广东省揭阳市惠来县第一中学2022-2023学年高一下学期第二次月考物理试题（解析版）

惠来一中2022-2023学年下学期高一物理第二次阶段考

本试卷共4页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。

一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）

1. 关于物理学相关知识，下列叙述中正确的是（　　）

A. “牛顿”可以是国际单位制中的基本单位

B. 小船渡河时因水流速度忽然增大而缩短了渡河的时间

C. 狭义相对论以两个基本假设为前提：相对性原理和光速不变原理

D. 通过万有引力定律计算可知，只要适当调整高度，惠来上空也可能存在同步卫星

【答案】C

【解析】

【详解】A．牛顿是导出单位，故选项A错误；

B．将小船渡河的运动分解为沿河岸的运动和垂直河岸的运动，根据运动的独立性和等时性可知水流速度忽然增大不影响垂直河岸的运动，则渡河的时间不变，故选项B错误；

C．爱因斯坦的狭义相对论以两个基本假设为前提：相对性原理和光速不变原理，故选项C正确；

D．地球同步卫星的周期为24h，则高度一定为36000km，转动方向为自西向东，则其定点在赤道上方，故惠来上空不可能存在同步卫星，故选项D错误；

故选C。

2. 如图所示，某游乐场的大型摩天轮半径为R，匀速旋转一周需要的时间为t。已知质量为m的小华乘坐的车厢此刻处于摩天轮的最底部，则下列说法正确的是（　　）

A. 摩天轮运动的角速度为

B. 摩天轮运动的线速度为

C. 摩天轮运动的向心加速度为

D. 在最低点时座椅对小华的作用力大小为

【答案】B

【解析】

【详解】A．摩天轮运动的角速度为

故A错误；

B．摩天轮运动线速度为

故B正确；

C．摩天轮运动的向心加速度为

故C错误；

D．设在最低点时座椅对小华的作用力大小为F，根据牛顿第二定律有

解得

故D错误。

故选B。

3. 如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ缓慢增大，在θ增大到某一角度之前，质量为m的货物相对车厢一直保持静止，在此过程中，下列说法正确的是（    ）

A. 货物对车厢的压力变大

B. 货物对车厢的摩擦力变小

C. 货物对车厢作用力变大

D. 货物对车厢的作用力始终竖直向下

【答案】D

【解析】

【详解】AB．货物处于平衡状态，受重力、支持力、静摩擦力，根据共点力平衡条件，车厢对货物的支持力

车厢对货物的摩擦力

增大时，货物受到的摩擦力f增大，支持力N减小；再根据牛顿第三定律可知，货物对车厢的压力变小，货物对车厢的摩擦力变大，故AB错误；

CD．对货物整体受力分析，只受重力与车厢对货物的作用力，根据平衡条件可知，车厢对货物的作用力大小不变，方向竖直向上；再根据牛顿第三定律可知，货物对车厢的作用力大小不变，始终竖直向下；故C错误，D正确。

故选D。

4. 电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时间的变化图象较符合实际的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】电动自行车的功率P=Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即

F=f

加速度a=0。货物掉落后瞬间速度未变，车整体质量减小，阻力减小为f'，牵引力大于阻力，具有向前的加速度，车开始加速，由于功率不变，牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力F'趋近于f'时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度

v'=

以后继续做匀速运动。

故选A。

5. 如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（　　）

A. 卫星a的角速度小于c的角速度

B. 卫星a的加速度大于b的加速度

C. 卫星a的运行速度大于第一宇宙速度

D. 卫星b的周期大于24 h

【答案】A

【解析】

【详解】AB．根据万有引力提供向心力有

解得

，，，

由角速度、加速度的表达式可得出：半径大的角速度小，加速度小，故A正确，B错误；

C．由线速度的表达式可得出轨道半径大的线速度小，则卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；

D．卫星b与卫星a的轨道半径相同，周期相同，a是地球同步卫星，则周期相同为24h，故D错误

故选A

6. 如图所示，将小球从O点正上方的B点以某一速度水平抛出，不计空气阻力，仅改变B点离地的高度，小球均能击中水平面上的A点。若抛出点离地的高度越高，则（　　）

A. 小球平抛的初速度越大

B. 小球击中A点时，速度的方向越接近水平方向

C. 小球击中A点时，重力的功率一定越大

D. 小球击中A点时，动能一定越小

【答案】C

【解析】

【详解】A．小球做平抛运动，设OA的距离为，则根据平抛运动的规律可知

解得

可见在OA距离不变的情况下，高度越高，小球平抛的初速度越小，A错误；

B．小球击中A点时，竖直方向的速度

设速度偏向角为，则

故高度越高，越大，速度的方向越接近竖直方向，B错误；

C．小球击中A点时，重力的功率为

故越高，也越大，C正确；

D．根据动能定理可得小球击中A点时的动能为

可见，当时，有最小值，由于与的关系不明确，所以动能的大小变化无法确定，D错误。

故选C。

7. 我国的高铁技术已经成熟，在世界处于领先地位。我国的高铁通常有8节或16节车厢，假设某高铁由质量均相同的16节车厢构成（仅第1节车厢存在动力），该车厢在启动时先做匀加速直线运动，达到某速度后做匀速直线运动，每节车厢所受的阻力与每节车厢的重力成正比，则下列说法正确的是（　　）

A. 高铁在匀加速运动时，乘客受到高铁的作用力方向与高铁的运动方向相反

B. 高铁在匀速运动时，乘客原地起跳，乘客的落地点比起跳点靠后

C. 高铁在匀加速运动时，8、9节车厢间的作用力与12、13节车厢间作用力的比值为2：1

D. 高铁制动后匀减速运动到停止的位移与制动瞬间的速度成正比

【答案】C

【解析】

【详解】A．高铁在匀加速运动时，乘客受到高铁的作用力为高铁对人竖直向上的支持力和水平方向的力，这两个力的合力不在水平方向，而高铁的运动方向为水平方向，A错误；

B．高铁在匀速运动时，乘客原地起跳，由于惯性，人保持原来运动速度向前运动，而高铁是匀速运动的，故乘客的落地点与起跳点相同，B错误；

C．设每节车厢的质量为m，整个车厢所受牵引力为F，则对整个车有

设第8、9节车厢间的作用力为F1，以9至16节车厢为研究对象，有

设第12、13节车厢间的作用力为F2，以13至16节车厢为研究对象，有

则有

故高铁在匀加速运动时，8、9节车厢间的作用力与12、13节车厢间作用力的比值为2：1，C正确；

D．高铁制动后匀减速运动到停止过程中，做匀减速直线运动，末速度为0，此过程中的位移与初速度的关系有

即与速度二次方成正比，D错误。

故选C。

二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）

8. 如图甲所示的某台无人机上升、向前追踪拍摄的飞行过程中竖直方向上的速度及水平方向上的速度与飞行时间t的关系图像如图乙和丙所示。下列说法正确的是（　　）

A. 无人机在时刻处于超重状态 B. 无人机在这段时间内沿直线飞行

C. 无人机在时刻上升至最高点 D. 无人机在时间内做匀变速运动

【答案】AD

【解析】

【详解】A．由图乙可知，无人机在时刻在竖直方向上做加速运动，故竖直方向的加速度向上，无人机处于超重状态，A正确；

B．由图乙可知，这段时间内，无人机在竖直方向匀加速上升，由图甲可知，其在水平方向匀减速向前飞行，其速度和加速度合成如图

可知无人机的速度和加速度方向不在同一条直线上，故无人机在这段时间内做曲线运动，故B错误；

C．图乙中图线与时间轴围成的面积表示无人机竖直方向的位移大小，所以t3时刻，无人机上升到最高点，故C错误；

D．无人机在时间内，在竖直方向上做匀减速直线上升运动，在水平方向上做匀速直线运动，故加速度恒定，方向竖直向下，无人机的合运动为匀变速曲线运动，故D正确。

故选AD。

9. 如图所示，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开降落伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为，在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 运动员的重力势能减少了mgh B. 运动员克服阻力所做的功为mgh

C. 运动员的动能增加了mgh D. 运动员的机械能减少了mgh

【答案】CD

【解析】

【详解】A．物体重力势能的减少量等于重力所做的功，即

故A错误；

BD．由牛顿第二定律可得

解得阻力大小为

阻力所做的功等于机械能的变化量，可得

即克服阻力做的功为，物体的机械能减少了，故B错误，D正确；

C．物体动能的增加量等于合外力所做的功，即

故C正确。

故选CD。

10. 如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无拉力，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为，某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，两点的连线水平，，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等．已知重力加速度为g，．则下列说法正确的是（    ）

A. 弹簧的劲度系数为

B. 物体乙的重力的功率一直增大

C. 物体乙的机械能先增大后减小

D. 小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小

【答案】AD

【解析】

【详解】A．P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知

则小球位于P点时弹簧的压缩量为

对P点的小球由力的平衡条可知

解得

故A正确；

B．刚释放时物体乙的速度为零，当甲运动到Q点时，甲的速度方向与绳垂直，此时乙的速度为零，故乙的速度先增加后减小，则乙的重力的功率先增大后减小，选项B错误；

D．小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D正确；

C．绳子一直对物体乙做负功，物体乙的机械能一直减小，故C错误。

故选AD。

三、实验题（共16分）

11. 在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。

（1）实验时，下列操作或说法正确的是______。

A．需要用天平测出砂和砂桶的总质量

B.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数

C.选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小

D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量

（2）实验得到如图乙纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是______m/s2。（结果保留三位有效数字）

（3）由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则图像不过原点的主要原因是______ 。

【答案】    ①. B    ②. 2.40    ③. 未补偿阻力（未平衡摩擦力）

【解析】

【详解】（1）[1]A．实验装置中有拉力传感器，不需要用天平测出砂和砂桶的总质量。故A错误；

B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数。故B正确；

C．选用电磁打点计时器，振针与纸带之间的阻力较大会影响物体运动，因而比选用电火花计时器实验误差大。故C错误；

D．因为有拉力传感器，可以准确得出小车上的拉力。因而砂和砂桶的质量远小于小车的质量是没有必要的。故D错误。

故选B。

（2）[2]根据逐差法可得小车运动加速度大小是

（3）[3]由图像可知，拉力传感器有示数，说明小车受到拉力作用，但加速度为0，主要是受到摩擦力的作用。则图像不过原点的主要原因是未平衡摩擦力。

12. 某学习小组利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。

（1）在本实验中，还需要用到的实验器材有______。

A．刻度尺    B．低压交流电源     C．秒表    D．天平

（2）实验中，先接通电源，再释放重锤，得到下图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为，重锤的质量为。从打点到打点的过程中，重锤的重力势能减少量______，动能增加量______，若在误差允许的范围内，与近似相等，则可验证机械能守恒。（用上述测量量和已知量的符号表示）

（3）有同学在纸带上选取多个计数点，分别测量它们到起始点的距离为，并计算出各计数点对应的速度，画出图像。若阻力作用不可忽略且大小不变，已知当地重力加速度为，则画出的图像应为图中的图线______（选填“1”“2”“3”），其斜率______（选填“大于”“小于”“等于”)。

【答案】    ①. AB##BA    ②.     ③.     ④. 2    ⑤. 小于

【解析】

【详解】（1）[1]A．需要用到刻度尺测量纸带的上点迹之间的距离，故A正确；

BC．本实验用到了电磁打点计时器，因此需要用到低压交流电，而打点计时器有计时功能，因此不需要秒表，故B正确，C错误；

D．本实验验证机械能守恒的原理是若重物减小的重力势能完全转化成重物的动能则可验证重物下降过程中机械能守恒，若从起点开始，则有

若从中间某一位置开始，则有

可以看出，等时两边的质量可以约去，因此不需要天平测物体的质量，故D错误。

故选AB。

（2）[2][3]从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量为

B点的瞬时速度为

则可知重物在B点时的动能为

（3）[4][5]若阻力不可忽略且大小不变，设为，则在重锤下降过程中根据动能定理有

整理得

由以上函数关系可知，对应得图像应为“2”，且其斜率小于。

四、解答题（共38分）

13. 已知某型号的舰载飞机挂弹药总质量约为，在跑道上加速时的牵引力为，所受阻力为其受到的重力的0.2倍，当飞机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞。航空母舰处于静止状态，飞机先经电磁弹射装置加速，若要求该飞机再在跑道上加速160m时起飞，求：

（1）飞机离开电磁弹射装置时的速度；

（2）飞机在跑道上加速过程中牵引力的平均功率。

【答案】（1）30m/s；（2）W

【解析】

【详解】（1）飞机离开电磁弹射装置后在跑道上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有

解得飞机运动的加速度

由运动学公式有

解得飞机离开电磁弹射装置时的速度

（2）飞机离开电磁弹射装置后在跑道上做匀加速直线运动的时间为

该过程中牵引力做功为

飞机在跑道上加速过程中牵引力的平均功率为

14. 双人滑冰是2022年北京冬奥会比赛项目之一、如图甲所示为某次训练中男运动员以自己为轴拉着女运动员做圆周运动情形，若女运动员的质量为m，伸直的手臂与竖直方向的夹角，转动过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径为，如图乙所示。忽略女运动员受到的摩擦力，重力加速度为。求：

（1）当女运动员刚要离开冰面时，女运动员的角速度大小；

（2）当女运动员的角速度为时，女运动员对冰面的弹力大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）女运动员刚要离开地面时，受重力和男运动对女运动员的拉力

解得

（2）对女运动员受力分析，如下图

水平方向

竖直方向

联立解得

15. 一种弹射游戏装置的简化示意图如图所示，它由弹射器、水平直轨道AB、半径的竖直圆轨道BC、倾斜轨道DE连接组成，E点距地高度，小球经过E点后将沿水平方向射出。质量为（可视为质点）小球经弹射器水平弹出后，恰能通过C点，不计一切阻力，重力加速度g取。求：

（1）小球通过C点时的速度大小；

（2）弹簧储存的弹性势能；

（3）小球落地时水平射程。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球通过C点时，由牛顿第二定律有

解得

（2）小球从释放至运动到C点，由机械能守恒定律有

解得

（3）小球从C到E的过程中，由机械能守恒定律有

又由平抛运动规律有

且

解得