中的位移−时间关系图象如图2(0−4s为抛物线，4s−6s为直线)。重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是
( )
A. 传送带的传送速度是8m/s
B. 物块与传送带间的滑动摩擦系数为0.2
C. 若传送带在t=4s时停转，则物块将停于B点
D. 若令该物块以6m/s的速率从B端向左滑上皮带，则它离开皮带时的速率是4m/s
7.如图，一物块沿粗糙斜面上冲后返回底端，整个过程斜面保持静止。下列关于斜面对地面的摩擦力随时间变化的大致图象中，可能正确的是
A. B.
C. D.
8.小球在水平面内运动，以小球初始位置为原点建立平面直角坐标系xOy，在x方向上的x−t图象和y方向上的v−t图象如图，则
A. 小球2s末的速度为5m/s
B. 小球在2s内的位移为5m
C. t>0的某时刻，小球瞬时速度跟加速度方向垂直
D. t>0的任意时刻，小球位置与原点的连线都不可能跟加速度方向垂直
9.如图，质量为M的斜面体置于水平面上，将一个质量为m的小物块放在斜面上，若向右对m施加恒力F1或向左对M施加恒力F2，都能恰好使得两者不相对滑动，不计一切摩擦，F1和F2的大小之比为
( )
A. m:MB. M:mC. (M+m):MD. (M+m):m
二、填空题：本大题共1小题，共4分。
10.2023年诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲，其持续时间在阿秒量级，即10−18s。阿秒___________国际单位制的基本单位，其对应的物理量是___________量。( )A.是，标 B.是，矢 C.不是，标 D.不是，矢
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
11.同学们实验室中进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。甲组同学用如图1的装置进行实验。
(1)实验中关于“补偿阻力”的正确操作是下图中的__________(“A”或“B”)；轻推小车，发现打出的纸带如图2，则应该适当__________(“增大”或“减小”)轨道与水平面的倾角，继续实验。
(2)实验中得到一条纸带如图3，相邻两个计数点间还有4个点未画出。可求出这次小车的运动加速度大小是__________m/s2。
(3)小车质量一定，研究加速度与力的关系时，该同学根据测得的数据作出a−F图像，如图4发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能的原因是__________
A. 不过原点的原因是补偿阻力时，木板的倾斜角度过大
B. 不过原点的原因是补偿阻力时，木板的倾斜角度过小
C. 末端发生弯曲的原因是小车质量较大
D. 末端发生弯曲的原因是所挂钩码的质量较大
(4)乙组同学设计了如图5的实验探究。安装了宽度为d的遮光条的物块放在水平的气垫导轨上，用细绳与重物通过滑轮连接，保持轨道上方细绳水平，改变重物的质量m，每次都将物块距离光电门为s的位置由静止释放，记录各次遮光条的挡光时间t，作出t2−1m图像。忽略摩擦阻力，请你说明如何根据所得图像测出重力加速度g________，要求用各量表示结果__________。
四、计算题：本大题共4小题，共48分。
12.如图甲，足够长的倾斜传送带以恒定的速率运行。将物体轻放在传送带上，物体相对地面的v−t图象如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，
(1)指出传送带的传动速度大小和传动方向(顺时针或逆时针)；
(2)求传送带的倾角θ和物体与传送带之间的动摩擦因数μ。
13.通过以下简化模型分析滑雪运动。运动员沿助滑雪道经O点斜向上离开轨道，经过最高点M后落在斜坡上的B点，落地时速度方向与斜面夹角β=30∘。已知M点正好位于水平轨道和斜坡衔接点A的正上方，AM相距h=10m，OA相距x=20m，着陆坡与水平面的夹角θ=30∘，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)运动员在O点时速度的大小；
(2)运动员在空中运动的时间；
(3)A、B两点间距离。
14.如图1所示，在风洞实验室中，质量为m的小球用细线悬挂，静止时细线与竖直方向成θ=37°。设风力为恒力，重力加速度为g。
(1)求风力大小以及剪断细线的瞬间小球的加速度大小；
(2)将球取下，从A点以水平速度v0向左抛出，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，如图2。求
①A、B间距；
②这个过程中小球速率的取值范围。
15.质量均为m=0.5 kg的两个煤块A和B(材质略不同，均视为质点)静置在质量为M=1 kg的长木板C上，两者间距为L=2 m。已知A与C间的滑动摩擦系数为μ1=0.3，B与C间、C与地面间的滑动摩擦系数均为μ2=0.2，取重力加速度g=10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑A、B质量的变化。
(1)若给A一个水平向右的初速v0=2 m/s，通过计算判断A能否与B相遇；
(2)若给C一个水平向右的恒力，能使A和B相遇，则该力的大小F1应满足什么条件？从开始加力到A和B相遇，经历的最短时间是多少？
(3)若给C一个水平向右、大小为F2的恒力，设从开始加力到A和B相遇，C上留下的划痕长度为d，求d与F2的关系式，并作出d−F2的关系图线。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是曲线轨迹飞行的飞机速度、加速度、合外力及合外力为零时，飞机的运动情况。
曲线运动速度一定变化，而加速度不一定改变，其所受合外力指向轨迹的凹侧，由此分析解题即可。
【解答】
A.飞机某段时间内完成一段曲线轨迹飞行，在这段时间内速度方向沿切线方向一直变化，速度一直变化，故A正确：
B.飞机某段时间内完成一段曲线轨迹飞行，在这段时间内加速度与速度方向不共线，但加速度不一定变化，故B错误；
C.飞机某段时间内完成一段曲线轨迹飞行，在某点所受合外力指向轨迹的凹侧，故C错误；
D.在某点所受合外力若突然变为零，飞机将保持匀速直线运动状态，故D错误。
2.【答案】D
【解析】【分析】
【分析】
小球离开斜槽后做平抛运动，必须调整斜槽末端水平，把小球从斜槽的同一位置由静止释放；应用匀变速直线运动的推论可以求出时间，应用速度公式可以求出速度。
【解答】
A.本实验不需要用秒表测量时间，故A错误。
B.只要每次把小球从轨道同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等，斜槽轨道没有必要光滑，故B错误；
C.为使小球做平抛运动的初速度相等，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故C错误；
D.利用曲线上某点P坐标求平抛初速时，P应适当离O点远些，故D正确；
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
因为水流速度小于小船在静水中的速度，所以合速度的方向可能垂直于河岸，则小船可能到达正对岸。当船头的方向与河岸垂直时，渡河时间最短。
解答本题的关键是知道当船头与河岸垂直时，渡河时间最短；当船在静水中的速度大于水流速度时，合速度与河岸垂直，渡河航程最短；当船在静水中的速度小于水流速时，合速度与船在静水中的速度垂直，渡河航程最短。
【解析】
A.由于船在静水中的速度大于水流速度，小船的合速度可能垂直于河岸，即小船能垂直到达正对岸，故A错误；
B.当小船在静水中的速度垂直于河岸时，小船渡河时间最短，为tmin=dv2=22.5s，所以调整船头方向，可能使小船的渡河时间为25 s，B正确；
C.水流速度为3 m/s，小船在静水中的速度为4 m/s，调整船头方向，小船的合速度范围为1m/s−7m/s，C错误；
D.根据合运动与分运动的独立性可知，船头垂直渡河时，渡河时间与水流速度无关，故D错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度;超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度.人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是同样的道理．
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别．
【解答】
A.A点对应的力值大于人的重力，所以人此时处于超重，A错误；
B.人站起的过程先向上加速再向上减速，加速度先向上再向下，B点对应的力值小于重力，加速度向下，A处于超重，所以B点正处于站起向上减速的阶段，B正确；
C.由B选项可知，B点对应人正在站起，所以在C点对应人正在站立不动，C错误；
D.在D点F合=FD−mg=maD，在B点F′合=mg−FB=maB，因为D点和B点对应的力值之比约2:1，所以FD=2FB，mDmB=2FB−mgmg−FB=2FB−mg−(FB−mg)≠2，故D错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
由斜抛运动及其对称性得解。
本题主要考查斜抛运动的理解，知道将其看作两个反向的平抛运动，是解题的关键，难度不大。
【解答】
A.由题意可知，抛出后小石子A和B均作斜抛运动，而其运动规律与其质量无关，故不能判断二者的质量关系，故A错误；
B.由于二者均作斜抛运动，可看作向左、右两方向的平抛运动，由平抛运动的规律可知，由于A上升的高度较大，故其在空中运动的时间较长，故A比B先被抛出，故B正确；
C.由以上分析可知，A在空中运动的时间较长，而其水平位移较短，故其到达最高点的水平分速度较小，即在最高点时A的速度比B的小，故C错误；
D.由于A在空中运动的时间较长，故由自由落地运动规律可知，其落地瞬间的竖直分速度较大，但由于B的水平分速度较大，故由速度的合成无法判断击中O时二者的速度大小关系，故D错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查x−t图像，物块在水平传送带上的运动。根据x−t图像可以判断物块在传送带上的运动状态，根据受力分析，牛顿第二定律以及运动学公式可以解得物块与传送带间的滑动摩擦系数；若传送带在t=4s时停转，根据受力分析和运动学公式可求总位移，判断停止的位置；若令该物块以6m/s的速率从B端向左滑上皮带，物块向左做减速运动，判断是否从A端直接滑下，再根据运动学公式可求它离开皮带时的速率。
【解答】
A.小物块轻放在传送带上时，受向右的水平摩擦力，由图2可知，0−4s为抛物线，小物块先做匀加速运动，4s−6s为直线，可知4−6s小物块做匀速直线运动，速度为v=ΔxΔt=4m/s ，可知传送带速度为4m/s，A错误；
B.根据x=v0t+12at2，当t=4s时，x=8m，代入数值可得a=1m/s2，根据牛顿第二定律μmg=ma，可得物块与传送带间的滑动摩擦系数为0.1，B错误；
C.根据v=v0+at，可知在t=4s时，物块速度为4m/s，若传送带在t=4s时停转，物块受到水平向左的摩擦力，向右做匀减速直线运动，根据x=v2−02a=8m，所以物块总的位移为16m，停于B点，C正确；
D.若令该物块以6m/s的速率从B端向左滑上皮带，假设物块一直减速到0，x′=622a=18m，则物块一直减速到A点，从左端掉下，设离开传送带的速度为v′，则根据v′2−62=−2aL，解得v′=2m/s，D错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是斜面上的物体，根据其运动情况分析受力情况结合摩擦力的方向的条件判断摩擦力的方向；物块对斜面的压力N1=mgcsθ等于物块重力垂直于斜面的分力，物块对斜面的摩擦力f1=μmgcsθ，斜面体处于静止，分析斜面受力，由平衡条件、牛顿第三定律等分析斜面体对地面的摩擦力与时间t的关系。
【解答】
一物块沿粗糙斜面上冲后返回底端，物块沿斜面下滑mgsinθ>μmgcsθ 即μ一物块沿粗糙斜面上冲时，开始摩擦力大小f1=μmgcsθ，沿斜面向下，根据牛顿第三定律对斜面受力分析，斜面受力平衡，水平方向f =mgcsθsinθ+μmgcsθcsθ，f水平向左，斜面对地面的摩擦力水平向右，规定沿水平向右为正方向;
上冲后返回底端，摩擦力的方向沿斜面向上，摩擦力大小f1=μmgcsθ，根据牛顿第三定律对斜面受力分析，水平方向μmgcsθcsθ+f′=mgcsθsinθ，f′水平向左，斜面对地面的摩擦力水平向右，仍为正方向，f′8.【答案】C
【解析】【分析】
由x−t图像的斜率含义解得2s时沿x轴方向的速度，再由速度图像判断该时刻沿y轴方向的速度，再由速度的合成得解；由速度图像的面积含义判断沿y轴方向的位移，再由位移图像判断x轴方向的位移，由位移的合成得解；由速度与加速度的方向关系得解。
本题主要考查对位移图像、速度图像、运动的合成的理解与应用，熟悉图像的斜率、截距、面积含义是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由x−t图像中，倾斜直线表示物体做匀速直线运动，故由x−t图像的斜率可知，小球沿x轴方向做匀速直线运动，其速度大小为：vx=ΔxΔt=2m/s；由速度图像的含义可得2s时，小球沿y轴方向的速度为：3m/s，由速度的合成可得小球2s末的速度为：v= 22+32m/s= 13m/s，故A错误；
B.由速度图像的面积含义可知，小球沿y轴方向的位移在2s内为零；由x−t图像可知，其沿x轴方向的位移为：x=4m，由位移的合成可得小球在2s内的位移为4m，故B错误；
C.由图可知，在t>0的范围内，t=1s时，小球沿y轴方向的瞬时速度为零，而此时刻，其加速度沿y轴正方向，且小球沿x轴的速度为2m/s，故此时刻小球瞬时速度跟加速度方向垂直，故C正确；
D.由以上分析可知，小球在该平面内做曲线运动，其位置始终在y轴右侧，而其加速度始终沿y轴正方向，故t>0的任意时刻，小球位置与原点的连线都不可能跟加速度方向垂直，故D错误。
9.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查整体法与隔离法的运用，当M与m运动状态一致时，将其看成整体进行分析，往往会使过程更加简便，根据牛顿第二定律列式即可求解。
【解答】
水平力施加在m上时：先整体：F1=(M+m)a1，
再隔离分析m:F1−N1sinθ=ma1，N1csθ=mg，
解得F1=mM(M+m)gtanθ，
水平力施加在M上，先整体F2=(M+m)a2，
再隔离分析m:N2sinθ=ma2，N2csθ=mg，
解得F2=(M+m)gtanθ，
所以F1:F2=m:M，故A正确，BCD错误。
10.【答案】C
【解析】阿秒对应的物理量是时间，时间在国际单位制的基本单位是秒。阿秒不是国际单位制的基本单位。阿秒对应的物理量是时间，时间只有大小没有方向，是标量。
故选C。
11.【答案】(1)B；增大；(2)0.88(0.87−0.89均可)；(3)BD；(4)求得图象在纵轴上的截距b；g=d22bs
【解析】(1)[1]“补偿阻力”时不用挂盘和钩码，故选 B；
[2]打出的纸带做减速运动，应增大轨道与水平面的倾角，继续实验；
(2)[3]根据逐差法可知加速度为
a=x24−x134T2=7.75+8.64−6.00−6.874×0.12 ×0.01 m/s2 =0.88 m/s2
(3)[4]受到一定的外力F，小车才具有加速度，则不过原点的原因是补偿阻力时，木板的倾斜角度过小；末端发生弯曲的原因是所挂钩码的质量较大，不满足钩码的质量远小于小车的质量的条件。
故选BD。
(4)[5]物块通过光电门的速度为
v=dt
根据匀变速直线运动规律有
v2=2as
设小车的质量为M，根据牛顿第二定律有
mg=(M+m)a
联立解得
t2=d2M2gs⋅1m+d22gs
则 t2−1m 图像与纵坐标的截距
b=d22gs
从而解得
g=d22bs
12.【答案】解：(1)物体与传送带共速时，摩擦力会发生变化，则加速度发生变化，结合图乙可知皮带速度v=10m/s，逆时针传动．
(2)开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则有
mgsinθ+μmgcsθ=ma1，
mgsinθ−μmgcsθ=ma2，
由v−t图像可知a1=10−01m/s2=10m/s2，a2=12−102−1m/s2=2m/s2，
联立解得μ=0.5，θ=37°。

【解析】由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小和传送带的倾角θ．
解决本题的关键是理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
13.【答案】解：(1)由O到M过程，有h=12gt12， x=vxt1， vy2=2gh，vO= vx2+vy2，
联立解得vx=10 2m/s， vO=20m/s。
(2)由(1)，O到M时间t1= 2s，
落地时速度方向与斜面夹角β=30°，则此时竖直向下的速度为vy ′=vxtan(θ+β)=10 6m/s
由M到B过程，根据平抛运动规律vy ′=gt2解得t2= 6s，
运动员在空中运动的时间t=t1+t2=( 2+ 6)s。
(3)由M到B过程，竖直距离h′=12gt22=30m， 水平距离x ′=vxt2=20 3m，
A、B两点间距离L= x ′2+(h ′−h)2=40m。

【解析】本题考查了斜抛运动，解题关键是掌握运动的合成与分解规律，明确斜抛运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动。
本题将图中的虚线轨迹分成两部分去分析，即从最高点M到O、最高点M到B的运动均可以看成是平抛运动，由平抛运动的规律(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)分析求解。
14.【答案】解：(1)受力分析知风力F=mgtanθ=0.75mg
剪断细线，F合=1.25mg，
产生加速度a=1.25g；
(2)水平方向有：F=max，
时间t=2v0ax=8v03g，
高度h=12gt2=32v029g；
到达B点时速度最大：mgh=12mvmax2−12mv02，
解得vmax= 733v0
将v0分解，当沿F合所在直线方向速度分量减为零，说明速度最小，
即vmin=v0csθ=45v0。
【解析】本题以风洞实验为情境，考查共点力平衡、牛顿第二定律、运动的合成分解及动能定理等知识，考查学生理解能力和分析能力，突出对基础性、应用性的考查要求。解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式、动能定理进行求解．
15.【答案】解：(1)A在C上滑行，对C摩擦力fA=μ1mg=1.5N，C与地面间f地=μ2·(2m+M)g=4N，
fA滑行距离xm=v022μ1g=23m(2)A、C与B产生相对滑动时，才能相遇， Fm1时滑块B与C恰好发生相对滑动，
对B:μ2mg=maB，
对整体：Fm1−μ2·(2m+M)g=(2m+M)aB，
解得aB=μ2g=2m/s2，Fm1=8N，
该力的大小F1应满足F1>8N，
当A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为t0，即为最短时间，
对A:μ1mg=maA，得aA=μ1g=3m/s2，
得12aAt02−12aBt02=L， 解得t0=2s。
(3)由(2)知，F2≤8N时，d=0，
设A、B、C均发生相对运动时的拉力为Fm2，
则对C:Fm2−μ2·(2m+M)g−μ1mg−μ2mg=MaA，得Fm2=9.5N，
说明当8N当F2>9.5N，对C:F2−μ2·(2m+M)g−μ1mg−μ2mg=MaC，
由运动学公式x=12at2可得，相遇时间为t0=2s，相遇时 xB=4m，xC=12aCt02，划痕d=xC−xB，
联立得d=(2F−17)m，
综上，当F≤8N时d=0，
当8N当F>9.5N时d=(2F−17)m。
作图如图。

【解析】本题考查板块模型。解决板块模型问题的一般方法：①弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。②正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
③速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。