四川省成都市树德中学2022-2023学年高一物理下学期5月月考试题（Word版附解析）

树德中学高2022级高一下学期5月阶段性测试

物理试题

一、单项选择题（每小题所给的四个选项中只有一个正确选项符合题意，请选出并将正确选项填在答题卡上，共8小题，每小题3分，共24分）

1. 用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是（　　）

A. N·m/s2 B. J·m2/s C. kg·m2/s2 D. kg·s2/m2

【答案】C

【解析】

【详解】AB．N和J不是基本单位，故AB错误；

CD．由功的表达式和牛顿第二定律可得，

解得能量单位为

故C正确，D错误。

故选C。

2. 世界上首家私人太空旅馆运营商西班牙“银河套房”公司宣布，拟在未来建立全球第一家太空旅馆——“太空度假村”，在游客入住期间，每天能欣赏到15次日出，并将以每小时3万公里的速度旅行，每85分钟环绕地球一周，下列说法正确的是（　　）

A. “太空度假村”运行的速度小于同步卫星运行的速度

B. “太空度假村”运行的速度大于同步卫星运行的速度

C. “太空度假村”到地球的距离大于同步卫星到地球的距离

D. 没办法比较“太空度假村”到地球的距离与同步卫星到地球的距离大小关系

【答案】B

【解析】

【详解】CD．根据

解得

依题意，“太空度假村”运行的周期小于同步卫星运行的周期，所以“太空度假村”到地球的距离小于同步卫星到地球的距离。故CD错误；

AB．根据

解得

可知“太空度假村”运行的速度大于同步卫星运行的速度。故A错误；B正确。

故选B。

3. 下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图中的箭头所示，虚线为汽艇从河岸M驶向对岸N的实际航线，图示尖端为汽艇头部，下图中可能正确的是（　　）

A  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】小船的实际运动方向为水速和船速的合速度方向，其中船在静水中的速度方向即为船头的指向，速度为矢量，速度的合成遵循平行四边形定则。

故选A。

4. 某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中。现制作一个为实际尺寸的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】水流从高处水平流出槽道后做平抛运动，制作一个为实际尺寸的模型，可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的，根据

，

可知模型中的时间

水平方向上由

，

可知

故选B。

5. 中国女子短道速滑队在进行3000米接力比赛过程中，在接力区内“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把如图所示，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲过程中、忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）

A. 甲的动量变化率可能小于乙的动量变化率

B. 甲的动量变化率绝对值等于乙的动量变化率绝对值

C. 乙对甲做的正功等于甲对乙做的负功

D. 乙对甲做的正功等于甲对乙做的负功

【答案】B

【解析】

【详解】AB．根据牛顿第三定律可知，甲、乙两人间的作用力大小相等，方向相反。作用时间相等，由

可知

即甲、乙的动量变化率为甲、乙所受的力，所以甲的动量变化率绝对值等于乙的动量变化率绝对值。故A错误；B正确；

CD．因为不知道两人质量关系，所以他们的动能变化不确定，无法判断做功情况。故CD错误。

故选B。

6. 草地滑坡是不少生态公园中的休闲项目，其滑道可简化为由一段倾斜直轨道和一段水平直轨道平滑连接而成。甲、乙两游客分别乘坐相同滑车沿两条不同滑道从同一高度由静止下滑，最终停在水平轨道上，如图所示，已知游客甲的质量比乙大，滑车与两滑道的动摩擦因数相同，且处处相同，不计空气阻力，则（　　）

A. 两游客在倾斜滑道滑行的时间相同

B. 滑到倾斜滑道底端时的速度甲比乙大

C. 两游客在滑道上停于同一位置

D. 两游客所乘滑车在滑道上滑行产生的热量相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．设倾斜滑道倾角为，游客在倾斜滑道滑行的加速度满足

设倾斜滑道长度为L，根据运动学公式可得

解得

由图可知，甲游客下滑的加速度比乙游客的小，甲游客滑行倾斜滑道长度大于乙游客滑行倾斜滑道长度，可知甲游客在倾斜滑道滑行的时间大于乙游客在倾斜滑道滑行的时间。故A错误；

B．在倾斜滑道滑行过程，根据动能定理可得

解得

两游客下滑高度相同，甲游客在倾斜滑道滑行对应的水平距离更大，可知滑到倾斜滑道底端时的速度甲比乙小。故B错误；

C．游客从静止滑下到最终停止在水平轨道上，根据动能定理可得

可得

可知两游客整个滑行过程的水平位移相等，即两游客停止同一位置。故C正确；

D．根据能量守恒可知两游客所乘滑车在滑道上滑行产生的热量等于减少的重力势能，则有

由于游客甲质量比乙大，所以甲游客所乘滑车在滑道上滑行产生的热量大于乙的。故D错误。

故选C。

7. 如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m=5kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为1kg，井足够深且井绳的质量忽略不计，t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则井绳拉力大小为（　　）

A. 61.2N B. 1.2N C. 51N D. 50N

【答案】A

【解析】

【详解】由丙图可知

又

联立，解得

可知水斗的加速度为

对水斗和水斗中的水进行受力分析，根据牛顿第二定律可知

解得

故选A。

8. 如图所示，西安大雁塔音乐喷泉喷出的水柱达到了15层楼的高度，喷管的直径为。水的密度为，重力加速度取，该喷管喷水的电动机输出功率约为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】15层楼高约45m，喷出的水可看成竖直上抛运动，初速度为

t时间内喷出水的质量约为

故电动机用于给该喷水管的功率约为

联立代入数据可得

故选C。

二、多项选择题（本题共6个小题，每小题4分，共24分。每小题所给的四个选项中有多个正确选项符合题意，请选出并将正确选项填在答题卡上。全部选对得4分，漏选得2分，选错得0分）

9. 1924年跳台滑雪被列为首届冬奥会项目。如图所示，一名运动员从雪道的最高点M由静止开始滑下，经过水平段后从P点飞入空中，最终落到Q点，不计运动员经过N点的机械能损失和空气阻力。已知运动员从M点到P点，重力做功为，克服阻力做功为，从P点到Q点重力做功为，设P点所在平面为零势能面，则下列说法正确的是（　　）

A. 运动员在P点的动能为

B. 运动员从M点到P点机械能减少了

C. 运动员在Q点的机械能为

D. 运动员从M点到Q点重力势能减少了

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据动能定理可知，运动员在P点的动能为

故A错误；

B．运动员从M点到P点机械能减少量等于该过程克服阻力做的功，可知运动员从M点到P点机械能减少了，故B正确；

C．以P点所在平面为零势能面，运动员在P点的重力势能为零，则运动员在P点的机械能等于该位置运动员的动能；从P点到Q点只有重力做功，机械能守恒，则有

故C正确；

D．运动员从M点到Q点重力势能减少量等于该过程重力做的功，该过程重力势能减少了，故D错误。

故选BC。

10. 2020年9月，我国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标。人类社会的快速进步使得碳排放量不断增加，这导致温室效应加剧，地球南北两极的生态环境遭到一定的破坏。一头质量为M的北极熊在失去家园后，被运送到了位于赤道上的北极熊馆加以照料，它在北极和馆内的重力差为ΔF，已知地球自转周期为T，地球质量为m0，根据以上信息可知（　　）

A. 地球的半径为 B. 地球的半径为

C. 地球的密度为 D. 地球的密度为

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．北极熊在赤道上时，万有引力的一部分提供向心力

北极熊在北极上时

根据题意，有

故A正确，B错误；

CD．地球的密度为

故C正确，D错误。

故选AC。

11. 质量均为m的两个小球初始时处于同一竖直平面内，水平高度相同。甲球由半径为R、距地面高的四分之一光滑圆弧顶端A处静止滑下，O为圆弧的圆心。乙球从距O点处的B点做自由落体运动，如图所示。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 同时释放两球，任一时刻两球的动能相等

B. 两球经过相同高度时动能相等

C. 两球经过相同高度时重力的功率相等

D. 控制乙球释放的时刻，两球有可能在空中相碰

【答案】BD

【解析】

【详解】A．球甲一开始做圆周运动，受重力和支持力两个力的作用，重力沿着速度方向的分力提供切向加速度，改变速度的大小，重力垂直于速度方向的分力和曲面对小球的支持力的合力提供向心加速度，改变速度的方向，显然，除了小球刚开始下落时的加速度等于重力加速度，此后在小球未离开曲面时用以加速的加速度都小于重力加速度，因此在小球甲没有离开曲面时小球甲在曲面上运动的速度任意时刻都小于小球乙的速度，则同时释放两球，任一时刻两球的动能不相等，故A错误；

B．由于曲面光滑，小球甲在曲面上运动时只有重力做功，而小球乙做自由落体运动，也只有重力做功，则由能量守恒可知两球经过相同高度时动能相等，故B正确；

C．两球经过相同高度时，两球的速度大小相等，但速度方向不同，重力的功率等于重力与重力方向上速度的乘积，由于两球沿重力方向上的速度大小不同，则两球经过相同高度时重力的瞬时功率不同，故C错误；

D．设甲球运动到C点时的速度为，则由能量守恒有

甲球从C点开始做平抛运动，落地时间为，则有

而从C点到落地，甲球运动的水平位移为

联立以上各式解得

因此控制乙球释放的时刻，两球有可能在空中相碰，故D正确。

故选BD。

12. 歼-20战机在飞行表演结束后，降落至跑道并打开了阻力伞，在伞阻力及跑道摩擦力的合力f作用下减速至静止，且合力f与速度v成正比。已知歼-20战机落地时的速度为，动能为Ek0，落地后滑行的总时间为，滑行的总距离为，用x表示位移，P表示合力f的功率，表示合力f对歼-20战机做功的大小，Ek表示歼-20战机的动能，则该过程中各物理量之间的关系图像可能正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．合力f与速度v成正比，则

根据

可知加速度逐渐减小，故A错误；

B．合力f的功率为

速度随着时间的增大在减小，故功率和时间为二次函数关系，为曲线，故B正确；

C．表示合力f对歼-20战机做功的大小，则

由于合力f逐渐减小，故图像的斜率减小，故C正确；

D．整个过程中能量守恒，则

则

合力f逐渐减小，故的斜率逐渐减小，故D正确。

故选BCD。

13. 如图所示，质量m＝245g的物块（可视为质点）放在质量M＝0.5kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取g＝10m/s2，则在整个过程中（　　）

A. 物块的最大速度为6m/s

B. 木板的最大速度为3m/s

C. 物块相对于木板滑行的时间为0.75s

D. 木板的长度为3m

【答案】AD

【解析】

【分析】根据动能定理得到子弹刚射入物块时子弹和物块的共同速度及物块滑到木板右端的共同速度，即可求得物块、木板的最大速度；根据物块或木板的受力分析求得加速度，即可根据匀变速运动规律求得滑行时间和滑行距离，进而求得木板长度．

【详解】子弹射入物块，由动量守恒可得：子弹刚射入物块时，两者的共同速度；之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度；故物块的最大速度为6m/s，故A正确；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么，共同速度，所以，由A的运动分析可得：木板的最大速度为2m/s，故B错误；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a＝μg＝4m/s2的匀减速运动，所以，物块相对于木板滑行的时间 ，故C错误；物块在木板上滑行时，物块做加速度a＝4m/s2的匀减速运动，木板做加速度的匀加速运动；所以，木板的长度 ，故D正确；故选AD．

【点睛】对于多物体运动的相关问题，一般要分析物体间的受力关系及运动关系，然后才能判断应用整体法还是隔离法求解；若运动一致，则根据整体法求解；若运动不一致，则由隔离法求解．

14. 如图所示，斜面倾角为，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，有10个完全相同、质量均为m的小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为。当1号小球在B处时，将10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A. 6号球刚进入BC段不久，6号球与7号球间细杆的弹力大小为

B. 10号球不能到达B点

C. 1号球运动过程中的最大速度为

D. 5号球运动过程中的最大速度为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．在6号球刚进入BC段时，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有

解得

把7到10小球共4个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有

解得

故A正确；

B．若10号球能到达B点且速度为v1，根据动能定理，有

解得

所以10号球能到达B点，故B错误；

CD．小球始终相同，在斜面上先加速后减速，第n个球刚进入BC段时加速度为零，此时小球速度最大，则有

解得

即 ，所以在第七个球刚进入BC段时，小球速度最大，根据动能定理

解得

故C错误，D正确。

故选AD。

三、实验题（本题共2个小题，15题6分，16题8分，共14分）

15. 某实验小组用如图甲所示的装置“探究平抛运动的特点”，实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。

（1）下列关于实验的操作要求，正确的是______；

A．每次将小球放在轨道上不同位置由静止释放

B．每次必需严格地等距离下降记录小球位置

C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触

D．实验时记录的点应适当多一些

（2）如图乙所示，在小球平抛轨迹上取A、B、C三点，测得AB和BC的水平间距相等且均为16.0cm，AB和BC的竖直间距分别是15.0cm和25.0cm，当地重力加速度为g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小等于__________m/s，小球做平抛运动的初始位置与A点的竖直距离等于__________m（保留2位有效数字）。

【答案】    ①. CD##DC    ②. 1.6    ③. 0.050

【解析】

【详解】（1）[1]A．为了保证平抛的初速度不变，每次将小球放在轨道上同一位置由静止释放，A错误；

B．每次不必严格地等距离下降记录小球位置，B错误；

C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触，C正确；

D．实验时记录的点应适当多一些，D正确。

故选CD。

（2）[2]根据 得

代入数值

解得

小球做平抛运动的初速度大小为

[3] B点速度的竖直分量为

设小球从抛出点运动到A点的时间为t

解得

抛出点到A点的竖直距离为

16. 某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律，轻质细杆一端固定一小钢球，另一端可绕光滑的固定轴O转动，固定在转轴上的角度传感器可以测出细杆与竖直方向的夹角θ（小于90°）；在O点的正下方放置一光电门（连接光电计时器），使球心到达最低点时可以恰好通过光电门，测得小球的直径为d，小球质量为m，球心到转轴O的距离为L。

（1）已知当地重力加速度为g，将小球拉至某一位置，测出θ；由静止释放小球，读出光电计时器显示的挡光时间为t，小球到达最低点时速度为__________，下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可表示为__________，动能的增加量ΔEk可表示为__________，如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒；

（2）改变θ角度，多次重复实验，根据记录的数据，作出悬线与竖直方向夹角的余弦值与小钢球通过光电门的时间平方的倒数的关系图像，若所作图像为一倾斜直线，则图像的斜率k的绝对值为__________（用题中所给物理量的符号表示）。

【答案】    ①.     ②.     ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1][2][3]根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可得小球到达最低点时速度为

下摆过程中，小球的重力势能减少量

动能的增加量

（2）[4]根据题意有

变形得

则图像的斜率k的绝对值为

四、计算题（本题共4个小题，17题6分，18题8分，19题11分，20题13分，共38分）

17. “嫦娥五号”探测器已成功实施近月制动，进入环月轨道.探测器在近月点多次变轨后依次进入椭圆轨道Ⅰ和近月圆轨道Ⅱ，简化过程如图。已知探测器在轨道Ⅱ上绕月运行的周期为，轨道Ⅰ近月点和远月点到月心距离分别为a和b，引力常量为G。求：

（1）月球的质量M；

（2）探测器在轨道Ⅰ上绕月运行的周期T。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）探测器在轨道II上运动时

解得

（2）轨道Ⅰ的半长轴为

根据开普勒第三定律有

解得

18. 如图甲，这是湖南电视台“智勇大冲关”游戏节目中的大转盘游戏环节，经验不足的人会坐在转盘边缘，当转盘转速达到某一数值时，人恰好滑离转盘落入水中，等效模型如图乙。现测得转盘半径R=0.5m，离水面的高度H=0.8m，人落水过程的水平位移大小x=0.4m。设人所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，人视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）人恰好离开转盘时的初速度大小v0；

（2）人与转盘间的动摩擦因数μ。

（3）人落水时的速度大小v。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有

在水平方向上有

解得

（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有

代入数据解得

（3）根据动能定理

解得

v=

19. 打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物mA=1kg，mB=2kg，B套在光滑的竖直杆上，A与B通过不可伸长的轻质长绳跨过光滑的定滑轮连接，B与滑轮等高（图中实线位置）时，B到定滑轮的距离为L=1m，某次打桩时，用外力将B拉到图中实线位置O，然后由静止释放，当B运动到虚线对应位置P点（θ=53°）时与质量为mC=0.2kg的静止桩C碰撞后，C获得竖直向下的速度vC=5m/s，B与C碰撞时间很短，t=0.05s，不考虑B与C的二次碰撞，桩C在竖直向下运动过程中受到地面的阻力f=28x（x为桩C向下运动的位移），A、B、C均可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，求：

（1）重物B运动到P点的速度大小vB（结果可以用根号表示）；

（2）重物B与C碰撞过程中C受到平均作用力；

（3）桩C能进入地面的最大位移xm。

【答案】（1）；（2）18N；（3）0.5m

【解析】

【详解】（1）重物运动到P点，对AB由机械能守恒定律，有

A、B两物体的速度关系

解得

（2）以物体C为研究对象，在与B碰撞过程，由动量定理

解得

方向竖直向下。

（3）以物体C为研究对象，因为阻力f=28x力的大小随位移线性增大，可以采用面积法（平均力法求解阻力做功），物体克服阻力做功为

由动能定理，有

解得

20. 如图所示，可视为质点的质量为m=0.4kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=6N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并以恒定的速度v=5m/s顺时针转动，已知滑块到最高点恰好对轨道没有压力，水平轨道AB的长度为l1=3.0m，CD的长度为l2=2.0m，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5，传送带的长度L=2m，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）水平轨道ABCD的滑动摩擦因数μ1；

（2）若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；

（3）若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。

【答案】（1）0.5；（2）；（3）见解析

【解析】

【详解】（1）设小滑块运动到最高点P时的速度大小为vp，恰好通过最高点，有

解得

从A到P点，由动能定理有

解得

（2）若小滑块恰能到D点，则有

解得

所以物块一定能过圆环最高点到达D点，综上所述应满足条件为

（3）分析各类情况：

①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足

解得

可知时，无法达到E点。

②要到达E点，则到E点的临界速度为0，有

解得

可知时，无法达到E点。综上，当时，无法达到E点。

再讨论传送带上运动问题

[1]若全程加速，加到E点时恰好为3，有

解得

对应距离满足

解得

即当时，根据动能定理

解得

 [2]当过D点的速度超过时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为，

根据动能定理，有

解得

对应距离满足

解得

即当时，速度为

 [3]若，则满足

解得

综上分析，过E点时的速度v与F的作用距离x的关系如下：

①在时，无法达到E点；

②在时，

③在时，

④在时，