广西南宁市2024-2025学年高一上学期12月月考物理试卷（含解析）

2024-2025学年广西南宁市高一（上）月考物理试卷（12月份）
一、单选题：本大题共6小题，共24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a与成正比
2.“草长莺飞二月天，拂堤杨柳醉春烟。儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢。”这是诗人高鼎的《村居》。诗人勾勒出一幅春光明媚，喜放风筝的美丽春景图。若儿童将风筝放飞到空中后，拉着风筝线盘静止于水平地面上，风筝在如图所示的风的吹拂下恰好也静止在空中，风对儿童的作用力忽略不计。若风对风筝的作用力可认为垂直于风筝面向上，则( )
A. 拉直的风筝细线可能垂直于风筝面
B. 地面对儿童的支持力的大小等于风筝和儿童的总重力
C. 儿童相对地面具有向右运动的趋势
D. 儿童所受合外力大于风筝所受合外力
3.无人机竞速运动是一项新兴的科技运动。某无人机在竖直方向运动的速度-时间的关系图像如图所示，以竖直向上为正方向，已知，则( )
A. 时间内，无人机先向下运动，后向上运动
B. 时间内，无人机的加速度方向向上
C. 时间内，无人机的位移等于
D. 时间内无人机的平均速度小于时间内无人机的平均速度
4.“坡道定点停车和起步”是驾驶员考试中科目二的内容之一，要求学员在坡道上某处由静止状态启动汽车，最终再减速停在坡道最高处。如图所示，某学员驾驶汽车视为质点从坡道上A点由静止以的加速度沿直线匀加速运动了8m，接着立即刹车做匀减速直线运动，恰好停在坡道上的B点，已知汽车从A点运动到B点的总时间为12s。下列说法正确的是( )
A. 汽车加速运动的时间为8s
B. 汽车刹车时的加速度大小为
C. A、B两点间的距离为24m
D. 汽车加速过程的平均速度大于减速过程的平均速度
5.中国的农历新年家家户户会挂上喜庆的大红灯笼，用来增加节日喜庆的气氛。现用一根劲度系数为k的轻质弹簧和一根不可伸长的轻绳在水平天花板下悬挂一只灯笼。灯笼的质量为m，悬挂静止时弹簧、轻绳与天花板形成的为等边三角形，如图所示。重力加速度为g，弹簧在弹性限度内则( )
A. 灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向水平向右
B. 弹簧的形变量为
C. 若某时刻剪断轻绳，则此瞬间灯笼的加速度大小为
D. 若仅增加灯笼的质量，悬挂静止后O点位置依然保持不变
6.质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细线连接。若按图甲放置，则质量为m的物块恰好匀速下降。若将两物块互换位置，如图乙所示，它们的共同加速度大小为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
7.如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，重力大小G，横梁AO水平，斜梁BO跟横梁的夹角为，其中横梁对O点的拉力沿OA方向，忽略支架的重力，下列说法正确的是( )
A. 一根斜梁对O点的支持力大小为2G
B. 一根横梁对O点的拉力大小为
C. 保持O点的位置不变，若把斜梁加长一点，则横梁对O点的拉力将减小
D. 保持O点的位置不变，若把斜梁加长一点，则斜梁和横梁对O点的作用力将增大
8.甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向做直线运动，它们的图象如图所示。下列判断正确的是( )
A. 乙车启动时，甲车在其前方100m处
B. 运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m
C. 乙车启动10s后正好追上甲车
D. 乙车超过甲车后，两车不会再相遇
9.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦力及空气阻力不计，则( )
A. 运动员的加速度为
B. 球拍对球的作用力为mg
C. 运动员对球拍的作用力为
D. 若运动员的加速度大于，球一定沿球拍向上运动
10.总质量为200kg的热气球，从地面由静止开始竖直上升时的加速度为，当热气球上升到225m时，开始以的速度向上匀速运动。假设在运动过程中热气球总质量不变，所受浮力保持不变，当热气球速度为0时，所受空气阻力为0，运动过程中空气阻力随速度增大而增大，重力加速度，关于热气球在运动中的受力情况，以下说法正确的是( )
A. 加速上升过程中加速度逐渐增大 B. 运动过程中所受浮力大小为2100N
C. 加速上升过程用时等于30s D. 匀速上升时所受空气阻力大小为100N
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.物理学习小组利用实验室的器材设计了如图1所示的实验装置进行“验证两个互成角度的力的合成规律”实验，量角器竖直放置，结点O与量角器的中心点在同一位置。
本实验采用的科学方法是______填选项序号。
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
实验中保持重物c质量不变以及O点位置不变，改变细绳OA与细绳OB的方向，细绳OA与细绳OB拉力的合力______填“变化”或“不变化”。
关于该实验，下列说法正确的是______。
A.弹簧测力计必须与量角器平行
B.连接弹簧测力计的两细绳之间的夹角越大越好
C.两细绳OA、OB必须垂直
在某次实验中，弹簧测力计a、b的读数分别是、，然后只用弹簧测力计a测量物体重力，其读数为F，最后根据平行四边形定则作出、的合力，若操作正确，则作出的图应是图______填“2”或“3”。
12.如图1为孙华和刘刚两位同学设计的一个实验装置，用来探究一定质量的小车其加速度与力的关系。其中电源为50Hz的交流电，一质量为的光滑滑轮用一轻质细杆固定在小车的前端，小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。
此实验中正确的操作是______。
A.实验需要用天平测出砂和砂桶的质量m
B.实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C.小车靠近打点计时器，应先释放小车，再接通电源
D.为减小系统误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
孙华同学以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的图线与横坐标的夹角为，且斜率为k、则小车的质量为______。
A.
B.
C.
D.
刘刚同学实验中测得，拉力传感器的示数为4N，打出的部分计数点如图3所示每相邻两个计数点间还有4个点未画出，其中，，，，，，，则小车的加速度______，此次实验中砂和砂桶的质量______ kg。重力加速度取，结果均保留2位有效数字
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.飞机着陆后做匀变速直线运动，10s内前进了300m，速度减为着陆时速度的一半，求：
飞机着陆时的速度；
飞机着陆后30s时距着陆点多远。
14.同学们都有过擦黑板的经历。如图所示，一黑板擦可视为质点的质量为，当手臂对黑板擦的作用力且F与黑板面所成角度为时，黑板擦恰好沿黑板表面缓慢竖直向上擦黑板。取，，
求黑板擦与黑板间的动摩擦因数。
若作用力F方向保持不变，当F多大时能完成向下缓慢擦黑板的任务？
15.如图所示，两同学正在进行一个板块游戏。一长、质量的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一可视为质点的小滑块，一人用水平恒力向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。滑块与木板间的动摩擦因数为，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求：
若，，，小滑块和木板的加速度；
在第问的条件下，经过多长时间滑块到达木板中点；
若，为使滑块与木板一起向上运动但不发生相对滑动，则必须满足的条件。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、将物体看作质点的方法，实际上是为了简化问题，忽略物体的大小和形状，只考虑其质量中心的运动，这种方法被称为“理想模型”，而不是“微元法”，故A错误；
B、亚里士多德的理论认为力是维持物体运动的原因，即物体需要持续的力来保持运动状态，这是与伽利略和牛顿的理论相悖的，故B错误；
C、伽利略通过斜面实验和逻辑推理，得出了自由落体运动的规律，这是物理学史上一个重要的里程碑，它展示了实验与理论相结合的科学研究方法，故C正确；
D、加速度的定义确实是通过比值定义法给出的，即加速度等于速度变化量与时间变化量的比值。但是，加速度a与无关，故D错误；
故选：C。
根据物理学史和研究方法的基本知识，对每个选项进行分析。
本题的关键在于理解物理学史和研究方法的基本概念。在分析选项时，需要结合物理学史和研究方法的知识，对每个选项进行细致的分析和判断。正确理解物理学史和研究方法，对于深入学习物理学和理解物理现象具有重要意义。
2.【答案】C
【解析】解：A、对风筝分析受力，如图所示。
风筝受竖直向下的重力mg、垂直于风筝面斜向右上方的风力F、细线的拉力T，风筝静止在空中，受力平衡，根据平衡条件可知，细线的拉力与重力的合力与风力等大反向共线，可知细线的拉力T与风力不在同一直线上，则拉直的风筝细线不可能垂直于风筝面，故A错误；
B、对儿童和风筝整体分析受力，可知整体受竖直向下的总重力、垂直于风筝面斜向右上方的风力和地面竖直向上的支持力，在竖直方向上，风力沿竖直方向的分力与地面提供的支持力方向相同，故地面对儿童的支持力大小小于风筝和儿童的总重力，故B错误；
C、对儿童和风筝整体分析受力，可知整体受竖直向下的总重力、垂直于风筝面斜向右上方的风力和地面竖直向上的支持力，由于风力有向右的分量，则地面对人有向左的静摩擦力作用，整体才能保持平衡状态，所以儿童相对地面具有向右运动的趋势，故C正确；
D、儿童与风筝都处于平衡状态，则儿童所受合外力等于风筝所受合外力，都为零，故D错误。
故选：C。
分别以风筝和风筝与人组成的整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件分析。
本题以生活实践情境为切入点，以风筝作为情境载体，考查力的合成与分解、力的平衡等知识，关键是能够对风筝进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，根据矢量三角形图解法分析各力的变化情况。
3.【答案】D
【解析】解：A、时间内，无人机一直竖直向上运动，故A错误；
B、在图像中，图线的斜率的绝对值表示加速度的大小和方向，时间内图线斜率的向下，故无人机的加速度方向向下，故B错误；
CD、在图像中，图线与时间轴所围面积表示无人机的位移，故时间内，无人机的位移小于小于，即无人机的平均速度小于，于时间内，无人机的位移大于，即无人机的平均速度大于，故C错误、D正确。
故选：D。
图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向，图线与时间轴所包围的“面积”表示位移。
本题考查图像，目的是考查学生的理解能力。
4.【答案】C
【解析】解：汽车做匀加速运动过，根据，解得汽车加速运动的时间为，汽车加速阶段的末速度为，则汽车刹车时的加速度大小为，故AB错误；
C.A、B两点间的距离为，故C正确；
D.汽车加速过程的平均速度等于减速过程的平均速度，均为，故D错误。
故选：C。
AB、根据匀变速直线运动时间与位移公式求出加速阶段的时间，然后根据速度公式求解加速阶段的末速度和刹车时的加速度；
C、求出减速阶段的位移，与加速阶段相加即可；
D、根据平均速度公式求解。
考查对匀变速直线运动规律的理解，根据关系式求解。
5.【答案】C
【解析】解：A、由于灯笼处于平衡状态，根据三力平衡的特点，可知灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向与弹簧弹力方向相反，即沿AO方向向下，故A错误；
B、根据平衡条件，绳上拉力等于弹簧的弹力，大小为，解得：
根据可求得弹簧的形变量为，故B错误；
C、若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力不变，则合力与绳上拉力大小相等，方向相反，为
根据牛顿第二定律可知，解得灯笼的加速度大小为，故C正确；
D、若仅增加灯笼的质量，则绳上拉力和弹簧弹力都会变大，弹簧伸长量变大，弹簧变长，所以悬挂静止后O点位置会发生变化，故D错误。
故选：C。
根据灯笼受力平衡分析灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向；根据受力平衡求出弹簧的形变量；若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力不变，则合力与绳上拉力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律求出灯笼的加速度大小；根据受力平衡分析若仅增加灯笼的质量，悬挂静止后O点位置是否会发生变化。
本题主要考查了受力平衡和牛顿第二定律的应用，难度适中。
6.【答案】A
【解析】解：由甲图可知，物体m匀速运动，由平衡条件可得：
物体M也做匀速运动，则有：
联立解得：；
乙图中，对M，由牛顿第二定律可得：
对m有：
联立解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先对甲图中M和m受力分析，根据平衡条件求解出动摩擦因数；再对乙图中的M和m受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度。
本题关键是灵活地选择研究对象，然后受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、以O点为研究对象，受到空调外机的压力F、斜梁对O点的支持力和横梁对O点的拉力，受力如图所示。
根据平衡条件，可知O点对空调外机的支持力为
由牛顿第三定律，可知空调外机对O点的压力为
由平衡条件结合几何关系可得
，，故A错误，B正确；
C、保持O点的位置不变，若把斜梁加长一点，变大，变大，可知横梁对O点的拉力将减小，故C正确；
D、由平衡条件可知，斜梁和横梁对O点的作用力的合力与空调对O点的压力等大反向，则把斜梁加长一点，则斜梁和横梁对O点的作用力不变，故D错误。
故选：BC。
以O点为研究对象，由平衡条件即可求出横梁和斜梁对O点的弹力大小；保持O点的位置不变，若把斜梁加长一点，根据横梁和斜梁对O点的弹力表达式分析横梁和斜梁弹力的变化。
本题考查了共点力平衡条件的应用，此题的易错点是横梁和斜梁都是两根而不是一根。
8.【答案】BD
【解析】解：A、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在时启动，此时甲的位移为，即甲车在乙前方50m处，故A错误。
B、当两车的速度相等时相遇最远，最大距离为，故B正确。
C、由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动10s后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故C错误。
D、乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故D正确。
故选：BD。
在速度-时间图象中，图线与时间轴所包围的面积表示对应时间内的位移大小，图象的斜率表示对应时刻的加速度大小，根据两车的速度关系和位移分析何时相遇。
本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，能根据图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理追及问题。要知道两车速度相等时相距最远。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、对网球，受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力图如图
根据牛顿第二定律得
解得
故A正确，B错误；
C、以球拍和球整体为研究对象，如图
根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为
故C错误；
D、若运动员的加速度a大于，假设球相对球拍静止，则其加速度也为a，如图所示
将a分解，则
因为，所以
即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必须有一个沿球拍向下的外力才能使球相对球拍静止，而实际上这个力不存在，故球一定沿球拍向上运动，故D正确。
故选：AD。
由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动。
本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解。
10.【答案】BD
【解析】解：由题意可得，热气球从地面由静止开始竖直上升时的加速度为，受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：，
解得：，浮力保持不变，则运动过程中所受浮力大小为2100N；
热气球有速度后，会受到空气阻力的作用，根据牛顿第二定律得：，因运动过程中空气阻力随速度增大而增大，则加速上升过程中，空气阻力f逐渐增大，加速度逐渐减小；故A错误，B正确；
C.若热气球以的加速度匀加速上升，则有：，
解得：，
由前面分析可知，加速上升过程中，热气球做加速度减小的加速运动，则加速上升过程会大于30s，故C错误；
D.由题知，热气球以的速度匀速上升，根据平衡条件，有：，
解得：，故D正确；
故选：BD。
由题意可得，热气球从地面由静止开始竖直上升时的加速度为，受重力和浮力，根据牛顿第二定律列式，可求浮力大小；热气球有速度后，会受到空气阻力的作用，根据牛顿第二定律列式，可确定加速度如何变化；
C.若热气球以的加速度匀加速上升，求出加速上升的时间，结合前面分析，即可判断；
D.由题知，热气球以的速度匀速上升，根据平衡条件列式，即可确定空气阻力的大小。
本题主要考查牛顿第二定律求解多过程问题，解题时需注意：分析物体的运动过程、分析每一阶段物体受力的变化、根据牛顿第二定律分析物体加速度的变化、根据加速度的情况分析物体的运动情况。
11.【答案】B 不变化 A 2
【解析】解：该实验是用一个力作用产生的作用效果与两个共同作用产生的作用效果相同来探究两个互成角度的力的合成规律，所以使用的科学方法是等效替代法，故ACD错误，B正确。
故选：B。
由于重物c质量不变以及O点位置不变，细绳OC的拉力不变化；改变细绳OA与细绳OB的方向，根据三力平衡原理，细绳OA与细绳OB拉力的合力大小仍等于细绳OC的拉力大小，因此细绳OA与细绳OB拉力的合力不变化。
测量时弹簧测力计必须与量角器平行且在同一竖直平面内，故A正确；
为减小实验误差，与两弹簧测力计相连的细绳之间的夹角要适当大一点，但不是越大越好，也不是一定要垂直，故BC错误。
故选：A。
是通过实验得到的合力，是合力的实际值，一定沿竖直方向，与重力方向相反；合力是通过平行四边形得到的理论值，不一定在竖直方向上，则若操作正确，则作出的图应是图2。
故答案为：；不变化；；。
根据实验原理，分析采用的物理方法；
根据三力平衡的原理分析作答；
根据实验原理、正确操作分析作答；
根据合力的时间值与理论值的含义分析作答。
本题考查了“验证两个互成角度的力的合成规律”实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作，知道合力实际值与理论值的含义。
12.【答案】B C
【解析】解：实验中利用力传感器直接测量细线的拉力，并没有认为细线的拉力近似等于砂和砂桶的重力，可知，实验不需要用天平测出砂和砂桶的质量m，故A错误；
B.为了使细线对小车的拉力等于小车所受外力的合力，实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C.为了充分利用纸带，让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故C错误；
D.由于实验中使用了力传感器，不需要用砂和桶的总重力代替绳子的拉力，因此实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。
故选：B。
由于图像纵轴与横轴所表示物理量不一样，即标度不相同，在求解图像的斜率时，不能够用倾角的正切值求解，故AB错误；
平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律有
变形得
图像斜率为k，则有
解得
故C正确，D错误。
故选：C。
相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法，小车的加速度
代入数据解得
对砂和砂桶进行分析，根据牛顿第二定律有
解得。
故答案为：；；；。
根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答；
图像纵轴与横轴所表示物理量不一样，即标度不相同，图像的斜率，据此分析作答；
根据牛顿第二定律求解函数，结合图像斜率的含义求解作答；
根据逐差法求加速度，根据牛顿第二定律求解砂和砂桶的质量。
本题考查了探究一定质量的小车其加速度与力的关系的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作，掌握逐差法求加速度的方法，掌握牛顿第二定律的运用。
13.【答案】解：设飞机着陆时的速度为，减速10s，由平均速度得滑行距离：
解得：；
飞机着陆后匀减速运动的加速度大小为：
解得：
飞机停止运动所用时间为：
着陆后30s滑行的距离：
答：飞机着陆时的速度；
飞机着陆后30s时距着陆点800m。
【解析】由平均速度公式求解；
由匀变速运动速度-时间公式和位移-时间公式求解。
本题考查匀变速直线运动的规律，解题的规律掌握匀变速运动速度-时间公式和位移-时间公式。
14.【答案】解：黑板擦向上缓慢运动，平衡条件得：
水平方向：，
竖直方向：，
又
联立解得：
黑板擦向下缓慢运动的过程，对黑板擦受力分析，
水平方向：，
竖直方向：，
又
联立解得：
答：黑板擦与黑板间的动摩擦因数是；
若作用力F方向保持不变，当F为2N时能完成向下缓慢擦黑板的任务。
【解析】以黑板擦为研究对象，分析受力情况。黑板擦缓慢移动时，合力为零，根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解；
同理，黑板擦向下缓慢运动时，由平衡条件列式可求得F的大小。
本题有实际的情景，实质可以简化为四力平衡问题，运用平衡条件求解。
15.【答案】滑块和木板发生相对运动，滑块加速度为
，方向竖直向上
木板加速度为
，方向竖直向上
设经过时间t滑块到达木板的中点
滑块与木板不发生相对滑动，滑块与木板间静摩擦力增大为最大静摩擦力
木板：
滑块：
整体向上加速
满足条件为
答：小滑块加速度大小为，方向竖直向上，木板的加速度大小为，方向竖直向上；
经过滑块到达木板中点；
满足条件为。
【解析】根据牛顿第二定律可求出滑块和木板各自的加速度；
根据位移-时间公式可求出到达中点的时间；
利用牛顿第二定律结合整体法，可求出必须满足的条件。
学生在解答本题时，应注意板块模型要根据受力情况分析好运动过程，找到摩擦力的方向是解题的关键。