2022-2023学年云南省曲靖市第二中学高二上学期第一次月考物理试题含解析

  曲靖市第二中学2021级高二上学期第一次月考试题

物  理

第I卷（选择题 共48分）

一、单选题（共8小题，在每小题给出的4个选项中，只有一个选项符合要求，每小题4分，共32分。）

1. 某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（　　）

A. 时，振子的速度为零，加速度为正的最大值

B. 时，振子的速度为零，位移为负的最大值

C. 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值

D. 和时都是势能为零，动能最大

【答案】B

【解析】

【详解】A．时，在正向最大位移处，故速度为零， ，加速度最大，为负，故A错误；

B．时，在负向最大位移处，振子的速度为零，故B正确；

C．时，根据图像斜率表示速度可知，振子的速度为正向最大值，故C错误；

D．和时，在正向最大位移处，弹性势能最大，动能为零，故D错误。

故选B。

2. 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆形表演台的侧壁做匀速圆周运动。图中的圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h。下列说法中正确的是（　　）

A. h越高，摩托车对侧壁的压力将越大

B. h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大

C. h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小

D. h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．杂技演员与摩托车整体受力图，如图所示，演员与摩托车沿圆形表演台的侧壁做匀速圆周运动时的向心力由摩托车的重力和侧壁的支持力的合力提供，由解析图可知，支持力

FN=

向心力

Fn=mgtan θ

所以FN和Fn只与侧壁的倾角θ有关，而与高度h无关，即h变化时，FN和Fn不变，AB错误；

D．根据Fn=m，可得

v2=grtan θ

当h越高时，运动半径r越大，线速度v越大，D正确；

C．根据

T=

v2=grtan θ

可得

T∝

当h越高时，运动半径r越大，周期T越大，C错误。

故选D。

3. 静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A. 内物体的位移为零 B. 内拉力对物体做功不为零

C. 2s末物体的动量为零 D. 内拉力对物体的冲量为零

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意，由图可知，物体在做匀加速，做匀减速，位移一直增大，故A错误；

C．根据题意，由动量定理可知，物体在末的动量不为零，故C错误；

BD．根据题意，由图可知，内拉力对物体的冲量为

由动量定理可知，物体在末速度为零，由动能定理可知，内拉力对物体做功为零，故B错误，D正确。

故选D。

4. 如图所示，质量为的物体A放置在质量为的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A受到的回复力的大小等于（　　）

A 0 B. kx C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】物体A和B为整体做简谐运动，当物体离开平衡位置的位移为时，回复力的大小即为弹簧的弹力大小为，则对整体为研究对象有

则整体的加速度

则对物体A为研究对象，使其产生加速度的力即为物体B对物体A的静摩擦力，因此由牛顿第二定律可知

ABD错误，C正确。

故选C。

5. 2022年3月10日，“95号汽油跑步进入9元时代”冲上微博热搜，许多车主纷纷表示顶不住油价而迫切想买电动车代步。其中，某品牌纯电动车型部分参数：整备质量约1200kg，高性能版的驱动电机最大功率120kW，峰值扭矩为290N•m，驱动形式为前车驱动，NEDC综合续航里程430km。该电动汽车在公路上行驶受到阻力大小恒为4×103 N，则下列说法正确的是（　　）

A. 汽车的最大速度为20m/s

B. 汽车以2m/s2加速度匀加速启动，汽车匀加速的时间为9.375s

C. 汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2s末时发动机的实际功率是32kW

D. 里程120～320 m过程克服阻力所做的功约为8×104J

【答案】B

【解析】

【详解】A．当汽车以最大速度vm行驶时，其牵引力与阻力大小相等，则

故A错误；

B．汽车以2m/s2加速度匀加速启动时，则

解得汽车匀加速的时间为

t=9.375s

故B正确；

C．汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，设牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有

解得

F＝6.4×103 N

启动后第2s末时汽车的速率为

此时发动机的实际功率是

故C错误；

D．里程120～320 m过程克服阻力所做的功为

Wf=fs=8×105J

故D错误。

故选B。

6. 如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋的质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（   ）

A. 弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变

B. 弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小

C. 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为

D. 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为

【答案】D

【解析】

【详解】A．弹丸打入砂袋的过程，由动量守恒定律得

mv0 = (m＋5m)v

解得

弹丸打入砂袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据

可知，细绳所受拉力变大，A错误；

B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的作用力与砂袋对弹丸的作用力大小相等，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，B错误；

C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量

C错误；

D．由机械能守恒可得

解得

D正确。

故选D。

7. 如图所示，小球以初速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，重力加速度为g，若小球到达斜面的位移最小，则以下说法正确的是（　　）

A. 小球在空中运动的时间为

B. 小球的水平位移大小为

C. 由于不知道抛出点位置，位移大小无法求解

D. 小球的竖直位移大小为

【答案】B

【解析】

【详解】如图所示，过抛出点A作斜面的垂线，当小球落在斜面上的B点时，位移最小。

设运动的时间为t，则在水平方向上有

在竖直方向上有

根据几何关系知

联立解得

小球的水平位移大小为

竖直位移大小为

由水平位移和竖直位移的合成可求出小球位移的大小。

故B正确，ACD错误。

故选B。

8. 飞天揽月，奔月取壤，“嫦娥五号”完成了中国航天史上一次壮举。如图所示为“嫦娥五号”着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的距离为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。下列关于“嫦娥五号”的说法不正确的是（　　）

A. 由Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道，需在P处向前喷气，由Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，需在Q处向后喷气

B. 在Ⅱ轨道上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度

C. 在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上的小

D. 在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．由Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道，需在P处向前喷气制动减速，由Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，需在Q处向前喷气制动减速，故A错误；

B．在Ⅱ轨道上稳定运行时，Q点离月球较近，则受到月球的引力比在P点时的大，所以经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故B错误；

C．由轨道Ⅲ到轨道Ⅳ，要在Q点制动减速，则在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上大，故C错误；

D．在月球表面时，有

在Ⅳ轨道上绕月运行时，有

解得速度大小为

故D正确。

由于本题选择错误的，故选ABC。

二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

9. 甲、乙两铁球质量分别是、，在光滑平面上沿同一直线同一方向运动，速度分别是、。甲追上乙发生正碰后两物体的速度可能是（　　）

A.  B. ，

C. ， D. ，

【答案】BD

【解析】

【详解】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量均为

碰撞前动能

碰撞后的动量和动能分别为

，

A．如果

则

，

碰撞后动量不守恒、机械能增加，A错误；

B．如果

，

则

，

碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，B正确；

C．如果

，

则

，

碰撞过程动量守恒，机械能减少，但要发生二次碰撞，C错误；

D．如果

，

则

，

碰撞过程动量守恒、机械能减少，碰撞后不能发生二次碰撞，D正确。

故选BD。

10. 甲、乙两汽车t＝0时位于同一地点，在平直的公路上同向运动的速度v随时间t变化的图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A. 乙开始运动时，甲正好运动了10m B. 乙从运动开始，经3s后刚好追上甲

C. 甲、乙相遇之前的最大距离为20m D. 乙超过甲后，甲、乙不可能再次相遇

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据v－t图像与t轴所围面积表示位移，可知乙在t＝2s时开始运动，此时，甲运动的距离

故A错误；

B．乙开始运动3s后，甲通过的位移

乙通过的位移

可知，说明乙追上甲，故B正确；

C．两车在速度相等（即t＝3s）时相距最远，两者间的最大距离等于0~3s内的位移之差，则

故C错误；

D．乙超过甲后，乙的速度总比甲的大，则甲、乙不可能再次相遇，故D正确。

故选BD。

11. 如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长为L=0.2 m的轻杆相连，小球B到水平面的高度h=0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑的水平面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A. 下滑的整个过程中A球的机械能守恒

B. 下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒

C. 两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s

D. 下滑的整个过程中杆对B球所做的功为

【答案】BD

【解析】

【详解】B．在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，所以系统的机械能守恒，故B正确；

A．B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段时间内，杆的弹力对A做功，所以A球的机械能不守恒，故A错误；

C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v，根据系统机械能守恒可得

代入数据解得

故C错误；

D．系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为

代入数据可得

故D正确。

故选BD。

12. 某2022级物理小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径的半圆，且半圆在最低点与水平部分相切。5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，且每球质量与其相邻左球质量之比皆为k。将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高处，然后由静止释放，使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰……所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A. 若，释放0号球后，看到5个（号）小球一起向右运动

B. 若，释放0号球后，看到只有4号球向右运动

C. 若，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足

D. 若，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．当时，即小球质量均相等，所有碰撞为弹性碰撞，均为速度交换，故A错误B正确。

CD．当时由机械能守恒，第0号球与第1号球碰前，第0号球的速度

根据弹性碰撞公式，第0号球与第1号球碰后，第1号球的速度

同理第1号球和第2号球碰后，第2号球的速度

则第4号球碰后

要能通过右侧圆轨道最高点，则

能过右侧轨道的最高点又有

联立有

解得

故C正确D错误。

故选BC。

第II卷（非选择题 共52分）

三、实验题（本大题共2小题，共15分）

13. 利用以下仪器测量时，请读数。

（1）利用游标卡尺测得金属小球直径所示，小球直径d=________cm；

（2）用螺旋测微器测量摆球直径如图所示，摆球的直径为d=________mm。

（3）用秒表测量单摆周期如下图所示，停表读数为________s。

【答案】    ①. 2.26    ②. 10.682    ③. 99.8

【解析】

【详解】（1）[1]小球的直径为

（2）[2]用螺旋测微器测量摆球直径为

d=

（3）[3]停表读数为

14. 如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，O是小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛水平射程。然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，多次重复实验，找到两小球落地的平均位置M、N。

①图2是小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为_______。

②下列器材选取或实验操作符合实验要求的是________。

A.可选用半径不同的两小球                  B.选用两球的质量应满足

C.小球每次必须从斜轨同一位置释放       D.需用秒表测定小球在空中飞行的时间

③在某次实验中，测量出两小球的质量分别为、，三个落点的平均位置与O点的距离分别为、、。在实验误差允许范围内，若满足关系式______________，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示）

④验证动量守恒的实验也可以在如图3所示的水平气垫导轨上完成。实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连一起，实验测得滑块A的总质量为、滑块B的总质量为，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示。

在实验误差允许范围内，若满足关系式_______________________，验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示）

【答案】    ①. 55.50    ②. BC##CB    ③.     ④.

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1] 确定B球落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置；碰撞后m2球的水平路程应取为55.50cm

（2）[2]A．为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等，A错误；

B．为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，B正确；

C．为保证小球每一次碰撞前的速度都相同，要求小球m1每次必须从斜轨同一位置静止释放，C正确；

D．小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间，D错误。

故选BC。

（3）[3] 要验证动量守恒定律定律，即验证

小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得

得

可知，实验需要验证

（4）[4] 若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，则有

设遮光片的宽度为d，则

联立可得

四、计算题（本大题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15. 我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为的物体（物体与头盔密切接触），使其从的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，经过0.01s物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，忽略空气阻力，重力加速度g取。求：

（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；

（2）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由自由落体运动规律

带入数据解得

（2）因挤压过程不计物体重力，则由动量定理得

解得

16. 如图所示，有一足够长的水平传送带与左侧的光滑水平台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带以v=2.0 m/s匀速转动，水平台面上有一物块A（可视为质点）以初速度v0=4.0 m/s向右运动，已知物块A的质量m=l.0 kg，物块A与传送带间的滑动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)物块A在传送带上向右运动的过程中的加速度大小a； 

(2)物块A冲上传送带后，向右运动至距传送带左端的最大距离x； 

(3)从冲上传送带到返回水平台面这段时间内，由于物块与传送带间摩擦而产生的热量Q。

【答案】(1)2.0 m/s2；(2)4.0m；(3)18J。

【解析】

【详解】(1)物块所受滑动摩擦力f=μmg

根据牛顿第二定律有  f=ma

解得 a =2.0 m/s2

(2)冲上传送带后减速为0时距离左端最远，这个过程的位移

解得 x = 4.0m

(3)物块A向右减速过程中所用时间为

在此过程中，传送带位移为

物块A位移为

物块A向左加速过程中所用时间为

在此过程中，传送带位移为

物块A位移为

由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为

点睛：物块受到向左的摩擦力，根据牛顿第二定律可求加速度的大小；物块冲上传送带后减速为0时距离左端最远，根据速度位移关系苛求距传送带左端的最大距离；分物块向左减速和向右加速两个阶段，分别求出两个阶段传送带和物块的位移，物块与传送带间摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以物块与传送带间的相对位移。

17. 滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下，同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放。两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点，被站在D点的工作人员接收。已知斜面AB的倾角，圆弧CD的半径R=2m，圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角，滑板质量m=4kg，滑板爱好者的质量M=60kg，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取，，。求：

（1）滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小；

（2）斜面上AB间的距离。

【答案】（1）72N；（2）2.025m

【解析】

【详解】（1）对滑板乙，从D点运动到C点的过程中，由动能定理得

①

在C点，由牛顿第二定律得

②

解得

③

由牛顿第三定律得，滑板乙对C点的压力大小

④

（2）两滑板均恰能到达D点被工作人员接收，则滑板爱好者及两滑板三者共速

⑤

以滑板爱好者及两滑板为研究对象，由动量守恒定律得

⑥

对滑板爱好者及滑板甲，从A到B的过程中，设A到B的距离为L，由动能定理得

⑦

联立⑤⑥⑦式解得

⑧