福建省厦门外国语学校2022-2023学年高一上学期第一次月考物理试卷

这是一份福建省厦门外国语学校2022-2023学年高一上学期第一次月考物理试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共5小题，共15分）
1．2020年11月24日，“长征五号遥五”运载火箭在中国文昌航天发射场点火升空，成功将“嫦娥五号”月球探测器送入地一月转移轨道。“嫦娥五号”探测器在地球表面发射上升的过程中，重力做功和重力势能变化情况为（ ）
A．重力做正功，重力势能减小
B．重力做正功，重力势能增加
C．重力做负功，重力势能减小
D．重力做负功，重力势能增加
2．若高铁在平直铁轨上运行时受到的阻力大小，其中k为常量，v为高铁运行的速度，当高铁以某一速度匀速行驶时，发动机的功率为P，则当高铁的运行速度增大为原来的两倍时，发动机的功率为（ ）
A．2PB．4PC．8PD．16P
3．如图所示为一简化后的滑雪雪道模型示意图，竖直平面内半径R＝7.2m的光滑圆弧轨道固定在水平面上与水平雪道相切于B点、质量m＝50kg的运动员由A点静止下滑，最后静止于水平雪道上的C点。已知运动员与地面BC间的动摩擦因数。运动员可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度大小为，则（ ）
A．运动员从A运动到B加速度方向始终指向圆心
B．运动员在B点时速度大小为
C．运动员在B点时所受圆弧轨道的支持力大小为1500N
D．B、C两点间的距离为42m
4．跳伞运动非常惊险，被世人誉为“勇敢者的运动”。假设质量为m的跳伞运动员由静止开始下落，在打开伞之前受恒定的阻力作用，下落的加速度为a，重力加速度为g，则在运动员匀加速下落h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的重力势能增加了mghB．运动员的机械能减少了mah
C．合力对运动员做的功为D．运动员的动能增加了mah
5．如图所示，质量为m的小球甲固定在轻弹簧上，轻弹簧固定在水平面上，小球甲和轻弹簧套在一竖直固定的光滑杆上，小球甲和质量为4m的物体乙用跨过光滑定滑轮的轻绳连接。初始时，用手托住物体乙，使轻绳刚好伸直且绳上拉力为零，此时，连接小球甲和定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为，现将物体乙由静止释放，经过一段时间后小球甲运动到N点，ON水平， ON=d且小球在M、N两点时弹簧的弹力大小相等。已知重力加速度为g，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6.则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球甲运动到N点时的速度大小为
C．在小球甲由M点运动到N点的过程中，小球甲和物体乙的机械能之和先减小后增大
D．在小球甲由M点运动到N点的过程中，物体乙重力的瞬时功率一直增大
二、多选题（本大题共5小题，共20分）
6．蹦极是一项非常刺激的活动。如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。不计空气阻力，则运动员从O到D的运动过程中，下列叙述正确的是（ ）
A．从B点到C点，运动员的加速度逐渐增大
B．从C点到D点，运动员的加速度逐渐增大
C．从B点到C点，运动员的动能和重力势能之和增大
D．从C点到D点，运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和增大
7．很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（ ）
A．手机可能离开过手掌
B．手机在t1时刻运动到最高点
C．手机在t2时刻开始减速上升
D．手机在 t1~t3时间内，受到的支持力先减小再增大
8．2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛，中国运动员谷爱凌夺冠。比赛场地简化如图所示，为U型池助滑道，为倾斜雪坡，与水平面夹角，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点，若起跳速率为，方向与水平方向成，最后落在雪坡上的点（图中未画出）。把运动员视为质点，不计空气阻力，取，，，则（ ）
A．运动员在空中做变加速曲线运动
B．运动员从起跳到达点运动的时间为
C．起跳点至落点的位移
D．运动员离开雪坡的最大距离为
9．一辆机车在水平路面上从静止开始启动做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图所示。已知机车的质量，机车前进过程中所受阻力大小恒定，时机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是（ ）
A．机车所受到的阻力大小为
B．0~40s内牵引力做功为
C．机车的最大速度为80m/s
D．机车从开始运动到达到最大速度所需要的时间可能为200s
10．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5kg的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是 （ ）
A．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1
C．滑块下滑过程中的最大速度为m/s
D．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J
三、填空题（本大题共3小题，共12分）
11．匀变速直线运动的公式：
速度公式： v= 。位移公式： x= 。速度-位移公式： 。平均速度公式= =中间位移速度公式 = 。连续相等时间T内通过的位移之差为一常数：△x= 。
12．一物体以10m/s的初速度从坡底冲上一足够长的斜坡，当它再次返回坡底时速度大小为6m/s，设上行和下滑阶段物体均做匀变速运动，则上行和下滑阶段，物体运动的时间之比为 ，加速度大小之比
13．汽车以10m/s的速度前进，从开始制动到停下来共用了5s。在这段时间内， 汽车可认为做匀减速直线运动。则：
(1)汽车刹车时的加速度大小为 m/s2。
(2)汽车在前3s内平均速度大小分别是 m/s。
(3)汽车在第3秒内的位移大小为 m。
四、解答题（本大题共3小题，共53分）
14．如图所示，一平直路面上前、后两车分别以10m/s、4m/s的匀速行驶，当两车相距30m时，前车刹车灯亮起，以做匀减速直线运动。
(1)若发现前车刹车灯亮起，后车仍以原速匀速行驶，两车之间的最大距离是多少？
(2)若发现前车刹车灯亮起，后车仍以原速匀速行驶，经过多长时间后车追上前车？
15．如图所示，有一长为的水平传送带以的速度顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面DE上放置一个质量的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块运动到传送带右端B后又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与木板间的动摩擦因数，滑块可看成质点，取。求：
(1)滑块从传送带A端运动到B端所用的时间；
(2)木板的长度L至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。
16．如图所示，一根均匀圆形直轻杆AC由粗细不同两段AB＝10m和BC＝2m组成，其中，AB段粗糙、BC段光滑，直轻杆AC垂直地固定在一块倾角为37°的楔形弹性斜面体上，弹性斜面体放在粗糙的水平面上，现有一质量为m＝2kg、孔径略大于直杆直径的圆环P，在沿杆向上的恒力F的作用下，从直轻杆AC的底端由静止开始沿杆向上运动，圆环P与杆间的动摩擦因数为0.1，当圆环P刚运动到B点时恒力F突然撤去，圆环刚好能到达顶端C，然后，再沿直轻杆下滑，环在整个运动过程中，弹性斜面体始终静止不动．重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8．求：
（1）在圆环P沿杆AB向上运动的过程中，地面对弹性斜面体的摩擦力；
（2）恒力F的最大功率；
（3）环从开始运动到第二次碰撞弹性斜面体的过程中，系统产生的热量．
参考答案：
1．D
【详解】重力的方向与运动方向相反，重力做负功，根据功和能的关系，重力势能增大，所以重力做负功，重力势能增加。
故选D。
2．C
【详解】根据
则当高铁的运行速度增大为原来的两倍时，发动机的功率为8P。
故选C。
3．C
【详解】A．运动员从A运动到B做变速圆周运动，所受合外力沿切向的分力，使运动员的速率发生变化，沿径向的分力提供向心力，使运动员的速度方向不断变化，可知合外力不指向圆心，因而合加速度也不指向圆心，故A错误；
B．运动员从A运动到B，根据根据动能定理有
解得
故B错误；
C．运动员在B点时，根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．运动员由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有
解得
故D错误。
故选C。
4．D
【详解】A．运动员重力做的功等于重力势能的变化量，重力做正功，所以运动员的重力势能减少了mgh，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得
解得阻力
所以运动员克服阻力所做的功为
即运动员机械能减少了，故B错误；
C．运动员受到的合外力为，则合力对运动员做的功为
故C错误；
D．根据动能定理可得合外力做的功等于动能的增加，所以运动员的动能增加了mah，故D正确。
故选D。
5．B
【详解】A.小球甲在M、N两点时弹簧的弹力大小相等，则由胡克定律可知小球甲在M点时弹簧的压缩量等于在N点时的伸长量，由几何关系知
则小球甲位于M点时弹簧的压缩量为
对在M点的小球甲由力的平衡条件可知
解得
故A错误；
B.设小球甲运动到N点时的速度大小为v，此时物体乙的速度为零，在小球甲由M点运动到N点的过程中，由小球甲、物体乙和轻弹簧组成的系统机械能守恒，则可得
解得
故B正确；
C.在小球甲由M点运动到N点的过程中，弹簧的弹力对小球甲先做正功后做负功，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故C错误；
D.由于小球甲在M点时及运动到N点时物体乙的速度均为零，物体乙重力的瞬时功率均为零，所以在小球甲由M点运动到N点的过程中，物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。
故选B。
6．BD
【详解】A．从B点到C点，重力大于弹力，加速度方向向下，向下运动过程中弹力增大，根据
可知运动员的加速度逐渐减小。故A错误；
B．从C点到D点，重力小于弹力，加速度方向向上，向下运动过程中弹力增大，运动员做减速运动，根据
F-mg=ma
可知运动员的加速度逐渐增大。故B正确；
C．从B点到C点，系统机械能守恒，弹性绳的弹性势能逐渐增大，运动员的动能和重力势能之和减小。故C错误；
D．从C点到D点，系统机械能守恒，运动员的动能逐渐减小，所以其重力势能和弹性绳的弹性势能之和增大。故D正确。
故选BD。
7．AC
【详解】A．若手机离开手掌，则其加速度应为，由图像可知，在时刻之后的一段时间内，手机的加速度大小接近，方向向下，手机可能处于该情形，故A选项正确；
B．时刻手机加速度最大，但时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升，故B选项错误；
C．时刻之后，手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，手机将减速上升一段时间，故C选项正确；
D．手机在时间内，向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得
故支持力逐渐减小，手机在时间内，向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得
可知支持力继续减小，故D选项错误；
故选AC。
8．BC
【详解】A．不计空气阻力，在空中飞行过程中，谷爱凌只受竖直向下的重力，而且因为初速度方向不在竖直方向上，即力的方向与初速度的方向不共线，初速度与重力所成的夹角为钝角，故运动员在空中做匀变速曲线运动，故A错误；
BC．将谷爱凌的速度沿着斜面和垂直于斜面进行分解，则沿斜面方向的速度为
垂直于斜面方向上的速度为
同理可得
根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为
在此时间内，沿斜面方向的位移为
故BC正确；
D．运动员离斜坡最远时，垂直于斜面的速度为零，
故D错误。
故选BC。
9．AB
【详解】A．在时机车的速度
则根据
解得
选项A正确；
B．0~40s内做匀加速运动，则牵引力
位移
牵引力做功为
选项B正确；
C．当机车速度最大时
可得机车的最大速度为
vm=60m/s
选项C错误；
D．假设机车从t=40s后做加速度均匀减小的加速运动，则速度从20m/s到达60m/s时用时间t＇满足，结合图像
解得
t＇=160s
此时机车从开始运动到达到最大速度所需要的时间为200s；而机车从t=40s后的加速度不是均匀减小，则从开始运动到达到最大速度所需要的时间大于200s，选项D错误。
故选AB。
10．BC
【详解】A．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a=5.2m/s2，根据牛顿第二定律有
解得，故B正确；
C．当x=0.1m时a=0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有
解得，则弹簧弹力与形变量的关系为
当形变量为x=0.1m时，弹簧弹力F=26N，则滑块克服弹簧弹力做的功为
从下滑到速度最大，根据动能定理有
解得m/s，故C正确；
D．滑块滑到最低点时，加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有
解得Ep=5.2J，故D错误。
故选BC。
11．
【详解】[1]根据加速度的定义
当时，物体的速度为，时刻物体的速度为，则有
代入上式
整理可得
[2]作出物体匀变速直线运动的图像，如图所示
根据图线与坐标轴围成的面积即为位移的大小，则有
结合
整理可得
[3] 根据位移与时间的关系
结合
消去时间，整理可得
[4] 根据平均速度的定义
结合
整理可得
又因为
所以
故有
[5] 设中间位置的瞬时速度为，根据位移与速度的关系可得
解得
[6]设物体前内的位移为，前内的位移为，则有
所以物体在第内的位移
同理可得整理即得物体在第内的位移
连续相等时间T内通过的位移之差为
12． 3:5 25:9
【详解】[1]设上滑的位移为，时间为，，做匀减速直线运动，有
下滑的位移也为，时间为，，做匀加速直线运动，有
联立可得
[2]上滑和下滑的过程有
联立可得
13．(1)2
(2)7
(3)5
【详解】（1）汽车刹车时的加速度大小为
（2）汽车在3s时的速度大小为
汽车在前3s内平均速度大小为
（3）汽车在2s时的速度大小为
则汽车在第3秒内的位移大小为
14．(1)48m
(2)20s
【详解】（1）当前、后两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得
代入数据解得
s
此时，根据位移公式得
m
m
代入数据解得
m
（2）前车从刹车到停止运动所用时间
s
所发生位移为
m
此时
m
则
可见此时后车并未追上前车，而是在前车停止后才追上，之后后车运动时间为
s
故所求时间为
s
15．(1)1.3s；(2)0.75m
【详解】(1)将滑块放在传送带上后其受力分析如图
设滑块的加速度为，则
解得
设滑块和传送带共速时对地位移为，由
可得
所以滑块在传送带上先匀加速运动，和传送带共速后做匀速运动
设滑块在传送带上匀加速运动时间，匀速运动时间，由
可得
s
由
解得
所以在传送带上的运动时间
s
(2)当滑块滑上木板后受向左的摩擦力，做匀减速运动，受力分析如图所示
设滑块加速度为，则
解得
对木板受力分析如图
滑块受到的摩擦力与木板受到的摩擦力是一对相互作用力，由牛顿第三定律知两者大小相等，由
可得
设滑块和木板经时间共速，若共速时滑块恰好在木板的最右端，木板的长度最小，由
可得
s
滑块的位移
木板的位移
则板长
m
16．（1）10.32N，方向水平向左 （2）115.4W （3）48J
【详解】(1)环与直轻杆之间的滑动摩擦力大小为 fAB＝μmgcs53°
环对杆的压力 NAB＝mgcs53°
以弹性斜面体为研究对象，在水平方向上有
f0＝fABcs53°+NABcs37°
由以上两式解得地面对弹性斜面体的摩擦力 f0＝10.32N，方向水平向左．
(2)在圆环从A→C的过程中，由动能定理得:
Fx1-mg(x1+x2)sin53°-μmgx1cs53°＝0
在圆环从B→C的过程中，由机械能守恒得:
＝mgx2sin53°
恒力F的最大功率 Pm＝FvB
联立解得:Pm＝81.6W≈115.4W
(3)设第一次碰撞前圆环的动能为Ek，由动能定理得:
Fx1﹣2μmgx1cs53°＝Ek
设第一碰撞后向上运动的距离为x，由动能定理得
mgxsin53°﹣μmgxcs53°＝0﹣Ek
解得:x＝10.47m＞x1＝10m
系统产生的热量
Q＝(μmgcs53°)×x1×4
解得:Q＝48J.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
D
B
BD
AC
BC
AB
BC