湖北省云学联盟2024-2025学年高一下学期5月月考物理试卷（图片版，含解析）

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2025年 5月高一年级物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C C D B C C AC BD AD
一、选择题：
1【答案】A
【解析】A. 卡文迪许扭秤实验首次精确测定了万有引力常数 G，验证了万有引力定律的普
适性，A选项正确。B. 伽利略研究自由落体运动时，采用的方法是实验与逻辑推理相结合，
B项错误。 C. 富兰克林命名了正负电荷，法国科学家库仑发现了电荷之间的相互作用力规
律，C项错误。D. 伽利略通过实验推断轻重物体下落快慢相同，D错误。
故选 A。
2【答案】C
【解析】受力分析：该演员受到竖直向下的重力 G ，水平方向有两侧货箱的方向相反大小

相等的弹力N，两侧货箱竖直向上的静摩擦力 f ，由平衡条件得：2f = G，即 = ≤
2 动
= 。
A. 脚对货箱的压力具体大小未知 ，不一定是 G，A错误。B. 每只脚受到的摩擦力 = ，
2
不是 ，B错误。C. 质量增加则体重 G增加， = ，因此需要更大的 静摩擦力 才能保
2
持静止，C正确。D. 左侧货箱对演员有向右的支持力 N，向上的静摩擦 f，即左侧货箱对人
的作用力斜向上，D错误。
故选 A。
3. 【答案】C
【解析】AB. 匀速圆周运动的物体所受合力大小不变且不为零，方向始终指向圆心，而匀
变速曲线运动的合力恒定，故 AB均错误。CD. 匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，当游
客低于圆心高度时，加速度有竖直向上的分量，游客处于超重状态；当游客高于圆心高度时，
加速度有竖直向下的分量，游客处于失重状态，故 C正确 D错误。
故选 C。
4．【答案】D
【解析】A. x<0 电场线方向沿着 x轴负方向，沿正方向电势升高，A错误。B. Q1、Q2连线
之间电场线方向向右，故 B错。C. 在 Q1、Q2连线之间,第三个点电荷若带正点则受到的静
电力方向都水平向右，若带负电则受到静电力方向都水平向左，无法平衡，故 C错。D. 设
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x 轴上电场强度为 0的坐标为(x,0)，由 12 =
2
2得 x=8cm，由 合=Q3E=0，故 D正确。 ( 4)
故选 D。
5. 【答案】B
【解析】AB. 南昌舰以恒定功率 P启动，P= 牵v， 牵 f = ma，由题 f=kv
2，在加速过程中，
速度增加，阻力增大，牵引力减小，故驱逐舰应做加速度减小的加速运动，故 A错，B正
确。C. 在加速过程中，阻力不是线性变化的，平均阻力不等于最大阻力的一半，C错误。
D. + = 1 2 = 1根据动能定理， ，得 2 ，D错误。2 2
故选 B。
6. 【答案】C
【解析】A. 对 A进行受力分析，A受到竖直向下的重力以及绳子提供的竖直向上拉力，除
重力外拉力都对 A做负功，A的机械能减少，A错误。A从图示位置下降 h的过程中，对
AB整体分析，只有重力做功，AB组成的系统机械能守恒，A下降 h，B上升 2h，设重物 A
刚要落地时，A的速度为 v，由关联速度得 B的速度为 2v，由动能定理有
6 g + ( g2 ) = 1 6 2 + 1 (2 )2 2 5g ，解得 = ，B错误 D错误 C正确。
2 2 5
故选 C。
7【答案】C
1 1
【解析】AB. 从 A点到 B点由机械能守恒定律可知：mgR+ mv2A = mv2B，在 B点由圆周2 2
2
运动向心力公式：FN mg = m
vB，联立解得 R = 1m, vB = 5m/s，故 A、B选项错误。R
C. 物块滑上长木板后，对物块有：μmg = ma1，解的a1 = 5m/s2，v物 = vB a1t，对长木
板有：μmg = Ma2，解的a2 = 10m/s2，v板 = a2t，设物块、长木板最终达到得速度为v共，
则有：v共 = v物 = v
1 10
板，解的 t = s，v = v = v = m/s，因此可以求得物块的位移x =3 共 物 板 3 物
vB+v v共 t = 25m，长木板的位移x = 共板 t =
5m 5，则长木板的长度为 L = x物 x板 = m，故 C2 18 2 9 6
D. 1mv2 = 1 m+M v2 + Q Q = 25选项正确。 有能量守恒可知： B ，解的 J，故 D错误。2 2 共 3
故选 C。
8【答案】AC
【解析】设两颗恒星的质量分别为 1和 2
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A. 2 双星系统公转角速度 = rad/s ，能算出来，A正确。
51×60
BD. 1 + 2 = ,

对 1： 1 22 = 21 1，对 ：
1 2
2 2 = 22 2
2 3
联立可得： 1 + 2 = ,引力常量 G为未知值，BD均错误。
C. 对 1： 1 = 1，对 2： 2 = 2,联立可得： 1 + 2 = ( 1 + 2) = ，C正确。
故选 AC。
9【答案】BD
【解析】A. 规定无限远处电势为零，则正电荷激发的电场中，电势都大于零，故 0＞0；；
B. 小球在圆轨道上运动时所受静电力总是指向圆心，不做功，只有重力做功，故机械能保
持不变。C. 轨道所在处电势处处相等，电场强度大小相等，但方向不同。D. 最高点提供的
最小向心力大于重力，速度大于 g 。
故选 BD。
10【答案】AD
【解析】AB. 撤去外力瞬间，轻绳拉力突变，物块 B、C加速度大小相等，对 A: gsin = 1，
对 B: 3 gsin + 1 = 3 ，对 C: g = a =
g
，解得 ，故 A 正确、B 错误；
4
CD. 当A对挡板的压力为mg时，对A由平衡得 gsin + 2 = mg，解得弹簧压缩量 2 = ，
弹簧弹性势能不变， = =
对 B、C由机械能守恒有： g( + )sin g( + ) = 1 ( + ) 2 g 1 2 1 2 C ，解得 = ，2 2
C错误、D正确。
故选 AD。
二、实验题（每空两分）
11.【答案】（1）同种（2）等量异种（3）能
【解析】（1）金属球、金属杆和金属箔片组成的整体发生静电感应现象，金属箔片与橡胶
板带有同种电荷
（2）相互快速用力摩擦橡胶板和玻璃板后，橡胶板和玻璃板带有等量异种电荷
（3）橡胶板和玻璃板初始状态不带电，相互摩擦后带等量异种电荷，即带电量代数和仍为
零，能验证电荷守恒定律。
【评分细则】11.按照答案评分。
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12.【答案】（1）A（2 ） 、等于（3）1.50J、1.57J、滑块下滑的过程中有阻力做负功
2
【解析】（1）在方案 1中，为了减小空气阻力，物体应该选择体积小，密度大的物体，故
A正确。在方案 2中，轨道倾斜的目的是为了让滑块能够沿着轨道下滑，B错误。在方案 1
中，在进行数据处理时，应该至少打三条纸带，然后选择点迹清晰的一条纸带进行数据处理，
C错误。故选 A。
（2）由匀变速直线运动：2 加 =
2 0 = ，代入数据解得 加 。验证机械能守恒，即在2
一定的误差范围内，验证减少的重力势能和增加的动能相等，则需要等式
g = 1 2 1成立，增加的的动能 2的实际值为 g ，即要验证等式
2 2
g = g = 加 成立,化简可得只需要验证 g = 加成立，若二者相等，则能说明
机械能守恒。
3
（3 4×10）根据遮光条宽带和通过两光电门时间可得： 1 = = 3m/s = 1m/s =

， =
1 4×10 2 2
4×10 3
3m/s = 2m/s E =
1
， mv2 1k mv2 = 1.50J；2×10 2 2 2 1
= 两光电门的高度差 = 0.64 × 0.25m = 0.16m，则重力势能的减少量 减 = g = 1
1.568J ≈ 1.57J。减少的重力势能大于增加的动能，说明在滑块下滑的过程中重力势能并没
有完全转化为动能，还有一部分其他的损失，有阻力对滑块做负功。
【评分细则】12.按照答案评分。其他合理答案的也给分如：滑块下滑过程中①有阻力做负
功②克服阻力做了功③有阻力④有摩擦力⑤有空气阻力。
三、解答题
13.【答案】（1）加速运动位移为 1m（2）7.5s
【解析】（1）饼干盒在传送带上的加速度为 1 ，由牛顿第二定律得：
μ1mg= ma1 1’
得a 21 =2m/s 1’
饼干盒加速到 的位移 x满足：2a1x = 2 0 1’
解得：x = 1m < 10m 1’（判断一分）
故饼干盒先加速到与传送带共速后匀速运动，加速运动位移为 1m。
（2 v）饼干盒加速运动时间t1 = a1
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解得t1 = 1s 1’
L x
共速后匀速运动的时间t2 = v
解得 2 = 4.5s 1’
饼干盒到达桌面上的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
-μ2mg= m 2
解得a2 = 1m/s2 1’
v
饼干盒减速到 0的时间t3 = a2
解得 3 = 2s 1’
饼干盒从放上传送带到停止运动的总时间 t=t1+t2+t3=7.5s 2’
【评分细则】13.按照答案评分。
14.【答案】（1）W=2mgR （2）H=6R （3）能到达 D点，详细过程见解析
【解析】（1）小球沿着挡板运动，挡板对小球的支持力不变，有匀速圆周运动可得：
2
2 g = 1’
2
1 1
小物块从 A到 B的过程中，根据动能定理有： + ( 2 g2 ) = 2 2 2’
2 2
解得 F做的功 W=2mgR。 1’
把 F当做已知值得到结果 = 2 的也算全对。
（2）由题知，小物块从 C点沿圆弧切线方向进入C DE轨道内侧，则在 C点有
cos60° =
1’
则小物块从 B到 C的过程中，根据动能定理有
= 1 2 1mgH 22 2 2’
由（1）知 = 2 g 1’，联立解得 H=6R。 1’
（3）若小球能运动到 D点，小物块从 C到 D的过程中，根据动能定理有：
g( + cos60°) = 1 2 1 2 2’2 2
2
在 D点： g = 2’
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联立，得 FN=12mg > 0 1’，小球在最高点和轨道存在接触，能到达 D点。1’
其他答案合理的也给分（如 = 13g > g ）。
【评分细则】14.按照答案评分。
15.【答案】（1） 压= 30N,方向竖直向下（2）水平距离为 1.344m（3）最大值为 R
【解析】（1）小物块从 A到 B的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：
g = 1 2 0 1’2
2
在 B点： =
1’

由牛顿第三定律可得： 压 = 1’
即： 压 = 30N， 1’ 方向竖直向下。 1’
（2）小物块从 A到 C的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：
g cos53° = 1 2 0 1’2
解得 vC= 4 m/s 1’
取竖直向下为正方向，C到 D的运动过程中，水平速度不变，竖直方向匀变速直线运动有：
tan45° = sin53° + g 1’
水平位移即： = cos53° 1’
联立得：x=1.344m，即 CD的水平距离为 1.344m。 1’
（3）共 7分，酌情给分
法 1：
过 C点的半径与竖直方向夹角为 0时，以水平速度落地，此时末速度与水平方向夹角为 0，
过 C点的半径与竖直方向夹角为 90°时，以竖直速度落地，此时末速度与水平方向夹角为
90°，可知落地末速度与水平方向的夹角范围为 0到 90°。 1’
设落地末速度与水平方向的夹角为 ，末速度大小为 v，
1
小物块从 A到落地的过程中，只有重力做功，根据动能定理有： g = 2 0 1’
2
可得 = 2g ，大小恒定； 1’
小物块从最高点到落地为平抛运动，竖直方向： sin = g 1’
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水平方向： ' = cos 1’
联立可得： ' = 2 cos sin = sin2 1’
2 的取值范围为 0到 180°，当且仅当 = 45°时，2 =90°时水平位移取得最大值 R，
即最高点和落地点的最大水平位移为 R。 1’
法 2：
小物块从 A到 C 1的过程中，只有重力做功，根据动能定理有： g cos = 2 0 1’2
小物块从 C到落地的过程中，取竖直向下为正方向，竖直方向：
2g (1 cos ) = 2 2 2 sin 1’
从最高点下落有：g = 1’
水平位移即： ' = cos 1’
3 3 2
联立得： ' = 2 cos3 (1 cos3 ) ≤ 2 (cos +1 cos ) = 2’
4
当且仅当cos3 = 1 时取到最大值 R，此时 满足 0到 90°范围内，能取到最大值成立。
2
即最高点和落地点的最大水平位移为 R。 1’
【评分细则】15.按照答案评分。
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