2023-2024学年山西省朔州市怀仁一中、大地学校高二（上）第一次月考物理试卷卷（含解析）

2023-2024学年山西省朔州市怀仁一中、大地学校高二（上）第

一次月考物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

I.如图所示，小物块随水平转盘一起匀速转动。关于物块的实际受力，■

下列说法正确的是（）J0

A.只受重力和支持力Jj二

B.重力、支持力和向心力I

C.重力、支持力、摩擦力和向心力

D.重力、支持力和摩擦力

2.关于近地卫星和同步卫星，下列说法中正确的是（）

A.近地卫星一定在赤道上空，同步卫星不一定在赤道上空

B.近地卫星运行速度大于同步卫星的运行速度

C.近地卫星的运行周期大于同步卫星的运行周期

D.近地卫星受到的万有引力大于同步卫星受到的万有引力

3.小林同学在电梯轿厢内做实验，如图，两个完全相同的条形s.VSN

A,3

磁铁，放在水平桌面AB上。开始时电梯停在15层，磁铁保持不-Γ"--j

动。在电梯从15层由静止下行至1层的过程中，观察到两个条形

磁铁碰在一起，则当磁铁开始滑动时，电梯正处于（）

A.启动加速状态B.匀速运行状态C.制动减速状态D.停在1层

4.中国是世界上第三个掌握卫星回收技术的国家.如图所示是地球卫.1一一-

，♦*、

星返回地球经历的变轨过程示意图，轨道1、3是圆轨道，轨道2是椭圆[•••…:工

轨道，P、Q分别是椭圆轨道与圆轨道3和1的切点，卫星质量不变.则下Pkj等;Q

列说法正确的是（）'彳3.一

A.卫星在轨道2上运动到P点时的加速度大小等于在轨道3上运动到P点的加速度大小

B.卫星在轨道1上运动到Q点时的速度大于在轨道2上运动到Q点时的速度

C.卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程动能增大，机械能也增大

D.卫星在轨道1上运行的速度大于在轨道3上运行的速度，且在轨道1上机械能较大

✓✓✓✓✓✓✓

5.如图所示，轻绳绕过光滑定滑轮，一端连接4物块，另

一端连接B物块,4物块在外力F作用下以速度以水平向右做

匀速直线运动,轻绳拉着B物块以速度如向上运动，系在4物

块上的轻绳与水平方向夹角设为d则下列说法正确的是

（）

A.B物块做匀速直线运动

B.轻绳拉力大于B物块的重力

C.B物块处于失重状态

D.A、B两物块速度大小之比为以：VB=cosθ∙.1

6.如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口

与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度"从枪口向P点射出时，小积木恰好由

静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为K不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的

是（）

B.将击中P点，t等于人

V

c∙将击中P点上方,‘大于5D.将击中P点下方，t等于人

V

7.一圆锥开口向上竖直放置，让一小钢球沿光滑内壁做水平方向的匀速

圆周运动，如图，由于空气阻力的作用，小钢球运动的圆平面会很缓慢

地降低，则下列关于小钢球的变化情况正确的是（）

A.角速度3逐渐减小，向心加速度大小α逐渐增大

B.角速度3逐渐增大，向心加速度大小α不变

C.向心力减小，线速度增大

D.向心力大小不变，线速度增大

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.图示是奥运会比赛项目撑竿跳高，运动员在竿的作用下加速上升的

过程中，下列说法正确的是（不计空气阻力）（）

竿对运动员可能不做功

A.&Sλl

B.竿对运动员做正功

C.运动员的机械能一直增大

D.运动员的机械能先增大后减小

9.在火箭发射这一领域，中国走在世界的前列.图示为某竖直升空的飞行器在某段时间内的

u-t图像，由图可知（）

A.飞行器经过135s落回地面

B.飞行器上升的最大高度为2025OTn

C.飞行器在0〜45s内处于超重状态

D.飞行器在0〜45s内所受合力与在45s〜135s内所受合力的大小之比为2：1

10.2022年2月18日，我国选手谷爱凌荣获北京冬奥会女

子滑雪U型槽项目的冠军。如图所示,U型槽可简化成由4B、

CD两个相同的四分之一圆弧与BC水平雪道组成，BC与圆

弧雪道相切。质量为m的谷爱凌（可视为质点）从。点自由下

落，由左侧4点进入U型槽中，从右侧。点自由飞出后上升

至Q点.其中。4=h,QD=0.75%,圆弧半径R=2鼠不计空气阻力，下列判断正确的是（）

A.谷爱凌运动到4点的速度为J药

B.谷爱凌首次运动到B点时，对B点的压力为4mg

C.谷爱凌由A到B过程损耗的机械能比C到。过程的大

D.谷爱凌第二次离开U型槽后，最高能够到达相对于4点0.5八的位置

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

光时间为±2,通过两光电门之间的时间为九然后，他又测量滑块上的挡光片宽度为d。完成

下列填空。

（1）两个光电门间的距离（填：“近一些”或“远一些”）有利于减小误差；

（2）重力加速度的计算表达式为g=（用题中所给字母表示）；

（3）考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，因此，当地的实际重力加速度会（

填：“略大于”或“略小于”）测量值。

12.某同学做“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，图乙为实验所得的一条纸带。

选取纸带上打出的连续五个点4、B、C、D、E,测出A点距起点。的距离为So=I9.00cm,

点4、C间的距离为Si=8.36cm,点C、E间的距离为s?=9.88cm,测得重物的质量为m=1kg,

所用交流电源的频率为50Hz,当地重力加速度为g=9.8m∕s2回答下列问题：

（1）下列实验操作和数据处理正确的是（填选项前的字母）。

A.图中两限位孔必须在同一竖直线上

B.实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直

C.实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源

D数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置

(2)选取0、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是_____/,打下

C点时重物的速度大小是m/s。(结果保留三位有效数字)

(3)实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是(填选项前的字母)。

4利用公式V=gt计算重物速度

8.利用公式U=计算重物速度

C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响

D没有采用多次实验取平均值的方法

四、计算题(本大题共3小题，共39.0分)

13.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24。角，长

度h=46,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，

其与滑轨间的动摩擦因数均为〃=|,货物可视为质点(取cos24o=0.9,$讥24。=0.4)。

(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度%的大小；

(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度U的大小；

(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m∕s,求水平滑轨的最短长度"。

14.如图所示，长度为L=O.4m的轻绳，系一小球(可视为质

点)在竖直平面内做圆周运动，小球的质量为nι=0.5kg,当/

11∖J

小球恰好运动到圆周的最低点4时，与球连接处的轻绳断裂，\/'

、，

小球以水平速度从光滑的斜面4处射出，最后从B处离开斜面。睽-----------

已知轻绳能承受的最大张力为45N,斜面倾角为0=37。、高∖/A

为九=0.45τn,取重力加速度g=lθm/sz,S讥37。=0.6,/

cos37o=0.8,忽略空气阻力，求：(计算结果可保留根号)'B

(1)小球运动到圆周的最低点时的速度大小；

(2)小球从力处到达B处所用的时间；

(3)小球从4处到达B处在沿初速度方向的位移大小。

15.如图所示，半径为R的半圆形轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，水平地

面上有一左端固定的轻质弹簧，一质量为Tn的小物块将弹簧压缩到某一位置，此时弹簧的弹

性势能为与。将小物块由静止释放，滑入半圆形轨道并从轨道上端水平飞出，再次落回水平

地面。(不计所有摩擦，重力加速度为g)求：

(1)小物块离开弹簧时的速度大小；

(2)小物块到达与圆心等高处4点时对半圆形轨道的压力大小；

(3)小物块落地点到半圆形轨道下端的距离与轨道半径有关，改变半径为多大时，此距离最大。

TTnTTTTTTTTTTTnTTTTTTTTTTTTmTnTT

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：物体做匀速圆周运动，合力指向圆心提供物体转动需要的向4TV

心力，向心力是效果力，不是物体实际受到的力，所以物体受重力、支持-U→ι-->

力和摩擦力的作用，受力分析如图；重力G与支持力N二力平衡，合力等于I―^TG

摩擦力,充当向心力，故。正确，A8C错误。I

故选：D。

物体做圆周运动，合力指向圆心，充当向心力，对物体受力分析，可按照重力、弹力、摩擦力的

顺序，防止漏力、多力、重复，每一个力都应该能找出施力物体。

本题考查对向心力的理解，注意向心力是按照力的作用效果命名的，在匀速圆周运动中是由合力

提供，不能重复分析受力/

2.【答案】B

【解析】解：力、近地卫星绕地球飞行时，不一定在赤道的上空，同步卫星相对于地面静止，与

地球自转的方向和周期相同，一定在赤道的正上方，故4错误；

BC、由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：G粤=JnQ=Tnr警，解得线速度的表达

rzrτ

式为：D=叵周期的表达式为：7=2兀仁，结合近地卫星的轨道半径小于同步卫星的轨

道半径，可知近地卫星运行速度大于同步卫星的运行速度，近地卫星的运行周期小于同步卫星的

运行周期，故B正确，C错误；

。、由于卫星的质量关系未知，故其所受万有引力大小关系未知，故。错误。

故选：Bo

同步卫星相对于地球静止，与地球自转的周期相同，在赤道的上空飞行：根据万有引力提供向心

力得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而比较出同步卫星和近地卫星的速度和周期；由于卫

星的质量关系不知道，所受万有引力大小关系未知。

解决本题的关键知道同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、周

期与轨道半径的关系。

3.【答案】A

【解析】解：磁铁开始滑动，说明磁铁间的作用力大于磁铁与桌面间的最大静摩擦力，说明磁铁

所受弹力减小，则磁铁处于失重状态，具有竖直向下的加速度，所以电梯正处于启动加速状态；

故A正确，BCD错误；

故选：Ao

根据二力平衡可以判断摩擦力的大小；磁铁与平板之间的最大静摩擦力减小，才能使两磁铁碰到

一起。

磁铁与平板之间的最大静摩擦力由接触面间的弹力的大小、接触面的粗糙程度决定的，磁铁能够

碰到一起，说明磁铁与平板之间的最大静摩擦力减小了，即磁铁与平板之间的弹力减小，所以磁

铁处于失重状态。

4.【答案】A

【解析】解：力、根据万有引力提供向心力，=ma,得α=得，知卫星经过同一点时加速度

相同，故A正确；

B、卫星从轨道1变轨到轨道2,必须在Q点加速，可知轨道2上卫星在Q点时速度大于轨道1上卫星

的速度，故B错误；

C、卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，万有引力做正功，动能增大，机械能不变，故C

错误；

。、根据万有引力提供向心力，曜=mQ,解得线速度：V=陛，卫星轨道3上卫星的速度

一定小于轨道1上卫星的速度，而卫星从轨道1变轨到轨道2,从轨道2变轨到轨道3,外力均做正

功，机械能不断增大，故卫星在轨道3上的机械能最大，故。错误。

故选：Ao

根据万有引力定律和牛顿第二定律列式分析加速度关系.根据卫星变轨原理分析速度关系，以及

机械能的关系。

该题的关键是掌握变轨原理，可结合离心运动的规律来理解。要卫星抓住万有引力提供向心力，

列式得出加速度表达式。

5.【答案】B

【解析】解：D、将4物块的速度沿绳方向和垂直绳的方向进行分解可得。B=VACOSΘ,VAZVB-1:

cosθ,故。错误；

ABC,运动过程中以不变，。减小，cos。变大，外变大，故B物块向上做加速运动，加速度向上.B

物块处于超重状态，轻绳拉力大于B物块重力，故AC错误，8正确.

故选：B。

将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于8的速度，根据平行四

边形定则判断8的速度的变化，从而分析受力情况.

本题考查运动的合成与分解，抓住A在沿绳子方向的速度等于B的速度，通过平行四边形定则进行

求解.

6.【答案】B

【解析】解：当玩具子弹以水平速度V从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹和小积

木在竖直方向上都做自由落体，在竖直方向上保持相对静止，因此子弹将击中P点，且根据水平

方向的运动特点可知，t=V故8正确，ACO错误。

V

故选：B。

根据子弹和积木在竖直方向的运动特点可知在竖直方向上保持相对静止，结合水平方向的运动特

点得出击中的时间和位置。

本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向的运动特点，同时要注意运动的

相对性和独立性，结合运动学公式即可完成分析。

7.【答案】B

【解析】解：由题意可知，设小钢球和锥顶的连线与水平方向的夹角为0,小钢球做匀速圆周运动

的向心力尸由重力和内壁的支持力的合力提供，即：F=mgtanθ,①

则向心加速度为：α=∖=gtan8,②

根据①②两式可知小钢球的向心力大小和向心加速度大小均不变。运动半径变小，根据向心加速

度公式有：a=gtanθ=ω2r,（3）

可得角速度变大，而α=32r=t>3,

且α大小一定，所以线速度"减小。综上所述可知B正确，ACZ）错误。

故选：B。

对小球受力分析，求出合力，根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解，可分析向心加速度、角

速度、线速度的变化。

本题关键受力分析后，求出合力，然后根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解，难度不大。

8.【答案】BC

【解析】解：AB.运动员受到重力和杆的作用力，因为运动员在加速上升，所以由于重力做负功，

杆对运动员做正功，故A错误，B正确；

CD,运动员加速上升过程中，合力对运动员做正功，动能增加，重力势能也增大，所以机械能一

直增大，故C正确，。错误。

故选：BC.

运动员在上升过程中，杆恢复形变，机械能减少，对人的作用力做正功，即可判断出机械能的变

化。

本题主要考查了功能关系，明确合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于物体机

械能的变化量。

9.【答案】CD

【解析】解：AB,根据u-t图像可知，在O〜135s时间内，飞行器速度始终竖直向上，经过135s时

达到最大高度，根据D-t图像与坐标轴所围的面积表示位移可知飞行器上升的最大高度为”=

∣×135×900m=60750m,故AB错误；

C、飞行器在。〜45s内加速度方向竖直向上，所受合力大于重力，处于超重状态，故C正确；

。、根据u-t图像的斜率表示加速度可知飞行器在0〜45s内的加速度大小与在45s〜135s内的加

速度大小之比的：a=^m∕s2:濯＞m∕s2=2.∙1,根据牛顿第二定律F=mα可知飞行器在

24TɔɪɔɔI,ɔ

0〜45s内所受合力与在45s〜135s内所受合力的大小之比为Fl：F2=α1:a2≈2：1,故。正确；

故选：CD=

在t图像中，图像的斜率表示加速度，图像所围面积表示通过的位移，根据牛顿第二定律求得

合力。

本题是v-t图像问题，关键要知道速度一时间图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积

表示位移。

10.【答案】AC

【解析】解：4、从。到4过程中，根据动能定理可得：mgh=^mv2-0,解得：v=/^h,故

A正确；

8、由于滑板与轨道间动摩擦因数不知道，无法计算谷爱凌首次运动到B点时的速度大小，所以无

法计算她对B点的压力大小，故8错误；

C、由于谷爱凌由4到B过程平均速度大于从C到。过程中的平均速度，则根据向心力的知识可知，

谷爱凌由4到B过程受到的摩擦力大于从C到。过程中受到的摩擦力，则谷爱凌由A到B过程损耗的

机械能比C到。过程的大，故C正确；

。、谷爱凌第一次由。到Q过程损耗的机械能为2%=mgh-mg×0.75∕ι=0.25mgh,从Q到。点

运动的过程中，平均速度小于第一从。到Q的平均速度，则机械能损失小于0∙25mgh,谷爱凌第二

次离开U型槽后，最高能够到达相对于4点的高度大于0∙5h,故。错误。

故选:ACo

从。到4过程中，根据动能定理求解速度大小；由于滑板与轨道间动摩擦因数不知道，无法计算谷

爱凌首次运动到B点时的速度大小：根据平均速度大小分析摩擦力大小，从而得到损失的机械能

多少。

本题主要是考查功能关系，知道克服摩擦力做的功等于机械能的损失。注意：本题中由于平均速

度不同时对轨道的压力不同、摩擦力不同，造成机械能损失不同，这是本题易错的地方。

11.【答案】远一些的仁一/大于

【解析】解：(1)很短时间内的平均速度近似看作瞬时速度，时间越短平均速度越接近瞬时速度,

两光电门间的距离远一些，一方面可以准确测量滑块的速度，又可以减小时间测量误差，从而减

小实验误差。

(2)滑块经过光电门1时的速度大小巧=3经过光电门2时的速度大小W=W

设导轨倾角为对滑块，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma

由几何知识可知：SirI。=号

由匀变速直线运动的速度一时间公式得：v2=v1+at

解得：=

(3)由于空气阻力的存在，使滑块的实际加速度偏小，重力加速度的测量值小于真实值，当地的实

际重力加速度会大于测量值。

故答案为：(1)远一些；(2瑞Q-/；⑶大于。

(1)根据实验原理分析答题。

(2)应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出重力加速度的表达式。

(3)考虑空气阻力，然后分析实验误差。

理解实验原理是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

12.【答案】ABD2.682.28C

【解析】解：(I)4、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，图甲中两限位孔必须在同一竖直线，故

A正确；

8、为了保证重物和纸带在竖直方向做自由落体运动，减小阻力对实验的影响，实验前，手应提住

纸带上端，并使纸带竖直，故8正确；

C、为充分利用纸带，实验时应先接通打点计时器电源、再放手松开纸带，故C错误；

。、为了减小测量数据h的相对误差，数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，

故。正确。

故选：ABD.,

(2)选取0、。两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能为：

s-2

ΔEp=mgh=Tng(SO+ι)=1×9.8X(19.00+8.36)XIO/≈2.68/；

做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打下C点时重物的

速度大小：

sι+s>(8.36+9.88)x10?,CCC，

%=+L="~品一m∣s=2∙28τn∕s;

(3)4、利用公式V=gt计算重物速度，意味着加速度等于重力加速度，没有阻力，这样计算得到

的重力势能的减少量一定等于动能的增加量，故A错误；

B、利用公式V=不71计算重物速度，意味着加速度等于重力加速度，没有阻力，这样计算得到

的重力势能的减少量一定等于动能的增加量，故8错误；

C、由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所

以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势

能的减少量大于动能的增加量，故C正确；

。、该实验误差属于系统误差，尽管多次实验求解平均值，得到的结果仍然是“重力势能的减少

量大于动能的增加量”，故。错误。

故选：Co

故答案为：(I)ABD;(2)2.68；2.28；(3)C。

(1)根据实验原理与实验注意事项分析解答；

(2)重物减少的重力势能为mg∕ι,根据匀变速直线运动的推论求出打下C点时的速度；

(3)通过能量守恒的角度分析重力势能的减小量大于动能增加量的原因。

本题主要考查了“验证机械能守恒定律”实验，知道实验原理是解题的前提，根据实验注意事项、

应用匀变速直线运动的推论与机械能守恒定律即可解题。

13.【答案】解：(1)倾斜滑轨与水平面成6=24。角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-

μmgcosθ=ma1

2

代入数据解得：a1=2m∕s;

2

(2)根据速度一位移关系可得：V=2a1l1

代入数据解得：V=4m/s；

(3)货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：

22

-μmgl2=ɪmv'—ɪmv,其中“=2τn∕s

代入数据解得：2.7m。

答：(1)货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的的大小为2τn∕s2;

(2)货物在倾斜滑轨末端时速度”的大小为4m∕s;

(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m∕s,则水平滑轨的最短长度为2.7m。

【解析】(1)对货物根据牛顿第二定律求解加速度大小；

(2)根据速度一位移关系求解速度大小；

(3)货物在水平轨道上运动时，根据动能定理求解水平滑轨的最短长度。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定

律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥

梁。

14.【答案】解：(1)小球运动到圆周的最低点时，由牛顿第二定律得：FN-mg=m^

将FN=45N代入可得：v0=4V_2m∕s;

(2)小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，做类平抛运动。

根据牛顿第二定律知，小球的加速度α==gsinθ

小球在沿加速度方向上，根据位移一时间关系可得：-⅛=∣αt2

sin。2

解得：t=0.5s;

(3)小球从4