2022-2023学年高中高一下物理新人教版月考试卷(含解析)

2022-2023学年高中高一下物理月考试卷
学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________
考试总分：75 分考试时间： 120 分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I（选择题）
一、选择题（本题共计 10 小题，每题 5 分，共计50分）
1. 有A、B两段电阻丝，材料相同，长度也相同，它们的横截面的直径之比为d A:d B＝1:2，把它们
串联在电路中，则下列说法正确的是（）
A.它们的电阻之比R A:R B＝8:1
B.通过它们的电流之比I A:I B＝4:1
C.两段电阻丝中的电场强度之比E A:E B＝1:4
D.电子在两段中定向移动速度之比v A:v B＝4:1
2. 物体受下列各组共点力的作用，有可能处于平衡状态的是（）
A.2N、5N、8N
B.2N、5N、6N
C.1N、3N、5N
D.2N、3N、10N
3. 2021年6月17日9时22分，“神舟十二号”载人飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，准确进入预定轨道，顺利将3名航天员送入太空。

“神舟十二号”载人飞船入轨后于北京时间6月17日15时54分，采用自主快速交会对接模式成功对接于“天和”核心舱前向端口，与此前已对接的“天舟二号”货运飞船一起构成三舱（船）组合体，运行在距地面高度为h的圆形轨道上。

已知地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，不计地球自转的影响，则组合体绕地球运动的速度大小约为
A.√R2g(R+h)
B.√gR2R+h
√g(R+h)2R
C.
D.√(R+h)2gR
4. 带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图所示，粒子在相同的时间内
（）
A.位置变化相同
B.速度变化相同
C.速度偏转的角度相同
D.动能变化相同
5. 下列说法中正确的是（ ）
A.一枚鸡蛋的重力约为2牛顿大小
B.作用力和反作用力可能都做负功
C.天王星被称为笔尖下发现的行星
D.做曲线运动的物体所受的合外力一定是变化的
6. 如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30∘的固定斜面，其减速
的加速度大小为34g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）
A.动能损失了mgh
B.机械能损失了mgh2
C.重力势能减少了mgh
D.克服摩擦力做功mgh4
7. “竹蜻蜓”是民间的儿童玩具，如图所示，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”上升。

在某次实验中，“竹蜻蜓”离开手后沿直线上升到最高点。

在上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A.“竹蛸蜓”在旋转过程中，叶片上A、B两点的线速度大小相等
B.“竹蜻蜓”的动能一直增加
C.“竹蜻蜓”的重力势能一直增加
D.“竹蜻蜓”的机械能增加
8. 如图所示的蹦极运动是一种非常刺激的娱乐项目．为了研究蹦极运动过程，做以下简化：将游客视为质点，他的运动始终沿竖直方向．弹性绳的一端固定在O点，另一端和游客相连．游客从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，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内．游客从O→B→C→D的过程中，下列说法正确的是（）
A.从O到B过程中，重力势能增大
B.从B到D过程中，游客做匀减速运动
C.从B到C过程中，弹性绳的弹性势能先增大后减小
D.在蹦极运动过程中，游客的动能先增大后减小
9. 水平面上两个质量相等的物体甲和乙，它们分别在水平推力 F1和 F2作用下开始沿同一直线运动，运动一段时间后都先后撤去推力，以后两物体又各自运动一段时间后静止在同一位置，两物体的动能一位移图像如图所示，图中线段AB//CO ，则下列说法正确的是（）
A.甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力
B.两个水平推力的大小关系是 F1大于 F2
C.在两物体的加速阶段，甲的加速度等于乙的加速度
D.物体甲克服摩擦力做的功大于物体乙克服摩擦力做的功
10. 如图所示，传送带与地面倾角，从A到B长度为，传送带以的速率逆时
针转动。

在传送带上端A无初速地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因
数为，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知，（ ）
A.煤块刚开始受到滑动摩擦力后来受到静摩擦力
B.煤块从A到B所用的时间为1.5s
C.煤块在传送带上受到的摩擦力大小不变
D.煤块和传送带达到共速之后将保持匀速下滑
卷II（非选择题）
二、解答题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）
11. 如图所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，场强E=1.2×103V/m，极板间距
离d=5cm，电场中C点和D点分别到A、B板的距离均为0.5cm，B极板接地，求：
（1）C、D两点的电势和两点间的电势差U CD；
（2）点电荷q1=−2×10−3C
分别在C和D两点的电势能；
（3）将点电荷q2=+2×10−3C
从C点匀速移到D点时外力所做的功．
12. 某人参加户外活动，水平轻绳一端固定，人手握轻绳另一端从静止开始无初速度运动，到最低点时松开轻绳，最后落到水平地面上．如图所示，将这一过程简化为：长度为L的不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端栓接一质量为m的小球（可视为质点），O点距离水平地面高度
为H（L<H）．将轻绳水平拉直，使小球从静止开始无初速度释放，小球到达最低点时与轻绳脱离，最后落到水平地面上．已知重力加速度为g，不计空气阻力．求：
（1）小球落地前瞬时速度大小；
（2）如果L大小可以改变（L仍小于H），其他条件不变，求小球落地点与O点的最大水平距离．13. 半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上，一质量为M=7.2kg的“L________”型木板与圆弧槽底端B 平齐放置，如图所示。

质量为m=3.6kg的小物块从圆弧槽最右端A点以 v0=4m/s的初速度下滑，在此后的运动过程中，小物块恰好不滑离木板。

已知木板与小物块之间的动摩擦因
数μ1=0.4，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.2重力加速度大小g=10m/s 2
，小物块与木板发
生弹性碰撞且碰撞时间极短，求
（1）小物块滑到底端B时对圆弧槽的压力大小；
（2）木板的长度L。

14. 2020年11月，“奋斗者”号成功下潜至10909米的深海处，让我国达到了全球深海装备和技术的制高点，某种型号潜水器的质量为M、体积为V，在一次试验中从海面由静止开始竖直下潜，经过A点的速度最大，继续下潜后最终悬停在B点，此后潜水器向固定在舱外的油囊注油以增大体积，上浮后悬停在A点，此时油囊的体积增大了Vn，若海水密度ρ随深度h变化的关系为ρ=kh+ρ0（k和ρ0均为常数），潜水器所受阻力与速度成正比，运动过程中无其他动力，重力加速度为g，求潜水器
（1）到达B点的深度H；
（2）下潜到B过程中受到的最大阻力f m；
（3）从海面下潜直至悬停在B的过程中克服阻力做的功W．
三、实验探究题（本题共计 1 小题，共计5分）
15.(5分) 某实验小组利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律．在铁架台的顶端有一电磁铁，正下方某位置固定一光电门，电磁铁吸住直径为d的小铁球，此时球心与光电门的竖直距离为h，(h>>d)，断开电源，小球下落，通过光电门的挡光时间为t，请回答下列问题：
（1）用游标卡尺测得d的长度如图乙所示，则该示数为________mm．
（2）该实验需要验证的表达式为________（用题中字母表示，设重力加速度为g)．
（3）小组内某同学提出，用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性，其理由是________．
参考答案与试题解析
2022-2023学年高中高一下物理月考试卷
一、选择题（本题共计 10 小题，每题 5 分，共计50分）
1.
【答案】
D
【考点】
电流的微观表达式
电阻定律
电场强度
【解析】
根据电阻定律R=ρLS，可以求出电阻之比；它们串联在电路中，电流相等；根据U＝IR，E=Ud，可以求出A、B两段电阻电场强度之比；根据电流的微观表达式I＝nqSv可以求出电子在两段中定向移动速度之比。

【解答】
解：A．根据电阻定律R=ρLS，有R A:R B＝S B:S A＝d2B:d2A＝4:1，故A错误．
B．它们串联在电路中，电流相等，I A:I B＝1:1，故B错误．
C．根据U＝IR，电流相同，U A:U B＝R A:R B＝4:1，再由E=Ud，d相
同，E A:E B＝U A:U B＝4:1，故C错误．
D．电流的微观表达式I＝nqSv，电流相同，nq相同，速度和S成反比有：v A:v B＝S B:S A＝4:1，
故D正确．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
力的合成
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．2N与5N合成最大7N，最小3N，不可能为8N，当合力取6N时与第三个力合成，合力最小为0N，故A错误，B正确；
C．1N和3N合成最大4N，最小2N，不可能为5N，故与第三个力不可能平衡，故C错误；
D．2N和3N合成最小1N，最大5N，不可能为10N，故与第三个力不可能平衡，故D错误．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
【解析】本题考查万有引力与航天，目的是考查学生的推理能力。

【解答】
本题考查万有引力与航天，目的是考查学生的推理能力。

由万有引力提供向心力
有GMmr 2
=mv
2r
，其中r=R+h,mg=GMmR
2
，解得v=√gR2R+h，选项B正确。

4.
【答案】
B
【考点】
带电粒子在重力场和电场中的运动
类平抛运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：带电粒子所受电场力和重力的合力竖直向下，故粒子做类平抛运动，有Δv=aΔt，相等时间内速度变化量相同，根据平抛运动规律，相同时间内位移不相等，位置变化不相同，速度偏转的角度
不相同，E k=12mv 2
，动能变化不相同．
故选B．5.
【答案】
重力
恒力做功
平抛运动的概念
【解析】
作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，虽然两力的关系等大反向共线，但两力做功没有关系；
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论；
【解答】
A、一斤(500g)鸡蛋约8枚，每枚约60g，约0.6N，故A错误；
B、存在相互斥力的物体相向运动时，作用力和反作用力（斥力）都做负功，故B正确；
C、“笔尖下发现的行星”是海王星，故C错误；
D、平抛运动是恒力下的曲线运动，故D错误；
6.
【答案】
B
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
动能定理的应用
摩擦力做功与能量转化
【解析】
重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．
【解答】
解：A．动能损失量为克服合外力做的功的大小ΔE k=F合外力⋅s=34mg⋅2h=32mgh故A错误；B．摩擦力f=34mg−mgsin30∘=14mg，摩擦力做的功即为机械能的损失量
为fs=14mg⋅2L=12mgh，故B正确，D错误；
C．物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故C错误；
故选B．
7.
【答案】
系统机械能守恒定律的应用
线速度、角速度和周期、转速
摩擦力做功与能量转化
机械能守恒的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
D
【考点】
含弹簧类机械能守恒问题
【解析】
【解答】
解：A．从O到B过程中，游客的高度降低，则重力势能减小，选项A错误；
BD．从B到D过程中，弹性绳的拉力先小于重力后大于重力，则先加速后减速，游客的动能先增大后减小，选项B错误，D正确；
C．从B到C过程中，弹性绳的长度增加，则弹性势能增大，选项C错误．
故选D．
9.
【答案】
A,C
【考点】
动能定理与图象问题的结合
【解析】
此题暂无解析
解：依题意及题图可知，在动能减少阶段，两物体均做匀减速运动，物体受到的摩擦力大小等于图像斜率的绝对值，得甲受到的摩擦力f1小于乙受到的摩擦力f2，选项A正确；
在动能增加阶段，两物体均做匀加速运动，图像的斜率表示物体的合力，由题图知，
F1−f1=F2−f2，F1−F2=f1−f2<0，故F1小于F2，选项B错误；
在加速阶段，两物体受到的合力相等，知两物体的加速度大小相等，故选项C正确；
整个运动阶段，由动能定理可知，甲、乙两物体克服摩擦力做的功分别等于F1和F2所做的功，根据功的计算公式容易得到， F1做的功小于 F2做的功，所以物体甲克服摩擦力做的功小于物体乙克服摩擦力做的功，故选项D错误．
故选AC．
10.
【答案】
C
【考点】
传送带模型问题
牛顿第二定律的概念
摩擦力的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
AC．开始时，煤块相对于传送带向上运动，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，如图所示
F，六
Fs
mg
此时
F f=μF F=μmgcos37′
当煤块速度与传送带速度相等之后，煤块的受力情况为
F^
mg
因为
mgsin37">μmgcos37"
所以此时煤块受的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小为
F
=μF加=μmgcos37′
′f
故A错误，C正确；
D．煤块和传送带达到共速之后，仍然做匀加速直线运动，故D错误；
B．开始时，根据牛顿第二定律有
F mgsin37∘=ma
代入数据解得
a=μgcos37∘+gsin37∘=10m/5
设煤块与传送带速度相等时所经历的时间为t；，则
解得
t1=1′s
煤块达到与传送带速度相等之后，根据牛顿第二定律ngsin37∘−F′
则
a′=gsin37∘−μgcos37∘=2m/s2
煤块和传送带达到共速之后运动的时间设为tz，则
L−12at
21=v2+12ar
22
代入数据解得
t2=(√3−5)s
则煤块从A到B所用的时间为
t=t1+t2=(√30−4)
故B错误。

故选C.
二、解答题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）
11.
【答案】
（1）C、D两点的电势分别为φC=−54V，φD=−6V，两点间的电势差U CD=−48V．（2）点电荷分别在C的电势能E PC=0.108J，在D点的电势能E PD=0.012J．
（3）将点电荷从C点匀速移到D点时外力所做的功为9.6×10−2J
．
【考点】
匀强电场中电势差和电场强度的关系
电场力做功与电势能变化的关系
【解析】
（1）根据在匀强电场中电势差和场强的关系式U=Ed可求出C和D之间的电势差U CD、B和D之间的电势差U BD、B和C之间的电势差U BC，根据U BD=φB−φD可求出中φD．同理可求出φC·（2）根据E P=qφ可知点电荷在C点和在D点的电势能．
（3）根据动能定理可知物体的动能未变，则合外力所做的功为0，故要求除电场力以外的力所做的功就必须先求电场力所做的功，而根据W CD=qU CD可求出电场力所做的功．
【解答】
解：（1）B板接地，φB=0，沿电场方向有：
CD之间的距离为d CD=d−h AC−h BD=4cm=4×10−2m，
U CD=−Ed CD=−1.2×103V/m×4×10−2m=−48V，
U BD=Ed BD=1.2×103V/m×0.5×10−2m=6V，
故φB −φD =6V ，
即−φD =6V ，
φD =−6V ，
U BC =Ed BC =1.2×103V/m ×4.5×10−2m =54V ，
即φB −φC =54V ，
φC =−54V ．
（2）由E P =qφ可知点电荷q 1=−2×10−3C ，
在C 点的电势能：E C =−2×10−3C ×(−54V)=0.108J ；
在D 点的电势能：E D =−2×10−3C ×(−6V)=0.012J ．
（3）将点电荷q 2=2×10−3C 从C 匀速移到D 时电场力所做的功，
W =q 2×U CD =2×10−3C ×(−48V)=−9.6×10−2J ，
故除电场以外的力所做的功，
W 外力=−W =9.6×10−2J ．
12.
【答案】
（1）小球落地前瞬时速度大小为√2gH ．
（2）小球落地点与O 点的最大水平距离为H ．
【考点】
动能定理的应用
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
（1）小球从静止释放到落地前瞬间过程，满足机械能守恒定律，列出等式求出小球落地前瞬间速度．
（2）小球从静止释放到最低点时与轻绳脱离，这一过程满足机械能守恒定律，结合机械能守恒定律列出等式，求出小球脱离轻绳的速度，小球在最低点脱离轻绳后做平抛运动，根据平抛运动特点分析解答．
【解答】
解：（1）设小球落地前瞬时速度大小为v ，由机械能守恒定律得： 12mv 2
=mgH ，
解得：v =√2gH ．
（2）设小球摆至最低点时，速度大小为v 0，12mv
20=mgL ，解得：v 0=√2gL ，
小球在最低点脱离轻绳后做平抛运动，历时t 落地，设小球落地点与O 点的水平距离为x ，有：x =v 0t ，H −L =12gt 2，x =2√L(H −L)，
当L =H −L ，即L =H2时，小球落地点与O 点的最大水平距离x max =H ．13.
【答案】
140N 2M
【考点】
应用动能定理处理单个物体多过程的运动
单物体的机械能守恒问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）设小物块从A 点运动到B 点的速度为V B ，根据动能定理有mgR =12mv 2B −12mv 20 ①2分在B 点，设圆弧槽对小物块的支持力大小为F N ，小物块对圆弧槽的压力大小为F N ，根据牛顿运动定
律有F N −mg =m v 2R ②2分F N =F N ③1分联立解得F N =140N ④1分
2）小物块滑上木板后，设木板与小物块之间的滑动摩擦力大小为F 11，木板与水平面之间的滑动摩擦力大小为F 12，有F f1=μ1mg =14.4NF f2=μ2(m +M)g =21.6N 可见F 11<F 12，表明小物块在与木板发生弹性碰撞前，木板保持静止。

⑤1分设小物块从木板右端运动至左端时的速度为v ，有v 2−v 2B
=−2μgL ⑥1分小物块与木板发生弹性碰撞，设碰后小物块速度为v 1、木板速度为N 2，根据动量守恒定律有mv =mv 1+Mv 2 ⑦1分
根据机械能守恒定律有12mv 2=12mv 21+12Mv 22
⑧1分解得
v 1=−v3 方向水平向右
v 2=2v3 方向水平向左
设碰后小物块、木板的加速度大小分别为加a 1,a 2，根据牛顿第二定律有
μ1mg =ma 1 ⑨1分
μ1mg +μ2(m +M)g =Ma 2 ⑩1分
解得
a 1=4m/s 2
a 2=5m/s 2
分析可知：碰撞结束后，小物块先向右减速至0，再向左做匀加速运动，木板一直向左做匀减速运动，直至两者刚好达到相同速度，此时小物块恰好位于木板右端。

设此过程所用时间为t ，两者共速的速度为V 加，小物块的位移为x 1，木板的位移为x 2，有
v 共=v 1+a 1t =V 2−a 2t ⑪2分
x 1=V 1+v 共2t ⑫1分
x 2=V 2+v 共2t ⑬1分
L =x 2−x 1 ④1分
联立解得
L =2m ⑮1分
14.
【答案】
（1）到达B点的深度H=1k(MV−ρ0)；
（2）下潜到B过程中受到的最大阻力f m=Mgn+1；
（3）从海面下潜直至悬停在B的过程中克服阻力做的功W=(M−ρ0V)2g2kV．【考点】
二力平衡及其应用
动能定理的应用
【解析】
【解答】
解：（1）在B时受力平衡Mg=ρB gV，
且ρB=kH+ρ0，
解得H=1k(MV−ρ0)．
（2）下潜经过A点速度最大，加速度为零，
则f m+ρA gV=Mg，
注油后，上浮到A点平衡，
Mg=ρA g(1+1n)V，
解得f m=Mgn+1．
（3）该过程的平均浮力大小F=Mg+ρ0gV2，
浮力做的功W F=−FH，
动能定理−W+W F+MgH=0，
解得W=(M−ρ0V)2g2kV．
三、实验探究题（本题共计 1 小题，共计5分）
15.
【答案】
（1）11.4
2
（2）2gh=(dt)
（3）圆柱体的遮光时间更准确，减少误差，因为截面为矩形
【考点】
用光电门测速法验证机械能守恒定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）游标卡尺主尺读数为1.1cm，游标尺读数为0.1×4=0.4mm=0.04cm，则小球的直径为1.1cm+0.04cm=1.14cm=11.4mm．
a=g，x=h，v=dt，v0=0代入即可；
(2)、根据2ax=v2−v
20，在此实验中，
（3）因为圆柱体的截面为矩形，遮光时间更准确，减少误差，。