安徽省桐城市某中学2022-2023学年高二物理上学期月考（1）试卷（Word版含解析）

高二物理试卷1.伽利略的发现以及他所应用的科学方法，是人类思想史上最伟大的成就之一，而且标志着物理学的真正开端。关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法正确的是(    )A.伽利略研究自由落体运动的实验称为理想斜面实验B.伽利略用实验直接证明了小球从静止开始沿斜面滚下时速度随位移均匀变化C.伽利略用实验直接证明了小球从静止开始在空中落下时速度随时间均匀变化D.伽利略科学方法的核心是实验和推理相结合2.A，B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方随位置的变化规律如图所示，下列判断正确的是(    )A.汽车A的加速度大小为B.汽车A、B在处的速度大小为C.从开始到汽车A停止前，当时A、B相距最远D.从开始到汽车A停止前，当时A、B相距最远3.用平抛竖落仪可以研究平抛运动的特点。如图所示，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被放开自由下落(    )A.实验时A、B两球的质量必须相等B.此实验可说明A球在水平方向做匀速直线运动C.此实验可说明A球在竖直方向做自由落体运动D.两球落地点间的距离与释放点的高度成正比4.100多年前爱因斯坦预言了引力波存在，2015年科学家探测到黑洞合并引起的引力波。双星的运动是产生引力波的来源之一，在宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点只在二者间的万有引力作用下做匀速圆周运动，测得 P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为星的轨道半径大于Q星的轨道半径，引力常量为G，则下列结论错误的是(    )A.Q、P两颗星的质量差为B.P、Q两颗星的线速度大小之差为C.Q、P两颗星的质量之比为D.Q、P两颗星的运动半径之比为1.如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个小物块可看成质点从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P点，则(    )A.OP间距离为B.OP间距离为C.两小物块运动到P点的速度相同D.两小物块的运动时间均为2.大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成，如图是改装后的电表，已知灵电流表G的满偏电流为，内阻为，变阻箱R接入电路的阻值为，下列说法正确的是(    ) A.甲表是电压表，改装后的量程为B.甲表是电流表，若增大接入电路的变阻箱R的阻值，则改装表的量程减小C.乙表是电流表，改装后的量程为D.乙表是电压表，若减小接入电路的变阻箱R的阻值，则改装表的量程增大1.如图，质量分别为和的两小球带有同种电荷，电荷量分别为和，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为与。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为和，最大动能分别为和。则下列选项中正确的是(    )①一定小于②一定大于③一定大于④一定大于A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④2.我国越野滑雪队在河北承德雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，其转速和倾角与水平面的最大夹角达根据需要可调。一运动员的某次训练过程简化为如图模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为10m处的运动员保持如图滑行姿势，可看成质点与圆盘始终保持相对静止，运动员质量为60kg，与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为，g取，已知，。则下列说法正确的是(    ) A.运动员随圆盘做匀速圆周运动时，可能只受到两个力的作用B.的最大值约为C.取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随的增大而增大D.运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为3720J1.如图所示，在倾角为的斜面体上用细线系着一个质量为m的小球，随斜面体一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。重力加速度为g，稳定时，细线的拉力大小可能为(    )A.B.C.D.2.质点沿x轴运动，经过坐标原点时开始计时。设t时刻的位置坐标为x，则图像如图所示，取初速度方向为正方向，则(    )A.质点的初速度为，加速度为B.时质点的速度为零，时质点回到坐标原点C.质点沿x轴正方向运动的最大位移为1mD.时间内质点运动的路程为10m3.如图所示，与水平面成角的传送带正以的速度匀速运行，A，B两端相距。现每隔1s把质量的工件视为质点轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且工件到达B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带同的动摩擦因数，g取，下列说法正确的是(    ) A.工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力B.两个工件间的最小距离为C.传送带上始终有5个工件D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了35N1.如图所示，虚线a，b，c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P，R，Q是这条轨迹上的三点，由此可知(    )A.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D.带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度2.倾角为且足够长的光滑固定的斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示，在平行于斜面向上的力F作用下，物体从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示，其中在过程的图线是曲线，在过程中图像是是平行x轴的直线，在的过程中图像是直线，则下列说法正确的是(    )A.在的过程中，力F在减小B.在 的过程中，物体的动能一直在增大C.在的过程中，物体的速度大小不变D.在的过程中，物体一定做匀速运动1.建造一条能通向太空的电梯如图甲所示，是人们长期的梦想。材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是其，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的航天员，地面附近重力加速度g取，地球自转角速度，地球半径。下列说法正确的有(    )A.随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小B.航天员在处的线速度等于第一宇宙速度C.图中为地球同步卫星的轨道半径D.电梯舱停在距地面高度为的站点时，舱内质量60kg的航天员对水平地板的压力为零2.某实验小组同学利用如图所示的装置探究合外力做功与滑块动能改变量的关系。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M以及槽码和挂钩的总质量m。实验时，用游标卡尺测量遮光条宽度d，用刻度尺测量光电门1和2之间的距离L 。将滑块系统系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上，由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，已知重力加速度为g。将槽码和挂钩的重力视为滑块系统受到的合外力，则需要满足______。滑块系统从光电门1运动到光电门2的过程中，合外力对其做的功为______；滑块系统动能的改变量为______。用测量的物理量的字母符号表示1.某学习小组设计如下实验研究平抛运动。如图所示，弯曲轨道AB固定在水平桌面上，在离轨道边缘B不远处有一可移动的竖直平面abcd，平面中心竖直线标有刻度，0刻度线与桌面边缘平齐。以边缘B正下方的O点为原点建立水平x轴。实验时，将竖直平面移动到x处，从固定立柱处由静止释放体积很小的钢珠，钢珠从B点离开后击中中心竖直线某点，记录刻度值y；改变x，重复实验。研究平抛运动规律时，下述条件对减小误差没有帮助的是______。A.弯曲轨道边缘保持水平B.弯曲轨道尽量光滑C.保持竖直平面abcd与水平面垂直D.使用相同体积但质量较大的小钢珠如图所示的图像中，能正确反映y与x的关系的是______。若某次将钢珠从固定立柱处由静止释放，记录钢珠击中中心竖直线的刻度，记为y；将竖直平面向远离B方向平移，再次将钢珠从固定立柱处由静止释放，记录钢珠击中中心竖直线的刻度为；将竖直平面再向远离B方向平移 ，让钢珠从固定立柱处由静止释放，记录钢珠击中中心竖直线的刻度为。钢珠的初速度为______。1.如图所示，半径的光滑圆弧轨道BC竖直固定在光滑水平地面上，C端切线水平；与C端等高的长木板质量靠紧圆弧轨道；A点在圆弧轨道所在竖直面内，与B端的高度差。质量为的小物块可视为质点从A点以的水平初速度抛出，运动到B端恰好沿着切线方向进入圆弧轨道BC，最后与长木板相对静止。小物块与长木板间的动摩擦因数，g取求：小物块运动至B端时的速度大小和方向；小物块滑至C端时，圆弧轨道对它的支持力大小；长木板的最小长度。2.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在x轴下侧平面内某处固定着一点电荷设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响，一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，不计粒子重力，静电力常量为k，求：、N两点间的电势差；固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q；匀强电场的电场强度E大小。 1.如图所示，质量的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一质量可视为质点的小物块，平板与物块间的动摩擦因数，距平板左端处有一固定弹性挡板，平板撞上挡板后会速率反弹。现对平板施一水平向左的恒力，物块与平板一起由静止开始运动，已知重力加速度，整个过程中物块未离开平板。求：第一次碰撞时平板的速度大小；第三次碰撞时物块离平板右端的距离；物块最终离木板右端的距离；若将恒力F撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度，使得平板与挡板只能碰撞5次，求L应满足的条件。假设平板足够长 答案和解析1.【答案】D 【解析】解：A、伽利略研究自由落体运动的实验称伽利略落体实验，故A错误；BC、伽利略通过实验建立了匀加速运动的概念，再通过合理的外推，推得自由落体运动也是符合匀加速直线运动规律，并不是直接证明，故BC错误；D、伽利略科学方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，故D正确。故选：D。2.【答案】B 【解析】根据公式可得汽车A的初速度为，加速度大小为，汽车B的初速度为0，加速度为，则A.由前面的分析可知汽车A的加速度为，故A错误；B.根据公式可得在处的速度大小为，故B正确；当两者速度相等时，两车的距离最远，即，可得，此时A的位移为，故CD错误。故选B。  3.【答案】C 【解析】解：忽略空气重力，两球的加速度均为重力加速度，与小球质量无关，故实验时A、B两球的质量不需要相等，故A错误；该实验装置如果得到的结果为两小球同时落地，证明运动时间相等，所以推理出平抛的小球A在坚直方向与B球一样做自由落体动，水平方向没有对比，不能得出结论，故C 正确，BD错误。故选：C。运动。4.【答案】C 【解析】解：D、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，周期相等，所以Q星的周期为T；根据题意可知：，，解得：，，则P、Q两颗星的运动半径之比为，故D正确；AC、根据万有引力提供向心力，，可得：，，根据，则质量差为：，质量比为：，故A正确，C错误；B、P星的线速度大小：，Q星的线速度大小，则P、Q两颗星的线速度大小之差为，故B正确。本题选错误的，故选：C。5.【答案】A 【解析】解：AB、以P点为最低点经过A和B做“等时圆”如图所示：根据几何关系可知所以，根据几何关系可得：，解得，故A正确、B错误；C、根据动能定理可得，从A点下滑的高度大于从B 点下滑的高度，所以从A点下滑到P的速度大于从B点下滑的高度，故C错误；D、设BP斜面倾角为，根据几何关系可得，根据牛顿第二定律可得：，解得；设，则斜面长根据位移时间关系可得解得，故D错误。故选：A。6.【答案】B 【解析】解：AB、电流表的改装需要并联一个分流电阻，故改装后甲表是电流表，改装后量程为表头G的电流满偏时通过改装表的总电流，即量程，所以改装后并联的分流电阻越大，其量程越小，故A错误、B正确；CD、电压表的改装需要串联一个分压电阻，故改装后乙表是电压表，改装后量程为表头G的电流满偏时加在改装表两端的总电压，即量程，所以若减小接入电路的变阻箱R的阻值，则改装表的量程减小，故CD错误。故选：B。7.【答案】C 【解析】解：①② 根据牛顿第三定律，两小球的库仑力大小相等、方向相反，与所带电荷量无关，所以电荷量、的大小不能判断；根据共点力的平衡条件及数学知识可得，因为，F不变，所以；故①正确，②错误。③两小球突然失去各自所带电荷后，小球做圆周运动，根据动能定理，得，由于，，所以；故③正确。④小球失去电荷后，小球做圆周运动，根据动能定理设小球初态的高度为h，由题意，摆长不变，根据数学中的半角公式，综上可得到：，由此可得，当越大时，动能越大，故一定大于，故④正确；故ABD错误，C正确。故选：C。8.【答案】AD 【解析】解：A、运动员随圆盘做匀速圆周运动时，在最高点位置可能只受到重力和支持力恰好提供向心力，故A正确；B、由于运动员与圆盘始终要保持相对静止，在最低点时最容易发生滑动，根据向心力方程可得：代入数据可得，此时的临界角速度为：故B错误；C、随着从0开始逐渐增大，运动员在最高点受到的摩擦力可能先减小再反向增大，也可能随的增大一直增大，故C错误；D、从最低点到最高点列动能定理： 代入数据可得：，故D正确；故选：AD。9.【答案】ABC 【解析】解：AB、物体随斜面向右做匀加速直线运动，当加速度较大时，物体会离开斜面，当物体刚要离开斜面时，物体只受两个力：重力和细线的拉力，竖直方向合力为0，有。水平方向有，解得：，故AB正确；CD、物体斜面向右做匀加速直线运动，当加速度较小时，物体和斜面之间有相互作用力，此时小球受重力、细线的拉力和斜面的支持力，小球的受力如图所示。水平方向上，由牛顿第二定律得：竖直方向上，由平衡条件得：联立解得：，，故C正确，D错误。故选：ABC。10.【答案】CD 【解析】解：A、由得：，可得初速度为，加速度为，故A错误；BC、由得：，即物体在时质点的速度为零，1s内运动的位移为，根据对称性可知，时反向加速到时刻的位置，所以在4s时离出发点最远，质点沿x轴正方向运动的最大位移为，故错误，C正确；D、时间内位移大小为，时间内质点运动的路程为，故D 正确。故选：CD。11.【答案】BD 【解析】解：A、工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：工件与传送带共速时通过的位移为，共速时，因为，所以共速后工作相对于传送带静止，受到沿传送带向上的静摩擦力，故A错误；B、刚开始加速1s的两个工件间距最小，最小距离为，故B正确；CD、由分析可知工件加速过程始终有两个，匀速过程始终有4个，共6个，则满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和，即为： ，故C错误，D正确。故选：BD。12.【答案】AD 【解析】解：AB、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故A正确，B错误；C、根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故C错误；D、由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故D正确；故选：AD。13.【答案】AB 【解析】解：A、在 过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动。根据功能关系得：，解得：，则知图线的斜率表示拉力，在过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力F逐渐减小到零，故A正确；BC、在过程中，机械能不变，则拉力为零，再根据选项A可知时物体沿斜面向下运动，则物体在过程中继续向下加速运动，则在重力的作用下物体的动能一直在增大，故B正确、C错误；D、过程过程，机械能继续减小，拉力做负功，则拉力方向沿斜面向上，图像的斜率恒定，故拉力F为恒力，但不知道拉力F与重力分力的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动、也可能做匀减速直线运动，还可能做匀加速直线运动，故D错误。故选：AB。14.【答案】CD 【解析】解：A、航天员受到电梯舱的弹力等于航天员的重力，在赤道上，时，随着r增大，万有引力减小，向心力增大，弹力减小，时，随着r增大，向心力大于万有引力，弹力会反向增大，故A错误；B、第一宇宙速度是万有引力完全提供向心力，但是在处，万有引力并不能完全提供向心力，故B错误；C、由图可知，在位置时，万有引力完全提供随地球自转的向心力，与同步卫星运动情况一致，所以为地球同步卫星的轨道半径，故C正确；D、宇航员对水平地板的压力为零时，此时万有引力提供向心力，正处于r位置，根据向心力方程可得：代入数据可得：距地面高度为，故D 正确；故选：CD。15.【答案】 【解析】解：由牛顿第二定律得：对滑块与槽码整体：，对滑块：，解得：，当时，，即当时，可将槽码和挂钩的重力视为滑块系统受到的合外力。滑块经过光电门时的速度大小，；滑块系统从光电门1运动到光电门2的过程中，合外力对其做的功为mgL；滑块系统动能的改变量为故答案为：；；。16.【答案】 【解析】解：、弯曲轨道边缘保持水平，能保证小球离开轨道后做平抛运动，故对减小误差有帮助，故A正确；B、本实验只需要保证每次小球平抛的初速度相同即可，轨道光滑对减小实验误差没有帮助，故B错误；C、保持竖直平面abcd与水平面垂直，刻度值y才表示竖直位移，故对减小误差有帮助，故C正确；D、使用相同体积但质量较大的小钢球，能减小空气阻力的影响，小钢球的运动更接近平抛运动，故对减小误差有帮助，故D正确；本题选不正确的，故选：B。由平抛运动规律可得： ；联立可得：，可知成正比，故C正确，AB错误；故选：C。设钢球水平运动10cm的时间为t，则有，联立解得：故答案为：；；17.【答案】解：设小物块运动至B端时的速度大小为，与水平方向的夹角为，竖直方向的分速度为则       根据题意可得得所以设小物块在C点的速度为，圆弧轨道的支持力为F，则 根据机械能守恒定律得在C点，由牛顿第二定律得 解得，小物块在长木板上滑行过程中，小物块的加速度大小为 长木板的加速度解得。小物块在长木板上相对静止时，设经过的时间为t，共同速度为v，长木板最小长度为L。则  联立解得，答：小物块运动至B端时的速度大小是，方向与水平方向的夹角为；小物块滑至C端时，圆弧轨道对它的支持力大小是79N；长木板的最小长度是7m。 【解析】物块从A运动到B做平抛运动，根据下落的高度求得物块到达B点时竖直分速度，根据到达B点时水平速度与竖直速度的关系求解小物块运动至B端时的速度大小和方向；小物块从B滑至C的过程，由动能定理求出物块滑到C点端时的速度。在C点，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求圆弧轨道对它的支持力大小；物块滑上长木板后做匀减速运动，长木板做匀加速运动，当物块刚好滑到长木板右端时长木板的长度最小。根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答。18.【答案】解设粒子过N点时的速度为v，由速度的合成有：       所以：  粒子从M点运动到N点的过程，据动能定理：    设带电粒在第四象限内的运动半径为r由几何关系得：且                                   联立解得：                                 带电粒子从电场中出来时，由速度合成得： 而时间：    联立得：答：、N两点间的电势差为。固定x轴下侧平面内的点电荷电量为。匀强电场的电场强度E大小为。 【解析】由题设进入第四象限的速度方向和初速度求出粒子在磁场中的速度，根据动能定理求出MN间的电势差。由题设离开磁场时速度方向与y轴垂直和进入磁场速度方向确定圆周运动的圆心，由几何关系求出半径，由库仑力提供向心力求出点电荷的电量Q。 再回到匀强电场中的类平抛运动，末速度方向已知，从而求出沿场强方向的速度，而此速度是由电场加速的，由运动学公式求出加速度，再求出电场强度。19.【答案】解：若两者保持相对静止，在恒力作用下一起向左加速，有由于，故平板M与m一起匀加速，根据动能定理，解得平板反弹后，物块加速度大小向左匀减速运动，平板加速度大小为经时间达到共速，由 得共同速度为从碰撞到达共速的过程，设平板的位移为，则之后一起匀加速再次碰撞的速度为，由动能定理由运动学公式得同理推导可得 设物块离开平板右端的距离为s，则即第三次碰撞时物块离开平板右端的距离为。设第n次碰撞速度为，经过第时间，达到第n次共速，之后一起匀加速再次碰撞的速度为，由动能定理联立以上三式可得同理可推导可得由求和公式由题意，设每次加速的时间为t，平板和木块的加速度都为则平板撞击挡板的速率根据运动情况分析，前四次撞击的速度相等且小于木块的速度且对小物块代数得第五次撞击挡板的速度小于等于木块的速度，且满足代数得即 由运动学公式得答：第一次碰撞时平板的速度大小为；第三次碰撞时物块离平板右端的距离为；物块最终离木板右端的距离为；若将恒力F撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度，使得平板与挡板只能碰撞5次，L应满足的条件为。 【解析】两者相对静止，在恒力作用下一起向左加速，根据动能定理求解速度大小；全程根据牛顿第二定律和运动学结合求出距离，由此得到物块离平板右侧的距离；根据动能定理求出最终离木板右端的距离；根据动量定理结合运动学公式求解L应满足的条件。