河南省焦作市武陟县2022-2023学年高一下学期6月月考物理试题（含答案）

武陟县2022-2023学年高一下学期6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．质量为m的物体放置在倾角θ＝30°的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数，现用拉力F（与斜面的夹角为β）拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是（　　）
A．拉力最小时，物体受三个力作用
B．β＝0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小
C．斜面对物块作用力的方向随拉力F的变化而变化
D．拉力F的最小值为
2．如图所示，长为l的轻绳，一端固定在水平转轴O上，另一端栓接质量为m的小球。现给静止于最低点的小球一初速度，使小球绕转轴O在竖直平面内运动，当绳与水平面之间的夹角为θ时，轻绳的拉力恰好为零，重力加速度为g，则此时小球绕转轴O运动的角速度为（　　）
A． B． C． D．
3．沙漠游乐场有两个沙坡PM、QM，P、Q、M三点在同一竖直圆周上，圆心为O，圆周最低点为M，P、Q位置如图所示，Q点高于P点，且均低于O点。人与两沙坡滑动摩擦系数相同。一名游客分别从P、Q两点由静止下滑到M点的过程中，加速度大小分别为a1、a2，经历的时间分别为t1、t2，机械能变化量的绝对值分别为E1、E2，到达M点的速度大小分别为v1、v2，则（　　）
A．a1＞a2 B．t1＝t2 C．v1＞v2 D．E1＜E2
4．某行星探测飞船飞临行星时释放探测器，之后飞船绕该行星以半径R做圆周运动，而探测器以释放位置为远地点绕该行星做椭圆轨道运动。若飞船绕该行星运动一周后恰好与探测器相遇，则（　　）
A．释放探测器后，飞船的速度一直大于探测器的速度
B．探测器在近地点加速可以实现在行星着陆
C．探测器运行轨道的近地点离行星球心的距离为
D．探测器的最大加速度与最小加速度的比为
5．2022年9月30日12时44分，经过约1小时的天地协同，问天实验舱完成转位，空间站组合体由两舱“一”字构型转变为两舱“L”构型，等待梦天实验舱发射、交会对接后，还将转位形成空间站三舱“T”字构型组合体，如图所示。已知空间站离地面的高度为h，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转。若空间站可视为绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）
A．航天员漂浮在空间站中，处于平衡状态
B．空间站的运行速度大于7.9km/s
C．空间站的周期为
D．空间站的线速度大小为
6．2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台比赛中夺得冠军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点34m高处从静止下滑，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜面倾角为37°，苏翊鸣的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是（　　）
A．起跳速度为16m/s
B．在最高点速度为0
C．下滑过程机械能守恒
D．从下滑到着陆重力做功35000J
7．在电影《流浪地球》中，科学家利用固定在地面的万台超级聚变发动机瞬间点火，使地球在地球轨道Ⅰ上的B点加速，进入运输轨道，再在运输轨道上的A点瞬间点火，从而进入木星轨道Ⅱ、关于地球的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．在运输轨道上A点的速度大于B点的速度
B．在地球轨道Ⅰ上B点的加速度小于在运输轨道上B点的加速度
C．在木星轨道Ⅱ上的周期大于在运输轨道上的周期
D．在木星轨道Ⅱ上的机械能等于在运输轨道上的机械能
8．“神舟十三号”飞船开始在半径为r1的圆轨道Ⅰ上运行，运行周期为T1，在A点通过变轨操作后进入椭圆轨道Ⅱ运动，沿轨道Ⅱ运动到远地点C时正好与处于半径为r3的圆轨道Ⅲ上的核心舱对接，A为椭圆轨道Ⅱ的近地点，BD为椭圆轨道Ⅱ的短轴。假设飞船质量始终不变，关于飞船的运动，下列说法正确的是（　　）
A．沿轨道Ⅰ运行时的机械能等于沿轨道Ⅱ运行时的机械能
B．沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率
C．沿轨道Ⅱ运行的周期为
D．沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度小于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度
9．已知地球半径为R，地心与月球中心之间的距离为r，地球中心和太阳中心之间的距离为s。月球公转周期为T1，地球自转周期为T2，地球公转周期为T3，近地卫星的运行周期为T4，万有引力常量为G，由以上条件可知不正确的选项是（　　）
A．月球公转运动的加速度为
B．地球的密度为
C．地球的密度为
D．太阳的质量为
10．如图所示，内壁光滑半径为r的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，绳与竖直方向的夹角为θ，物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，重力加速度取g，则（　　）
A．桶对物块的弹力不可能为零
B．转动的角速度的最小值为
C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
11．春暖花开，惠风和畅，自驾出游。在平直公路上，甲、乙两车同向行驶，其v﹣t图像如图所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则（　　）
A．在t＝0.5s时，乙车在甲车前
B．在t＝0时，甲车在乙车前12.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
12．如图为某城市广场喷泉喷出的水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度。靠近看，喷管的直径为10cm。请你据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率约为（　　）
A．45kW B．450kW C．90kW D．900kW
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．关于功和物体动能之间的关系，以下说法中正确的是（　　）
A．如果物体所受合外力做功为零，则物体所受合外力就为零
B．如果物体所受合外力做功为零，则物体在此过程中初、末状态的动能就不会发生改变
C．做变速运动的物体其动能有可能保持不变
D．如果物体的动能不变，则物体受到的合外力一定为零
（多选）14．2017年9月25日是我国新一代同步卫星“风云四号”在轨交付的日子，与上一代相比，“风云四号”的整星观察数据量提高了160倍，当日，腾讯公司把微信的启动页面从阿波罗17号宇航员所拍摄的非洲大陆上空视角照片更换为“风云四号”拍摄的中国所在的东半球上空视角照片，下列关于“风云四号”同步卫星的说法正确的是（　　）
A．一定位于赤道正上空
B．为了避免相撞，应该与其他国家的同步卫星在不同的轨道上运行
C．运行速度小于7.9km/s
D．绕地球运行的周期比月球绕地球的周期大
（多选）15．如图为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱.当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其v﹣t图像如图所示（除3～10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知人与平衡车质量之和为60kg，t＞3s后平衡车功率恒为600W，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知（　　）
A．3～10s时间内，小车的平均速度大小是3m/s
B．0～3s时间内，牵引力做功570J
C．3～10s时间内，小车克服摩擦力做功3840J
D．第2s末与第14s末牵引力的功率之比为4：3
（多选）16．如图所示，水平抛出一个小球，若不计空气阻力，小球落地前关于小球在相等时间内的运动，下列说法正确的是（　　）
A．位移相同
B．水平方向分运动的位移相同
C．速度的变化量相同
D．速度的变化量越来越大
三．填空题（共2小题，每小题6分，共12分）
17．质量为2.5×103kg的汽车在水平直线公路上行驶，额定功率为80kW，汽车行驶过程中所受阻力恒为2.5×103N，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为1m/s2，汽车达到额定功率后，保持额定功率不变继续行驶，则汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度为　 　m/s，匀加速运动能保持的最长时间为　 　s，当汽车的速度为20m/s时发动机的牵引力大小为　 　N．
18．如图所示，一轻绳两端各系重物A和B，挂在汽车顶部的定滑轮上，绳的质量及滑轮摩擦均不计，mA＞mB，A静止在汽车底板上，轻绳呈竖直方向．当汽车在水平公路上匀速行驶时，A对汽车底板的压力为 　 　，汽车以加速度a向右匀加速运动时，A仍在原来的位置相对车底静止，此时A对车底的压力为 　 　．
四．解答题（共2小题）
19．（14分）如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。已经重力加速度为g。不计空气阻力。
（1）小球在水平恒力F＝mg的作用下，从P点运动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，求小球在Q点的速度大小；
（2）用水平拉力F将小球从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，求拉力F做的功。
20．（18分）双人滑冰是2022年北京冬奥会比赛项目之一。如图甲所示为某次训练中男运动员以自己为轴拉着女运动员做圆周运动的情形，若女运动员的质量m＝40kg，伸直的手臂与竖直方向的夹角θ＝53°，转动过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径r＝1.2m，如图乙所示，忽略女运动员受到的摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）当女运动员的角速度为时，女运动员受到的拉力及对冰面的压力的大小；
（2）当女运动员刚要离开冰面时，女运动员的角速度的大小及受到的拉力的大小。
参考答案
一．选择题（共12小题）
1．【答案】D
【解答】解：C．斜面对物体的作用力，指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，则有
μ不变，则tanα不变，即斜面对物块作用力的方向不随拉力F变化，故C错误；
ABD．对物块受力分析，如图所示
根据平衡条件，平行斜面方向Fcosβ＝Ff+mgsinθ
垂直斜面方向FN＝mgcosθ﹣Fsinβ
根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN
联立解得
当β＝30°时，拉力F最小，最小值为，此时物体受4个力作用，故D正确，AB错误。
故选：D。
2．【答案】D
【解答】解：当绳与水平面之间的夹角为θ时，轻绳的拉力恰好为零，小球只受重力，且重力的径向分力提供向心力，根据牛顿第二定律有
mgsinθ＝mω2l，解得，故ABC错误，D正确。
故选：D。
3．【答案】D
【解答】解：A．设沙坡倾斜角为θ，人在斜坡上受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ﹣μgcosθ，Q点高于P点，则有a1＜a2，故A错误；
B．由几何知识，斜面长度为2Rsinθ，根据运动学公式，
则t1和t2不一定相等，故B错误；
C．因Q点高于P点，PM＜QM，根据运动学公式，人到达M点的速度为
可知v1＜v2，故C错误；
D．根据功能关系，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则有E＝μmgcosθ×2Rsinθ＝μmgRsin2θ
因Q点高于P点，且均低于O点，可知PM与水平方向的夹角小于QM与水平方向的夹角，且都小于45°，则有E1＜E2，故D正确。
故选：D。
4．【答案】C
【解答】解：A、由于探测器从远地点到近地点速度在增大，飞到近地点时即使做匀速圆周运动，速度也比飞船的速度大，而且还要做离心运动，此时的速度比在近地点做匀速圆周运动时速度还大，故A错误；
B、在近地点要着陆，必须减速做近心运动，故B错误；
C、飞船飞行一周后，恰好探测器相遇，则有T船＝nT探，n＝2，3…。
假设探测器近地点离行星球心的距离为r，由开普勒第三定律k得：
则有：
解得：
当n＝2时可得：，故C正确；
D、根据牛顿第二定律得：，解得。在远地点，则探测器的最小加速度
在近地点，则探测器的最大加速度
联立解得：，故D错误。
故选：C。
5．【答案】C
【解答】解：A、航天员漂浮在空间站中，随空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，处于非平衡状态，故A错误；
B、7.9km/s是所有卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，可知空间站的运行速度小于7.9km/s，故B错误；
C、由牛顿第二定律有Gmr
在地球表面上，有
联立解得：，故C正确。
D、空间站绕地球运行，由万有引力提供向心力得
对地球表面的物体有
联立可得，故D错误。
故选：C。
6．【答案】D
【解答】解：AB、运动员从起跳台跳出后做斜上抛运动，有，，解得vy＝16m/s，，所以运动员在最高点的速度为m/s；
运动员的起跳速度为，代入数据解得v，故AB错误；
C、下滑过程中需要克服阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；
D、运动员从起跳台起跳到着陆竖直方向的位移为，代入数据解得h2＝16m
所以从下滑到着陆重力做功为W＝mg（h0+h2）＝70×10×（34+16）J＝35000J，故D正确。
故选：D。
7．【答案】C
【解答】解：A．根据开普勒第二定律可知，在运输轨道上A点的速度小于B点的速度，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得ma，解得a，所以在地球轨道Ⅰ上B点的加速度等于在运输轨道上B点的加速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知k，木星轨道Ⅱ上的轨道半径大于在运输轨道上运动的半长轴，所以在木星轨道Ⅱ上的周期大于在运输轨道上的周期，故C正确；
D．在运输轨道上的A点瞬间点火，机械能增加，从而进入木星轨道Ⅱ，则在木星轨道Ⅱ上的机械能大于在运输轨道上的机械能，故D错误。
故选：C。
8．【答案】B
【解答】解：A、飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，需要在A点加速，机械能增加，则沿轨道Ⅰ运行时的机械能小于沿轨道Ⅱ运行时的机械能，故A错误；
B、飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力，有Gm，解得v，则知vⅠ＞vⅢ。
飞船从轨道Ⅱ转移到轨道Ⅲ，需要在C点加速，则沿轨道Ⅱ运动到C时的速率vⅡC＜vⅢ，则vⅠ＞vⅡC，即知沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率，故B正确；
C、根据开普勒第三定律有：，解得沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1，故C错误；
D、由牛顿第二定律有Gma，得加速度a，A点到地心的距离比B点的小，所以沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度大于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度，故D错误。
故选：B。
9．【答案】B
【解答】解：A、已知月球公转周期为T1，地心与月球中心之间的距离为r，则月球公转运动的加速度为a，故A正确；
B、月球绕地球公转时，根据万有引力提供向心力，得：Gm月，解得地球的质量M地，则地球的密度为ρ，故B错误；
C、近地卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得：GmR，地球的密度为ρ，联立解得ρ，故C正确；
D、地球绕太阳公转时，根据万有引力提供向心力，得：GM地s，解得太阳的质量为M日，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
10．【答案】C
【解答】解：AB、物块在水平面内做匀速圆周运动，由于桶的内壁光滑，绳的拉力沿竖直向上的分力与重力平衡，若绳的拉力沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力恰好为零，由牛顿第二定律有mgtanθ＝mωmin2r，解得转动的角速度的最小值为，故AB错误；
CD、由题图知，若它们以更大的角速度一起转动，则绳子与竖直方向的夹角θ不变，竖直方向满足：Tcosθ＝mg，可知T不变，即绳子的张力保持不变，故C正确，D错误。
故选：C。
11．【答案】D
【解答】解：AC、v﹣t图像与坐标轴所围的面积表示位移，由图像得，1～3s内两车位移相同，由题意可知，3s时两车并排行驶，则1s时两车并排行驶。由图像得，0.5s～1s内，乙的位移大于甲的位移，在0.5s时，甲车在乙车前，故AC错误；
B、1s时，甲车的速度为v甲m/s＝10m/s
乙车的速度为v乙m/s＝15m/s
0～1s内，甲车的位移为x甲（v0甲+v甲）t（0+10）×1m＝5m
乙车的位移为x乙（v0乙+v乙）t（10+15）×1m＝12.5m
则t＝0时，甲车在乙车前方，距离为Δx＝x乙﹣x甲＝12.5m﹣5m＝7.5m
故B错误；
D、1～3s内甲车的位移为xt′＝20×（3﹣1）m＝40m
即甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确。
故选：D。
12．【答案】B
【解答】解：管口的圆形内径约有10cm，则半径为r＝5cm＝0.05m
根据实际情况，每层楼高h＝3m，所以喷水的高度为H＝40h＝40×3m＝120m
由v2＝2gH，解得水离开管口的速度为
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为
m＝ρvΔtS＝ρπr2vΔt
根据动能定理可得：
解得：
结合ρ＝1×103kg/m3，代入数据解得：P＝4.5×105W，故ACD错误，B正确。
故选：B。
二．多选题（共4小题）
13．【答案】BC
【解答】解：A、如果物体所受合外力做功为零，物体所受合外力可能为零，也可能不为零，如匀速圆周运动，故A错误；
B、根据动能定理，如果物体所受合外力做功为零，动能变化量为零，则物体在此过程中初、末状态的动能就不会发生改变，故B正确；
C、做变速运动的物体其动能有可能保持不变，如匀速圆周运动，故C正确；
D、如果物体的动能不变，合外力对物体做功为零，但物体受到的合外力不一定为零，如匀速圆周运动，故D错误。
故选：BC。
14．【答案】AC
【解答】解：AB、“风云四号”卫星为同步卫星，定点在地球赤道上空某处，距地面的高度相同，所以所有其他国家的同步卫星都应该在同一轨道上运行，故A正确，B错误；
D、同步卫星绕地球一周为1天，月球绕地球一周为30天，所以绕地球运行的周期比月球绕地球的周期小，故D错误；
C、近地卫星的绕行速度为第一宇宙速度（7.9km/s），根据高轨低速可知，“风云四号”运行速度小于第一宇宙速度（7.9km/s），故C正确。
故选：AC。
15．【答案】BC
【解答】解：A．在3～10 s时间内，是加速度逐渐减小的加速运动，v﹣t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知在3～10 s时间内的平均速度，故A错误；
B．小车最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝fvm
解得：f＝150N
在0～3s时间内，小车的做匀加速运动，图像的斜率表示小车的加速度，则
根据牛顿第二定律F﹣f＝ma
可解得：F＝190N
在0～3s时间的位移为：
因此0～3s时间内，牵引力做功W1＝Fs1＝190×3J＝570J，故B正确；
C．在3～10 s时间内，根据动能定理可得：
根据图像得：Wf＝3840J，故C正确；
D．小车在2s末的功率为：
因此，故D错误。
故选：BC。
16．【答案】BC
【解答】解：AB、小球做平抛运动，水平方向是匀速直线运动，根据水平方向位移公式：x＝v0t可知水平方向分运动的位移相同；竖直方向的分运动是自由落体运动，竖直方向Δy＝gT2，则竖直方向分运动的位移不相同，根据x＝v0t，y及合位移l，可知位移不相同；故A错误，B正确；
CD、由Δv＝gΔt，可知在相等的时间间隔内速度的改变量相同；故C正确，D错误；
故选：BC。
三．填空题（共2小题）
17．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由题意知，汽车速度最大时，汽车的牵引力大小与阻力大小相等，故汽车所能达到的最大速度
32m/s；
（2）根据牛顿第二定律知，汽车以1m/s2加速度匀加速前进时的牵引力：
F＝f+ma＝2.5×103+2.5×103×1N＝5×103N
所以汽车匀加速所能达到的最大速度
所以汽车匀加速运动的时间；
（3）由（2）分析知，当汽车速度为20m/s时，汽车已达到额定功率，故根据P＝Fv知，此时汽车的牵引力
故答案为：32，16，4×103
18．【答案】见试题解答内容
【解答】解：对A进行受力分析，根据平衡条件T＝mAg
对A进行受力分析，根据平衡条件：T+FN＝mBg 得：FN＝（mA﹣mB）g
当汽车以加速度a向右匀加速运动时，对B
竖直方向有：T1cosθ＝mBg ①
水平方向有：T1sinθ＝mBa ②
由②：①解得：tanθ，则T1mB
对mA研究：
竖直方向：T1+N＝mAg，得：N＝mAg﹣mB
故答案为：（mA﹣mB）g；mAg﹣mB
四．解答题（共2小题）
19．【答案】（1）小球在水平恒力F＝mg的作用下，从P点运动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球在Q点的速度大小为；
（2）用水平拉力F将小球从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，拉力F做的功为mgl（1﹣cosθ）。
【解答】解：（1）对小球，从P点到Q点，应用动能定理有
0
解得
（2）对小球，从P点到Q点，应用动能定理有
WF﹣mg（l﹣lcosθ）＝0
解得WF＝mgl（1﹣cosθ）
答：（1）小球在水平恒力F＝mg的作用下，从P点运动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球在Q点的速度大小为；
（2）用水平拉力F将小球从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，拉力F做的功为mgl（1﹣cosθ）。
20．【答案】（1）当女运动员的角速度为时，女运动员受到的拉力为N，对冰面的压力的大小为336N；
（2）当女运动员刚要离开冰面时，女运动员的角速度的大小为rad/s，受到的拉力的大小为N。
【解答】解：（1）对女运动员受力分析如图
在水平方向
解得女运动员受到的拉力
竖直方向Fcosθ+FN＝mg
代入数据联立解得FN＝336N
根据牛顿第三定律可得，女运动员对冰面压力的大小为336N。
（2）女运动员刚要离开地面时，受重力和男运动对女运动员的拉力，则F'cosθ＝mg
代入数据解得，ω2rad/s
答：（1）当女运动员的角速度为时，女运动员受到的拉力为N，对冰面的压力的大小为336N；
（2）当女运动员刚要离开冰面时，女运动员的角速度的大小为rad/s，受到的拉力的大小为N。