【文档说明】重庆市杨家坪中学2023-2024学年高一下学期6月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.607 MB，由小赞的店铺上传

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2024.06.12前秘密重庆市杨家坪中学2026届高一（下）6月考物理试题（考试时间：75分钟总分：100分）一、选择题（本题共10小题，共28分。1~7题为单选题，每题4分；8~10题为多选题，每题5分，有漏选的得3分，不选或有错选的不得分）1.下列描述中符合物理学史的是（）A.卡

文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得到引力常量G的数值B.第谷总结出了关于行星运动的三条规律C.伽利略提出“日心说”，开创了整个自然界科学向前迈进的新时代D.天王星被称之为“笔尖下发现的行星”，充分显示了用“计算和观察”的方法指导人们寻找新的天体【答案】

A【解析】【详解】A．卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得到引力常量G的数值，故A正确；B．开普勒总结出了关于行星运动的三条规律，故B错误；C．哥白尼提出“日心说”，开创了整个自然界科学向前迈进的新时代

，故C错误；D．海王星被称之为“笔尖下发现的行星”，充分显示了用“计算和观察”的方法指导人们寻找新的天体，故D错误。故选A。2.某弹簧振子沿x轴做简谐运动，其振动图像如图所示，下列描述正确的是（）A.1st=时，振子

的速度为正的最大值，回复力为零B.2st=时，振子的速度为负，加速度为零C.该简谐运动周期为2sD.该简谐运动振幅为10cm【答案】B【解析】【详解】A．1st=时，振子位于正向位移最大处，振子的速度为零，回复力为负的最大值，故A错误；B．2st=时，振子位于平衡位置，加速度为零，xt−

图像的斜率表示速度，2st=时，xt−图像的斜率为负值，则振子的速度为负，故B正确；C．由图可知该简谐运动周期为4s，故C错误；D．由图可知该简谐运动振幅为5cm，故D错误。故选B。3.如图所示，某同学把一块橡皮从桌边推出后做平抛运动，初速度为0v，测得桌面离地面的高度为h，不计空气阻力，重力加

速度大小为g，则（）A.橡皮从离开桌面到落地的时间为hgB.橡皮的水平位移为02hvgC.橡皮落地时的速度大小为202vgh+D.橡皮落地点与抛出点的连线与水平地面的夹角正切值为012ghv【答案】D【解析】【详解】A．橡皮从离开桌面后做平抛运

动，下落过程中212hgt=解得下落时间为2htg=故A错误；B．水平方向上橡皮不受外力，则002hxvtvg==故B错误；C．下落过程中22yvhg=橡皮落地时速度大小为222002yvvvvgh+=+=故C错误；D．根据题意可知橡皮落地点与抛出点的连

线与水平地面的夹角正切值即为位移与水平方向夹角的正切值为001tan22hhghxvhvg===故D正确。故选D4.如图所示，在一些餐厅里随处可见各式各样的餐桌，其中有一种餐桌，在中心有一个可绕穿过中

心的竖直轴转动的圆盘。圆盘与餐桌在同水平面内且两者之间的间隙可忽略不计，且间隙间没有摩擦。放置在半径为R的圆盘边缘的餐具与圆盘间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。此时餐具恰

好随圆盘一起运动，则下列说法正确的是（）A.餐具随圆盘转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B.餐具相对于圆盘的运动趋势是沿切线方向C.为使餐具不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最小值为gRD.餐具能从圆盘滑出时的

临界速度为gR【答案】D【解析】【详解】A．餐具随圆盘转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是效果力，故A错误；的。B．餐具随圆盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，方向始终指向圆心，则餐具相对于圆盘的运动趋势是沿半径背离圆心，故B错误；C．为使餐具不从圆盘上滑下，

向心力不能大于最大静摩擦力，则2mgmR解得gR故为使餐具不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最大值为gR，故C错误；D．餐具能从圆盘滑出时的临界速度为maxmaxvRgR==故D正确。故选D。5.为了响应政府号召，打造“襄阳绿色都市圈

”，记者骑电动车游览汉江，用手机上“测加速度”的应用程序记录下了电动车从静止开始沿直线运动过程中的运动信息，其加速度随时间变化的规律如图所示，由图像可知电动车（）A.2s末位移最大B.0~2s平均速度大小大于2~4s平均速度大小C.0~2s合外力冲量大小等

于2~4s合外力冲量大小D.0~2s合外力做功大小小于2~4s合外力做功大小【答案】C【解析】【详解】at−图像与坐标轴包围的面积表示速度的变化量，0~2s速度的变化量大小与2~4s速度的变化量大小相同，方向相反。设2st=时，速度为v，则4st=速度为

零。0~2s电动车从速度为零开始加速，2~4s减速到零。A．4s末位移最大，A错误；B．根据图像对称性，0~2s位移与2~4s相等，0~2s平均速度大小等于2~4s平均速度大小。B错误；C．设电动车质

量为m，由动量定理，0~2s合外力冲量1Imv=2~4s合外力冲量20Imvmv=−=−0~2s合外力冲量大小等于2~4s合外力冲量大小，方向相反。C正确；D．0~2s合外力做功2112Wmv=2~4s合外力做功22211022Wmvmv=−=−0~2s

合外力做功大小等于2~4s合外力做功大小。D错误。故选C。6.如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由1v增加到2v时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是（）A.对物体，动能定

理的表达式为2N212Wmv=，其中NW为支持力的功B.对物体，动能定理的表达式为0W=合，其中W合为合力的功C.对物体，动能定理的表达式为22N211122WmgHmvmv−=−，其中NW为支持力的功D.对电梯，其所受合力做功为222111()()22MmvMmv+−+【答案】C【解析】【详

解】ABC．根据动能定理，合外力对物体所做的功，等于物体动能的变化量，则22N211122WmgHmvmv−=−其中NW为支持力的功，故AB错误，C正确；D．对电梯，其所受合力做功等于电梯动能的变化量22211122WMvMv=−故D错误。故选C。7.如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，在轨道边缘

处固定一光滑定滑轮（忽略滑轮大小），一条轻绳跨过定滑轮且两端分别连接小球A、B，小球A在水平拉力F作用下静止于轨道最低点P。现增大拉力F使小球A沿着半圆轨道运动，当小球A经过Q点时速度为v，OQ连线与竖直方向的夹角为30，则下列说法正确的是（）A.小球A、B质量之比为2:2B.小球A经过Q

点时，小球B的速度大小为2vC.小球A从P运动到Q的过程中，小球A、B组成的系统机械能减少D.小球A从P运动到Q的过程中，小球B的动能一直增加【答案】B【解析】【详解】A．小球A在最低点时，轻绳与竖直方向夹角

为45，对小球A在最低点受力分析如图所示若小球A在最低点时对轨道的压力为零，则的Acos45Tmg=，BTmg=解得AB22mm=若压力不为零，则AB22mm故A错误；B．小球A、B沿绳方向的速度相等，则小球A经过Q点时，小球B的速度大小为Bcos602vvv==故B正确；C．小球A从P

运动到Q的过程中，拉力F一直对小球A、B组成的系统做正功，小球A、B组成的系统机械能增加，故C错误；D．小球A从P运动到Q的过程中，轻绳对B的拉力一直对小球B做正功，小球B的机械能一直增加，小球高度一直升高，小球重力势能一直增大，则小球B的动能不一定一直增加，故D错误。

故选B。8.一辆质量为m机车在水平面上由静止开始启动，启动过程中牵引力F随时间t的变化如图所示。已知机车所受阻力恒为fF，1t时刻机车的速度为1v，此时机车达到额定功率并保持不变，3t时刻机车的速度为3v，则下列说法正确的是

（）A.10~t时段机车匀加速运动的加速度大小为f4FmB.13~tt时段机车的平均速度大于132vv+的C.2t时刻机车的速度大小212vv=D.12t时刻机车的速度大小为34v【答案】BC【解析】【详解】A．10~t时段，根据牛顿第二定律ff14FFma−=解得10~t时段机车匀加速运动的加

速度大小为f13Fam=故A错误；B．13~tt时段，机车的牵引力为PFv=根据牛顿第二定律fFFma−=可知13~tt时段，机车做加速度减小的的加速运动，作出vt−图像如图所示vt−图像与坐标轴围成的面积表

示位移，可知13~tt时段机车的实际位移大于13~tt时段机车做匀加速直线运动的位移，故13~tt时段机车的平均速度大于132vv+，故B正确；C．机车的额定功率为f3PFv=2t时刻机车速度大小的32f22vPvF==1t时刻机车的速

度大小31f44vPvF==则212vv=故C正确；D．10~t时段机车做匀加速运动，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，12t时刻机车的速度大小为3128vvvv===故D错误。故选BC。

9.弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造及原理如图所示，橡皮筋的两端点A，B固定在把手上，橡皮筋位于ACB时恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放置一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点然后放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下被弹射出去击打目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是C

D的中点，则（）A.D到C过程，弹丸的机械能守恒B.D到C过程，弹丸的动能先增大后减小C.D到C过程，橡皮筋的弹性势能一直减小D.橡皮筋对弹丸做的功D到E过程大于E到C过程【答案】BCD【解析】【详解】AC．D到C过程

，橡皮筋的弹力对弹丸做正功，弹丸的机械能一直增大，橡皮筋的弹性势能一直减小，故A错误，C正确；B．D到C过程，橡皮筋的弹力逐渐减小，橡皮筋的弹力先大于弹丸的重力，弹丸做加速度减小的加速运动，当橡皮筋的弹力等于弹丸的重力时，弹丸的速度到达最大，此后橡皮

筋的弹力小于弹丸的重力，弹丸做加速度增大的减速运动，故弹丸的动能先增大后减小，故B正确；D．从D到C过程两边橡皮筋的弹力在减小，夹角在增大，故两边橡皮筋的合力在减小，故从D到E过程，橡皮筋作用在弹丸上的弹力大于从E到C过程，橡皮筋作用在弹丸上的弹力，两段位移相等

，橡皮筋对弹丸做的功D到E过程大于E到C过程，故D正确。故选BCD。10.如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量为m，B的质量为2m。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以速

度0v水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开。则（）A.物块A的速度一直在减小，物块B的加速度一直在增大B.作用过程中弹簧的最大弹性势能2p013Emv=C.A的动能最小值为0，B的动能最大值为2012mvD.若滑块B向右运动用时

0t位移为0x时A、B共速，则弹簧最大压缩量为0003xvtx=−【答案】BD【解析】【详解】A．物块A先做匀速直线运动，当与弹簧接触后开始压缩弹簧，压缩弹簧的过程中弹簧对A的弹力水平向左与其速度方向相反，而B所受弹力与B运动方向相同，

因此A做减速运动，B做加速运动，且随着弹簧压缩量的增大A、B两物体的加速度均增大，直至弹簧被压缩至最短，弹簧的弹力达到最大值，A、B加速度此时也达到最大值，且此时A、B达到共速，此后弹簧开始恢复原长，但在恢复原长的过程中，弹簧对A的弹力始终向左对B的弹力始终向

右，设恢复原长时A的速度为1v，B的速度为2v，对A、B及弹簧组成的系统由动量守恒定律及能量守恒有0122mvmvmv=+2220121112222mvmvmv=+联立解得1013vv=−，2023vv=由此可知在

A接触弹簧后离开弹簧的过程中，A先做减速运动，后反向做加速运动，而B始终做减速运动，但其加速度随着弹簧被压缩先增大后随着弹簧恢复原长又减小，故A错误；B．弹簧被压缩至最短时其弹性势能最大，对A、B及弹簧组成的系统由动量守恒定律有0(2)mvmmv=+

共对整个系统由能量守恒有220pm11(2)22mvmmvE=++共联立解得2pm013Emv=故B正确；C．由于A的速度先减小后反向增大，则可知A的速度最小为0，因此动能最小为0，而B始终做加速运动，因此B的动能最大时即为弹簧恢复原长时，此时B的动能22kBm2014(2)29Emvmv=

=故C错误；D．由于A、B的运动具有等时性，当A、B共速所用时间为0t时，则有0000(2)3vmvtmmt=+即有0003mvtmx=由于在共速前A的速度始终大于B的速度，因此A、B共速时，弹簧最大压缩量为0003xvtx=−故D正确。故选BD。二、实验题（本大题共2个小题，

共16分。）11.如图是“研究平拋物体运动”的实验装置图，通过描点画出平拋小球的运动轨迹。（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是_____。A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平B.每次小球释放的初始位置可以任意选择C.每次小球应从同一高度由静止释放D.为描出小球的

运动轨迹，描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平拋起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，如图2中2yx−图象，能说明平拋小球运动轨迹为抛物线的是___

__。（3）在“研究平抛运动”实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点的位置，如图，取A点为坐标原点，各点的位置坐标如图3所示，（g取210m/s），小球平抛的初速度为_____m/s（结果

保留两位有效数字）【答案】（1）AC（2）c（3）1.0【解析】【小问1详解】ABC．为使小球做平抛运动的初速度大小相等，方向水平，安装斜槽轨道，需使其末端保持水平，每次小球应从同一高度由静止释放，故AC正确，B错误；D．用描

点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，描绘的点不可以用折线连接，故D错误。故选AC。【小问2详解】若小球做平抛运动，水平方向有0xvt=竖直方向有212ygt=联立可得2202gxyv=可知2yx−图象是一条过原点的直线，故选c。【小问3详

解】小球做平抛运动，竖直方向，根据匀变速直线运动的推论210cmBCAByygT−==解得相邻两点的时间间隔为0.1sT=小球平抛的初速度为201010m/s1.0m/s0.1ABxvT−===12.如图1为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图

。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是_____。A.打点计时器B.光电门C.天平D.刻度尺（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调

节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做_____运动。（3）测得滑块B的质量为1kg，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图2所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块A碰后的图线为_____（选填“

②”“③”“④”），滑块B碰后的动量为_____kgm/s。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）C（2）匀速直线（3）①.③②.0.015(0.013~0.017)−−−【解析】【小问1详解】滑块的速度可由带刻度尺的气垫导轨以及具有计时功能的摄像机求

出，要测量滑块的动量，还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平。【小问2详解】为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动。【小问3详解】[1]由题意可

知①图线为滑块B碰前的图线，根据图像可知④图线为碰前A物块的图线，且碰后A、B均向负方向运动，即碰后A碰反向运动，B保持原来速度方向运动，根据速度合理性可知，碰后A的速度大小大于B的速度大小，根据图像的斜率绝对值表示速度大小可知，图

线③为碰后A物块的图线。[2]根据图线②可知滑块B碰后的速度为3B40842510m/s0.015m/s20.9xvt−−==−−滑块B碰后的动量为BB1(0.015)kgm/s0.015kgm/spmv==−=−三、解答题（本大题共3个小题，共41

分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。）13.若宇航员在月球表面的h高处由静止释放一个小球，经过时间t小球落到月球表面，

将月球视为质量均匀的球体，已知月球的半径为R，引力常量为G，问：（1）月球的质量M月；（2）月球的第一宇宙速度1v。【答案】（1）222hRMGt=月；（2）12hRvt=【解析】【详解】（1）小球自由下落，有212hgt=解得月球上的重力加速度为22hgt=对月球表面的物体，有2

MmGmgR=月联立解得月球的质量222hRMGt=月（2）根据第一宇宙速度的定义212MmvGmgmRR==月解得月球的第一宇宙速度12hRvt=14.如图所示，在光滑水平地面上放置质量2kgM=的长木板，长木板上表面与固定的竖直弧形

轨道相切，弧形轨道粗糙。一质量1kgm=的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度0.5mh=。滑块在长木板上滑行1st=后和长木板以共同速度1m/sv=匀速运动，重力加速度g取210m/s。求：（1）小滑块刚滑上长木板M时的速度0v；（2）滑块与长木板间的摩擦力大小fF；（

3）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功fW。【答案】（1）3m/s；（2）2N；（3）0.5J【解析】【详解】（1）对滑块和木板，由动量守恒0()mvmMv=+解得03m/sv=（2）设木板受到的摩擦力为f，对木板，根据牛顿第二定律1fMa=则1fvattM==解得2Nf=即滑块与木板

间的摩擦力大小为2N。（3）滑块沿弧面下滑过程中，根据动能定理可得2f0102mghWmv−=−解得克服摩擦力做的功为f0.5JW=15.如图，一滑板的上表面由长度为L的粗糙水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上，物体P（可视为质点）

置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为（已知1，但具体大小未知），一根长度为L、不可伸长的轻细线，一端固定于O点，另一端系一小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小

球Q拉至与O同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知小球Q的质量为m，物体P的质量为2m，滑板的质量为6m，15RL=，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（结果可用根式和分式表示

）（1）小球Q与物体P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P速度的大小；（3）若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会从C点滑出，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数的取值范围。【答案】（1）3mg；（2）2223gLv=；（3）21153【解析】【详解

】（1）由机械能守恒定律可得212mgLmv=则2vgL=由牛顿第二定律可得2vFmgmL−=细线对小球拉力的大小为3Fmg=（2）小球Q与物体P碰撞过程中，以向左为正方向，由动量守恒定律可得122mvmvmv=+由能量量守恒定律可得2221121112222mvmvmv=+解得2223g

Lv=（3）如果物体P运动到C点与滑板共速，根据水平方向动量守恒定律可得2224min11282222mvmvmgRmgL=++解得min215=如果物体P运动到B点与滑板共速，根据水平方向动量守恒定律可得2428mvm

v=根据能量守恒定律可得2max2241128222mvmvmgl=+解得max13=所以物体P与滑板水平部分的动摩擦因数的取值范围为21153