（新教材）2020-2021學(xué)年高一下學(xué)期第二次月考卷　物理（二）解析版

（新教材）2020-2021學(xué)年高一下學(xué)期第二次月考卷此卷此卷只裝訂不密封班級姓名準(zhǔn)考證號考場號座位號物理（二）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．以下說法正確的是()A．一個物體所受的合外力為零，它的機械能一定守恒B．一個物體做勻速運動，它的機械能一定守恒C．一個物體所受的合外力不為零，它的機械能可能守恒D．一個物體所受臺外力的功為零，它的機械能一定守恒【答案】C【解析】物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，一個物體所受的合外力為零時，物體的機械能也可能變化，如勻速上升的物體，合力為零，物體的機械能在增加，AB錯誤；物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，所以物體所受的合外力肯定不為零，如物體只受到重力的作用，它的機械能可能守恒，C正確；一個物體所受合外力的功為零，物體也可能做的是勻速圓周運動，豎直面內(nèi)的勻速圓周運動機械能就不守恒，D錯誤。2．如圖所示，某滑翔愛好者利用無動力滑翔傘在高山頂助跑起飛，在空中完成長距離滑翔后安全到達(dá)山腳下。他在空中滑翔的過程中()A．只有重力做功B．重力勢能的減小量大于重力做的功C．重力勢能的減小量等于動能的增加量D．動能的增加量等于合力做的功【答案】D【解析】滑翔的過程中除重力做功外，還有空氣阻力做功，故A錯誤；由功能關(guān)系可知，重力勢能的減小量等于重力做的功，故B錯誤；由能量守恒可知，重力勢能的減小量等動能的增加和克服阻力所做的功，故C錯誤；由動能定理可知，合外力所做的功等于動能的變化量，故D正確。3．如圖所示，質(zhì)量為m的蘋果，從離地面H高的樹上由靜止開始下落，樹下有一深度為h的坑。若以地面為重力勢能的參考平面，不計空氣阻力，則當(dāng)蘋果將要落到坑底時，其機械能為()A．mgHB．－mgHC．mg(H＋h)D．mg(H?h)【答案】A【解析】以地面為重力勢能的參考平面，蘋果剛下落時的機械能為mgH，下落過程中蘋果只受重力，機械能守恒，則知當(dāng)蘋果將要落到坑底時，其機械能等于剛下落時的機械能mgH。故選A。4．仰臥起坐是《國家學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)》中規(guī)定的女生測試項目之一。根據(jù)該標(biāo)準(zhǔn)高三女生一分鐘內(nèi)完成55個以上仰臥起坐記為滿分。若某女生一分鐘內(nèi)做了50個仰臥起坐，其質(zhì)量為50kg，上半身質(zhì)量為總質(zhì)量的0.6倍，仰臥起坐時下半身重心位置不變，g取10m/s2。則測試過程中該女生克服重力做功的平均功率約為()A．10WB．40WC．100WD．200W【答案】C【解析】該同學(xué)身高約1.6m，則每次上半身重心上升的距離約為eq\f(1,4)×1.6m＝0.4m，則她每一次克服重力做的功W＝0.6mgh＝120J，1min內(nèi)她克服重力所做的總功W總＝50W＝6000J，她克服重力做功的平均功率為，故C正確。5．一個小孩站在船頭，按圖所示兩種情況用同樣大小的拉力拉繩，經(jīng)過相同的時間t(船未發(fā)生碰撞)小孩所做的功W1、W2及在時刻t小孩拉繩的瞬時功率P1、P2的關(guān)系為()A．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2B．W1＝W2，P1＝P2C．W1＜W2，P1＜P2D．W1＜W2，P1＝P2【答案】C【解析】小孩所做的功在第一種情況中是指對自身(包括所站的船A)做的功，在第二種情況中除對自身做功外，還包括對另外一艘船所做的功。由于兩種情況下人對自身所做的功相等，所以W1＜W2。設(shè)t時刻小孩所站的船的速率為v1(兩種情況下都是v1)，空船速率為v2，則P1＝Fv1，P2＝F(v1＋v2)，即P1＜P2，所以C正確。6．如圖所示，用長為L的細(xì)線，一端系于懸點A，另一端拴住一質(zhì)量為m的小球，先將小球拉至水平位置并使細(xì)線繃直，在懸點A的正下方O點釘有一小釘子，今將小球由靜止釋放，要使小球能在豎直平面內(nèi)做完整圓周運動，OA的最小距離是()A．eq\f(1,2)LB．eq\f(1,3)LC．eq\f(2,3)LD．eq\f(3,5)L【答案】D【解析】設(shè)小球做完整圓周運動時其軌道半徑為R，小球剛好過最高點的條件為mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)；小球由靜止釋放到運動至圓周的最高點過程中，只有重力做功，因而機械能守恒，取初位置所在水平面為參考平面，由機械能守恒定律得mg(L－2R)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得R＝eq\f(2,5)L，所以O(shè)A的最小距離為L－R＝eq\f(3,5)L，故D正確。7．“ETC”是高速公路上電子不停車收費系統(tǒng)的簡稱。若某汽車以恒定功率勻速行駛，為合理通過收費處，司機在t1時刻使汽車功率減半，并保持該功率行駛，到t2時刻又做勻速運動；通過收費處后，司機馬上恢復(fù)原來功率，以后保持該功率行駛。設(shè)汽車所受阻力大小不變，則在該過程中，汽車的速度隨時間變化圖像可能正確的是()【答案】B【解析】0～t1階段，汽車以速度為v0勻速行駛，牽引力與阻力平衡，此時功率恒定為P0，且，t1～t2階段，t1時刻使汽車功率減半瞬間，汽車的速度v不變，由P＝Fv可知，F(xiàn)突然減小到原來的一半，阻力沒有變化，則汽車開始做減速運動，功率保持為eq\f(1,2)P0，由P＝Fv知，由于v減小，所以牽引力F增大，由Ff-F＝F合可知，F(xiàn)合減小，則加速度減小，小汽車做加速度減小的減速運動；t2～t3階段，t2時刻牽引力又增大到等于阻力，汽車開始勻速運動，此時速度為，t3～t4階段，通過收費處后，逐漸增加功率，使汽車做勻加速運動直到恢復(fù)原來功率P0，這段時間汽車做勻加速直線運動；當(dāng)汽車牽引力功率剛恢復(fù)原來功率瞬間，牽引力仍大于阻力，汽車?yán)^續(xù)加速，但以后保持該功率行駛，由P＝Fv知，速度增加，牽引力減小，則合外力減小，加速度減小，則汽車做加速度減小的加速運動，當(dāng)牽引力減小到與阻力相等時，汽車開始勻速，速度大小，故選B。8．將一質(zhì)量為M的光滑斜劈固定在水平面上，一質(zhì)量為m的光滑滑塊(滑塊可以看成質(zhì)點)從斜面頂端由靜止自由滑下。在此過程中，斜劈對滑塊的支持力記為FN1，地面對斜劈的支持力記為FN2，滑塊到達(dá)斜面底端時，相對地面的速度大小記為v、豎直分速度的大小記為vy。若取消固定斜劈的裝置，再讓滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊的壓力作用下斜劈會向左做勻加速運動，在此過程中，斜劈對滑塊的支持力記為FN1?、地面對斜劈的支持力記為FN2?，滑塊到達(dá)斜面底端時，相對地面的速度大小記v'、豎直分速度的大小記為vy?。則下列大小關(guān)系正確的是()A．FN1＜FN1?B．FN2＜FN2?C．v＜v'D．vy＜vy?【答案】D【解析】兩種情況下斜劈對滑塊的支持力的方向均垂直斜面向上，第一種情況下斜劈對滑塊的支持力FN1＝mgcosθ；當(dāng)滑塊m相對于斜劈加速下滑時，斜劈水平向左加速運動，所以滑塊m相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物塊有沿垂直于斜面方向向下的加速度，則mgcosθ＞FN1?，A錯誤；對斜劈，地面對斜劈的支持力等于斜劈的重力與滑塊對斜劈的壓力的豎直分量之和，因FN1＞FN1?，則地面對斜劈的支持力FN2＞FN2?，B錯誤；若斜劈固定，則mgh＝eq\f(1,2)mv2；若斜劈不固定，則由能量關(guān)系可知mgh＝eq\f(1,2)mv'2＋eq\f(1,2)Mvx2，則v＞v'，C錯誤；對滑塊，在豎直方向，由牛頓第二定律：mg－FNcosθ＝may，因FN1＞FN1?，則ay1＜vy1?，兩種情況下滑塊的豎直位移相等，則由可知vy＜vy?，D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．如圖所示，質(zhì)量為1kg的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一個輕彈簧。滑塊壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點，已知xab＝0.8m，xbc＝0.4m，取g＝10m/s2，那么下列說法正確的是()A．彈簧彈性勢能的最大值是6JB．滑塊動能的最大值是4JC．滑塊從b到c的過程中滑塊的機械能在不斷地減少D．滑塊在整個過程中機械能守恒【答案】AC【解析】由于滑塊最后又能夠回到a點，所以整個過程中外力對滑塊做功的代數(shù)和為零，即斜面是光滑的。當(dāng)滑塊運動到c點時彈簧的彈性勢能最大，對滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)機械能守恒定律可得彈簧彈性勢能的最大值Epm＝mg(xab＋xbc)sin30°＝6J，故A正確；滑塊運動到b點時的動能Ekb＝mgxabsin30°＝4J，當(dāng)彈簧彈力與滑塊沿斜面方向的分力平衡時，滑塊的動能最大，所以滑塊從b點還需向下運動一段過程動能才到達(dá)最大值，因此滑塊動能的最大值大于4J，故B錯誤；滑塊從b到c的過程中，彈力對滑塊做負(fù)功，滑塊的機械能在不斷地減少，故C正確；滑塊在與彈簧相互作用的過程中機械能不守恒，故D錯誤。10．如圖所示，水平傳送帶以恒定的速度v運動，一質(zhì)量為m的小物塊輕放在傳送帶的左端，經(jīng)過一段時間后，物塊和傳送帶以相同的速度一起運動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則()A．物塊加速運動時的加速度為μgB．物塊加速運動的時間為C．整個過程中，傳送帶對物塊做的功為eq\f(1,2)mv2D．整個過程中，摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2【答案】AC【解析】物塊加速運動時，由牛頓第二定律得μmg＝ma，a＝μg，故A正確；物塊加速運動的時間t＝，故B錯誤；整個過程中，根據(jù)動能定理得傳送帶對物塊做的功W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)mv2，故C正確；物塊加速運的動時間內(nèi)傳送帶的位移x帶＝vt，物塊的位移x物＝eq\f(1,2)vt，物塊與傳送帶間相對位移大小Δx＝x帶－x物＝，整個過程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝eq\f(1,2)mv2，故D錯誤。11．如圖所示，將一小球從M點水平拋出，飛到點P時，與一擋板發(fā)生碰撞，小球又斜向上飛出后落到M點正下方的N點，N點與P點等高，軌跡的最高點Q與M等高，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．小球兩次飛行過程中加速度不同B．小球兩次飛行過程中重力對小球做的功不相等C．小球離開M點的速率比經(jīng)過Q點的速率大D．小球與擋板碰撞過程中沒有機械能損失【答案】BC【解析】不計空氣阻力，球兩次在空中只受重力作用，加速度為g，加速度相同，故A錯誤；設(shè)球的拋體高度為h，第一次從M到P，重力做正功為WG＝mgh，第二次做斜上拋運動從P到Q到N點，重力做功為零，球兩次飛行過程中重力對球做的功不相等，故B正確；球從M到P和從Q到N都是平拋運動，在M、Q點均只有水平方向的速度，高度h相同，由t＝eq\r(\f(2h,g))知運動時間相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出離開M點的速度大于經(jīng)過Q點的速度，故C正確；如果碰撞沒有機械能損失，則全程機械能守恒，而在M、Q點重力勢能相等，動能不等，則機械能不等，故小球與擋板碰撞過程中有機械能損失，故D錯誤。12．如圖所示，長度為L的輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點)，桿的下端用鉸鏈固接于水平面上的O點。置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質(zhì)量為M。今有微小擾動，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．A與B剛脫離接觸的瞬間，A、B速率之比為2∶1B．A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為C．A落地時速率為eq\r(2gL)D．A、B質(zhì)量之比為1∶4【答案】ABD【解析】設(shè)小球速度為vA，立方體速度為vB，分離時刻，小球的水平速度與長方體速度相同，即vAsin30°＝vB，得vA＝2vB，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律有mgsin30°＝，解得vA＝，vB＝eq\f(1,2)vA＝，故B正確；A從分離到落地，小球機械能守恒，mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2，v＝，故C錯誤；在桿從豎直位置開始倒下到小球與長方體恰好分離的過程中，小球和長方體組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有mgL(1－sin30°)＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)MvB2，把vA和vB代入化簡得m∶M＝1∶4，故D正確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13．(4分)如圖所示為驗證機械能守恒定律的實驗裝置示意圖?，F(xiàn)有的器材為帶鐵夾的鐵架臺、電磁打點計時器、紙帶、帶鐵夾的重錘、天平?；卮鹣铝袉栴}：(1)為完成此實驗，除了所給的器材，還需要的器材有________。(填入正確選項前的字母)A．米尺 B．秒表C．0～12V的直流電源 D．0～12V的交流電源(2)實驗中誤差產(chǎn)生的原因有。(寫出兩個原因)【答案】(1)AD(2)①紙帶與打點計時器之間有摩擦②用米尺測量紙帶上點的位置時讀數(shù)有誤差③計算勢能變化時，選取初末兩點距離過近④交流電頻率不穩(wěn)定【解析】打點計時器需接交流電源；需要用米尺測量紙帶上打出的點之間的距離。14．(6分)某同學(xué)利用圖示裝置驗證不可伸長的細(xì)繩連接的物塊的速度沿著繩的分速度相等及機械能守恒。圖中P、Q、R是三個完全相同的木塊，P、Q木塊用細(xì)繩連接，放在水平氣墊桌上。木塊R用輕質(zhì)滑輪連接，放在正中間。a、b、c是三個光電門，調(diào)整三個光電門的位置，能實現(xiàn)同時遮光。將整個裝置無初速度釋放：(1)為了能達(dá)到實驗?zāi)康?，除了記錄P、Q、R三個遮光片的遮光的時間t1、t2、t3外，還必需測量的物理有______。A．P、Q、R的質(zhì)量MB．兩個定滑輪的距離dC．R的遮光片到c的距離HD．遮光片的寬度x(2)根據(jù)裝置可以分析出P、Q的速度大小相等，驗證表達(dá)式為___________。(3)驗證系統(tǒng)機械能守恒的表達(dá)式___________。【答案】(1)CD(2)t1＝t2(3)【解析】(1)要驗證系統(tǒng)的機械能守恒，其表達(dá)式是MgH＝eq\f(1,2)MvP2＋eq\f(1,2)MvQ2＋eq\f(1,2)MvR2，可知與質(zhì)量M無關(guān)，因此不需要測量P、Q、R的質(zhì)量M，A錯誤；由驗證表達(dá)式可知，與兩個定滑輪的距離d無關(guān)，B錯誤；由驗證的表達(dá)式可知，需要測量R的遮光片到c的距離H，C正確；由驗證的表達(dá)式可知，需要測量P、Q、R三個物塊遮光片的速度，因此需要測量遮光片的寬度x，速度v＝eq\f(x,t)，D正確。(2)物塊P的速度，物塊Q的速度，因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要驗證表達(dá)式為，即t1＝t2。(3)整個系統(tǒng)減少的機械能是ΔE＝MgH，增加的機械能是，要驗證機械能守恒，則有ΔE＝ΔE′即驗證的表達(dá)式。15．(10分)一物體放在水平地面上，如圖甲所示，已知物一體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖乙所示，物體相應(yīng)的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖丙所示，求：(1)0～6s時間內(nèi)物體的位移；(2)物體受到的滑動摩擦力的大?。?3)0～10s時間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功?！窘馕觥?1)速度時間圖象圖線與時間軸所夾的面積代表位移，則x＝eq\f(1,2)×(6－2)×3m＝6m。(2)如圖丙所示，在6～8s內(nèi)，物體做勻速直線運動，拉力F等于滑動摩擦力，如圖乙所示，可知滑動摩擦力的大小為2N。(3)由圖線圍成的面積知，在0～10s內(nèi)的位移x′＝eq\f(1,2)×(2＋8)×3m＝15m則全過程中克服摩擦力做功Wf＝fx＝30J。16．(12分)如圖所示，圓柱形管的底端固定一彈射器，彈射器上有一質(zhì)量m1＝1kg的小滑塊，管和彈射器的總質(zhì)量m2＝2kg，滑塊與管內(nèi)壁間的滑動摩擦力大小為0.4m1g。整個裝置豎直靜止在水平地面上。發(fā)射時，滑塊離開彈射器瞬間距離上管口的距離為1.0m；滑塊離開彈射器后上升的最大高度為1.4m。小滑塊可視為質(zhì)點且彈射時間極短，每次彈射后滑塊獲得的初速度相等，忽略空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)滑塊被彈射后在圓柱形管內(nèi)滑動時的加速度大小；(2)滑塊離開彈射器后運動到最高點的時間?！窘馕觥?1)對滑塊由牛頓第二定律得：0m1g＋0.4m1g＝m1a1解得：a1＝14m/s2。(2)設(shè)滑塊離開彈射器的初速度為v0，離開管口的速度為v1，滑塊到上端口的距離為l，滑塊上升的最大高度為H。滑塊由底端上升到最高點的過程中，由動能定理得：－m1gh－0.4m1gl＝0－eq\f(1,2)mv02滑塊離開管口后豎直上拋，由動能定理得：－m1g(H－l)＝0－eq\f(1,2)m1v12滑塊滑到管口的時間滑塊從管口，上拋到最大高度處的時間滑塊運動的總時間t＝t1＋t2解得：s。17．(12分)如圖所示，質(zhì)量均為m＝1kg的物體A、B放在傾角θ＝30°的固定光滑斜面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板，B與擋板接觸，A、B間用勁度系數(shù)k＝50N/m且與斜面平行的輕彈簧連接，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對物快A施加沿斜面向上、大小恒定的拉力F，使物塊A沿斜面向上運動，當(dāng)A向上運動到速度最大時，B對擋板的壓力恰好為零，重力加速度為g＝10m/s2，則在此過程中，求：(1)物體A沿斜面向上移動的距離x1；(2)拉力F做功的大小W；(3)A的最大速度vA的大小?！窘馕觥?1)當(dāng)A向上的加速度為0時，速度達(dá)到最大，B對擋板壓力為0，只受重力、斜面支持力和彈簧彈力，設(shè)此時彈簧彈力為F1，由A、B分別受力平衡得：F1＝mgsinθ＝5NF＝2mgsinθ＝10N初始狀態(tài)彈簧的壓縮量m。(2)恒力F做功W＝Fx＝2J。(3)對A在此過程中由動能定理得：W－mgx1sinθ＝eq\f(1,2)mvA2－0解得：vA＝eq\r(2)m/s。18．(16分)如圖所示，在離水平地面CD高h(yuǎn)