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高一年級下學期物理第二次月考
一、選擇題（1--7題為單選題，每題4分，8--10題為多選題，每題6分，漏選、少選得3分，錯選、不選0分；共計46分）
1．“判天地之美，析萬物之理”，物理學史就是人類對自然界各種物理現象認識的發展史。關于物理學史、物理思想與方法，下列說法不正確的是（　　）
A．重心、合力的概念都體現了等效思想
B．在實驗探究加速度與力、質量的關系時，運用了控制變量法
C．開普勒在第谷的天文觀測數據的基礎上，總結出了行星運動的規律
D．牛頓發現了萬有引力定律，并利用扭秤實驗的放大思想測出了引力常量G
2．一個物體在三個恒力的共同作用下做勻速直線運動。若保持不變突然撤去，則該物體之后（　　）
A．可能做勻變速曲線運動 B．不可能繼續做直線運動
C．可能繼續做勻速直線運動 D．在相等時間內速度的變化量一定不相等
3．如圖所示，一運動員在駕駛無動力滑翔傘飛行過程中，在同一豎直平面內沿一段曲線軌跡飛行，而且越飛越快，該過程中關于運動員所受的合力和速度方向的關系，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如圖所示，從水平地面上同一位置拋出兩小球A、B．分別落在地面上的M、N點。兩小球運動的最大高度相同。空氣阻力不計。從小球拋出到落地的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．A比B的加速度大 B．B的飛行時間比A的長
C．A在最高點的速度比B在最高點的速度大 D．兩小球的速度變化量相等
5．2025年3月10日1時17分，通信技術試驗衛星十五號在西昌衛星發射中心由長征三號乙運載火箭成功發射升空，衛星順利進入預定軌道。該衛星主要用于開展多頻段、高速率衛星通信技術驗證。在衛星發射過程中，先將衛星發射至近地圓軌道1，變軌使其沿橢圓軌道2運行，最后變軌將衛星送入預定圓軌道3，軌道1、2相切于P點，軌道2、3相切于Q點，則當衛星分別在1、2、3軌道上正常運行時，以下說法正確的是（　　）
A．三條軌道中，經過軌道2上的Q點時線速度最小
B．周期關系為
C．衛星在軌道1的線速度小于在軌道3的線速度
D．衛星在軌道1上經過P點時的加速度大于它在軌道2上經過P點時的加速度
6．一輛汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持額定功率運動，其v-t圖像如圖所示。已知汽車的質量為m=2000kg，汽車受到的阻力大小恒為車重力的0.1倍，g取10m/s2， 則（　　）
A．汽車在前5s內受到的阻力大小為200N B．前5s內的牽引力大小為2000N
C．汽車的額定功率為60kW D．汽車的最大速度為20m/s
7．如圖所示，豎直平面內固定一根豎直桿和水平桿，兩桿在同一平面內，桿的延長線與桿的交點為。質量為的小球A和質量為的小球B分別套在桿和桿上，套在桿上的輕質彈簧上端固定，下端與小球A相連。小球A、B間用長為的輕桿通過鉸鏈分別連接。彈簧處于原長時AB間的輕桿與桿的夾角，小球A從該位置由靜止釋放后在豎直桿上做往復運動，下降的最大距離為。已知輕質彈簧的彈性勢能，x為彈簧的形變量，為彈簧的勁度系數，整個過程彈簧始終處在彈性限度內，不計一切摩擦，重力加速度為g，。則下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為
B．小球運動到點時，小球B的速度最大
C．小球A從最高點運動到點的過程，水平桿對小球B的作用力始終大于
D．從撤去外力到的過程中，輕桿對球做功為
8．關于兩個初速度均不為零的勻變速直線的合運動，以下說法正確的是（　　）
A．可能是勻變速直線運動 B．可能是勻變速曲線運動
C．一定是勻變速曲線運動 D．一定是加速度改變的曲線運動
9．如圖所示，在斜面的點以速度v平拋一小球，經時間落到斜面上的點。若在點將此小球以速度水平拋出，經落到斜面上的點，則以下判斷正確的是（　　）
A．
B．
C．
D．
10．如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直平面內，a為圓環上最高點，c為圓環上最低點，圓環上b、d兩點與圓心等高。原長為2R的輕彈簧一端固定在d點，另一端與小球栓接，小球套在圓環上，從a點由靜止釋放，經b點下滑至c點，下列說法正確的是（ ）
A．由a到b過程，重力的瞬時功率一直變大
B．由a到b過程，彈簧彈力的瞬時功率一直變大
C．由a到c過程，重力的平均功率大于彈簧彈力的平均功率
D．由a到c過程，小球的機械能一直變大
二、實驗題（每空2分，共計20分）
11．某物理實驗學習小組學員用圖甲和圖乙所示的裝置“探究平拋運動的特點”。
(1)某同學用如圖甲所示的裝置。用小錘打擊彈性金屬片，金屬片把球A沿水平方向彈出，同時B球被松開，自由下落，觀察到兩球同時落地，改變小錘打擊的力度，即改變A球彈出時的速度，兩球仍然同時落地，這個實驗說明了平拋運動（　　）
A．水平方向做勻速運動
B．豎直方向做自由落體運動
C．無法確定平拋運動規律
(2)某同學用圖乙裝置實驗時，以下是實驗過程中的一些做法，其中合理的是（　　）
A．安裝斜槽軌道，使其末端保持水平
B．每次小球釋放的初始位置可以任意選擇
C．每次小球應從同一高度由靜止釋放
D．為描出小球的運動軌跡，描繪的點可以用折線連接
(3)圖丙是某同學在實驗中，得到的軌跡圖，A、B、C是曲線上的三個點的位置，A點為坐標原點，得到如圖所示坐標。取。則A到B的時間 s；圖中A點 平拋的起點。（填“是”或“不是”）；小球運動到B點時的速度 m/s。（用根式表示）
12．某實驗小組設計方案驗證機械能守恒定律。
(1)如圖1所示，利用打點計時器記錄重物自由下落的運動過程。
a.下列實驗操作和數據處理正確的是 。
A．實驗中必須測量重物的質量
B．打開打點計時器前，應提住紙帶上端使紙帶豎直
C．實驗中應先接通打點計時器的電源，再釋放重物
D．測量紙帶上某點的速度時，可由公式計算
b.圖2為實驗所得的一條紙帶，在紙帶上選取連續的、點跡清晰的3個點A、B、C，測出A、B、C與起始點O之間的距離分別為、、。已知打點計時器的打點周期為T，當地重力加速度為g。從打O點到打B點的過程中，若滿足 則表明小球在上述運動過程中機械能守恒。
(2)某同學利用如圖3所示的裝置驗證機械能守恒定律。將直徑為d的小球通過細線系在固定點上，使小球可以在豎直平面內做圓周運動。調節小球的釋放位置，記錄小球釋放時球心到光電門中光信號的豎直高度h，并將其無初速度釋放。當小球經過光電門時，光電門可以記錄小球遮擋光信號的時間t。改變小球的釋放位置，重復上述步驟，得到多組豎直高度h和對應時間t的數據。
a.若小球向下擺動的過程中機械能守恒，則描繪以h為橫坐標、以 為縱坐標的圖像，在誤差允許范圍內可以得到一條傾斜的直線。該圖線的斜率k= （用d、g表示）。
b.該同學利用上述方案驗證機械能守恒定律時，得到圖像的斜率總是略大于a問中的k。請分析說明其中的原因，并提出合理的解決辦法 。
三、解答題（共計34分）
13．（8分）某個質量為的小球從空中A點以速度豎直向上拋出，運動過程中除重力外還受到大小方向都不變的水平風力作用，經過一段時間后小球到達點速度變成水平，速度大小仍是（重力加速度取），求：
(1)小球從A點運動到點的時間；
(2)水平風力大小；
14．（12分）如圖所示，平臺距豎直光滑圓弧軌道的點的豎直高度，豎直光滑圓弧軌道半徑為，與豎直方向的夾角為。質量為的小球以初速度從平臺邊緣A點水平飛出，恰好沿圓弧軌道點的切線方向進入圓弧，小球在點的速度和在點的速度之間的關系滿足。已知，，重力加速度取，不計空氣阻力，小球可視為質點。求：
(1)小球到達點時的速度大小；
(2)平臺邊緣A點與點的水平距離；
(3)小球對圓弧軌道點的壓力大小（結果用分數表示）。
15．（14分）如圖所示為某款產品分撿裝置的結構簡圖，可以根據產品質量的不同分別將產品收集到①②兩個區域。裝置工作時，產品每次都經彈射裝置由點釋放，之后沿粗糙水平面運動至半徑為的光滑豎直圓軌道內，圓軌道最低點與水平面平滑相切且略微錯開以允許產品通過，圓軌道的圓心為，②收集區恰以為分界點沿半徑方向水平放置，且收集區兩端與圓軌道之間留有恰好可讓產品通過的空隙，能夠完整通過圓軌道的產品，最終沿光滑水平軌道運動到①區域收集。已知水平軌道長為，所有產品與水平面間的動摩擦因數均為，且質量為的產品恰好運動到與點等高位置時速度減為零，并被收集到區域②的右端。不考慮產品之間的碰撞，不計空氣阻力，重力加速度為，求：
(1)質量為的產品經過點時對圓軌道的壓力大小；
(2)彈簧每次釋放時的彈性勢能；
(3)進入收集區①的產品質量范圍。
高一年級下學期物理第二次月考參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A B D A C D AB AD AC
1．D【詳解】A．一個物體各部分都受到重力作用，從效果上看，可以認為各部分所受到的重力作用集中于一點，這一點叫重心，兩個力共同作用的效果與一個力作用效果相同，則這一個力叫那兩個力的合力，可知，重心、合力的概念都體現了等效思想，故A正確，不符合題意；B．在實驗探究加速度與力、質量的關系時，每次研究兩個物理量的關系時，確保其它物理量不變，即運用了控制變量法，故B正確，不符合題意；C．開普勒在第谷的天文觀測數據的基礎上，總結出了行星運動的三個規律，即開普勒定律，故C正確，不符合題意；D．牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許利用扭秤實驗的放大思想測出了引力常量G，故D錯誤，符合題意。故選D。
2．A【詳解】ABC．物體做勻速直線運動的速度方向與F3的方向關系不明確，可能是相同、相反或不在同一條直線上，故保持不變突然撤去，則該物體之后可能做勻變速曲線運動，或勻變速直線運動，不可能繼續做勻速直線運動，故A正確，BC錯誤；D．保持不變突然撤去，即之后的合力大小為，方向與的方向相反，故物體所受的合外力為恒力，根據牛頓第二定律可知物體的加速度恒定不變，根據可知在相等時間內速度的變化量一定相等，故D錯誤。故選A。
3．B【詳解】運動員在飛行過程中，在豎直平面內做曲線運動，根據物體曲線運動的合外力指向運動軌跡的內側；同時，運動員在飛行過程中加速（越飛越快），故合外力與速度的方向的夾角要小于。故選B。
4．D【詳解】A．不計空氣阻力，兩球做斜拋運動，只受重力作用，加速度都為重力加速度g，故A錯誤；B．兩球都做斜拋運動，豎直方向的分運動是豎直上拋運動，根據運動的對稱性可知，兩球上升和下落的時間相等，而下落過程，高度相同，由知下落時間相等，則兩球運動的時間相等，故B錯誤；C．兩物體在最高點的速度等于水平分速度，由于運動時間相同，而B的水平位移較大，則B的水平速度較大，則B在最高點時的速度比較大，選項C錯誤；D．根據由于運動時間相等，則速度變化量相等，故D正確。故選D。
5．A【詳解】C．衛星在圓軌道上運動時，萬有引力提供向心力，則有解得衛星在軌道1的半徑小于在軌道3的半徑，所以衛星在軌道1的線速度大于在軌道3的線速度，故C錯誤；A．衛星在軌道1上經過P點時加速才能進入軌道在軌道2上經過Q點時加速才能進入軌道3，在軌道2上從P到Q，引力做負功，速率減小，結合以上分析知衛星在軌道1上的速率大于在軌道3上的速率，則故A正確；B．因1、2、3軌道半徑逐漸增大，根據開普勒第三定律可得，周期關系為故B錯誤；D．根據萬有引力提供向心力，有可知，衛星在軌道1上經過P點時的加速度等于它在軌道2上經過P點時的加速度，故D錯誤。故選A。
6．C【詳解】A．汽車受到的阻力恒為車重的0.1倍，故阻力故A錯誤；B．由題圖知前5s內的加速度由牛頓第二定律知前5s內的牽引力故B錯誤；C．末達到額定功率故C正確；D．當牽引力與阻力相等時，汽車達到最大速度，故最大速度為故D錯誤；故選C。
7．D【詳解】A．小球A、彈簧和小球B組成的系統機械能守恒，小球A從開始釋放到下降到最大距離時，由于在最低點兩球的速度均為零，則根據機械能守恒定律有：解得故A錯誤。B．小球運動到點時，小球B的速度為零，最小，選項B錯誤；C．小球A從最高點運動到點的過程，小球B先加速后減速，根據當aB=0時T=0，可知水平桿對小球B的作用力不是始終大于，選項C錯誤；D．輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上時，設B的速度為vB，A的速度為vA，根據關聯速度關系可知：vAcos60°=vBcos30°根據機械能守恒定律有聯立解得根據動能定理可知輕桿對小球B做的功為故D正確；故選D
8．AB【詳解】若兩個運動的兩個初速度的合初速度與兩個加速度的合加速度共線，則合運動為直線運動，若不共線則為曲線運動；由于兩個運動都為勻變速直線運動，故兩個加速度的合加速度是恒定的，故合運動為勻變速運動。由此可判斷合運動可能是勻變速直線運動也可能是勻變速曲線運動。故選AB。
9．AD【詳解】AB．根據，，解得可知選項A正確，B錯誤；CD．因可知選項C錯誤，D正確。
10．AC【詳解】A．輕彈簧的原長為2R，可知小球運動到b點時彈簧處于原長，則由a到b過程，重力和彈簧彈力均對小球做正功，小球的動能增大，速度增大，且速度與豎直方向的夾角逐漸減小，所以豎直分速度增大，根據可知重力的瞬時功率一直變大，故A正確；B．小球運動到b點時，彈簧彈力為0，此時彈簧彈力的瞬時功率為0，所以由a到b過程，彈簧彈力的瞬時功率不是一直變大，故B錯誤；C．根據對稱性可知，小球處于a點和c點時，彈簧的形變量相等，則由a到c過程，彈力做功為0，彈簧彈力的平均功率為0；該過程重力做正功，重力的平均功率大于0，故C正確；D．由a到c過程，彈簧彈力對小球先做正功，后做負功，小球的機械能先增大后減小，故D錯誤。故選AC。
11.(1)B (2)AC (3) 0.1 不是
【詳解】（1）用小錘打擊彈性金屬片，金屬片把球A沿水平方向彈出，同時B球被松開，自由下落，觀察到兩球同時落地，改變小錘打擊的力度，即改變A球彈出時的速度，兩球仍然同時落地，這個實驗說明了平拋運動豎直方向做自由落體運動。故選B。
（2）A．為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，安裝斜槽軌道，使其末端保持水平，故A正確；BC．為了保證小球每次拋出時的速度相同，每次小球應從同一高度由靜止釋放，故B錯誤，C正確；D．為描出小球的運動軌跡，應舍去誤差較大點，把剩下的描繪點用平滑的曲線連接，故D錯誤。故選AC。
（3）[1]由圖丙可知A到B的時間等于B到C的時間，豎直方向根據可得A到B的時間為
[2]小球經過B點時的豎直分速度為則小球經過A點時的豎直分速度為可知圖中A點不是平拋的起點；
[3]小球的水平速度為則小球運動到B點時的速度為
12．(1) BC
(2) 小球通過光電門的過程中，若因細線形變等原因導致圓心劃過軌跡的最低點略高于或低于光信號的高度，會使遮擋光信號的寬度小于實驗過程中測量的小球直徑d。由可知，斜率的測量值將總會略大于k的理論值。
【詳解】（1）[1]A．由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以不需要用天平測量重物的質量，故A錯誤；B．為了減小紙帶與打點計時器的摩擦，打開打點計時器前，應提住紙帶上端使紙帶豎直，故B正確；C．為了充分利用紙帶，實驗中應先接通電源，后釋放紙帶，故C錯誤；D．不能利用公式來求解瞬時速度，因為這樣直接認為加速度為重力加速度，失去了驗證的意義，故D錯誤。故選BC。
[2]打B點時的速度打O點到打B點的過程中，增加的動能為打O點到打B點的過程中，減少的重力勢能為若機械能守恒，則有整理得
（2）[1][2]當小球經過光電門時速度大小從釋放到經過光電門過程，小球增加的動能為減少的重力勢能為若機械能守恒，則有整理得可知圖像為過原點的一條傾斜直線，故縱坐標為，可知圖像斜率。
[3]小球通過光電門的過程中，若因細線形變等原因導致圓心劃過軌跡的最低點略高于或低于光信號的高度，會使遮擋光信號的寬度小于實驗過程中測量的小球直徑d。由可知，斜率的測量值將總會略大于k的理論值。
13．(1) (2)mg
【詳解】（1）豎直方向，小球做豎直上拋運動，有可得小球從A點運動到點的時間為
（2）水平方向由運動學公式水平方向由牛頓第二定律聯立可得水平風力大小為
14．(1) (2) (3)
【詳解】（1）小球在AB間做平拋運動，在豎直方向則有解得在B點，根據運動的合成與分解有解得
（2）小球在AB間做平拋運動，在豎直方向有 解得在點，根據運動的合成與分解有解得則平臺邊緣A點與點的水平距離解得
（3）根據題意有其中，可得小球到達點時的速度為在點，由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律可知，小球對圓弧軌道點的壓力
15．(1) (2) (3)
【詳解】（1）產品從點到點等高的過程，根據動能定理有在點，根據牛頓第二定律有根據牛頓第三定律可得，質量為的產品經過點時對圓軌道的壓力大小
（2）質量為的產品恰好被區域②的右端收集，根據能量守恒定律有解得
（3）設產品質量為時，恰能通過圓軌道最高點，則根據牛頓第二定律根據能量守恒定律有解得則進入收集區①的產品質量范圍為

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