河南省焦作市武陟县2022-2023学年高一下学期5月月考物理试题（含答案）

武陟县2022-2023学年高一下学期5月月考
物理
时间：90分钟 满分：100分
一．选择题（共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中。只有一项是符合题目要求的）
1．如图所示，自行车大齿轮、小齿轮、后轮的半径都不相同，关于它们边缘上的三个点A、B、C的描述，下列说法正确的是（　　）
A．A点和B点的线速度大小相等
B．A点和B点的角速度相等
C．B点和C点运转的周期相等
D．B点和C点的角速度相等
2．如图所示，运动员腰部系着轻绳拖着轮胎从静止开始沿着笔直的跑道匀加速奔跑，2s末轮胎的速度为2m/s。已知绳与地面的夹角θ＝37°，绳对轮胎的拉力大小为50N，运动员的质量为70kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．第2s末绳子拉力的瞬时功率为60W
B．第2s末运动员所受合力的瞬时功率为80W
C．前2s内绳子拉力对轮胎所做的功为80J
D．第2s内绳子拉力对轮胎所做的功为75J
3．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示。取g＝10m/s2，则（　　）
A．第1s内推力做的功为1J
B．第2s内摩擦力做的功为2J
C．第1.5s时推力F的功率为6W
D．第2s内推力F做功的平均功率为3W
4．如图所示，两光滑直硬杆1、2一端固定在水平面上（两杆在同一竖直平面内），与水平面之间的夹角分别为30°、97°，轻质小环套在杆2上，质量m＝0.2kg的小球套在杆1上，轻质细线连接环和球，给小球一个沿杆1斜向上的拉力F＝2.0N，当环与球静止时，细线的弹力为T。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则T的大小为（　　）
A．1.5N B．1.0N C．1.25N D．2.0N
5．地球同步静止轨道卫星简称同步卫星，关于同步卫星的理解正确的是（　　）
A．同步卫星受到地球引力大小均相同
B．同步卫星的运行周期均为24小时
C．不同国家发射的同步卫星距地面高度可以不同
D．中国发射的同步卫星可以定位在北京上空
6．高铁在启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段列车动能（　　）
A．与它所经历的时间成正比
B．与它所经历的时间成反比
C．与它的速度成正比
D．与它的位移成正比
7．如图所示，轻绳OA将一质量为m的小球悬挂于O点，OA与竖直方向的夹角为β＝30°，力F作用于小球，保持A点位置不变，现使力F沿逆时针方向缓慢旋转，则（　　）
A．力F逐渐变小
B．力F一直增大
C．力F与水平方向夹角为30°时，取最小值为
D．轻绳OA上的拉力先增大再减小
8．如图所示是“嫦娥五号”探测器登月飞行的轨道示意图，探测器通过推进器制动从圆形轨道Ⅰ上的P点进入到椭圆过渡轨道Ⅱ，然后在轨道Ⅱ的近月点Q再次制动进入近月圆形轨道Ⅲ。已知轨道Ⅰ的半径是轨道Ⅲ的半径的两倍，不考虑其它天体引力的影响。下列说法正确的是（　　）
A．探测器登月飞行的过程中机械能增大
B．探测器在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的运行速率的比值为1：2
C．探测器在轨道Ⅱ上经过P点的速率与经过Q点的速率的比值为1：2
D．探测器在轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的运行周期的比值为3：2
9．关于物理概念，下面说法正确的是（　　）
A．由W＝Flcosα可知，作用在物体上的力越大，这个力做功就越多
B．由P＝Fv可知，当汽车发动机输出功率一定时，其牵引力与运动速度成反比
C．由Ep＝mgh可知，放在地面上的物体，它具有的重力势能一定为零
D．由可知，物体速度变化时，物体的动能一定变化
10．如图，将一质量为m的小球从a点以初速度v斜向上抛出（不计空气阻力），小球先后经过b、c两点。已知a、c之间的高度差和b、c之间的高度差均为h，重力加速度为g，取b点所在的水平面为零势能面，则小球在（　　）
A．a点的重力势能为0
B．b点的动能为
C．b点的机械能为
D．c点的机械能为
11．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（　　）
A．力不是维持物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
D．物体加速度大小与作用力成正比、与物体质量成反比
12．疫情期间利用无人机运送物资，已知质量为8kg的物资在无人机拉力作用下匀速上升35m，然后匀加速水平移动20m，若空气阻力不能忽略，取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．匀速上升时，物资重力势能不变
B．整个过程，物资机械能增加了2800J
C．物资在匀速上升时机械能增量为2800J
D．无人机水平移动过程中空气对它的作用力、重力均不做功
二．多选题（共4小题，每小题6分，共24分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）（多选）13．2022年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面。将一物块以一定的初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6m，运动中的加速度a与位移x的关系如图所示，设位移1.5m处与6m处的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在前3m与后3m运动过程中物块动能改变的大小分别为ΔEk1、ΔEk2，则（　　）
A．μ1：μ2＝3：1 B．μ1：μ2＝4：1
C．ΔEk1：ΔEk2＝3：2 D．ΔEk1：ΔEk2＝3：1
（多选）14．小华同学下楼时乘坐小区电梯，在坐电梯运动的过程中，重力的瞬时功率与时间的关系图像如图所示。已知小华的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．0～t0时间内，电梯的加速度大小为
B．0～t0时间内，电梯对小华的支持力大小为mg
C．0～2t0时间内重力做的功为
D．0～2t0时间内小华克服支持力做的功为
（多选）15．如图所示的台阶上，两个可视为质点的质量相同的小球P、Q由图中台阶的边缘A、B处以不同的水平速度v1、v2抛出，经过一段时间两球均落在台阶边缘的C点，期间两小球均未落在台阶上。已知B、C两点的水平距离为竖直距离的2倍。每级台阶均相同，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．v1：v2＝4：1
B．小球P落在C点时，竖直速度与水平速度大小之比为1：1
C．小球P、Q落在C点时，重力的瞬时功率之比为2：1
D．小球P、Q落在C点时，速度与水平方向的夹角之比为2：1
（多选）16．“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”。一小孩站在水平地面上放风筝，慢慢地释放拉线，风筝越飞越高，先后经过同一竖直面的a、b两点，如图所示，若风筝在a、b两点时，拉线的张力大小相等，风筝的重力不能忽略，小孩受到的风力不计，则风筝在b点时（　　）
A．小孩受到地面的支持力比在a点时的大
B．小孩受到地面的摩擦力比在a点时的小
C．风筝受到的风力方向与在a点时的相同
D．风筝受到的风力比在a点时的大
三．填空题（共2小题，每小题6分，共12分）
17．如图（a）所示，质量相等的甲、乙两个小物块可视为质点，甲沿倾角为30°的足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙做自由落体运动，不计空气阻力。已知甲、乙的动能Ek与路程x的关系图像如图（b）所示。图（b）中，图线A表示的是 　 　物块的Ek﹣x图像；甲与斜面间的动摩擦因数μ＝　 　。
18．某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
（1）本实验采用的实验方法是 　 　。
A．控制变量法
B．假设法
C．理想实验法
（2）下列做法正确的是 　 　（填字母代号）．
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度补偿阻力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
（3）当小车的质量 　 　（填“＞＞”或“＜＜”）砝码桶和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于托盘和砝码的总重力大小。
（4）在探究时，为了直观判断加速度a与质量m的关系二者间的关系，应作出 　 　（选填“a”或“a﹣m”）图像。
（5）图2是甲、乙两同学根据实验数据画出的图象．
形成图线甲的原因是 　 　．
形成图线乙的原因是 　 　．
（6）某同学将打出的一条纸带按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔t为0.1s，如图3所示．用刻度尺量得OA＝1.50cm，AB＝1.90cm，BC＝2.30cm，CD＝2.70cm。由此可知，纸带的加速度大小为 　 　m/s2，打B点时纸带的速度大小为 　 　m/s．
四．解答题（共2小题）
19．（15分）某一星球上，宇航员站在距离地面h高度处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经时间t后小球落到星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）该星球的质量M。
（2）可以求出小球的质量吗？为什么？
20．（17分）一额定功率P＝40kW的汽车质量m＝1000kg，在平直路面上从静止开始以a＝2m/s2的加速度匀加速启动，运动过程中受到大小f＝2000N的恒定阻力，求：
（1）汽车匀速时速度大小；
（2）汽车匀加速的时间；
（3）匀加速运动阶段牵引力做的功。
参考答案
一．选择题（共12小题）
1．【答案】B
【解答】解：AB．由题可知，A、B两点是同轴转动，根据同轴转动，角速度相等，可知A、B两点的角速度相等
根据线速度、角速度、转动半径公式：v＝ωr可知：A、B两点的角速度相等，但是它们的半径不同，故它们的线速度大小不相等，故A错误，B正确；
CD．由题可知，B、C两点通过链条转动，根据同缘传动，线速度大小相等，则可知它们的线速度大小相等，由于它们的半径不相同，则根据可知二者的角速度不相等；再根据可知它们的周期也不相等，故CD错误。
故选：B。
2．【答案】C
【解答】解：A、第2s末绳子拉力的瞬时功率为P＝Fvcos37°＝50×2×0.8W＝80W，故A错误；
B、根据v＝at，解得加速度为a＝1m/s2，第2s末运动员所受合力的瞬时功率为P合＝mav＝70×1×2W＝140W，故B错误；
C、前2s内轮胎的位移为x2m＝2m，前2s内绳子拉力对轮胎所做的功为W＝Fxcos37°＝50×2×0.8J＝80J，故C正确；
D、第2s内轮胎的位移为x′＝x2mm＝1.5m，第2s内绳子拉力对轮胎所做的功为W＝Fx'cos37°＝50×1.5×0.8J＝60J，故D错误。
故选：C。
3．【答案】D
【解答】解：A、由v﹣t图像可知，第1s内物体速度为零，处于静止状态，所以推力做的功为零，故A错误；
B、由v﹣t图像可知第3s内物体做匀速运动，则f＝F＝2N
第2s内位移为L1m＝1m，可得摩擦力做的功Wf＝﹣fL＝﹣2×1m＝﹣2J，故B错误；
C、根据图像可知1.5s时物体的瞬时速度为，推力为3N，则P＝Fv＝3×1W＝3W，故C错误；
D、第2s内的推力为3N，第2s内物体做匀加速直线运动，平均速度为
所以第2s内推力F做功的平均功率为F3×1W＝3W，故D正确。
故选：D。
4．【答案】C
【解答】解：轻质小环处于静止状态，则绳子上的弹力与杆1垂直，对小球受力分析，如下图
将弹力重力拉力沿1杆方向进行正交分解，可得：mgsin30°+Tcos37°＝F，将数据代入计算得：T＝1.25N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．【答案】B
【解答】解：A、根据，同步卫星的轨道半径均相同，但同步卫星的质量可能不同，故同步卫星受到地球引力大小不一定相同，故A错误；
B、同步卫星的运行周期均等于地球自转周期，为24h，故B正确；
C、不同国家发射的同步卫星距地面高度相同，故C错误；
D、同步卫星的轨道平面需要与赤道重合，不能定位在北京上空，故D错误。
故选：B。
6．【答案】D
【解答】解：AB．设高铁匀加速启动的加速度大小为a，匀加速阶段任意时刻的速度为v，任意时刻的位移为x，动能为Ek，则由运动学公式v＝v0+at
可知，在初速度为零时
v＝at
而动能
联立解得：
因此，动能与时间的平方成正比，故AB错误；
C．由，知其动能与速度的平方成正比，故C错误；
D．由运动学公式
当初速度为零时
v2＝2ax
而高铁的动能
联立解得：Ek＝max
所以可知在列车启动阶段，它的动能与位移成正比，故D正确。
故选：D。
7．【答案】C
【解答】解：小球受重力mg、拉力F和轻绳的拉力FT，其中重力的大小和方向均不变，轻绳的拉力的方向不变；
三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，作图如下：
力F沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，力F先减小后增大，且当力F与水平方向的夹角a＝30°时，F最小，最小值为：Fmin＝mgsin30°mg；
而轻绳OA上的拉力FT一直减小，故C正确、ABD错误。
故选：C。
8．【答案】C
【解答】解：A．根据题意可知，探测器通过推进器制动从高轨道到低轨道，推进器做负功，机械能减小，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有
整理解得
由于轨道Ⅰ的半径是轨道Ⅲ的半径的两倍，则探测器在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的运行速率的比值为，故B错误；
C．根据开普勒第二定律可知，探测器在轨道Ⅱ上经过P点的速率与经过Q点的速率的比值为1：2，故C正确；
D．根据题意，由开普勒第三定律有
已知轨道Ⅰ的半径是轨道Ⅲ的半径的两倍，故
r1＝2r3
整理解得
故D错误。
故选：C。
9．【答案】B
【解答】解：A、由W＝Flcosα可知，做功多少与作用在物体上力的大小、物体的位移、力与位移的夹角三个因素有关，因此作用在物体上的力越大，这个力做功不一定越多，故A错误；
B、由P＝Fv可知，当汽车发动机输出功率一定时，其牵引力与运动速度成反比，故B正确；
C、重力势能是相对的，是相对于零重力势能参考面，由Ep＝mgh可知，放在地面上的物体，只有以地面为零重力势能参考面，它具有的重力势能才为零，故C错误；
D、由可知，若物体速度方向变化，大小不变时，物体的动能不变，故D错误。
故选：B。
10．【答案】D
【解答】解：A、据题知，a、b之间的高度差为2h，取b点所在的水平面为零势能面，小球在a点的重力势能为负值，则小球在a点的重力势能为﹣2mgh，故A错误；
B、从a到b，由机械能守恒定律得：，则小球在b点的动能为，故B错误；
CD、a到c小球的机械能守恒，则b点与c点的机械能等于a点的机械能，均为，故C错误，D正确。
故选：D。
11．【答案】A
【解答】解：A．力不是维持物体运动的原因，是伽利略实验研究和逻辑推理相结合得出的物理规律，故A正确；
B．伽利略并没有发现物体之间普遍存在相互吸引力，是牛顿总结出的万有引力定律的内容，故B错误；
C．伽利略并没有发现物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反，是牛顿总结了牛顿第三定律的内容，故C错误；
D．伽利略并没有发现物体加速度大小与作用力成正比、与物体质量成反比，是牛顿通过实验总结出了牛顿第二定律的内容，故D错误。
故选：A。
12．【答案】C
【解答】解：A、匀速上升过程中，物体升高，重力势能增大，故A错误；
B、根据功能关系可知，在无人机拉力作用下物资在匀速上升，动能不变，重力势能增加ΔEP＝mgh＝80×10×35J＝2800J，所以上升过程机械能增加ΔE机＝ΔEP＝2800J，水平移动过程中加速运动，发动机做功，动能增加，重力不做功，重力势能不变，机械能增加，所以整个过程物资机械能增加大于2800J，故B错误。
C、根据功能关系可知，在无人机拉力作用下物资在匀速上升，动能不变，势能增加为：ΔEP＝mgh＝80×10×35J＝2800J，所以上升过程机械能增量为2800J，故C正确。
D、空气阻力不能忽略，无人机的升力应该斜向运动的方向，水平移动过程中，发动机做正功，空气阻力做负功，重力不做功，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共4小题）
13．【答案】AC
【解答】解：AB、对物块由牛顿第二定律有
ma＝μmg
a＝μg
在位移1.5m a1＝μ1g＝3m/s2 解得：μ1＝0.3
在位移6m a2＝μ2g＝1m/s2 解得：μ2＝0.1
则，故A正确，B错误；
CD、由ΔEkmm（）
且2ax
故ax（）
由图像可知ax为物体在初末位置位移与加速度的乘积
即ax为a﹣x图像在该段位移内对应的面积
所以在前3m位移面积S1＝3×3m2/s2＝9m2/s2
所以在后3m位移面积S2＝（1+3）×3m2/s2＝6m2/s2
，故C正确，D错误；
故选：AC。
14．【答案】AC
【解答】解：重力的瞬时功率
P＝mgv
由图像得：0～t0时间内
可得
则加速度不变，电梯在0～t0时间内匀加速下降，故A正确；
B．在0～t0时间内，根据牛顿第二定律得
mg﹣N＝ma
解得 ，故B错误；
C．根据“P﹣t图像中图线与t轴包围的面积表示功”得：0～2t0时间内重力做的功
，故C正确；
D．当t＝t0时，t0～2t0时间内重力功率不变，速度不变，即2t0时刻的速度大小
0～2t0时间内，根据动能定理有
解得小华克服支持力做的功
，故D错误。
故选：AC。
15．【答案】BC
【解答】解：A．由于两球均做平抛运动，则在竖直方向有h
水平方向有x0＝v0t
整理得v0＝x0
又由题图可知小球P、Q的竖直位移之比为4：1，水平位移之比为4：1，所以v1：v2＝2：1
故A错误；
B．设B、C两点的竖直距离为x，则B、C两点的水平距离为2x，A、C两点的水平距离为8x，竖直距离为4x，对小球P有4x
8x＝v1t1
解得t1＝2
v1＝2
则小球P落在C点瞬间的竖直速度为vy1＝gt1＝2
所以小球P落在C点时竖直速度与水平速度大小之比为1：1，故B正确；
CD．由A、B选项的解析可知，小球Q的初速度为v2，vy2
小球落在C点时，重力的瞬时功率之比为P1：P2＝vy1：vy2＝2：1
设两球落在C点时速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，则tanθ1，tanθ2
即θ1：θ2＝1：1
故C正确，故D错误。
故选：BC。
16．【答案】BD
【解答】解：AB.根据题意，对小孩受力分析，受重力、地面的摩擦力、地面的支持力和绳子的拉力，如图所示
由几何关系有
f＝Fcosθ
FN+Fsinθ＝G
风筝在b点时，拉力F的大小不变，与水平面夹角θ变大，可知，f变小，FN变小，即小孩受到地面的支持力比在a点时的小，受到地面的摩擦力比在a点时的小，故A错误，B正确；
CD.根据题意，在a、b两点分别对风筝受力分析，由共点力平衡的特点可知，风筝受到风力与绳子拉力和风筝重力的合力等大反向，如图2所示
图2
由平行四边形法则可知，风筝受到的风力方向与在a点时的不同，由于绳子的拉力和风筝的重力大小不变，在b时两个力间夹角小，则合力大，即风筝受到的风力比在a点时的大，故C错误，D正确。
故选：BD。
三．填空题（共2小题）
17．【答案】乙；
【解答】解：设甲与斜面间的动摩擦因数为μ，甲、乙的质量为m，乙做自由落体运动，由动能定理可知mgx＝Ek乙
对甲在斜面上下滑距离为x过程中，由动能定理得（mgsin30°﹣μmgcos30°）x＝Ek甲
因为mg＞（mgsin30°﹣μmgcos30°）
所以，图线A表示的是乙物块的Ek﹣x图像。
当x＝x0时，有mgx0＝Ek0
当x＝3x0时，有（mgsin30°﹣μmgcos30°） 3x0＝Ek0
联立解得，甲与斜面间的动摩擦因数为μ
故答案为：乙；
18．【答案】（1）A；（2）AD； （3） ；（4）a；（5）平衡摩擦力过度；未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够；（6）0.4；0.21。
【解答】解：（1）本实验采用的实验方法是控制变量法，故A正确，BC错误，故选：A。
（2）根据实验原理可知：调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，可以减小阻力带来的误差，故A正确；
在调节木板倾斜度补偿阻力时，不应将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故B错误；
实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，故C错误；
摩擦力只需要平衡一次，改变物块的质量不需要再次平衡摩擦力，故D正确；
故选：AD。
（3）不知道绳子拉力，要想钩码的重力近似等于绳子的拉力，需要满足m M。
（4）为了更方便探究a与m的关系，可以改为探究a与成正比，会更加直观。
（5）根据实验的误差分析可知，出现甲图线的原因是平衡摩擦力过度；出现乙图线的原因是未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够。
（6）根据逐差法可得：am/s2＝0.4m/s2；
根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知：
m/s＝0.21m/s
故答案为：（1）A；（2）AD； （3） ；（4）a；（5）平衡摩擦力过度；未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够；（6）0.4；0.21。
四．解答题（共2小题）
19．【答案】（1）该星球的质量；
（2）无法求出小球的质量，理由见解析。
【解答】解：（1）根据
得
根据
得
（2）根据，
小球质量m约掉了，无法求出小球的质量，而根据题中的v0，h，t的运动学量，只能求出运动学相关的，比如重力加速度。
答：（1）该星球的质量；
（2）无法求出小球的质量，理由见解析。
20．【答案】（1）汽车匀速时速度大小为20m/s；
（2）汽车匀加速的时间为5s；
（3）匀加速运动阶段牵引力做的功为105J。
【解答】解；（1）匀速时牵引力F＝f
匀速时速度
代入数据解得vm＝20m/s
（2）匀加速过程由牛顿第二定律有F﹣f＝ma
代入数据解得F＝4000N
匀加速结束时功率达到额定功率，由P＝Fv
得匀加速阶段的最大速度
设汽车匀加速时间为t，由v1＝at
代入数据解得t＝5s
（3）设匀加速过程位移为x，由
代入数据解得x＝25m
匀加速过程牵引力的功由W＝Fx
代入数据解得W＝105J
答：（1）汽车匀速时速度大小为20m/s；
（2）汽车匀加速的时间为5s；
（3）匀加速运动阶段牵引力做的功为105J。