2023-2024学年湖北省襄阳市第五中学高一（上）学期月考物理试卷（1月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省襄阳市第五中学高一（上）学期月考物理试卷（1月）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在物理学的重大发现中科学家们运用了许多物理学的方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、假设法、微元法、科学假说法和建立物理模型法等。下列关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B. 根据速度定义式，当Δt非常小时，就可以用平均速度表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法
C. 伽利略由“冲淡重力”实验得出落体运动规律，采用了合理科学外推的思想方法
D. 在推导变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，将每一小段都看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了极限思想的方法
2.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度g取10m/s2 ，则在这段时间内，下列说法正确的是
( )
A. 该同学所受的重力变小了
B. 该同学对体重计的压力大小等于该同学的重力大小
C. 电梯一定在竖直向下运动
D. 电梯的加速度方向一定竖直向下，该同学处于失重状态
3.盾构隧道掘进机，简称盾构机，是一种隧道掘进的专用工程机械，又被称作“工程机械之王”，是城市地铁建设、开山修路、打通隧道的利器。图为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，其直径达16m，转速为5r/min，下列说法正确的是( )
A. 刀盘工作时的角速度为10πrad/sB. 刀盘边缘的线速度大小为πm/s
C. 刀盘旋转的周期为12sD. 刀盘工作时各刀片的线速度均相同
4.如图是半程马拉松赛中两位选手参赛的某一情形，假设甲、乙两人从同一位置起跑，都做匀加速直线运动，到达某一速度后都各自做匀速直线运动，且跑到终点。他们的v–t图像如图所示，则下列说法错误的是( )
A. 乙选手起跑时，甲选手正好跑了1m
B. 相遇前甲、乙两选手之间的最大距离为4m
C. 乙选手起跑3s后刚好追上甲选手
D. 乙选手能超过甲选手，之后两选手不可能再次相遇
5.质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图)，下列判断正确的是
( )
A. P的速率为vB. 绳的拉力等于mgsinθl
C. P的速率为vcsθ2D. 绳的拉力小于mgsinθ1
6.如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a。在船下水点A的下游距离为b处是瀑布，为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)，则( )
A. 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=bv
B. 小船轨迹垂直河岸渡河位移最小，渡河时间也最短
C. 当小船沿轨迹AB渡河时，船在静水中的最小速度为vmin=avb
D. 当小船沿轨迹AB渡河时，船在静水中的最小速度为vmin=av a2+b2
7.如图所示，将可视为质点的小球置于空心管的正上方ℎ处，空心管长度L一定，小球与管的轴线重合。将小球先由静止释放，间隔一小段时间Δt后再将管由静止释放(此时小球还没有进入管内)，假设空间足够大，空心管不会碰到地面，不计空气阻力，则下列判断正确的是
( )
A. Δt越大，小球穿过管的时间越长
B. 无论Δt为多少，小球穿过管的时间保持不变
C. ℎ一定时，Δt越小，小球穿出管时管子的速度越大
D. Δt一定时，ℎ越小，小球穿过管的时间越短
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，一个倾角为45°的斜面与一个14圆弧对接，斜面高度与圆弧半径相等，斜面的底端在圆心O的正下方。从斜面顶点以一定的初速度向右水平抛出一小球，则下列说法正确的是
( )
A. 小球初速度不同，则运动时间一定不同
B. 小球落到斜面上时，其速度方向一定相同
C. 小球落到斜面和圆弧等高位置时，速度大小一定不相等
D. 小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该处圆的切线垂直
9.如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是
( )
A. 减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑
B. 减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力变大
C. 减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力变小
D. 减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力变大
10.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
B. 倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
C. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为2+ 5s
D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为12+4 5m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为1.25cm，g取10m/s2，则：
(1)闪光周期T=_____s；图中A点____平抛的起点。选填(“是”或“不是”)；
(2)小球运动的初速度v0=_____m/s；
(3)小球过B点的速度vB=_____m/s。
12.某同学利用图甲所示的装置探究“加速度与合外力的关系”，实验操作步骤如下：
(i)挂上沙桶(含沙砾)，改变木板的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
(ii)取下沙桶，测出沙桶(含沙砾)的质量m，让小车沿木板下滑，测出加速度大小a；
(iii)改变沙桶内沙砾的质量和木板倾角，重复(i)(ii)两步多次测量，通过作图可得a − F的关系。回答以下问题：
(1)实验中必要的是_______
A.与小车相连的细线必须与长木板平行
B.电火花打点计时器应选用8V交变电源
C.先接通打点计时器的电源再取下沙桶
D.实验必须满足沙桶(含沙砾)的质量远小于小车质量
(2)实验获得多条纸带，其中一条如图乙所示，图中0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，打点计时器使用50Hz交流电源。根据纸带可计算点1的瞬时速度大小v1=___m/s，并计算纸带所对应小车的加速度大小a=___m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)把沙桶(含沙砾)的重力mg作为小车受到的合力F，作出a−F图像，当沙桶(含沙砾)的质量接近小车的质量后，可能会出现图丙中的图线___________(选填①、②或③)。
四、简答题：本大题共2小题，共25分。
13.如图所示，质量为m1的物体A用细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m2的物体B相连，B右侧与轻质弹簧相连，轻质弹簧另一端与竖直墙壁相连且保持水平，弹簧的劲度系数为k，连接A的细绳与水平方向的夹角为θ，物体B左侧的轻绳与水平方向的夹角也为θ，此时系统恰好处于静止状态，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A所在的桌面水平，已知重力加速度为g，求：
(1)轻质弹簧的伸长量；
(2)A物体与桌面之间的滑动摩擦因数。
14.某同学利用无人机玩投弹游戏。无人机以v0=6m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放一个可看成质点的小球，小球刚好落到水平地面上半径为0.4m的圆形区域的中心，释放时无人机到水平地面的距离ℎ=3.2m，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。求：
(1)小球下落的时间；
(2)小球落地的速度大小；
(3)要使小球落入圆形区域，v0的取值范围。
五、计算题：本大题共1小题，共13分。
15.一质量为5m的羽毛球筒长为L，羽毛球的高度为d=L5(可将羽毛球看成质量集中在球头的质点)，如图甲有一质量为m的羽毛球静置于球筒封口底端，迅速倒立使羽毛球和球筒静置于如图乙左状态，已知羽毛球和球筒间的滑动摩擦力恒为Ff=kmg，重力加速度为g，现有两种方式尝试将球从筒内取出，求：(设球筒一直保持竖直方向不倾斜)
(1)如图乙，若空气阻力f=nv(已知n为常数)，手握球筒施加竖直向下的恒力F使球和球筒相对静止由静止开始运动，求加速度的表达式。
(2)如图乙，不计空气阻力，已知球筒开口端距地面起始高度为3L4，手对球筒施加竖直向下的恒力F由静止开始运动，球筒以一定速度撞击桌面后立即静止，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面，求恒力F大小及k满足的条件。
(3)如图丙，不计空气阻力，k=2，让球筒开口朝下从离地L高处由静止释放，球筒撞击地面后反弹的速率始终为撞击前的12。当球筒第一次到达最高点时，羽毛球能否从筒中滑出？若能，求滑出时的速度大小；若不能，求羽毛球此时距离球筒开口端的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。
【解答】
A.将物体看成质点采用的是理想模型法，选项A错误；
B.瞬时速度的定义采用了极限思想法，选项B错误；
C.伽利略的斜面实验减缓了重力的作用，采用了合理科学外推的思想方法，选项C正确；
D.推导变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，采取了微元法，选项D错误。
2.【答案】D
【解析】A.超重和失重现象是物体对支持物的压力比重力大或小的现象，是压力的变化，而不是重力变化，在同一地点，无论做什么运动重力都是不变的，故A错误；
B.该同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，大小相等，由图可知该同学所受支持力
FN=F压=m0g=40×10N=400N
该同学的重力为
G=mg=50×10N=500N
因此该同学对体重计的压力大小小于该同学的重力大小，故B错误；
CD.根据牛顿第二定律得
mg−FN=ma
解得
a=2m/s2
方向竖直向下。电梯可能向下匀加速，也可能向上匀减速，故C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】AC.盾构机的转速为
n=5r/min= 112 r/s
根据角速度与转速的关系有
ω=2πn=16πrad/s
周期为
T=2πω=12s
故A错误，C正确；
B.盾构机的半径为8m，可知刀盘边缘的线速度大小约为
v=rω=43πm/s
故B错误；
D.因为各刀片转动是同轴转动，所以各刀片的角速度相等，而半径不同，根据 v=rω 可知刀盘工作时各刀片的线速度不相同，故D错误；
故选C。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，知乙选手起跑时，甲选手的位移x甲=1×22m=1m，即乙选手起跑时，甲选手正好跑了1m，故A正确；
B、t=3s时两人的速度相等，相距最远，最大距离等于0−3s内甲与乙的位移之差，为s=x甲−x乙=1×22m+1×12m=1.5m，故B错误；
C、乙选手起跑3s后通过的位移x乙=1+32×2=4m，0−5s内甲的位移x甲=3+52×1m=4m，则x乙=x甲，可知乙选手起跑3s后刚好追上甲选手，故C正确；
D、乙选手超过甲选手，速度比甲选手的大，两选手不可能再次相遇。故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，来求乙选手起跑时甲选手的位移。相遇前，甲、乙两选手速度相等时间距最大，由“面积”法求最大距离。根据两人的位移关系判断是否相遇。
本题是速度—时间图象的应用，关键要明确v−t图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。
5.【答案】C
【解析】将小车的速度v进行分解如图所示，则vp=vcsθ2，
小车向右运动，θ2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律T−mgsinθ1=ma，可知绳子对A的拉力T>mgsinθ1，故C正确，ABD错误；故选C．
【点睛】解决本题的关键得出A、B的速度关系，由牛顿第二定律分析绳子的拉力与重力的大小关系，运用外推法，即极限法分析A物体的加速度如何变化是难点．
6.【答案】D
【解析】A.当小船船头垂直河岸渡河，时间最短，最短时间为
tmin=av船
且 tmin 必须小于或等于
t=bv
故A错误；
B.小船轨迹垂直河岸渡河，位移最小，大小为a，但船头必须指向上游，合速度小于船在静水中速度，渡河时间不是最短，故B错误；
CD.小船沿轨迹AB运动，船在静水中的速度最小时，速度方向与AB垂直，可得
vmin=av a2+b2
故C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】【分析】
球做自由落体运动，管也做自由落体运动，结合运动的相对性分析求解。
本题采用运动的相对性解析较为快捷，也可以结合二者位移差求解。
【解答】
AB.将小球先由静止释放，间隔一小段时间 Δt 后再将管由静止释放，根据v=gt可知，小球相对管的速度Δv=g⋅Δt，
穿过管子的时间t=LΔv=Lg⋅Δt，Δt 越小，小球穿过管时间越长，A、B错误；
CD.当 ℎ 一定时， Δt 越小，释放管时，小球距离管的入口越远，到达管入口的时间越长，穿过管的时间也越长，管的速度越大，且小球穿过管的时间与ℎ的大小无关，C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】A.平抛运动的时间由下落的高度决定，若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度相同，则小球平抛运动的时间相同，故A错误；
B.设斜面倾角为θ，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则有
tanθ=yx=12gt2v0t=gt2v0
tanα=vyv0=gtv0
所以
tanα=2tanθ
由于斜面倾角为θ一定，则小球落到斜面上时，其速度方向一定相同，故B正确；
C.小球落到斜面和圆弧等高位置时，运动时间相等，竖直速度相等，但落到斜面上的水平位移小，所以小球落到斜面的水平速度小于落到圆弧面的水平速度，所以小球落到斜面和圆弧等高位置时，速度大小一定不相等，故C正确；
D.小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，但由平抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，而圆心不可能是水平位移的中点，故D错误。
故选BC。
9.【答案】AC
【解析】檩条给瓦片的支持力如下图所示
两檩条给瓦片的支持力与檩条垂直向上的夹角为 α ，则有
2Fcsα=mgcsθ
减小檩条间的距离d时，夹角 α 变小，则两檩条给瓦片的支持F力变小，故瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑。若瓦片保持静止，则瓦片与檩条间的摩擦力保持不变，大小为 mgsinθ 。
故选AC。
10.【答案】BCD
【解析】AB.0−1s内，煤块的加速度大小为
a1=12−41m/s2=8m/s2
加速度方向沿传送带向下；根据牛顿第二定律得
mgsinθ+mgμcsθ=ma1
1−2s，煤块的加速度大小为
a2=4−02−1m/s2=4m/s2
加速度方向沿传送带向下；根据牛顿第二定律得
mgsinθ−mgμcsθ=ma2
联立可得
tanθ=0.75
μ=0.25
故A错误，B正确；
C.根据图像可知，2s时煤块上升到最高位置，煤块上升的位移大小等于v−t图像与时间轴所包围的面积大小，为
x=12+4×12m+4×12m=10m
2s后煤块下滑，则有
x=12a2t下2
解得
t下= 5s
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
t=t上+t下=2+ 5s
故C正确；
D.在0−1s内传送带和煤块的位移分别为
x带1=vt1=4×1m=4m
x煤1=12+4×12m=8m
两者相对位移大小为
Δx1=x煤1−x带1=4m
在1−2s内传送带和煤块的位移分别为
x带2=vt2=4×1m=4m
x煤2=4×12m=2m
两者相对位移大小为
Δx2=x带2−x煤2=2m
0−1s煤块快，1−2s传送带快，所以整个上升过程中痕迹的长度为4m，且煤块在2s时处于痕迹的中间位置； 2∼2+ 5s ，传送带向上运动，煤块向下运动，则划痕的总长度为
12a2t下2+vt下−2m+4m=12×4× 52m+4× 5m−2m+4m=12+4 5m
故D正确。
故选BCD。
11.【答案】(1)0.05 ； 不是； (2)0.75 ； (3)1.25
【解析】【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间求出小球的初速度．根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点竖直分速度。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
【解答】
(1)根据Δy=gT2可得：T= Δyg= 2Lg= 2×1.25×10−210s=0.05s
因AB与BC竖直位移之比为3:5，不是从1开始的连续奇数比，可知A点不是平抛的起点位置；
(2)初速度：v0=3LT=3×1.25×10−20.05m/s=0.75m/s
(3)通过B点的竖直速度：vBy=yAC2T=8×1.25×10−22×0.05m/s=1m/s
则：vB= v02+vBy2= 0.752+12m/s=1.25m/s。
12.【答案】 AC##CA 0.21 2.0 ②
【解析】(1)[1]A.步骤(i)中，当小车拖着纸带匀速下滑时，由平衡条件有
Mgsinθ=f+T ， T=mg
步骤(ii)中，小车加速下滑时，根据牛顿第二定律有
Mgsinθ−f=Ma
联立解得
a=mgM
即小车加速下滑时，合力大小等于沙桶(含砂砾)的总重力，可知与小车相连的细线必须与长木板平行，故A正确；
B.电火花打点计时器应选用220V交变电源，故B错误；
C.先接通打点计时器的电源，再取下沙桶，故C正确；
D.根据实验原理可知实验无须满足沙桶(含沙砾)的质量远小于小车质量，故D错误。
故选AC。
(2)[2]相邻计数点的时间间隔为
T=5×1f=5×150s=0.1s
匀变速直线运动某段的平均速度等于该段中间时刻的瞬时速度，可知打点1的瞬时速度大小为
v1=x1+x22T=(1.10+3.09)×10−22×0.1m/s=0.21m/s
[3]根据逐差法可得小车的加速度为
a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)9T2=(7.1+9.13+11.09)−(1.10+3.09+5.12)9×0.12×10−2m/s2=2.0m/s2
(3)[4]由 a=mgM 知 mg=F ，则有
a=1MF
a−F图像的斜率表示小车质量的倒数，小车质量不变，a与F成正比，图线斜率不变，故选②
13.【答案】(1) m2gktanθ ；(2) m2m1−m2tanθ
【解析】(1)设细绳上的拉力大小为 FT ，A、B都静止均处于平衡状态，水平方向对B进行受力分析得
F弹=FTcsθ=m2gtanθ
由胡克定律 F弹=kx ，可得
x=m2gktanθ
(2)竖直方向对B进行受力分析得
FTsinθ=m2g
解得绳子上的拉力
FT=m2gsinθ
细绳对物体A的拉力大小也是 m2gsinθ 。
竖直方向对A进行受力分析有
FTsinθ+FN=m1g
水平方向
FTcsθ=Ff
解得A物体受到桌面的支持力
FN=m1−m2g
A物体受到桌面的摩擦力
Ff=m2gtanθ
由 Ff=μFN ，可得
μ=m2m1−m2tanθ
14.【答案】(1)由平抛运动的规律得竖直方向位移满足
ℎ=12gt2
整理得
t= 2ℎg
解得
t=0.8s
(2)小球在竖直方向的速度为
vy=gt=8m/s
落地的速度为
v= vx2+vy2=10m/s
(3)平抛运动以v0=6m/s的速度抛出水平的位移为
x=v0t=4.8m
故落入圆形区域水平方向最小位移为
x−R=v1t
最小速度为
v1=5.5m/s
落入圆形区域水平方向最大位移为
x+R=v2t
最大速度为
v2=6.5m/s
综上所述要使小球落入圆形区域，v0的取值范围为
5.5m/s≤v0≤6.5m/s

【解析】本题主要考查了平抛运动基本规律、平抛运动中的临界问题；根据平抛运动竖直方向为自由落体运动求小球下落的时间，进而求小球落地的速度大小；要使小球落入圆形区域得出平抛运动的水平位移的临界值，进而求 ​0的取值范围。
15.【答案】(1) a=F−nv6m+g ；(2) F=6.4k−12.4mg ， k>1 ；(3)不能， x=116L
【解析】(1)对羽毛球筒和羽毛球整体分析，根据牛顿第二定律
F+6mg−f=6ma
解得
a=F−nv6m+g
(2)恒力竖直向下，则羽毛球筒下降时，羽毛球和羽毛球筒相对静止，则整体下降时的加速度
a1=6mg+F6m=g+F6m
设羽毛球筒撞击桌面时速度为 v1 ，根据匀加速运动公式
v12=2a1⋅3L4
之后羽毛球在筒内做匀减速运动，减速时的加速度
a2=Ff−mgm=k−1g
羽毛球在筒内恰好能滑至球头碰到桌面，根据
v12=2a2L−L5
联立解得
F=6.4k−12.4mg
要保证羽毛球能向下做减速运动，则
a2=k−1g>0
即
k>1
(3)羽毛球和球筒从L处自由下落，触地瞬间的速度满足
v22=2gL
此后羽毛球以速度 v2 向下做匀减速运动，球筒以 v22 向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，对于羽毛球由牛顿第二定律方程
kmg−mg=ma3
解得
a3=g
对于球筒由牛顿第二定律方程
kmg+5mg=5ma4
解得
a4=75g
选向上为正方向，设二者在 t 时刻达到共速，则满足
−v2+a3t=12v2−a4t
解得
t2=5v28g