福建省连城县第一中学2024-2025学年高一下学期5月月考物理试题

试卷第 1页，共 4页 连城一中 2024-2025 学年下期高一年级月考 2 物 理 试 卷 考试时间：75 分钟 满分：100 分 命题：黄天星 审题：江志勇 一、单选题（每题 4 分，共 16 分） 1．某游泳爱好者横渡富春江，他以恒定的速度向对岸游去，面部始终保持与河岸垂直。设江 中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是（ ） A．水速变大后，路程变长，时间不变 B．水速变大后，路程变长，时间变长 C．水速变大后，合速度变大，时间变短 D．路程、时间与水速无关 2．飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直平面内以速度 v做匀速圆周运动，在其运动周期的最 高点（此时飞行员头朝下）和最低点，飞行员对座椅产生的压力是（ ） A．在最高点比最低点大 B．相等 C．在最低点比最高点大 D．条件不足，无法判断 3．如图所示，汽车以速度 v匀速行驶，当汽车到达图示位置时，绳子与水 平方向的夹角是θ，此时物体M的上升速度大小为 A． cosv  B． sinv  C． cos v  D． sin v  4．某同学以正常速度从一中教学楼一楼楼梯口沿楼梯走到四楼楼梯口，此过程该同学克服重 力做功的平均功率约为（ ） A．1.2W B．12W C．120W D．1200W 二、多选题（每题 6 分，共 24 分） 5．从“嫦娥奔月”到“万户飞天”，从“东方红”乐曲响彻寰宇到航天员杨利伟遨游太空，中华民 族载人航天的梦想已变成现实。如图所示，“神舟”五号飞船升空后，先 运行在近地点高度 200千米、远地点高度 350千米的椭圆轨道上，实施 变轨后，进入 343千米的圆轨道。假设“神舟”五号实施变轨后做匀速圆 周运动，共运行了 n周，起始时刻为 t1，结束时刻为 t2，运行速度为 v， 半径为 r。则计算其运行周期可用（ ） A． 2 1t tT n   B． 1 2t tT n   C． 2 rT v   D． 2 vT r   6．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ） A．图甲中，汽车通过拱桥的最高点处于超 重状态 B．图乙中，一圆锥摆增大θ，但保持圆锥的 高度不变，则圆锥摆的角速度不变 C．图丙中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒 内的 A、B位置分别做匀速圆周运动，则在 A、B两位置小球的角速度不相等 D．火车转弯超过规定速度行驶时，车轮会对外轨外侧有挤压作用 试卷第 2页，共 4页 7．质量为 34 10 kg 的汽车在水平公路上行驶的过程中，保持发动机的输出功率为 30kW，且 所受阻力不变，所能达到的最大速度为 15m/s。当汽车的速度为 10m/s时（ ） A．汽车所受阻力大小为 2000N B．汽车所受阻力大小为 3000N C．汽车的加速度为 0.25m/s2 D．汽车的加速度为 0.75m/s2 8．如图，用斜面从货车上卸货，货物质量 m=20kg，斜面倾角α=37°，斜面长度 l=0.5m，货物 与斜面间的动摩擦因数μ=0.2，将货物视为质点，取 g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8，则货物从斜面顶端滑到底端的过程中（ ） A．重力势能变化量 p 60JE  B．动能变化量 k 44JE  C．机械能变化量 16JE  D．因摩擦产生的热量 Q=16J 三、填空题（每空 2 分，共 10 分） 9．如图，光滑水平面上固定的两个钉子 A、B相距 0.1m．长为 0.5m的细绳一端系有质量为 0.2kg小球（可看作质点），另一端固定在 A钉上，细绳处于伸直状态，现给小球一个垂直于 绳子方向，大小为 1m/s的水平速度时细绳的拉力大小为 N，当细绳第一次碰到钉子 B后小球的角速度为 rad/s． 10．如图所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的 上端有一半径 r0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车 轮的边缘接触．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转 动，从而为发电机提供动力．自行车车轮的半径 R1=35cm，小齿轮的半径 R2=4.0cm，大齿轮的半径 R3=10.0cm．则大齿轮的线速度 v1和摩擦 小轮的线速度 v2之比是 （假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动） 11．如图所示，一足够长水平传送带始终以速度 v顺时针运行，一质量为 m的物块以速度 2 v 从 左端冲上传送带，则物块在传送带上运动的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量 Q= ；传送带因传送该物体额外多做的功 W= 。 四、实验题（每空 2 分，共 12 分） 12．如图所示为“探究平抛运动的特点”的 实验装置，钢球从斜槽M 滚下，从末端飞 出后做平抛运动。在装置中有一个水平放 置的可上下调节的倾斜挡板 N，钢球飞出 后，落到挡板上。实验前，先将一张白纸 和复写纸固定在装置的背板上。钢球落到 挡板上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹。上下调节挡板 N，通过多次实验，在坐标 纸上记录钢球所经过的多个位置。最后，用平滑的曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做 平抛运动的轨迹。 试卷第 3页，共 4页 （1）要保证钢球做平抛运动，安装斜槽轨道时，使其末端保持 ； （2）要得到钢球做平抛运动的轨迹，每次钢球应该从斜槽的 位置释放； （3）实验中得到的钢球位置如图所示，坐标纸上小方格的边长为 2.5cm，重力加速度 g取 210m/s ， 则钢球做平抛运动的初速度为 m/s（保留 3位有效数字） 13．用如图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，输出电压为 6V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器 打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，已知重力加速度为 g，即可验证机械能守恒定 律。 （1）下面列举了该实验的几个操作步骤： A．按照图示的装置安装器件； B．将打点计时器接到电源的直流输出端上； C．用天平测量出重锤的质量； D．先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源开关打出纸带； E．测量打出的纸带上点到 O点之间的距离； F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围 内是否等于增加的动能。 其中，没有必要、错误或操作不恰当的步骤是 （填写选项对应的字母） （2）如图 2所示是实验中得到一条纸带，将起始点记为 O，并在离 O点较远的任意点依次 选取6个连续的点，分别记为A、B、C、D、E、F，量出与O点的距离分别为 1 22.0cmh  ，2 26.4cmh  ， 3 30.2cmh  ， 4 36.4cmh  ， 5 42.0cmh  ， 6 47.8cmh  ，使用交流电的周期为 0.02sT  ，设重锤质量 为 2kgm  ，则在打 E点时重锤的动能为 J，在打 O点和 E点这段时间内的重力势 能的减少量为 J。（保留三位有效数字，取 29.8m / sg  ） （3）实验结论：在误差允许范围内，重锤下落过程机械能守恒。 五、解答题 14（3+3+3=9分）为了研究蹦极过程，可将人视为质点，人的运动沿竖直方向，人离开蹦极 台时的初速度、弹性绳的质量、空气阻力均可忽略。某次蹦极时，人从蹦极台跳下，到 a点 时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为 b点，如图所示。已知人的质量 m＝ 50 kg，弹性绳的弹力大小 F＝kx，其中 x为弹性绳的形变量，k＝200 N/m，弹性绳的原长 l0 ＝10 m，整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度 g＝10 m/s2 (1)求人第一次到达 a点时的速度大小 v； (2)人的速度最大时，求弹性绳的长度； (3)已知弹性绳的形变量为 x时，它的弹性势能 Ep＝12 kx2，求人的最大速度大小。 试卷第 4页，共 4页 15．(4+3+6=13 分)如图所示，一小球(可视为质点)从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的 一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差 h ＝0.8 m，重力加速度取 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求： (1)小球水平抛出时的初速度大小 v0； (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离 x； (3)若斜面顶端高 H＝20.8 m，则小球离开平台后到达斜面底端所经历的时间。 16（3+4+9=16分）．如图所示，竖直平面内由倾角 60  的斜面轨道 AB、半径均为 R的半圆 形圆轨道 BCDE和圆轨道 EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道 所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处 G和圆心 2O 的连线，以及 2O 、E、 1O和 B等四点连成 的直线与水平线间的夹角均为 30  ，G点与竖直端面的距离 3d R 。现将质量为 m的小球 从斜面的某高度 h处静止释放。小球与竖直墙面碰撞时，竖直方向速度不变，水平方向速度 大小不变，方向反向，不计小球大小和所受阻力。 (1)求小球在圆轨道内与圆心 1O点等高的 D点所受弹力 NF 与 h的关系式； (2)若释放处高度 2h R ，小球第一次运动到圆轨道最低点 C时，求小球对轨道的作用力大小； (3)若小球释放后能从原路返回到出发点，释放高度 h应该满足什么条件？ 答案第 1页，共 2页 参考答案 1．A 2．C 3．A 4．C 5．AC 6．BC【详解】A．图甲中，汽车通过拱桥的最高 点时向心加速度竖直向下，汽车处于失重状态 B．图乙中，摆球重力和绳的拉力的合力提供向心 力，根据力的合成与分解和向心力公式有 2 tanF m r mg   向 设摆球与悬点的高度差为 h，则 tan rh  联立可得 g h   ， 所以增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的 角速度不变，故 B正确； C．图乙中，设小球做匀速圆周运动时与圆锥顶连 线与竖直方向的夹角为θ，小球所受重力与内壁支 持力的合力提供向心力，则根据力的合成与分解以 及牛顿第二定律有 tan mg ma   解得 tan ga   所以在 A、B两位置小球的加速度大小相等，再根 据 2a r ，由于小球在 A位置的半径较大，可知 小球在 A位置的角速度小于在 B位置的角速度，故 C正确； D．火车转弯超过规定速度行驶时，火车重力和铁 轨支持力的合力不足以提供过弯的向心力，此时外 轨内侧对车轮会有挤压作用，从而提供一部分向心 力，根据牛顿第三定律可知车轮会对外轨内侧有挤 压作用。 7．AC【详解】AB．发动机的输出功率为 30kW， 所能达到的最大速度为15m/s，达到最大速度后是 匀速运动，根据平衡条件，有 F f 其中 m PF v  故汽车所受阻力大小为 3 m 30 10 W 2000N 15m/s Pf v     CD．当汽车的速度为10m/s，牵引力为 3 1 1 30 10 W 3000N 10m/s PF v     根据牛顿第二定律，有 1  F f ma 解得 2 21 3000 2000 m/s 0.25m/s 4000 F fa m      8．BD【详解】A．重力势能变化量为 p sin 60JE mgl      B．根据动能定理可得 k sin cos 44JE mgl mg l     CD．因摩擦产生的热量为 cos 16JQ mg l    则机械能变化量为 16JE Q     9． 0.4 2.5 【详解】依据绳子的拉力提供向心力，则有 2 210.2 0.4 0.5 vF m N N r     ，当细绳第一次碰到 钉子 B时同，运动半径为 r′=0.5-0.1=0.4m，根据角 速度 v r   ，可得小球的角速度为 2.5rad/s． 10．4：35 【详解】共轴转动，角速度相等，故小齿轮和车轮 角速度相等 1 2=  ；靠摩擦传动以及靠链条传动， 线速度大小相等，故大齿轮和小齿轮边缘点线速度 相等，车轮与摩擦小轮边缘点线速度也相等；设大 齿轮的转速 1n ，则大齿轮边缘点线速度为 3 12 R n ， 大齿轮和小齿轮边缘点线速度相等，故小齿轮边缘 点线速度也为 3 12 R n ，车轮线速度为： 3 1 1 2  2 R n R R   ， 车轮与摩擦小轮边缘点线速度相等，故摩擦小轮边 缘点线速度为 3 1 1 2  2 R n R R   ； 故 3 1 1 2 3 1 1 2  2: 2 : 4 : 35R nv v R n R R    11． 2 1 8 mv 21 2 mv 【详解】[1]设物块与传送带间的动摩擦因数为 ， 则共速前物块的加速度大小为 mga g m    物块从滑上传送带到与传送带共速所用时间为 2 2 vv vt a g    发生的相对位移为 2 2 2 8 v v vx x x vt t g        传 物 与传送带间因摩擦产生的热量为 21 8 Q mg x mv   [2]根据能量守恒可知，传送带因传送该物体额外多 做的功为 2 2 21 1 1( ) 2 2 2 2 vW Q mv m mv    12． 水平 相同 1.00 0.750 【详解】（1）[1]要保证钢球做平抛运动，安装斜槽 轨道时，使其末端保持水平； （2）[2]为了得到钢球同一个平抛运动轨迹，即保 证钢球的初速度相同，所以每次钢球应该从斜槽的 相同位置释放； （3）[3]由图可知，钢球竖直方向可得 2y L gT   即 0.025s=0.05s 10 LT g   ，则初速度为 0 2 1.00sLv T   13． BCD 8.12 8.23 【详解】（1）[1]A．按照图示的装置安装器件，故 A正确，不符合题意； B．将打点计时器应接到电源的“交流输出端”上， 故 B错误，符合题意； C．因为我们是比较 mgh、 2 1 2 mv 的大小关系，故 m 可约去比较，不需要天平，故 C错误，符合题意； D．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然 后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放 开纸带让重锤下落，再接通打点计时器的电源，由 于重锤运动较快，不利于数据的采集和处理，会对 答案第 2页，共 2页 实验产生较大的误差，故 D错误，符合题意； EF．测量打出的纸带上点到 O点之间的距离；根据 测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能 在误差范围内是否等于增加的动能，故 EF正确， 不符合题意。 故选 BCD。 （2）[2]利用匀变速直线运动的推论可知，打 E点 的速度为 s 4 0.478 0.364 m / s 2.85m / s 2 0.04 DF E DF h h hv t T       在打 E点时重锤的动能为 2 2 k 1 1 2 2.85 8.12J 2 J 2E E E mv     [3]打 O点和 E点这段时间内的重力势能的减少量 为 p 5 2 9.8 0.420J 8.23JE mgh      14、(1)10 2 m/s (2)12.5 m(3)15 m/s 解析 (1)人由蹦极台第一次到达a点的运动过程中， 根据机械能守恒定律有 mgl0＝1 2 mv2 ------2 解得 v＝10 2 m/s ----------1 (2)人的速度最大时，重力等于弹力，即 kx＝mg 解得 x＝2.5 m ---------2 此时弹性绳的长度 l＝l0＋x＝12.5 m -------1 (3)设人的最大速度为 vm，根据人和弹性绳组成的 系统机械能守恒得 mgl＝1 2 kx2＋1 2 mvm2 -------2 解得 vm＝15 m/s。--------1 15、12．(1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 解析 (1)由题意可知，小球落到斜面顶端并刚好沿 斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，如 图所示 vy2＝2gh --------1 解得 vy＝4 m/s --------1 根据 vy＝v0tan 53°--------1 解得 v0＝3 m/s --------1 (2)由 vy＝gt1 --------1 得 t1＝0.4 s --------1 斜面顶端与平台边缘的水平距离 x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m --------1 (3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a＝gsin 53° --------1 解得 a＝8 m/s2 --------1 在斜面顶端时的速度 v＝ v02＋vy2＝5 m/s --------1 根据 H sin 53° ＝vt2＋1 2 at22 --------1 解得 t2＝2 s或 t2′＝－13 4 s(舍去)，--------1 所以 t＝t1＋t2＝2.4 s。--------1 16．(1)5mg，方向向下 (2) N 2 ( 1) hF mg R   （ h R ） (3) 1 2 R h R  或 7 2 4 R h R  或 9 2 h R 【详解】 （1）根据机械能守恒 2 1( ) 2 D mg h R mv  --------1 根据牛顿第二定律可得 2 N DvF m R  --------1 解得 N 2 ( 1) hF mg R   （ h R ）--------1 （2）若释放处高度 2h R ，根据机械能守恒得 212 2 C mg R mv  --------1 根据牛顿第二定律得 2 CvN mg m R   --------1 联立得轨道对小球的作用力 5N mg --------1 根据牛顿第三定律，小球对轨道的作用力 5N N mg   --------1 （3）小球释放后能从原路返回到出发点，共有三 种情况； 第一种情况：小球恰好到达 D点速度为 0或者到不 了 D点，原路返回；则释放高度 h应该满足 (1 sin )B Dh R h h R     解得 1 2 R h R  --------1 第二种情况：小球能够经过 E点且不能越过 F点， 原路返回；设小球刚好能经过 E点，则小球在 E点 时有 2 sin Evmg m R   根据机械能守恒可得 2 1 3 1( ) 2 2 E mg h R mv  解得 1 7 4 h R 设小球刚好到达 F点时速度为 0，根据机械能守恒 可得 2( 2 ) 0mg h R  解得 2 2h R 则释放高度 h应该满足 7 2 4 R h R  --------3 第三种情况：小球到达 G点后滑离轨道与墙面垂直 碰撞后原路返回；则有 y x x v v t v d g    其中 sinx Gv v  ， cosy Gv v  则 cossin GG vv d g    解得 2Gv gR 根据机械能守恒可得 2 5 1( ) 2 2 G mg h R mv  解得 9 2 h R --------4 综上，h应该满足 1 2 R h R  或 7 2 4 R h R  或 9 2 h R --------1