重庆市第七中学2024-2025学年高一下学期5月月考考试 物理试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 重庆市第七中学2024-2025学年高一下学期5月月考考试 物理试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 874.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-06-05 10:12:51 | ||
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文档简介
重庆市第七中学校 2024-2025学年度下期
高2027届五月考试 物理试题
（满分100分 考试时间90分钟）
一、选择题（本题共12个小题，1-8是单选题，9-12是多选题。每小题4分，共48分）
1．许多科学家在物理学发展过程中作出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是
A．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律
B．开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律
C．牛顿利用万有引力定律通过计算发现了彗星的轨道
D．卡文迪许通过实验测出了万有引力常量
2．如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
3．由于月球与地球间潮汐力的影响，地球自转在逐渐变慢，3.7亿年前一天大约22小时，而现在一天约23时56分，对于地球自转变慢带来的影响，下列说法正确的是
A．近地卫星的周期变大 B．近地卫星的线速度变大
C．静止同步轨道卫星的高度变低 D．赤道处的重力加速度变大
4．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面长，宽，倾角，一可视为质点的小球从顶端B处水平向左射入，恰好从底端点A处射出，重力加速度g取。则下列说法正确的是
A．小球运动的加速度为
B．小球从B运动到A所用时间为2s
C．小球从B点水平射入时的速度为
D．若小球从B点以的速度水平向左射入，则恰能从底端A点离开斜面
5．如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是
A．细绳的拉力大小等于
B．小球的向心加速度等于
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于
6.已知雨滴在空中运动时所受空气阻力，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率，一雨滴从高空由静止开始沿竖直方向下落，以地面为重力势能零势能面，用、、E、h表示雨滴的重力势能、动能、机械能和下落高度，则下列四幅图像可能正确的是
A． B． C． D．
7．2019年9月12日，我国在太原卫星发射中心“一箭三星”发射成功。 现假设三颗星a、b、c均在赤道平面上绕地球匀速圆周运动，其中a、b转动方向与地球自转方向相同，c转动方向与地球自转方向相反，a、b、c三颗星的周期分别为Ta =6h、Tb =24h、Tc=12h，下列说法正确的是
A．a、b每经过6h相遇一次 B．a、b每经过8h相遇一次
C．b、c每经过10h相遇一次 D．b、c每经过6h相遇一次
8．如图所示，质量为的金属环和质量为的物块通过光滑铰链用长为的轻质细杆连接，金属环套在固定于水平地面上的竖直杆上，物块放在水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与物块相连，左端固定在竖直杆上点，此时轻质细杆与竖直方向夹角。现将金属环由静止释放，下降到最低点时变为60°。不计一切阻力，重力加速度为，则在金属环下降的过程中，下列说法中正确的是
A．金属环和物块组成的系统机械能守恒
B．金属环的机械能一直减小
C．达到最大动能时，对地面的压力大小为
D．弹簧弹性势能最大值为（）mgL
9．关于物体的动量、冲量、动量的变化量，下列说法正确的是
A．物体受的力越大，力的冲量就越大
B．某个物体的动能变化，则它的动量一定变化
C．某个物体的动量变化越快 ，它受到的合外力一定越大
D．冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量
10．某摩天轮的直径达120m，转一圈用时1600s。某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中
A．角速度为
B．座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C．重力对该同学做功的功率先增大后减小
D．如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大
11．如图所示，与水平面成的传送带正以v=3m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l=13.5m。现把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上，工件与传送带间的动摩擦因数，传送带始终匀速运动，取，工件从A到B的过程
A. 先加速后匀速
B. 传送带对工件做的功81J
C. 因摩擦产生的热量72J
D. 因传送工件多消耗的电能99J
12．如图甲所示，质量分别为1kg、2kg的两物体A与B用轻质弹簧连接放置在光滑水平面上。现给物体A一个向右的初速度，物体B运动的图像如图乙所示，其图像为一条正弦曲线。若弹簧的劲度系数，弹性势能的表达式（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），下列说法正确的是
A．物体A的初速度为8m/s
B．物体A运动过程中的最小速度为0
C．运动过程中弹簧最大弹性势能为9J
D．当物体B的速度为3m/s时，物体A的加速度为
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
13．为了“验证机械能守恒定律”，某学生想到用气垫导轨和光电门及质量为m的小车来进行实验。如图所示，他将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上的两点处分别安装光电门A和B，然后将小车从导轨上端释放，在小车下滑过程中，小车上的挡光片经过上、下光电门的时间分别为t1、t2，用游标卡尺测得挡光片宽度为d，重力加速度为g。则：
（1）要验证小车在运动过程中机械能守恒，还必须测出 。
（2）写出本实验验证机械能守恒定律的原理表达式 （用上面已测出的量和还必须测出的物理量的符号表示）。
（3）实验所用滑块的质量m＝600g，其他数据为：L=1.5m，H=10cm，g=9.8m/s2，两个光电门间的距离为50cm，则实验中重力势能的减少量为 J。
14．如图所示，某实验小组用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使1球多次从斜轨上某位置S由静止释放，找到其平均落地点的位置P。然后，把半径相同的2球静置于水平轨道的末端，再将1球从斜轨上位置S静止释放，与2球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述1球与2球相碰的过程，分别找到碰后1球和2球落点的平均位置M和N。用刻度尺测量出水平射程OM、OP、ON。测得1球的质量为，2球的质量为。
（1）关于本实验，必须满足的条件是 。
A．斜槽轨道必须光滑以减少实验误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球和被碰球的质量必须相等
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
（2）本实验通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，可行的依据是 。
A．运动过程中，小球的机械能保持不变
B．平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比
（3）当满足表达式 时，即说明两球碰撞中动量守恒。（用所测物理量表示）
（4）若仅改变小球1和小球2的材质，两球碰撞时不仅得到（3）的结论，即碰撞遵守动量守恒定律，而且满足机械能守恒定律，则根据上述信息可以推断 。
A．不可能超过2 B．可能超过3
C．MN与OP大小关系不确定 D．MN与OP大小关系确定，且
三、计算题（本题共4小题，15、16题各8分，17题10分，18题12分，共38分）
15．2021年5月15日，中国“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，引起全世界极大关注。若某航天器绕火星近地运行做匀速圆周运动，运行圈历时，火星视为均匀球体，已知火星半径为，万有引力常量为，不考虑火星自转。求：
（1）火星的质量；
（2）火星表面的重力加速度大小。
16．某游戏装置如图所示，左侧是一竖直支柱，右侧竖直放置一内径很小的圆弧形管道，弹射装置可以将置于支柱上A处的小球水平向右弹出。一质量的小球（可视为质点）以的初速度被弹出后，正好从B处沿圆弧切线方向进入圆管（小球的直径略小于圆管横截面直径），且到达的速度。已知与的夹角，，，不计空气阻力，重力加速度取,求：
（1）求A、B两点间的水平距离XAB；
（2）若小球恰好可以到达圆弧形管道最高点D，求圆弧形轨道的半径R。
17．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M甲，乙和他的冰车总质量为M乙，游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦：
（1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少；
（2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少；
（3）若甲和他的冰车总质量为M甲=115kg，箱子质量m=5kg，乙和他的冰车总质量为M乙=60kg，，为使甲、乙最后不相撞，甲将箱子以u=10m/s的速度推给乙，乙接住箱子后又原速推回给甲，甲再将箱子原速推给乙，如此反复多次。求甲至少要推出箱子多少次才能避免与乙相撞？
18．如图所示，质量M=1kg的木板静置于光滑水平地面上，半径R=0.3m的竖直光滑四分之一圆弧轨道固定在地面上，轨道底端切线水平且与木板等高。质量m=1kg的物块A（视为质点）以v0=6m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数。当A到达木板右端时，两者恰好共速，然后一起向右运动。木板与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。重力加速度g=10m/s2。
（1）求木板的长度；
（2）求A经过圆弧轨道的最高点时对轨道的压力，及A离开轨道后上升的最高点与轨道最低点间的高度差；
（3）A离开轨道后上升到最高点时会炸裂成两块，向水平左右两边飞出，炸裂时总质量不变，动能增加了3J。在炸裂的同时，木板解除锁定且木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。要让向左飞出的物块能落到木板上，求左右两块的质量比范围。
《2024-2025学年度高中物理5月月考卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D C D D D CD BC BD
题号 11 12 13
答案 ABD BCD AD
1．D
【详解】A．哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故A错误；
B．天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动定律，不是万有引力定律，故B错误；
C．哈雷利用万有引力定律通过计算发现了彗星的轨道，故C错误；
D．英国的科学家卡文迪许通过实验测出了引力常量G，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。
故选B。
3．D
【详解】AB．由知，地球质量不变，则近地卫星线速度、周期均不变， AB错误；
C．自转周期变大，静止卫星周期应变大，C错误；
D．在赤道表面有
由于自转角速度变小，所以变大，D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为
故A错误；
B．根据
解得
故B错误；
C．根据
b=v0t
有
故C正确；
D．若小球从B点以4m/s的速度水平向左射入，因水平位移不变，则下落的时间会减小，则不能从底端A点离开斜面，故D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．小球竖直方向有
解得细绳的拉力大小
故A错误；
B．对小球，由牛顿第二定律有
解得小球的向心加速度
故B错误；
CD．小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反向，根据
联立解得，小球圆周运动周期
则小球转动一周，重力的冲量
故拉力冲量也为，故C错误，D正确。
故选D。
6.C
【详解】A．随着下落的速度逐渐增加，空气阻力逐渐增大，合外力逐渐减小，根据动能定理，下落相同的高度，动能的增量逐渐减小，因此斜率逐渐减小，最后趋近于水平，A 错误；
B．由于空气阻力做负功，机械能逐渐减小，最终匀速下降，只有势能减小，动能不再增加，因此图像不是直线，B错误；
C．下落的过程中，由于空气阻力逐渐增大，下落相同的高度，空气阻力做功逐渐增大，机械能减少得越来越快，因此斜率逐渐增大，C正确；
D．设初始状态时的势能，下落的过程中，由于
可得图像是不过坐标原点，倾斜向下的直线，D错误。
故选C。
7．BC
【详解】AB．a、b转动方向相同，在相遇一次的过程中，a比b多转一圈， 设相遇一次的时为， 则有
解得，所以A错误，B正确。
CD．b、c转动方向相反，在相遇一次的过程中，b、c共转一圈，设相遇次的时间为，则
有
解得，故C错误，D错误。
故选B。
8．BD
【详解】A．在金属环下滑的过程中，弹簧逐渐伸长，对金属环和物块组成的系统，弹簧弹力对其做负功，系统机械能减小，故A错误；
B．对金属环和物块及弹簧组成的系统，机械能守恒。在金属环下滑的过程中，物块的动能先增大，说明A受到杆的力方向斜向上方，杆的力对金属环做负功，的机械能减小，A的动能先增大后减小，说明后来杆对A在竖直方向上的分力大于A的重力，做减速运动，所以杆给A的力还是斜上方，即杆的力对A还是做负功，故金属环的机械能一直减小，故B正确；
C．达到最大动能时，A的加速度为零，则金属环和物块组成的系统在竖直方向加速度为零，对系统受力分析可得，此时物块受到的地面支持力大小等于金属环和物块的总重力
故对地面的压力大小为，故C错误；
D．当金属环下滑到最低点时，弹簧的弹性势能最大，对金属环和物块及弹簧组成的系统，根据机械能守恒，弹簧弹性势能最大值为
故D错误。
故选BD。
8．CD
【详解】动量p=mv，冲量I=Ft，动量的变化量等于冲量．
A．根据相应公式判断可知，故A错误．
B．冲量等于动量改变量，故B错误．
C．某个物体的动量变化量为冲量，因此某个物体的动量变化越快 ，它受到的合外力一定越大，故C正确；
D．根据可知，某个物体的动能变化，则它的动量一定变化，故D正确．
10．CD
【详解】A．根据题意可知周期为，则角速度为，故A错误；
B．该同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和该同学的重力的合力提供向心力，指向圆心，所以座舱对该同学的作用力不是一直指向圆心，故B错误；
C．根据重力功率的计算公式
从A点经B点运动到C的过程中，先增大后减小，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确；
D．在B点，该同学在竖直方向有
水平方向上
则该同学在B点受座舱的作用力大小为
如果仅增大摩天轮的转速，根据
可知增大，则该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D正确。
故选D。
11．ABD
【详解】A．工件放上传送带后的加速度
经过t1时间与传送带速度相等
运动距离
由于，所以有
工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动到B，故A正确；
B．传送带对工件做功
故B正确；
C．t1时间内传送带位移
A到B过程因摩擦产生的热量
解得
故C错误；
D．因传送工件多消耗的电能
故D正确。
故选ABD。
12．BCD
【详解】AB．当物块B速度最大时，弹簧处于原长状态，设此题A的速度v1A，则由能量关系
由动量守恒
其中vB=4m/s解得
v0=6m/s
v1A=-2m/s
即A的速度先减小到零，后反向增加到-2m/s，最小速度为0，选项A错误，B正确；
C．当弹簧压缩到最短时，两物体具有相同的速度，根据动量守恒有
解得
运动过程中弹簧最大弹性势能
选项C正确；
D．当物体B的速度为3m/s时，根据动量守有
解得
此时的弹性势能
又
解得
物体A的加速度为
选项D正确。
故选BCD。
13．AD
【详解】A．系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，而系统所受合外力不为零，故系统的动量不守恒，故A正确；
B．物块在圆弧上下滑过车小车向左做加速运动，物体到达水平段bc后小车做减速运动，最终速度为零而静止，故B错误；
C．系统水平方向动量守恒，有
由平均动量守恒可得
则当物体B运动到A上的b点时，对地来看B向右运动的水平距离为
故C错误；
D．因系统水平方向动量守恒，可推得物体和车的共同速度为零，对系统由能量守恒有
解得最终物体B静止在A上距离b点为
故D正确；
故选AD。
14． 两光电门间的距离x； ； 0.196
【详解】（1）[1]很短时间内的平均速度等于瞬时速度，小车经过光电门A时的速度大小为
经过光电门B时的速度大小为
设A、B两光电门间的距离为x，设气垫导轨与水平面间的夹角为，小车从光电门A到光电门B过程，由机械能守恒定律得
由几何知识可知
整理得
验证机械能守恒定律还需要测量值两光电门间的距离x；
（2）[2]由（1）可知，实验需要验证的表达式是
（3）[3]实验中重力势能的减少量为
15． BD/DB B ABD
【详解】（1）[1]A．轨道不光滑，只有从同一高度释放，两次摩擦力做的负功相同，小球到达轨道末端速度依然相同，所以轨道不需要光滑，故A错误；
B．本实验要通过平抛运动验证动量守恒定律，所以轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故B正确；
C．为避免入射小球反弹，要保证入射小球质量大于被碰小球质量，故C错误。
D．为了保证两次入射小球到达轨道末端具有相同的速度，两次入射小球需从同一位置由静止释放，故D正确。
故选BD。
（2）[2]小球做平抛运动的过程，有
整理解得
发现平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比。
故选B。
（3）[3]由题意，碰撞前后动量守恒，则
三个平抛运动的高度相同，则可用平抛的水平位移来表示，所以要验证的表达式为
（4）[4]若碰撞前后还遵守机械能守恒定律，即发生的是弹性碰撞，则由两个守恒定律可得
解得
即
可知
故A正确；
B．由于
故
故B正确；
CD．将两式的 移到左边后相除得
用水平位移速度可得
此式有两种可能
或
所以有
或
故C错误，D正确。故选ABD。
故选ABD。
15．（1）；（2）
【详解】（1）航天器绕火星中心近地运行周期为，有
设火星表面的重力加速度为
，
解得
（2）设火星质量为，航天器质量为，由万有引力定律得
火星密度
解得
16．（1）；（2）；（3），方向竖直向下
【详解】（1）根据题意可知，小球从处沿圆弧切线方向进入圆管，将小球运动到处时的速度沿水平方向与竖直方向分解，如图所示
由几何关系有
解得点的初速度
（2）小球运动到处时，竖直方向的分速度
从，小球在竖直方向做自由落体运动，则有
解得下落时间
间的高度差为
解得
（3）因为小球恰好能到达点，所以到达点的速度为0，对于小球有
再由牛顿第三定律可知小球对轨道的弹力
方向竖直向下。
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（3）甲、乙不相撞的条件是
即
18．（1）小球和圆盘的速度大小均为；（2）；（3）26次；（4）
【详解】（1）小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为，由速度—位移公式得
解得
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为、，小球与圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，由动量守恒和机械能守恒得
联立解得
，
故第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为，小球速度方向为竖直向上，圆盘速度方向为竖直向下。
（2）第一次碰后小球做竖直上抛运动；圆盘向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，圆盘的加速度大小为
当小球的速度与圆盘的速度相同时，两者间距离最远；设第一次碰后小球经过时间t与圆盘的速度相同，则有
解得
，
则在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为
（3）设第一次碰撞后到第二次碰撞时，圆盘还未停止运动，则两者位移相同，设此过程经历的时间为，则有
解得
，
此时小球和圆盘的速度分别为
，
可知刚好在圆盘速度为0时，小球与圆盘发生第二次碰撞，且碰前瞬间小球的速度与小球第一次碰撞前瞬间速度相同，可知在圆盘离开圆管前，以后的运动情况与小球与圆盘发生第一次碰撞后的运动情况相同，即每一次碰撞后到下一次碰撞前，圆盘下滑的距离均为，根据
可知圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为
高2027届五月考试 物理试题
（满分100分 考试时间90分钟）
一、选择题（本题共12个小题，1-8是单选题，9-12是多选题。每小题4分，共48分）
1．许多科学家在物理学发展过程中作出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是
A．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律
B．开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律
C．牛顿利用万有引力定律通过计算发现了彗星的轨道
D．卡文迪许通过实验测出了万有引力常量
2．如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
3．由于月球与地球间潮汐力的影响，地球自转在逐渐变慢，3.7亿年前一天大约22小时，而现在一天约23时56分，对于地球自转变慢带来的影响，下列说法正确的是
A．近地卫星的周期变大 B．近地卫星的线速度变大
C．静止同步轨道卫星的高度变低 D．赤道处的重力加速度变大
4．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面长，宽，倾角，一可视为质点的小球从顶端B处水平向左射入，恰好从底端点A处射出，重力加速度g取。则下列说法正确的是
A．小球运动的加速度为
B．小球从B运动到A所用时间为2s
C．小球从B点水平射入时的速度为
D．若小球从B点以的速度水平向左射入，则恰能从底端A点离开斜面
5．如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是
A．细绳的拉力大小等于
B．小球的向心加速度等于
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于
6.已知雨滴在空中运动时所受空气阻力，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率，一雨滴从高空由静止开始沿竖直方向下落，以地面为重力势能零势能面，用、、E、h表示雨滴的重力势能、动能、机械能和下落高度，则下列四幅图像可能正确的是
A． B． C． D．
7．2019年9月12日，我国在太原卫星发射中心“一箭三星”发射成功。 现假设三颗星a、b、c均在赤道平面上绕地球匀速圆周运动，其中a、b转动方向与地球自转方向相同，c转动方向与地球自转方向相反，a、b、c三颗星的周期分别为Ta =6h、Tb =24h、Tc=12h，下列说法正确的是
A．a、b每经过6h相遇一次 B．a、b每经过8h相遇一次
C．b、c每经过10h相遇一次 D．b、c每经过6h相遇一次
8．如图所示，质量为的金属环和质量为的物块通过光滑铰链用长为的轻质细杆连接，金属环套在固定于水平地面上的竖直杆上，物块放在水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与物块相连，左端固定在竖直杆上点，此时轻质细杆与竖直方向夹角。现将金属环由静止释放，下降到最低点时变为60°。不计一切阻力，重力加速度为，则在金属环下降的过程中，下列说法中正确的是
A．金属环和物块组成的系统机械能守恒
B．金属环的机械能一直减小
C．达到最大动能时，对地面的压力大小为
D．弹簧弹性势能最大值为（）mgL
9．关于物体的动量、冲量、动量的变化量，下列说法正确的是
A．物体受的力越大，力的冲量就越大
B．某个物体的动能变化，则它的动量一定变化
C．某个物体的动量变化越快 ，它受到的合外力一定越大
D．冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量
10．某摩天轮的直径达120m，转一圈用时1600s。某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中
A．角速度为
B．座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C．重力对该同学做功的功率先增大后减小
D．如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大
11．如图所示，与水平面成的传送带正以v=3m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l=13.5m。现把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上，工件与传送带间的动摩擦因数，传送带始终匀速运动，取，工件从A到B的过程
A. 先加速后匀速
B. 传送带对工件做的功81J
C. 因摩擦产生的热量72J
D. 因传送工件多消耗的电能99J
12．如图甲所示，质量分别为1kg、2kg的两物体A与B用轻质弹簧连接放置在光滑水平面上。现给物体A一个向右的初速度，物体B运动的图像如图乙所示，其图像为一条正弦曲线。若弹簧的劲度系数，弹性势能的表达式（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），下列说法正确的是
A．物体A的初速度为8m/s
B．物体A运动过程中的最小速度为0
C．运动过程中弹簧最大弹性势能为9J
D．当物体B的速度为3m/s时，物体A的加速度为
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
13．为了“验证机械能守恒定律”，某学生想到用气垫导轨和光电门及质量为m的小车来进行实验。如图所示，他将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上的两点处分别安装光电门A和B，然后将小车从导轨上端释放，在小车下滑过程中，小车上的挡光片经过上、下光电门的时间分别为t1、t2，用游标卡尺测得挡光片宽度为d，重力加速度为g。则：
（1）要验证小车在运动过程中机械能守恒，还必须测出 。
（2）写出本实验验证机械能守恒定律的原理表达式 （用上面已测出的量和还必须测出的物理量的符号表示）。
（3）实验所用滑块的质量m＝600g，其他数据为：L=1.5m，H=10cm，g=9.8m/s2，两个光电门间的距离为50cm，则实验中重力势能的减少量为 J。
14．如图所示，某实验小组用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使1球多次从斜轨上某位置S由静止释放，找到其平均落地点的位置P。然后，把半径相同的2球静置于水平轨道的末端，再将1球从斜轨上位置S静止释放，与2球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述1球与2球相碰的过程，分别找到碰后1球和2球落点的平均位置M和N。用刻度尺测量出水平射程OM、OP、ON。测得1球的质量为，2球的质量为。
（1）关于本实验，必须满足的条件是 。
A．斜槽轨道必须光滑以减少实验误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球和被碰球的质量必须相等
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
（2）本实验通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，可行的依据是 。
A．运动过程中，小球的机械能保持不变
B．平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比
（3）当满足表达式 时，即说明两球碰撞中动量守恒。（用所测物理量表示）
（4）若仅改变小球1和小球2的材质，两球碰撞时不仅得到（3）的结论，即碰撞遵守动量守恒定律，而且满足机械能守恒定律，则根据上述信息可以推断 。
A．不可能超过2 B．可能超过3
C．MN与OP大小关系不确定 D．MN与OP大小关系确定，且
三、计算题（本题共4小题，15、16题各8分，17题10分，18题12分，共38分）
15．2021年5月15日，中国“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，引起全世界极大关注。若某航天器绕火星近地运行做匀速圆周运动，运行圈历时，火星视为均匀球体，已知火星半径为，万有引力常量为，不考虑火星自转。求：
（1）火星的质量；
（2）火星表面的重力加速度大小。
16．某游戏装置如图所示，左侧是一竖直支柱，右侧竖直放置一内径很小的圆弧形管道，弹射装置可以将置于支柱上A处的小球水平向右弹出。一质量的小球（可视为质点）以的初速度被弹出后，正好从B处沿圆弧切线方向进入圆管（小球的直径略小于圆管横截面直径），且到达的速度。已知与的夹角，，，不计空气阻力，重力加速度取,求：
（1）求A、B两点间的水平距离XAB；
（2）若小球恰好可以到达圆弧形管道最高点D，求圆弧形轨道的半径R。
17．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M甲，乙和他的冰车总质量为M乙，游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦：
（1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少；
（2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少；
（3）若甲和他的冰车总质量为M甲=115kg，箱子质量m=5kg，乙和他的冰车总质量为M乙=60kg，，为使甲、乙最后不相撞，甲将箱子以u=10m/s的速度推给乙，乙接住箱子后又原速推回给甲，甲再将箱子原速推给乙，如此反复多次。求甲至少要推出箱子多少次才能避免与乙相撞？
18．如图所示，质量M=1kg的木板静置于光滑水平地面上，半径R=0.3m的竖直光滑四分之一圆弧轨道固定在地面上，轨道底端切线水平且与木板等高。质量m=1kg的物块A（视为质点）以v0=6m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数。当A到达木板右端时，两者恰好共速，然后一起向右运动。木板与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。重力加速度g=10m/s2。
（1）求木板的长度；
（2）求A经过圆弧轨道的最高点时对轨道的压力，及A离开轨道后上升的最高点与轨道最低点间的高度差；
（3）A离开轨道后上升到最高点时会炸裂成两块，向水平左右两边飞出，炸裂时总质量不变，动能增加了3J。在炸裂的同时，木板解除锁定且木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。要让向左飞出的物块能落到木板上，求左右两块的质量比范围。
《2024-2025学年度高中物理5月月考卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D C D D D CD BC BD
题号 11 12 13
答案 ABD BCD AD
1．D
【详解】A．哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故A错误；
B．天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了行星运动定律，不是万有引力定律，故B错误；
C．哈雷利用万有引力定律通过计算发现了彗星的轨道，故C错误；
D．英国的科学家卡文迪许通过实验测出了引力常量G，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。
故选B。
3．D
【详解】AB．由知，地球质量不变，则近地卫星线速度、周期均不变， AB错误；
C．自转周期变大，静止卫星周期应变大，C错误；
D．在赤道表面有
由于自转角速度变小，所以变大，D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为
故A错误；
B．根据
解得
故B错误；
C．根据
b=v0t
有
故C正确；
D．若小球从B点以4m/s的速度水平向左射入，因水平位移不变，则下落的时间会减小，则不能从底端A点离开斜面，故D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．小球竖直方向有
解得细绳的拉力大小
故A错误；
B．对小球，由牛顿第二定律有
解得小球的向心加速度
故B错误；
CD．小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反向，根据
联立解得，小球圆周运动周期
则小球转动一周，重力的冲量
故拉力冲量也为，故C错误，D正确。
故选D。
6.C
【详解】A．随着下落的速度逐渐增加，空气阻力逐渐增大，合外力逐渐减小，根据动能定理，下落相同的高度，动能的增量逐渐减小，因此斜率逐渐减小，最后趋近于水平，A 错误；
B．由于空气阻力做负功，机械能逐渐减小，最终匀速下降，只有势能减小，动能不再增加，因此图像不是直线，B错误；
C．下落的过程中，由于空气阻力逐渐增大，下落相同的高度，空气阻力做功逐渐增大，机械能减少得越来越快，因此斜率逐渐增大，C正确；
D．设初始状态时的势能，下落的过程中，由于
可得图像是不过坐标原点，倾斜向下的直线，D错误。
故选C。
7．BC
【详解】AB．a、b转动方向相同，在相遇一次的过程中，a比b多转一圈， 设相遇一次的时为， 则有
解得，所以A错误，B正确。
CD．b、c转动方向相反，在相遇一次的过程中，b、c共转一圈，设相遇次的时间为，则
有
解得，故C错误，D错误。
故选B。
8．BD
【详解】A．在金属环下滑的过程中，弹簧逐渐伸长，对金属环和物块组成的系统，弹簧弹力对其做负功，系统机械能减小，故A错误；
B．对金属环和物块及弹簧组成的系统，机械能守恒。在金属环下滑的过程中，物块的动能先增大，说明A受到杆的力方向斜向上方，杆的力对金属环做负功，的机械能减小，A的动能先增大后减小，说明后来杆对A在竖直方向上的分力大于A的重力，做减速运动，所以杆给A的力还是斜上方，即杆的力对A还是做负功，故金属环的机械能一直减小，故B正确；
C．达到最大动能时，A的加速度为零，则金属环和物块组成的系统在竖直方向加速度为零，对系统受力分析可得，此时物块受到的地面支持力大小等于金属环和物块的总重力
故对地面的压力大小为，故C错误；
D．当金属环下滑到最低点时，弹簧的弹性势能最大，对金属环和物块及弹簧组成的系统，根据机械能守恒，弹簧弹性势能最大值为
故D错误。
故选BD。
8．CD
【详解】动量p=mv，冲量I=Ft，动量的变化量等于冲量．
A．根据相应公式判断可知，故A错误．
B．冲量等于动量改变量，故B错误．
C．某个物体的动量变化量为冲量，因此某个物体的动量变化越快 ，它受到的合外力一定越大，故C正确；
D．根据可知，某个物体的动能变化，则它的动量一定变化，故D正确．
10．CD
【详解】A．根据题意可知周期为，则角速度为，故A错误；
B．该同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和该同学的重力的合力提供向心力，指向圆心，所以座舱对该同学的作用力不是一直指向圆心，故B错误；
C．根据重力功率的计算公式
从A点经B点运动到C的过程中，先增大后减小，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确；
D．在B点，该同学在竖直方向有
水平方向上
则该同学在B点受座舱的作用力大小为
如果仅增大摩天轮的转速，根据
可知增大，则该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D正确。
故选D。
11．ABD
【详解】A．工件放上传送带后的加速度
经过t1时间与传送带速度相等
运动距离
由于，所以有
工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动到B，故A正确；
B．传送带对工件做功
故B正确；
C．t1时间内传送带位移
A到B过程因摩擦产生的热量
解得
故C错误；
D．因传送工件多消耗的电能
故D正确。
故选ABD。
12．BCD
【详解】AB．当物块B速度最大时，弹簧处于原长状态，设此题A的速度v1A，则由能量关系
由动量守恒
其中vB=4m/s解得
v0=6m/s
v1A=-2m/s
即A的速度先减小到零，后反向增加到-2m/s，最小速度为0，选项A错误，B正确；
C．当弹簧压缩到最短时，两物体具有相同的速度，根据动量守恒有
解得
运动过程中弹簧最大弹性势能
选项C正确；
D．当物体B的速度为3m/s时，根据动量守有
解得
此时的弹性势能
又
解得
物体A的加速度为
选项D正确。
故选BCD。
13．AD
【详解】A．系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，而系统所受合外力不为零，故系统的动量不守恒，故A正确；
B．物块在圆弧上下滑过车小车向左做加速运动，物体到达水平段bc后小车做减速运动，最终速度为零而静止，故B错误；
C．系统水平方向动量守恒，有
由平均动量守恒可得
则当物体B运动到A上的b点时，对地来看B向右运动的水平距离为
故C错误；
D．因系统水平方向动量守恒，可推得物体和车的共同速度为零，对系统由能量守恒有
解得最终物体B静止在A上距离b点为
故D正确；
故选AD。
14． 两光电门间的距离x； ； 0.196
【详解】（1）[1]很短时间内的平均速度等于瞬时速度，小车经过光电门A时的速度大小为
经过光电门B时的速度大小为
设A、B两光电门间的距离为x，设气垫导轨与水平面间的夹角为，小车从光电门A到光电门B过程，由机械能守恒定律得
由几何知识可知
整理得
验证机械能守恒定律还需要测量值两光电门间的距离x；
（2）[2]由（1）可知，实验需要验证的表达式是
（3）[3]实验中重力势能的减少量为
15． BD/DB B ABD
【详解】（1）[1]A．轨道不光滑，只有从同一高度释放，两次摩擦力做的负功相同，小球到达轨道末端速度依然相同，所以轨道不需要光滑，故A错误；
B．本实验要通过平抛运动验证动量守恒定律，所以轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故B正确；
C．为避免入射小球反弹，要保证入射小球质量大于被碰小球质量，故C错误。
D．为了保证两次入射小球到达轨道末端具有相同的速度，两次入射小球需从同一位置由静止释放，故D正确。
故选BD。
（2）[2]小球做平抛运动的过程，有
整理解得
发现平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比。
故选B。
（3）[3]由题意，碰撞前后动量守恒，则
三个平抛运动的高度相同，则可用平抛的水平位移来表示，所以要验证的表达式为
（4）[4]若碰撞前后还遵守机械能守恒定律，即发生的是弹性碰撞，则由两个守恒定律可得
解得
即
可知
故A正确；
B．由于
故
故B正确；
CD．将两式的 移到左边后相除得
用水平位移速度可得
此式有两种可能
或
所以有
或
故C错误，D正确。故选ABD。
故选ABD。
15．（1）；（2）
【详解】（1）航天器绕火星中心近地运行周期为，有
设火星表面的重力加速度为
，
解得
（2）设火星质量为，航天器质量为，由万有引力定律得
火星密度
解得
16．（1）；（2）；（3），方向竖直向下
【详解】（1）根据题意可知，小球从处沿圆弧切线方向进入圆管，将小球运动到处时的速度沿水平方向与竖直方向分解，如图所示
由几何关系有
解得点的初速度
（2）小球运动到处时，竖直方向的分速度
从，小球在竖直方向做自由落体运动，则有
解得下落时间
间的高度差为
解得
（3）因为小球恰好能到达点，所以到达点的速度为0，对于小球有
再由牛顿第三定律可知小球对轨道的弹力
方向竖直向下。
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（3）甲、乙不相撞的条件是
即
18．（1）小球和圆盘的速度大小均为；（2）；（3）26次；（4）
【详解】（1）小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为，由速度—位移公式得
解得
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为、，小球与圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，由动量守恒和机械能守恒得
联立解得
，
故第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为，小球速度方向为竖直向上，圆盘速度方向为竖直向下。
（2）第一次碰后小球做竖直上抛运动；圆盘向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，圆盘的加速度大小为
当小球的速度与圆盘的速度相同时，两者间距离最远；设第一次碰后小球经过时间t与圆盘的速度相同，则有
解得
，
则在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为
（3）设第一次碰撞后到第二次碰撞时，圆盘还未停止运动，则两者位移相同，设此过程经历的时间为，则有
解得
，
此时小球和圆盘的速度分别为
，
可知刚好在圆盘速度为0时，小球与圆盘发生第二次碰撞，且碰前瞬间小球的速度与小球第一次碰撞前瞬间速度相同，可知在圆盘离开圆管前，以后的运动情况与小球与圆盘发生第一次碰撞后的运动情况相同，即每一次碰撞后到下一次碰撞前，圆盘下滑的距离均为，根据
可知圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为
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