涉县第一中学2023-2024学年第”学期12月月考试卷
高一物理（人教版）试题
内容与范围：必修一第四单元和必修二第五单元前两节，必修一前三个单元
考试时间：75分钟满分：100分
一、单选愿（共7个小题，每小题4分，共28分，）
1、磁悬浮列车高速运行时，受到的空气阻力与其速度的二次方成正比，即F=w2,则比
例系数k的单位是(.，
A.kg/m
B.kg,（ms)
C.Ni(m's)
D.kg!m
2.秋季运动会上，参加200米决赛的6名同学在400米跑道上展开了角逐，-一名同学以
22秒50的成绩夺得第一，他的最高速度达到了13ms。
以下相关描述正确的是（)
A.获得第一名的同学全程为匀加速运动
B.6个赛道的同学位移均大小均为200m
C.获得第一名的同学全程平均速度约为8.89m/s
D.13m/s不一定是6名同学在比赛中最高速度
3.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一
矩形物体2，P、Q均处于静止状态。如果把P、Q物体看作一个整体，那么这个整体一
共受几个力作用？(）
A.3个
B.4个
C.5个
D.6个
4。小球从离地面H处以速度竖直向下运动，经1时间落地，若不考虑空气的阻力，则
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对该小球在下落过程的下列描述，错误的是()
A。小球下落过程中的加速度方向是竖直向下的
B.此小球沿竖直向下的运动是自由落体运动
C,利用环、t等信息，可求出小球下落过程中的加速度大小
D:利用.H、vt等信息，可求出小球落地时的速度大小
5.“天宫课堂”第四课于2023年9月21日15时.45分开课，神舟十六号航天员景海鹏，
朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒
乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的“球拍”击球，
水球被弹开。对于该实验说法正确的是()
A.击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
B.击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对平衡力
C.梦天实验舱内，水球体积越大其惯性越大
D.梦天实验舱内可进行牛顿第一定律的实验验证
6.某次蹦床比赛过程中，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像
如图所示。已知运动员质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力。下列说法正确的
是()
FN
Amg
01
t/s
A.运动员最大加速度大小为4g
B.运动员在蹦床上运动过程中处于失重状态
C.运动员与蹦床脱离时处于超重状态
D.运动员在蹦床上运动过程中，运动员对蹦床的作用力大小始终等于蹦床对运动员的
作用力大小
涉县一中12月月考高一物理试卷第2页共6页涉县第一中学 2023-2024 学年第一学期 12 月月考
高一物理（人教版）参考答案
内容与范围：必修一第四单元和必修二第五单元前两节,必修一前三个单元
一、单选题（共 7 个小题，每小题 4 分，共 28 分。）
1．A
2 F
【详解】由 Ff kv 可得 k f ，力的单位为 N，则1N 1kg m/s 22 ，可得 k的单位为 kg/m。v
故选 A。
2．D
【详解】A．获得第一名的同学全程不一定是匀加速运动，故 A错误；
B．根据常识，在 400米跑道上跑 200米不是做直线运动，所以 6个赛道的同学位移均小于 200m，
故 B错误；
200
C．获得第一名的同学全程平均速率约为 v m/s 8.89m/s
22.5
由于位移小于路程，所以平均速度小于 8.89m/s，故 C错误；
D．获得冠军的同学只是全程平均速率最大，在比赛过程中的最大速度不一定是选手中最大的，
故 D正确。
故选 D。
3．B
【详解】对 Q受力分析可知，受重力、P对 Q的压力、墙面对 Q的弹力和摩擦力；则整体受重
力、细绳的拉力、墙面对整体的弹力和摩擦力，共 4个力作用。
故选 B。
4．B
【详解】A．小球下落过程中的加速度是重力加速度，其方向是竖直向下的，选项 A正确，不符
合题意；
B．此小球因有向下的初速度，则沿竖直向下的运动不是自由落体运动，选项 B错误，符合题意；
C．利用 H、v0、t 等信息，利用H v0t
1
at 2
2
可求出小球下落过程中的加速度大小，选项 C正确，不符合题意；
H v0 vD．利用 H、v t0、t 等信息，根据 t 2
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可求出小球落地时的速度大小，选项 D正确，不符合题意。
故选 B。
5．C
【详解】A．击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故 A错误；
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是作用力与反作用力，故 B错
误；
C．梦天实验舱内，水球体积越大，水球质量越大，其惯性越大，故 C正确；
D．牛顿第一定律是理想情况，不可用实验直接验证，故 D错误。
故选 C。
6．D
4mg mg
【详解】A．根据牛顿第二定律可知 am 3gm
运动员最大加速度为3g，故 A错误；
B．运动员在蹦床上运动过程中，弹力大于重力时处于超重状态，弹力小于重力时处于失重状态，
故 B错误；
C．运动员与蹦床脱离时，只受重力作用，加速度向下，处于失重状态，故 C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，运动员在蹦床上运动过程中，运动员对蹦床的作用力大小始终等于
蹦床对运动员的作用力大小，故 D正确。
故选 D。
7．B
【详解】由于船相对于静水的速度大小方向恒定，即船速沿垂直河岸方向的分速度不变，则三次
渡河时间相同；由图可知，沿 AC轨迹渡河位移最小，沿 AD轨迹渡河的位移最大；故选项 B正
确，ACD错误；故选 B。
二、多选题（共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0分。）
8．BC
【详解】AB．投出的篮球在空中做曲线运动，根据曲线运动的特点可知，篮球的速度方向一定发
生变化，故其运动一定是变速运动，故 A错误，B正确；
C．篮球做曲线运动，根据曲线运动的特点可知，其速度方向与所受合力方向一定不在同一直线
上，故 C正确；
D．篮球做曲线运动，根据曲线速度方向的特点可知，其速度方向一定沿运动轨迹上这一点的切
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线方向，故 D错误。
故选 BC。
9．AC
F
【详解】A. 根据牛顿第二定律 F m1 m2 g sin m1 m2 a，解得 a g sin m1 m2
A正确；
m
B. 2根据牛顿第二定律T m2g sin m2a ，解得T Fm1 m2
B错误；
x 1 F
C. 根据胡克定律T kx，解得 m1 1 k
m2
m1
若只增大 m1， 1m 增大，x减小，它们的间距变小，C正确；2
F
D. 在撤去拉力 F瞬间，弹簧的弹力不变，m2的加速度不变 a2 g sin m1 m2
D错误。
故选 AC。
10．BD
【详解】B．本题可视为如图所示的模型
当沿箭头 b的方向竖直向上移动时，设两绳的夹角为 2θ，因绳长不变，两端绳子的拉力始终相同，
两绳子合力一定沿它们的角平分线，设绳长为 l，则可知 l sin d
因 d不变，绳子总长度不变，则可知绳与竖直方向上的夹角θ不变，故以吊坠为研究对象，分析受
力情况，因绳子两端的张力始终相等，设为 F，根据平衡条件得 2Fcos mg
F mg解得绳子的拉力
2cos
故在轻绳的右端上移的过程中，θ不变， cos 不变，故 F不变，故 B正确；
C．沿箭头 c的方向斜向上移动时，水平间距 d增大，根据几何关系 l sin d
知绳与竖直方向上的夹角θ增大，根据平衡条件 2Fcos mg
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推得细线的拉力F 将增大，故 C错误；
A．让右手沿箭头 a的方向水平向左移动时，水平间距 d减小， 逐渐减小，以吊坠为研究对象，
分析受力情况如图所示
mg
绳子两端的张力始终相等，根据平衡条件得 2F cos mg，解得 F
2cos
故让手水平向左缓慢移动，拉力 F逐渐减小，故 A错误；
D.与 A项分析同理，知沿箭头 d的方向水平向右移动时，水平间距 d增大， 逐渐增大，拉力 F
逐渐增大，故 D正确。
故选 BD。
三、实验题（共 2 个小题，共 16 分。）
11．（每空 2分，共 6分）
C 25 避免弹簧自身重力对实验的影响（意思对即可得分）
【详解】①[1]A．对每次增加的钩码数量没有要求，只需保证弹簧始终在弹性限度范围内，记录
下每次弹簧的伸长量及所挂钩码的质量即可。故 A错误；
B．通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比，故 B错误；
C．用悬挂钩码的方式给弹簧施加拉力，应保证弹簧水平且处于平衡状态，使弹簧所受拉力的大
小等于钩码的重力，故 C正确；
D．不同弹簧的劲度系数不一定相等，即弹簧的弹力与伸长量之比不一定相等，故 D错误。
故选 C。
②[2]在弹性限度内，弹力的大小与弹簧的形变量成正比，在点出现拐点是因为超过了弹簧的弹性
F 1.5
限度。故弹簧的劲度系数为 k N/m 25N/m
l 0.12 0.06
③[3]由于弹簧自身具有一定的质量，将弹簧水平放置，可避免弹簧自身的重力对实验的影响。
1
12．（共 10分） C（2分） BC（3分） 1.10（3分） （2分）
m
【详解】（1）[1]打点计时器可以计时，不需要弹簧测力计测量拉力，因为有力的传感器，需要刻
度尺测量纸带上点的间距。
故选 C。
涉县一中 12月月考高一物理参考答案 第 4 页 共 6 页
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（2）[2] A．因为实验对象是重物，而力的传感器可以读出绳子拉力，所以不需平衡摩擦力，故 A
错误；
B．需调节滑轮高度，使牵引小车的细线平行于木板，防止出现垂直木板方向的分力，故 B正确；
C．为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放小车，故 C正确；
D．因为有力传感器，所以不需要让小车的质量远大于重物的质量，故 D错误。
故选 BC。
（3）[3] 相邻计数点之间的时间间隔T
5 5
s 0.1s
f 50
a xCE xAC 27.00 11.30 11.30“ ” m/s2 1.10m/s2根据 逐差法 ，加速度
4T 2 4 0.12
（4）[4] 保持绳端所挂重物质量m不变，先按住小车，记下传感器读数为T，则T mg
对所挂重物根据牛顿第二定律T F ma
1
整理得 a (T F )
m
1
所以图像斜率 k
m
四、解答题（共 3 个小题，共 38 分。）
13．（10分）（1）8m/s；（2）7m
【详解】（1）根据牛顿第二定律可知 F mg ma 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
解得 a 2m/s2 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
根据匀加速直线运动中速度与时间的关系可知 v at 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
解得 v 8m/s 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
（2）根据匀变速直线运动中的位移时间关系可知第4s内发生的位移大小为
x x x 1 4 3 at
2 1 a(t 1)2 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3分
2 2
解得 x 7m 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
14．（13分）（1）20s，16m/s；（2）0.421m/s2。
【详解】(1)设泥石流到达坡底的时间为 t1，速度为 v1，根据题意有
s 11 v0t1 a1t
2
1 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分2
v1 v0 a1t1 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
代入数据得 t1 20s， v1 16m/s ； 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
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(2)泥石流在水平地面上做匀速直线运动，故汽车的速度加速至 v1，且两者在水平地面的位移刚好
相等就安全了，设汽车加速时间为 t，故有
v v
汽 1 a t 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
2
s v 1 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分汽 2a
s泥 v1 t t1 1 s汽 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
联立各式代入数据解得 a 0.421m/s2。 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
15．（15分）(1)2 m/s2；0.5 m/s2；(2)1 s；(3)2.1 m
【详解】(1)根据牛顿第二定律可得物块的加速度 am＝μg＝2 m/s2 。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
F mg 2
长木板的加速度 aM 0.5m/s 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分M
(2)速度相等，有 amt＝v0＋aMt 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3分
解得 t＝1s 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
(3)在开始 1 s内小物块的位移 x 11＝ 2 amt
2＝1m 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
则 1s末速度为 v＝amt＝2 m/s 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
在接下来的 0.5 s小物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为
F
a＝ ＝0.8 m/s2 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
M m
0.5 s 1这 内小物块的位移为 x2＝vt＋ 2 at
2＝1.1m 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分
小物块通过的总位移 x＝x1＋x2＝2.1m 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
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