【物理】山西省朔州市怀仁一中2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版） (1)

【物理】山西省朔州市怀仁一中2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版） (1)

‎2019-2020学年度上学期高二年级第一次物理检测 一、选择题 ‎1.一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内（）‎ A. 速度一定不断改变，加速度也一定不断改变 B. 速度一定不断改变，加速度可以不变 C. 速度可以不变，加速度一定不断改变 D. 速度可以不变，加速度也可以不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】做曲线运动的物体速度的方向一定变化，则速度一定不断变化，但是加速度可以是不变的，例如平抛运动；‎ A. 速度一定不断改变，加速度也一定不断改变，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 速度一定不断改变，加速度可以不变，与结论相符，选项B正确；‎ C. 速度可以不变，加速度一定不断改变，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 速度可以不变，加速度也可以不变，与结论不相符，选项D错误．‎ ‎2.如图，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出相对水流的最小速度为（ ）‎ A. 3.5 m/s B. 3 m/s C. 2.4 m/s D. 2 m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ 船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动v水速度的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v船 大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则（或三角形定则），如图   当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船的最小值为v船=v水sin37°=2.4m/s，故C正确，ABD错误；故选C．‎ ‎3.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为．发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h．不计空气的作用，重力加速度大小为．若乒乓球的发射速率为v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动，竖直高度决定了运动的时间，水平方向匀速直线运动，水平位移最小即沿中线方向水平发射恰好过球网，此时从发球点到球网，下降高度为，水平位移大小为，可得运动时间对应的最小初速度．水平位移最大即斜向对方台面的两个角发射，根据几何关系此时的位移大小为，所以平抛的初速度，对照选项D对．‎ ‎【考点定位】曲线运动 ‎【方法技巧】平抛运动一定要和实际情况相结合，题目中，最小的水平位移一定要保证越过球网．‎ ‎4.如图所示，一根长直轻杆AB在墙角沿竖直墙和水平地面滑动，当AB杆和墙的夹角为θ时，杆的A端沿墙下滑的速度大小为v1，B端沿地面的速度大小为v2．则v1、v2的关系是(　　 )‎ A. v1＝v2 B. v1＝v2cos θ ‎ C. v1＝v2tanθ D. v1＝v2sinθ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：将A点的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在沿杆子方向上的分速度为v1∥=v1cosθ，将B点的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在沿杆子方向上的分速度v2∥=v2sinθ．由于v1∥=v2∥，所以v1=v2tanθ．故C正确，ABD错误．故选C．‎ 考点：运动的分解 ‎【名师点睛】此题是关于运动的分解问题；解决本题的关键将A、B两点的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，以及知道沿杆子方向上的两个分速度大小相等．‎ ‎5.如图所示，A、B轮通过皮带传动，A、C轮通过摩擦传动，半径RA=2RB=3RC，各接触面均不打滑，则A、B、C三个轮的边缘点的线速度和角速度之比分别为（　　）‎ A. vA：vB：vC=1：2：3，ωA：ωB：ωC=3：2：1‎ B. vA：vB：vC =1：1：1，ωA：ωB：ωC =2：3：6‎ C. vA：vB：vC =1：1：1，ωA：ωB：ωC =1：2：3‎ D. vA：vB：vC =3：2：1，ωA：ωB：ωC =1：1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意，装置A、B轮通过皮带传动，A、B边缘上的点具有相同的线速度；A、C轮通过摩擦传动，A、C边缘上的点具有相同的线速度，所以三点的线速度是相等的，则：‎ vA：vB：vC=1：1：1；‎ 根据线速度与角速度之间的关系：v=ωr，得：‎ A. vA：vB：vC=1：2：3，ωA：ωB：ωC=3：2：1，与结论不相符，选项A错误；‎ B. vA：vB：vC =1：1：1，ωA：ωB：ωC =2：3：6，与结论不相符，选项B错误；‎ C. vA：vB：vC =1：1：1，ωA：ωB：ωC =1：2：3，与结论相符，选项C正确；‎ D. vA：vB：vC =3：2：1，ωA：ωB：ωC =1：1：1，与结论不相符，选项D错误．‎ ‎6.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )‎ A. P球的速度一定大于Q球的速度 B. P球的动能一定小于Q球的动能 C. P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D. P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：，在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得，F=mg+m=3mg，，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．故选C．‎ 点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题．‎ ‎7.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动， b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有 A. a的向心加速度等于重力加速度g B. c在4 h内转过的圆心角是 π / 6‎ C. b在相同时间内转过的弧长最长 D. d的运动周期有可能是20 h ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．‎ 同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据知，c的向心加速度大．由，得，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故B错误；由，得 ‎，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C正确；由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能为23h，故D错误．‎ ‎8.如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为(　　)‎ A. 0 B. 2πkmgR C. 2kmgR D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力为最大静摩擦力．‎ 则kmg＝m，v2＝kgR.设转台对物块做的功为W转，运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程，W转＝mv2－0＝.‎ A. 0，与结论不相符，选项A错误；B. 2πkmgR，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 2kmgR，与结论不相符，选项C错误；D. ，与结论相符，选项D正确；‎ ‎9.质量为m1，m2的两个物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体速度的大小分别为v1、v2，位移分别为x1、x2，如图，则这段时间内人做功为(　　)‎ A. Fx2 B. F(x1＋x2)‎ C. m2 D. m2＋m1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据恒力做功的计算方法绳子上的力也为F，由恒力做功公式W=FS得：‎ W=F（x1+x2）‎ 故A错误，B正确．‎ CD.根据功能关系知道：人做的功都转化成了系统的能量，即m1、m2和人的动能，则人做功为 ‎ W=m2v22+（m+m1）v12．‎ 故C D错误．‎ ‎10.如图，一平板车固定在水平面上，一质量约为1kg的玩具车在1s内由静止从A点加速运动到B点，已知A、B距离为0.2m，那么在这段时间内玩具车对平板车作用力的冲量大小（g=10m/s2）（　　）‎ A. 等于0.32N•s B. 等于0.4N•s ‎ C. 等于10N•s D. 约等于10N•s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】小车做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：‎ 根据速度时间关系公式，有：‎ v=at；‎ 联立解得：‎ v=0.4m/s；‎ 小车动量增加量为mv=0.4kg•m/s，根据动量定理，平板车对小车的摩擦力的冲量为0.4kg•m/s；根据牛顿第三定律得到其反作用力的冲量为0.4kg•m/s； 车对木板压力冲量为：‎ Nt=mgt=10N•s；‎ 故在这段时间内玩具车对平板车作用力的冲量大小为：‎ ‎；‎ A. 等于0.32N•s，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 等于0.4N•s，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 等于10N•s，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 约等于10N•s，与结论相符，选项D正确．‎ ‎11.如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法错误的是（　　）‎ A. 摩擦力对物块做的功为0.5mv2 B. 物块对传送带做功为0.5mv2‎ C. 系统摩擦生热为0.5mv2 D. 电动机多做的功为mv2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得，摩擦力对物块做的功为：‎ A正确，不符合题意；‎ B．在物块与传送带相对静止之前，两者之间有相对位移，所以物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等．由于传送带相对于地的位移大于物块相对地的位移，所以物块对传送带做功大于0.5mv2，B错误，符合题意；‎ C．设物块匀加速运动的时间为t，则物块与传送带相对位移大小为 ‎△x=vt-vt=0.5vt 此过程中物块的位移为 x物=0.5vt 则有△x=x物；系统摩擦生热为 Q=f•△x=fx物=0.5mv2‎ C正确，不符合题意；‎ D．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机=mv2+Q=mv2，D正确，不符合题意；故选B。‎ ‎12.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处．将小球拉至A处时，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，则 A. 由A到B过程合力对小球做的功等于mgh B. 由A到B过程小球重力势能减少 C. 由A到B过程小球克服弹力做功为mgh D. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理，可求合外力做功，，故A错误；重力做功为mgh，故重力势能减少了mgh，所以B错误；根据动能定理，，所以从A到B的过程中，弹力做功为，小球克服弹力做功为，所以C错误；再根据可知，，又，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为，故D正确．‎ ‎13.一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示，其中0﹣s1过程的图线为曲线，s1﹣s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是（　　）‎ A. 0﹣s1过程中物体所受合力一定是变力，且不断减小 B. s1﹣s2过程中物体可能在做匀速直线运动 C. s1﹣s2过程中物体可能在做变加速直线运动 D. 0﹣s1过程中物体的动能可能在不断增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A项：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～s1内斜率的绝对值逐渐增大，故在O～s1内物体所受的拉力是不断增大的，而合力先减小后反向增大的．故A错误；‎ B项：由于物体在s1～s2内E﹣x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动．故B正确；‎ C项：由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C错误；‎ D项：如果物体在0～s1内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确．‎ 点晴：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大．‎ ‎14.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则 A. 0～t1时间内，汽车的牵引力等于 B. t1～t2时间内，汽车的功率等于 C. 汽车运动的最大速度等于 ‎ D. t1～t2时间内，汽车的平均速度小于 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，，F1-Ff=ma，联立得，，故A错误；‎ B.在t1时刻汽车达到额定功率：P=F1v1=（m+Ff）v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，故B正确；‎ C.t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=Ff，P=F2v2，，故C正确；‎ D.由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故D错误．‎ 二、实验题 ‎15.在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一斜槽轨道滑下，通过描点法画小球做平抛运动轨迹 ‎(1)球做平抛运动的轨迹为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上______ ．‎ A.通过调节使斜槽的末端保持水平 B.每次释放小球的位置必须相同 C.每次必须由静止释放小球 D.记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降 E.小球运动时不应与木板上的白纸相接触 F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 ‎(2)在做该实验中某同学只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到如图所示的图象，试根据图象求出物体平抛运动的初速度大小为______m/s ；物体运动到B点时的速度大小为______m/s ‎【答案】 (1). ABCE (2). 2 2.828‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[2].A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；    ‎ BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故BC正确；‎ D、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故D错误； E、实验要求小球滚下时不能碰到木板上的白纸，避免因摩擦而使运动轨迹改变，故E正确； F、将球的位置记录在纸上后，取下纸，最后轨迹应连成平滑的曲线，故F错误． (2)[2][3].在竖直方向上△y=gT2，则 则初速度为：‎ B点竖直方向上的分速度为：‎ 则运动到B点的速度为：‎ ‎16.用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图甲中未标出），计数点间的距离如图乙所示．已知m1=50g、m2=150g则（g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=_______；‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=________，系统势能的减少量△EP=________，由此得出的结论是_____________________________‎ ‎（3）若某同学作出-h图象如图丙，则当地的实际重力加速度g=___________．‎ ‎【答案】 (1). 2.4m/s (2). 0.576J 0.588J 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (3). 9.7m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：． 第二空.物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek＝(m1+m2)v52−0＝0.576J；‎ 第三空.重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=（m2-m1）gh=0.588J； 第四空.由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒． 第五空.题中根据机械能守恒可知，（m2-m1）gh＝(m1+m2)v2，即有：v2＝gh，所以v2−h图象中图象的斜率表示g，由图可知，斜率k=g ==4.85，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．‎ 三、计算题 ‎17.已知月球质量是地球质量1/81，月球半径是地球半径的1/3.8 　　‎ ‎（1）在月球和地球表面附近，以同样的初速度分别竖直上抛一个物体时，上升的最大高度之比是多少？ 　　‎ ‎（2）在距月球和地球表面相同高度处(此高度较小)，以同样的初速度分别水平抛出一个物体时，物体的水平射程之比为多少？（答案可保留根号）‎ ‎【答案】(1)5.6 (2) 或2.37‎ ‎【解析】‎ 由于竖直上抛运动]是加速度大小等于重力加速度的匀减速直线运动，可得上升最大高度表达式，可知上升最大高度与重力加速度有关，进而由万有引力等于重力可得月球和地球重力加速度的比值，可确定上升的最大高度之比；由平抛水平做匀速直线运动，竖直做自由落体运动，可求水平射程的表达式，可知水平射程也与重力加速度有关，由第一问的计算可得物体的水平射程之比．‎ ‎（1）设月球质量为M，半径为R，月球表面重力加速度为g，地球质量为，半径为，地球表面重力加速度为．‎ 由得，．‎ 月球和地球表面重力加速度比为 ‎ 又由于竖直上抛的最大高度为.‎ 可得在月球和地球表面附近上升的高度比为 ‎（2）设抛出点的高度为H，初速度为v0，在月球和地球表面附近做平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动，可知：‎ ‎ ，得 在水平方向做匀速直线运动，其在月球和地球表面水平射程之比为：‎ ‎【点睛】首先，要熟悉竖直上抛，自由落体这两种规律，知道平抛的特征是水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；其次，在比较两个量的时候，先列出对应量的表达式，再从题目找给定的表达式中各个量的关系．‎ ‎18.如图所示，一小球从A点以某一水平向右初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度，水平距离，水平轨道AB长为，BC长为，小球与水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度取．‎ ‎（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度？‎ ‎（2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）初速度的范围和 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球恰能通过圆形轨道最高点速度为，由牛顿第二定律得：‎ ‎……①‎ 由B到最高点由机械能守恒定律得：‎ ‎…….②‎ 由A到B有 ‎……..③‎ 联立①②③式解得A点的速度 ‎（2）若小球刚好停在C处，则有 解得A点的速度为 若小球停在BC段，‎ 若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有 ‎…….④‎ ‎……⑤‎ 联立④⑤‎ 所以初速度的范围和 ‎19.一端系一质量也为m的小球(大小不计)，今将小球拉至悬线与竖直方向成60°角的位置，由静止释放，小球到达最低点时与Q发生碰撞，且碰撞时间极短，无能量损失．已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的2倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小物块Q离开平板车时的速度大小；‎ ‎(2)平板车P的长度．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有 解得 小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，‎ 解得，‎ ‎，‎ 二者交换速度，即小球静止下来，而 Q在平板车上滑行的过程中，有 则 小物块Q离开平板车时，速度为 ‎(2)由能的转化和守恒定律，知 解得平板车长度   ‎