广西柳州市高中2023-2024学年高一上学期2月寒假自主测试月考（一）物理试卷（PDF版含解析）

2023~2024学年度寒假 2023级（高一）自主测试
物理试题 1
(试卷满分:100 分 考试时间:75 分钟)
一、选择题：本题共 10 小题，共 50 分。第 1～6 题只有一项符合题目要求，第 7～10 题有
多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
1．北京时间 2023年 10月 3 日，由陈冠锋、谢震业、严海滨和陈佳鹏组成的男子接力队，以 38秒 29的
成绩力压日本接力队和韩国接力队，拿下亚运会男子 4 100m接力项目的金牌，下列说法正确的是（ ）
A． 4 100m指的是位移大小
B．在研究运动员冲线的动作时，不能将运动员看成质点
C．第四棒运动员陈佳鹏最后越跑越快，说明他的加速度一定越来越大
D．运动员冲刺时很难停下来的原因是他的惯性变大了
2．在探究超重和失重的规律时，某体重为 G的同学站在压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算
机相连，经计算机处理后得到的压力 F随时间 t变化的图像可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
3．如图所示，竖直墙与水平地面交点为 O，从竖直墙上的 A、B 两点分别搭两条光滑轨道到 M 点，
AMO 60 、 BMO 45 ，M点正上方与 B等高处有一 C点。现同时将 a、b、c球分别从 A、B、C三
点由静止开始释放。则（ ）
A．a球最先到达 M点
B．b球最先到达 M点
C．c球最先到达 M点
D．b球和 c球都可能最先到达 M点
4．如图所示，圆环竖直放置，从圆心 O点正上方的 P点，以速度 v0水平抛出的小球恰能从圆环上的 Q点
沿切线方向飞过，若 OQ与 OP间夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为 g。则（ ）
v2
A．圆环的半径为 R= 0
g cos
t v0 sin B．小球从 P点运动到 Q点的时间 g
v
C．小球从 P点到 Q点的速度变化量 0
tan
v
D．小球运动到 Q点时的速度大小为 v 0Q= sin
试卷 第 1页，共 5页
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5．如图所示，A球距地面高为 H=2m，其正下方地面上有一 B球，在 A球开始自由下落的同
时 B球以 v0=4m/s的速度竖直上抛。g取 10m/s2。下列判断正确的是（ ）
A．0.4s末两球相遇
B．两球在 B上升阶段相遇
C．两球在 B下降阶段相遇
D．两球无法在空中相遇
6.如图所示，质量为 M、倾角为 30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点 P
和物体 B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体 A、B的质量分别为 m、2m，A与斜面间的动摩擦因
3
数为 ，重力加速度大小为 g，将 A、B由静止释放，在 B下降的过程中（物体 A未碰到滑轮），斜面体
3
静止不动。下列说法正确的是（ ）
2
A．轻绳对 P点的拉力大小为 mg
3
3
B．物体 A的加速度大小为 g
5
C 3．地面对斜面体的摩擦力大小为 mg
3
D．地面对斜面体的支持力大小为 Mg＋2mg
7．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为 M，货物的质
量为 m，货车以速度 v向左做匀速直线运动，重力加速度为 g，则在将货物提升到图示的位置时，下列说
法正确的是（ ）
A．缆绳中的拉力FT大于 (M m)g
B．货箱向上运动的速度大于 v
C．货箱向上运动的速度等于 v cos
D．货物对货箱底部的压力等于mg
8．如图所示，两个质量均为 m的小木块 a和 b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴 OO′的距离为 L，
b与转轴的距离为 2L。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k倍，重力加速度大小为 g。若圆盘
从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．a、b所受的摩擦力始终相等
B．b一定比 a先开始滑动
C．ω kg＝ 是 b开始滑动的临界角速度
2L
D．当ω 2kg＝ 时，a所受摩擦力的大小为 kmg
3L
试卷 第 2页，共 5页
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9．如图所示，水平轻绳和倾斜轻弹簧 N的某一端均与小球 a相连，另一端分别固定在竖直墙和天花板上，
轻弹簧 N与竖直方向的夹角为60 ，小球 a与轻弹簧 M连接，小球 b悬挂在弹簧 M另一端上，两球均静
止，若 a、b两球完全相同，且质量均为 m，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（ ）
A．水平轻绳的拉力大小为 3mg
B．剪断水平轻绳的瞬间，b球的加速度大小为 g
C．剪断水平轻绳的瞬间，轻弹簧 M对小球 a的弹力大小为mg
D．剪断水平轻绳的瞬间，a球的加速度大小为 2 3g
10.如图甲所示，5颗完全相同质量为 m的象棋棋子整齐叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对第 3颗棋子施加一水平变力 F，F随 t的变化关系如图乙所示，
重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）
A． t 1s时，第 5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，
大小为 mg
B． t 2s时，第 4、5颗棋子间没有摩擦力
C． t=4s时，第 3颗棋子的加速度大小为 g
D．第 6s以后，第 1颗棋子受到的摩擦力大小为 mg
二、实验题：本大题共 2 小题，每空 2 分，共 14 分。
11．（6分）如图 1是“探究平抛运动的特点”的实验装置图。
（1）请在图 2选择最合理抛出点的位置 （填“甲”、“乙”或“丙”）。
图 1 图 2 图 3
（2）在“探究平抛运动水平方向分运动的特点”的实验中，将白纸换成方格纸，每个小方格边长 L=1.8cm。
实验记录了小球在运动中的 4个点迹，如图 3 所示，则 tAB tBC （填“<”、“=”或“>”），该小球做平抛
运动的初速度为 m/s（g取 10m/s2）（保留 2位有效数字）。
12．（8分）某同学用如图所示的实验装置来验证牛顿第二定律。
（1）实验时将轨道右端垫高的目的是： 。已知交流电源频率为 50Hz，启动打点计时器，释放小车，
小车在钩码的作用下拖着纸带运动，打点计时器打出的纸带如图所示（图中相邻两点间有 4个点未画出），
试卷 第 3页，共 5页
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小车的加速度大小为 m/s2（结果保留 3位有效数字）。
（2）实验时保持小车质量不变，改变钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得
的多组数据画出 a－F关系图像，如图所示。此图像的 AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能
是 。
A．小车与平面轨道之间存在摩擦 B．平面轨道倾斜角度过大
C．所用小车的质量过大 D．所挂的钩码的总质量过大
（3）同学们通过实践结合理论分析得出：无论如何增加钩码的重力，小车运动
的加速度都不可能超过 m/s2（重力加速度取 9.8m/s2）。
三、计算题：本题共 3 小题，共 36 分。
13．（8分）如图所示，半径 R 0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环
的端点 A。一小球从 A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到 B点飞出，最后落在水平地面上的 C点（图上未
画），g取 10m/s2，求：
（1）（4分）能实现上述运动时，小球在 B点的最小速度是多少？
（2）（4分）能实现上述运动时，A、C间的最小距离是多少？
14．（12 分）如图所示，一重力为 10N的小球，在 F=20N的竖直向上的拉力作用下，从 A点由静止出发
沿 AB向上运动，F 3作用 1.2s后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为 ，杆足够长，取 g=10m/s2，求：
6
（1）（7分）有 F作用的过程中小球的加速度大小；撤去 F瞬间小球的加速度大小；
（2）（5分）从撤去力 F开始计时，小球经多长时间将第一次经过距 A点为 2.25m的 B点。
15．（16 分）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率
v=4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度 v0=12 m/s从传送带底端 A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因
数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取 g=10 m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）（6分）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）（4分）煤块从冲上传送带到返回 A端所用的时间为多长；
（3）（6分）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大
试卷 第 4页，共 5页
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试卷 第 5页，共 5页
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2023～2024 学年度寒假 2023 级(高一)自主测试
物理试题 1 答题卡
一、选择题（50 分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
二、实验题（14 分）
11.（1） （2）
12.（1） （2）
三、计算题（36 分）
13.（8分）
14.（12分）
答题卡 第 1页，共 2页
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15.（16分）
答题卡 第 2页，共 2页
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2023～2024 学年度寒假 2023 级(高一)自主测试
物理试题（一） 部分参考答案
一、选择题（50 分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B D C A C A AC BC CD AD
1.B
A． 4 100m的赛道是曲线的， 4 100m指的是路程，并非位移大小，故 A错误；
B．在研究运动员冲线的动作时，研究的是细节，不能忽略其大小和形状，故不能把运动员当成质点，故
B正确；
C．第四棒运动员陈佳鹏最后越跑越快，说明他的速度越来越大，分析不出加速度，故 C错误；
D．运动员冲刺时很难停下来的原因是他当时的速度很大，到停下来的速度变化量很大，故在加速度一定
时，所用时间变长，故 D错误。
2.D
人的下蹲动作是先加速后减速的。人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传
感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感
器的压力大于人的重力的大小。故选 D。
3.C
以C为圆心，BC为半径作圆，如图根据“等时圆”原理可知，从圆上各点沿
弦到最低点经过的时间相等，则 ta tb tc
故 ABD错误，C正确。
4.A
D．以速度 v0水平抛出的小球恰能从圆环上的 Q点沿切线方向飞过，小球运动到 Q点时的速度大小为
v vQ 0 ，故 D错误；cos
v
B．小球在 Q点的竖直方向的速度为 vQy v0 tan
v tan
，小球从 P Qy点运动到 Q点的时间 t 0
g g
故 B错误；
v2
A．小球水平方向做匀速直线运动，有 Rsin v0t，圆环的半径为 R 0 ，故 A正确；g cos
C．小球从 P点到 Q点的速度变化量 v gt v0 tan 故 C错误。故选 A。
5.C
H 2
AD．B球相对于 A做匀速直线运动，则有 t s 0.5sv 4 ，可知，两球在 0.5s末相遇，故 AD错误；0
答案 第 1页，共 5页
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v
BC 0．B球做竖直上抛运动，上升过程经历时间 t0 0.4s 0.5sg 所以两球在 B下降阶段相遇，故 B错误，
C正确。
6.A
AB．由于相同时间内物体 B通过的位移是物体 A通过的位移的两倍，则物体 B的加速度是物体 A的加速
度的两倍；设物体 A的加速度为 a，则 B的加速度为 2a；设物体 A、B释放瞬间，轻绳的拉力为 T，根据
牛顿第二定律得
2T mg sin 30 mg cos30 ma
2mg T 2m 2a
2 1
代入数据，联立解得T mg， a g，故 A正确、故 B错误；
3 3
C．物体 B下降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向根据牛顿第二定律得T cos30 f ma cos30
3
解得地面对斜面体的摩擦力为 f mg故 C错误；
6
D．物体 B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向根据牛顿第二定律得
M 3m g FN T sin 30 2m 2a masin 30
3
解得地面对斜面体的支持力为 FN M m g，故 D错误。
2
7.AC
货车以速度 v向左做匀速直线运动，将货车速度分解为沿绳子分速度和垂直绳子分速度，可得货箱向上运
动的速度为 v vcos v，货向左运动过程， 逐渐减小，cos 逐渐增大，可知货物和货箱向上做加速运
动，根据牛顿第二定律可知缆绳中的拉力 FT大于 (M m)g，货物的加速度方向向上，货物处于超重状态，
则货物对货箱底部的压力大于mg。
8.BC
A．a、b两物体一起随圆盘转动时，静摩擦力提供向心力 f mr 2，因为 a、b半径不同故摩擦力不同，
故 A错误；
B．当 a、b两物体一起随圆盘转动时， 相同，b物体的半径是 a的 2倍，故 b物体的静摩擦力是 a的 2
倍，随着角速度的增加，b物体先达到最大静摩擦，故 b先滑动，故 B正确；
C．当 b kg恰好滑动时有 kmg m2L 2得 ，故 C正确；
2L
D a kg kg 2kg．当 恰好滑动时 kmg mL 2，得 ， 故 a物体还没达到最大静摩擦，故 D错误。
L L 3L
9.CD
A．对 ab整体分析可知，水平轻绳的拉力大小为T 2mg tan 60 2 3mg，选项 A错误；
BC．剪断水平轻绳的瞬间，弹簧M的弹力不变，轻弹簧 M对小球 a的弹力大小仍为mg，b球的加速度大
小为 0，选项 B错误，C正确；
答案 第 2页，共 5页
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D．剪断水平轻绳的瞬间，两边弹簧的弹力不变，a球受合外力等于T 2 3mg，则此时 a球的加速度大
T
小为 a 2 3g，选项 D正确。
m
10.AD
A．由于第 4颗棋子对第 3颗棋子的最大静摩擦力为 f43max 3 mg ，所以当F 3 mg时，棋子 3不会运动；
由图乙可知 t 1s时 F mg 3 mg棋子都处于静止状态，把 5个棋子整体分析，受平衡力作用，第 5颗
棋子受到水平面的摩擦力和水平力 F是平衡力，所以第 5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为 mg，
故 A正确；
B．由图乙可知 t 2s时 F 2 mg 3 mg，则棋子 1、2、3静止，对 1、2、3棋子整体分析，棋子 4对棋
子 3的摩擦力与外力二力平衡，所以棋子 4对 3的摩擦力大小为 2 mg，方向水平向左，由牛顿第三定律
可知，棋子 3对棋子 4的摩擦力大小为 2 mg，方向水平向右；对棋子 4受力分析可知，棋子 5对 4的摩
擦力大小为 2 mg，方向水平向左，故 B错误；
2 mg
C．最上面的两颗棋子向右运动的最大加速度为 amax g ，设最上面的三个棋子一起以最大加速2m
度 amax向右运动，且水平恒力为 F0，则 F0 3 mg 3mamax ，解得 F0 6 mg
当水平向右的恒力 F大于6 mg时，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动；由图乙可知 t=4s时
3 mg F 4 mg 6 mg
g
所以最上面的三个棋子作为整体一起向右运动，由牛顿第二定律可得 F 3 mg 3ma1，解得 a1 故 C3
错误；
D．第 6s以后，水平外力大于6 mg，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动，上面的两个棋子一
起向右运动，第 1颗棋子受到的摩擦力大小为 f1 mamax mg，故 D正确。
二、实验题(每空 2 分，共 12 分)
11. （6分）（1）乙；（2） > 1.2
（1）小球抛出点位置的确定需要考虑小球的直径，所以选择图乙比较合理。
（2）由于小球在水平方向做匀速直线运动，根据 x v0t，可知 tAB tBC
由图可知，小球通过 AC、CD两段过程所用时间相等，设其时间为 t，
则水平方向有 4L v0t；
竖直方向根据 x at 2；
有 4L 2L gt 2，联立解得 v0 1.2m/s
12.（8分）（1）平衡摩擦力或补偿阻力 2.01 ；（2）D 9.8
（1）将轨道右端垫高是为了用重力沿斜面向下的分力来平衡小车下滑时的摩擦阻力，使绳上的拉力为小
车所受的合力。
答案 第 3页，共 5页
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根据逐差法，求得小车的加速度为
a (x3 x1) (x4 x2)
(8.61 4.61) 10.61 6.59
2 2 10
2m/s2 2.01m/s2
（2T） 0.2
（2）当钩码的质量增加到不再远远小于小车质量，则钩码的重力不等于绳的拉力，钩码的重力为小车和
钩码一起加速的合力，所以力不变时，加速度偏小，图线向下弯曲。故选 D。
a mg 1 g M
设小车质量为M ，钩码质量为m，有 M m M m 1 ， 不断增大，则 不断减小，直到趋近于 0，
m m
则加速度 a，趋近于 g，所以无论如何增加钩码的重力，小车运动的加速度都不可能超过 g，即9.8m/s2。
三、计算题（36 分）
13.（1）2m/s；（2）0.8m
(1)设小球在 B点的最小速度是 v1 ，在 B点由牛顿第二定律可得
v 2mg m 1 ·····················································2分
R
解得 v1 gR=2m/s·············································2分
(2)能实现上述运动时，小球从 B点开始做平抛运动，设 A、C间的最小距离是 x，由平抛运动规律可得
x v1t ， 2R
1
gt 2············································2分
2
由上式解得 x 0.8m············································2分
14.（1）2.5m/s2；（2）7.5m/s2；（3）0.2s或 0.75s
G
（1）小球的质量为m 1kgg ··································1分
取沿杆向上为正方向，设小球在力 F作用时的加速度大小为 a1，此时小球的受力如图所示。根据牛顿第二
定律有
F sin 30 G sin 30 N ma1···································1分
F cos30 G cos30 N ········································1分
2
联立解得 a1 2.5m/s ··········································1分
撤去 F瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为 a2，则
G sin 30 N ma2·········································1分
N G cos30 ················································1分
2
联立解得 a2 7.5m/s ，即加速度大小为 7.5m/s2；·················1分
（2）刚撤去 F时，小球的速度为 v1 a1t1 3m/s···················1分
1 2
小球的位移为 x1 a1t1 1.8m···································1分2
1
B x 2在上滑阶段通过 点，即 AB x1 v1t3 a2t3 ······················1分2
答案 第 4页，共 5页
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解得 t3 0.2s或 t3 0.6s（舍）····································2分
15．（1）0.75，0.25；（2） 2 5 s；（3） 12 4 5 m
（1）由图乙所示 v—t图像得 t=1 s时煤块与传送带共速，0~1 s内煤块的加速度大小
a 12 4 m / s21 8m / s
2
········································1分
1
方向沿传送带向下，1~2 s内煤块的加速度大小
a 4 0 m / s22 4m / s
2
········································1分
2 1
方向沿传送带向下，0~1 s内，对煤块由牛顿第二定律得
mgsinθ＋μmgcosθ=ma1··········································1分
1~2 s内，对煤块由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2···········································1分
解得：tanθ=0.75，μ=0.25·······································2分
（2）v—t图线与时间轴所围面积表示位移，所以煤块上滑的总位移大小为
4 12 1 2 1x m 4 m 10m······························1分
2 2
1 2
在下滑过程，由运动学公式有： x a t ························1分
2 2
解得： t 5s················································1分
所以煤块从冲上传送带到返回 A端所用的时间为： t ' 2 5 s·····1分
（3）0~1 s内煤块相对传送带向上运动，煤块比传送带多走：
12 4 1 m 4 1m 4m······································2分
2
即划痕长 4 m，1~2 s内煤块相对传送带向下运动，传送带比煤块多走：
4 2 14 1m m 2m·······································2分
2
则划痕仍然为 4 m，2~ 2 5 s内传送带向上运动，煤块向下运动，相对位移大小为
1 a 22t vt 10 4 5 m > 2m···································1分2
则划痕总长为 10 4 5 m+2m 12 4 5 m ·····················1分
答案 第 5页，共 5页
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