2018-2019学年福建省厦门外国语学校高一下学期第一次月考物理试题（解析版）

2018-2019学年福建省厦门外国语学校高一下学期第一次月考物理试题（解析版）

福建省厦门外国语学校2018-2019学年高一下学期3月阶段性测试 物理试题 一、单项选择题（每题只有一个选项符合题意，每题4分，共32分）‎ ‎1.某同学将10kg的桶装水从一楼搬到二楼，用时约30s，则该同学对桶装水做功的平均功率约为（　　）‎ A. 0.1W B. 1W C. 10W D. 30W ‎【答案】C ‎【解析】‎ 每层楼估测为高3m，则该同学将10kg的桶装水从一楼搬到二楼做的功为：W=mgh=10×10×3J=300J，对桶装水做功的平均功率为：。故选C。‎ ‎【点睛】本题通过平均功率的定义式进行估算，关键同学们要了解楼高的大约值，‎ ‎2.火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化，则 A. 火箭在匀速下降过程中机械能守恒 B. 火箭在减速下降过程中携带的检测仪器处于失重状态 C. 火箭在减速下降过程中合力做功，等于火箭机械能的变化 D. 火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】火箭匀速下降过程中.动能不变.重力势能减小，故机械能减小，A错误:‎ 火箭在减速下降时.携带的检测仪器受到的支持力大于自身重力力.故处在超重状态.B错误.由功能关系知.合力做功等于火箭动能变化.而除重力外外的其他力做功之和等于机械能变化，故C错误.‎ 火箭着地时.加速度向上.所以火箭对地面的作用力大子自身重力，D正确.‎ ‎3.如图，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L=0.75m，质量m=1.0kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，则（　　）‎ A. 物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5J B. 物块滑到斜面底端时的动能为1.5J C. 物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24W D. 物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、重力做的功为 ,故A错误;  B、根据动能定理可得 ,故B错误  C、由受力分析可以知道  ‎ 得: 平均功率为 ,故C错误  D、物体运动斜面低端时的瞬时速度为 瞬时功率为 ，故D对；‎ 故选D ‎【点睛】根据牛顿第二定律求出物块下滑的加速度,然后有运动学公式求出下滑时间和速度，在利用动能定理求动能的大小。‎ ‎4.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x的关系图线是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 向上滑动的过程中，根据动能定理有，当Ek=0时，同理，下滑过程中，由动能定理有，当x=0时 ‎，故选C。‎ ‎5.如图是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图象，t1时刻起汽车的功率保持不变．由图象可知（　　）‎ A. 0-t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变 B. 0-t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变 C. t1-t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小 D. t1-t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由P=Fv知功率增大，故AB错误。t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P=Fv知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知F-f=ma，知加速度减小，故C正确，D错误。故选C。‎ ‎6.如图所示，水平传送带保持2m/s的速度运动，一质量为1kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2．现将该物体无初速地放到传送带上的A点，在运动到了距A点2m的B点这个过程中，传送带对该物体做的功为（　　）（不计空气阻力）‎ A. 0.5J B. 2 J C. 2.5J D. 5 J ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：物体刚被放到传送带上时，物体与传送带间有相对滑动的现象，故物体此时受到的向右的力为摩擦力，大小为f=mgμ=1kg×10N/kg×0.2=2N，产生的加速度为a==2m/s2，如果物体一直以该加速度加速1m时的未速度为v2=2as=2×2m/s2×1m=4m2/s2，可见该未速度为2m/s，大于1m/s，故在这1m的过程中，物体先是被加速，加速到1m/s然后再匀速，在物体做匀速直线运动的过程中，物体与皮带之间的摩擦力为0，这段时间皮带对物体不做功，皮带对物体做功的过程就是物体被加速的过程。‎ 由动能定理可得，皮带对该物体做的功W=mv2=×1kg×1m/s2=0.5J，A是正确的。‎ 考点：功、动能定理，牛顿第二定律的计算等。‎ ‎7.如图所示，水平地面上一辆汽车正通过一根跨过定滑轮不可伸长的绳子提升竖井中的重物，不计绳重及滑轮的摩擦，在汽车向右以V0匀速前进的过程中，以下说法中正确的是（　　）‎ A. 当绳与水平方向成θ角时，重物上升的速度为 B. 当绳与水平方向成θ角时，重物上升的速度为 C. 汽车的输出功率将保持恒定 D. 被提起重物的动能不断增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将汽车的速度v0沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示， 则有：重物上升的速度 v物=v0cosθ，故AB错误。汽车向右匀速前进的过程中，角度θ逐渐减小，cosθ增大，所以v物增大，重物加速上升，克服重力做功的功率增大，根据能量守恒定律知，汽车的输出功率增大，故C错误。重物加速上升，动能不断增大，故D正确。故选D。‎ ‎8.如图所示，绝缘细杆倾斜放置，小球M套在杆上可沿杆滑动，用弹簧与固定小球N相连，杆和弹簧处于同一竖直平面内，现使M从A位置由静止释放，M运动到B点时弹簧与杆垂直且为原长，运动到C点时速度减为零，M在A、C两点时弹簧长度相同．下列说法正确的是 A. M在A、C两点，整个系统机械能相等 B. M在A、C两点的加速度大小一定相等 C. M从A到C的过程，重力势能减少量等于其克服摩擦力做的功 D. M从A到B的过程，小球重力势能减少量与弹簧弹性势能的减少量之和等于M在B点处的动能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】M在A、C两点时，系统的动能为零，弹性势能相等，但是重力势能不相等，则整个系统机械能不相等，选项A错误；设M运动到A、C两点时弹簧的弹力大小为F，摩擦力大小为f。杆与水平方向的夹角设为α；根据牛顿第二定律得：M在A点有：mgsinα+Fcosα-f=maA。M在C点有：Fcosα+f-mgsinα=maC．对比可知，由于f与mgsinα的大小关系不能判断，所以aA与aC的大小关系不能确定，故B错误。M从A到C的过程，重力做正功，弹簧的弹力做功为零，摩擦力做负功，动能不变，根据功能原理可知，重力势能减少量等于克服摩擦力做的功，故C正确。M从A到B的过程，小球重力势能减少量与弹簧弹性势能的减少量之和等于M在B点处的动能和M克服摩擦力做的功之和，故D错误。故选C。‎ 二、多项选择题（每题有两个或两个以上的选项符合题意，每题4分，共16分）‎ ‎9.某物体以30m/s初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2，前5s内物体的（ ）‎ A. 路程为65m B. 位移大小为25m C. 速度变化量大小为10m/s D. 平均速度大小为5m/s ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体上升的总时间为，上升的最大高度为；下落时间为，下落2s通过的位移为所以5s内物体的路程为，位移为速度的改变量平均速度为，所以ABD正确，C错误。‎ ‎【考点】竖直上抛运动。‎ ‎10.如图所示，当用力F将B向右拉动时，有关力做功的说法正确的是（　　） ‎ A. F做正功，A、B受到的摩擦力均不做功 B. 绳拉力、A受到的摩擦力均不做功 C. F做正功，A、B受到的摩擦力均做负功 D. F做正功，B受到的摩擦力做负功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 物体A没有位移，绳拉力、A受到的摩擦力均不做功；物体B有位移，F做正功，B受到的摩擦力做负功。答案选BD。‎ ‎11.我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)‎ A. 启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B. 做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2‎ C. 进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D. 与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据受力分析，结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力；根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量．‎ 设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为，启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A错误；做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：，对6、7、8车厢进行受力分析得：，对7、8车厢进行受力分析得：，联立可得：，故B正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：，可得：，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C错误；当只有两节动力车时，最大速率为v，则：，改为4节动车带4节拖车的动车组时，所以，故D正确．‎ ‎【点睛】当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题．‎ ‎12.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m的滑雪运动员（包括雪具在内）从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g，g为当地重力加速度．当他由静止开始向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 运动员减少的重力势能大于增加的动能 B. 运动员获得的动能为 C. 运动员克服摩擦力做功为 D. 下滑过程中运动员减少的机械能为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：运动员下滑的加速度为小于说明斜面是粗糙的，运动员下滑过程中减少的重力势能转化为动能和内能，故选项A正确；运动员下滑时摩擦力做的功为：，运动员获得的动能为：，故选项B、C错误；运动员减少的机械能等于摩擦力做的功，故选项D正确。‎ 考点：动能定理、牛顿第二定律 ‎【名师点睛】首先要分析物运动员受到的摩擦力，，进而计算摩擦力做的功，再通过动能定理计算运动员获得的动能：；最后需要理解摩擦力做的功等于运动员减少的机械能。‎ 三、实验题探究题（本题共两题，共12分）‎ ‎13.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．‎ ‎（1）实验中涉及到下列操作步骤：‎ ‎①把纸带向左拉直 ‎②松手释放物块 ‎③接通打点计时器电源 ‎④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是__（填入代表步骤的序号）．‎ ‎（2）图（b）中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz．由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为__m/s．比较两纸带可知，__（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．‎ ‎【答案】 (1). ④①③② (2). 1.29 (3). M ‎【解析】‎ 试题分析：（1）实验中应先向物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为④①③②；‎ ‎（2）由M纸带可知，右侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故2.58段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度v==1.29m/s；‎ 因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由图可知，M中的速度要大于L中速度；故说明M纸带对应的弹性势能大；‎ ‎14.某学习小组用图甲所示的实验装置探究动能定理。小车的长度为d，A、B处都安装了光电门，可测得小车通过A、B处所用的时间；用小车通过光电门的平均速度表示通过A、B点时的速度，钩码上端为拉力传感器，可读出细线上的拉力F。适当垫高木板O端，使小车不挂钩码时能在长木板上匀速运动。挂上钩码，从o点由静止释放小车进行实验： ‎ ‎（1）某次实验中质量为m的小车通过A、B光电门的时间分别为tA、tB，则小车由A运动到B动能变化量为____________；‎ ‎（2）保持拉力F=0.2N不变，仅改变光电门B的位置，读出B到A的距离s，记录s和t B数据，画出图像如图乙所示。根据图像可求得小车的质量m=________kg； ‎ ‎（3）该实验中不必要的实验要求有_________ ‎ A. 钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量 B. 画出图像需多测几组s、tB的数据 C. 测量长木板垫起的高度和木板长度 D. 选用长度小一些的小车 ‎【答案】 (1). (2). 0.6 (3). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小车经过光电门A时的速度：，小车经过光电门B时的速度：，小车由A运动到B动能变化量：； （2）对小车，由动能定理得：Fs=mvB2-mvA2，已知F=0.2N，整理得：s=2.5mvB2-2.5mvA2，s-vB2图象图象的斜率：k=2.5m==1.5，解得小车质量：m=0.6kg （3）小车所受拉力可以由力传感器测出，实验不需要控制钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量，故A错误；为了减小实验误差应用图象法处理实验数据，作出s-vB2图象需多测几组s、tB的数据，故B正确；小车所受拉力可以由力的传感器测出，实验不需要平衡摩擦力，不需要测量长木板垫起的高度和木板长度，故C错误；为使小车经过光电门时速度的测量值更接近真实值，选用长度小一些的小车，故D正确；本题选不必要的措施，故选AC；‎ 四、计算题（本题共4小题，共40分）‎ ‎15.如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律分别如图乙、丙所示。重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎(1)0～3s内物体的位移x；‎ ‎(2)0～3s内合力对物体所做的功W合；‎ ‎(3)前2s内推力F做功的平均功率。‎ ‎【答案】(1)x=3m (2)W合=1J (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由图丙可知，0-3s内物体运动的总位移为x=3m ‎0-1s内物体运动的位移为 ‎1-2s内物体运动的位移为 ‎2-3s内物体运动的位移为 所以，0-3s内物体运动的总位移为 ‎（2）由图丙可知，2-3s，物体做匀速直线运动，由平衡条件有 ‎ ‎ ‎0-3s内推力F对物体做的功为 ‎ ‎ ‎0-3s内滑动摩擦力f对物体做的功为 所以，0-3s内合力对物体做的功为 ‎ ‎ ‎（3）由图丙可知，0-2s内推力F对物体做的功为 J 故前2s内推力F做功的平均功率为 解得：=1.5W ‎16.距沙坑高处，以的初速度竖直向上抛出一个质量为 的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑深处停下不计空气阻力，重力加速度求：‎ 物体上升到最高点时离抛出点的高度H；‎ 物体在沙坑中受到的平均阻力f大小是多少？‎ ‎【答案】（1）5m （2）155N ‎【解析】‎ 解：（1）设物体上升到最高点时离抛出点为H，由动能定理得：‎ ‎﹣mgH=0﹣mv02…①‎ 代入数据得：H=5m ‎（2）设物体在沙坑中受到的平均阻力为f，陷入沙坑深度为d，从最高点到最低点的全过程中：‎ mg（H+h+d）﹣fd=0‎ 代入数据得：f=155N 答：（1）物体上升到最高点时离抛出点的高度5m；‎ ‎（2）物体在沙坑中受到的平均阻力大小是155N．‎ ‎【考点】动能定理的应用；动能定理．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）研究物体从抛出到上升到最高点的过程，运用动能定理列式，即可求解H．‎ ‎（2）从最高点到最低点的全过程中，由动能定理求解物体在沙坑中受到的平均阻力f．‎ ‎【点评】本题涉及到力在空间的效果，考虑运用动能定理是常用的思路，关键要灵活选择研究的过程，要注意阻力做负功．‎ ‎17.如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平桌面边缘．轻绳跨过位于斜面顶端的轻滑轮连接A、B两个小滑块，斜面上方轻绳与斜面保持平行，竖直悬挂的滑块离地面足够高，滑轮与转轴之间的摩擦不计．第一次A悬空，B放在斜面上，B自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端时，A和B组成系统的总动能为Ek；第二次，将A和B位置互换，使B悬空，A放在斜面上，发现A自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端时，A和B组成系统的总动能为4Ek（重力加速度g已知）．‎ ‎（1）求两小滑块的质量之比；‎ ‎（2）若将光滑斜面换成一个半径为R的半圆形光滑轨道，固定在水平桌面上，将这两个小物块用轻绳连接后，如图放置．将B从轨道边缘由静止释放，不计一切摩擦，求：B沿半圆形光滑轨道滑到底端时，B的速度大小．（结果可用根号表示）‎ ‎【答案】（1）2:3 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设斜面的长度为l，A与B的质量分别为m1和m2，两次运动的过程中二者组成的系统的机械能守恒，则： m1gl-m2glsin30°=Ek…① m2gl-m1glsin30°=4Ek…② 联立可得：m1：m2=2：3…③ （2）在乙图中，设B到达最低点的速度为v2，A的速度为v1，则B的速度可以分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，如图： 由几何关系可得：v1＝v2cos45°＝v2…④ 下降的过程中B下降的距离为R，而A上升的距离为R，由机械能守恒得： m2gR−m1g•R＝m1v12+m2v22…⑤ 联立③④⑤解得： ， ‎ ‎18.如图所示，水平传送带的左端与一倾角θ=37°的粗糙斜面平滑连接，一个小滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，沿斜面滑下并冲上传送带，传送带以恒定速率v=2m/s逆时针转动．已知小滑块的质量m=2kg，斜面上A点到斜面底端的长度s=9m，传送带的长度为L=10m，小滑块与斜面的动摩擦因数μ1=0.50，小滑块与传送带间动摩擦因数μ2=0.40，g=10m/s2．求：‎ ‎ ‎ ‎（1）小滑块到达斜面底端P的速度大小；‎ ‎（2）a．判断冲上传送带的小滑块是否可以运动到传送带的右端Q；‎ ‎ b．若小滑块可以运动到Q，试求小滑块从P点运动到Q点的过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功；若小滑块不能达到Q，试求小滑块从P点开始再次运动到P点过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功；‎ ‎（3）小滑块在斜面和传送带上运动的整个过程中，小滑块相对于地面的总路程．‎ ‎【答案】（1）6m/s；（2）a．不能到Q；b．-32J；-32J；（3）13.5m ‎【解析】‎ ‎（1）滑块下滑过程，由动能定理得：‎ mgssinθ﹣μ1mgcosθs=mvP2﹣0，‎ 代入数据解得：vP=6m/s；‎ ‎（2）a、滑块到达传送带上后做匀减速直线运动，在滑块速度减为零过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣μ2mgs′=0﹣mvP2，‎ 代入数据解得：s′=4.5m＜L=10m，滑块不能到达Q端；‎ b、滑块在传送带上运动时的加速度为：a==μ2g=4m/s2，‎ 滑块向右减速运动的时间为：，‎ 在此时间内，传送带位移为：x1=vt1=2×1.5=3m，‎ 滑块向右加速运动到速度等于传送带速度需要的时间为： ，‎ 在此时间内传送带的位移为：x2=vt2=2×0.5=1m，‎ 在整个过程中，摩擦力对传送带做功为：W传送带=﹣μ2mg（x1+x2）=﹣32J，‎ 由动能定理可知，整个过程摩擦力对滑块做功为：W滑块=mv2﹣mvP2=﹣32J；‎ ‎（3）滑块在运动过程中要考查摩擦力做功，使其机械能减少，最终滑块将静止在P处，有：‎ μ1cosθ=μ2=μ=0.4，‎ 设滑块在整个过程中相对水平地面的路程为s总，对滑块由动能定理得：mgssinθ=μmgs总，‎ 代入数据解得：s总=13.5m；‎ 点睛; 本题考查了动能定理的应用，分析清楚滑块的运动过程是解题的关键，应用动能定理可以解题．分析滑块运动过程时要注意：滑块在传送带上向左先做匀加速运动，后做匀速直线运动；解题时要注意，（3）求的是滑块相对地面的路程．‎ ‎ ‎ ‎ ‎