【文档说明】重庆市荣昌中学校2023-2024学年高一下学期5月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，3.862 MB，由小赞的店铺上传

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荣昌中学高2026级高一下期第二次月考物理试卷满分∶100分考试时间：75分钟注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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，选对得4分，选错得0分。1.如图，小朋友在荡秋千，若空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（）A.小朋友做匀速圆周运动B.在最低点时小朋友的重力大于绳的拉力C.从最高点到最低点过程中小朋友所受重力不做功D.从最高点到最低点的过程中小朋友的机

械能守恒【答案】D【解析】【详解】AC．小朋友从最高点到最低点的过程中，重力做正功，重力势能减小，动能增大，则速度增大，故小朋友不是匀速圆周运动，故AC错误；B．最低点时2vTmgmr−=解得2vTmmgr=+故在最低点时小朋友的重力小于绳的拉力，故B错误；D．从最高点到最低点的过程中，只有重

力做功，则小朋友的机械能守恒，故D正确。故选D。2.两个相互垂直的共点力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动一段位移。如果F1=4N，F2=3N，F1对物的在体做功16J，F2对物体做功9J，则F1和F2的合力大小以及这

两个力的合力对物体做功分别为（）A.7N，7JB.7N，25JC.5N，25JD.5N，337J【答案】C【解析】【详解】力是矢量，力的合成遵循平行四边形定则，F1和F2的合力大小为22125NFFF=+=合功是标量，

两力均做正功，总功等于各个力做功的代数和，合力做的功为1216J9J25JWWW=+=+=总故选C。3.图甲为一辆汽车在水平路面上做匀速圆周运动，图乙为一架飞机在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.图甲中的汽车受到的力有重力、路面的

支持力、摩擦力和向心力B.若图甲中的汽车速度超过一定限度，则汽车会向弯道内侧侧滑C.图乙中飞机运动所需的向心力由重力和空气对它的作用力的合力提供D.图乙中飞机的速度大小不变，因此飞机受到的合力为0【答案】C【解析】【详解】A．图甲中的汽车受到的力有重力、路面的支持力、摩擦力作用，向心力只是

效果力，不是实际受到的力，故A错误；B．若图甲中的汽车速度超过一定限度，则汽车将做离心运动，汽车会向弯道外侧侧滑，故B错误；CD．图乙中飞机在水平面内做匀速圆周运动，飞机的速度大小不变，但飞机受到的合力不

为0，重力和空气对它的作用力的合力提供所需的向心力，故C正确，D错误。故选C。4.如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内径略大于小球直径。下列有关说法中正确的是（）A.小球能够通过最高点时的最小速率为gRB.小球在最低点时的速率至少

为2gR，小球才能通过最高点C.如果小球在最低点时的速率为gR，则此时小球对管道的内壁有作用力D.如果小球在最高点时速率为gR，则此时小球对管道的外壁有作用力【答案】B【解析】【详解】AB.小球在最高点时，若受到竖直向上的支持力，且大小等于重力时，小球能够通过最高点时的最小速率为0；

从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得2122mvmgR=解得小球在最低点时的速率至少为2vgR=故A错误，B正确；C．如果小球在最低点时的速率为gR，由于在最低点一定受到竖直向上的支持力，所以小球对管道的外壁有

作用力，故C错误；D．如果小球在最高点时的速率为gR，则有22()gRvmmmgRR==则此时重力刚好提供所需的向心力，小球对管道无作用力，故D错误。故选B。5.甲、乙两探测器分别绕地球和月球做匀速圆周运动，它

们的轨道半径之比为4：1，地球与月球质量之比约为81：1，则甲、乙两探测器运行的周期之比约为（）A.9：2B.8：1C.4：9D.8：9【答案】D的【解析】【详解】根据天体环绕模型中，万有引力提供向心力可得2224MmrGmrT=解得32rTGM=则甲、乙两探

测器运行的周期之比约为332892rGMTTrGM==甲地甲乙乙月故选D。6.如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落

地的过程，下列说法正确的是（）A.重力对每个小球做的功不相同B.每个小球落地时的速度相同C.每个小球在空中的运动时间相同D.每个小球重力做功的平均功率不相同【答案】D【解析】【详解】A．设下落高度为h，重力做功为GWmgh=三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故A错误

；B．三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理可得2201122mghmvmv=−可知每个小球落地时的速度大小相同，第1个球、第2个球落地时的速度方向竖直向下，第3个球落地时的速度方向不是竖直向下，故第3个球落地时的速度与第1、2个球落地时的速度不相同，故B错误；C．小球抛出后，加速

度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有201112hvtgt=+第2个球做竖直上抛运动，有202212hvtgt=−+第3个球做平抛运动，有2312hgt=可得132ttt

故每个小球在空中的运动时间不相同，故C错误；D．根据GWmghPtt==由于重力对每个小球做功相等，但每个小球在空中的运动时间不相同，则每个小球重力做功的平均功率不相同，故D正确。故选D。7.如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴

上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球在B、D两点受到杆的作用力大于mgB.小球在A、C两点受到

杆的作用力大小的差值为6mgC.小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于2mLD.小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于mgL【答案】A【解析】【详解】AC．当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分

力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为()()222FmLmgmg=+故A正确；C错误；B．若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在A点2N1mgFmL−=在C点2N2FmgmL−=所以2N2N12FFmL−=若

小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在A点2N1mgFmL+=在C点2N2FmgmL−=所以N2N12FFmg−=故B错误；D．小球从A点到B点的过程，根据动能定理，可得0WmgL+=解得杆对小球做的功等于WmgL=−故D错误。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共

15分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选得0分。8.我国自行研制的北斗导航系统，已全面服务交通运输，公共安全，救灾减灾，农林牧渔，城市治理等行业，是国之重器，利国利民。已知北斗导航卫星中有

一颗同步卫星，关于该同步卫星下列说法中正确的是（）A.该同步卫星的向心加速度小于近地卫星B.地球赤道上物体随地球自转的周期小于该同步卫星的运转周期C.为了方向导航，该同步卫星可发射到北京正上空D.该同步卫星在运行过程

中不可能撞上其他同步卫星【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．根据公式22MmGmrr=得2GMar=近地卫星的轨道半径小，所以地球同步轨道卫星的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，A正确；B．地球上物体随地球自转的周期等于该同步卫星的运转周期，B错误。C．同步卫星只能是在和赤道同一平面的轨

道上，所以不可能在北京的正上空，C错误；D．同一轨道上的卫星角速度和线速度都相等，所以不可能发生碰撞。D正确。故选AD。9.如图所示，图甲、乙分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角相同，某质量为m的同学先后站在两扶梯上，随扶梯匀速上升，

均在时间t内上升的高度为h，重力加速度大小为g（）A.两图中支持力均对人不做功B.两图中重力的瞬时功率均为mgvC.乙图人所受的摩擦力做功的平均功率为mghtD.若图甲电梯加速运动，甲所受的摩擦力对甲做

正功【答案】CD【解析】【详解】A．图甲中，人匀速上升，支持力向上，与速度方向为锐角，则支持力做正功。图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，A错误；B．由图知，重力与速度之间有夹角，故两图中重力的瞬时功率均为sinPmgv=B错误；C．乙图人所受的摩擦力为动

力，摩擦力做正功，由于电梯做匀速直线运动，则摩擦力做功等于重力势能增加量，则Ptmgh=解得mghPt=C正确；D．若图甲电梯加速运动，设人的加速度为a方向斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得cosxaa=方向水平向右；sinyaa=

方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用cosfmama==方向水平向右，电梯对人的摩擦力表现为动力，故甲所受的摩擦力对甲做正功，D正确；故选CD。10.投石机是我国古代人民智慧结晶，《范蠡兵法》中记载：“飞石重十二斤，为机发，行三百步。”如图所示为某实验小

组自制的投石机，轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，OA长为12.0mL=，OB长为21.0mL=。將一质量2.8kgm=的石块放在A端网袋中，另一质量8kgM=的重物固定于B的端，初始时A端位

于地面上，杆与水平面的夹角为37。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知sin370.6=，cos370.8=，重力加速度g取210ms，则（）A.从静止释放到

被抛出，轻杆对石块做的功为112JB.从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为89.6JC.石块落地前瞬间重力的功率为5615WD.石块落地前瞬间重力的功率为224W【答案】AD【解析】【详解】AB．根据机械能守恒

可知，B减少的重力势能转化成A、B的动能与A的重力势能之和，即222211AB11(sin37)(sin37)22MgLLmgLLmvMv+=+++A、B绕轴做同轴转动，则速度关系为AB2vv=联立可得石块被抛出瞬间的速度大小为A4v=m/s对石块，根据动能定理有211A1(s

in37)2WmgLLmv−+=解得W=112J故A正确，B错误；CD．石块抛出后做平抛运动，有2112(sin37)yvgLL=+则石块落地前瞬间重力的功率为224yPmgv==W故C错误，D正确。故选AD。

三、填空题（共15分）11.利用生活中的器材同样也可以去探究圆周运动的规律。小华同学用铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和停表等器材组装成如图所示的实验装置，用于探究影响圆锥摆周期的因素，其实验操作步骤如下：①用毫米

刻度尺测出摆长L（细绳固定悬点O′与小球球心的距离）。②给小球一个合适的初速度，使小球在图甲所示的水平面内做匀速圆周运动，用毫米刻度尺测出细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h。③用停表测出小球做圆周运动的周期T。④小华同学猜测摆绳长度L、细绳悬点O′到圆轨迹

平面的竖直高度h对小球做圆周运动的周期T有影响，于是他调节变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图。根据上述步骤完成下列问题：（1）小华同学用停表测得小球运动n圈的时间为t。则小球做圆周运动的角速度=______。（2）小华同学在保持L不变，研究h对T的影响时，得到了图像（一条过原点的直线）

，说明在L不变时，h对T有影响。若直线的斜率是k，则当地的重力加速度g=______（用题中所给物理量的符号表示）。（3）不考虑阻力的影响，保持h不变，下列图中能反映T与L关系的图像是（）A.B.C.D.【答案】（1）2nt（2）224k（3）A【解析】【小问1详解】因为做匀速圆周运动

，所以周期为tTn=可得小球做圆周运动的角速度为22nTt==【小问2详解】设绳子与竖直方向的夹角为，小球受到重力、绳子的拉力的作用，对小球由牛顿第二定律得22tansinmgmLT=由几何知识得coshL=

联立可得2Thg=可知Th−图像的斜率为2kg=解得当地的重力加速度为224gk=【小问3详解】根据2Thg=可知当h不变时，T不变，则L对T无影响故选A。12.图甲为“验证机械能守恒定律”的实验装置

示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤。回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有_______（填入正确选项前的字母）；A.毫米刻度尺B.秒表C.8V的交流电源D.220V的交流电源（2）关于此实验，下列说法中正确的是_______

___；A.重物最好选择密度较小的木块B.重物的质量可以不测量C.实验中应先释放纸带，后接通电源D.可以利用公式2vgh=来求解瞬时速度（3）若实验中所用重锤质量m=0.2kg，打出的纸带如图乙所示，O点为开始下

落时打出的第一个点，打点时间间隔为0.02s，则打B点时，重锤动能EkB=________J，从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是∆Ep=_________J（g=9.80m/s2，结果均保留三位有效数字）。可得出实验结论：___

____________________。。【答案】（1）AC（2）B（3）①.0.342②.0.365③.在误差允许范围内，重锤的机械能守恒【解析】【小问1详解】A．需要用毫米刻度尺测量纸带上计数点间的距离，故A

正确；B．打点计时器就是记录时间的仪器，所以不需要秒表，故B错误；CD．电磁打点计时器使用的是6~8V的交流电源，故C正确，D错误。故选AC。【小问2详解】A．为了减小空气阻力的影响，重物应选择体积较小、质量较大，即密度较大

的物体，故A错误；B．本实验验证机械能守恒，即重物下落过程中减少的重力势能等于增加的动能，均含有质量，但可以约去，故不需要测量重物的质量，故B正确；C．为了充分利用纸带，实验中应先接通电源，再释放纸带，故C错误；D．不可以利用公式2vgh=来求解瞬

时速度，因为这样默认加速度为重力加速度，失去了验证的意义，故D错误。故选B。【小问3详解】[1]打点计时器打下B点时的速度为2(27.2112.41)10m/s1.85m/s440.02ACBxvT−−===则打B点时，重锤动能为22k110.21.85J0.

342J22BBEmv==[2]从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量为p0.29.80.1860J0.365JOBEmgh==[3]可得出实验结论：在误差允许范围内，重锤的重力势能减少量等于动能的增加量，重锤的机械能

守恒。四、计算题13.图甲为游乐场中的水滑梯，其简化示意图如图乙，可视为由倾斜的光滑轨道AB和水平阻力轨道BC平滑连接组成。倾斜轨道的起点A到水平地面的竖直高度h=5m，人在水平轨道上受到的平均阻力大小是重力的15，重力加速度大小g=10m/s2。（1）游

客从起点A滑下，刚滑到水平轨道B时的速度多大？（2）出于安全考虑，要求人不能碰撞水平轨道的末端C，则水平轨道至少要多长？（3）儿童乘坐水滑梯时，需在倾斜轨道上设置阻力障碍，在同样起点A滑下，质量为40kg的儿童在水平轨道上

滑了5m就可以停下，则在倾斜轨道上克服阻力做了多少功？【答案】（1）10m/s；（2）25m；（3）1600J【解析】【详解】（1）从A运动到B的过程中，由动能定理可得2120Bmghmv−=解得刚滑到水平轨道B时的速度大小为10m/sBv=（2）假设人滑到C端

刚好停下，从B到C过程，根据动能定理可得2102Bfxmv-=-又15fmg=解得25mx=则水平轨道至少长25m。（3）设在倾斜轨道上克服阻力做功为fW，根据动能定理可得f10mghWfx−−=其中40kgm=，15mx=，15fmg=解得f160

0JW=14.如图甲所示，一台起重机将质量m=200kg的重物由静止开始竖直向上匀加速提升，4s末达到额定功率，之后保持该功率继续提升重物。5s末重物达到最大速度mv。整个过程中重物的vt−图像如图乙所示。取210m/sg=，不计额外功率。试计算：（1）0~4s内钢绳对重物

的拉力大小？（2）起重机的额定功率P与重物上升的最大速度mv；（3）前5s内起重机的平均功率P。【答案】（1）2100N；（2）4200W，2.1m/s；（3）2520W【解析】【详解】（1）根据vt

−图像可知0~4s内重物做匀加速直线运动的加速度大小为222m/s0.5m/s4vat===根据牛顿第二定律可得Fmgma−=解得钢绳对重物的拉力大小为2100NF=（2）4s末达到额定功率，则起重机的额定功率为21002W4200W===PFv5s末重物达到最大速度，此

时牵引力等于重力，则有mmPFvmgv==解得m4200m/s2.1m/s20010Pvmg===（3）0~4s内重物的位移为1124m4m22vxt===整个前5s内，牵引力做的功为F11()21004J4200(54)J12600

JWFxPtt=+−=+−=则前5s起重机的平均功率为FW1260205205WWPt===15.如图所示，半径1m4R=的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角37

=，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平。一质量2kgM=、板长0.65mL=的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠C点，其上表面所在平面与圆弧轨道C点和右侧固定平台D等高。质量为1kgm=的物块（可视为质点）从空中A

点以00.6m/sv=的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经C点滑上滑板。滑板运动到平台D时被牢固粘连。已知物块与滑板间的动摩擦因数0.5=，滑板右端到平台D左侧的距离s在

（0.1m0.5ms范围内取值。取210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。求：（1）物块到达B点时的速度大小Bv；（2）物块经过C点时对圆弧轨道的压力大小；（3）试讨论物块刚滑上平台D时的动能kD

E与s的大小关系。【答案】（1）1m/s；（2）46N；（3）当0.2m0.5ms时，kD0.25JE=，当0.1m0.2ms时，kD1.255(J)Es=−【解析】【详解】（1）从A到B，物块做平抛运动，物块恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，由几何关系得0

sin37Bvv=解得1m/sBv=（2）从B到C，物块机械能守恒2211(sin37)22CBmvmgRRmv++=解得3m/sCv=在C点有2NCvFmgmR−=联立解得N46NF=根据牛顿第三定律NNFF=物块在

C点对轨道的压力大小为46N。（3）物块从C点滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v，物块的加速度1a，有1mgma=滑板的加速度

2a，有2mgMa=到共速阶段有12Cvvatat=−=解得1m/sv=对物块，用动能定理列方程2211122Cmgsmvmv−=−解得10.8ms=对滑板，用动能定理列方程2212mgsMv=解得20.2ms=由此可知物块在滑板上相对滑过

120.6msss=−=时，小于0.65m，并没有滑下去，二者就具有共同速度了，同速时物块离滑板右侧还有距离为0.05mLs−=①当0.2m0.5ms时，物块的运动是匀减速运动10.8ms=，匀速运动2ss−，匀减速运动0.05mLs−=滑上平台D，根据动能定理()21k

D12CmgsLsEmv−+−=−解得kD0.25JE=②当0.1m0.2ms时，物块的运动是匀减速运动Ls+，滑上平台D。根据动能定理2kD1()2CmgLsEmv−+=−解得kD1.255(J)Es=−