2024-2025学年湖南省衡阳市衡阳县第四中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省衡阳市衡阳县第四中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是( )
A. 飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B. 飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C. 飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周向心力的冲量大小I=FnΔt=mv2R⋅2πRv=2πmv
D. 飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行半周动量的改变量大小为2mv
2.如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m的物块受到沿斜面向上的恒力F的作用，沿斜面以速度v匀速上升了高度ℎ。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g。关于上述过程，下列说法正确的是( )
A. 合力对物块做功为恒力F与摩擦力对物块做功之和
B. 合力对物块做功为12mv2
C. 摩擦力对物块做功为μmgcsθℎsinθ
D. 恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgℎ
3.跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶段。在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈“V”字型的经典姿势，如图所示。这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力。关于运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势，下列说法正确的是( )
A. 可以增加竖直方向的加速度
B. 可以获得更长的飞行时间
C. 可以增加运动员的机械能
D. 可以让运动员的机械能保持不变
4.如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上，设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方，将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最大的初速度完成跳跃，则它应跳到( )
A. 荷叶a
B. 荷叶b
C. 荷叶c
D. 荷叶d
5.四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是( )
A. 小球A、B角速度相等
B. 小球A、B线速度大小相等
C. 小球C、D所需的向心加速度大小相等
D. 小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
6.如图所示，地球绕太阳的运动可看作匀速圆周运动。已知地球质量为m，地球的轨道半径为r，公转周期为T，引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. 根据以上信息，可以计算出地球表面的重力加速度
B. 根据以上信息，可以计算出地球的第一宇宙速度
C. 根据以上信息，可以计算出r3T2与太阳质量无关
D. 根据以上信息，可以计算出太阳质量
7.在t=0时刻，将一物体(可视为质点)竖直向上抛出。以抛出点为坐标原点、竖直向上为正方向，忽略空气阻力，图中能正确反映该物体的动量p随时间t、动能Ek随位移x变化的图像是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一辆质量为m的汽车，从静止开始启动后沿平直路面行驶，行驶过程中受到的阻力大小一定，如果发动机的输出功率恒为P，经过时间t，汽车能够达到的最大速度为v。则( )
A. 当汽车的速度大小为v2时，牵引力的大小为2Pv
B. 汽车速度达到v的过程中，汽车行驶的距离为v2t
C. 汽车速度达到v的过程中，牵引力做的功为12mv2
D. 汽车速度达到v的过程中，克服阻力做的功为Pt−12mv2
9.如图甲所示，一物块以一定初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物块质量为0.7kg
B. 物块所受摩擦力大小为0.7N
C. 0—20m过程中，物块克服摩擦力做功为10J
D. 0—10m过程中与10m—20m过程中物块所受合力之比为4∶3
10.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高ℎ处由静止释放。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，小球所受弹力F的大小随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内。小球可视为质点。不计空气阻力的影响。重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. x=ℎ处，小球的速度最大
B. x=ℎ处与x=ℎ+2x0处，小球的加速度相同
C. x=ℎ+x0处，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
D. 从x=ℎ到x=ℎ+2x0过程中，小球所受弹力做功为−2mgx0
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.在实车撞墙实验中，如图甲为碰撞测试安全气囊弹出的情境。该过程安全气囊的作用是通过_____(填“增大”或“减小”)作用时间，减小驾乘人员因剧烈碰撞产生的作用力。分别用A、B车进行撞墙试验时，碰前速度均为60km/ℎ，测试数据如图乙，通过数据可以判断_____(填“A”或“B”)车受到的平均冲击力较大。
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.某同学为测定物块A与桌面之间的动摩擦因数，利用动能定理设计了如图所示的装置进行实验。首先用天平测量物块A的质量m，钩码B的标称质量为M。实验中，当A位于水平桌面上的O点时，B刚好接触地面，将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点停止。分别测量OP、OQ的长度ℎ和s。改变ℎ，重复上述实验，分别记录各组实验数据。在坐标纸上画出s−ℎ关系的图像。
(1)关于本实验，下列说法正确的是__________
A.实验中连接A一侧的绳子应尽量与桌面平行
B.重物B的质量应远小于物块A的质量
C.若改变物块A的材质，则测得的动摩擦因数不会变化
D.B落地时与地面碰撞损失机械能不会影响实验结果
(2)该同学画出s−ℎ图象(s为纵坐标)后，发现十分接近一条斜率为k的正比例函数，据此可求得待测动摩擦因数为μ=_________(用M，m，k表示)。
(3)由于钩码B生锈，质量变大。这会使测量结果_________(填“偏大”或“偏小”)。
在汽车安全装置的开发过程中，需要进行汽车碰撞试验，包括实车撞墙和滑车互撞试验。对不同品牌的A、B车进行试验，两车质量分别为mA=800kg和mB=1000kg。
五、计算题：本大题共4小题，共42分。
13.用A、B两车进行滑车互撞试验，行驶速度为vB=30m/s的B车与静止的A车碰撞，碰后B车速度大小为v′B=10m/s，方向不变，碰撞时间很短且处于同一水平面上。求：
(1)碰撞过程中B车的动量变化量大小：
(2)碰撞后瞬间A车的速度大小。
14.图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
(1)求小球通过B点时的速度大小vB。
(2)求小球通过C点时的速度大小vC。
(3)求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小FC和方向。
15.建立物理模型是解决实际问题的重要方法。如图所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知，地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
(1)忽略地球自转，求地球表面附近的重力加速度g。
(2)卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视作匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。
(3)在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分(如图所示)。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为v1，在远地点D的速度为v2，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律(对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等)可知v1R=v2r，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。(提示：椭圆在对称点P、D两点的圆半径一样)
16.体育课上，直立起跳是一项常见的热身运动，运动员先蹲下，然后瞬间向上直立跳起，如图1所示。
(1)一位同学站在力传感器上做直立起跳，力传感器采集到的F−t图线如图2所示。根据图像求这位同学的质量，并分析他在力传感器上由200N到1800N过程中的超重和失重情况。取重力加速度g=10m/s2。
(2)为了进一步研究直立起跳过程，这位同学构建了如图所示的简化模型。考虑到起跳过程中，身体各部分肌肉(包括上肢、腹部、腿部等肌肉)的作用，他把人体的上、下半身看作质量均为m的两部分A和B，这两部分用一个劲度系数为k的轻弹簧相连。起跳过程相当于压缩的弹簧被释放后使系统弹起的过程。已知弹簧的弹性势能Ep与其形变量Δx的关系为Ep=12kΔx2。已知重力加速度为g。要想使人的双脚能够刚好离地，即B能刚好离地。
a.起跳前弹簧的压缩量是多少？
b.若从压缩的弹簧被释放到弹簧到达原长经历的时间为t，求在时间t内弹簧弹力对物体A的冲量的大小。
答案解析
1.D
【解析】A.飞机做匀速圆周运动，合力提供所需的向心力，故A错误；
BCD.飞机做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻发生，则动量大小不变，方向时刻发生，动量不守恒；飞行一周时，由于初、末动量刚好相同，动量变化为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，则向心力的冲量为0；飞行半周时，飞机的初、末动量大小相等，方向刚好相反，则飞机的动量变化量大小为
Δp=mv−(−mv)=2mv
故BC错误，D正确。
故选D。
2.D
【解析】A.合力对物块做功为恒力 F 与摩擦力以及重力对物块做功之和，选项A错误；
B.因物块匀速上升，根据动能定理可知合力对物块做功为零，选项B错误；
C.摩擦力对物块做功为
Wf=−μmgcsθ⋅ℎsinθ
选项C错误；
D.根据动能定理
WF+Wf−mgℎ=0
可知
WF+Wf=mgℎ
即恒力 F 与摩擦力对物块做功之和为 mgℎ ，选项D正确。
故选D。
3.B
【解析】AB.由题意可知，采用“V”字型姿势可获得较大的空气托举力，根据
a=mg−F托举m
则可以减小竖直方向的加速度，根据
ℎ=12at2
可知，可以获得更长的飞行时间，选项A错误，B正确；
CD.由于空气托举力对运动员做负功，则可以减小运动员的机械能，选项CD错误；
故选B。
4.B
【解析】解：青蛙做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则有
x=vt，ℎ=12gt2
得
v=x g2ℎ
由于a、c荷叶与青蛙的水平位移最小，c、d荷叶与青蛙的高度差最大，则水平位移越大，竖直高度越小，初速度越大，因此跳到荷叶b上面，故B正确，ACD错误。
故选：B。
平抛运动在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据平抛运动规律求解水平初速度，然后作答。
本题主要考查了平抛运动规律的运用，解题的关键是根据平抛运动规律求解出水平初速度的关系式。
5.B
【解析】对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为ℎ，则mgtanθ=mω2lsin θ，解得ω= glcsθ= gℎ，所以小球A、B的角速度相等，根据v=rω知，线速度大小不相等，故A正确，B错误；
对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为 β ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtanθ=man，FTcsθ=mg，得an=gtanθ，FT=mgcsθ，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确。
本题选错误的，故选B。
6.D
【解析】A.在地球表面有
Gmm0R2=m0g
地球表面的重力加速度
g=GmR2
由于地球的半径不确定，则不能计算出地球表面的重力加速度，故A错误；
B.根据
Gmm′R2=m′v2R
地球的第一宇宙速度
v= GmR
由于地球的半径不确定，则不能计算出地球的第一宇宙速度，故B错误；
CD.根据
Gmm太r2=m4π2T2r
得
r3T2=Gm太4π2 r3T2 与太阳质量有关，太阳质量
m太=4π2r3GT2
故C错误，D正确。
故选D。
7.A
【解析】AB.一物体(可视为质点)竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点、竖直向上为正方向，则速度为
v=v0−gt
则动量公式为
p=mv=m(v0−gt)=mv0−mgt
故A正确，B错误；
CD.竖直上抛运动加速度恒定向下，则速度位移公式为
v2−v02=−2gx
动能公式为
Ek=12mv2=m(v02−2gx)2=mv022−mgx
故CD错误。
故选A。
8.AD
【解析】A.当汽车的速度大小为 v2 时，牵引力的大小为
F1=Pv2=2Pv
故A正确；
B.由于发动机的输出功率恒为P，汽车速度逐渐增大，可知牵引力逐渐减小，所以汽车做加速度逐渐减小的加速运动，则汽车速度达到 v 的过程中，汽车的平均速度
v≠0+v2=v2
则汽车行驶的距离
x=vt≠v2t
故B错误；
C.汽车速度达到 v 的过程中，根据动能定理可得
WF−fx=12mv2−0
可得牵引力做功
WF=12mv2+fx>12mv2
故C错误；
D.汽车速度达到 v 的过程中，根据动能定理可得
Pt−Wf=12mv2−0
可得克服阻力做的功为
Wf=Pt−12mv2
故D正确。
故选AD。
9.ACD
【解析】AB.物块在沿斜面向上运动中，由动能定理可得
−mgssin30∘−Ffs=0−Ek1
物块在沿斜面向下滑的运动中，由动能定理可得
mgssin30∘−Ffs=Ek2−0
代入数据联立解得
m=0.7kg
Ff=0.5N
故A正确，B错误；
C.0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为
Wf=2Ffs=2×0.5×10J=10J
故C正确；
D.0～10m过程中物块所受合外力为
F1=mgsin30∘+Ff=0.7×10×12N+0.5N=4N
10m～20m过程中物块所受合力
F2=mgsin30∘−Ff=0.7×10×12N−0.5N=3N
则有合力之比为
F1:F2=4:3
故D正确。
故选ACD。
10.CD
【解析】AB.由图乙可知， x=ℎ 处，小球开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，小球继续向下加速运动，当小球处于 x=ℎ+x0 处，弹力等于重力，小球速度达到最大，之后弹力大于重力，小球向下减速运动；根据对称性可知， x=ℎ 处与 x=ℎ+2x0 处，小球的加速度大小相等，但方向相反，故AB错误；
C.由于小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒，在 x=ℎ+x0 处，小球的速度最大，动能最大，则小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故C正确；
D.根据对称性可知，小球在 x=ℎ 处和 x=ℎ+2x0 处速度相等，则从 x=ℎ 到 x=ℎ+2x0 过程，小球的动能变化为0，根据动能定理可得
mg⋅2x0+W弹=ΔEk=0
可得小球所受弹力做功为
W弹=−2mgx0
故D正确。
故选CD。
11. 增大 A 16.(1) 2×104kg⋅m/s ；(2) 25m/s
【解析】[1]由动量定理
FΔt=Δp
当 Δp 不变，可增大作用时间，减小驾乘人员因剧烈碰撞产生的作用力，故填增大。
[2]如图乙所示，由动量定理
0−FAt1=0−mAv
0−FBt1=0−mBv
因为
mA则
FA>FB
故填A；
12.(1)AD
(2) MkM+km+m
(3)偏小

【解析】(1)A.实验中连接A一侧的绳子应尽量与桌面平行，避免滑轮作用力对实验误差的影响，故A正确；
B.实验中无需重物B的质量远小于物块A的质量，故B错误；
C.若改变物块A的材质，则动摩擦因数改变，测得的动摩擦因数会变化，故C错误；
D.根据实验原理可知，B落地时与地面碰撞损失机械能不会影响实验结果，故D正确；
故选AD。
(2)B下落至临落地时根据动能定理有
Mgℎ−μmgℎ=12(m+M)v2
在B落地后，A运动到Q，有
μmgs=12mv2
解得
s=Mg−μmgμg(M+m)ℎ
所以
Mg−μmgμg(M+m)=k
解得
μ=MkM+km+m
(3)由于钩码B生锈，质量变大，则 M 测量值偏小，这会使测量结果偏小。
13.(1)取小车运动方向为正，根据题意得碰撞过程中B车的动量变化量为
Δp=mBv B′−mBvB=−2×104kg⋅m/s
动量变化量大小为 2×104kg⋅m/s ；
(2)根据动量守恒定律
mBvB=mBv B′+mAv A′
解得
v A′=25m/s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1) vB=2 2gR ；(2) vC=2 gR ；(3) F=3mg ，方向竖直向下
【解析】(1)从A到 B 的过程中，根据动能定理，有
mg⋅4R=12mvB2
解得
vB=2 2gR
(2)从 B 到 C 的过程中，只有重力做功，因此小球和地球组成的系统机械能守恒，即
12mvB2=mg⋅2R+12mvC2
解得
vC=2 gR
(3)根据牛顿运动定律，当小球通过 C 点时，有
mg+F=mvC2R
联立上述二式，解得
F=3mg
方向竖直向下。
15.(1) g=GMR2 ；(2) v= GMR ；(3)见解析
【解析】(1)在地表附近万有引力等于重力
GMmR2=mg
解得
g=GMR2
(2)卫星在近地轨道Ⅰ上的运行时，根据万有引力提供向心力，有
GMmR2=mv2R
解得卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小为
v= GMR
(3)设卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点 P 和远地点 D 的等效圆周运动的半径为 l ，根据牛顿第二定律可得，卫星在近地点时
GMmR2=mv12l
卫星在远地点时
GMmr2=mv22l
联立以上各式可得
v1R=v2r
16.(1)60kg，先失重后超重；(2)a. 3mgk ；b. mgt+mg 3mk
【解析】(1)由图可知 F=600N 时人处于静止状态，有
F=mg=600N
解得这位同学的质量为
m=60kg
由图可知， 0.32s∼0.45s 内 Fmg ，所以该同学在力传感器上这段时间内，先处于失重状态，然后处于超重状态。
(2)a.设起跳前弹簧的最小压缩量为 Δx0 ，当B将恰好离开地面时，B受到的弹簧弹力方向向上，大小
F=mg
且A的速度为0，有
F=kΔx=mg
此时弹簧处于拉伸状态，形变量
Δx=mgk
起跳过程系统能量守恒，有
12kΔx02−12kΔx2=mgΔx0+Δx
解得
Δx0=3Δx=3mgk
b.设弹簧到达原长时A的速度为 v ，弹簧弹力对A的冲量为 I ，从压缩的弹簧释放到弹簧到达原长，对A由动量定理
I−mgt=mv−0
对A和弹簧系统，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒
12kΔx02=mgΔx0+12mv2
解得
v= 3mg2k ， I=mgt+mg 3mk