【文档说明】四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高一下学期2月月考物理试题 含解析.docx，共(19)页，4.146 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学实验学校高2022级高一下第2学月考试物理试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡

上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。一、单项选择题：本题共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.北京时间2022年6月5日10时44分，我国成功发射神舟十四号载人飞船，并使之与

空间站完成对接。对接后，航天员陈东、刘洋、蔡旭哲依次进入天和核心舱。下列相关说法正确的是（）A.材料中“2022年6月5日10时44分”指的是时间间隔B.进入天和核心舱的过程中，航天员可以看作质点C.航天员乘天和

核心舱绕地球恰好飞行一圈，通过的位移大小为零D.长征二号F遥十四运载火箭点火瞬间，航天员的速度和加速度都为零【答案】C【解析】【详解】A．材料中“2022年6月5日10时44分”指的是某一瞬间，即为时刻，故A错误；B．进入天和核心舱的过程中，航天员的大小和形状不能忽略，则不能将

其看成质点，故B错误；C．航天员乘天和核心舱绕地球恰好飞行一圈，即回到起点，由位移的定义可知，通过的位移大小为零，故C正确；D．长征二号F遥十四运载火箭点火瞬间，速度为零，由于接下来要做加速运动，则其加速度不为零，故D错误。故选C。2.弹簧高跷

是一种新型的运动器材，如图甲。某次，当人抓住扶手用力向下蹬踏板压缩弹簧后，人就竖直向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙，则下列说法正确的是（忽略空气阻力）（）A.弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力B.人竖直向上弹起过程中，一直处于超重状态C.人竖直向上弹起过程中，踏板对人的作用力大小等

于人对踏板的作用力大小D.人和高跷离开地面上升过程中处于完全失重状态【答案】ACD【解析】【详解】A．人从最低点加速竖直向上弹起，说明高跷对人的作用力大于人的重力，A正确；B．加速上升过程中，人处于超重状态；减速

上升过程中，人的加速度向下，处于失重状态，B错误；C．踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是相互作用，所以大小相等，C正确；D．人和高跷离开地面上升过程中，仅受重力作用，处于完全失重状态，D正确。故选ACD。3.汽车的百公里加速时间是描述汽车加速性能的重要参数。

中国红旗H9轿车2022款2.0T智联旗享版标有这样的参数：“官方0-100km/h加速时间为7.8s”。若将此红旗H9轿车加速过程看成匀加速直线运动，则此红旗H9轿车的加速度大小约为（）A212.8m/sB.26.4m/sC.23.6m/sD.27.2m/s【答案】C【解

析】【详解】100km/h≈27.78m/s，根据加速度的定义式可得加速度为2227.783.567.8m/sm/svat==故选C。4.如图所示为杂技“顶竿”表演，质量为m的甲站在水平地面上，肩上扛一质量为M的竖

直竹竿，竿上有一位质量也为m的乙沿着竖直竿以加速度a加速下滑，则甲对水平地面的压力大小为（）.A.（M+2m）g+maB.（M+2m）g-maC.（M+2m）gD.（M-2m）g【答案】B【解析】【详解】对杆上的人受力分析，由牛顿第二定律可得mgfma−=fmgma=−则杆对甲的压力为NfMgMg

mgma=+=+−则甲对水平地面的压力大小为2NmgNMgmgma=++−=故选B。5.如图所示，用筷子夹质量为m光滑小球，两根筷子与小球球心均在竖直平面内，两根筷子和竖直方向的夹角均为，下列说法正

确的是（）的A.两根筷子对小球作用力的合力的方向垂直于筷子B.每根筷子对小球的弹力均为sinmgC.若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球，则应增大夹角D.若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小

球，则应减小夹角【答案】C【解析】【详解】A．对小球受力分析结合平衡条件可知，两根筷子对小球作用力的合力与小球的重力等大反向，即两根筷子对小球作用力的合力的方向竖直向上，故A错误；B．对球受力分析，筷子对小球的两个压力，小球的重力，如图所示在竖直

方向上有12sinFmg=解得122sinmgFF==故B错误；CD．若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球，则弹力不变，mg变大，应增大夹角θ，故C正确，D错误。故选C。6.疫情防控期间，在运力有限的情况下，

无人送货车成为城市抗疫保供的重要力量，如图所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4s内位移为9.6m，第二个4s内位移为16m，下面说法正确的是（）A.计时时刻送货车的速度为0B.送货车的加速度大小为21.6m/sC.送货车在

第1个4s末的速度大小为3.2m/sD.送货车在第2个4s内的平均速度大小为3.6m/s【答案】C【解析】【详解】ABC．根据匀变速运动推论可得加速度大小为2222169.6m/s0.44m/sxaT−===根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可

知送货车在第1个4s末的速度大小为1169.6m/s=3.2m/s8v+=根据速度时间公式可得计时时刻送货车的速度为03.20.44m/s=1.6m/sv=−AB错误，C正确；D．送货车在第2个4s内的平均速度大小为16m/s=4m/s4v=D错误。故选C。7.如图所示

，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号打算伸手捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，1号扑通一声掉进了水里。假设2号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m

，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（）A.1号猴子的加速度和速度都等于0的B.2号猴子对3号猴子的作用力大小为43mgC.3号猴子对4号猴子的作用力大小为53mgD.杆对4号猴子的作用力大小为3mg【答案】B【解析】【详解】A．对1号猴子进行分析可得滑手后的一瞬间只受到重力

，所以可得加速度大小为g，初速度为零，故A错误；B．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有40Tmg−=当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体分析可得33Tmgma−=联立解得13ag=方向竖直向上，对2号猴子分析可

得23Fmgma−=解得2号猴子与3号猴子之间的作用力大小为2343Fmg=故B正确；C．对2、3号猴子为整体进行受力分析可得3422Fmgma−=解得3号猴子与4号猴子之间的作用力大小为3483mgF=故C错误；D．杆对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍

为4mg，故D错误。故选B。8.物体在一外力作用下以03m/sv=的初速度沿直线运动，运动的加速度a随时间t的变化规律如图所示。下列选项正确的是（）A.2~3s内，物体做反向匀加速直线运动B.0~4s内，物体先正向运动，后反向运动C.物体最大速度为5m/sD.0.5st=时和3

.5st=时物体的速度相同【答案】CD【解析】【详解】at−图像中，图线与坐标轴围成的面积表示速度的增加量A．由图可知，2~3s内，物体加速度反向增加，不是匀加速直线运动，故A错误；B．由图可知，0~4s内，物体物体速度增加量为0，一直正向运动，故B错误；C．由图可知，物体在

2秒末和6秒末时，速度增加量最大，速度最大为01(322)m/s5m/s2vvv=+=+=故C正确；D．由图可知，0.53.5s内速度的变化量为零，则0.5st=时和3.5st=时物体的速度相同

，故D正确。故选CD。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙质示。假设香肠可视为

质量均匀的圆柱体，烤熟后香肠质量不变，半径变大，（烤熟前后金属杆静止不动）。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，则香肠烤熟后与香肠烤熟前相比（）A.金属杆1对其支持力与竖直方向夹角变大B.金属杆2对其支持力变

小C.每根金属杆对其作用力先变大再变小D.两根金属杆对其合力不变【答案】BD【解析】【详解】ABC．对香肠进行受力分析，如图所根据对称性有12NN=根据平衡条件有122cos2cosmgNN==令金属杆之间的距离为d，则()sin2drR=+可知，半径R变大，则减

小，由分析可知，1N、2N均减小，AC错误，B正确；D．香肠处于静止平衡状态，合力为0，则两根金属杆对其合力不变，始终与重力等大反向，D正确。故选BD。10.某人乘坐上海回北京的动车a，某时刻动车a后面追上一列动车b，两动车互相追赶，如图甲所示。两动车运动的vt−图像如

图乙所示，0=t时刻两动车车头刚好并排行驶，下列说法正确的是（）A.前30s两动车平均速度相等B.图乙中动车a的最大速度为80.8m/sC.0～36s内，两车头相距最远为80mD.两车头在36s末再次并排行驶【答案】BC【解析】【详解】A．vt−图像与横轴围成的面积表示位移，

由题图乙可知，在前30s内动车b的位移大于动车a的位移，故动车b的平均速度大于动车a的平均速度，故A错误；B．动车a做匀加速直线运动的加速度大小227660m/s0.8m/s3010vat−===−由题图乙可知，在36s时刻动车a的速度最大，则有m076m/s0.8(3630)m

/s80.8m/svvat=+=+−=故B正确；C．0~36s内，当两动车的速度相等时，即在30ts=时刻，两动车头相距最远，由题图乙可知两动车头最远的距离m1Δ1610m80m2s==故C正确；D．由题图乙可知0~30s内动车b比动车a

多走的位移11Δ1610m80m2x==30~36s内动车a比动车b多走的位移21Δ(80.876)6m14.4m2x=−=说明在0~36s内动车b比动车a多走的位移1265.6mxxx=−=A即两车头在36s末没有并排行驶，故D错误。故选BC。11.细线拴一个

质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细线与竖直方向的夹角为53°，如图所示，已知cos53=0.6，sin530.8=以下说法中正确的是（）A.小球静止时弹簧的弹力大小为34mgB.小球静止时细线的拉力大小为53mgC.细线烧断的瞬间小

球的加速度为53gD.细线烧断的瞬间小球的加速度为45g【答案】BC【解析】【详解】AB．小球静止时，小球受竖直向下的重力G，水平向右的弹簧弹力F，细绳的拉力T，由平衡条件得，弹簧的弹力大小为4tan53=3Fmgmg=细绳的拉力大小为5=cos533mgTmg

=A错误，B正确；C．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为53Tagm==C正确；D错误；故选BC。12.质量m=10kg的煤块在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足

够长的水平传送带，传送带从右向左以恒定速度02m/sv=运动。从煤块冲上传送带开始计时，煤块的v-t图像如图所示，选向右为正方向。已知0~1s内水平外力与煤块运动方向相反，1~2s内水平外力仍然与煤块运动方向相反，g取10m/s2，则（）A.煤块与传送带间

的动摩擦因数为0.3B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5C.0~2s内煤块在传送带上留下的黑色痕迹为4mD.0~2s内煤块在传送带上留下的黑色痕迹为6m【答案】AD【解析】【详解】AB.由图乙可知0~1s内做匀减速直线运动，加速度大小为215m/svat

==由牛顿第二定律得1Ffma+=1~2s内物体做匀加速运动，加速度大小为'22'1m/svat==有牛顿第二定律得2fFma−=根据fmg=联立并代入数据解得0.3=故A正确，B错误；CD.画出传送带和煤块的v

-t图如图所示可知两条图线之间围成的面积等于划痕长度，大小为6m，故C错误，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共50分。13.在“探究弹簧弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中：（1）某次研究弹簧弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图甲所示的F－L图像．由图像

可知：弹簧原长0L=______cm，由此求得弹簧的劲度系数k=______N/m。（2）如图乙所示，毫米刻度尺水平放置，“0”刻度线上方固定一个有孔挡板，一条不可伸长的轻质细线一端下面悬挂两个完全相同的钩码，另一端跨过光滑定滑轮并穿过光滑小孔与轻弹

簧右端相连接，使（1）中研究的轻弹簧压缩，稳定后指针指示如图乙，则指针所指刻度尺示数为______cm，由此可推测每个钩码重为______N。【答案】①.3.0②.200③.1.00④.2【解析】【详解】（1）[1]由FL−图像可知，当0F=

时，横轴的截距表示弹簧的原长，03.0cmL=；[2]图像的斜率表示弹簧的劲度系数k，则有200N/mFkL==（2）[3]刻度尺的最小分度为1mm，则指针所指刻度为1.00cm，弹簧被压缩，由胡克定律

有4NFkx==[4]每个钩码重为2N2FG==14.在探究加速度与力、质量关系的实验中，某同学设计了如图所示的实验装置。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。已知重力加速度g=9.8m/s2。（1）实验中为探究加速度与力的关系，下列操作正确的是________。A．为减

小系统误差，砂和砂桶的质量要远小于小车的质量B．用天平测出砂和砂桶的质量C．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力D．先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器示数（2）在正确操作的前提下，该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点

间还有四个计时点没有画出）。打点计时器所用交流电的频率为50Hz，打计数点2时小车的速度大小为__________m/s，小车的加速度为__________m/s2（结果均保留三位有效数字）。（3）该同学正确进行了平衡摩擦力后不断

增加沙子的质量重复实验，发现小车的加速度最终会趋于某一数值，从理论分析可知，该值应为_______m/s2。【答案】①.CD##DC②.0.411③.2.00④.4.9【解析】【详解】（1）[1]AB．在该实验中，由

力传感器直接显示出小车所受拉力大小，所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量要远小于小车的质量，AB错误；C．在该实验中，由于滑动摩擦力难以直接测量，故应使将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，C的正确；D．根据实

验正确操作顺序，应先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，D正确。故选CD。（2）[2]两计数点间还有四个计时点没有画出，所以计数点间的时间间隔为0.1sT=计数点2时小车的速度大小为22323.095.1210m/s0.4105m/s0.411m/

s220.1xxvT−++===[3]由逐差法可得，小车的加速度为3451232()()9xxxxxxaT++−++=代入数据解得22.00m/sa=（3）[4]根据实验原理可知，小车的加速度始终为砂和砂桶加速度的12，该同学正确进行了平衡摩擦力后不断增加沙子的质量m重复实验，砂

和砂桶的加速度最终会趋于重力加速度g，故小车的加速度最终会趋于12g，即24.9m/s。15.如图所示为我国首款按照最新国际适航标准，具有自主知识产权的干线民用C919大型客机。在一次模拟试飞中，飞机着陆后做

匀变速直线运动，10s内前进300m，此时速度减为着陆时速度的一半。求：（1）飞机着陆时的速度大小；（2）飞机着陆后25s时距着陆点多远。【答案】（1）40m/s；（2）400m【解析】【详解】（1）设

飞机着陆时的速度为0v，10s内前进300m，此时速度减为着陆时速度的一半，则有02vvxt+=其中012vv=联立解得044300m/s40m/s3310xvt===（2）飞机着陆后匀减速运动的加速度大小为0022001402m/s2m/s2210

vvvvvattt−−=====飞机停止运动所用时间为0040s20s2vta===着陆后25s滑行的距离即为20s内滑行的距离，则有004020m400m22vxt===16.如图所示，物体A和物体D重分别为200N、100N，物体A与桌面

间、物体A和物体D间的动摩擦因数均为0.2，它们间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。AC绳水平，OC绳与竖直方向的夹角为30°，求：（1）当物体B重60N时，求A所受桌面的摩擦力；（2）如果保证A静止不动，问所挂物体B的最大重量为多少。（结果可用根

式表示）【答案】（1）203N；（2）603N【解析】【详解】（1）对节点C进行受力分析可知ooABBtan30tan30203NTTG===将A和D作为整体，由于A和D处于静止状态，可知A所受桌面的摩擦力AA203NfT==（2）当A与桌

面间的摩擦力达到最大时，物体B的重量最大，此时AmAD()60NfGG=+=此时AAmTf=再对C点进行受力分析'oABmtan30TG=解得AmBmo603Ntan30fG==17.如图所示，在倾角为37=的固定长斜面上放置一质量M=

2kg、长度12.5mL=的极薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离216.5mL=。在平板的上端A处放一质量m=0.5kg的小滑块（视为质点），将小滑块和薄平板同时无初速释放。设薄平板与斜面之间、小滑块

与斜面之间的动摩擦因数均为0.5=。已知sin370.6=，cos370.8=，g取210m/s，求：（1）小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度1a，2a，以及平板先后两个阶段的加速度1a，2a各为多大？（2）小滑块离开平板瞬间，滑块和平板的速度v，v分别

是多大？（3）小滑块滑到斜面底端C时，薄平板下端B距离小滑块的距离L为多少？【答案】（1）26m/s，22m/s，21m/s，22m/s；（2）6m/s，1m/s；（3）10m【解析】【详解】（1）小滑块在平板AB上运动时1sin37mgma=解得216m/sa

=小滑块在斜面上运动时2sin37cos37mgmgma−=解得222m/sa=小滑块在平板AB上运动时，平板AB1sin37()cos37MgMmgMa−+=解得211m/sa=滑块滑离平板后，平板由2sin37cos37MgMgMa

−=解得221m/sa=（2）设滑块在平板上的过程，所用时间为1t，则：211112xat=211112xat=11xxL−=解得13mx=10.5mx=11st=滑块滑离平板时的速度为116m/svat==此时平板的速度111m/svat=

=（3）设滑块离开平板后滑到斜面底端C所用时间为2t对滑块2212122212xLLxvtat=+−=+解得22st=在这段时间平板下滑的距离2222216m2xvtat=+=则平板下端距离小滑块的距离的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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