吉林省通化市辉南县第六高级中学2021-2022学年高一12月月考物理试卷（PDF版含答案）

2021-2022 学年度高一物理 12 月月考试卷 C．小球所受的重力与摩擦力是一对相互作用力
D．增大铁夹的压力，小球所受的摩擦力也增大
一、选择题 本题共 12小题，每小题 4 分，共 48 分。1-8 为单选，9-12 为多选，全
5．如图所示，位于水平桌面上的木板 P，由跨过定滑轮的轻绳与物块 Q相连，两段轻绳
部选对的得 4分，选不全的得 2分，有错选或不选的得 0分。
都是水平的。已知 Q与 P、P与桌面之间动摩擦因数均为 ，木板 P与物块 Q的质量分
1．下列说法正确的是（ ）
别是 2m ，m。滑轮的质量及摩擦都不计，若用一水平向左的力 F拉 P使它做匀速运动，
A．在国际单位制中，“牛顿”是力学的三个基本单位之一
则 F的大小为（ ）
B．速度等于零时，物体一定处于平衡状态
A．3 mg B． 4 mg
C．位移、速度、力都是矢量
C． 5 mg D．6 mg
D．小球做竖直上抛运动时，速度不断减小，惯性不断减小
6．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于 O点。现用水平力 F缓慢推动斜面
2．A、B两质点运动的位移-时间（x-t）的图象如图所示，已知 A的 x-t图像为开口向下
体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时
的抛物线，t=8s时图像处于顶点，B的 x-t图象为直线。关于两质点 0~10s内的运动，下
细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力 FN以及绳对小球的拉力 FT的变化情况是
列说法错．误．的是（ ）
（ ）
A．A的初速度大于 B的初速度，两质点在第 10s末相遇
A．FN保持不变
B．在 0~10s内两质点的平均速度相同
B．FN不断减小
C．质点 B做匀速直线运动
C．FT先增大后减小
D．质点 A的加速度先减小后增大
D．FT先减小后增大
3．如图，为港珠澳大桥上连续四段 110m的等跨钢箱梁桥，若汽车从 a点由静止开始做
7．用卡车运输质量为 m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面
匀加速直线运动，通过 ab段的时间为 t，则（ ）
之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为 30°和 60°。重力加速度为 g。当
A．通过 cd段的时间为 3t
卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为 F1、F2，则（ ）
B．通过 ce段的时间为 (2 2)t
C．ac段的平均速度等于 b点的瞬时速度
A F = 3 mg F = 3． 1 ， 2 mg
D．ae段的平均速度大于 b点的瞬时速度 2 2
4．《中国制造 2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重
B 3 3．F1= mg，F2= mg
要方向。如图所示，智能机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，保持静止状态，铁夹与球 2 3
接触面竖直，则（ ）
C F = 1． 1 2 mg F
3
， 2= mg
A．小球受到压力是因为小球发生形变产生的 2
B．小球所受的重力与摩擦力大小相等 D F = 3． 1 mg ，F2= 12 mg2
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A．推力 F变小
8．某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为 B．b对 OQ的压力变大
正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图像提供的信息，下列说 C．a对 OP的压力变大
法正确的是（ ） D．弹簧长度变长
A．在0 5s内的电梯对人的支持力变大 12．如图甲所示，粗糙的水平面上，质量为2kg的物块在水平向右的拉力 F 的作用下做
B．0 5s内与10 20s内的平均速度相同 直线运动。3s后撤去拉力 F ，物块运动的速度（ v）—时间（ t）图像如图乙所示，取
C． t 10s时电梯开始下降 重力加速度大小 g 10m/s2 ，下列说法正确的是（ ）
D．前 25s内电梯上升的位移为 27.5m
9．如图所示，物块甲和乙的质量分别为 m、 2m ，用一个劲度系数为 k的竖直轻质弹簧
连接，最初系统静止。现在用方向竖直向上的力缓慢拉动甲直到乙刚好离开地面，重力
加速度为 g，忽略空气阻力，则（ ）
A．物块乙刚好离开地面时，弹簧弹力大小为 2mg
B．物块乙刚好离开地面时，弹簧弹力大小为3mg A．0 ~ 3s内物块的加速度大于3s ~ 5s内物块的加速度
2mg
C．物块乙刚好离开地面时，物块甲上升的高度为 B．0 ~ 5s内，物块通过的位移大小为10m
k
C．物块在3s ~ 5s内的加速度大小为 2m/s2
3mg
D．物块乙刚好离开地面时，物块甲上升的高度为
k 2D．物块与水平面之间的动摩擦因数为
15
10．如图所示，水平面上有一小车正在向左运动，在车厢顶上吊一小球，小球悬线与竖
二、实验题（12 分，每空 2 分）
直方向夹角α并保持不变，质量为 m的木块相对车厢静止，则下列说法正确的是（ ）
13．在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：
A．小车的加速度大小为 gtanα
A．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的 A点，另一端拴上两根绳套，每根绳
B．小车的加速度大小为 gsinα
套分别连着一个弹簧测力计。
C．车正在做匀减速直线运动
B．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为 O
D．木块所受摩擦力大小为 mgtanα
点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力 F1、F2的大小。用笔在两绳套的拉
11．两块固定且相互垂直的光滑挡板 POQ，OP竖直放置，OQ水平，小球 a、b固定在
力方向上分别记 a、b两点，并分别将其与 O点连接，表示两力的方向。
轻弹簧的两端，现有一个水平向左的推力，作用于 b上，使 a、b紧靠挡板处于静止状态。
C．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至 O点，记录其拉力 F的大小并用上述
现用力 F推动小球 b，使之缓缓到达 b′位置，则（ ）
方法记录其方向。
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B．平衡摩擦力时小车应通过跨过滑轮的轻质细绳与沙桶连接
C．改变小车质量时应重新平衡摩擦力
D．若将小车由静止释放后小车沿木板加速下滑，说明木板倾角过大
（2）实验中将砂和砂桶总重力大小作为绳子拉力的大小，从而在实验中引起了系统误
差，下列小车质量 M、砂和砂桶质量 m的组合，引起系统误差最小的是_______；
A．M=200g；m=5g B．M=300g；m=25g
C．M=400g；m=20g D．M=400g；m=15g
（3）某次实验时得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E、F、G为选出的 7个计数点，
（1）实验中确定分力方向时，图甲中的 b点标记得不妥，其原因是___________。
相邻两计数点之间还有 4个点没有画出，用刻度尺测得相邻两计数点之间的距离分别为
（2）图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中___________是 F1和 F2合力的
xAB=3.32cm、xBC=3.56cm、xCD=3.82cm、xDE=4.06cm、xEF=4.31cm、xFG=4.57cm。打点计
实际测量值。
3 M N α+β=90° 时器所用交流电源的频率为 50Hz。则可得小车运动的加速度为_______m / s
2 。（计算结
（ ）实验中的一次测量如图丙所示，两个测力计 、 的拉力方向相互垂直，即 。
果保留 3位有效数字）
若保持测力计M的读数不变，当角α由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端
仍在 O点，可采用的办法是___________。
A．增大 N的读数，减小β角
B．减小 N的读数，减小β角
C．减小 N的读数，增大β角 三、解答题（15 题 12 分，16、17 题 14 分）
D．增大 N的读数，增大β角 15．汽车在路上出现故障而停车时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面
驾车司机，减速安全通过 在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以 108km/h 的
14．某同学用如图所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验：
速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方 50m的物体，并且他的
反应时间为 0.6s，小轿车制动后最大加速度为5m / s2，求：
（1）小轿车从刹车到停止所用的最短时间；
（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞
（1）实验中可以将木板倾斜一定角度来平衡摩擦力，下列说法正确的是_______；
A．平衡摩擦力时小车应拖着纸带穿过打点计时器
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16．如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳相连，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水 17．如图所示，神舟十二号载人飞船的返回舱在距地面某一高度时，启动降落伞装置开
平且 B端与站在水平地面上的质量为m 60kg的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角 始做减速运动，当返回舱速度减至 v＝10m/s时开始匀速降落．在降落到距地面 h＝1.1m2
37 时，返回舱的缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，经过时间 t＝0.2s，以某一安全，物体甲及人均处于静止状态，人与水平地面间的动摩擦因数为 0.5，（已知
sin37 0.6，cos37 0.8， tan 37 0.75， g取10m/s2 速度落至地面，设最后的减速过程可视为竖直方向上的匀减速直线运动，舱内航天员质；计算时可认为最大静摩擦力
量 m＝60kg，重力加速度 g取 10m/s2。求：
等于滑动摩擦力。）求：
（1）返回舱安全着陆时的速度；
（1）若m1 20kg，求人受到地面摩擦力的大小；
（2）最后减速阶段返回舱对航天员的作用力大小。
（2）若轻绳OA可承受的最大拉力为600N，而另外两根绳不会被拉断，为使系统平衡，
求可挂物体m1的质量不得超过多少？
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参考答案
1．C
【详解】
A．千克、米、秒是力学的三个基本单位，牛顿是导出单位；故 A错误；
B．当物体的速度等于零时，加速度不一定为零，故物体不一定处于平衡状态，如自由落体运动
的最高点，故 B错误；
C．位移、速度、力都既有大小又有方向，这三个物理量都是矢量；故 C正确；
D．小球做竖直上抛运动时，速度不断减小；因质量不变，所以惯性不变，故 D错误。
故选 C。
2．D
【详解】
A．根据 x-t图象的斜率表示速度，可知 A的初速度大于 B的初速度；由图可知，两图线在第 10s
末相交，又两质点的出发位置相同，故两质点在第 10s末相遇，故 A正确，不符合题意；
B．在 0~10s内，两质点的初、末位置相同，即位移相同，所用的时间也相同，故两质点的平均
速度相同，故 B正确，不符合题意；
C．由图可知，B的 x-t图象为直线，其斜率保持不变，故质点 B做匀速直线运动，故 C正确，
不符合题意；
D．由图可知，A的 x-t图像为开口向下的抛物线，其切线斜率先减小后增大，即速度先减小后
增大；根据匀变速直线运动的位移时间公式，可知，该图线反映 A做匀减速直线运动，故加速
度保持不变，故 D错误，符合题意。
故选 D。
3．B
【详解】
AB．初速度为零的匀加速直线运动，相同位移的时间比为
1: ( 2 1) : ( 3 2) : (2 3) : ( 5 2) : ( 6 5) : ( 7 6) : (2 2 7)
通过第一段 ab时间为 t，则通过第三段 cd时间为 ( 3 2)t，通过 ce段的时间，即第三段 cd
与第四段 de的总时间为
t ( 3 2)t (2 3)t (2 2)t
A错误，B正确；
C．中间时刻的速度等于整段的平均速度，由 AB解析可知，ab段所用时间大于 bc段所用时间，
故 b点不是 ac段的中间时刻，ac段的平均速度不等于 b点的瞬时速度，C错误；
D．初速度为零的匀加速直线运动，相同时间的位移比为 1：3：5 ，由于 ab段与 be段位移比
为 1：3，故 b点为 ae段的中间时刻，ae段的平均速度等于 b点的瞬时速度，D错误。
故选 B。
4．B
【详解】
A．小球受到压力是因为铁夹发生形变产生的，A错误；
B．因为小球静止，所以小球所受的重力与摩擦力大小相等，B正确；
C．小球所受的重力与摩擦力是平衡力，C错误；
D．增大铁夹的压力，小球所受的摩擦力不增大，始终等于小球的重力，D错误。
故选 B。
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5．C
【详解】
对 Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T，Q与 P间的滑动摩擦力为
f mg
根据共点力平衡条件有
T f
对 P受力分析，P受拉力 F ，Q对 P向右的摩擦力 f ，地面对 P物体向右的摩擦力 f ，根据共
点力平衡条件有
F f f T
地面对 P物体的摩擦力为
f 3mg
联立可得
F 5 mg
故选 C。
6．D
【详解】
小球受到重力 mg、支持力 FN及拉力 FT作用，由平衡推论可知，把三个力平移首尾依次相连，
构成矢量三角形，当斜面向左运动的过程中，重力不变，支持力方向不变，如图所示
可知，FN不断增大，FT先减小后增大。
故选 D。
7．D
【详解】
对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知
F 1 mg cos30
F 2 mg sin 30
解得
F 31 mg2
F 12 mg2
由牛顿第三定律知
F 31 mg2
F 12 mg2
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故 D正确。
8．B
【详解】
A．0~5s内电梯竖直向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
N mg ma1
可知电梯对人的支持力 N不变，故 A错误；
B．由于 0~5s内和 10~20s内电梯都做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动规律的推论
v v0 v t
2
可知 0~5s内与 10~20s内的平均速度相等，故 B正确；
C．t=10s时电梯开始竖直向上做匀减速直线运动，t=20s时电梯开始下降，故 C错误；
D．v-t图像的斜率表示加速度，所以 10~25s内电梯的加速度为
a 0 2 22 m/s 0.2m/s
2
10
则 25s时电梯的速度为
v 2m/s a2(25s 10s) 1m/s
v-t图像与 t轴所围的面积表示位移，且 t轴上方表示位移为正，t轴下方表示位移为负，所以前25s
内电梯上升的位移为
x 1 5 20 2m 1 5 1m 22.5m
2 2
故 D错误。
故选 B。
9．AD
【详解】
AB．物块乙刚好离开地面时，乙受力平衡，对乙受力分析可知，重力大小为 2mg，则弹簧弹力
大小为 2mg，故 A正确，B错误；
CD．开始时，对甲根据平衡条件
mg kx1
弹簧的压缩量为
x mg1 k
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当物块乙刚好离开地面时，弹簧伸长量
x 2mg2 k
则此时物块甲上升的高度为
x 3mg x1 x2 k
故 C错误，D正确。
故选 AD。
10．ACD
【详解】
AB．以小球为研究对象，受力如图所示
根据牛顿第二定律得
Mg tan Ma
解得
a g tan
小车与小球有共同的加速度，故 A正确，B错误；
C．由于小车的速度水平向左，加速度水平向右，故小车做匀减速运动，故 C正确；
D．木块相对车厢静止，有共同的加速度，木块所受摩擦力大小为
f ma mg tan
故 D正确。
故选 ACD。
11．AD
【详解】
AB．对 ab的整体受力分析如下图所示
由共点力的平衡条件可知，a、b重新处于静止状态前后，OQ面板对 b的支持力始终和 a、b的
重力相等保持不变，推力 F=N在减小，故 A正确，B错误；
CD．隔离 a分析受力，设此时 ab间作用力与水平方向上的夹角为θ，如图所示
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由力的平衡条件可得
F mg
sin
N mg
tan
将小球稍微向左水平移动一小段距离，当 a、b重新处于静止状态时，由几何关系可知，θ增大，
则 sinθ、tanθ增大，mg不变时 F′减小，N减小，根据胡克定律可知弹簧的形变量变小，所以弹
簧长度变长，故 D正确，C错误。
故选 AD。
12．BC
【详解】
A．在v t图像中，图线的斜率的绝对值代表物块加速度的大小，所以0 ~ 3s内物块的加速度小
于3s ~ 5s内物块的加速度，故 A错误；
B．在v t图像中，图线与时间轴所围面积表示物块运动的位移。0 ~ 5s内，物块通过的位移大
小为
s 1 5 4m 10m
2
故 B正确；
C．在3s ~ 5s内物块的加速度为
a v 0 4 m/s2 2m/s2
t 5 3
故加速度大小为 2m/s2，故 C正确；
D．在3s ~ 5s内，根据牛顿第二定律可得
mg ma
联立解得
0.2
故 D错误。
故选 BC。
13．O、b 两点太近，误差大 F B
【详解】
（1）[1]为了减小测量的误差，记录方向时，记录点与 O点的距离适当大一些，图甲中的 b点标
记得不妥，其原因是 O、b两点太近，误差大。
（2）[2]F1和 F2合力的实际测量值是用一根弹簧秤拉的，不是根据平行四边形定则作出的，故 F
是 F1和 F2合力的实际测量值。
（3）[3]由题意可知：保持 O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计M的读数不变，
因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下
答案第 5页，共 8页
所以由图可知α角逐渐变小时，N 的示数减小，同时β角减小，故选 B。
14．AD A 0.249
【详解】
（1）[1]A．平衡摩擦力时小车应拖着纸带穿过打点计时器，选项 A正确；
B．平衡摩擦力时小车不连接沙桶，只让小车拖着纸带在木板上运动，选项 B错误；
C．因平衡摩擦力时满足
Mgsinθ=μMgcosθ
两边消掉 M，则改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，选项 C错误；
D．若将小车由静止释放后小车沿木板加速下滑，说明平衡摩擦力过头了，木板倾角过大，选项
D正确。
故选 AD。
（2）[2]实验中将砂和砂桶总重力大小作为绳子拉力的大小，从而在实验中引起了系统误差，必
须要使得砂和砂桶质量远小于小车的质量，则下列小车质量 M、砂和砂桶质量 m的组合，引起
系统误差最小的是 A；
（3）[3]由纸带可得小车 的加速度
a xDG xAD (4.57 4.31 4.06 3.82 3.56 3.32) 10
2
m/s2 0.249m/s2
9T 2 9 0.12
15．（1）6s；（2）58m
【分析】
由题可知本题考查刹车问题，利用匀变速直线运动规律求解。
【详解】
（1）设小轿车从刹车到停止所用最短时间为 t，则
t 0 v 0 6s 4分
a
（2）驾驶员的反应时间内小轿车做匀速运动，则反应时间内位移为
x1 v0t1 18m 2分
小轿车以最大加速度制动时，设从刹车到停止小轿车的位移为 x2，则
0 v2x 02 90m 2分2a
小轿车从发现警示牌到停止的总位移为
x x1 x2 108m 2分
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故警示牌与车的距离至少为
x x 50m 58m 2分
16．（1）150N；（2）40kg
【详解】
（1）如图所示，以结点 O为研究对象，受到三段轻绳的拉力，其中悬挂重物的轻绳拉力大小为
T=G=200N 2分
人所受的最大静摩擦力为
fmax m2g 0.5 60 10N 300N 2分
若m1 20kg，则根据平衡条件可得
FOB G tan 200
3
N 150N 300N 2分
4
故此时人仍静止受静摩擦力作用，由二力平衡可知人受到地面静摩擦力的大小为 150N。 2分
（2）当轻绳OA承受拉力600N时，轻绳 OB对人的拉力大小为
FO B FO A sin 360N fmax 2分
此时系统不能平衡，所以当 m1最大时，OB对人的拉力恰好等于 300N，则
tan f max
m g 2分1
解得
m1 40kg 2分
故可挂物体m1的质量不得超过 40kg。
17．（1）1m/s；（2）3300N
【详解】
（1）设返回舱安全着陆时的速度为 v ，则有
h v v

t 3分
2
解得
v 1m / s 3分
答案第 7页，共 8页
（2）设减速阶段返回舱加速度大小为 a，则有
v ＝v－at 2分
解得
a＝45m/s2 2分
对航天员受力分析，由牛顿第二定律
F－mg＝ma 2分
解得
F＝3300N 2分
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