2023-2024学年山东省济宁市邹城二中高一（上）月考物理试卷（12月份）
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分。在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1．（3分）以下表达式中g代表重力加速度，A代表速度，，如果我们将国际单位制中的长度基本单位变成原来的α倍（例如将长度基本单位从米变为千米，α就是1000），时间基本单位变为原来的β倍（例如将时间基本单位从秒变为分钟，β就是60），请问g、h和A的数值分别变为原来的几倍（ ）
A．α1β2，α1，α1β1 B．α1β﹣2，α1，α1β﹣1
C．α﹣1β2，α﹣1，α﹣1β1 D．α﹣1β﹣2，α﹣1，α﹣1β﹣1
2．（3分）小明站在力传感器上完成下蹲动作，计算机采集的图线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在下蹲过程中只出现超重现象
B．在下蹲过程中只出现失重现象
C．根据该图线可以知道小明所受重力为500N
D．在下蹲过程中先出现超重现象再出现失重现象
3．（3分）将物体竖直向上抛出，设空气阻力大小不变，则物体上升到最高点所需的时间与由最高点落回原处所需时间相比较（ ）
A．上升时间大于下降时间
B．上升时间小于下降时间
C．上升时间等于下降时间
D．无法判断
4．（3分）如图所示，光滑斜面上物体重力mg分解为F1、F2两个力，下列说法正确的是（ ）
A．物体受到重力mg、FN、F1、F2四个力的作用
B．物体只受到重力mg和斜面的支持力FN的作用
C．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2是物体对斜面的压力
D．力FN、F1、F2三力的作用效果与力mg、FN两个力的作用效果不同
5．（3分）如图所示，位于水平桌面上的木板P，上面叠放一物块Q，用水平细绳将Q与竖直墙壁相连。已知Q与P、P与桌面之间动摩擦因数均为μ，木板P与物块Q的质量分别是2m和m，若用一水平向右的力F把P匀速拉出，则F的大小为（ ）
A．2μmg B．3μmg C．4μmg D．5μmg
6．（3分）如图所示，质量均为m＝1kg的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，现对小球A施加大小恒为16N、方向可以改变的外力F，若要使两小球处于静止状态，悬线OA与竖直方向的夹角θ的值不可能是（ ）
A．60° B．45° C．37° D．30°
7．（3分）滑草，是如今一些度假村推出的一项前卫运动，和滑雪一样能给运动者带来动感和刺激。特别对少雪地区的人们来说，滑草更新鲜了，因为它比滑雪更具有娱乐休闲性，更能体验人与大自然的和谐。“双人滑草”项目可以简化为如下模型：如图所示，A、B物块紧靠在倾角为α粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑，斜面与A之间的动摩擦因数为3μ，与B之间的动摩擦因数为μ，A物块的质量为m，B物块的质量为3m，已知重力加速度为g。则在下滑过程中，物块A、B之间作用力的大小等于（ ）
A． B． C． D．
8．（3分）如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．若断Ⅰ靠近小球端，则小球受两个力作用
B．若断Ⅰ靠近小球端，则小球加速度a，方向水平向左
C．若断Ⅱ，则小球加速度a，方向水平向左
D．若断Ⅱ，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
（多选）9．（4分）如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A（轻绳与斜面平行），另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点。动滑轮上悬挂质量为m的物块B，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直。现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A刚好要滑动。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为．整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．物体A的质量为m
B．物体A受到的摩擦力一直增大
C．地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小
D．斜面体对地面的压力逐渐减小
（多选）10．（4分）如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同。一质量为m的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点。在上述过程中斜面体一直静止不动。下列说法正确的是（ ）
A．A返回出发点时，速度大小等于v0
B．A上滑时的加速度值大于下滑时加速度的值
C．桌面对B的支持力一直等于B的重力
D．A上滑的时间小于下滑的时间
（多选）11．（4分）如图甲所示，水平地面上静止放置质量为M＝1.5kg的木板，木板的左端有一个可视为质点质量为m的滑块。现给滑块一向右的初速度v0＝10m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2
C．滑块的质量m＝1kg
D．木板的长度L＝4m
（多选）12．（4分）如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的轻弹簧上，A与B不粘连。以两物体静止时的位置为坐标原点。现对物体A施加竖直向上的拉力F，使A、B一起竖直向上运动，两物体的加速度随位移变化的a﹣x图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．在图乙PQ段中，拉力F逐渐增大
B．在图乙QS段中，B减速上升
C．位移大小为x1时，A、B之间弹力大小为mg﹣kx1﹣Ma0
D．位移大小为x1时，A、B的速度大小均为
三．实验题（共6小题，满分60分）
13．（6分）实验小组用图甲所示的装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：
①安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动
③挂上砝码盘，接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度
④改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤③，求得小车在不同合力作用下的加速度
根据以上实验过程，回答下列问题：
（1）保持小车的总质量M不变，通过改变所挂钩码的质量m，多次重复测量来研究小车加速度a与F的关系。这种研究方法叫 （填下列选项前的字母）。
A．微元法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．科学抽象法
（2）实验时，应该 。
A．先接通电源，后释放小车
B．先释放小车，后接通电源
（3）下列说法正确的是 。
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．实验过程中砝码盘处于超重状态
C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行
D．弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半
（4）实验中 （选填“需要”或“不需要”）砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。若实验中打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。根据测量结果计算：小车运动的加速度大小为 m/s2（结果保留三位有效数字）。
（5）由实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象如图丙所示，与本实验相符合的是 。
14．（8分）在探究“加速度与力和质量的关系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如图1所示：
①如图1所示，先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m；
②保持平板倾角θ不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度a；
③保持小车质量M不变，多次改变沙和沙桶的总质量m，每次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系；
④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系。
（1）在上述实验操作过程中，以下说法正确的是 。
A．可以用6V以下的直流电源给打点计时器供电
B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源
C．要保持细绳与平板平行
D．应让小车从远离定滑轮处开始运动
（2）在操作④中，每次改变小车质量后， （选填“需要”或“不需要”）重新调节平板的倾角。
（3）实验中，某同学在坐标纸上画出四张a关系图线（见图2）。其中 图是正确。
（4）在操作②中，小车所受的合力大小 mg（填“大于”或“等于”或“小于”），实验中 （填“需要”或“不需要”）满足沙和沙桶的总质量远小于小车质量。
15．（7分）如图所示，质量为m1＝1kg的物体A用轻绳跨过定滑轮与质量为m2＝0.5kg的物体B相连（绳子与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦力均不计），物体A放在倾角为37°的固定斜面上。物体A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，物体A距离斜面底端的距离为x＝4m，此时系统处于静止状态。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。求：
（1）物块A所受摩擦力的大小和方向；
（2）烧断细绳，物块A沿斜面下滑的加速度大小；
（3）烧断细绳，物块A沿斜面下滑到达斜面底端的时间和速度大小。
16．（9分）如图所示，质量M＝8kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8N．当小车速度达到1.5m/s时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。求从物体放上小车开始经t＝1.5s的时间，物体相对地面的位移是多少。（g取10m/s2）
17．（14分）如图所示，距离地面高h＝1.25m的绝缘传送带水平放置，以v＝5m/s的速度顺时针转动。在传送带上端轻轻地放一个质量m＝0.5kg、并且始终受一个水平向右的拉力F＝3N。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，传送带长L＝4m，g＝10m/s2，求：
（1）小物块运动到传送带右端所用的时间；
（2）物块落地时的速度。
18．（16分）飞机场常利用如图的传送带将地面上的行李运送到飞机上，传送带AB与地面的夹角θ＝30°，传送带的长度L＝10m、以v＝2m/s的恒定速度向上运动。在传送带底端A轻轻放上一质量m＝10kg的行李箱，已知行李箱与传送带间的动摩擦因数μ，取g＝10m/s2，求：
（1）行李箱从A端运送到B端所需的时间；
（2）行李箱相对传送带滑动的距离。
2023-2024学年山东省济宁市邹城二中高一（上）月考物理试卷（12月份）
答案与解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．【解答】解：g单位m/s2，依题意，长度基本单位变成原来的α倍，时间基本单位变为原来的β倍，则g的数值变为原来α﹣1β2倍；
h单位m，长度基本单位变成原来的α倍，则h的数值值变为原来α﹣1倍；
A代表速度，单位m/s，长度基本单位变成原来的α倍，时间基本单位变为原来的β倍，则A单位变为原来的α﹣1β1倍，故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．【解答】解：ABD、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降，处于失重状态，到达一个最大速度后再减速下降，处于超重状态，对应先失重再超重，故ABD错误；
C、开始时小明站在传感器上静止时其合力为零，此时传感器的示数等于其重力的大小，即小明所受重力为500N，故C正确。
故选：C。
3．【解答】解：物体向上运动时，受力分析如图所示：
根据牛顿运动定律：mg+f＝ma1，解得a1
物体向下运动时，受力分析如图所示：
根据牛顿运动定律：mg﹣f＝ma2，解得a2
所以：a1＞a2。
对上升的过程采用逆向思维，有：s1a1t12，则t1。
下降的过程有：s2a2t22，则t2。
因为s1＝s2，则t1＜t2
故选：B。
4．【解答】解：AB、斜面光滑，物体只受重力mg和支持力FN两个力的作用，故A错误，B正确；
C、F1是重力作用在物体上使物体下滑的分力，F2是重力作用在物体上使物体挤压斜面得力，不是物体对斜面的压力，因为物体对斜面的压力受力物体是斜面，不是物体，而F2作用在物体上，故C错误；
D、F1和F2是重力的两个分力，则力FN、F1和F2的三个力的作用效果跟mg、FN两个力的效果相同，故D错误。
故选：B。
5．【解答】解：对Q物块，木块Q与P间的滑动摩擦力为：f＝μmg
地面对P体向左的摩擦力f′，有：f′＝μ（3m）g＝3μmg
根据共点力平衡条件，有：F＝f+f′＝4μmg，故C正确、ABD错误。
故选：C。
6．【解答】解：两小球处于静止状态，对A、B整体为研究对象，受力分析，受整体重力、OA绳子拉力、外力F，三个力共点力平衡。重力大小方向均不变，外力F大小不变，方向可变，由三角形定则可知，当外力F与绳子拉力T垂直时，θ最大。
由几何关系可知
sin0.8
故悬线OA与竖直方向的夹角0的最大值为53°，不可能是60°，
故A错误，BCD正确；
本题选择不可能的；
故选：A。
7．【解答】解：对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：
4mgsinθ﹣3μmgcosα﹣μ 3mgcosα＝4ma
解得：a＝gsin
对B受力分析，根据牛顿第二定律可知：
3mgsinα﹣μ 3mgcosα﹣F＝3ma
解得：F，故D正确
故选：D。
8．【解答】解：AB、刚剪断弹簧Ⅰ瞬间，Ⅰ的弹力为0，细绳Ⅱ的拉力突变为零，故小球只受重力，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度为g，竖直向下，故AB错误；
CD、若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，所以小球受到弹力和重力作用，其合力水平向左，大小等于T2，
根据牛顿第二定律可知，此时小球的加速度为a，方向水平向左，故C正确，D错误。
故选：C。
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．【解答】解：A、动滑轮处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件解得绳子拉力T，
物体A刚好要滑动，受力平衡，根据平衡条件得：
T＝mAgsin30°+μmAgcos30°
解得：mA，故A正确；
B、开始悬挂动滑轮的两绳均竖直，则绳子拉力，则开始A受到的静摩擦方向向下，当P向右移动时，绳子的拉力一直增大，根据平衡条件可知，A受到的静摩擦力也一直增大，故B正确；
C、设悬挂动滑轮左边一根绳子与水平方向的夹角为θ，对斜面和A整体研究，由平衡条件得：
水平方向有：f＝Tcosθ，P向右移动过程中，T增大，θ减小，则f增大，故C错误；
D、悬挂动滑轮的绳子竖直方向的分量，所以斜面体对地面的压力等于斜面和A的重力与之和，不变，故D错误。
故选：AB。
10．【解答】解：A、木块要克服摩擦力做功，所以返回出发点的动能小于初动能，所以v＜v0，故A错误；
BD、设斜面倾角为θ，A、B之间动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可知，A上滑时：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
加速度大小为a1＝gsinθ+μgcosθ
A下滑时：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
加速度大小为a2＝gsinθ﹣μgcosθ
可知A上滑时的加速度值大于下滑时加速度的值，即a1＞a2，位移大小相等，由知，t上＜t下，故BD正确；
C、对斜面体B进行受力分析，物体A向上滑动时，B受力如图甲所示，物体A向下滑动时，斜面体受力如图乙所示
物体B处于平衡状态，由平衡条件得
FN1＝G+Ncoθ﹣f1sinθ
FN2＝G+Ncosθ+f2sinθ
可知FN2＞FN1，即桌面对B的支持力大小，上滑过程中比下滑时小，不是一直等于B的重力，故C错误；
故选：BD。
11．【解答】解：A．由乙图知，滑块刚滑上木板时的加速度为
根据牛顿第二定律可得﹣μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.4，故A正确；
B．物块与木板一起做匀减速运动，加速度为
根据牛顿第二定律可得﹣μ2mg＝ma2
解得μ2＝0.1，故B错误；
C．0﹣2s内木板的加速度
对M根据牛顿第二定律可得
μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma3
解得
m＝1kg
故C正确；
D．木板的长度为0﹣2s内物块与木板的v﹣t图像面积差值，即
故D错误；
故选：AC。
12．【解答】解：
A．把AB看成整体，由平衡条件可知，弹簧的力F弹＝kx0＝（M+m）g
图乙PQ段中，A、B的加速度是定值，由牛顿第二定律F﹣（M+m）g+F弹＝（M+m）a
随物体向上运动，弹簧弹力减小，拉力F增大，故A正确；
B．在图乙QS段中，A、B两物体的加速度方向仍竖直向上但减小，故A、B两物体做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．当A、B向上运动x1时，弹力大小F弹1＝k（x0﹣x1）＝（M+m）g﹣kx1
以B为研究对象，由牛顿第二定律F弹1﹣Mg﹣F'＝Ma0
解得F'＝mg﹣kx1﹣Ma0
故C正确；
D．从P到Q的运动中，加速度不变，有
从Q到S的运动中，物体的加速度随位移均匀减小，线性变化则有，
联立解得
故D错误。
故选：AC。
三．实验题（共6小题，满分60分）
13．【解答】解：（1）根据实验原理可知，探究加速度与力、质量关系实验需要采用控制变量法，故C正确，ABD错误；
（2）为了打点稳定并有效利用纸带，应先打开电源然后再释放纸带，故A正确，B错误；
（3）A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；
B、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；
C、与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，才能保证绳子的拉力等于小车受到的合力，故C正确；
D、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误。
故选：C；
（4）由于通过弹簧测力计测出了小车受到的力，所以不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；每相邻两点间还有4个计时点未画出，故计数点间的时间间隔T＝5×0.02s＝0.1s
在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即Δx＝aT2，
得：a10﹣2m/s2＝1.50m/s2；
（5）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A正确BCD错误。
故答案为：（1）C；（2）A；（3）C；（4）1.50；（5）A。
14．【解答】解：（1）A、打点计时器使用交流电源，故A错误。
B、实验时应先接通电源，再释放小车，故B错误。
C、实验时应保持细绳与平板平行，故C正确。
D、要让小车从靠近定滑轮处开始运动，故D错误。
故选：C。
（2）每次改变小车质量后，重力沿斜面的分力改变，需要重新调节平板的倾角。
（3）在力不变的条件下，加速度与质量成反比，所以a图象是过原点的倾斜的直线，故A正确，BCD错误；
（4）由于小车所受的合力等于悬挂的沙和沙桶的重力mg，则不需要满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量。改变小车的质量，需要重新调节平板的倾角。
故答案为：（1）C；（2）需要；（3）A；（4）等于；不需要。
15．【解答】解：（1）因为mAgsin37°＝1×10×0.6N＝6N＞m2g＝0.5×10N＝5N
所以 斜面给A的静摩擦力方向沿斜面向上，大小为：
f＝mAgsin37°﹣m2g＝6N﹣5N＝1N
（2）烧断细绳，则物块A沿斜面下滑的加速度为：
mAgsin37°﹣μmAgcos37°＝mAa
解得a＝2m/s2
（3）物块A沿斜面下滑，根据xat2
解得t＝2s
根据v＝at＝2×2m/s＝4m/s
答：（1）物块A所受摩擦力的大小为1N和方向为沿斜面向上；
（2）烧断细绳，物块A沿斜面下滑的加速度大小为2m/s2；
（3）烧断细绳，物块A沿斜面下滑到达斜面底端的时间为2s，速度大小为4m/s。
16．【解答】解：当在车的右端放上物体时，对物块：由牛顿第二定律得：ma1＝μmg，a1＝μg＝2m/s2
对小车：Ma2＝F﹣μmg
a0.5m/s2
设经过时间t0，物体和车的速度相等，即为：v1＝v2
物体的速度为：v1＝a1t0
车的速度为：v2＝v+a2t0
解得：t0＝1s，v1＝2m/s
前一秒物块相对地面的位移为：s11m
当物块与小车共速后，由牛顿第二定律有：
（M+m）a＝F
a0.8m/s2，
后0.5s物块相对地面的位移为：s2＝v1t1.1m
则物体从放上小车开始经t＝1.5s的时间，则物体相对地面的位移为：s＝s1+s2＝1+1.1m＝2.1m
答：物体相对地面的位移是2.1m。
17．【解答】解：（1）设物块刚放上传送带时的加速度为a，根据牛顿第二定律可得：F+μmg＝ma
代入数据解得：a＝10m/s2
物块运动到与传送带共速所用时间为t1s＝0.5s
此过程物块通过的位移为x1at1210×0.52m＝1.25m＜L＝4m
共速后，设物块的加速度大小为a'，根据牛顿第二定律可得：F﹣μmg＝ma'
代入数据解得：a'＝2m/s2
设共速后物块运动到传送带右端所用时间为t2，则有
代入数据解得：t2＝0.5s或t2＝﹣5.5s（舍去）
则物块运动到传送带右端所用的时间为t＝t1+t2＝0.5s+0.5s＝1s
（2）物块运动到传送带右端时的速度为v'＝v+a't2＝5m/s+2×0.5m/s＝6m/s
物块从传送带右端抛出后，竖直方向做自由落体运动，位移为
速度为：vy＝gt'
代入数据联立解得：t'＝0.5s
vy＝5m/s
水平方向受到拉力F，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F＝max
代入数据解得：ax＝6m/s2
水平分速度vx＝v'+axt'＝6m/s+6×0.5m/s＝9m/s
物块落地时的速度大小为v物m/s
设物块落地时的速度与水平方向的夹角为θ，则tanθ
答：（1）小物块运动到传送带右端所用的时间为1s；
（2）物块落地时的速度大小为，速度方向与水平方向夹角正切值为。
18．【解答】解：以行李箱为研究对象，根据牛顿第二定律：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma
解得：a＝1m/s2
行李箱匀加速达到传送带速度所需时间为：
行李箱匀加速运动的位移：L
由于μmgcos30°＞mgsin30°，所以之后行李箱做匀速运动.
匀速运动时间：
于是运动总时间：t＝t1+t2＝2s+4s＝6s
在t1时间内传送带通过的位移为x2＝vt1＝2×2m＝4m
行李箱相对传送带滑动的距离Δx＝x2﹣x1＝4m﹣2m＝2m
答：（1）行李箱从A端运送到B端所需的时间为6s；
（2）行李箱相对传送带滑动的距离为2m。
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