重庆市渝高中学2022-2023学年高一物理下学期第二次月考试题（Word版附解析）

高一（下）第二次测试物理试题本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟一、单项选择题（本题共7小题，每题4分，共28分，每小题的四个选项只有一个选项符合题目要求。选对得4分，选错或不选得0分）1.下列说法中正确的是(）A.曲线运动的速度一定变化，加速度也一定变化B.速度、加速度和位移合成都遵循平行四边形定则C.在恒力作用下，物体不可能做曲线运动D.匀速圆周运动是匀变速运动【答案】B【解析】【详解】A．曲线运动的速度的方向时刻发生变化，速度一定变化，一定有加速度，加速度可能不变，例如平抛运动，故A错误；B．速度、加速度和位移均为矢量，其合成运算都遵循平行四边形定则，故B正确；C．在恒力作用下，物体可能做曲线运动，例如平抛运动，故C错误；D．物体做匀速圆周运动时，物体的加速度大小保持不变，方向总是指向圆心，即加速度方向时刻发生变化，故匀速圆周运动不是匀变速运动，故D错误。故选B。2.下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（　　）A.只有甲、乙B.只有丙、丁C.只有甲、丙D.只有乙、丁【答案】C【解析】【详解】甲图中子弹与木块组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；乙图中M与N组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒；丙图中木球与铁球组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；丁图中斜 面与木块组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，所以系统动量守恒的只有甲、丙。故选C。3.如图，在水平地面上匀速运动的汽车通过定滑轮用绳子吊起一物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度大小分别为和，则下列说法中正确的是（　　）A.B.C.物体做匀速运动，其所受拉力等于物体重力D.物体做匀加速直线运动，拉力大于重力【答案】B【解析】【分析】【详解】绳子不可伸长，末端的速度沿绳子方向的分速度相等随着小车向左运动，逐渐减小，逐渐增大，不变，逐渐增大，是变加速运动，处于超重状态，ACD错误，B正确，故选B。4.质量相同的金属小球a、b、c，在离地面同一高度处。a球以速度竖直上抛、b球以速度平抛、c球做自由落体运动，不计空气阻力。则小球a、b、c（　　）A.落地前瞬间的动量相等B.从抛出到落地过程中重力的冲量相等C.从抛出到落地过程中动量变化量相等D.从抛出到落地过程中b、c球动量变化量相等【答案】D【解析】【详解】A．由机械能守恒可知，a、b两小球落地时的速度大小相等，但方向不同，故二者落地前瞬间的动量大小相等，方向不同，c球落地时的速度小于a和b，其动量较小，故A错误；B．抛出到落地过程中b、c球在竖直方向均做自由落体运动，b、c球运动时间相同，a球以速度竖直上抛，运动时间最长，重力冲量 可知b、c球重力冲量相等，a球重力冲量最大，故B错误；CD．从抛出到落地过程中，由动量定理可知，动量的改变量等于重力的冲量，故a球的动量变化量最大，b、c球动量变化量相等，故C错误，D正确。故选D。5.一质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力f保持不变。当它以速度v、加速度a加速前进时，发动机的实际功率恰好等于额定功率，从此时开始，发动机始终在额定功率下工作，则汽车（　　）A.发动机的额定功率为fvB.最后的速度为C.速度逐渐减小，最终匀速运动D.加速度逐渐增大，最终保持不变【答案】B【解析】【分析】【详解】发动机的实际功率恰好等于额定功率，此时的额定功率联立解得功率恒定后，速度继续增大，此时牵引力减小，所以加速度减小，汽车做加速度减小的加速直线运动，当a=0时，汽车做匀速直线运动，此时速度最大，最大的速度为联立解得故选B。6.如题图所示，是我国跳高运动员张国伟跳高比赛时场景。跳高时在横杆的后下方要放置厚海绵垫，其作用是（　　） A.延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力增大B.减少人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力增大C.延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力减小D.减少人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力减小【答案】C【解析】【详解】人在和地面接触时，人的速度减为零，以向上为正，由动量定理可得I=ΔP所以(F-mg)t=0-m(-v)而放置厚海绵垫可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力。故选C。7.如图甲所示，竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为m的铁球由弹簧的正上方静止下落，与弹簧接触后压缩弹簧。从点（即坐标原点）开始计时，小球所受的弹力的大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度取，以下判断正确的是（　　）A.当时小球与弹簧组成系统的势能之和最小B.当小球接触弹簧后继续向下运动，小球所受合力始终做负功C.最低点坐标为处D.小球运动过程中的最大动能为【答案】D【解析】 【详解】A．小球动能最大的位置是弹力等于重力的位置，即时，小球的动能最大，根据系统的机械能守恒可知，此位置小球与弹簧组成系统的势能之和最小，故A错误；B．当小球接触弹簧后继续向下运动过程中，在之前，小球所受合力向下、合力对小球做正功；在之后，小球所受合力向上、合力对小球做负功，故B错误；C．由图象可知，为平衡位置，此时弹簧的压缩量为。假如小球刚接触弹簧时没有速度，根据简谐运动的对称性可知，弹簧的最大压缩量为2，而实际上小球刚接触弹簧时有向下的速度，可知，弹簧的最大压缩量大于2，小球到达最低点的坐标大于，故C错误；D．小球从接触弹簧到平衡位置运动过程中，弹簧的平均弹力为从开始释放到小球受力平衡过程中，根据动能定理可得解得小球运动过程中的最大动能为故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3小题，每题5分，共15分，每小题的有两个或两个以上选项符合题目要求，全都选对得5分，选不全得3分，选错或不选得0分）8.如图所示，质量的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为，如果桥面承受的压力不超过，g取。则（　　）A.汽车驶至凹形桥面的底部时处于失重状态B.汽车驶至凸形桥面的顶部时处于失重状态C.汽车允许的最大速率为 D.汽车对桥面的最小压力为【答案】BC【解析】【详解】A．汽车驶至凹形桥面的底部时，由地面的支持力与重力的合力提供圆周运动的向心力，可知有竖直向上的加速度，即汽车处于超重状态，故A错误；B．汽车驶至凸形桥面的顶部时，由地面的支持力与重力的合力提供圆周运动的向心力，则有竖直向下的加速度，即汽车处于失重状态，故B正确；C．汽车驶至凹形桥面的底部时，为了避免桥梁损坏，则有解得汽车驶至凸形桥面的顶部时，为了避免飞车现象发生，则有解得可知为了行车安全与桥梁避免损坏，汽车允许的最大速率为，故C正确；D．汽车驶至凸形桥面顶部时，当取最大速率，汽车对桥面的压力最小，此时有解得故D错误。故选BC。9.我国天文学家通过“天眼”在武仙座球状星团中发现一个由白矮星P、脉冲星Q组成的双星系统．如图所示，P、Q绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，忽略其他天体对P、Q的影响．已知P的轨道半径大于Q的轨道半径，P、Q的总质量为M，距离为L，运动周期均为T，则（）． A.P的质量小于Q的质量B.P的线速度小于Q的线速度C.P受到的引力小于Q受到的引力D.若总质量M恒定，则L越大，T越大【答案】AD【解析】【详解】AC．P受到的引力与Q受到的引力为相互作用力，大小相等；设P的质量为，Q的质量为，由万有引力提供向心力可得，可得由于P的轨道半径大于Q的轨道半径，可知P的质量小于Q的质量，故A正确，C错误；B．根据由于P的轨道半径大于Q的轨道半径，可知P的线速度大于Q的线速度，故B错误；D．根据由万有引力提供向心力可得，可得若总质量M恒定，则L越大，T越大，故D正确。故选AD。10.固定于水平面上竖直光滑圆环轨道，圆环半径为R，B为圆轨道最高点，A与C为平行于地面直径的两端点，小球从轨道A点以速度vA沿轨道向上运动，如题图所示。下面判断正确的是（　　） A.当vA小球能到达到B点B.小球从A点到B点过程中克服重力做功的功率先增大后减小C.小球以相同初速率沿弧ABC运动至C点的时间大于沿弧AOC运动至C点的时间D.若轨道存在摩擦，小球以相同初速率分别沿弧ABC与弧AOC到达C点时动能相等【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．若小球恰能到达B点，设此时小球的速度为vB,则解得对小球从A到B点应用动能定理解得故A正确。B．根据定义，克服重力做功的功率因为速度变小，cosθ变小，所以功率一直变小，故B错误。C．因为小球以相同初速率沿弧ABC运动至C点的路程与沿弧AOC运动至C点的路程相同，但沿弧ABC运动的速度是先变小后变大，所以平均速度更小，故时间更长，故C正确。D．因为沿弧ABC运动时，小球与轨道的弹力更小，所以摩擦力更小，则摩擦力做功更小，根据能量守恒，到达C时的动能更大，故D错误。 故选AC。三、实验与探究题（本题共两小题，11题5分，12题10分，共15分）11.某实验小组用如题图所示的装置验证动量守恒定律。（1）两小球应满足的关系是m1________m2。（填“＞”或“＜”或“=”）（2）下列操作中有必要的是________。A．实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向B.实验中需要测量小球开始释放的高度hC.实验中需要测量小球抛出点距地面的高度HD.实验中需要测量小球做平抛运动的水平射程（3）第一步：先从S处释放m1并多次重复找到落点P，并测出水平射程OP。第二步：将m2静置于轨道末端O′点，再从S处释放m1与m2发生对心碰撞，并多次重复后分别确定两球的水平射程OM和ON。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________（用图中字母表示）。【答案】①.＞②.AD③.m1·OM＋m2·ON＝m1·OP【解析】【分析】【详解】（1）[1]碰撞过程中动量，能量守恒，因此有解得因此让小球碰撞以后不反弹，两球质量满足 （2）[2]A．保证小球做平抛运动，所以实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向；故A正确；BC．可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中不需要测量小球开始释放的高度h，故BC错误；D．通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中需要测量小球做平抛运动的水平射程，故D正确；（3）[3]由碰撞过程中动量守恒，得m1·OM＋m2·ON＝m1·OP12.某研究小组用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。（打点计时器频率为）（1）供实验选择的重物有以下四个，最优选择为__________。A．质量为的砝码B．质量为的木球C．质量为的塑料球D．质量为的铁球（2）实验时应将打点计时器接到__________电源（选“交流”或“直流”）。（3）根据图乙所示纸带上的测量数据，可得出打点时重物的速度为__________，根据（1）可知重物在点的动能为__________J。已知为初始速度为零的点，则重力势能的减少量为__________J。不完全等于的原因是______________________________。（均保留小数点后两位，）【答案】①.D②.交流③.3.90④.1.52⑤.1.57⑥.见解析【解析】【详解】（1）[1]为了减小空气阻力对实验影响，应选择质量大体积小的重物。故选D；（2）[2]打点计时器使用的是交流电源，因此实验时应将打点计时器接到交流电源上； （3）[3]交流电周期为打点时重物的速度为[4]重物在点的动能为[5]重力势能的减少量为[6]不完全等于的原因是空气阻力与纸带与打点计时器之间的摩擦力等造成的。四、计算题（本题共3小题，13题12分，14题12分，15题18分，共42分，解答应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，答案中必须写明数值和单位）13.在离地面高h=80m处以初速度v0=3m/s水平抛出一小球，小球质量为m=0.2kg，不计空气阻力，g=10m/s2，以地面为零势能参考平面，求小球从抛出到落地过程中：（1）运动时间及水平位移；（2）重力做了多少功；（3）落地时重力瞬时功率。【答案】（1）4s，12m；（2）160J；（3）80W【解析】【详解】（1）小球做平抛运动，有解得 ，（2）重力做功为（3）落地时重力的瞬时功率为14.质量10g的子弹，以300m/s的速度水平射入质量50g，静止在光滑水平桌面上的木块，子弹穿过木块后的速度为100m/s。求：（1）子弹射出木块后，木块获得的速度大小；（2）子弹与木块作用时间为0.01秒，则子弹对木块的平均作用力多大？（3）整个过程子弹与木块损失的机械能是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设子弹质量为，初速度为，子弹穿过木块后的速度为，木块质量为，子弹射出木块后，木块获得的速度大小为；根据动量守恒可得解得（2）子弹与木块的作用时间为0.01秒，设子弹对木块的平均作用力为，根据动量定理可得解得（3）根据能量守恒，整个过程子弹与木块损失的机械能为15.如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点和圆心的连线与水平方向间的夹角θ=370，另一端点为轨道的最低点，其切线水平．一质量M=2kg、板长L=0.65m的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠C点，其上表面所在平面与圆弧轨道C点和右侧固定平台D等高．质量为m=1kg的物块(可视为质点)从空中点以v0=0.6m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经C点滑上滑板．滑板运动到平台D 时被牢固粘连．已知物块与滑板间的动摩擦因数0.5，滑板右端到平台D左侧的距离s在0.1m＜s＜0.5m范围内取值．取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8．求：(1)物块到达点时的速度大小vB(2)物块经过C点时对圆弧轨道的压力(3)试讨论物块刚滑上平台D时的动能与s的关系【答案】(1)(2)46N，方向竖直向下(3)或【解析】【详解】(1)从A到B，物块做平抛运动，由几何关系得：vB=1m/s(2)从B到C，物块机械能守恒解得：vC=3m/s联立解得FN=46N根据牛顿第三定律FNˊ=FN，物块在C点对轨道的压力大小为46N，方向竖直向下(3)物块从C点滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动．设它们的共同速度为v，根据动量守恒mvC=(m+M)v解得v=1m/s对物块，用动能定理列方程：，解得：s1=0.8m对滑板，用动能定理列方程：，解得：s2=0.2m由此可知物块在滑板上相对滑过∆s=s1－s2=0.6m时，小于0.65m，并没有滑下去，二者就具有共同速度了（同速时物块离滑板右侧还有L-∆s=0.05m距离）．①当0.2m≤s＜0.5m时，物块的运动是匀减速运动s1=0.8m，匀速运动s－s2，匀减速运动L-∆s=0.05m ，滑上平台D，根据动能定理：解得：EKD=0.25J②当0.1m＜s＜0.2m时，物块的运动是匀减速运动L+s，滑上平台D．根据动能定理：解得：EKD=1.25-5s（J）