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南京一中2024-2025学年度第一学期高一12月月考试卷

高一物理

命题人：刘成欣     校对人：王永猛      审核人：孙志华

一、单选题（每题4分，共40分）

1．关于物理学史和物理学研究方法，下列说法正确的是（　　）

A．在研究物体的运动时，满足一定条件可将物体抽象成质点，这样的研究方法叫“微元法”

B．亚里士多德在研究力和运动的关系时，依据逻辑推理，对实验进行了理想化处理，得出了力不是维持物体运动的原因

C．伽利略在研究物体下落的运动规律时，把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，拓展了人类的科学思维方式和研究方法

D．是利用比值定义法定义的物理量，由公式可知加速度与成正比

2．炎热的夏天，学校教室需安装空调降暑，图甲是室外安装空调主机的情境。为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在主机上的轻绳，另一人在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳，二人配合可使主机缓慢竖直上升。当绳与竖直方向的夹角时，绳与竖直方向的夹角。主机可视为质点，则下列说法正确的是（    ）

A．一定小于 B．运送过程中张力变小

C．运送过程中张力变小 D．地上的人受到地面的摩擦力变小

3．两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是（  ）

A．a环受沿杆向上的摩擦力 B．d球做匀加速直线运动

C．杆对a、b环的弹力大小相等 D．细线对c、d球的弹力大小可能相等

4．如图，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起。现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力2F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是图中的（　　）

A．B．C．D．

5．如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端到将弹簧压缩到最短的过程中，下列图线中关于小球的加速度a与时间t、弹簧形变量x关系正确的是（不计空气阻力，以向下为正方向）（　　）

A．B．C．D．

6．如图所示，物块M、N叠放在粗糙水平面上，水平外力分别以①，②两种方式作用在物块上，两物块一起以最大加速度运动。M、N的质量之比为1∶2，与地面间的动摩擦因数均为，M、N之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若以方式①运动时，所施加外力大小为F₁，则以方式②运动时，所施加外力的大小F₂为（　　）

A． B． C． D．

7．如图所示，两固定光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为和的两个滑块放置于两个斜面上，两滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接。开始时控制两滑块使轻绳刚好伸直但无张力，某时刻由静止同时释放两滑块，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为。关于释放两滑块的瞬间下列说法正确的有（　　）

A．质量为的滑块加速度大小为

B．质量为的滑块加速度大小为

C．绳对质量为的滑块的拉力大小为

D．绳对质量为的滑块的拉力大小为

8．如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，取。下列说法不正确的是（　　）

A．物块在前3s向左做匀减速运动

B．传送带沿顺时针方向转动

C．传送带的速度大小为

D．小物块与传送带间的动摩擦因数

9．如图所示，重为20N的木块放在倾角为的斜面上受到的水平恒力的作用做匀速直线运动（F的方向与斜面平行），则木块与斜面的动摩擦因数为（    ）

A．0.6 B． C． D．0.5

10．悬挂线是数学中一种优美曲线，如下图有一段质量均匀分布的细绳两端固定，构成悬挂线，曲线左右两端点的切线与水平方向夹角为和，求由水平切线的垂线所分成两部分的质量比（　　）

A． B． C． D．

二、实验题（每空2分，共12分）

11．如图甲所示，弹簧一端固定于深度的小筒中（没有外力作用时弹簧的另一端也位于筒内），现要测出弹簧的劲度系数。实验小组的同学将小筒竖直固定，在弹簧下端悬挂钩码；改变所挂钩码的个数，测出筒外弹簧的长度，所挂钩码的重力记为，作出的图线如图乙所示，试回答下列问题：

(1)弹簧的劲度系数     。若考虑弹簧自身的重力，则上述弹簧的劲度系数测量值     （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。

(2)未悬挂钩码时，竖直小桶内弹簧的长度     m。

12．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，和为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

（1）图乙中的F与两力中，方向一定沿方向的是           ；

（2）本实验采用的科学方法是           （填正确答案标号）；

A．理想实验法    B．等效替代法    C．控制变量法    D．建立物理模型法

（3）在图甲中，初始时，保持左边弹簧的读数不变，当α角逐渐减小，要使结点仍在O点处，可采取的办法是           （填正确答案标号）。

A．增大右边弹簧秤的读数，减小角    B．减小右边弹簧秤的读数，减小角

C．减小右边弹簧秤的读数，增大角    D．增大右边弹簧秤的读数，增大角

三、解答题（四题，共48分）

13．（10分）如图甲所示，质量为14kg的滑块A轻放在倾角θ=37°的固定斜面上，此时滑块A沿斜面向下做加速度为2m/s²的匀加速直线运动；若使用水平方向的恒定推力F作用于滑块A上，如图乙所示，能使滑块A沿斜面匀速上滑。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s²。

(1)求滑块A与斜面的动摩擦因数μ。

(2)求恒力F的大小。

14.如图所示，一劲度系数的轻质弹簧下端固定于地面上，质量的物块A与质量的物块B叠放在其上，处于静止状态。时，在物块A上施加一竖直向上的力F，使两物块一起匀加速上升，时，两物块恰好分离。已知重力加速度为，求：

（1）两物块匀加速运动的加速度大小；

（2）分离时力F的大小。

15．（12分）如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为，平行于传送带的轻绳一端连接质量为的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。时，撤去外力，传送带以速度顺时针匀速转动；时，小物体A到达传送带的底端。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g取，sin37°取，cos37°取。求：

(1)时，轻绳内张力T；

(2)传送带顶端到底端的长度L。

16．（14分）如图所示，四块完全相同的木块依次紧密排列在粗糙的水平地面上，每块木板的质量、长度。质量为的小物块（可看做质点），以初速度v₀=5.5m/s水平向右滑上木板，最终与木板保持相对静止。已知小物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。

（1）小物块在刚滑上长木板上时，第1块木板对地面的摩擦力；

（2）小物块滑离第2块木板时的速度大小v；

（3）小物块最终能否停在第几块木块上？距左端多远？

南京一中2024-2025学年度第一学期高一12月月考试卷

高一物理

参考答案：

1．C

【详解】A．在研究物体的运动时，满足一定条件可将物体抽象成质点，这样的研究方法叫“理想模型法”，故A错误；

B．伽利略在研究力和运动的关系时，依据逻辑推理把实际实验理想化的思想是研究物理问题的重要方法，故B错误；

C．伽利略在研究下落物体的运动时，把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，拓展了人类的科学思维方式和研究方法，故C正确；

D．是利用比值定义法定义的物理量，但加速度与无关，故D错误。

故选C。

2．A

【详解】对空调主机受力分析，建坐标系如图所示

根据平衡条件，可得y轴方向有

可得

x轴方向有

两式联立可得

化简得

解得

根据x轴方向有

可知

故A正确；

BC．由题知，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离，即d不变，设OP间的绳长为，OQ间的绳长为，空调主机离地的高度为h，根据几何关系可得

，

在缓慢上升过程中，OP间的绳长变短，OQ间的绳不变，但离地高度h增大，则有变大，变大，故变大，变小，根据平衡条件，可得y轴方向有

x轴方向有

联立解得

可知变大，根据

可知变大，故BC错误；

D．对地面上的人受力分析，在水平方向有

故地上的人受到地面的摩擦力变大，故D错误。

故选A。

3．C

【详解】A．左图，杆与水平方向夹角，小球c受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，知小球c与环a以共同的加速度向下滑，对小球c有

则a环做匀加速直线运动，对a环分析，设摩擦力为f，有

解得

f=0

则a环与杆间没有摩擦力，故A错误；

B．右图，小球d处于竖直状态，受重力和拉力，因为加速度方向不可能在竖直方向上，所以两个力平衡，d做匀速直线运动，所以b环也做匀速直线运动，故B错误；

C．将环与小球看成整体，则有

则杆对a、b环的弹力大小相等，故C正确；

D．对于c球受到的拉力大小为

对于d球受到的拉力

因此受到的拉力大小不等，故D错误。

故选C。

4．C

【详解】把a、b当成一整体，受到重力2mg，水平方向拉力的合力大小为F，方向水平向右，故上面的细线向右偏，设细线与竖直方向夹角，由平衡条件可得

以b为研究对象，受到重力mg，向左的拉力F，故下面的细线向左偏，设细线与竖直方向夹角，由平衡条件可得

对比可知

C图符合题意。

故选C。

5．D

【详解】小球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹力，则

加速度向下，即小球加速向下运动，随向下位移的增加，弹力变大，当弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大；以后弹力大于重力，加速度向上，则

即小球向下做减速运动，随弹力的增加，加速度逐渐变大，到达最低点时加速度向上最大，则小球的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，且加速度a随位移x呈线性关系，但是随时间t不是线性关系。

故选D。

6．C

【详解】当M、N之间达到最大静摩擦力时，两者的加速度最大，第①种情况，根据牛顿第二定律，对N分析有

解得

对整体分析有

即

第②种情况，根据牛顿第二定律，对M分析有

解得

对整体分析有

即

联立，解得

故选C。

7．C

【详解】AB．释放两滑块的瞬间，质量为的滑块重力沿斜面向下的分力大小为

质量为的滑块重力沿斜面向下的分力大小为

由于

所以，可知的滑块将沿斜面向下加速，的滑块将沿斜面向上加速，且二者的加速度大小相等，对两滑块整体利用牛顿第二定律，可得

求得它们的加速度大小为

故AB错误；

CD．隔离，利用牛顿第二定律有

求得绳对质量为的滑块的拉力大小

故C正确，D错误。

故选C。

8．A

【详解】A．根据x-t图像斜率表示速度，前3s内斜率先变小后变大，故物体先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误，符合题意；

B．3∼4.5s，图像斜率为负且恒定，故物块与传送带一起向右匀速，故传送带沿顺时针方向转动，故B正确，不符合题意；

C．由3∼4.5s内图像斜率可知，传送带速度为

故C正确，不符合题意;

D．由题意可知第3s内物块做初速度为0的匀加速直线运动，图乙可知第3s内物块位移为x=1m，由牛顿第二定律可知，其加速度

由匀变速直线运动位移可知

联立以上解得

故D正确，不符合题意。

故选 A。

9．A

【详解】将重力沿斜面与垂直于斜面分解，则有

由于木块做匀速直线运动，则沿斜面方向所受合力为0，结合上述有

木块受到斜面对其的滑动摩擦力，则有

解得

故选A。

10．B

【详解】对竖直虚线左边绳子受力分析如图

由平衡条件有

同理对竖直虚线右边绳子受力分析，由平衡条件可得

联立解得

故选B。

11．(1)          等于

(2)

【详解】（1）[1] 弹簧的劲度系数

[2]弹簧自身的重力对劲度系数的测量无影响，所以上述弹簧的劲度系数测量值等于真实值。

（2）由乙图可知，当时，弹力，此时弹簧的伸长量为

根据胡克定律有

代入数据，求得

12．          B     B

【详解】（1）[1]AO方向即与橡皮条共线的方向，根据二力平衡可知，当用一个弹簧测力计拉动橡皮条时，弹簧测力计拉力的方向与AO共线，而图乙中，根据平行四边形定则得到的两个力的合力，为用一个弹簧测力计拉橡皮条时得到的力，因此方向一定沿方向的是。

（2）[2]本实验的原理是用一个弹簧测力计拉动橡皮条与用两个弹簧测力计拉动橡皮条产生相同的作用效果，即用到了等效替代的思想方法。

故选B。

（3）[3]根据题意，保持左边弹簧的读数不变，当α角逐渐减小，要使结点仍在O点处，即合力的大小方向均不变，则根据要求由平行四边形定则做出力的平行四边形的动态变化过程如图所示

由图可知，保持左边弹簧的读数不变，当α角逐渐减小，要使结点仍在O点处，则必须同时减小右边弹簧秤的读数和角。

故选B。

13．(1)

(2)

【详解】（1）滑块A沿斜面向下做加速度为2m/s²的匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律可得

又

联立解得滑块A与斜面的动摩擦因数为

（2）使用水平方向的恒定推力F使滑块A沿斜面匀速上滑，根据受力平衡可得

又

联立解得

14．（1）2m/s²；（2）1.44N

【详解】（1）初始时，物块A、B叠放在一起，处于静止状态，此时弹簧的形变量为，有           

解得

两物块分离时，物块之间的相互作用力恰好为0，此时弹簧的形变量为，以物块B为研究对象，有

又

联立解得

（2）两物块分离时，以物块A为研究对象，有

解得

15．(1)13.2N

(2)22.9m

【详解】（1）撤去外力瞬间，设小物块A加速度的大小为，绳子的拉力大小为，由牛顿第二定律对A物体有

同理对物体B有

联立可得

，

若A在传送带的速度能达到所用时间为，则有

解得

由得

（2）设A在传送带运动所用时间为时，产生的位移为，有

由题意可知，小物体A在传送带上运动的剩余时间为

解得

s

设剩余时间内小物块A的加速度为，绳子的拉力大小为，则对A物体有

同理对物体B有

设剩余时间内小物块A发生的位移为，则有

对传送带顶端到底端的长度，有

代入数据，联立求解可得

16．(1)1.4N；(2)V=m/s；（或者m/s）(3)停在第四块木板上，距离左端m，或0.74m。

【详解】(1)小物块在刚滑上长木板上时，对物块受力分析，所受滑动摩擦力为

4块长木板所受最大静摩擦力为

由牛顿第三定律可知，第一块木板所受物块的摩擦力为1.4N.

小于地面能提供的最大静摩擦力，根据二力平衡可知地面对木板的静摩擦力等于1.6N，再根据牛顿第三定律易知，木板对地面的摩擦力

F_f=1.4N

(2)小物块在第1块木板上滑行时，木板相对地面静止，在第2块木板上滑行时，有

即木板仍相对地面静止，对小物块在前两块木板上做匀减速直线运动进行分析，根据牛顿第二定律有

即小物块加速度大小为，方向向左。其位移即为前两块木板的长度

由运动学公式

解得

V=m/s

(3)小物块在第3块木板上滑行时，有

即木板仍相对地面静止。设滑离第3块木板时的速度大小v₁，同理列式为

解得

即滑上第4块瞬间速度为2.5m/s，受力分析可得

即滑上第4块瞬间，第4块木板开始运动，对第4块木板有

解得

即第4块木板的加速度大小为，方向向右。设经时间t，二者共速，相对静止速度为v₂，有

解得

t=s

,v₂=m/s

根据公式可得

又

联立，可得

X=m