湖北省云学联盟2024-2025学年高一下学期5月月考物理试卷（解析版）

这是一份湖北省云学联盟2024-2025学年高一下学期5月月考物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将答题卡上交。
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 在物理学的历史长河中，有很多科学家都有着伟大的发现，他们的研究成果不仅深刻影响着物理学发展的方向，也对人类社会产生了深远的影响。对于科学家及他们的贡献，下列说法正确的是（ ）
A. 卡文迪什利用扭秤装置首次比较准确地测出了引力常量的值
B. 伽利略研究自由落体运动时，主要采用了控制变量的方法
C. 富兰克林命名了正负电荷并发现了电荷之间相互作用力的规律
D. 亚里士多德经过实验推断并检验得出无论物体轻重如何，其下落的快慢程度相同
【答案】A
【解析】A．卡文迪什利用扭秤装置首次比较准确地测出了引力常量的值，故A正确；
B．伽利略研究自由落体运动时，主要采用理想实验和科学推理，而非控制变量法，故B错误；
C．富兰克林命名了正负电荷，但电荷间作用力规律（库仑定律）由库仑发现，故C错误；
D．亚里士多德认为重物下落更快，而伽利略通过实验和推理得出轻重物体下落快慢相同，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，一位动作片演员在两辆匀速直线行驶的大卡车中间上演“一字马”的好戏，两脚分开分别抵住两侧竖直平坦的卡车货箱侧壁并与其保持相对静止。已知该演员受到的重力为，则与货箱之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（ ）
A. 该演员的每只脚对货箱的压力大小都为
B. 该演员受到的摩擦力大小为
C. 若换一个质量更大的演员表演，则需要更大的摩擦力才能保持相对静止
D. 单侧货箱对演员的作用力竖直向上
【答案】C
【解析】A．演员在两车之间保持相对静止，脚对货箱的压力两边等大反向，但具体大小未知，不一定是，故A错误；
B．每只脚受到的摩擦力，不是，故B错误；
C．质量增加则体重增加，，因此需要更大的静摩擦力才能保持静止，故C正确；
D．以左侧货箱为例，左侧货箱对演员有向右的支持力，向上的静摩擦，即左侧货箱对人的作用力斜向上，故D错误。
故选C。
3. 2025年五一假期，宜昌市儿童公园游人如织，热闹非凡，其中摩天轮是最受欢迎的项目之一。如图所示，游客乘坐摩天轮在竖直平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 游客做匀变速曲线运动
B. 游客速率不变，受到合外力为零
C. 当游客的高度低于圆心的高度时，游客一定处于超重状态
D. 游客在上升过程中处于超重状态，下降过程中处于失重状态
【答案】C
【解析】AB．匀速圆周运动的物体所受合力大小不变且不为零，方向始终指向圆心，而匀变速曲线运动的合力恒定，故AB错误。
CD．匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，当游客低于圆心高度时，加速度有竖直向上的分量，游客处于超重状态；当游客高于圆心高度时，加速度有竖直向下的分量，游客处于失重状态，故C正确，D错误。
故选C。
4. 如图所示，真空中有两个点电荷，、，分别固定在轴的坐标为0和的位置上，下列判断正确的是（ ）
A. 时，沿轴正方向电势降低
B. 在之间电场强度方向都向左
C. 只考虑电场力，第三个点电荷可以在之间某点平衡
D. 只考虑电场力，第三个点电荷可以坐标处平衡
【答案】D
【解析】A．在x轴上部分，产生沿x轴负方向的电场，产生沿x轴正方向的电场，因Q1>Q2，且此部分上任意一点与Q1距离更近，根据点电荷的场强公式可知，Q1产生的场强更大，合场强方向沿x轴负方向，沿轴正方向电势升高，故A错误；
BC．在之间,产生的电场方向均沿x轴正方向，则合场强沿x轴正方向，第三个点电荷不可能在之间某点平衡，故BC错误；
D．设轴上场强为0的坐标为（x，0），有
解得
可知第三个点电荷在坐标处受到电场力合力为0，处于平衡状态，故D正确。
故选D。
5. 我国自主研发的055型驱逐舰是世界上最先进的驱逐舰之一。如图，质量为的055型驱逐舰南昌舰在海上执行护航任务，该舰从静止开始以恒定功率开始启动并沿直线行驶，设其受到的阻力与瞬时速度的平方成正比且满足表达式为已知量。南昌舰从静止开始加速到最大速度的总时间为，则下列说法正确的是（ ）
A. 达到最大速度之前，南昌舰做匀加速运动
B. 达到最大速度之前，南昌舰的加速度一直在减小
C. 若加速阶段的总位移为，则加速阶段南昌舰克服阻力做功
D. 整个过程中阻力对南昌舰做的功为
【答案】B
【解析】AB．南昌舰以恒定功率启动，有公式，可得
列牛顿第二定律有
根据公式可知在加速过程中随着速度增加，加速度在减小，故驱逐舰应做加速度减小的加速运动，故A错误，B正确；
C．在加速过程中，阻力不是线性变化的，平均阻力不等于最大阻力的一半，C错误；
D．根据动能定理，Pt+Wf=12mv2，得Wf=12mvm2-Pt，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，轻质动滑轮下悬挂质量为的重物，绕过轻质定滑轮细绳的另一端悬挂质量为的重物，悬挂滑轮的轻质细线竖直。在外力约束下、静止且距地面高度均为，解除约束后、开始运动。不计摩擦力和空气阻力，若始终不与定滑轮相碰，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A. 重物在下落过程中机械能增加
B. 重物运动过程中，速率时刻相同
C. 重物刚要落地时，的速度大小为
D. 重物刚要落地时，的速度大小为
【答案】C
【解析】A．对A进行受力分析，A受到竖直向下的重力以及绳子提供的竖直向上拉力，A的重力大于绳子拉力的合力，故A向下运动，则绳子的拉力对A做负功，A的机械能减少，故A错误；
BCD．A从图示位置下降的过程中，对AB整体分析，只有重力做功，故AB组成的系统机械能守恒，A下降，B上升，设重物A刚要落地时，A的速度为，由关联速度得B的速度为，由系统机械能守恒定律
解得
故BD错误，C正确。
故选C。
7. 如图所示，光滑圆轨道竖直固定，圆心为，圆弧轨道最高点与的连线水平，质量为的物块以从点沿着圆轨道下滑，经过点时，轨道受到的压力大小为。物块通过点后无能量损失地滑上和点等高的质量为的长木板，物块与长木板之间的动摩擦因数为，水平地面光滑；当物块和长木板达到共速时物块恰好到长木板的最右端。下列说法正确的是（ ）
A. 圆弧轨道的半径
B. 物块到达B点时的速度
C. 长木板长度为
D. 物块与长木板之间因摩擦产生的热量为
【答案】C
【解析】AB．从点到点由机械能守恒定律可知
在点由圆周运动向心力公式
联立解得，故AB错误；
C．物块滑上长木板后，对物块有
解得，且
对长木板有
解得，且
设物块、长木板最终达到得速度为，则有
联立解得
因此可以求得物块的位移
长木板的位移
则长木板的长度为
故C正确；
D．根据能量守恒可知
解得，故D错误。
故选C。
8. 麻省理工学院的天文学家发现了一个双星系统，其轨道极短，约每51分钟彼此绕行一圈，这表明两颗恒星中心之间的距离非常近，几乎和地心与月心的距离相当，该系统可能是被称为“激变变星”的罕见双星系统，被命名为ZTFJ1813+4251双星系统，已知地心和月心的距离约为384000多公里，引力常量G未知，仅根据以上信息，可以估算出（ ）
A. 双星运动的角速度大小
B. 双星质量之积
C. 双星运动的速率之和
D. 双星质量之和
【答案】AC
【解析】A．双星系统公转角速度，故A正确；
BD．设两颗恒星的质量分别为m1和m2，根据万有引力提供向心力有，，
联立可得，
由于引力常量G为未知值，故BD错误；
C．根据线速度与角速度的关系有，
联立可得，故C正确。
故选AC。
9. 真空中有两个正点电荷电量相等，连线水平放置。若将一个光滑绝缘圆轨道置于两点荷连线中垂线上，圆心与中点O重合，轨道半径为R且轨道平面与两点电荷连线垂直。可视为质点的质量为m的带负电小球，在轨道内以O为圆心做完整的圆周运动，已知重力加速度为g，规定无限远处电势为零。下列说法正确的是（ ）
A. O点电场强度为零，电势为零
B. 小球沿圆轨道运动时静电力始终不做功，小球机械能保持不变
C. 小球的轨迹圆上电势相等，电场强度相同
D. 小球在轨道内侧运动时，最高点A处最小速度一定大于
【答案】BD
【解析】A．根据，O点电场强度为零；因为无限远处电势为零，所以O点电势大于零，A错误；
B．小球在圆轨道上运动时所受静电力总是指向圆心，不做功，只有重力做功，机械能保持不变，B正确；
C．轨道所在处电势处处相等，电场强度大小相等，但方向不同，C错误；
D．小球在最高点时，根据牛顿第二定律得
解得，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，光滑斜面固定在水平面上，底端固定一垂直斜面的挡板，斜面倾角。物块A、B用轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，物块B、C用轻绳跨过光滑的定滑轮连接，物块质量分别为、、，重力加速度为g，A、B、C皆可视为质点，刚开始系统处于静止状态。现用一外力缓慢向下拉C，使A对挡板恰好无压力时立即撤去该外力，之后的过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 撤去外力瞬间，B的加速度为
B. 撤去外力瞬间，C加速度为0
C. 当A对挡板的压力为mg时，B的速度为
D. 当A对挡板的压力为mg时，C的速度为
【答案】AD
【解析】AB．撤去外力瞬间，轻绳拉力突变，物块B、C加速度大小相等
对A：
对B：
对C：
解得，A正确，B错误；
CD．当A对挡板的压力为mg时，对A由平衡条件得
解得弹簧压缩量，弹簧的弹性势能等于撤去外力瞬间的弹性势能，该过程B、C组成的系统机械能守恒，并且B、C的速度相等，设B、C的速度为
对B、C由机械能守恒有：
解得，C错误，D正确。
故选AD。
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
11. 小维同学利用家里闲置的一些废旧物品制作了如图甲所示的验电器，并尝试验证电荷守恒定律。图乙是固定在绝缘手柄上的橡胶板和玻璃板，分别将其伸入验电器上端的空心金属球中（不与金属球接触），验电器金属箔片均不张开。
（1）带上绝缘手套，手持固定有橡胶板和玻璃板的绝缘手柄。相互快速用力摩擦橡胶板和玻璃板然后分开，将橡胶板伸入空心金属球中（不与金属球接触），验电器金属箔片张开，此时，验电器金属箔片与橡胶板带有_____（填“同种”或“异种”）电荷。
（2）将橡胶板和玻璃板一起伸入空心金属球中（均不与金属球接触），验电器金属箔片不张开。说明摩擦后的橡胶板和玻璃板带有_____电荷。（填“等量同种”或“等量异种”）
（3）上述实验_____验证电荷守恒定律。（填“能”或“不能”）
【答案】（1）同种 （2）等量异种 （3）能
【解析】
【小问1解析】
金属球、金属杆和金属箔片组成的整体发生静电感应现象，金属箔片与橡胶板带有同种电荷。
【小问2解析】
相互快速用力摩擦橡胶板和玻璃板后，橡胶板和玻璃板带有等量异种电荷。
【小问3解析】
橡胶板和玻璃板初始状态不带电，相互摩擦后带等量异种电荷，即带电量代数和仍为零，能验证电荷守恒定律。
12. 为了验证“机械能守恒定律”，某实验小组用打点计时器，重物，气垫导轨、光电门、滑块等器材组装了如图甲所示的两种装置进行实验；
（1）对于这两个实验方案，分析正确的是_____
A. 方案1中，重物应该选择体积小、密度大的物体
B. 方案1中，应先释放纸带，后给打点计时器通电
C. 方案2中，为减小误差，两光电门之间的距离越小越好
（2）进行方案1实验时，若测出纸带上所有计数点到起始点O的距离h，根据纸带计算出各点的速度大小v，以h为纵轴，v2为横轴，画出的图像如图乙所示，计算出物体下落的加速度为_____（用a和b表示）；在一定的误差范围内，若下落的加速度_____（填“小于”，“等于”，“大于”）当地的重力加速度，则能验证机械能守恒定律。
（3）进行方案2实验时，遮光条和滑块的质量为1.00kg，遮光条的宽度为4mm，经过光电门Ⅰ的时间为4×10-3s，经过光电门Ⅱ的时间为2×10-3s，滑块和遮光条增加的动能为ΔEk=_____J。气垫导轨左端离水平桌面高度为0.25m，气垫导轨长度为1.00m，图中A、B两点之间的距离为0.64m，，在通过A、B两点时重力势能的减少量为ΔEp减 = _____J。ΔEk和ΔEp减不相等的原因是_____（写一条即可）以上计算结果均保留三位有效数字。
【答案】（1）A （2） 等于
（3）1.50 1.57 滑块下滑的过程中，空气阻力和摩擦力对滑块做负功
【解析】
【小问1解析】
A．方案1中，为了减小空气阻力产生的误差，物体应该选择体积小，密度大的物体，A正确；
B．方案1中，应先给打点计时器通电，后释放纸带，B错误；
C．方案2中，为减小误差，两光电门之间的距离应该适当远一些，C错误。
故选A。
【小问2解析】
由匀变速直线运动：
解得
图线的斜率为
解得
验证机械能守恒，即在一定的误差范围内，验证减少的重力势能和增加的动能相等，则需要等式成立
增加的动能的实际值为(mg-F)h，即要验证等式成立
化简可得只需要验证成立，若二者相等，则能说明机械能守恒。
【小问3解析】
滑块通过第1个光电门的速度为
滑块通过第2个光电门的速度为
滑块和遮光条增加的动能为
两光电门的高度差为
重力势能的减少量为
减少的重力势能大于增加的动能，说明在滑块下滑的过程中重力势能并没有完全转化为动能，还有能量损失，空气阻力和摩擦力对滑块做负功。
三、解答题：本大题共3小题，共42分。
13. 某食品工厂需要将流水线上包装好的可视为质点的饼干盒快速、平稳地运输到仓库装箱区域。为了提高效率，工程师设计了一条水平传送带系统，传送带长度L=10m，传送带以恒定速度v=2m/s顺时针运行，饼干盒与传送带间的动摩擦因数为µ1=0.2。工人将质量m=1kg的饼干盒轻放在传送带左端，重力加速度取g=10m/s2。
（1）求饼干盒在传送带上加速运动过程中的位移；
（2）传送带右端和桌面平滑连接，其与桌面的动摩擦因数为µ2=0.1，饼干盒经过连接处无能量损失，速度为0时刚好到达装箱区域，求饼干盒从放上传送带到停止运动的总时间。
【答案】（1）1m （2）7.5s
【解析】
【小问1解析】
饼干盒在传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得
解得
饼干盒加速到v的位移x满足
解得
故饼干盒先加速到与传送带共速后匀速运动，加速运动位移为1m；
【小问2解析】
饼干盒加速运动时间
解得
共速后匀速运动的时间
解得
饼干盒到达桌面上的加速度为a2，由牛顿第二定律得
解得
饼干盒减速到0的时间
解得
饼干盒从放上传送带到停止运动的总时间
14. 如图为某游戏装置原理示意图。光滑水平桌面上固定一个内表面粗糙的半圆形竖直挡板，其半径为2R，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。一质量为m的小物块在一大小不变，方向与运动方向始终相同的力F的作用下以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，使挡板对小球的支持力大小恒为2mg，从B点飞出桌面瞬间撤去F，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧。小物块与挡板之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）F做的功W；
（2）B和C两点的高度差H；
（3）小球是否能到达D点并说明理由
【答案】（1）2mgR （2）6R （3）见解析
【解析】
【小问1解析】
小物块沿着挡板运动，挡板对小物块的支持力不变
解得
小物块从A到B的过程中，根据动能定理有W+-μ2mg2πR=12mv2-12mv2
解得F做的功
【小问2解析】
从B点飞出时的速度为
由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，在C点有
则小物块从B到C的过程中，根据动能定理有
联立解得
【小问3解析】
若小物块能运动到D点，小物块从C到D的过程中，根据动能定理有-mgR+Rcs60°=12mvD2-12mvC2
在D点：
解得，小物块在最高点和轨道存在接触，能到达D点。
15. 如图所示，表面光滑的圆弧轨道固定放置在水平地面上，圆心为O，半径，过A点的轨道半径与竖直方向的夹角为90°，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为θ，B为轨道最低点且离地高度为0。现有一可视为质点，质量为1kg的小物块m从A点静止释放，从C点沿圆弧切线飞出，重力加速度取g=10m/s2，忽略空气阻力，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
（1）求小物块到达B点时对轨道的压力；
（2）若θ=53°，在轨道右侧放置一固定在地面上形状为等腰直角三角形的斜面，小球恰好可以无碰撞地从D点滑上斜面，求C和D的水平距离大小；
（3）移走斜面，小物块仍由A点静止释放，当θ取某值时，小物块离开C点以后在空中运动的最高点与落地点之间水平距离最大，求该最大值。
【答案】（1）30N，方向竖直向下 （2）1.344m （3）R
【解析】
【小问1解析】
小物块从A到B的过程中，只有重力做功，根据动能定理有
在B点，有
由牛顿第三定律可得
解得
方向竖直向下；
【小问2解析】
小物块从A到C的过程中，只有重力做功，根据动能定理有
解得
取竖直向下为正方向，C到D的运动过程中，水平速度不变，竖直方向匀变速直线运动有
水平位移为
联立解得
即CD的水平距离为1.344m；
【小问3解析】
过C点的半径与竖直方向夹角为0时，以水平速度落地，此时末速度与水平方向夹角为0，过C点的半径与竖直方向夹角为90°时，以竖直速度落地，此时末速度与水平方向夹角为90°，可知落地末速度与水平方向的夹角范围为0到90°，设落地末速度与水平方向的夹角为α，末速度大小为v，小物块从A到落地的过程中，只有重力做功，根据动能定理有
可得
大小恒定，小物块从最高点到落地为平抛运动，竖直方向有
水平方向有
联立可得
2α的取值范围为0到180°，当且仅当时，时水平位移取得最大值R，即最高点和落地点的最大水平位移为R。