2022-2023学年湖南省部分校高一下学期第一次月考物理试题

湖南省高一年级阶段性诊断考试

物理

本试卷满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册，必修第二册第五章、第六章。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 甲以速度v0做匀速直线运动，乙先做初速度为v0的匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，最后速度变为v0，t0时刻乙的速度为0，时甲、乙从同一地点出发，这段时间内，甲、乙的图像如图所示，甲的图线与乙的图线所围成的面积为。在到甲、乙的速度再次相等的过程中，下列说法正确的是（    ）

A. 甲的位移大小为

B. 乙做匀加速直线运动的位移大小为

C. 甲、乙的速度再次相等的时刻一定为

D. 乙做匀加速直线运动的加速度大小为

【答案】A

【解析】

【详解】A．设甲、乙的速度再次相等的时刻为，又由图像，可得

所以

故A正确；

BC．根据已知条件无法确定和的关系，也无法确定乙做匀加速直线运动位移，只有当

时，乙做匀加速直线运动的位移大小为，故BC错误；

D．乙做匀加速、匀减速的平均速度均为，则

所以，乙做初速度为零的匀加速直线运动过程，由速度位移关系，得

解得

故D错误。

故选A。

2. 如图所示，小船（视为质点）从岸边A点开始渡河，河两岸平行，河的宽度为150m，水流速度大小为3m/s，船在静水中的速度大小为4m/s，则（    ）

A. 船不可能到达正对岸B点

B. 船的最短过河时间为30s

C. 船要以最短路程过河，船头必须指向正对岸

D. 船以最短路程过河时的速率为m/s

【答案】D

【解析】

【详解】ACD．由于船在静水中的速度大于水流的速度，当速度满足如图所示关系时，船垂直河岸过河，此时为最短路程过河，船头方向与方向相同，过河时的速率为

故AC错误，D正确；

B．船头垂直河岸过河时，时间最短，则有

故B错误。

故选D。

3. 打桩机由桩锤、桩架以及附属设备等组成，桩锤按运动的动力来源可分为落锤、汽锤、柴油锤、液压锤等。蒸汽锤打桩机的示意图如图所示，利用高压蒸汽将锤头上举，让锤头从距离桩头h处开始自由下落，然后靠锤头的自重向下冲击桩头，使桩沉入地下，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ）

A. 锤头与桩头的撞击力越大，锤头的惯性越大

B. 桩头在泥土中向下运动，加速度方向一直向下

C. 锤头自由下落的平均速度大小为

D. 锤头对桩头的作用力大于桩头对锤头的作用力

【答案】C

【解析】

【详解】A．锤头的惯性只与锤头的质量有关，与撞击力无关，故A错误；

B．桩头在泥土中向下运动，减速时加速度方向向上，故B错误；

C．锤头自由下落的时间为

所以平均速度大小为

故C正确；

D．由牛顿第三定律可知，锤头对桩头的作用力等于桩头对锤头的作用力，故D错误。

故选C。

4. 一物体做匀变速直线运动，其平均速度与时间t的关系式为，位移x与时间t的关系式为（式子中的物理量单位均是国际制单位），下列说法正确的是（    ）

A. 此物体可能做正向匀减速直线运动

B. 式中k为6

C. 式中为6

D. 第3s内物体的位移大小为18m

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据与匀变速直线运动位移时间关系对比可得

解得

可知物体做匀加速直线运动，A错误；

BC．将整理可得

可得

故BC错误；

D．根据AC选项分析可知

第3s内物体位移大小

故D正确。

故选D。

5. 质量均为m的甲、乙两物块，中间连接一根劲度系数为k的轻弹簧，如图所示，把甲放在水平面上，系统处于静止状态。现给乙施加一个竖直向上的拉力，使乙向上做匀加速直线运动，加速度大小为g（g为重力加速度大小），下列说法正确的是（    ）

A. 乙刚要运动时，竖直向上拉力大小为2mg

B. 从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，乙的位移大小为

C. 当弹簧处于原长时，竖直向上的拉力大小为3mg

D. 甲刚要离开水平面时，乙的速度大小为g

【答案】B

【解析】

【详解】A．乙刚要运动时，合力即竖直向上的拉力，则有

故A错误；

B．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为

甲刚要离开水平面时，弹簧的伸长量为

则从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，乙的位移大小为

故B正确；

C．当弹簧处于原长时，对乙分析有

解得

故C错误；

D．从乙刚开始运动到甲刚要离开水平面时，对乙分析有

解得

故D错误。

故选B。

6. 在农田灌溉中往往需要扩大灌溉面积来提高灌溉率，常用的方法是在水管的末端加装一段细管，如图所示。若所加装的细管直径为水管直径的一半，保持水管水平且距水平农田的高度不变，水管的直径远小于水管距水平农田的高度，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是（    ）

A. 加装细管后，单位时间内的出水量变为原来的4倍

B. 加装细管后，喷出的水的水平射程变为原来的2倍

C. 加装细管前后，空中水的质量不变

D. 加装细管后，灌溉面积变为原来的4倍

【答案】C

【解析】

【详解】A．单位时间的出水量与单位时间输入水管的量有关，与是否加装细管无关，所以单位时间内的出水量不变，A错误；

BD．设细管中水的流速为，水管中水的流速为，水管的半径为，根据相同时间内水的流量相同可得

得水管、细管中水的流速之比为

根据平抛运动规律，有

增加细管后水平射程为

不加细管时水平射程为

可得

不加细管时，灌溉面积为

加细管时，灌溉面积为

故有

加装细管后，喷出的水的水平射程将增为原来的4倍，加装细管后，灌溉面积将扩大到原来的16倍，BD错误；

C．不加细管时，空中水的质量为

加细管时空中水的质量为

则

C正确。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7. 一轻绳一端连接小球，以另一端为圆心，使小球在竖直面内做圆周运动，如图所示。下列说法正确的是（    ）

A. 小球过最高点的最小速度为零

B. 小球过最高点时，绳受到的拉力可能为零

C. 小球过最高点时，绳对球的作用力随速度的增大而减小

D. 小球过最低点时，绳对球的作用力一定大于小球所受的重力

【答案】BD

【解析】

【详解】ABC．小球过最高点时，有

所以当绳受到的拉力T=0时，只有重力提供向心力，速度最小为

绳对球的作用力T随速度的增大而增大，故AC错误，B正确；

D．小球过最低点时，有

所以，故D正确

故选BD。

8. 如图所示，光滑的半圆弧硬杆两端固定在水平天花板上，且位于竖直面内，半圆弧的圆心为O，质量为m的小球套在硬杆上，受到拉力F的作用静止在P点，已知OP与天花板之间的夹角为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（    ）

A. 若拉力F竖直向下，则小球仍能位于P点且处于静止状态

B. 若拉力F竖直向上，小球位于P点且处于静止状态，则半圆弧硬杆对小球的弹力可能向下

C. 若拉力F与小球受到的重力大小相等，小球位于P点且处于静止状态，则F的方向与小球受到的重力方向的夹角可能为

D. 若拉力F由水平向左方向缓慢顺时针转动，直到变为竖直方向，小球一直位于P点且静止，则F先变小后变大

【答案】CD

【解析】

【详解】A．若拉力F竖直向下，根据平衡条件可知杆对小球的支持力沿着方向，小球在水平方向无法平衡，故A错误；

B．若拉力F竖直向上，小球位于P点且处于静止状态，半圆弧硬杆对小球的弹力若沿着向下，小球水平方向无法平衡，有且只有拉力时，小球能够平衡，故B错误；

C．若拉力F与小球受到的重力大小相等， F的方向与小球受到的重力方向的夹角为且的方向指向左下方，小球位于P点且处于静止状态，杆对小球的支持力在与重力的角平分线上，故C正确；

D．杆对小球的弹力方向不变，画出矢量三角形如图所示

由图可知拉力F由水平向左方向缓慢顺时针转动，直到变为竖直方向，F先变小后变大，故D正确。

故选CD。

9. 如图所示，某人在乒乓球训练中，从左侧球台中心处，将球沿垂直于球网的方向水平击出，球恰好通过球网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是（    ）

A. 击球点的高度与球网的高度之比为3：2

B. 击球点的高度与球网的高度之比为9：8

C. 若仅使击出的乒乓球的速度在水平面内顺时针（从上往下看）转动一个角度，则乒乓球落在球网的右侧

D. 若仅使击出的乒乓球的速度在水平面内顺时针（从上往下看）转动一个角度，则乒乓球落在球网的左侧

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．从击球点到球网，有

从击球点到右侧边缘，有

击球点的高度与球网的高度之比为

故A错误，B正确；

CD．乒乓球的速度在水平面内顺时针（从上往下看）转动一个角度，由空间位置关系可知，转动后水平抛出要想过网，到达网的高度水平位移须增大，若球抛出的初速度大小不变，从击球点抛出到球网高度时，球的水平位移不变，未能过网，故乒乓球落在球网的左侧，故C错误，D正确。

故选BD。

10. 如图所示，在水平转台上放置有质量之比为滑块P和Q（均视为质点），它们与转台之间的动摩擦因数之比，P到转轴的距离为，Q到转轴的距离为rQ，且，转台绕转轴匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（    ）

A. P、Q所受的摩擦力大小相等

B. P、Q的线速度大小相等

C. 若转台转动的角速度缓慢增大，则Q一定比P先开始滑动

D. 若转台转动的角速度缓慢增大，则在任一滑块滑动前，P能达到的最大向心加速度为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．P、Q随圆盘转动过程，静摩擦力提供向心力，则根据

角速度相同，，，可知，P、Q所受的摩擦力大小相等，故A正确；

B．根据

角速度相同，，可知，P、Q的线速度大小不相等，故B错误；

C．由题意可知P、Q最大静摩擦力关系为

若转台转动的角速度缓慢增大，滑块需要的向心力增大，P、Q受到的摩擦力均增大，滑块Q受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，则Q一定比P先开始滑动，故C正确；

D．若转台转动的角速度缓慢增大，P、Q受到的摩擦力均增大，Q比P先开始滑动，Q滑动时受到的摩擦力为最大静摩擦力。此时P受到的摩擦力和Q受到的最大静摩擦力大小相等，则Q滑动前P能达到的最大向心加速度为

故D错误。

故选AC。

三、非选择题：共56分。

11. 某同学做“探究平抛运动的特点”实验，得到的数据如图所示。实线为某小球（视为质点）平抛运动轨迹的一部分，A、B间与B、C间的水平距离分别为、，0.05m，高度差，，取重力加速度大小。结果均保留两位有效数字。

（1）被抛出时，小球的速度大小为________m/s；

（2）运动至B点时，小球在竖直方向上的分速度大小为_______m/s；

（3）由抛出点到A点，小球运动的时间为________s。

【答案】    ①. 0.50    ②. 1.2    ③. 0.020

【解析】

【详解】（1）[1]由于，所以从A到B间与从B到C的时间相等，则有

解得被抛出时，小球的速度大小为

（2）[2]运动至B点时，小球在竖直方向上的分速度大小为

（3）[3]由抛出点到B点，小球运动的时间为

则由抛出点到A点，小球运动的时间为

12. 某同学用如图甲所示的实验装置来测重物的平均速度与当地的重力加速度，让重物从高处由静止开始下落，打点计时器在重物拖着的纸带上打出一系列的点。实验结束后，选择一条点迹清晰的纸带进行数据处理，用刻度尺只测出如图乙所示的两段距离就可以算出当地的重力加速度大小。已知打点计时器所用交变电源的频率为f。

（1）重物在下落过程中，会对重力加速度的测量造成影响的力有______________。（写出一个即可）

（2）打点计时器打下C点时，重物的速度大小_____________。

（3）当地的重力加速度大小_____________。

（4）若图乙中A、B两点间的距离约为_____________mm，则A点为重物做自由落体运动的起点。（电源频率，取重力加速度大小，结果保留一位有效数字）

【答案】    ①. 空气对重物的阻力##打点计时器限位孔对纸带的阻力    ②.     ③.     ④. 2

【解析】

【详解】（1）[1]重物在下落过程中，空气对重物的阻力、打点计时器限位孔对纸带的阻力等因素会对重力加速度的测量造成影响；

（2）[2]打点的周期

根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得

（3）[3]根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得

则加速度

（4）[4]根据

代入数据

可知若图乙中A、B两点间的距离约为2mm，则A点为重物做自由落体运动的起点。

13. 如图所示，长的细线OA一端吊着一个质量的小球（视为质点），另一端系于竖直杆顶端O点，使小球在水平面内绕竖直杆做匀速圆周运动，取重力加速度大小。

（1）求当小球转动的角速度时，细线OA与竖直方向的夹角θ；

（2）若在竖直杆底端点与小球间系一长的细线，让竖直杆带动小球转动，当被拉直时，恰好与垂直，细线能承受的最大拉力大小，求小球转动的最大角速度。

【答案】（1）60°；（2）

【解析】

【详解】（1）当小球转动的角速度时，由牛顿第二定律可得

解得细线OA与竖直方向的夹角为

（2）被拉直时，恰好与垂直，可知细线与竖直方向夹角满足

解得

竖直方向由平衡条件可得

解得细线OA上的拉力恒为

水平方向由牛顿第二定律可得

解得

14. 一倾角、长度的固定斜面的底端A有一质量带有挂钩的薄板，把一质量物体放到薄板上，某人通过定滑轮用轻绳把薄板拉上去，轻绳与斜面平行。已知物体与薄板及薄板与斜面间的动摩擦因数分别为和，物体与薄板材质相同且均可看成质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，，，。

（1）求物体能到达B处的最短时间t；

（2）求物体以最短时间运动至B处过程中人的拉力大小F；

（3）若人以（2）问中的拉力F拉了时，突然用力过猛使薄板瞬间与物体分离，通过计算判断物体是否能到达斜面顶端B处。

【答案】（1）；（2）；（3）见解析

【解析】

【详解】（1）物体与薄板之间的静摩擦力达到最大值时，其加速度最大；对物体由牛顿第二定律有

解得

根据位移时间关系有

解得

（2）以薄板和物体为整体，根据牛顿第二定律有

解得

（3）设物体运动位移大小为，则有

解得

薄板与物体分离时，物体的速度为

薄板与物体分离后，物体落在斜面上，对物体受力分析可知其沿斜面向上做匀减速直线运动，设其加速度大小为，根据牛顿第二定律可得

解得

从薄板与物体分离到物体的速度为零，物体在该过程中向上的最大位移大小为，则有

解得

则

可知物体不能到达B处。

15. 如图所示，某滑雪者（视为质点）从山上A点以的初速度水平飞出，经一段时间刚好经过斜坡顶点P并无碰撞地沿斜坡向下滑，再经到达坡底B处。斜坡与水平面的夹角，取重力加速度大小，不计滑雪者受到的摩擦阻力和空气阻力。求：

（1）滑雪者在空中运动的时间t'；

（2）滑雪者到达B点时的速度大小v；

（3）A、B两点之间的高度差H。

【答案】（1）0.3s；（2）；（3）5.95m

【解析】

【详解】（1）从A点到P点的过程中做平抛运动，则有

解得

（2）滑雪者到达P点时的速度大小为

从P点到B点的过程中，由牛顿第二定律可得

由匀变速直线运动规律得

解得

（3）A、B两点之间的高度差

解得