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1、重庆市育才中学校高2025届2022-2023学年（上）12月月考物理试题第卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，每题的四个选项中只有一个选项符合题目要求，选对得4分，选错或不选的得0分）1. 下列各组物理量中，全部是矢量的是A. 速度、路程、功率B. 力、位移、加速度C. 功、动能、加速度D. 位移、力、周期【答案】B【解析】【分析】【详解】A速度既有大小又有方向，是矢量，路程、功率只有大小没有方向，都是标量，故A错误；B力、位移、加速度既有大小又有方向，都是矢量，故B正确；C功、动能只有大小没有方向，都是标量，加速度既有大小又有方向，是矢量，故C错误；D位移、力既有大小又有
2、方向，都是矢量，周期只有大小没有方向，是标量，故D错误。故选B。2. 如图，一条绳子一端悬挂于某点后，让其放开自由下落，若整条绳子经过绳子下端点正下方20m处的A点的时间是1s，则该绳子长应为（）（g取）A. 10mB. 15mC. 20mD. 25m【答案】D【解析】【详解】设绳长为L，由题意根据自由落体运动规律可得解得故选D。3. 我国“奋斗者”号载人潜水器再次刷新下潜纪录，潜到了10909米的海底。潜水器某次从水面下潜到海底后再返回水面过程的图像和图像如图所示，则下列说法正确的是（）A. 图像就是潜水器的下潜轨迹B. 610min内，潜水器的加速度恒定不变C. 潜水器34min内开始上浮
3、，其加速度大小为2D. 潜水器610min的时间内向上运动【答案】D【解析】【详解】A图像是描述潜水器在水面下距水面的高度与时间的图像，不是潜水器的下潜轨迹，A错误；B图像的斜率表示加速度，根据图像可得610min内，潜水器的加速度大小不变，但是方向改变了，B错误；C由图像可知潜水器34min内在下潜，由图像可得加速度大小为C错误；D由图像可知潜水器610min的时间内下降的高度在减小，所以在向上运动，D正确。故选D4. 如图所示，物体A的左侧为粗糙竖直墙面，B的下面有一竖直压缩的弹簧，A，B保持静止,则( ) A. 物体A与墙面间一定有弹力B. 物体A与墙面间一定有摩擦力C. 物体A受到5个
4、力的作用D. 弹簧的弹力大小等于A、B的重力之和【答案】D【解析】【详解】AB. 整体受力平衡，竖直方向受到重力和弹簧的弹力，水平方向不受力，所以A与墙之间没有弹力；没有弹力就不会有摩擦力，故AB错误C.物体A受重力和B对A的支持力与摩擦力，故C错误D.整体分析可知，弹簧的弹力大小等于A、B的重力之和，故D正确5. 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。在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是（）A. 货箱向上做减速直线运动B. 此时货箱向上运动速度等于C. 此时缆绳中拉力大小等于D.
5、 此时货箱中的货物处于失重状态【答案】B【解析】【详解】AB将货车的速度进行正交分解，如图所示由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故有v1=vcos则可知此时货箱向上运动的速度为vcos，但由于不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，选项A错误，B正确；CD因整体的加速度向上，则合力向上，则此时缆绳中的拉力大于，则货物处于超重状态，选项CD错误。故选B。6. 如图所示，质量为的吊篮悬挂在天花板上，质量为的物体被固定在吊篮中的轻弹簧（其劲度系数为）上端，保持静止状态。当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间（）A. 吊篮的加速度为零B. 弹簧的形变量为C. 物体
6、的加速度为，方向竖直向下D. 吊篮的加速度为，方向竖直向下【答案】D【解析】【详解】细绳被剪断前AD细绳被剪断的瞬间，细绳弹力消失，弹簧弹力不变，对吊篮解得方向竖直向下，故D正确，A错误；BC细绳被剪断的瞬间，弹簧形变量不变，仍为对物体解得Q处于平衡状态，故BC错误。故选D。7. 一个光滑铁环竖直放置，原长为的轻质弹簧底端系一质量为m的小球B，此球B套在铁环上，弹簧另一端固定在铁环最高点A，小球静止时OA与OB夹角。则下列说法错误的是（ ）A. 铁环对小球的弹力方向一定沿OB方向向外B. 小球所受弹簧的弹力大小等于其重力大小的倍C. 该弹簧的劲度系数D. 若更换为原长相同且劲度系数更大的轻弹簧
7、，小球再次静止时，铁环对小球的弹力变大【答案】CD【解析】【详解】A小球处于平衡状态，受到重力、支持力和弹簧弹力，如图所示，所以铁环对小球的弹力方向一定沿OB方向向外，故A正确；B根据图中的几何关系解得根据平衡条件小球所受弹簧的弹力大小等于其重力大小的倍, 故B正确；C根据图中几何关系可得弹簧长度根据胡克定律联立解得故C错误；D根据图中几何关系可得若更换为原长相同且劲度系数更大的轻弹簧，小球再次静止时，间距减小，而的值不变，铁环对小球的弹力变小，故D错误；故选CD。二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求，全都选对的5分，选不全得3分，有选错或
8、不选错得0分）8. 伽利略曾用如图甲所示的“理想实验”研究力与运动的关系，用图乙所示的实验研究自由落体运动，则下列说法正确的是（）A. 图甲实验会看到：小球一定会“冲”上对接斜面等高的位置B. 通过图甲实验得出：力不是维持物体运动的原因C. 图乙实验中，运用斜面“冲淡”了重力的作用，使运动时间变长，便于测量D. 通过图乙实验直接验证了：自由落体运动的速度是均匀变化的【答案】BC【解析】【详解】A若对接斜面不光滑，则不会“冲”上对接斜面等高的位置，故A错误；B通过图甲实验得出：力不是维持物体运动的原因，故B正确；C图乙实验中，运用斜面“冲淡”了重力的作用，使运动时间变长，便于测量，故C正确；D通
9、过图乙实验，再通过合理外推，得到自由落体运动的速度是均匀变化的。故D错误。故选BC9. 如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角 = 37，以恒定速率v = 2m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0= 12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数 = 0.5，取g = 10m/s2、sin37 = 0.6、cos37 = 0.8。则下列说法正确的是（ ）A. 煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同B. 煤块向上滑行的最大位移为10mC. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为【答案】ACD【解析】【详解】A煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得mgsinm
10、gcos = ma1解得a1= 10m/s2设经t1时间与传送带共速，由v = v0a1t1代入数据解得t1= 1sA正确；B共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律mgsinmgcos = ma2解得a2= 2m/s2设经t2时间煤块速度减为0，由0 = va2t2代入数据解得t2= 1s则结合选项A的数据可知，煤块先以12m/s的初速度，10m/s2的加速度经过t1= 1s减速至2m/s，后又以2m/s的加速度经过t2= 1s减速至0，再反向加速至回到A点，作出煤块运动的vt图像，如图所示由图像可知煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小，有B错误；C物块上升到最
11、高点后反向向下做初速度为零，加速度为a2= 2m/s2的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t3，则有解得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为C正确；D在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则因为L2 L1所以在上升阶段产生的划痕为5m，此时煤块距离产生的划痕的最上端1m处，在2s到时间内，煤块向下滑了8m，传送带向上滑了，则煤块在传送带上的划痕为D正确。故选ACD。10. 一轻弹簧的一端固定在倾角为=37的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m=1kg的小物块a相连，如图所示质量为0.6m的小物块b紧靠a静止
12、在斜面上，此时弹簧的压缩量为12cm，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为12cm弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g10 m/s2则下列说法正确的是（ ）A. 弹簧的劲度系数80N/m；B. 从开始到分离的时间是0.4s；C. 物块b加速度的大小1.2m/s2D. 在物块a、b分离前，外力大小随时间逐渐变大再不变【答案】AC【解析】【分析】【详解】A开始，ab静止在斜面上，处于平衡状态，对ab系统，由平衡条件得解得A正确；BC由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0，由匀变速
13、直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知说明当形变量为时二者分离，此时弹簧处于压缩状态；a、b分离时a、b间没有弹力，此时两者加速度相等，对a，由牛顿第二定律得解得则b的加速度大小也为1.2m/s2，分离的时间B错误C正确；D在物块a、b分离前，对系统，根据牛顿第二定律随弹簧伸长量x的减小，F逐渐变大，D错误。故选AC。第卷（非选择题）三、实验与探究题（本题共2题，共15分）11. 图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器，将小车和挂在竖直面内的拉力传感器用一条柔软的轻绳通过光滑的定滑轮和轻质动滑轮连接起来。拉力传感器是一种将物理信号转变为可测量的电信号
14、输出的装置，用于检测小车受到的拉力大小。(1)在安装器材时，要调整小滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行，这样做的目的是_（填字母代号）。A防止打点计时器在纸带上打出的点迹不清晰B保证小车最终能够实现匀速直线运动C平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车受到的合力(2)实验中_（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量远小于小车的质量。(3)第一实验小组在实验中得到一条纸带的一部分如图乙所示，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度，相邻两计数点间的距离如图所示，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。根据图中数据计算出加速度的大小为_m/s2。（计算结
15、果保留两位有效数字）(4)第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的a-F图像，该小组同学做实验时存在的问题是_。【答案】 . C . 不需要 . 2.2 . 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】【详解】(1)1实验中调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力，就不能使细绳的拉力等于小车所受的合力。故选C。(2)2由于本实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。(3)3因纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s根据题意得s1=8.30cms2=
16、10.50cms3=12.70cms4=14.90cm根据代入数值得a=2.2m/s2(4)4图像在F轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。12. 某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。（1）下列说法正确的是（ ）A.要记录弹簧的伸长量及所挂钩码的质量B.为减小实验误差，应多测几组数据C.每次增加的钩码数量必须相等D.通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的长度成正比（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0_ cm，劲度系数k_N/m。（3）他又
17、利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧此时的长度x_ cm。【答案】 . AB . 4 . 50 . 10【解析】【详解】（1）1A弹簧被拉伸时，要记录弹簧的伸长及所挂钩码的质量，方便研究力与型变量的关系，故A正确；B为减小实验误差，应多测几组数据故B正确；C每次增加的钩码数量不必相等，故C错误；D在弹性限度内，弹力与形变量成正比，故D错误。（2）23当弹簧弹力为零时，弹簧的长度为4cm，即弹簧的原长为4cm，图像的斜率表示弹簧的劲度系数为（3）4由图可知，弹簧测力计的示数为3.0N，则弹簧的形变量为则弹簧的长度四、计算题（本题共3小题，共42分，解答应
18、写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13. 小船匀速横渡一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 min到达对岸下游120 m处。若船头保持与河岸成角向上游航行，在出发后12.5 min到达正对岸（已知sin 370.6，sin 530.8），求：（1）水流速度大小v1；（2）河的宽度d及船头与河岸的夹角。【答案】（1）0.2m/s；（2），【解析】【详解】（1）当船头垂直对岸方向航行时，设过河时间为t1，在沿河岸方向 可得水流的速度（2）设第二次过河时间为t2，船速为v，根据题意可知在垂直河岸方向上在沿河岸
19、方向代入数据解得，14. 如图所示，质量的木块静置于粗糙的水平面上，在大小、方向与水平面成夹角斜向上的拉力作用下，做匀速直线运动。取，。（1）求木块与水平面间动摩擦因数；（2）拉力方向不变，当物体对地面压力为零时，求拉力的大小及此时木块加速度的大小；（3）接第（2）问，若从静止开始经3s撤去，则木块运动的总位移为多少？【答案】（1）；（2）100N，；（3）300m【解析】【详解】（1）以木块为研究对象，其受力示意图为依题意有依题意，代入数据联立解得（2）拉力方向不变，当物体对地面压力为零时，竖直方向有解得水平方向上有解得（3）前3秒的位移为x1，依题意有撤去后，木块做减速运动，根据牛顿第二定
20、律有其加速度大小为撤去后，木块做减速运动，其位移为x2，依题意有解得则木块的总位移为15. 有一种游戏项目可简化为如图所示的装置。5个相同的木板紧挨着静止放在水平地面上，每块木板的质量均为m1kg，长l1m。它们与地面间的动摩擦因数10.1。现有质量为M2.5kg的小铅块（可视为质点），以v04m/s的初速度从左端滑上木板1，它与木板的动摩擦因数20.2。取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）判断当铅块刚滑上木板1时，木板是否运动，并简要说明；（2）求铅块滑离木板3时速度大小；（3）求铅块在整个运动过程中前进的位移大小。【答案】（1）木板不动，理由见解析；（2）2m/s；（3）
21、m【解析】【详解】（1）小铅块滑上木板后，对小铅块：受力如图1解得根据牛顿第三定律，铅块对木板的摩擦力对5块木板整体：受力如图2设木板受到最大摩擦力为fm2解得若木板静止，则木板与地面间的摩擦力小于最大静摩擦力，可判断木板不动；（2）设铅块滑离第k块木板时，木板开始运动，则（5-k）块木板所受的滑动摩擦力根据图2可知，剩余木板受到的合力向右解得可判断小铅块滑离3号木板后才能运动，即滑上4号木块后4号和5号木块将一起运动。小铅块在1、2、3号木板上运动时木板不动，对小铅块，由牛顿第二定律可得解得设铅块滑离木板2时速度为v2，根据运动学公式可得解得（3）小铅块以滑离3号木板，此时4、5号木板受到地面摩擦力小于上表面小铅块对其摩擦力，开始加速解得根据可知达到共速m/s根据x=x铅x木=m1m可判断未滑离4号木板；小铅块在1、2、3号木板上运动x1=3l=3m小铅块滑上4号木板后直至和木板达到共速x2=t=m小铅块和木板达到共速后随木板一起匀减速直至停下，可知a3=1m/s2根据0-v42=-a3x3可得x3=m综上所述，可得小铅块整个过程中的运动位移x=x1+x2+x3=4m第 20 页 共 20 页