陕西省咸阳市三原县南郊中学2022-2023学年高一下学期第二次月考物理试题（原卷版+解析版）

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一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 下列有关物理现象和物理规律的描述，说法错误的是（ ）
A. 曲线运动一定是变速运动，而变速运动不一定是曲线运动
B. 质量一定的物体，速度发生变化则动能一定变化
C. 平抛运动是匀变速曲线运动，圆周运动是变加速曲线运动
D. 跳伞运动员张开伞后在空中匀速下降，运动员与伞组成系统机械能不守恒
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线运动的速度方向时刻在变，故一定是变速运动，但变速运动可以只是速度大小变化，不一定是曲线运动，故A正确；
B．速度发生变化，可能是速度的大小不变，方向改变。所以质量一定的物体，速度发生变化动能不一定变化，故B错误；
C．匀速圆周运动的向心力的方向始终是指向圆心的，方向是不断变化的，不是恒力，是变加速曲线运动，平抛运动只受重力作用，合力为恒力，是匀变速曲线运动，故C正确；
D．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降，系统动能不变而重力势能减小，机械能减少，运动员与伞组成的系统机械能不守恒，故D正确。
本题选择错误的，故选B。
2. 晚上，一同学回家的路上，如图所示，一平直的墙面到他的距离，该同学将手电筒在竖直面内以0.3rad/s的角速度匀速转动，当手电筒的光线与墙面的夹角为37°时，墙面上光斑的移动速度大小为（取，）（ ）
A. 3.75m/sB. 4m/sC. 5m/sD. 8m/s
【答案】C
【解析】
【详解】设此时墙面上光斑的移动速度大小为，将光斑的移动速度分解为沿光斑与手电筒连线分速度和垂直光斑与手电筒连线分速度，则有
又
联立解得
故选C。
3. 如图，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动。在脱水过程中，衣物经过最高位置A和最低位置B，其在A、B两点（ ）
A. 加速度相同B. 重力不同
C. 所受合力大小不同D. 受筒壁的作用力大小不同
【答案】D
【解析】
【详解】AC．衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，故在转动过程中，根据牛顿第二定律可知，衣物所受合力的大小始终为
则在任意位置，所受合力的大小相同，加速度大小相同，合力和加速度的方向指向圆心，故AC错误；
B．衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，衣物所受重力为
不同位置衣物重力相同，故B错误；
D．在A位置，根据牛顿第二定律可知
则
方向竖直向下，在B位置，根据牛顿第二定律可知
则
方向竖直向上，则可知
故在A、B两点受筒壁的作用力大小不同，故D正确。
故选D。
4. 在一个斜面上，摆两条（光滑）轨道，一条是直线，一条是曲线，起点高度以及终点高度都相同。两个质量，大小一样的小球同时从起点向下滑落，曲线的小球反而先到终点。这是由于曲线轨道上的小球先达到最高速度，所以先到达。然而，两点之间的直线只有一条，曲线却有无数条，那么，哪一条才是最快的呢？1696年，瑞士数学家约翰·伯努利解决了这个问题，这条最速曲线就是一条摆线，也叫旋轮线。现让质量相同的小球1和2分别同时从起点沿直线，最速曲线由静止开始下滑到斜面底端。此过程中（ ）
A. 球2到达终点时速度更大
B. 两小球下滑过程中合力做功一样多
C. 最速曲线轨道对球2的支持力做正功
D. 两小球下滑到底端时重力做功的瞬时功率一样大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．球1和球2沿两条不同的路径下滑，都只有重力做功，且下落的高度相同，根据动能定理有
解得
故两小球最终的速度大小相等，下滑过程中合力做功一样多。故A错误，B正确；
C．最速曲线轨道对球2的支持力始终与速度方向垂直，故不做功，C错误；
D．两小球下滑到底端时，速度大小相等但速度方向不相同，故重力做功的瞬时功率不一样大，D错误。
故选B。
5. 跳伞运动非常惊险，被世人誉为“勇敢者运动”。假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为，则在运动员下落了h高度的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员的重力势能减少了
B. 运动员的动能增加了
C. 运动员克服阻力所做的功为
D. 运动员的机械能减少了
【答案】B
【解析】
【详解】A．运动员下落了h高度的过程中，运动员的重力做功为mgh，则重力势能减少了，故A错误；
B. 根据动能定理，运动员的动能增加了
故B正确；
C. 根据
可得
运动员克服阻力所做的功为
故C错误；
D．运动员克服阻力所做的功等于机械能减少量，则运动员的机械能减少了，故D错误。
故选B。
6. 如图甲所示．将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛出，发球的高度H和球的初速度的可调节，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 保持H不变，越大，乒乓球在空中运动时间越小
B. 保持H不变，越大，乒乓球落在桌面瞬间速度与水平方向的夹角越大
C. 保持不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大
D. 保持不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据平抛运动的规律有
解得
可知乒乓球在空中运动的时间由下落的高度决定，H不变，则乒乓球在空中下落的时间不变，故A错误；
B．乒乓球落在桌面瞬间的竖直速度为
则有
显然越大，越小，故B错误；
CD．物体落在桌面瞬间的速度为
显然保持不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大，故C正确，D错误。
故选C。
7. 电影《流浪地球》中设想用发动机推动地球：行星发动机通过逐步改变地球绕太阳运行的轨道，具体过程如图所示，轨道1为地球公转的近似圆轨道，轨道2、3为椭圆轨道，P、Q为椭圆轨道3长轴的端点。以下说法正确的是（ ）
A. 地球在1、2、3轨道的运行周期分别为T1、T2、T3，则T1 > T2 > T3
B. 地球在1、2、3轨道运行时经过P点的速度分别为v1、v2、v3，则v1 > v2 > v3
C. 地球在3轨道运行时经过P、Q点的速度分别为vP、vQ，则vP < vQ
D. 地球在1轨道P点加速后进入2轨道，在2轨道P点再加速后进入3轨道
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律有
由题图可知
a1 < a2 < a3
则
T1 < T2 < T3
A错误；
BD．由题图可知，从轨道1到轨道3地球做“离心运动”，则在P点要依次点火加速，则v1 < v2 < v3，B错误、D正确；
C．根据开普勒第二定律可知，地球在3轨道运行时vP > vQ，C错误。
故选D。
8. 如图所示，ABCD是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧。BC水平，其长度为d=3.5m，盆边缘的高度为h=0.8m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A. 小物块第一次到达B点的速度为5m/s
B. 小物块第一次到达C点的速度为3m/s
C. 小物块在盆内来回滑动，最后停在BC段距B点1m处
D. 小物块在盆内来回滑动，最后停在BC段距C点1.5m处
【答案】BC
【解析】
【详解】A．设小物块第一次到达B点时的速度为，根据题意由机械能守恒可得
解得
故A错误；
B．设小物块第一次到达C点的速度为，根据题意由动能定理可得
解得
故B正确；
CD．从B点开始到小物块停止运动，设小物块在底面的路程为，由动能定理可得
解得
一个来回为，则可知小物块最终停在BC段距B点1m处，故C正确，D错误。
故选BC。
9. 如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是（ ）
A. a球下滑过程中机械能保持不变
B. b球下滑过程中机械能增加
C. a、b球滑到水平轨道上时速度大小为
D. 从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．a、b球和轻杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A错误；
C．由系统机械能守恒有
mgR＋2mgR=×2mv2
解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小
v=
故C正确；
D．从释放a、b球滑到水平轨道上，对a球，由动能定理有
W＋mgR=mv2
解得轻杆对a球做的功为
W=
选项D正确；
B．因轻杆对a球做正功，则轻杆对b球做负功，则b球的机械能减少，故B错误。
故选CD。
10. 质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，运动9米后F停止作用，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 物体与地面之间的动摩擦因数为0.1B. 物体运动的位移为13.5m
C. 物体在前3m运动过程中的加速度为D. 时，物体的速度为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图像的斜率表示力，由于外力F是水平方向的，则滑动摩擦力为定值，即直线对应为克服摩擦力做功的图线，由
可得物体与地面之间的滑动摩擦力为
由
解得物体与地面之间的动摩擦因数为
故A错误；
B．从物体开始运动到停止运动的过程，根据动能定理得
可得物体运动的位移为
故B正确；
C．由图像可知，前运动过程中，水平外力恒为
根据牛顿第二定律可知，物体在前运动过程中的加速度为
故C错误；
D．物体在前运动过程中，根据动能定理可得
其中
可得时，物体的速度为
故D正确。
故选BD。
二、非选择题（本题共5个小题，共54分）
11. 图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置．斜槽末端口N与小球离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍同时落地。
（1）关于实验条件的说法，正确的有______
A. 斜槽轨道末段N端必须水平
B. P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放
C. 斜槽轨道必须光滑
D. P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
（2）该实验结果可表明______
A. 两小球落地速度的大小相同
B. P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同
C. 两小球在空中运动的时间相等
D. P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
（3）若用一张印有小方格（小方格的边长为）的纸记录P小球的轨迹，小球在同一初速平抛运动途中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度，则P小球在b处的瞬时速度的大小为______m/s。
【答案】（1）AB （2）BC
（3）125
【解析】
【小问1详解】
A．为使小球从斜槽末端飞出时初速度方向是水平，因此斜槽轨道末段N端必须水平，故A正确；
BD．这个实验只验证小球做平抛运动在竖直方向是自由落体运动，与水平方向无关，所以不需要每次实验小球离开水平槽时初速度相同，小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，故B正确，D错误；
C．斜槽轨道是否光滑，对实验没有影响，不需要必须光滑，故C错误。
故选AB。
【小问2详解】
BCD．该实验结果可表明：P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同，由于竖直方向的高度相同，所以两小球在空中运动的时间相等，故BC正确，D错误；
A．当小球落地时P小球还有水平方向的速度，则两小球落地速度的大小不可能相同，故A错误。
故选BC。
【小问3详解】
P小球在同一初速平抛运动，P小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向，由匀变速直线运动的推论，可有
代入数据解得
在水平方向的速度
在竖直方向，由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则有
则P小球在b处的瞬时速度的大小为
12. 某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）对于本实验操作的说法正确的是______。
A. 打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上
B. 应用秒表测出重物'下落的时间
C. 选用的重物的密度和质量大些，有利于减小误差
D. 选用的重物的密度和质量小些，有利于减小误差
（2）若实验中所用重物的质量为1.0kg。某同学选取了一条前两个点间距接近2mm的纸带，0是打下的第一个点，打点时间间隔为0.02s，则在纸带上打下点3时重物的动能的增加量（相对0）______J，从打下点0至打下点3的过程中重物的重力势能减少量______J（，结果均保留三位有效数字）。
（3）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，你认为增加释放高度为h后，两者的差值会______（填“增大”、“缩小”或“不变”）。
【答案】（1）AC （2） ①. 5.28 ②. 5.44 （3）增大
【解析】
【小问1详解】
A．打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上，以减小纸带与打点计时器之间的摩擦，故A正确；B．打点计时器就是计时仪器，则不需要秒表测重物下落的时间。故B错误；
CD．选用的重物的密度和质量大些，有利于减小误差。故C正确；D错误。
故选AC。
【小问2详解】
[1][2]纸带上打下点3时的速度
此时重物的动能
从打下点0至打下点3的过程中重物的重力势能减少量
【小问3详解】
实验中由于需要克服各种阻力(纸带与计时器之间有摩擦，空气阻力等)做功，机械能减少。因为速度大，阻力大。增加释放高度为h后，阻力变大，阻力做功增加，机械能减少量变大，所以动能增加量与重力势能减少量差值增大。
13. 2023年年初韦伯天文望远镜发现第一颗编号为LHS475b的系外行星，它的外形特征跟地球的相似度达到了99%，也是由岩石颗粒组成，大小跟地球差不多可能有大气层，也在围绕一颗炙热的恒星运转。随着技术的进步，未来的某一天，人类为了进一步研究该系外行星，发射一探测器绕该系外行星做匀速圆周运动，探测器运行轨道距离该行星表面的高度为h，运行周期为T，已知万有引力常量为G，行星的半径为R，求：
（1）系外行星的质量；
（2）系外行星的第一宇宙速度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
（2）该小型行星的第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律，有
解得
14. 一辆赛车在专业赛道水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率继续运动，其v­t图像如图所示．已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的，取g=10m/s2，求：
（1）汽车在前5s内的牵引力和5s时的瞬时功率；
（2）当速度25m/s时的加速度；
（3）图中若t=60s时刚好达到最大速度，求0～60s内的位移。

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据加速度公式
根据牛顿第二定律得
解得
5s时的瞬时功率为
（2）当时的牵引力为
根据牛顿第二定律得
解得
（3）0~5s过程中的位移为
5~60s过程中根据动能定理得
解得
0～60s内的位移为
15. 如图所示，水平面右端放一质量m = 0.1kg小物块，使小物块以v0 = 4m/s的初速度向左运动，运动d = 1m后将弹簧压至最紧，反弹回出发点物块速度大小v1 = 2m/s。若水平面与一长L = 3m的水平传送带平滑连接，传送带以v2 = 10m/s的速度顺时针匀速转动。传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆轨道的底端平滑连接，圆轨道半径R = 0.8m。当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭。（取g = 10 m/s2，sin53˚=0.8，cs53˚=0.6）求：
(1)小物块与水平面间的动摩擦因数μ1；
(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；
(3)要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
【答案】(1)；(2)；(3)或
【解析】
【详解】(1)小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得
代入数据解得
(2)小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得，弹簧具有的最大弹性势能
代入数据解得
(3)本题分两种情况讨论：
①设物块在圆轨道最低点时速度为时，恰好到达圆心右侧等高点。根据机械能守恒得
解得
说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得
解得
②设物块在圆轨道最低点时速度为时，恰好到达圆轨道最高点。在圆轨道最高点有
从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得
解得
所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数应满足的条件或。