浙江省强基联盟2022-2023学年高一下学期5月月考物理试题

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选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 下列物理量属于矢量的是( )
A. 速度变化量B. 功C. 功率D. 时间
【答案】A
【解析】
【详解】A．速度变化量具有大小和方向，是矢量，故A符合题意；
B．功是标量，其正负不表示方向，也不表示大小，故B不符合题意；
C．功率是标量，是指物体在单位时间内所做的功的多少，故C不符合题意；
D．时间只有大小没有方向，是标量，故D不符合题意。
故选A。
2. 下列说法正确的是( )
A. 研究足球的运行轨迹时，可以将足球看成质点
B. 落在球网中的足球受到弹力是由于足球发生了形变
C. 运动员踢足球时对足球的力大于足球对运动员的力
D. 足球在运动过程中的惯性随着速度的变化而变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．研究足球运动轨迹时，足球的形状和大小跟它所研究的问题相比可忽略不计，故可以将足球看成质点，故A正确；
B．足球受到弹力是由于球网发生形变，故B错误；
C．由牛顿第三定律可得运动员对足球力和足球对运动员的力大小相等方向相反，故C错误；
D．惯性只跟质量有关，与运动状态无关，足球在运动过程中惯性不变，故D正确。
故选A。
3. 下列说法正确的是( )
A. 伽利略认为物体越重下落越快
B. 亚里士多德认为力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因
C. 牛顿提出了万有引力定律，并测得了引力常量
D. 牛顿力学可以解决宏观物体的低速运动问题
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚里士多德认为物体越重下落越快，故A错误；
B．伽利略认为力不是维持物体运动状态的原因，牛顿第一定律认为力不是维持物体运动状态的原因，力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．万有引力定律是牛顿提出的，但是引力常量是卡文迪什测量的，故C错误；
D．牛顿力学可以解决宏观物体的低速运动问题，故D正确。
故选D。
4. 下列说法正确的是( )
A. 做曲线运动的物体受到的合外力一定是变力
B. 平抛运动是一种变加速曲线运动
C. 做变速圆周运动物体的向心力一定指向圆心
D 一对作用力与反作用力，若作用力做正功，反作用力一定做负功
【答案】C
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体受到的合外力不一定是变力，例如平抛运动虽然是曲线运动，但做平抛运动的物体只受重力，而重力是恒力，故A错误；
B．平抛运动只受重力作用，合力为恒力，是匀变速曲线运动，故B错误；
C．只有做匀速圆周运动的物体合外力才能指向圆心提供向心力，故C正确；
D．一对相互作用力作用在不同物体上，两物体的运动方向可能相同可能不同，故两相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负或一个做功，一个不做功等各种情况，故D错误。
故选C。
5. 2020年11月24日凌晨，搭载“嫦娥五号”探测器的“长征五号”遥五运载火箭从文昌航天发射场顺利升空，12月17日，“嫦娥五号”返回器携带月球样品在地球上预定区域安全着陆。在落地之前，它在地球大气层打个“水漂”，返回器跳跃式返回过程示意图如图所示，虚线圆为大气层的边界，返回器从a点进入大气层，经a、b、c、d、e回到地面，其中a、c、e为轨道和大气层外边界的交点。下列说法正确的是( )

A. 返回器经过a、c两点时速度方向可能相同
B. 返回器经过d点时速度方向与力的方向可能垂直
C. 返回器经过b、d两点时加速度方向可能相同
D. 返回器经过a、e两点时速度大小一定相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线运动中各点的速度方向沿该点切线的方向，返回器经过a、c两点时速度方向不可能相同，故A错误；
B．返回器经过d点时速度方向沿切线方向，加速度方向指向轨迹的凹侧，可能垂直，故B正确；
C．根据曲线运动的知识可知返回器所受的合外力和加速度方向应指向轨迹的内侧，返回器经过b点时加速度方向大致向上，经过d点时加速度方向大致向下，故C错误；
D．考虑大气阻力，由于机械能不守恒，返回器经过a、e两点时速度大小不相同，故D错误。
故选B。
6. 如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图像如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x-t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是( )
A. 猴子的运动轨迹为直线
B. 猴子在0～2s内做变加速曲线运动
C. t＝0时猴子的速度大小为8m/s
D. 猴子在0～2s内的加速度大小为4m/s2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图乙可知，猴子竖直方向做匀减速直线运动，由图丙可知，猴子在水平方向做匀速直线运动，所以其合运动为曲线，故A错误；
C．t=0时猴子的竖直分速度为8m/s，水平分速度大小为
其合速度为
故C错误；
BD．猴子在0∼2s内的加速度即为竖直向下的加速度，由图乙可知加速度大小
竖直向下恒定不变，故B错误，D正确。
故选D。
7. 2022年11月1日，梦天实验舱与“天宫”空间站在轨完成交会对接，目前已与天和核心舱、问天实验舱形成新的空间站“T”字基本构型组合体。已知组合体的运行轨道距地面高度为h，地球视为理想球体，质量为M，半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 航天员漂浮在组合体中处于平衡状态
B. 地球的平均密度为
C. 组合体轨道处的重力加速度为
D. 组合体的运行速度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．航天员漂浮在组合体中，航天员绕地球做匀速圆周运动，航天员受到地球的万有引力提供所需的向心力，航天员不是处于平衡状态，故A错误；
B．物体在地球表面受到的万有引力等于重力，则有
解得地球质量为
又
联立解得地球的平均密度为
故B正确；
C．设组合体轨道处的重力加速度为，则有
解得
故C错误；
D．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
解得
故D错误。
故选B。
8. 静止的物体在两个互相垂直的力作用下运动了10s的过程中，如图所示，力做功6J，力做功-8J，则下列说法正确的是( )

A. 、的合力对物体做功为10J
B. 、的合力对物体做功为2J
C. 、的合力对物体做功的功率为0.2W
D. 、的合力对物体做功的功率为1W
【答案】C
【解析】
【详解】AB．力做功6J，力做功-8J，力与的合力对物体做功为
故AB错误；
CD．、的合力对物体做功的功率为
故C正确，D错误。
故选C。
9. 地球引力像一根无形的“绳子”，牵引着人造地球卫星环绕地球运动，如图所示是人造卫星运行的几条轨道，这几条轨道在P点相切，Q是轨道II的远地点。在地面附近发射卫星到轨道I上的发射速度为v1，发射到轨道II上的发射速度为v2，下列说法正确的是( )
A.
B. 若发射速度，卫星将沿轨道II运行
C. 卫星在轨道II由P点运行到Q点的过程中速度逐渐变大
D. 由轨道I变轨至轨道II，卫星需要在P点减速
【答案】A
【解析】
【详解】AD．轨道I上的发射速度为v1，由轨道I到轨道II做离心运动，在P点需要加速。所以
A正确；D错误；
B．若发射速度，卫星将脱离地球引力束缚，不再绕地球运动，B错误；
C．是远地点 ，由开普勒第二定律，卫星在轨道II由P点运行到Q点的过程中，速度逐渐变小。C错误。
故选A。
10. 生态环境部启动黄河干流中下游排污口排查，污水经过净化，才可以排放回河流中。图是污水处理厂排放净水的管道，已知该管道的内径D、管道中心离水面的高度h和污水的水平射程x，则该管道每秒钟排水体积的表达式为( )

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】将污水流出的过程视为平抛运动，在竖直方向
在水平方向
水管的横截面积为
假设水管每秒排污体积为V，则
由以上公式解得
故选D。
11. 新晋“网红”旋转秋千如图所示，该设备在最低点处给游客一个足够的初速度，可以使得游客在整个竖直面内做完整的圆周运动，飞上“云端”，享受肾上腺素飙升的快感。运动过程中，不能忽略空气阻力，以下说法正确的是( )

A. 当秋千摆动到最高点时，速度一定为零
B. 游客在运动的过程中，机械能不守恒
C. 游客在整个运动过程中始终处于失重状态
D. 游客在运动中某时刻速度和加速度可以同时为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．荡秋千在最高点时速度不一定为零，故A错误；
B．不能忽略游客在运动过程中受到的阻力，所以机械能不守恒，故B正确；
C．游客在圆周运动的过程中既有超重，又有失重，故C错误；
D．游客在圆周运动中某时刻时速度和加速度不会同时为零，故D错误。
故选B。
12. 2022年9月NBA官方宣布，蔡徐坤再次成为中国NBA新春贺岁形象大使。图甲为蔡徐坤拉球转身的一瞬间，由于篮球规则规定手掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图乙所示的模型，薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕着转轴(中枢脚所在直线)做圆周运动，假设手掌和球之间的最大静摩擦因数为0.5，篮球质量为600g，直径为24cm，手到转轴的距离为0.32m，蔡徐坤转身时篮球恰好不下滑，下列说法正确的是( )

A. 篮球受重力、弹力、摩擦力以及向心力
B. A、B两点转动的线速度之比为4：1
C. 此时蔡徐坤转身的角速度约为8rad/s
D. 若蔡徐坤转动加快，则篮球可能会相对手掌在竖直方向上发生运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．篮球受到重力、弹力和摩擦力，向心力是效果力，故A错误；
B．在转动过程中A、B点转动角速度相同，根据
可得A、B两点转动的线速度之比为1：4，故B错误；
C．由于篮球此时恰好不下滑，则有
可得
将代入向心力表达式
可得
故C正确；
D．转动加快所需向心力变大，手给篮球支持力变大，最大静摩擦力变大，因此不会在竖直方向上发生运动，故D错误。
故选C。
13. 质量m约为的东风雪铁龙某型号汽车在平直的路面上由静止启动进行测试，甲是汽车运动的速度与时间的v-t图像，甲图中0～5s图像为直线。图乙是汽车牵引力的功率与时间的P-t图像。设汽车在运动过程中阻力不变，在15s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是( )

A. 汽车受到的阻力为3000N
B. 汽车的最大牵引力为2000N
C. 0～5s过程中汽车牵引力做的功为75000J
D. 汽车在整个加速运动过程中的位移大小约为79.7m
【答案】D
【解析】
【详解】A．速度达到最大时
功率P为最大功率，根据
可得
故A错误；
B．0～5s过程中小车做加速运动，根据
可得加速度牵引力最大，由
可得
故B错误；
C．0～5s过程中小车做加速运动，由
可得这一段过程中小车行驶了12.5m，根据
可解出牵引力做功37500J，故C错误；
D．整个加速过程是0～15s，列出整个加速过程的动能定理
通过图像求出牵引力做功
J
从而得到这个过程的位移是79.7m，故D正确。
故选D。
二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
14. 我国风洞技术世界领先。下图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中(弹簧在弹性限度内)，下列说法正确的是( )
A. 物块的速度先减小再增加
B. 物块加速度先减小再增加
C. 弹簧弹性势能先不变后增大
D. 物块和弹簧组成的系统的机械能一直增大
【答案】BD
【解析】
【详解】B．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，弹簧弹力方向沿斜面向下，大小逐渐增大，物块所受外力有恒定风力、重力与弹簧弹力，根据题意，恒定风力大于重力沿斜面额风力，可知，物块向上运动过程中，合力大小先减小，后增大，即物块加速度先减小再增加，方向先沿斜面向上后沿斜面向下，B正确；
A．根据上述可知，物块先向上做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速直线运动，A错误；
C．根据上述可知，弹簧形变量一直增大，即弹性势能一直增大，C错误；
D．对物块和弹簧组成的系统分析可知，恒定风力对该系统一直做正功，则物块和弹簧组成的系统的机械能一直增大，D正确。
故选BD。
15. 如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块(可看做质点)静置于槽内最底部的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着半圆形凹槽缓慢推至B点，整个过程中，凹槽始终保持静止。设物块受到凹槽的弹力为FN，则在上述过程中下列说法正确的是( )
A. F和FN都一直增大
B. F一直增大，FN先减小后增大
C. 地面对凹槽的支持力不变
D. 地面对凹槽的摩擦力一直变大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．物块从A点沿着半圆形凹槽缓慢推至B点的过程中，在重力、支持力和外力作用下保持动态平衡，其中重力始终不变，外力F的方向不变，支持力的方向与竖直方向夹角不断增大，作出一系列矢量三角形，如图所示
由矢量三角形图可知，外力F一直增大，FN先减小后增大，故A错误，B正确；
CD．设凹槽和物块的总重力为Mg，地面对凹槽的支持力为FN，摩擦力为f，对凹槽和物块整体根据平衡条件得
所以当F一直增大时，FN一直减小，f一直增大，故C错误，D正确。
故选BD。
三、非选择题(本题共5小题，共55分)
16. 实验题：(1)下列实验需要使用打点计时器的是______。
A．验证机械能守恒定律
B．探究平抛运动的特点
C．探究弹簧弹力与形变量的关系
D．探究两个互成角度的力的合成规律
(2)“探究加速度与所受合外力关系”的实验装置图如图1所示。拉力传感器显示的是绳上的拉力。

①该实验______(选填“需要”或“不需要”)满足砂桶和砂的总质量远小于小车质量。
②同学在实验中得到如图2所示的一条纸带，0、1、2、3、4、5、6为计数点(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电源，根据纸带可求出小车的加速度为______(结果保留两位有效数字)。

③同学以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，画出的a-F图像(如图3)是一条直线，图线与F轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。

A． B． C． D．
【答案】 ①. A ②. 不需要 ③. 2.0 ④. C
【解析】
【详解】(1)[1]验证机械能守恒定律使用打点计时器，其他都用不到。答案是A。
(2)①[2]该实验使用传感器测量细线拉力从而求出小车的合外力，不需要满足砂桶和砂的总质量远小于小车质量。
②[3]两计数点之间的时间间隔为
由逐差法可得小车的加速度大小为
③[4]由牛顿第二定律可知
解得
又因为a-F图像的斜率为
所以
不知道横纵坐标的标度是否相同，不能确定斜率k与是否相同。故选C。
17. 在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示仪如图甲、乙所示。图丙是部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的2倍，两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的短臂，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图乙中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球Ⅰ和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。

(1)为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，应将两个实验球分别置于短臂C和短臂______(填“A”或“B”)处，实验时应将皮带与轮①和轮______相连。
(2)若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，这是要探究向心力与______(填“质量”或“角速度”)的关系，此时轮②和轮⑤对应的这个物理量值之比为______，且应选择球Ⅰ和球______(填“Ⅱ”或“Ⅲ”)作为实验球。
(3)下列实验采用的实验方法与本实验采用的实验方法相同的是______。
A．探究平抛运动的特点
B．探究加速度与力和质量的关系
C．探究小车速度与时间的关系
D．探究两个互成角度的力的合成规律
【答案】 ①. B ②. ④ ③. 角速度 ④. 1︰4 ⑤. Ⅱ ⑥. B
【解析】
【详解】(1)[1][2]探究向心力与圆周运动轨道半径的关系时，应控制两球的角速度和质量相同，半径不同，应将两个实验球分别置于短臂C和短臂B处，所以实验时应将皮带与轮①和轮④相连。
(2)[3][4][5]若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，则两转臂角速度不同，故这是要探究向心力与角速度的关系；应控制两球的质量和轨道半径相同，所以应选择质量相同的球Ⅰ和球Ⅱ作为实验球，轮②和轮⑤的线速度相同，由题意可知
则
(3)[6]本实验采用的是控制变量法，探究平抛运动的特点利用的是留迹法和运动的分解；探究加速度与力和质量的关系利用的是控制变量法；探究小车速度与时间的关系利用的是留迹法；探究两个互成角度的力的合成规律利用的是等效替代法。故选B。
18. 杭温高铁全长260km，其中温州南站到永嘉站的铁路全长16.2km，一列高铁从温州南出发开往永嘉，(列车的运动可视为直线运动)高铁启动和减速时的加速度均为0.5，行驶中的最大速度为360km/h。求：
(1)若列车从静止启动一直至最大速度，则需要多长时间？行驶的距离为多少？
(2)列车由静止从温州南站开出，驶至永嘉站停下，所用的最短时间为多少？
【答案】(1)200s，10km；(2)360s
【解析】
【详解】(1)由
得
由
得
(2)匀加速运动8.1km，由
得
同理匀减速运动8.1km
则
19. 如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度，传送带与水平面的夹角，现将质量的小物块无初速度地轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力，经过一段时间，小物块上滑到了离地面高为的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数，，。视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)小物块刚放在传送带上时的加速度；
(2)小物块从传送带底端运动到顶端的时间；
(3)小物块从传送带底端运动到顶端过程中摩擦力产生的热能为多少？

【答案】(1)；(2)1.5s；(3)4J
【解析】
【详解】(1)对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
(2)当物块加速至与传送带同速后，假设物块与传送带保持相对静止一起匀速运动，且物块所受静摩擦力方向向下，对物块受力分析可得
解得
又因为最大静摩擦力
由于，可知假设正确，即物块随传送带一起匀速向上运动，物块受到沿传送带向下的静摩擦力。物块匀加速运动的时间和位移分别为
传送带底端到顶端的距离为
物块匀速运动的时间为
则物块从传送带底端运动到顶端的时间为
(3)在时间内，传送带的位移为
则传送带上留下的划痕长度为
摩擦产生的热量为
20. 如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平，A、B两端的高度差为h1=0.2m，B端高出水平地面h2=0.8m，O点在B点的正下方，将一确定的滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处(取g=10 m/s2)．求：
(1)落地点C到O的距离xOC；
(2)在B端平滑连接一水平放置长为L=1.0m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板MN与滑块间的动摩擦因数；
(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点的距离最远，则ΔL应为多少？距离s的最大值为多少？
【答案】(1)0.8m；(2)0.2；(3)ΔL=0.16 m时，s最大，且smax=1.16 m
【解析】
【详解】(1)滑块从光滑圆弧下滑过程中，根据动能定理有：
得：
vB==2 m/s
离开B点后做平抛运动时有：
h2=gt2
代入数据解得xc=0.8 m.
(2)滑块从B端运动到N端停止的过程根据动能定理有：
代入数据解得μ=0.2.
(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段后，由动能定理有：
－μmg(L－ΔL)=mv2－mvB2
滑块离开模板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离：
s=L－ΔL＋vt
联立整理得：
s=1＋0.8－ΔL
根据数学知识知当=0.4即ΔL=0.16 m时，s最大，且最大值smax=1.16 m.
答：(1)落地点C到O的距离xc=0.8 m；
(2)木板MN与滑块间的动摩擦因数μ=0.2；
(3)当ΔL=0.16 m时，落地点P距O点的距离最远，最远距离s的最大值smax=1.16 m.
21. 某科技社团设计了一个竖直面轨道模型，如图所示，该模型由一个半径的光滑四分之一圆弧轨道AB和两个半径均为的光滑细管道组合而成的“S”型管道，以及一个倾角可调的斜直轨道构成。现从圆弧轨道的顶端A点由静止释放一个可视为质点的滑块，其质量，滑块从B点水平进入“S”型管道，该管道B、C两管口切线水平，、为两细管道圆心，连线与竖直线间的夹角。滑块滑过光滑水平轨道CD，冲上与水平面平滑连接的足够长倾斜直轨道，不计滑块经过D点处的机械能损失，直轨道DE的倾角θ可以在0到60°间调节，滑块与倾斜轨道DE间的动摩擦因数。(已知，，固定细管道的内径大小不计)。求：
(1)滑块运动到B点时对轨道作用力大小和方向；
(2)若，滑块在倾斜轨道DE上经过的总路程s；
(3)写出θ取不同值时，滑块在倾斜轨道DE上克服摩擦力所做的功W与θ的关系。

【答案】(1)15N，方向竖直向下；(2)5m；(3)时，；，
【解析】
【详解】(1)滑块从A到B，根据机械能守恒有
小球在B点，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道作用力的大小为
方向竖直向下
(2)对滑块分析，则有
所以小滑块不能停在倾斜轨道上，最后停在水平面上的D点，根据全过程动能定理有
解得
(3)当
时，即
解得
当时，小滑块能停在倾斜轨道上，由动能定理得
解得
则滑块在直轨道CD上克服摩擦力所做的功
解得
当，小滑块最后停在D点，由动能定理得
解得