2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高一6月月考物理试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高一6月月考物理试题（解析版）

黑龙江省哈尔滨市第六中学 2018-2019 学年高一 6 月阶段性测试 物理试题 一、选择题（每题 5 分,共 60 分. 1-8 题只有一个选项正确. 9-12 题为不定项选择） 1.关于摩擦力做功,下列说法中正确的是( ) A. 滑动摩擦力阻碍物体的相对运动,一定做负功 B. 静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用,一定不做功 C. 静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功 D. 静摩擦力可能对物体做正功 【答案】D 【解析】 【详解】A、C、滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，物体 受滑动摩擦力也有可能位移为零，故滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功，也可以不做功；故 A、C 均错 误. B、D、静摩擦力的方向与物体相对运动趋势方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，还可以与运 动方向垂直，故静摩擦力可以做正功，也可以做负功，也可以不做功，故 B 错误，D 正确. 2.下列说法正确的是（ ） A. 如果物体受到的合力为零，则其机械能一定守恒 B. 如果物体受到的合力做功为零，则其机械能一定守恒 C. 物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒 D. 做变加速运动的物体，其机械能不可能守恒 【答案】C 【解析】 【详解】AB．如果物体所受到的合外力为零，机械能不一定守恒，例如：匀速下落的降落伞的合力为零， 合力做功为零，但机械能减小，A，B 均错误； C．物体沿光滑曲面自由下滑过程中，只有重力做功，机械能一定守恒，C 正确； D．做变加速运动的物体，其机械能可能守恒，比如绳—球模型在竖直平面内的运动，故 D 错误。 3.如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB 段和 BC 段是半径为 R 的四分之一圆弧，CD 段 为平滑的弯管。一小球从管口 D 处由静止释放，最后能够从 A 端水平抛出落到地面上.则管口 D 距离地面的 高度必须满足的条件是（ ） A. 等于 2R B. 大于 2R C. 大于 2R 且小于 5 2 R D. 大于 5 2 R 【答案】D 【解析】 【详解】小球到达 A 点的临界情况是对轨道的压力为零，根据牛顿第二定律得 2 Avmg m R  ，解得 Av gR ； 根据动能定理得 21( 2 ) 02 Amg H R mv   ，解得最小高度 5 2H R ，故 D 正确，A、B、C 错误. 4.如图所示，一个质量为 m 的铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所 受压力为铁块重力的 1.5 倍，则此过程中铁块损失的机械能为( ) A. 4 3 mgR B. mgR C. 1 2 mgR D. 3 4 mgR 【答案】D 【解析】 铁块滑到半球底部时，根据牛顿第二定律： 2vN mg m R   ，根据题意，有 N=1.5mg，对铁块的下滑过程 运用动能定理有： 21 2fmgR W mv  ，解得： 3 4fW mgR ，所以损失的机械能为 3 4 mgR ，故 D 正确， ABC 错误。 5.一质量为 m 的汽车原来在平直路面上以速度 v 匀速行驶，发动机的输出功率为 P。从某时刻开始，司机 突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达 2v 之后又开始匀速 行驶。若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. 汽车加速过程的最大加速度为 P mv B. 加大油门后汽车的功率为 4P C. 汽车在加速过程速度从 v 增大到 2v 过程做匀加速运动 D. 汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大 【答案】A 【解析】 【详解】A、B、设汽车所受的阻力为 f，则开始时：P=fv；加大油门后：P1=f∙2v；则 P1=2P；汽车在开始加 大油门时的加速度最大，最大加速度为 2 m P f Pva m mv    ，故 A 正确，B 错误； C、D、汽车的功率增大后不变，则随着速度的增加，由 P=Fv 可知牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加 速度减小的加速运动，故 C，D 错误。 6.如图所示，在高 1.5m 的光滑平台上有一个质量为 2kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压 缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成 60°角，则弹簧被压缩 时的弹性势能为（g=10m/s2）（ ） A. 10 J B. 15 J C. 20 J D. 25 J 【答案】A 【解析】 试 题 分 析 ： 由 21 2h gt 得 ， 2 2 1.5 3 10 10 ht s sg    ， 则 落 地 时 竖 直 方 向 上 的 分 速 度 310 /10yv gt m s   ． 0 tan30 yv v   ，解得 ．所以弹簧被压缩时具有的弹性势能为物体 所获得动能，即为 2 2 0 1 1  2 (3 10) 902 2mv J J    ，C 正确； 考点：考查了平抛运动规律的应用 【名师点睛】在处理平抛运动时，关键是知道将平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上 的自由落体运动，两个运动具有等时性，即运动时间相同，然后列式求解 7.质量为 2kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1 的水平面上，在水平拉力 F 的作用下，由静止开始运动， 拉力做的功 W 和物体发生的位移 x 之间的关系如图所示，g＝10m/s2，下列说法中正确的是（ ） A. 此物体在 OA 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6W B. 此物体在 OA 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W C. 此物体在 AB 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W D. 此物体在 AB 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为 6 W 【答案】D 【解析】 试题分析：根据功的公式W Fx 分析可知，在 OA 段和 AB 段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示 的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小 运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为 0.1 2 10 2fF mg N     ，根据功的定义式可知拉力做功为 W Fx ，故可知图像的斜率表示拉力 F 的大小，在 OA 段拉力 15 53OA fF N F   ，做匀加速直线运动， 当 x=3m 时速度最大，根据速度位移公式可得 2 2v ax ，根据牛顿第二定律可得 fF Fa m  ，解得 3 /v m s ，所以此过程中最大功率为 15WOAP Fv  ，在 AB 段， 27 15 26AB fF N F   ，做匀速直 线运动，拉力的功率恒定不变，为 2 3 6WABP Fv    ，故 D 正确． 8.质量为 2 kg 的物体以 10 m/s 的初速度，从起点 A 出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物 体的动能损失了 50 J，机械能损失了 10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回 到 A 点时的动能为(g=10 m/s2)( ) A. 40 J B. 60 J C. 80 J D. 100 J 【答案】B 【解析】 【详解】物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，根据动能定理有：W 合=△Ek ①，空气阻力做功对 应着机械能的变化，则有：Wf=△E ②，将△EK=-50J，△E=-10J，代入①②可得：W 合=-50J，Wf=-10J，可 得 W 合=5Wf，物体的初动能为 2 2 0 0 1 1 2 10 J 100J2 2kE mv     ；当物体从 A 点到最高点的过程中，物体 的动能减小了 100J，由动能定理可得，合力做的功 W 合上=-100J，所以空气阻力做功为 Wf 上=-20J，由功能 原理知，机械能损失了 20J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了 20J，则物体落回 A 点时的动能为 100J-2×20J=60J，故 A，C，D 错误，B 正确. 9. 如图所示，一个质量为 m 的物体（可视为质点），以某一初速度由 A 点冲上倾角为 30°的固定斜面，其 加速度大小为 g，物体在斜面上运动的最高点为 B，B 点与 A 点的高度差为 h，则从 A 点到 B 点的过程中， 下列说法正确的是（ ） A. 物体动能损失了 B. 物体动能损失了 2mgh C. 系统机械能损失了 2mgh D. 系统机械能损失了 【答案】C 【解析】 试题分析：滑块上升过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力 F ma mg  沿 斜面向下，动能减小量等于克服合力做的功，故 2 2KE Fs mg h mgh    减 ，故 A 错误，B 正确；系 统损失的机械能等于减小的动能和势能之和，故 kE E mgh mgh   减 减 ，CD 错误； 考点：考查了动能定理，功能关系 【名师点睛】本题关键是根据动能定理计算动能的变化，根据除重力外其余力做的功判断机械能的变化． 10.如图所示，A、B、C、D 四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度 h 处由静止释 放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道,除去底部一小圆弧，A 图中的轨道是一段斜面，其高度小于 h；B 图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道,其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于 h；C 图中的轨道是一段斜面，高度大于 h；D 图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于 h。如果不计任何摩 擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达 h 高度的是( ) A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】A、小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度， 即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得， 210 2mgh mgh mv   ，则 h′＜h；故 A 错误. B、小球离开轨道做竖直上抛运动，运动到最高点速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则 h′=h；故 B 正确. C、小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则 h′=h；故 C 正确. D、小球在内轨道运动，通过最高点最小的速度为 v gr ，故在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定 律得 210 2mgh mgh mv   ，则 h′＜h；即不能过最高点；故 D 错误. 11.如图所示，B、M、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点，最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心 O 的连线与竖直方向的夹角为 60   。现从 B 点的正上方某处 A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后 以水平上的 v 通过 C 点，已知圆轨道半径为 R，v gR ，重力加速度为 g，则一下结论正确的是( ) A. C、N 的水平距离为 3R B. C、N 的水平距离为 2R C. 小球在 M 点对轨道的压力为 6mg D. 小球在 M 点对轨道的压力为 4mg 【答案】AC 【解析】 AB：小球从 N 到 C 的过程可看作逆过来的平抛，则 Nv cos v  、 Nv sin gt  、 CNx vt ，解得： 2 2Nv v gR  、 3CNx R 。故 A 项正确，B 项错误。 CD：小球从 M 到 N 的过程应用动能定理可得：   2 21 1 2 2N Mmg R Rcos mv mv    ，对小球在 M 点时受力 分析，由牛顿第二定律可得： 2 M M N vF mg m R   ，解得： 6MNF mg ，根据牛顿第三定律可得：小球在 M 点对轨道的压力为 6mg。故 C 项正确，D 项错误。 综上本题答案是 AC。 12.如图所示,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m的环,环套在竖直固定的光 滑直杆上,光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为 d,杆上的 A 点与定滑轮等高,杆上的 B 点在 A 点下方,到 A 的 距离为 d。现将环从 A 点由静止释放,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是( ) A. 环到达 B 点时,重物上升的高度 h= 2 d B. 环到达 B 点时,环与重物的速度大小之比为 2 :1 C. 环从 A 点到 B 点,环减少的机械能大于重物增加的机械能 D. 环能下 b 降的最大高度为 4 3 d 【答案】BD 【解析】 A 项：环到达 B 时，绳子收缩的长度等于重物上升的高度，由几何关系得： ( 2 1)h d  ，故 A 错误； B 项：、对 B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有： vcos45°=v 重物，所以 = 2v v重物 ，故 B 正确； C 项：环和重物组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，所以环从 A 点到 B 点,环减少的机械能等于 重物增加的机械能，故 C 错误； D 项：当环 b 下降时的速度为零时，下降高度最大，由机械能守恒得： 2 2 max max2 ( )mgh mg d h d   ， 解得： max 4 3h d ，故 D 正确。 二、填空题（本题共 4 空，每空 3 分，共计 12 分） 13.一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其 v－t 图象如图甲所示，水平拉力的 P－t 图象如图 乙所示，g＝10m/s2，则物块运动全过程中水平拉力所做的功 W =________ J；物块的质量为 m=_____kg. 【答案】 (1). 24 (2). 1 【解析】 【详解】(1)P-t 图象与时间轴所围成 的面积表示拉力做功，故物块运动全过程水平拉力所做的功 1 12 2 4 3J=24J2W      ； (2) 在 5s～9s 内，拉力为零，由牛顿第二定律可得： mga gm    ，又 2 24 m/s 1m/s4 va t    ； 所以μ=0.1； 在 2-5s 内物体做匀速运动，根据平衡条件有 F=μmg，又 P=Fv， 由图知 P=4W，v=4m/s，联立解得：m=1kg. 14.一辆 CRH2 型动车组的总质量 M＝2.0×105 kg，额定输出功率为 4500kW.假设该动车组在水平轨道上运 动时的最大速度为 75m/s，受到的阻力 Ff 与速度 v 满足 Ff＝kv，g 取 10m/s2.则阻力的系数 k＝_____N·s/m. 匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为________kW. 【答案】 (1). 800 (2). 1125 【解析】 【详解】(1)动车组以最大速度行驶时的牵引力大小： 46 10 N m PF v    ; 动车组以最大速度行驶时的牵引力大小与阻力的大小相等，则 f=kvm=6×104N， 解得:k=800N•s/m. (2)机车匀速行驶的速度为最大速度一半时，v=37.5m/s， 动车组受到的阻力为：f′=kv=800×37.5N=3×104N，动车组的输出功率为： P′=F′v=f′v=3×104×37.5W=1.125×106W=1125kW. 二、计算题（本题共 3 题，共计 38 分） 15.一个质量 m=0.20 kg 的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上,弹簧的另一端固定于环的 最高点 A，环的半径 R=0.5 m，弹簧的原长 L0=0.50 m，如图所示，若小球从图中所示位置 B 点由静止开始 滑动到最低点 C 时，弹簧的弹性势能 Ep=0.60 J。（g=10 m/s2）.求： (1)小球到 C 点时的速度 vC 的大小。 (2)若弹簧的劲度系数为 4.8 N/m，小球在 C 点时对环的作用力的大小和方向。 【答案】(1)vc=3m/s (2)压力的大小为 3.2N，方向竖直向下 【解析】 【详解】(1)小球从 B 到 C，系统机械能守恒，有： 21( cos60 ) 2 C Pmg R R mv E    解得：vc=3m/s． (2)在 C 点对小球受力分析，如图所示: 由牛顿第二定律可得： 2 C N vF F mg m R    其中： 0(2 ) 4.8 0.5N 2.4NF k R L     代入得：FN=3.2N 由牛顿第三定律得：小球对环的压力的大小为 3.2N，方向竖直向下． 16.如图，有一半径为 R 的半圆形曲面 MPQ，质量为 2m 的 A 球与质量为 m 的 B 球, 用轻质绳连接后挂在圆 柱曲面边缘．现将 A 球从边缘 M 点由静止释放, 若不计一切摩擦，则 A 球沿圆柱曲面滑到最低点 P 时，求： (1)A 球速度大小； (2)这一过程中绳对 A 球所做的功. 【答案】(1) 4 (2 2)5v gR  (2) 2 4 2 5 5W mgR mgR   【解析】 【详解】(1)当 A 球运动到 P 点时，将 A 球的速度分解，如图所示： 设 A 球的速度为 v，根据几何关系可知 B 球的速度为 2cos45 2v v v   B 球上升的高度为 2R 对 A 和 B 两小球的整体，由机械能守恒得： 2 21 12 2 22 2mv mv mgR mg R     解得： 4 (2 2)5v gR  (2)对 A 球，由动能定理得： 212 + 22mgR W mv  解得： 2 4 2 5 5W mgR mgR   17.如图所示，质量 m=3 kg 的小物块以初速度 v0=4 m/s 水平向右抛出，恰好从 A 点沿着圆弧的切线方向进 入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为 R=3.75 m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心 O 的连线与竖直方向成 37°角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与 MN 间的动摩擦因数μ=0.1， 轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为 r=0.4 m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道 与水平轨道 BD 在 D 点平滑连接。已知重力加速度 g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小； （2）若 MN 的长度为 L=6 m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过 C 点，求 MN 的长度 L'。 【答案】（1）62N（2）60N（3）10m 【解析】 【分析】 小物块先做平抛运动，根据 A 点的速度方向求出经过 A 点的速度．从 A 到 B，运用机械能守恒求出经过 B 点的速度，在 B 点由牛顿定律求压力；小物块由 B 点运动到 C 点，根据定能定理求出物块到达 C 点的速度， 在 C 点由合力提供向心力，由牛顿定律求物块对轨道的压力；小物块刚好能通过 C 点时，由重力提供向心 力，由牛顿第二定律求出 C 点的速度．再由动能定理求 MN 的长度 L'； 【详解】解：（1）物块做平抛运动时，根据平抛运动的规律有： 0 37Av v cos  解得： 0 4 5 /37 0.8A vv m scos    小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：  2 21 1  372 2A Bmv mg R Rcos mv    小物块经过 B 点时，有： 2 B N mvF mg R   解得： 2 253 2 37 3 10 3 2 0.8 3 623.75 A N vF mg cos m NR            （ ） （ ） 根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是 62N （2）小物块由 B 点运动到 C 点，根据定能定理有： 2 21 12 2 2C BumgL mgr mv mv    在 C 点，由牛顿第二定律得： 2 C N mvF mg r    代入数据解得： 60NF N  根据牛顿第三定律，小物块通过 C 点时对轨道的压力大小是 60N （3）小物块刚好能通过 C 点时，根据 2 Cmvmg r  解得： 10 0.4 2 /cv gr m s    小物块从 B 点运动到 C 点的过程，根据动能定理有： 2 21 12 2 2 BmgL mgr mv mv    代入数据解得： ' 10L m