浙江省宁波市鄞州高级中学2022-2023学年高一物理下学期5月月考试卷（Word版附答案）

鄞州中学2022-2023学年第二学期5月月考高一物理试题第I卷（选择题）一、单选题（本大题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，请将你认为正确的答案填涂在答题卡相应位置）1．在下列各组物理量中，全部属于矢量的是（）A．弹力、长度、时间B．位移、速度、加速度C．路程、速率、质量D．速度、位移、时间2．关于曲线运动，以下说法正确的是（　　）A．曲线运动一定是变速运动B．曲线运动一定是变加速运动C．做曲线运动的物体所受的合外力一定是变化的D．在恒力作用下物体不可能做曲线运动3．爱因斯坦对于伽利略的工作给予了高度的评价：伽利略的发现以及他所应用的科学推理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始。伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列说法正确的是（　　）①数学推理，如果，初速度为零的匀变速直线运动运动应符合②合理外推，当倾角等于时，斜面运动变为自由落体运动③实验验证：小球在斜面上运动符合，是匀加速直线运动④猜想假设：自由落体运动是最简单的变速运动，即A．④③①②B．④①③②C．①④③②D．④①②③4．智能机器制造是我国实施强国战略行动的一个重要方向。如图所示，一机械臂铁夹夹住一个钢球水平向右匀速移动，铁夹与球之间的接触面均保持竖直，在移动球的过程中，下列说法正确的是（　　）A．球受三个力作用B．铁夹对球的作用力水平向右C．铁夹对球的作用力竖直向上D．球受到的合外力水平向右5．如图所示为一质点做直线运动的速度—时间图像，下列说法中正确的是（　　）A．AB段表示质点处于静止状态B．CD段和DE段的加速度大小相等，方向相反C．整个过程中，C点表示质点开始反向运动D．0~16s，质点通过的位移为43.5m6．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b在近地轨道做匀速圆周运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示。关于这四颗卫星，下列说法正确的是（　　）A．a的向心加速度等于重力加速度g B．c在4h内转过的圆心角是C．在相同时间内，这四颗卫星中b转过的弧长最长D．d做圆周运动的周期有可能是20小时7．在紧张的学习之余，班上举行了飞镖比赛。小羽同学从到地面的高度为h、到靶面的水平距离为L处，将飞镖以大小为v0的速度水平投出，结果飞镖落在靶心的正下方。不计空气阻力。如果他下次打靶时做出调整，可能让飞镖打在靶中心的是（　　）A．保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，增大飞镖出手点到靶的水平距离B．保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度C．保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度D．保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，降低飞镖出手点距地高度8．如图所示，轻质弹簧下端悬挂有一小球，上端固定在水平天花板上，将弹簧拉至水平方向，且弹簧处于原长，现将小球由静止释放，直至其运动到最低点，不计空气阻力，在此过程中（　　）A．小球做匀速圆周运动B．弹簧对小球作用力不做功C．小球所受弹力的瞬时功率始终在增大D．小球所受重力的瞬时功率先增大后减小9．用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（　　）A．手机可能离开过手掌B．手机在t1时刻运动到最高点C．手机在t2时刻改变运动方向D．手机在t1~t3间内，受到的支持力先减小再增大10．直升飞机通过绳索打捞掉入海里质量为m的物体，启动后发动机以额定功率P沿竖直方向带动物体上升，经过一段时间后物体会以速度v匀速上升。若上升中受到的阻力大小不变，则在加速过程中速度为时，物体的加速度为（　　）A．B．C．D．11．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F（F=mgcosθ），其他条件不变，则木盒滑行的距离将（　　）A．不变B．变小C．变大D．变大、变小均有可能12．如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示。其中高度从h1下降到h2，图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　） A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B．小物体下落至高度h5时，加速度为0C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1-h5）13．如图所示，斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面底端A、B处夹角分别为、，斜面体与桌面材质相同，在顶端O处同时静止释放完全相同的两物块a、b，两物块均沿斜面向下滑行最终静止在水平桌面上，物块在A、B处没有机械能的损失。则以下说法正确的是（　　）A．两物块运动全程的位移大小相等B．两物块运动全程的路程相等C．两物块一定同时到达水平桌面D．两物块刚到达水平桌面时动能相等二、多项选择题（本大题共2小题，每小题4分，共8分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，请将你认为正确的答案填涂在答题卡相应位置，选对但不全得2分）14．如图，广州塔摩天轮位于塔顶450m高空处，是世界最高的摩天轮。摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成（相邻两个观光舱间距离相等），沿着与水平面夹角为的倾斜轨道做匀速圆周运动。质量为m的游客坐于观光球舱中，运动半径为r，角速度为，重力加速度为g，则（　　）A．游客的线速度大小为B．相邻两个球舱经过同一位置的最短时间间隔为C．质量不同的游客的向心力大小都相等D．因为游客做匀速圆周运动，所以他所受到的合力是恒力15．如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是：A．B．C．D． 第II卷（非选择题）三、实验题(共11空，每空2分，共22分)16．（1）某实验小组做验证牛顿第二定律实验，实验小组中的小华用图所示装置做实验，图中带滑轮的长木板水平放置于桌面，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小。小华做实验时，下列操作必要且正确的是_____A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数C．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带D．用天平测出砂和砂桶的质量E．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量（2）实验小组中的小明如图所示的实验装置来做实验。①小明同学平衡了摩擦力后。以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，测小车加速度a，作a-F的图像。下列图线正确的是_____。AB．    C．D．②图为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为_____m/s，小车的加速度为_____（以上两空均保留一位有效数字）（3）某同学用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，物体A、B由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图中的A、B所示。该同学仔细分析了图中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且mA_____mB17．某同学采用重物自由下落的方法“验证机械能守恒定律”，如图（甲）所示。打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为。 （1）下面是他实验时的操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C．用天平测量出重锤的质量；D．先释放纸带，然后再接通电源；E.测量打出的纸带上某些点之间的距离；F.计算重锤下落过程中减少的重力势能和增加的动能；G.改换纸带，重做几次。其中不必要以及不恰当的步骤有______；（2）若已知重物的质量为，按实验要求正确地选出纸带，用毫米刻度尺测量连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图（乙）所示，那么：从打下O点到打下计数点B的过程中重力势能的减少量_____J（保留3位有效数字）；而动能的增加量______J（保留3位有效数字）。实验发现二者并不完全相等，请指出一个可能的原因__________（3）处理数据过程中，甲乙两位同学分别发现了一种计算B点对应时刻物体速度的新思路：甲同学发现，图中的B是除起始点外打点计时器打下的第n个点。因此可以用从O点到B点的时间nT（T是打点计时器的打点周期）计算，即，再依此计算动能的增量。乙同学认为，可以利用从O点到B点的距离计算，即，再依此计算动能的增量。你认为，他们的新思路中()A．只有甲同学的思路符合实验要求        B．只有乙同学的思路符合实验要求C．两位同学的思路都符合实验要求         D．两位同学的思路都不符合实验要求（4）重锤在下落的过程中，如果所受阻力均忽略不计，h代表下落的距离，v代表物体速率，代表动能，代表势能，E代表机械能，以水平桌面为参考面，下列图像可能正确的是_______A．   B．C．D．四、解答题(共3小题，共计31分)18．（本题满分9分）如图所示，水平放置的薄圆盘可绕其中心轴转动，放置在圆盘上的小滑块A用穿过圆盘中心光滑小孔的细线与小球B连接，当圆盘匀速转动的角速度为时，小滑块A和小球B 均相对圆盘保持静止，此时OA段线长为0.5m，OB段线长为1m。已知滑块A的质量m1=2kg，小球B的质量m2=0.6kg，取重力加速度g=10m/s2，滑块与小球均视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）细线对小滑块A的拉力大小；（3分）（2）OB段细线与竖直方向的夹角；（3分）（3）小滑块A与圆盘间的动摩擦因数最小值。（3分）19．（本题满分9分）如图甲所示，水平传送带在电机的作用下，时刻由静止开始向右做匀加速直线运动，质量的物块（视为质点）在时刻，以速度从左轮中心的正上方水平向右滑上传送带，时刻物块与传送带的速度相等均为，物块和传送带运动的图像如图乙所示，时刻前后物块受到的摩擦力大小的变化量为，物块从右轮中心正上方离开传送带时速度为。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，求：（1）物块与传送带间的动摩擦因数；（3分）（2）物块在传送带上的划痕长度；（3分）（3）物块从滑上传送带到离开传送带过程的平均速度。（3分）20．（本题满分13分）如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道、竖直圆管道（管道口径远小于管道半径）、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧周定一弹簧，倾斜直轨道与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于点（C和略错开）。小滑块与倾斜直轨道及水平直轨道间的动摩擦因数均为，斜轨道倾角，长度。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失地进入段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹性势能为时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为。已知小滑块质量，可视为质点，已知，。（1）求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；（4分）（2）求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；（3分）（3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力。小滑块在水平直轨道上距离为x处的速度为，求与x之间的关系式。（6分） 鄞州中学2022-2023学年第二学期5月月考高一物理试题参考答案1．B【详解】A．弹力是矢量，而长度、时间是标量，没有方向，故A不符合题意；B．位移、速度和加速度都是矢量，故B符合题意；C．路程、速率、质量都是只有大小，没有方向的标量，故C不符合题意；D．速度、位移是矢量，而时间是没有方向的标量，故D不符合题意。故选B。2．A【详解】A．曲线运动的速度方向是不断改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；BCD．在恒力作用下物体的加速度不变，如果合力方向与速度方向不在一条直线上，物体做匀变速曲线运动，如果合力方向与速度方向在一条直线上，物体做匀变速直线运动；如果合力是变力，物体可能做变加速曲线运动，故BCD错误。故选A。3．B【详解】伽利略对自由落体的研究分为：猜想假设数学推理实验验证合理外推几个步骤。故选B。4．C【详解】A.根据受力分析可知，球受重力、夹子两侧面的弹力和摩擦力，共五个力的作用，故A错误；BCD．钢球水平向右匀速移动，所受的合外力为零，根据平衡条件可知，铁夹对球的作用力与球受到的重力等大反向，所以铁夹对球的作用力竖直向上，故BD错误，C正确。故选C。5．D【详解】A．由图像可知，AB段表示物体做匀速直线运动；故A错误；B．图像斜率表示加速度，由图可知，CD段和DE段的加速度大小相等，方向也相同，故B错误；C．D点以前物体的速度为正，D点以后物体的速度为负，则物体在D点开始反向，故C错误；D．图像与坐标轴所围面积表示位移则故D正确。故选D。6．C【详解】A．对于卫星a，根据万有引力定律、牛顿第二定律可得所以a的向心加速度小于重力加速度g，故A项错；B．由c是同步卫星，可知c在4h内转过的圆心角是故B项错；C．由万有引力提供向心力，有解得故轨道半径越大，线速度越小，故卫星b的线速度大于卫星c的线速度，卫星c的线速度大于卫星d 的线速度，而卫星a与同步卫星c的周期相同，所以卫星c的线速度大于卫星a的线速度，所以b的线速度最大，在相同时间内，这四颗卫星中b转过的弧长最长，故C正确；D．由万有引力提供向心力，有解得轨道半径r越大，周期越长，故卫星d的周期大于同步卫星c的周期，故D项错。故选C。7．B【详解】A．设靶心到地面高度为h0，飞镖下落高度为，根据题意可知保持飞镖出手点距地高度不变，要击中靶心，则飞镖的实际下落高度要减小，运动时间要变短，出手速度如果不变，则有飞镖出手点到靶的水平距离要减小，故A错误；BC．保持飞镖出手点距地高度，则飞镖实际到靶的时间较短，还要保持飞镖出手点距靶的水平距离不变，根据就需要增大飞镖的出手速度，故B正确，C错误；D．如果保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，则飞镖的运动时间不变，根据可知，需要升高飞镖出手点距地高度，故D错误。故选B。8．D【详解】A．小球下落过程中，弹簧长度在增加，小球做变加速曲线运动，不是匀速圆周运动。故A错误；B．小球下落过程中，弹簧的弹性势能增加，弹簧对小球做负功。故B错误；CD．根据PG=mgvy可知，开始时小球的速度为零，则重力的瞬时功率为零，到达最低点时，速度的方向与重力垂直，则沿竖直方向的分速度为零，此时重力的瞬时功率又变为零，则小球重力的瞬时功率先变大后减小。同理，小球所受弹力的瞬时功率始先增大后减小。故C错误；D正确。故选D。9．A【详解】A．由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A正确；B．根据可知图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；C．根据可知图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误； D．由图可知时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得得可知时刻支持力不断减小，时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得得可知支持力还是不断减小，故D错误。故选A。10．C【详解】物体匀速上升时，有速度为时，根据牛顿第二定律得解得故选C。11．B【详解】设木盒的质量为M且向上滑行，放有砝码时由牛顿第二定律有换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有可知a2>a1，再由x=可得x2＜x1.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有换成垂直于斜面向下的恒力F时，有可知a2′>a1′，再由x′=可得x2′＜x1′，故B正确，ACD错误。故选B。12．D【详解】由图知，小物体下降至高度h3时，动能最大，速度最大，合力等于零，加速度，即kx=k（h2-h3)=mg，所以A错误；小物体下落至高度h5时，速度减为零，有向上的加速度，故B错误；小物体从高度h2下降到h4，弹簧形变量为h2-h4，由能量守恒知，弹簧的弹性势能增加了EP=mg（h2-h4），又因k（h2-h3)=mg，所以C错误；小物体从高度h1下降到h5，由能量守恒知，弹簧的最大弹性势能等于减少的重力势能为mg（h1-h5），所以D正确。 13．A【详解】C．由题意可知，物块与斜面和地面有摩擦，设物块和斜面与地面的动摩擦因数为，设O与水平桌面的高度为h，在O点到水平桌面过程中，对a，由牛顿第二定律有联立解得同理对b有解得因为所以故C错误；D．到达水平桌面时，对a由动能定理得同理对b有因为所以故D错误；A．设物块a从A点到静止的水平位移为，对全过程由动能定理得设物块b从A点到静止的水平位移为，对全过程由动能定理得可得可得两物块在水平方向上位移相等，竖直方向的位移为h，所以两物块的位移大小相等，故A正确； B．对物块a，从最高点到静止时根据动能定理解得则物块a的路程为同理，对b，从B点到静止时由动能定理解得则物块b的路程为因为所以两物块运动全程的路程不相等，故B错误。故选A。14．AB【详解】A．游客的线速度大小为选项A正确；B．相邻两个球舱经过同一位置的最短时间间隔为选项B正确；C．根据可知，质量不同的游客的向心力大小不相等，选项C错误；D．因为游客做匀速圆周运动，所以他所受到的合力大小不变，但是方向不断变化，不是恒力，选项D错误。故选AB。15．BC【详解】AB．物块受重力，支持力，滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。设物块的质量为，传送带的倾角为，物块与传送带间的动摩擦因数为，若物块的合力沿传送带向上，则物块先沿传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动。A错误，B正确。CD．若物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速直线运动，C图是可能的。C正确，D错误。故选BC。16．ABCC4小于【详解】(1)[1]A．将长木板右端适当垫高，平衡摩擦力,使小车能自由匀速滑动。故A正确；B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数。故B正确； C．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，多次进行测量以减小误差。故C正确；DE．由拉力传感器可读出细线的拉力，故不需要知道砂和砂桶的质量，实验中也就不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量。故DE错误。故选ABC。(2)[2]整体分析由牛顿第二定律得mg=(M+m)a隔离小车，由牛顿第二定律有T=Ma联立可得细线的拉力为可知在平衡摩擦力的前提下，若，小车所受的合外力可认为等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度为随着砂和砂桶的质量增大，当不满足关系时，小车的实际加速度为图线会向下弯曲，故C正确；ABD错误。故选C。[3]依题意，纸带上相邻计数点的时间间隔为打C点时小车的速度为[4]根据逐差法，可得小车的加速度为(3)[5]根据牛顿第二定律有可得结合图象可知，图线的斜率为，由图可知A物体对应的斜率较大，则可知A物体的质量小于B物体的质量，即17．BCD0.4760.473由于克服空气阻力及纸带与限位孔的摩擦阻力做功，减少的重力势能中有少部分要转化为内能DB【详解】（1）[1]A．按照图示的装置安装器件，该步骤有必要；B．将打点计时器接到电源的交流输出端上，该步骤不恰当；C．要验证的关系式中两边都有质量，可以消掉，则没必要用天平测量出重锤的质量，该步骤没必要；D．先接通电源，然后再释放纸带，该步骤不恰当；E．测量打出的纸带上某些点之间的距离，该步骤有必要；F．计算重锤下落过程中减少的重力势能和增加的动能，该步骤有必要；G．改换纸带，重做几次，该步骤有必要。故选BCD。（2）[2]从打下O点到打下计数点B的过程中重力势能的减少量 [3]动能的增加量[4]实验发现二者并不完全相等，可能的原因：由于克服空气阻力及纸带与限位孔的摩擦阻力做功，减少的重力势能中有少部分要转化为内能；（3）[5]两种方法均不正确；原因是所用的表达式里面都有重力加速度g，也就间接应用了机械能守恒定律，失去了验证的价值。故选D。（4）[6]A．因则图像是过原点的直线，选项A错误；B．因则图像是开口向下的抛物线，选项B正确；C．因则图像为直线，选项C错误；D．因则总的机械能与下落的高度h无关，即E-h图像是平行横轴的直线，选项D错误。故选B。18．（1）12N；（2）60°；（3）0.4【详解】（1）对物体B受力分析如图所示根据牛顿第二定律得解得（2）对B，在竖直方向有代入数据解得（3）对A分析，其向心力大小为 所以滑块A所受摩擦力f一定指向圆心，根据牛顿第二定律得解得因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以解得即滑块A与圆盘间的动摩擦因数不小于0.4。19．（1）；（2）；（3）【详解】（1）时间内物块的加速度大小为由牛顿第二定律可得时刻之后，物块的加速度为由牛顿第二定律可得由题意可得设物块与传送带间的动摩擦因数为，则有解得、，（2）时间内，物块与传送带之间的相对位移（即划痕）为解得（3）时间内，物块的位移为设时刻后物块随传送带一起运动的时间为，一起运动的位移为x2，由匀加速直线运动的规律可得 物块在传送带上运动的整个过程中的平均速度解得20．（1）3N，方向竖直向下；（2）；（3）不受，【详解】（1）从C到D，对小球由动能定理在C点由牛顿第二定律联立解得由牛顿第三定律可知，第一次运动到C点时对轨道的压力为3N，方向竖直向下（2）从开始到E点由动能定理解得（3）当滑块以通过最高点时对轨道无压力，此时的弹性势能为，由牛顿第二定律从开始到E点由动能定理解得弹性势能为大于时，小滑块在圆管道内不受到摩擦力。从开始到离距离为x处，由动能定理解得