【物理】陕西省恒谦中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题 （解析版）

【物理】陕西省恒谦中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题 （解析版）

陕西省恒谦中学2019-2020学年高一下学期第二次月考 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1．如图所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中(　　)‎ A．只有重力做功 B．重力势能的减小量大于重力做的功 C．重力势能的减小量等于动能的增加量 D．动能的增加量等于合力做的功 ‎2．如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空机械能守恒，若加速升空机械能不守恒 B．乙图中物体匀速运动，机械能守恒 C．丙图中小球做匀速圆周运动，机械能守恒 D．丁图中，轻弹簧将A、B两小车弹开，两小车组成的系统机械能守恒 ‎3．如图所示，质量为m的小球从A点下落到B点，下列说法中正确的是（　　）‎ A．以桌面为零势能面小球在B点的重力势能为mgh2‎ B．以地面为零势能面小球在B点的重力势能为mgh2‎ C．小球从A点下落到B点重力势能增大mg(h1＋h2)‎ D．选取不同的零势能面小球从A点下落到B点重力势能的变化量相同 ‎4．汽车的额定功率为90 kW，路面的阻力恒为F，汽车行驶的最大速度为v。则(　　)‎ A．如果阻力恒为‎2F，汽车的最大速度为 B．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2v C．如果汽车的牵引力变为原来的，汽车的额定功率就变为45 kW D．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90 kW ‎5．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ。开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为(　　)‎ A． B．μmgL C．μ(M＋m)gL D．2μmgL ‎6．一个小孩站在船头，按图所示两种情况用同样大小的拉力拉绳，经过相同的时间t(船未发生碰撞)小孩所做的功W1、W2及在时刻t小孩拉绳的瞬时功率P1、P2的关系为(　　)‎ A．W1＞W2，P1＝P2 B．W1＝W2，P1＝P2‎ C．W1＜W2，P1＜P2 D．W1＜W2，P1＝P2‎ ‎7．如图所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是(　　)‎ A．L B．L C．L D．L ‎8．如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x变化的关系，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断不正确的是( )‎ A．当x＝h＋x0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 C．当x＝h＋2x0，小球的加速度大小为g D．小球动能的最大值为mgh＋mgx0‎ ‎9．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，高度大于h；B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C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；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(　　)‎ ‎10．如图所示，水平传送带以恒定的速度v运动，一质量为m的小物块轻放在传送带的左端，经过一段时间后，物块和传送带以相同的速度一起运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则(　　)‎ A．物块加速运动时的加速度为μg B．物块加速运动的时间为 C．整个过程中，传送带对物块做的功为mv2‎ D．整个过程中，摩擦产生的热量为mv2‎ ‎11．将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块(滑块可以看成质点)从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1，地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为vy。若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1ʹ、地面对斜劈的支持力记为FN2ʹ，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为vyʹ。则下列大小关系正确的是(　　)‎ A．FN1＜FN1ʹ B．FN2＞FN2ʹ C．v＜v' D．vy＜vyʹ‎ ‎12．如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1‎ B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为 C．A落地时速率为 D．A、B质量之比为1∶4‎ 二、非选择题（本题共5小题，共52分。按题目要求做答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13．(4分)如图所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题：‎ ‎(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________。(填入正确选项前的字母)‎ A．米尺 B．秒表 C．0～12 V的直流电源 D．0～12 V的交流电源 ‎(2)实验中误差产生的原因有 。(写出两个原因)‎ ‎14．(8分)物理学习兴趣小组的同学在验证动能定理实验时找到了打点计时器及所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小车、沙桶和细沙、长木板及滑轮，他们组装了一套如图所示的装置。当小车连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，小车处于静止状态。若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：‎ ‎(1)你认为还需要的实验器材有__________________。‎ ‎(2)实验时为了保证小车受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是______________，实验时首先要做的步骤是____________。‎ ‎(3)在(2)的基础上，兴趣小组的同学用天平称量小车的质量为M，往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m，然后让沙桶带动小车加速运动。用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1＜v2)，则本实验最终要验证的数学表达式为________。(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)‎ ‎16．(12分)小明以初速度v0＝‎10 m/s竖直向上抛出一个质量m＝‎0.1 kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球：‎ ‎(1)上升的最大高度；‎ ‎(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功；‎ ‎(3)上升和下降的时间。‎ ‎16．(13分)如图所示，水平实验台A端固定，B端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点，质量为‎2 kg的滑块紧靠弹簧(未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同。圆弧轨道固定在地面，并与一段动摩擦因数为0.4的粗糙水平地面相切于D点。AB段最长时，B、C两点水平距离xBC＝‎0.9 m，实验平台距地面的髙度h＝‎0.53 m，圆弧半径R＝‎0.4 m，θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2。完成下列问题：‎ ‎(1)轨道末端AB段不缩短，压缩弹簧后将滑块弹出，求落到C点时速度与水平方向夹角；‎ ‎(2)滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE上继续滑行‎2 m，求滑块在圆弧轨道上对D点的压力大小。‎ ‎17．(15分)如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环，圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O等高，球B在圆心O的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。‎ ‎(1)对球B施加水平向左的力F，使A、B两小球静止在图示位置，求力的大小F；‎ ‎(2)由图示位置静止释放A、B两小球，求此后运动过程中A球的最大速度v；‎ ‎(3)由图示位置静止释放A、B两小球，求释放瞬间B球的加速度大小a。‎ ‎【参考答案】‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1．【答案】D ‎【解析】滑翔的过程中除重力做功外，还有空气阻力做功，故A错误；由功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，故B错误；由能量守恒可知，重力势能的减小量等动能的增加和克服阻力所做的功，故C错误；由动能定理可知，合外力所做的功等于动能的变化量，故D正确。‎ ‎2．【答案】C ‎【解析】由于推力对火箭做功，不论是匀速还是加速，火箭的机械能不守恒，机械能增加，故A错误；物体匀速运动，沿斜面上升，动能不变，重力势能增加，则机械能必定增加，故B错误；小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；轻弹簧将A、B两小车弹开，弹簧的弹力对两小车做功，则两车组成的系统机械能不守恒，但两小车和弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】以桌面为零势能面小球在B点的重力势能为－mgh2，故A错误；以地面为零势能面小球在B点的重力势能为0，故B错误；小球从A点下落到B点重力做功W＝mg(h1＋h2)，重力做正功，故小球从A点下落到B点重力势能减小mg(h1＋h2)，故C错误；重力做功取决于物体的初末位置，选取不同的零势能面小球从A点下落到B点重力做功不变，重力势能的变化量不变，故D正确。‎ ‎4．【答案】A ‎【解析】汽车速度达到最大时，做匀速运动，此时汽车的牵引力等于阻力，根据P＝Ffv，当阻力加倍时，最大速度减半，选项A正确；牵引力加倍，只要阻力不变，最大速度也不变，选项B错误；汽车的额定功率是不变的，选项C错误；汽车可以以某一恒定功率做匀速运动，不一定以额定功率，选项D错误。‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力做功最小值，即为小木块在木板上做匀速运动，所以由功的表达式可得：W＝Fx＝2Ff×L＝μmgL，故选B。‎ ‎6．【答案】C ‎【解析】小孩所做的功在第一种情况中是指对自身(包括所站的船A ‎)做的功，在第二种情况中除对自身做功外，还包括对另外一艘船所做的功。由于两种情况下人对自身所做的功相等，所以W1＜W2。设t时刻小孩所站的船的速率为v1(两种情况下都是v1)，空船速率为v2，则P1＝Fv1，P2＝F(v1＋v2)，即P1＜P2，所以C选项正确。‎ ‎7．【答案】D ‎【解析】设小球做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为mg＝m，解得v＝；小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得mg(L－2R)＝mv2－0，解得R＝L，所以OA的最小距离为L－R＝L，故D正确。‎ ‎8．【答案】D ‎【解析】根据乙图可知，当x＝h＋x0时小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B正确；在x＝h＋x0位置，mg＝kx0，则在x＝h＋2x0时，k∙2x0－mg＝ma，得a＝g，选项C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h＋x0)－W弹＝mvm2，故小球动能的最大值小于mg(h＋x0)，故D错误。‎ ‎9．【答案】AC ‎【解析】小球在运动过程中机械能守恒，A、C图中小球不能脱离轨道，在最高点速度为零，因而可以达到h高度。但B、D图中小球都会脱离轨道而做斜抛运动，在最高点具有水平速度，所以在最高点的重力势能要小于mgh(以最低点为零势能面)，即最高点的高度要小于h，选项A、C正确。‎ ‎10．【答案】AC ‎【解析】物块加速运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝μg，故A正确；物块加速运动的时间t＝，故B错误；整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功W＝mv2－0＝mv2，故C正确；物块加速运的动时间内传送带的位移x带＝vt，物块的位移x物＝vt，物块与传送带间相对位移大小Δx＝x带－x物＝，整个过程中摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝mv2，故D错误。‎ ‎11．【答案】BD ‎【解析】两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力FN1＝mgcos θ；当滑块m相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则mgcos θ＞FN1ʹ，选项A错误；对斜劈，地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因FN1＞FN1ʹ，则地面对斜劈的支持力FN2＞FN2ʹ，选项B正确；若斜劈固定，则mgh＝mv2；若斜劈不固定，则由能量关系可知mgh＝mv'2＋Mvx2，则v＞v'，选项C错误；对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律：mg－FNcos θ＝may，因FN1＞FN1ʹ，则ay1＜vy1ʹ，两种情况下滑块的竖直位移相等，则由可知vy＜vyʹ，选项D正确。‎ ‎12．【答案】ABD ‎【解析】设小球速度为vA，立方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝，解得vA＝，vB＝vA＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，mglsin 30°＝mv2－mvA2，v＝，故C错误；在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝mvA2＋MvB2，把vA和vB代入化简得m∶M＝1∶4，故D正确。‎ 二、非选择题（本题共5小题，共52分。按题目要求做答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13．(4分)‎ ‎【答案】(1)AD　(2)①纸带与打点计时器之间有摩擦　②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差　③计算势能变化时，选取初末两点距离过近　④交流电频率不稳定 ‎【解析】打点计时器需接交流电源；需要用米尺测量纸带上打出的点之间的距离。‎ ‎14．(8分)‎ ‎【答案】(1)天平和刻度尺 (2)远小于滑块的质量 平衡摩擦力 (3)mgL＝Mv22－Mv12‎ ‎【解析】(1)实验还需要的实验器材有：天平和刻度尺。‎ ‎(2)沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，对沙和沙桶，mg－T＝ma，对滑块，T＝Ma，解得T＝，故当M ‎>>m时，有T≈mg；滑块下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高。‎ ‎(3)总功为mgL，动能增加量为Mv22－Mv12，因此最终要验证的数学表达式为mgL＝Mv22－Mv12。‎ ‎16．(12分)‎ ‎【解析】(1)上升过程：mg＋f＝ma1‎ v02＝‎2a1h 解得：a1＝‎11 m/s2，h＝m。‎ ‎(2)重力做功：WG＝0‎ 空气阻力做功：Wf＝－f‧2h＝－J。‎ ‎(3)上升的时间：s 下降过程：mg－f＝ma2‎ h＝a2t22‎ 解得：s。‎ ‎16．(13分)‎ ‎【解析】(1)滑块从B到C做平抛运动，则有：‎ xBC＝vBt h－R(1－cos θ)＝gt2‎ 解得：t＝0.3 s，vB＝‎3 m/s 滑块在C点的竖直分速度为：vy＝gt＝‎3 m/s 则有：‎ 所以，落到C点时速度与水平方向夹角为45°。‎ ‎(2)滑块在DE上滑行只有摩擦力做功，故由动能定理可得：‎ μmgsDE＝0－mvD2‎ 解得：vD＝‎4 m/s 对滑块在D点应用牛顿第二定律可得：。‎ ‎17．(15分)‎ ‎【解析】(1)设圆环对A球的弹力为N1，轻杆对A球的弹力为F1，对A、B和轻杆整体，根据平衡条件有：‎ N1－F＝0‎ 对A球有：F1sin 45°－mg＝0‎ N1－F1cos 45°＝0‎ 解得：F＝mg。‎ ‎(2)当轻杆运动至水平时，A、B球速度最大且均为v，由机械能守恒有：‎ mg‧R－mg(1－)R＝×2mv2‎ 解得：。‎ ‎(3)在初始位置释放瞬间，A、B速度为零，加速度都沿圆环切线方向，大小均为a，设此时杆的弹力F1，根据牛顿第二定律：‎ 对A球有：mg－F1sin 45°＝ma 对B球有：F1cos 45°＝ma 解得：a＝g。‎