（新教材）2020-2021学年高一下学期第二次月考卷　物理（一）解析版

（新教材）2020-2021学年高一下学期第二次月考卷此卷此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号物理（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．关于以下各物理量的理解正确的是()A．重力势能是标量，－3J比－5J大B．位移是矢量，－3m比－5m大C．速度是矢量，－3m/s比－5m/s大D．功是标量，做功－3J比－5J多【答案】A【解析】重力势能是标量，符号表示大小，则－3J比－5J大，A正确；位移是矢量，符号表示方向，则－3m比－5m小，B错误；速度是矢量，符号表示方向，则－3m/s比－5m/s小，C错误；功是标量，没有方向，则做功－3J比－5J少，D错误。2．改变消防车的质量和速度，都能使消防车的动能发生改变。在下列几种情况下，消防车的动能是原来的2倍的是()A．质量不变，速度增大到原来2倍B．质量减半，速度增大到原来的4倍C．速度不变，质量增大到原来的2倍D．速度减半，质量增大到原来的2倍【答案】C【解析】根据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，质量不变，速度增大到原来的2倍，根据动能公式可知，汽车的动能变为原来的4倍，故A错误；质量减半，速度增大到原来的4倍，根据动能公式可得汽车的动能变为原来的8倍，故B错误；速度不变，质量增大到原来的2倍，根据动能公式可知汽车的动能变为原来的2倍，故C正确；速度减半，质量增大到原来的2倍，可知动能变为原来的eq\f(1,2)倍，故D错误。3．如图所示，滑梯顶端离地面的高度为H，一个小孩从粗糙的滑梯顶端由静止开始滑下。若以滑梯顶端为零势能面，以下说法错误的是()A．下滑过程中，小孩的动能增加B．小孩滑到滑梯底端时的重力势能为－mgHC．下滑过程中，小孩的机械能守恒D．下滑过程中，滑梯对小孩的支持力不做功【答案】C【解析】由静止开始滑下，说明小孩加速下滑，速度增加，动能增加，A正确；以滑梯顶端为零势能面，则小孩滑到滑梯底端时的重力势能为－mgH，B正确；下滑过程中，要克服摩擦力做功，机械能不守恒，C错误；下滑过程中，滑梯对小孩的支持力与运动方向垂直，故支持力不做功，D正确。4．如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角θ＝60°，细线的拉力为T1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为T2，重力加速度为g，则()A．从A到B，拉力F做的功为eq\f(\r(3),2)FLB．T1＝T2＝2mgC．从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大【答案】B【解析】从A到B根据动能定理应有W－mgL(1－cos60°)＝0，可得W＝eq\f(1,2)mgL，故A错误；小球在B位置受重力、拉力、和F的作用，有几何关系得细线的拉力，由动能定理可得mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2－0，且，可得T2＝2mg，故B正确；从B到A的过程中，小球做圆周运动，速度越来越大，故合力增大，故C错误；在B点，速度为零，重力的功率为零，在最低A点，重力与速度垂直，重力的功率为零，所以从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。5．如图所示，一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．由B到C的过程中，物块加速度逐渐减小B．由B到C的过程中，物块动能和重力势能之和不变C．由B到C的过程中，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和不变D．由B到C的过程中，弹簧弹性势能和物块动能之和逐渐减小【答案】D【解析】由B到C的过程中，弹力向下逐渐变大，根据mg＋F弹＝ma可知，物块加速度逐渐变大，选项A错误；由B到C的过程中，系统的机械能守恒，即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，物块的重力势能增大，则弹性势能和动能之和减小；由于弹簧的弹性势能增加，则物块动能和重力势能之和减小，BC错误，D正确。6．如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H。则在这段过程中，下列说法或表达式正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为WN＝eq\f(1,2)mv22，其中WN为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中WN为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为W合＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12【答案】C【解析】对物体，动能定理的表达式为W合－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中WN为支持力的功，A错误，C正确；对物体，动能定理的表达式为W合＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W合为合力的功，B错误；对电梯，其所受合力做功为W合＝eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，D错误。7．某高铁列车总质量为m，牵引电机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，在水平直轨道上由静止加速到最大速度的时间为t，则在时间t内列车()A．做匀加速运动B．最大速度为C．位移为D．合力做的功为Pt【答案】B，C错误；合外力的功为Pt－fx，D错误。8．2000年10月31日至2020年6月23日，北斗卫星导航系统发射在轨组网卫星59颗。受太空尘埃阻力的影响，人造地球卫星的轨道半径会缓慢减小，但依然近似为圆形运行轨道。在此过程，下列相关说法正确的是()A．卫星受到地球的万有引力逐渐减小B．卫星的动能逐渐减小C．万有引力对卫星做正功D．卫星的机械能逐渐增大【答案】C【解析】运行半径逐渐减小，根据F＝Geq\f(Mm,r2)，卫星受到地球的万有引力逐渐变大，故A错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，轨道半径减小，速率增大，则动能增大，万有引力对卫星做正功，故B错误，C正确；由于空气阻力做功，根据功能关系知，机械能减小，故D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．关于能源和能量，下列说法错误的是()A．自然界的能量是守恒的，所以地球上的能源永不枯竭。B．能源的利用过程中有能量耗散，所以自然界的能量在不断减少。C．能量耗散遵循能量守恒定律。D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造。【答案】ABD【解析】地球上的化石能源的存储量是有限的，如果过量开采这些能源，就会存在能源危机，A错误；能源的利用过程中有能量耗散，但自然界中的能量是守恒的，所以自然界中的能量不会减小，故B错误，C正确；能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，故D错误。10．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方0.5R处。小球从最高点A由静止开始逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．小球运动到B点时的速度大小为eq\r(gR)B．弹簧长度等于R时，小球的机械能最大C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mgD．小球运动到B点时重力的功率为0【答案】BCD【解析】由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得2mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得小球运动到B点时的速度vB＝2eq\r(gR)，故A错误；根据小球与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，小弹簧的弹性势能为零，最小，则小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F，在A点，圆环对小球的支持力F1＝mg＋F；在B点，由牛顿第二定律得F2－mg－F＝，解得圆环对小球的支持力F2＝5mg＋F，则F2－F1＝4mg，由牛顿第三定律知小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确；小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D正确。11．质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度－时间图象如图所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线。已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为f，以下说法正确的是()A．0～t1时间内，汽车牵引力的数值为B．t1～t2时间内，汽车的功率等于C．t1～t2时间内，汽车的平均速率小于D．汽车运动的最大速率【答案】AD【解析】由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F1－f＝ma，联立可得F1＝，故A正确；在t1时刻汽车达到额定功率P＝F1v1＝，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，故B错误；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C错误；t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2＝f，P＝F2v2，可得，故D正确。12．图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc＝37°，ab长为2L，p为ab的中点，小物块从a点由静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。现将劈顺时针旋转90°(如图乙所示)，小物块从b由静止释放，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为1∶1B．μ1＋μ2＝1.5C．图乙中小物块可能静止在b处D．图乙中小物块滑到a处时的速度大小为【答案】BD【解析】图甲中小物块在pb段做减速直线运动，则有mgsin37°＜μ2mgcos37°，即μ2＞eq\f(3,4)，通过ap段克服摩擦力所做的功Wap＝μ1mgcos37°‧xap，通过pb段克服摩擦力所做的功Wpb＝μ2mgcos37°‧xpb，小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为Wap∶Wap＝μ1∶μ2；小物块从a点滑到b过程，根据动能定理可得：mgxabsin37°－Wap－Wpb＝0，得μ1＋μ2＝1.5，故B正确，A错误；图乙中在b处则有：mgsin53°－μ2mgcos53°＝(eq\f(4,5)－eq\f(3,5)μ2)mg＞0，小物块不可能静止在b处，故C错误；图乙中设小物块滑到a处时的速度大小为v，根据动能定理可得：mgxabsin53°－μ1mgcos53°‧xap－μ2mgcos53°‧xpb＝eq\f(1,2)mv2，解得，故D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。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)在用如图所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时，下列说法正确的是。A．为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动B．为简便起见，每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样C．可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值D．可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值E．实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源F．通过分析打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度G．通过分析打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度【答案】ABCF【解析】平衡摩擦力时，应把长木板固定打点计时器的一端垫高，使小车下滑时所受到的阻力与重力沿长木板向下的分力平衡，A正确；为了计算功时方便，实验中以一根橡皮筋做的功为单位功W，因此选用的橡皮筋规格要相同，且每根的拉伸长度也要相等，这样可由橡皮筋的条数得到拉力的功的数值，B、C正确，D错误；实验中应先接通电源，再释放小车，E错误；测小车的速度时，应测量橡皮筋恢复原长时的速度，故F正确，G错误。14．(8分)在用重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示。其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率f＝50Hz。该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中(单位：cm)。(1)这五个数据中不符合有效数字读数要求的是________（选填“A”“B”“C”“D”或“E”）点读数；(2)若O点到某计数点距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为________；(3)若重锤质量m＝0.200×10－1kg，重力加速度g＝9.80m/s2，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，D点对应的物体的速度vD＝________m/s；重锤重力势能的减少量为________J，而动能的增加量为________J；(均保留3位有效数字)(4)实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是__________。A．重物的质量过大B．重物的体积过小C．使用的直流电源D．重物及纸带在下落时受到阻力【答案】(1)B(2)gh＝eq\f(1,2)v2(3)1.940.03800.0376(4)D【解析】(1)刻度尺读数是应在最小刻度1mm的基础上向下一位估读，即应当保留到小数点后的两位12.40cm，所以B点读数不符合要求。(2)若O点到某计数点距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为：mgh＝eq\f(1,2)mv2，即gh＝eq\f(1,2)v2。(3)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小，，从O到D点，重锤重力势能的减少量为mghOD＝0.0200×9.80×0.1941J＝0.0380J，动能的增加为eq\f(1,2)mvD2－0＝0.0376J。力。15．(10分)在地面处，以30m/s的初速度竖直向上抛出一个球，不计空气阻力，取地面为零势能面。问：(g取10m/s2)(1)球距地面多高处，它的重力势能是动能的2倍？(2)若小球在运动过程中，动能是重力势能的2倍时，它的速度大小为多少？【解析】(1)设距地面为h时，Ep＝2Ek由机械能守恒定律知Ep＋Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在地面h处物体的重力势能Ep＝mgh联立解得：h＝30m。(2)设当速度为v时，Ek＝2Ep，Ek＝eq\f(1,2)mv2由机械能守恒定律知Ek＋Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立解得：v≈24.5m/s。16．(10分)一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物一体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示，求：(1)0～6s时间内物体的位移；(2)物体受到的滑动摩擦力的大小；(3)0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。【解析】(1)速度时间图象图线与时间轴所夹的面积代表位移，则x＝eq\f(1,2)×(6－2)×3m＝6m。(2)如图丙所示，在6～8s内，物体做匀速直线运动，拉力F等于滑动摩擦力，如图乙所示，可知滑动摩擦力的大小为2N。(3)由图线围成的面积知，在0～10s内的位移x′＝eq\f(1,2)×(2＋8)×3m＝15m则全过程中克服摩擦力做功Wf＝fx＝30J。17．(12分)如图所示，质量均为m＝1kg的物体A、B放在倾角θ＝30°的固定光滑斜面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，B与挡板接触，A、B间用劲度系数k＝50N/m且与斜面平行的轻弹簧连接，A、B均处于静止状态。现对物快A施加沿斜面向上、大小恒定的拉力F，使物块A沿斜面向上运动，当A向上运动到速度最大时，B对挡板的压力恰好为零，重力加速度为g＝10m/s2，则在此过程中，求：(1)物体A沿斜面向上移动的距离x1；(2)拉力F做功的大小W；(3)A的最大速度vA的大小。【解析】(1)当A向上的加速度为0时，速度达到最大，B对挡板压力为0，只受重力、斜面支持力和弹簧弹力，设此时弹簧弹力为F1，由A、B分别受力平衡得：F1＝mgsinθ＝5NF＝2mgsinθ＝10N初始状态弹簧的压缩量m。(2)恒力F做功W＝Fx＝2J。(3)对A在此过程中由动能定理得：W－mgx1sinθ＝eq\f(1,2)mvA2－0解得：vA＝eq\r(2)m/s。18．(16分)如图所示，图甲为某种简易轨道赛车的轨道图，图乙为拼接直轨道的