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高一物理12月月考参考答案 误； 错误。
，故B
题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B．在0～20s内，乙车的位移大小为 故选C。
号
答 A A BC 错误；
B D C c D A D 4．【答案】C
案 D B D
，故B错误； C． 内“起立”过程中，传感器示数先大
【详解】将力F分解为垂直于劈面的两个方
1．B
于600N，后小于600N，故该同学先处于超重
C．速度-时间图象的斜率表示加速度，斜率的 向，大小均为F ，由平行四边形定则可得
N
【详解】A．图甲中，可以利用悬挂法来确定
状态后处于失重状态，故C错误；
绝对值越大，加速度越大，在0～20s内，乙车
薄板重心，拉力和重力是一对平衡力，拉力和
D．该同学“起立”过程中，压力传感器的示
的加速度保持 不变，而甲车的加速度
重力是不同性质的力，只能说悬挂的拉力大小
数最大值为 ，最小值为 ，故该同
在10s时为零，故C错误；
等于薄板的重力，选项A错误；
学“起立”过程中最大加速度约为
D．在10s～20s内，甲车的速度-时间图象的斜
B．图乙中，通过平面镜观察桌面的微小形
率的绝对值逐渐增大，即加速度逐渐增大，速
，故D正
变，应用了放大法的物理方法，选项B正确；
度逐渐减小，所以甲车做加速度逐渐增大的减 解得
C．图丙中，人用平行于墙面的力推沙发，沙
确。
速运动，故D正确。
发静止不动是因为最大静摩擦力大于推力，选
故选D。
故选D。
项C错误； 6．A
3．C
D．图丁中，探究作用力与反作用力关系实验 故选C。 【详解】设细线长为L， 距离为h，两球间
【详解】BC．对N进行受力分析如图所示
5．D
时，传感器处于变速运动时也能完成探究，因 距为x，对小球b受力分析，如图所示
【详解】A． 内图像中第一次变化，传
作用力与反作用力与运动状态无关，选项D错
感器示数先小于实际重量，后大于实际重量，
误。
即先失重后超重，为一次“下蹲”过程，之后
故选B。
2．D 为一次“起立”过程，共一次“深蹲”，故A
【详解】A．速度-时间图象与时间轴所围成的 错误；
可知N一定受重力mg，M对N的弹力F ，M
N
面积大小表示位移，在0～10s内，假如甲车做 B．由题可知该同学质量
对N的摩擦力f，3个力的作用，才能处于平衡
匀加速直线运动，平均速度大小为
状态，B错误，C正确； 在小球a缓慢下移过程中，由相似三角形可得
AD．将M、N作为一个整体，可知墙壁对M
该同学“下蹲”过程中，压力传感器的示数最
一定不存在弹力，否则不可能平衡，由于弹力
而实际上甲的位移大于甲做匀加速运动的位 小值为 ，最大值为 ，故该同学“下
是摩擦力的前提，因此墙壁与M之间一定没有
移，所以甲车的平均速度大于5m/s，故A错 蹲”过程中最大加速度约为 两电荷间库仑力为
摩擦力，因此M一定受到4个力的作用，ADD．对第3张纸进行受力分析，水平方向受到
联立可得
大，B对C的支持力都等于 不变，故
第2、4张纸给其的摩擦力保持静止，故第2、
由于h变大，比值减小，故x变大，则F变 解得在2-4s内力F的大小为 ，故AB
3张纸间摩擦力与第3、4张纸间的摩擦力等大
BC都错误；
小，T变小，故选A。 正确；
反向，故D正确。
D．当货车向左做加速运动时，加速度达到
7．D C．结合图（b）、图（c）两图像可判断出0-
故选AD。
【详解】A．对C受力分析如图，当货车由静 2s内物块和木板还未发生相对滑动，它们之间
时，竖直方向有 9．AB
止向左做加速运动时，C的加速度向左，则三 的摩擦力为静摩擦力，此过程力F的大小等于
【详解】AB．由图（c）可以看出，在2-5s内
个力的合力向左，故A对C的支持力变小，故
木板与物块发生相对滑动，此时物块与木板间
细线对物块的拉力f的大小，观察 图象可
A错误；
水平方向有 的摩擦力为滑动摩擦力，结合图（b）可知滑
知，这段时间内 是变化的，所以F在此过程
动摩擦力的大小为
联立两式解得
中是变力，故C错误；
设2-4s内木板的加速度为 ，4-5s内木板的加
D．根据动摩擦因数的计算公式
BC．货车静止时或向左匀速运动时，管C都
故D正确。
速度为 ，结合 图像由
处于平衡状态，受到的三个力的合力为零，与 故选D。
可得2-4s内木板的加速度为 可知物块与木板之间的动摩擦因数为
匀速的速度大小无关。有几何关系和平衡条件 8．AD
有 【详解】A．滚轮相对于第1张纸向右运动，
由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之
第1张纸对滚轮的摩擦力方向水平向左，则滚
间的动摩擦因数 ，故D错误。
同理可得4-5s内木板的加速度为
轮对第1张纸的摩擦力方向水平向右，故A正
故选AB。
确；
10．BCD
B．进第1张纸时，第1张纸相对第2张纸向
解得 【详解】A．开始阶段，设小物块的加速度大
木板在4-5s内的牛顿第二定律方程为
右运动，则第2张纸与第1张纸间产生的是滑
小为 ，由牛顿第二定律得
动摩擦力，故B错误；
故货车静止时，管C受到管A给它的支持力为
C．进第1张纸时，第1张纸对第2张纸的滑
代入数据解得木板的质量为
解得
动摩擦力水平向右，但第2张纸处于静止状
木板在2-4s内的牛顿第二定律方程为
，货车向左匀速运动时，速度不论多 态，根据受力平衡可知，第3张纸对第2张纸
小物块加速到与传送带的速度相等时，根据速
的静摩擦力水平向左，故C错误；度-位移关系有 拉橡皮条至O点的拉力，根据平行四边形定则 (2)[2] 以M、m组成的系统为研究对象，由牛
作出两弹簧测力计拉力的合力，由于误差的存
故B正确； 顿第二定律得
在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的
C．设小物块离开传送带的速度大小为 ，根 是F′。
根据速度-时间关系有
(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相
据速度-时间关系有 解得
同，它们的作用效果可以等效替代，故B正
确。
解得
解得 (3)①根据“验证力的平行四边形定则”实验的
(3)[3] 如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全
操作规程可知，有重要遗漏的步骤的序号是
C、E。 调节水平，则滑块对接触面的正压力测量值偏
故C正确； ②在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明 大，测得的加速度偏小，根据动摩擦因数的表
D．共速前小物块与传送带的相对位移
是否把橡皮条的结点拉到同一位置O。
达式可知动摩擦因数测量值偏大。
因为
答案：(1)F′ (2)B (3)C E
[4]该误差是由实验方法不完善造成的，其结果
总是偏大，因此属于系统误差。
12．
解得
小物块共速后发生临界滑动，摩擦力反向，由
13．（1）22s；（2）714N，方向竖直向上
牛顿第二定律得
【详解】（1）（6分）由于电梯运行过程中加
共速后小物块与传送带的相对位移 速和减速过程的时间相等，则
偏大 系统误差
解得
【详解】(1)[1]物块经过光电门A时的速度
解得
故A错误；
B．根据位移-时间关系有 联立解得
物块经过光电门B时的速度
因为
解得 （2）（2分）当电梯向上匀加速运动时，处于
物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得
所以小物块在传送带上留下的痕迹长为 ， 超重状态，所以
故D正确。
小物块从A运动到 的时间
故选BCD。 解得
11．解析：(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至O
联立解得
点的拉力一定沿AO方向；而两个弹簧测力计
解得（3）（4分）求对斜面体与A组成的整体分
，
方向竖直向上。 析，水平方向合力为零，故
由运动学公式，两者一起做匀减速的时间为
经过 ，两者的速度分别为
14．(1)
(2) ，方向沿斜面向下
木板从开始运动到停止的总时间为
(3)
15．（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）（5分）以结点O为研究对象，
则撤去外力F时，木板的速度大小为
【详解】（1）（4分）分析题意可知，小滑块
受力分析并进行正交分解，如图甲所示
恰好要相对木板运动时，小滑块与木板间恰好
达到最大静摩擦力，对木板受力分析，由牛顿
（3）（6分）当撤去F时，对小滑块受力分
第二定律
析，由牛顿第二定律
解得
根据平衡条件，x轴方向 ，y轴 又经 两者速度相同
方向
对小滑块受力分析有
解得，两者达到共速的时间为
解得 ，
（2）（5分）物块A的重力沿斜面向下的分力 解得
共速时，两者的速度均为
， （2）（6分）初始阶段，对小滑块受力分析，
由牛顿第二定律
A受力如图乙所示：根据平衡条件
两者速度相同之后，两者一起减速直到停止，
对小滑块和木板整体受力分析，由牛顿第二定
对木板受力分析，可得 律
解得 ，方向沿斜面向
下。
联立解得 解得
