四川省遂宁市射洪中学2022-2023学年高一物理下学期第二次月考试题（强基班）（Word版附解析）

这是一份四川省遂宁市射洪中学2022-2023学年高一物理下学期第二次月考试题（强基班）（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

时 间：75分钟 满 分：100分
第I卷（选择题）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 两个互成角度的直线运动，合运动一定是直线运动
B. 两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C. 向心力可以是物体受到的某一个力，也可以是物体受到的合力
D. 两物体动量大的动能一定大
【答案】C
【解析】
【详解】A．两个互成角度的直线运动，合运动不一定是直线运动，例如平抛运动，故A错误；
B．当两物体的距离r趋近于零时，两个物体就不能当成质点来看，万有引力定律不再适用，故B错误；
C．向心力可以是物体受到的某一个力提供，也可以是物体受到的合力提供，故C正确；
D．根据动量和动能的定义式可得
由于两物体质量关系未知，因此动量大的物体动能不一定大，故D错误。
故选C。
2. 如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是（ ）
A. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒
B. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒
C. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零
D. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能与守恒，故A正确；
B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能与守恒，故B错误；
C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式可知，墙壁对图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；
D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对图乙中B车做功为0，故D错误。
故选A。
3. 一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图，a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置。下列说法正确的是（ ）

A. 质点通过位置c时速度最大，加速度为零
B. 质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为
C. 质点从位置a到位置c和从位置b到位置d经过的路程相等
D. 质点从位置a到位置b和从位置b到位置c的平均速度相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．质点通过位置c，即平衡位置时速度最大，加速度为零。故A正确；
B． x- t图像是正弦函数图像，函数关系为
t=3s时，质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为
故B错误；
C．由图可知质点从位置a到位置c经过的路程小于和从位置b到位置d经过的路程。故C错误；
D．同理，质点从位置a到b经过的路程小于和从b到c经过的路程，根据
可知，两个过程的平均速度不同。故D错误。
故选A。
4. 如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为（重力加速度为g）（ ）
A. 2mgB. 3mgC. 4mgD. 5mg
【答案】C
【解析】
【详解】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有
mg＝
小球在轨道1上经过其最高点A时，有
FN＋mg＝
根据机械能守恒定律，有
解得
FN＝4mg
结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，ABD错误，C正确。
故选C。
5. 如图所示，质量均为的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，则下列说法正确的是（ ）
A. a、b 两小球都是合外力充当向心力
B. a、b两小球圆周运动的半径之比为
C. b小球受到的绳子拉力为
D. a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．小球a做变速圆周运动，在最低点是合外力充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，是合外力充当向心力，故A错误；
B．由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为，故B错误；
C．根据矢量三角形可得
即
故C正确；
D．而a小球到达最高点时速为零，将重力正交分解有
故D错误。
故选C。
6. 如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（ ）

A. 物体加速度大小为B. F的大小为21N
C. 4s末F的功率为42WD. 4s内F的平均功率为42W
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知物体的加速度为
故A错误；
B．根据牛顿第二定律得
解得
F = 10.5N
故B错误；
C．4s末物体的速度为
则拉力F作用点的速度为
则拉力的功率
P= Fv = 42W
故C正确；
D．4s内F的平均功率为
又
联立，解得
故D错误。
故选C。
7. 如图所示，一质量M=8.0 kg长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法不正确的是（ ）
A. 小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/s
B. 小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C. 小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s
D. 长木板长度可能为10m
【答案】B
【解析】
【详解】B．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得
解得
故A正确不符合题意；
BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速，设共速速度为，根据动量守恒定律可得
解得
故B错误符合题意，C正确不符合题意；
D．小木块与木板共速时，根据能量关系有
解得
由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于8m，故长木板的长度可能为10m，故D正确不符合题意。
故选B。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 地球同步卫星离地心的距离为r，运行速率为，向心加速度大小为，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为，地球的第一宇宙速度为，地球半径为R．则下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，根据公式
则有
故A错误，B正确；
CD．对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到
所以
故C正确，D错误。
故选BC。
9. 质量为2×103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图象如图所示．已知行驶过程中最大车速为30m/s，设阻力恒定，则( )
A. 汽车运动过程中受到的阻力为6×103N
B. 汽车在车速为5m/s时，加速度为3m/s2
C. 汽车在车速15m/s时，加速度为1m/s2
D. 汽车在行驶过程中最大功率为6×104W
【答案】CD
【解析】
【详解】试题分析：从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动．
当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小f=2000N，A错误；倾斜图线的斜率表示功率，可知，车速为5m/s时，汽车做匀加速直线运动，加速度，B错误．当车速为15m/s时，牵引力，则加速度，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60000W，D正确．
10. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C. 两物体的质量之比为m1：m2=1：2
D. 在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=1：8
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，而t=0、t2、t4三个时刻弹簧处于原长状态，故t1弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；
B．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度再次相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；
C．系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知
m1v1=(m1+m2)v2
将v1=3m/s，v2=1m/s代入得
m1：m2=1：2
故C正确；
D．在t2时刻A的速度为vA=1m/s，B的速度为vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，根据
解得Ek1：Ek2=1：8，故D正确。
故选CD。
第II卷（非选择题）
11. 用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律实验所用的电源为学生电源，输出电压有交流电和直流电两种重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．
下列几个操作步骤中：
A.按照图示，安装好实验装置；
B.将打点计时器接到电源的“交流输出”上；
C.用天平测出重锤的质量；
D.先释放重锤，后接通电源，纸带随着重锤运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点；
E.测量纸带上某些点间的距离；
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势是否等于增加的动能．
没有必要的是______，操作错误的是______填步骤前相应的字母
使用质量为m的重锤和打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，在选定的纸带上依次取计数点如图2所示，纸带上所打的点记录了物体在不同时刻的位置，那么纸带的______端填“左”或“右”与重物相连设打点计时器的打点周期为T，且O为打下的第一个点当打点计时器打点“3”时，物体的动能表达式为______，若以重物的运动起点O为参考点，当打第点“3”时物体的机械能表达式为______．
【答案】 ①. C ②. D ③. 左 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）验证机械能守恒定律验证的是：，等号两边的质量可以约去，所以不需要质量，故C项没必要；在实验室应该先接通电源，再释放纸带，故选项D错误．
（2）因为是自由落体运动，下落的距离应该是越来越大，所以纸带最左端与重锤相连．根据推论中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可得打点“3”时的瞬时速度为：，重锤动能的表达式为：，以O为参考点，当打第点“3”时物体的重力势能为，因此物体的机械能为
12. 如图所示，某同学为探究碰撞中动量是否守恒的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为和；
②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；
③先不放小球，让小球从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
④将小球放在斜槽末端B处，仍让小球从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球、在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为、、。依据上述实验步骤，请回答下面问题：
（1）两小球质量、应满足_______（填写“”、“＝”或“”）；
（2）小球与发生碰撞后，的落点是图中______点；
（3）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式______，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。若同时满足关系式______，则还可判断该碰撞为弹性碰撞。
【答案】 ①. ＞ ②. M ③. ； ④. m1SP=m1SM+m2SN
【解析】
【详解】（1）[1]为防止入射球碰撞后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，故
（2）（3）[2][3]碰撞前小球m1落在图中的P点，设水平初速度为v1，小球m1和m2发生碰撞后，m1落点在图中的M点，设水平初速度为，m2的落点在图中的N点，设其水平初速度为，设斜面BC与水平面的夹角为，由平抛运动规律有
，
解得
同理可得
因此只要满足
即
则说明两球碰撞过程动量守恒。
[4]如果小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入（2）中速度可得
故若同时满足上述关系式，则还可判断该碰撞为弹性碰撞。
13. 如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道平滑连接。小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域。已知PB=3R，重力加速度为g，求F的大小。

【答案】
【解析】
【详解】小球能通过C点应满足
依题意，由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有
对小球从P点到C点由动能定理得
联立解得
14. 如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R=0.8m的1／4圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1=0.4Kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g=10m／s2．
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小．
(2)若球2的质量m2=0.1Kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小．
(3)若球3的质量m3=0.1Kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
【答案】(1)12N (2)6.4m/s (3) 0.2kg
【解析】
【详解】(1)对球1从A到B应用动能定理：
在B点对球1应用牛顿第二定律：
联立解得：、
由牛顿第三定律
(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有：
由机械能守恒得：
解得：
(3)同理，球2、3碰撞后：
则
代入数据：
由数学知识，当时，最小，最大
所以，
15. 如图所示，竖直放置的半径为的螺旋圆形轨道与水平直轨道和平滑连接，倾角为的斜面在C处与直轨道平滑连接。水平传送带以的速度顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为，间的距离为，小滑块P与传送带和段轨道间的摩擦因数，轨道其他部分均光滑。直轨道长，小滑块P质量为。
（1）若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与轨道高度差H；
（2）若滑块P从斜面高度差处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；
（3）滑块P在运动过程中能二次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则
解得
（2），滑块运动到N点时的速度为，从开始到N点应用动能定理
解得
从N点滑块做平抛运动，水平位移为
（3）滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为，从开始到E点应用动能定理
在E点时有
解得
滑块滑上传送带时的速度为
滑块做减速运动的位移为
因此滑块返回M点时的速度也为，因此第二次过E点。
设高度为时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为
从开始到M点应用动能定理
解得
二次经过E点后，当滑块再次返回圆轨道B点时速度为
所以不会第三次过E点，能二次经过E点的高度H范围是