四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考物理 Word版含解析

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嘉陵一中高2022级2023年春第三次月考物理试卷（试卷总分：100分，考试时间：75分钟）一、选择题：共43分。1~7题只有一个选项正确，每小题4分；8~10题有多个选项正确，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是（　　）A.对不同的惯性系，物理规律（包括力学的和电磁学的）都是一样的B.光在真空中运动的速度在任何惯性系中测得的数值都是不同的C.曲线运动是一种变速运动，变速运动一定是曲线运动D.物理量有状态量和过程量之分，状态量仅由状态来决定，跟如何到达该状态的过程无关，而过程量则由物体经历的过程来决定。因此功是状态量，而能量是过程量【答案】A【解析】【详解】A．根据狭义相对论原理可知，对不同的惯性系，物理规律（包括力学的和电磁学的）都是一样的，选项A正确；B．光速不变原理认为：在不同的惯性参考系中，真空中的光速是相同的，故B错误；C．曲线运动是一种变速运动，但是变速运动不一定是曲线运动，例如自由落体运动，选项C错误；D．功是过程量，而能量是状态量，选项D错误。故选A。2.如图所示，某同学将一小球水平抛出，最后球落在了正前方小桶的左侧，不计空气阻力。为了能将小球抛进桶中，他可采取的办法是（　　）A.保持初速度大小不变，降低抛出点高度B.减小初速度大小，同时降低抛出点高度C.保持抛出点高度不变，减小初速度大小D.保持抛出点高度不变，增大初速度大小【答案】D【解析】【详解】小球做平抛运动，竖直方向

1得水平位移保持初速度大小不变时，降低投掷高度，水平位移减小，若降低抛出点高度，同时减小初速度的大小，水平位移更小，在高度不变时，增大初速度的大小，可以增大水平位移，使小球投入筐中。故选D。3.如图所示，小强同学正在荡秋千，关于绳上a点和b点的线速度和角速度，下列关系正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】CD．绳上a点和b点在相同时间内转过的弧度相同，故角速度相等，即C错误，D正确；AB．由可知a点转动半径较小，线速度较小，即故AB错误。故选D。4.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如卫星的线速度减小到原来的，卫星仍做匀速圆周运动，则（　　）

2A.卫星的向心加速度减小到原来的B.卫星的角速度减小到原来的C.卫星的周期增大到原来的8倍D.卫星的周期增大到原来的2倍【答案】C【解析】【详解】CD．由引力作为向心力可得解得卫星的线速度减小到原来的，轨道半径增大到原来的4倍，由引力作为向心力可得解得故周期增大到原来的8倍，C正确，D错误；AB．由引力作为向心力可得解得，可知，角速度减小到原来的，向心加速度减小到原来的，AB错误。故选C。5.如图所示，甲、乙、丙三个物体分别在大小相等、方向不同的力F的作用下，向右移动相等的位移x，关于F对甲、乙、丙做功的大小W1、W2、W3判断正确的(　　)A.W1>W2>W3B.W1＝W2>W3C.W1＝W2＝W3D.W1

3【解析】【详解】功为力与力的方向上发生的位移的乘积，即W=Fxcosα，由图可知，力大小相等，位移相等，且力与位移间的夹角相等，所以三种情况下力做功相等，故C正确，ABD错误。6.篮球运动员的定点跳投动作可分解如下：静止在地面上的运动员先屈腿下蹲，然后突然蹬地，重心上升双脚离开地面，离地后重心继续上升，到达最高点后投出篮球。已知某运动员的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从下蹲到最高点的过程中重心上升的高度为h，下列说法正确的是（　　）A.从下蹲到离开地面，地面对运动员做的功为B.从下蹲到离开地面，地面对运动员做的功为零C.从下蹲到离开地面，运动员的机械能增加了D.从下蹲到最高点，运动员先超重后失重【答案】BD【解析】【详解】AB．从地面跃起过程中，人在地面支持力方向上的位移为零，地面支持力对运动员所做的功为0，故A错误，B正确；C．从下蹲到离开地面，运动员的动能增量，重力势能增加小于mgh，则运动员的机械能增加量小于，选项C错误；D．从下蹲到最高点，运动员先加速向上，后减速向上，即超重后失重，选项D正确。故选BD。7.2005年，我国成功发射了“神舟六号”载人飞船。飞船入轨后，环绕地球飞行77圈，历时115个小时。2016年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”甲运载火箭，成功发射第22颗地球同步轨道卫星——北斗导航卫星。假设飞船和该卫星都做圆周运动，那么飞船和卫星在各自轨道上运行时（　　）A.飞船运动速度比卫星小B.飞船运动的加速度比卫星小C.飞船离地面的高度比卫星小D.飞船运行的角速度比卫星小【答案】C【解析】【详解】C．飞船和同步卫星的周期分别为，由引力作为向心力可得

4解得飞船周期较小，轨道半径较小，即飞船离地面的高度比卫星小，C正确；ABD．由引力作为向心力可得解得，，飞船轨道半径较小，线速度较大，角速度较大，向心加速度较大，ABD错误。故选C。8.一同学用手将质量为2kg的物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为1m/s，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）A.该同学对物体做的功为21JB.物体所受合外力做的功为20JC.物体所受合外力做的功为1JD.物体重力势能变化量为-20J【答案】AC【解析】【详解】A．该同学对物体做的功为故A正确；BC．根据动能定理，物体所受合外力做的功为故B错误，C正确；D．物体重力势能变化量为

5故D错误故选AC。9.一物块在倾角为的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（　　）A.物块与斜面间的动摩擦因数为B.当拉力沿斜面向上，重力做功为时，物块动能为C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块加速度大小之比为1∶3D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的速度大小之比为【答案】BC【解析】【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为代入数据联立解得故A错误；

6B．当拉力沿斜面向上时，有解得重力做功为合力做功为则其比值为则重力做功为时，合外力做功为，由动能定理可得物体动能为故B正确；C．由以上分析可知拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为故C正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的速度大小为则速度的大小之比为故D错误。故选BC。

710.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B.A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化C.下滑时，B对A的压力先减小后增大D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量【答案】B【解析】【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有对B有联立可得由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得化简得

8当位移为最大位移的一半时有带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；C．根据B的分析可知再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。故选B。二、实验题：共16分，每空2分。11.在“探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系”中，我们用如图甲所示的实验装置来探究这个关系。转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。（1）如图乙，把皮带放在皮带盘第一挡，此时转速比为1：1.将质量不同的铝球和钢球分别放在长、短槽上半径相等的横臂挡板内侧，即保持ω和r相同。然后摇动手柄，记录实验数据，研究小球做圆周运动所需向心力F与___________之间的关系。A.质量mB.角速度ωC.半径r（2）如图丙，把皮带放在皮带盘第二挡（第三挡），此时转速比为1：2（1：3）；将质量相同钢球分别放在长、短槽上半径相等的横臂挡板内侧，即保持m和r相同。然后摇动手柄，记录实验数据，研究小球做圆周运动所需向心力F与___________之间的关系。A.质量mB.角速度ωC.半径r（3）如图丁，把皮带放在皮带盘第一挡，此时转速比为1：1；将长槽上

9钢球由第一挡板内侧移到第二挡板，此时两个质量相同的钢球相对转轴的半径之比为2：1.然后摇动手柄，记录实验数据，研究小球做圆周运动所需向心力F与___________之间的关系。A.质量mB.角速度ωC.半径r分析实验所测得的数据，研究找到物体做匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度和运动半径之间的关系。【答案】①.A②.B③.C【解析】【详解】（1）[1]本实验采用的是控制变量法，保持ω和r相同，研究小球做圆周运动所需向心力F与质量m的关系，故选A；（2）[2]本实验采用是控制变量法，保持m和r相同，研究小球做圆周运动所需向心力F与角速度之间的关系，故选B；（3）[3]本实验采用的是控制变量法，保持m和ω相同，研究小球做圆周运动所需向心力F与半径之间的关系，故选C。12.如图所示是用落体法验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电火花打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。回答下列问题：①为完成此实验，除了以上的器材，还需要的器材有下面的哪些？_________A.毫米刻度尺B.秒表C.0~12V的交流电源D.0~12V的直流电源E.0~6V的交流电源②在实验中打点计时器所接交流电频率为50Hz，当地重力加速度g=9.8m/s2，实验选用的重物质量m=1kg，纸带上打点计时器打下的连续计数点A、B、C到打下第一点O的距离如图所示。则从打下O点至B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=___________J，动能的增加量ΔEk=___________J。（计算结果均保留

103位有效数字）③通过计算发现，在数值上ΔEp___________（选填“>”“＜”或“=”）ΔEk。这是因为___________。【答案】①.A②.2.55③.2.50④.>⑤.因为下落过程中重物受到阻力做负功等，因此动能的增加量会小于重力势能的减少量【解析】【详解】①[1]通过打点计时器计算时间，故不需要秒表，电火花打点计时器应该与220V交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离。故选A。②[2]重力势能减小量[3]利用匀变速直线运动的推论得则动能的增加量为③[4][5]通过计算可知重力势能的减小量大于动能的增加量，其原因是物体在下落过程中克服摩擦阻力做功，导致重力势能没有完全转化为动能。三、计算题：42分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写最后答案不能得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。13.质量为30kg的小孩荡秋千，运动过程中偏离竖直方向的最大角度为60°，不计空气阻力，g取10m/s2，则每根秋千绳承受的最大拉力为多少？【答案】300N【解析】【详解】设细绳的长度为L，设每根秋千绳承受的最大拉力为T，秋千从最高点摆到最低点的过程中，有通过分析可知小孩摆到最低点时秋千绳承受的拉力为最大。根据向心力表达式

11解得14.如下图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为。轨道底端水平并与半球顶端相切。半径可不计、质量为m的小球由A点静止滑下，最后从B点离开，首次落在水平面上的C点。重力加速度为g，求：（1）OC之间的距离；（2）小球运动到C点的速率。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对小球由A点到B点由动能定理得从B点到C点，竖直方向水平方向解得OC之间的距离为（2）从开始到落地，由机械能守恒定律得解得小球运动到C点的速率为15.在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L，如题图1所示，机械臂一端固定在空间站上的O

12点，另一端抓住质量为m的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为、角速度为的匀速圆周运动，运动到A点停下，然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。（1）求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小；（2）求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。（3）在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图2所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）质量为的货物绕点做匀速圆周运动，半径为，根据牛顿第二定律可知（2）货物从静止开始以加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式可知解得货物到达点时的速度大小为货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力，所以经过时间，货物运动到点时机械臂对其做功的瞬时功率为

13（3）空间站和货物同轴转动，角速度相同，对质量为空间站，质量为的地球提供向心力解得货物在机械臂的作用力和万有引力的作用下做匀速圆周运动，则货物受到的万有引力解得机械臂对货物的作用力大小为则