【物理】安徽省阜阳市阜南县实验中学2019-2020学年高一第八次月考试卷
安徽省阜阳市阜南县实验中学2019-2020学年
高一第八次月考试卷
1．一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽150 m、水流速度为4 m/s的河流中渡河，则该小船( )
A．能到达正对岸
B．渡河的时间可能少于50 s
C．以最短位移渡河时，位移大小为150 m
D．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m
【解析】 因为小船在静水中的速度小于水流速度，所以小船不能到达正对岸，故A错误；当船头与河岸垂直时渡河时间最短，最短时间t＝＝50 s，故渡河时间不能少于50 s，故B错误；以最短时间渡河时，沿水流方向位移x＝v水t＝200 m，故C正确；当v船与实际运动方向垂直时渡河位移最短，设此时船头与河岸的夹角为θ，则cos θ＝，故渡河位移s＝＝200 m，故D错误．
【答案】D
2、一轮船在水中匀速运行时所受阻力的大小与速率的平方成正比，发动机功率为P时轮船匀速运行的速率为v，轮船匀速运行的速率为2v时发动机的功率为
A．8P B．4P C．2P D．P
【解析】轮船在水中匀速运行时所受阻力f=kv2，匀速运动时，发动机对轮船的牵引力F=f，发动机功率P=Fv=kv3，当轮船匀速运行的速率由v变为2v时，其功率变为8P。
【答案】A
3．如图所示，质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v.若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )．
A．受到的向心力为mg＋m
B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μ
D．受到的合力方向竖直向上
【解析】 物体在最低点受竖直方向的合力Fy，方向向上，提供向心力，Fy＝m，A错误；而Fy＝FN－mg，得FN＝mg＋m，物体受滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ，B错误、C正确；Ff水平向左，故物体受到的Ff与Fy的合力，斜向左上方，D不正确．
【答案】 C
4．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动无滑动．甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )．
A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1
B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动
【解析】 由题意可知，线速度v甲＝v乙，又r甲∶r乙＝3∶1，则ω甲∶ω乙＝1∶3，m1、m2随甲、乙运动ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，则ω1∶ω2＝1∶3，故A错；由a＝rω2得a1＝2rω＝2rω，a2＝rω＝rω，a1∶a2＝2ω∶ω＝2∶9，故B错；m1、m2所受向心力由摩擦力提供，则a1＝，a2＝，f1max＝μm1g，f2max＝μm2g，a1≤μg，a2≤μg，又a1∶a2＝2∶9，故m2先滑动，选D.
【答案】 D
5．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的( )．
A．向心加速度大小之比为4∶1
B．角速度之比为8∶1
C．周期之比为1∶4
D．轨道半径之比为1∶2
【解析】 根据Ek＝mv2得v＝ ，所以卫星变轨前、后的速度大小之比为＝.根据G＝m，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为＝＝，选项D错误；根据G＝ma
，得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为＝＝，选项A错误；根据G＝mω2r，得卫星变轨前、后的角速度之比为＝ ＝，选项B错误；根据T＝， 得卫星变轨前、后的周期之比为＝＝，选项C正确．
【答案】 B
6．“嫦娥二号”卫星发射后直接进入近地点高度200千米、远地点高度约38万千米的地月转移轨道直接奔月。当卫星到达月球附近的特定位置时，如图所示，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100千米、周期12小时的椭圆轨道a.再经过两次轨道调整，进入100千米的极月圆轨道b，轨道a和b相切于P点．下列说法正确的是( )
A．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于7.9 km/s，小于11.2 km/s
B．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于11.2 km/s
C．“嫦娥二号”卫星在a、b轨道经过P点的速度va＝vb
D．“嫦娥二号”卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为aa、ab，则aa
vb，但万有引力相同，加速度相同，C、D错误．
【答案】：A
7．如图所示，两个竖 直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是( )．
A．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为2R
B．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
C．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
D．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
【解析】 小球A从最高点飞出的最小速度vA＝，由机械能守恒，mghA＝2mgR＋mv，则hA＝，A选项不正确；小球B从最高点飞出的最小速度vB＝0，由机械能守恒，mghB＝2mgR，释放的最小高度hB＝2R，B选项错误；要使小球A或B从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，R＝v0t，R＝gt2，则v0＝ ，而A的最小速度vA＝>v0，A球不可能落在轨道右端口处，B球可能，C选项错误、D选项正确．
【答案】 D
8．如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升最大高度为H，(空气阻力不计)当质点下落再次经过轨道由a点冲出时，能上升的最大高度h为( )
A．h＝H B．h＝ C．h＜ D.＜h＜H
【答案】：D
9．如图所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法正确的是( )
A．牵引力与克服摩擦力做的功相等
B．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功
C．合外力对汽车不做功
D．重力做功的瞬时功率会变化
【解析】 牵引力和重力做的总功与摩擦力做的功的代数和为零，A、B错误；因汽车做匀速率运动，动能增量为零，故合外力对汽车不做功，C正确；重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向的分速度的乘积，故瞬时功率会变化，D正确．
【答案】 CD
10．质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平 拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则此物体( )
A．在位移L＝6 m时的速度是3 m/s
B．在位移L＝9 m时的速度是3 m/s
C．在OA段运动的加速度是2.5 m/s2
D．在OA段运动的加速度是1.5 m/s2
【解析】：由图象可知当L＝9 m时，W＝27 J，而Wf＝－μmgL＝－18 J，则W合＝W＋Wf＝9 J，由动能定理有W合＝mv2，解得v＝3 m/s，B正确，在A点时，W′＝15 J，Wf′＝－μmgL′＝－6 J，由动能定理可得vA＝3 m/s，则a＝＝1.5 m/s2，D正确．
【答案】：ABD
11、如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m。开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是
A．此时弹簧的弹性势能等于mgh–mv2
B．此时物体B的速度大小也为v
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．弹簧的劲度系数为
AD A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：，则弹簧的弹性势能：，A正确；物体B对地面恰好无压力时，此时B的速度恰好为零，B错误；根据牛顿第二定律对A有：，，得
，故C错误；此时弹簧所受的拉力大小等于B的重力，即F=mg，弹簧伸长的长度为，由得，，故D正确。
12、如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b及传送带均静止，且a不受摩擦力作用。现让传送带逆时针匀速转动，在b由静止开始上升h高度(未与定滑轮相碰)过程中
A．a的重力势能减少mgh
B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量
C．摩擦力对a做的功等于a、b动能增加量之和
D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
【解析】开始时，a、b及传送带均静止，且a不受摩擦力作用，则有mg=magsin θ；b上升h高度，a下降的高度为hsin θ，a的重力势能减少量为maghsin θ=mgh。摩擦力对a做的功等于a、b机械能的总增加量，且b由静止上升，机械能一定增加；a、b的重力势能之和不变，则摩擦力对a做的功等于a、b动能增加量之和。任意时刻，设a、b的速度大小为v，则重力对a做功的瞬时功率Pa=magvsin θ=mgv，重力对b做功的瞬时功率Pb=mgv=Pa。
【答案】ACD
13、某实验小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系”，在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为弹簧测力计，P为小桶(内有砂子)，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦.实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点.
(1)该同学在一条比较理想的纸带上，将点迹清晰的某点记为零点，顺次选取一系列点，分别测量这些点到零点之间的距离x，计算出它们与零点之间的速度平方差Δv2＝v2－v02，弹簧测力计的读数为F，小车的质量为m，然后建立Δv2－x坐标系，通过描点法得到的图象是一条过原点的直线，如图乙所示，则这条直线的斜率的意义为____(填写表达式).
(2)若测出小车质量为0.4 kg，结合图象可求得小车所受合外力的大小为___N.
14．如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置.(g取9.80 m/s2)
(1)选出一条清晰的纸带如图甲所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流.用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg.甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了______J；此时重锤的速度vB＝______m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了______J.(结果均保留三位有效数字)
(2)某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、
以 为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线的斜率近似等于______.
A.19.6 B.9.8 C.4.90
（3） 图线未过原点O的原因是______________________________________.
【解析】（1）当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量ΔEp＝mg·OB＝1.00×9.80×18.90×10－2 J≈1.85 J；打B点时重锤的速度vB＝＝ m/s≈1.83 m/s，此时重锤的动能增加量ΔEk＝mvB2＝×1.00×1.832 J≈1.67 J.
（2）由机械守恒定律有mv2＝mgh，可得v2＝gh，由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g，故B正确.由图线可知，h＝0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关.
15．如图所示，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s.(取g＝10 m/s2)求：
(1)小球做平抛运动的初速度v0；
(2)P点与A点的水平距离和竖直高度；
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．
【解析】
(1)小球到A点的速度如图所示，小球做平抛运动的初速度v0等于vA的水平分速度．
由图可知v0＝vx＝vAcos θ＝4×cos 60°＝2 m/s.
(2)由图可知，小球运动至A点时竖直方向的分速度为vy＝vAsin θ＝4×sin 60°＝2 m/s，
设P点与A点的水平距离为x，竖直高度为h，则
vy＝gt，v＝2gh，
x＝v0t，联立以上几式解得x≈0.69 m，h＝0.6 m．
(3)取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg(R＋Rcos θ)，
代入数据得vC＝ m/s
设小球到达圆弧最高点C时，轨道对它的弹力为FN，由圆周运动向心力公式得FN＋mg＝m，
代入数据得FN＝8 N，
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小FN′＝FN＝8 N，方向竖直向上．
【答案】 (1)2 m/s (2)0.69 m 0.6 m (3)8 N 方向竖直向上
16．设嫦娥三号卫星绕月球表面做圆周运动，月球绕地球也做圆周运动，且轨道都在同一平面内．已知卫星绕月球运动的周期T0，地球表面处的重力加速度g，地球半径R0
，月心与地心间的距离r，万有引力常量为G，试求：
(1)月球的平均密度ρ；
(2)月球绕地球运动的周期T.
【解析】：(1)设月球质量为m，卫星质量为m′，月球的半径为Rm，对于绕月球表面飞行的卫星，由万有引力提供向心力有＝m′Rm，解得m＝，
又根据ρ＝，解得ρ＝.
(2)设地球的质量为M，对于在地球表面的物体m表有＝m表g，即GM＝R02g.
月球绕地球做圆周运动的向心力来自地球引力，
即＝mr，解得T＝.
【答案】 (1) (2)
17、如图所示，一个半径为R的半球形碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其圆心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根足够长的轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有小球A(可视为质点)和B，当它们处于平衡状态时，小球A与O点的连线与水平线的夹角为60°。求：
(1)小球A与小球B的质量比mA∶mB。
(2)现将A球质量改为4m，B球质量改为m，且开始时A球位于碗口右端的C点，由静止沿碗下滑。当A球滑到碗底时，两球总的重力势能改变量的大小。
(3)在(2)的条件下，当A球滑到碗底时，B球的速度大小。
【解析】(1)设碗的内表面对A球的支持力为FN，细线中拉力为FT，由平衡条件得FNcos 60°＝FTcos 60° ①
FNsin 60°＋FTsin 60°＝mAg ②
FT＝mBg ③
由①②③联立解得：＝。
(2)当A球滑到碗底时，B球上升的高度为R，两球总的重力势能的减小量：
ΔEp＝4mgR－mgR＝(4－)mgR。 ④
(3)对系统由机械能守恒定律得，
(4－)mgR＝×4mvA2＋mvB2 ⑤
其中vAcos 45°＝vB⑥
解得：vB＝ ⑦
【答案】 (1)∶1 (2)(2－)mgR (3)
18、如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1 kg、可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带AB,长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5 m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的Ep=18 J能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,g取10 m/s2.
(1)求右侧圆弧轨道的半径R;
(2)求小物块最终停下时与C点间的距离;
(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.
【解析】(1)物块被弹簧弹出,由Ep=
可知v0=6 m/s
因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,由μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-
解得a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m
因为x10,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,有
解得x= m.
(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足
从B到F过程中由动能定理可知
解得
设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,有
解得
若物块在传送带上一直加速运动,有
知其到B点的最大速度vBm=
综合上述分析可知,只要传送带速度v满足: m/s,即可满足条件.
