2025-2026学年山西省晋中市和诚中学高二（上）月考物理试卷（8月）（含解析）

这是一份2025-2026学年山西省晋中市和诚中学高二（上）月考物理试卷（8月）（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024巴黎奥运会，中国跳水“梦之队”再创历史——包揽八金。如图所示为跳水运动员某次跳水的情景，跳水运动员的部分跳水过程可以简化为：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一起向下做变速运动到最低点，随后被跳板弹起，在空中完成一系列动作后入水。忽略空气阻力，下列关于跳水运动员在跳水过程中超重和失重的说法正确的是( )
A. 跳水运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中重力变大了
B. 跳水运动员从最低点被跳板弹起到离开跳板的过程中重力变小了
C. 跳水运动员离开跳板在空中上升和下落的过程中，先处于超重状态后处于失重状态
D. 跳水运动员从高处至随跳板运动到最低点的过程中，先处于失重状态后处于超重状态
2.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，如图所示，以下分析正确的是( )
A. 汽车所受合外力方向与速度方向夹角大于90°，因此汽车线速度减小
B. 汽车所受合外力方向与速度方向夹角小于90°，因此汽车线速度增加
C. 汽车所受合外力方向与速度方向夹角大于90°，因此汽车线速度增加
D. 汽车所受合外力方向与速度方向夹角小于90°，因此汽车线速度减少
3.下列物体运动过程中满足机械能守恒条件的是( )
A. 电梯匀速下降 B. 物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C. 水平抛出的物体，受到空气阻力而落地 D. 过山车中的游客在竖直平面内匀速圆周运动
4.如图所示为自行车传动装置的示意图，若自行车前链轮与后飞轮的半径之比为4∶1，自行车正常行驶时，下列说法正确的是( )
A. 前链轮和后飞轮的角速度相等
B. 后飞轮与后轮边缘的线速度大小相等
C. 前链轮与后飞轮边缘的向心加速度大小之比为4∶1
D. 前链轮每转1圈，后飞轮转4圈，后轮也转4圈
5.如图所示，真空中有两个完全相同的金属球A和B，A球电荷量为+Q，B球不带电，电子电荷量为e，将B球向左移动与A球接触后再分开。下列说法正确的是( )
A. 接触前B球左侧感应出正电荷B. 分开后两球带等量异种电荷
C. 接触过程中A球失去电子 D. 接触过程中有Q2e个电子发生转移
6.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是2：3，则它们( )
A. 线速度大小之比为3：4 B. 向心加速度大小之比为9：8
C. 运动半径之比为1：2 D. 周期之比为3：2
7.木卫一、木卫二、木卫三、木卫四是木星的四颗卫星，它们环绕木星运行的轨道半径依次增大。其中，木卫二表面被冰层覆盖，科学家推测其冰层下可能存在液态水海洋，这是寻找外星生命的重点目标之一。以下说法正确的是( )
A. 从木卫一到木卫四，其环绕木星的线速度依次增大
B. 从木卫一到木卫四，其环绕木星的角速度依次减小
C. 若已知引力常数、木卫二的环绕周期和轨道半径，可计算出木卫二的质量
D. 若我国要发射木卫二探测器，探测器的发射速度必须大于16.7km/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.为了节能，商场的自动扶梯在较长时间若无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯感应到后开始加速，然后匀速运动，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 匀速下行过程中，扶梯对人不做功
B. 匀速下行过程中，扶梯对人做负功
C. 加速下行过程中，扶梯对人的支持力小于人所受的重力
D. 加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向右
9.如图所示，嫦娥六号探测器按图示进行多次变轨修正之后，“着陆器、上升器组合体”将降落月球表面。下列关于嫦娥六号探测器的说法正确的是( )
A. 在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度
B. 在轨道2上经过P点时的速度小于经过Q点时的速度
C. 在P点由轨道1进入轨道2需要加速
D. 在P点由轨道1进入轨道2需要减速
10.如图所示，在水平地面上光滑的甲滑块以2 m/s的速度水平向右经过图中虚线时，在它正后方4 m处的乙滑块以6 m/s的初速度从起点线开始水平向右运动，乙滑块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A. 乙滑块追上甲滑块所用的时间为2 s
B. 乙滑块追上甲滑块时，乙滑块向右运动了6 m
C. 乙滑块4 s内的位移为8m
D. 若乙滑块从起点线向右运动的初速度为5 m/s，则乙滑块无法追上甲滑块
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理实验小组用如图1所示装置“探究加速度与力、质量的关系”，长木板置于水平桌面上，光电门A、B固定在长木板上，调节滑轮使细线与长木板平行。
(1)为了使物块受到的合力与细线的拉力大小相等，还应进行的操作是_________
(2)测得遮光条的宽度为d，两光电门之间的距离为x，遮光条通过光电门A、B的遮光时间分别为tA和tB，则物块加速度的表达式为_________。
(3)改变物块的质量m，保持物块受到的拉力不变，经过多次测量后，为了便于研究力一定时，加速度与质量的关系，应画出加速度a与__________的图线。
A.所挂钩码质量 B.遮光条和物块总质量的倒数
C.遮光条和物块总质量 D.所挂钩码的重力
(4)在质量一定时，探究加速度与力的关系得到的图像如图2所示，其原因是__________。
A.平衡阻力不足 B.平衡阻力过度 C.物块质量过小 D.物块质量过大
12.某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。
(1)下列操作正确的是___________。(填正确答案标号)
A.为了减小实验误差，选择的重物的体积越大越好
B.选择纸带时，应选第一、二个点间的距离接近5mm的纸带
C.先接通电源后释放纸带
(2)该同学正确操作后得到一条如图乙所示的纸带，O点为打下的第一个点，A、B、C、D为从合适位置开始选取的四个连续点。已知打点计时器所接电源的频率为50Hz，则打点计时器打C点时重物的速度大小为__________m/s。(结果保留三位有效数字)
(3)已知重物的质量m=0.5kg，当地的重力加速度大小g=9.8m/s，从打O点到打C点，重物重力势能的减少量ΔEp=__________J，动能的增加量ΔEk=__________J。(结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，动摩擦因数为μ的粗糙水平地面AB与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量m=2kg的小物块在9N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去力F。已知小物块到达D点时与轨道之间作用力为80N，AB=9m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小物块到达B点时速度的大小；
(2)摩擦因数μ的大小；
(3)小物块从离开D点到落到水平地面上需要的时间。
14.相同型号的动车，始发地和目的地也相同，但是由于停靠站点不同，会使行驶时间不同。由运城始发到太原的D5336次列车正常行驶速度为216 km/ℎ，途经晋中站时停车两分钟，若列车减速进站和加速到正常行驶速度的过程均可视为匀变速直线运动，减速和加速过程的加速度大小分别为0.4 m/s2和0.5 m/s2，求：
(1)列车途经晋中站时，减速和加速的时间分别为多少；
(2)列车减速和加速过程的位移分别为多大；
(3)列车停靠晋中站比不停靠多用的时间。
15.木星是太阳系八大行星中体积最大、自转最快，距离太阳第五远的行星，已知木星的质量约为地球的300倍，木星的直径约为地球直径的11倍，地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，木星绕太阳公转的轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍。请估算：
(1)木星表面与地球表面的重力加速度大小之比；
(2)木星与地球的公转周期之比；
(3)木星与地球的第一宇宙速度大小之比。
答案解析
1.【答案】D
【解析】A.跳水运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中重力保持不变，故A错误；
B.跳水运动员从最低点被跳板弹起到离开跳板的过程中重力保持不变，故B错误；
C.跳水运动员离开跳板在空中上升和下落的过程中，加速度一直为重力加速度，一直处于完全失重状态，故C错误；
D.跳水运动员从高处至随跳板运动到最低点的过程中，在空中处于失重状态，接触跳板时，一开始运动员受到的弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态；当运动员受到的弹力等于重力时，速度达到最大，加速度为0；之后运动员受到的弹力大于重力，加速度向上，运动员继续向下减速到最低点过程，处于超重状态，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】由题意，汽车现在的速度方向如图
由图可知，汽车所受合外力方向与速度方向夹角小于 90∘ ，因此汽车线速度增加。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【详解】A.电梯匀速下降，动能不变，重力势能减小，机械能必定减小，故A错误；
B.物体在光滑斜面上下滑，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，所以机械能守恒，故B正确；
C.水平抛出的物体，受到空气阻力而落地，下落过程空气阻力和重力都做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，故C错误；
D.过山车中的游客在竖直平面内匀速圆周运动，动能不变，重力势能随游客所处高度变化，机械能不守恒，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】A.前链轮和后飞轮边缘用链条连接，其线速度大小相等，由v=ωr，可知前链轮与后飞轮的角速度之比为1:4，故A错误；
B.后飞轮与后轮边缘是同轴转动，二者角速度相等，由公式v=ωr，可知线速度大小不相等，故B错误；
C.向心加速度公式为a=v2r，前链轮与后飞轮边缘线速度v大小相等，可知前链轮与后飞轮边缘的向心加速度之比为1:4，故C错误；
D.由转速n=ω2π，可知前链轮和后飞轮的转速之比为1:4，前链轮转1圈后飞轮转4圈，后轮与后飞轮同轴转动，也转4圈，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】A.由于静电感应，接触前B球左侧感应出负电荷，故A错误；
B.完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，所以分开后两球带等量同种电荷，故B错误；
CD.两球接触后再分开，B球上电子转移到A球上，最终两球电荷相同，电荷量都为 +12Q ，则转移电子数为n=Q2e
故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了描述圆周运动的一些物理量，知道各个物理量之间的关系，并能灵活运用。
【解答】
A.线速度v=st，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度大小之比为4：3，故A错误；
BC.角速度ω=θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为
2：3，时间相等，则角速度大小之比为2：3，根据a=ωv，知向心加速度大小之比为8:9，又v=rω得，圆周运动的半径r=vω，则圆周运动的半径之比为2：1，故BC错误；
D.根据T=2πω得，周期之比为3:2，故D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】A.根据牛顿第二定律得GMmr2=mv2r，解得v= GMr，轨道半径r越大，线速度v越小。木卫一到木卫四的轨道半径依次增大，线速度依次减小，A错误；
B.根据牛顿第二定律得GMmr2=mω2r，解得ω= GMr3，轨道半径r越大，角速度ω越小。木卫一到木卫四的轨道半径依次增大，角速度依次减小，B正确；
C.根据万有引力提供向心力，有GM木mr2=m4π2T2r，解得M木=4π2r3GT2，木卫二的质量m被约去，无法计算，C错误；
D.第三宇宙速度(16.7km/s)是脱离太阳系的速度，而木卫二属于太阳系内天体，探测器只需达到第二宇宙速度(11.2km/s)脱离地球引力即可，D错误。
故选B。
8.【答案】BC
【解析】AB.匀速下行过程中，人的动能不变，由平衡条件可知，人和扶梯间没有摩擦力，人所受的支持力和重力等大反向，支持力与速度方向夹角大于 90 ∘ ，可知扶梯对人做负功，故A错误；B正确；
C.加速下行过程中，加速度在竖直方向的分量向下，所以扶梯对人的支持力小于人所受的重力，故C正确；
D.加速下行过程中，加速度在水平方向的分量向左，水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律的同向性可知人受到的摩擦力方向水平向左，故D错误。
故选BC。
9.【答案】BD
【解析】A. 嫦娥六号发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚，故发射速度大于7.9km/s，小于11.2 km/s，故A错误；
B. 由开普勒第二定律可知，在轨道2上经过P点时的速度小于经过Q点时的速度，故B正确；
CD.嫦娥六号在轨道1上的P点处减速，使万有引力大于向心力，做近心运动进入轨道2，C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】AD
【解析】AB.对乙，根据牛顿第二定律有 μmg=ma
解得 a=2m/s2
乙停止的时间为 t0=v2a=3 s
乙滑块追上甲滑块时有 x=v2t−12at2=v1t+x0
将 x0=4 m代入解得 t=2 s， x=8 m
乙滑块追上甲滑块时，乙滑块向右运动了8m，故A正确，B错误；
C.由上述分析可知3s时乙停止运动，则乙滑块 4 s 内的位移为 x1=12v2t0=9 m，故C错误；
D.若乙滑块从起点线向右运动的初速度为 5 m/s ，两者速度相等时有 v 2′−at′=v1
解得 t′=1.5 s
此时两者相距 Δx=v1t′+x0−(v 2′t′−12at′2)
解得 Δx=1.75 m
之后乙滑块速度小于甲滑块，则乙滑块无法追上甲滑块，故D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)将木板无滑轮的一端垫高，以达到补偿阻力(平衡摩擦力)的目的
(2)d22x1tB2−1tA2
(3)B
(4)B

【解析】(1)为了使物块受到的合力与细线的拉力大小相等，还应将木板无滑轮的一端垫高，以达到补偿阻力(平衡摩擦力)的目的。
(2)物块通过光电门B时的速度表达式为 vB=dtB
物块通过光电门A时的速度表达式为 vA=dtA
根据匀变速直线运动速度与位移关系，可得 vB2−vA2=2ax
联立解得物块加速度的表达式为 a=dtB2−dtA22x=d22x1tB2−1tA2。
(3)根据牛顿第二定律有 a=1M⋅F ，为了便于研究力一定时，加速度与质量的关系，应画出加速度 a 与遮光条和物块总质量的倒数的图像，故B正确。
故选B。
(4)图2中， F=0 时 a≠0 ，原因是平衡阻力过度，故B正确。
故选B。
12.【答案】(1) C ; (2)2.15 ; (3)1.16 ; 1.16。
【解析】(1) A.在验证机械能守恒定律实验中阻力的影响越小越好，因为密度大的物体的阻力与重力之比更小，所以对于体积和形状相同的重物，实验时应选择密度大的;故A错误；
B.根据实验需验证的关系mgℎ=12mv2，其中ℎ应是从静止开始下落的高度，而重物从静止开始下落的第一个0.02s (打点时间间隔)内所下落的高度为ℎ=12gt2=12×9.8×0.022m=1.96mm≈2mm
因此，纸带上第一、二两点间的距离接近2mm，表示在打第一个点的瞬时重物从静止开始下落，故B错误；
C.为了避免开始打点前纸带就有了速度，所以要先接通电源后释放纸带，故C正确。
(2)因为C点是BD段的中间时刻，打C点时重物的速度为vC==BD2T=(0.2822−0.1963)m2×0.02s=2.15m/s。
(3)从O点到C点，重物重力势能的减少量ΔEP=mgOC=0.5×9.80×0.2372J≈1.16J，
动能的增加量ΔEk=12mvC2=12×0.50×2.152J≈1.16J。
13.【答案】解：(1)小物块到达D点时与轨道之间作用力为FN=80N，根据牛顿第二定律可得：
FN+mg=mvD2R
解得：vD=2 5m/s
从B到D根据动能定理可得：−mg⋅2R=12mvD2−12mvB2
解得：vB=6m/s；
(2)小物块从A到B，由动能定理： (F−μmg)⋅xAB=12mvB2−0
解得：μ=0.25；
(3)由D点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有：2R=12gt2
解得：t=0.4s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)列车正常行驶的速度为 v=216km/ℎ=60m/s ，则列车减速的时间 t1=va1
代入数值得 t1=150s
列车加速的时间 t2=va2
代入数值得 t2=120s。
(2)列车减速的位移 x1=v22a1
代入数值得 x1=4500m
列车加速的位移 x2=v22a2
代入数值得 x2=3600m。
(3)停车时间 t0=2min=120s ，正常行驶通过晋中站的时间为 t=x1+x2v
多用的时间 Δt=t1+t2+t0−t
联立解得 Δt=255s。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)星球表面处万有引力等于重力有GMmR2=mg
所以木星与地球表面的重力加速度大小之比为g1g2=M1M2(R2R1)2=300×(111)2=300121；
(2)研究木星和地球绕太阳公转，根据根据开普勒第三定律有r13T12=r23T22
所以木星与地球公转周期之比为T1T2= r13r23=5 5；
(3)星球表面的第一宇宙速度为v= gR
所以木星与地球的第一宇宙速度大小之比为v1v2= g1R1g2R2=10 3311。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】