四川省资阳中学2020学年高一物理下学期6月月考试题（含解析）

1、四川省资阳中学2020学年高一下学期6月月考物理试卷 一、选择题（每题4分，共40分。其中1-6单选，7-10多选）1. 质量为m的物体在空中由静止下落，由于空气阻力的影响，运动的加速度是，物体下落高度为h，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A. 重力势能减少了B. 动能增加了mghC. 机械能损失了D. 克服阻力做功为【答案】C【解析】重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量，重力对物体做多少功，则物体的重力势能减少多少由题知重力做功为mgh，则的重力势能减少mgh，故A错误；物体的合力做正功为mah0.9mgh，则物体的动能增加量为0.9mgh，故B错误；物体下落h高度，重力势能减小m

2、gh，动能增加为0.9mgh，则机械能减小0.1mgh，故C正确；由于阻力做功导致机械能减小，因此克服阻力做功为0.1mgh，故D错误故选C.点睛：本题关键要掌握重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，除重力以外力做功使机械能变化2. 如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是 （ ）A. 乙的速度必定大于甲的速度B. 乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C. 乙的动量必定大于甲的动量D. 甲、乙的动量之和必定不为零【答案】A【解析】甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守

3、恒定律得系统的总动量为零。A、小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故A不正确，CD正确；B、因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量向右，甲对小车的冲量向左，故乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量，故B正确；本题选不正确的，故选：A.【名师点睛】甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得系统的总动量为零。根据小车向右运动，判断甲、乙对小车的冲量。3. 如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连

4、接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为则（）A. vA=vBcosB. vB=vAcosC. 小球B减小的势能等于物块A增加的动能D. 当物块A上升整个过程中，A的机械能一直增大【答案】B【解析】试题分析：将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度在沿绳子方向的分速度为，所以故AB错误A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则小球重力势能的减小等于系统动能的增加和B的重力势能的增加故C错误除重力以外

5、其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大故D正确故选D考点：考查了机械能守恒定律和运动的分解与合成的应用点评：解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握机械能守恒的条件，会利用系统机械能守恒解决问题4. 如图所示，小球a从倾角为60的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出，两球恰好在斜面中点P相遇，则下列说法正确的是()A. v1:v22:1B. v1:v21:1C. 若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍

6、能相遇D. 若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的上方【答案】A【解析】【分析】a球做匀速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，b球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据水平位移相等求出初速度之比结合落在斜面上位置，比较两球的运动时间，从而确定位置的关系。【详解】A、B项：小球在P点相遇，知两球的水平位移相等，有v1tsin30=v2t，解得v1：v2=2：1故A正确，B错误；C、D项：若小球b以2v2水平抛出，如图所示若没有斜面，将落在B点，与P点等高，可知将落在斜面上的A点，由于a球、b球在水平方向上做匀速直线运动，可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间，所

7、以b球落在斜面上时，a球在b球的下方，故C、D错误 。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，抓住a、b两球水平方向均做匀速直线运动，结合水平位移关系分析判断。5. 如图所示，蹦极运动员从O点自由下落，到a点时弹性绳刚好是自然长度，c是运动员下落的最低点，b是最终静止时运动员悬吊的位置，不计空气阻力和绳的重力，研究O-a-b-c 过程有（ ）A. 从O-c重力对人的冲量大于绳对人的冲量B. 从a-b重力对人的冲量小于绳对人冲量C. 从b-c合力对人的冲量为零D. 从O-c合力对人的冲量为零【答案】D【解析】【详解】A项：从O-c由动量定理可知：，即 ，所以重力对人

8、的冲量等于绳对人的冲量，故A错误；B项：由力和运动学分析可知，从a-b人做加速减小的加速运动，到b点速度最大，从a-b由动量定理可知：，即，故B错误；C项：由于b点的速度最大，c点速度为零，从b-c人的动量的变化量不为零，即合力的冲量不为零，故C错误；D项：从O-c由动量定理可知，由于人的动量变化为零，所以合力的冲量为零，故D正确。6. 如图所示长木板A静止放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是（ ）A. 物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B. 物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量

9、C. 物体B损失的机械能等于木板A获得机械能D. 物体B克服摩擦力做的功等于木板A增加的机械能与系统增加的内能之和【答案】D【解析】【分析】B在A上滑行过程中，B对A的滑动摩擦力对A做正功，而A对B的滑动摩擦力对B做负功，并且在此过程中，将有摩擦生热现象，系统内能的增量将等于系统机械能的减少量。【详解】A项：由能量守恒可知，物体B动能的减少量等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和，故A错误；B项：由动能定理可知，物体B克服摩擦力做的功就是物体B动能的减少量，故B错误；C项：物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故C错误；D项：由能量守恒可知，物体B克服摩擦力做的功等于

10、木板A增加的机械能与系统增加的内能之和，故D正确。【点睛】注意弄清几个说法的相互关系：B的机械能的减少等于A的机械能的增加与系统内能增加的总和；系统机械能的减少等于系统内能的增加。7. 地球同步卫星到地心的距离r可由求出.已知式中a的单位是m，b的单位是s，c的单位是m/s2，则（ ）A. a是地球半径，b是地球自转的周期，c是地球表面处的重力加速度B. a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c是同步卫星的加速度C. a是赤道周长，b是地球自转的周期，c是同步卫星的加速度D. a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c是地球表面处的重力加速度【答案】AD【解析】物体在万有引力作用下做

11、匀速圆周运动，由于，整理得；结合题目所给单位，a的单位是m，则a对应地球半径R，b的单位是s，则b对应同步卫星的周期T，也是地球自转周期T，c的单位m/s2，则c对应重力加速度g；故A正确。8. 如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向则两个过程()A. 物体动能变化量相同B. 物体机械能变化量相同C. F1做的功与F2做的功相同D. F1做功的功率比F2做功的功率大【答案】AB【解析】【分析】两物体均做匀加速直线运动，在相等的时间内沿斜面上升的位移相等，但斜面对物体的摩擦力

12、不同，所以推力做功不同。【详解】A项：由公式可知，所以两物体到达顶端的速率相等，所以动能的变化量相同，故A正确；B项：由A项分析可知，物体的动能增量相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能增量相同，故B正确；C项：由图示分析可知，第二个物体所受斜面的摩擦力较大，对每一个物体而言，除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，由于两体的机械能增量相同，所以F2做功较多，故C错误；D项：由公式可知，由于时间相同，所以F1做功的功率比F2做功的功率小，故D错误。【点睛】由物体的运动特征判断出物体机械能的增量关系，结合本题功能关系：除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，不难看出结果。9. 如图

13、所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿槽口向小车滑去（不计摩擦），到达某一高度后，小球又返回小车右端，则（）A. 小球在小车上到达最高点时的速度大小为B. 小球离车后，对地将向右做平抛运动C. 小球离车后，对地将做自由落体运动D. 此过程中小球对车做的功为【答案】ACD【解析】A、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则：，得：，A正确；B、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得： ，由动能守恒得 ，联立，解得：，即小球与小车分离后二者交换速度；所以小球与小车分离后做自由落体

14、运动，B错误，C正确；D、对小车运用动能定理得，小球对小车做功：，D正确；故选ACD。10. 如图，在光滑水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W然后撤去外力，则（）A. 从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0B. 当A离开墙面时，B的动量大小为C. A离开墙面后，A的最大速度为D. A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为【答案】CD【解析】试题分析：在撤去推力时，A受墙壁的作用力，故墙对A的冲量不为零，A错误，撤去力后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足：,所以B的动量为,B错

15、误A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：动量守恒：机械能守恒：，解得，CD正确，考点：考查了机械能守恒和动量守恒点评：正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件二、实验题（每空2分，共16分）11. 图(1)为“验证机械能守恒”的实验装置，图（2）为实验中所打出的一条纸带，试回答下列问题：(1)关于实验中的操作或结论正确的是_A若为电磁打点计时器，则电源用22

16、0V、50Hz的交流电源B应先通电打点，后松开纸带C重锤只要选用体积很小的就行D本实验中重物重力势能的减少量一定小于动能的增加量(2)若实验中所用重物的质量m=1.0kg，打点时间间隔为0.02s，打出的纸带如图（2）所示，O为起始点，A、B、C为相邻的点，测得OA=0.78cm、OB=1.79cm、OC=3.14cm，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，则重物在B点时的动能EKB=_ J（保留三位有效数字），大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_(3)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的

17、重物速度v，描绘v2h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒请你分析论证该同学的判断依据是否正确_【答案】 (1). B (2). 0.174 (3). 由于阻力的影响 (4). 不正确【解析】【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，应先接通电源让打点计时器打点稳定后松开纸带让重物下落；在实验中，为了减小实验的误差，重锤选择质量大、体积小的重锤在下落时要受到阻力作用（对纸带的摩擦力、空气阻力），必须克服阻力做功，减小的重力势能等于增加的动能加上克服阻力所做的功，因此重力势能的减小量大于动能的增加量。【详解】(1

18、) A项：若为电磁打点计时器，则电源用4V-6V、50Hz的交流电源，故A错误；B项：实验时应先接通电源让打点计时器打点稳定后松开纸带让重物下落，这样可以打出更多的点有利于减小误差，故B正确；C项：实验中为了减小阻力的影响，重锤选用体积较小，且质量较大的重锤，故C错误；D项：重锤在下落时要受到阻力作用（对纸带的摩擦力、空气阻力），必须克服阻力做功，减小的重力势能等于增加的动能加上克服阻力所做的功，因此重力势能的减小量大于动能的增加量，故D错误。故应选B。(2) 匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：所以动能为重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是由于受到阻力的作

19、用，重力势能等于增加的动能与克服阻力所做的功；(3) 该同学的判断依据不正确在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据可得：则此时v2-h图象就是过原点的一条直线所以要想通过v2-h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g。【点睛】要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒，重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能。12. 在“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，让质量为m1的小球从斜槽轨道上某处自由滚下，与静止在轨道末端的质量为m2的小球发生对心碰撞（如图所示），则(1)两小

20、球质量及大小关系应满足_;A、m1=m2B、m1m2C、m1m2D、大小相等E、没有限制(2)实验必须满足的条件是_；A、轨道末端必须是水平的B、斜槽轨道（不含水平部分）必须尽可能光滑C、斜槽轨道的水平部分必须尽可能光滑D、入射球m1每次必须是从同一高度由静止释放(3)实验中必须测量的物理量是_；A、小球的质量m1和m2B、桌面离地面的高度HC、小球m1的初始高度hD、小球m1单独落下的水平距离OBE、小球m1和m2碰后的水平距离OA、OCF.测量小球m1或m2的直径(4)本实验我们要验证等式：_是否成立。【答案】 (1). B (2). ACD (3). ADE (4). m1 OB = m

21、1 OA + m2 OC【解析】（1）验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选：B；（2）小球从斜槽滑出做平抛运动，可知斜槽的末端必须水平，但是斜槽不一定需要光滑，只要入射球m1每次必须是从同一高度由静止释放，使得平抛运动的初速度相等即可故选：AD（3）小球粒子轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相等，m1v1=m1v1+m2v2两边同时乘以时间t，则有：m1v1t=m1v1t+m2v2tm1OB=m1OA+m2OC则实验需要测出：小球的质量、小球的水平位置OB，OA，OC，故选：ADE；（4）由（2）可知，实验需要验证的表达式为：

22、m1OB=m1OA+m2OC点睛：实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，防止碰后m1被反弹三、计算题（共44分）13. 在某一星球上做火箭发射实验，火箭始终在垂直星球表面的方向上运动，火箭点火后经过4s熄灭，测得上升的最大高度为80m，若大气阻力和燃料质量不计，且已知该星球的半径为地球的，质量为地球的，地球表面的重力加速度g0取10m/s2(1)该星球表面的重力加速度g；(2)火箭点火后加速上升时加速度a的大小；(3)火箭在该星球上受到的平均推力与其所受引力大

23、小的比值【答案】(1)5m/s2 (2) a=5m/s2 (3)2【解析】【详解】(1)根据黄金代换有：解得：；(2)加速上升阶段有：减速上升阶段有：又代入数据解得：；(3)由牛顿第二定律可得：解得：则有：。14. 质量为8l02 kg的电动摩托车由静止开始沿平直公路行驶，能达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶过程中所受的阻力恒定。(1)求电动车的额定功率。(2)电动车由静止开始运动，经过多长时间，速度达到2.4m/s?(3)若过B点后20 s电动车达到最大速度，则电动车所走的总路

24、程是多大？【答案】(1)P=6kW (2)t1=1.2s (3) x=86.25m【解析】【分析】(1) 当牵引力与阻力大小相等时，电动车做匀速直线运动，速度达到最大值，此时功率为额定功率；(2) 由牛顿第二定律可以求出匀加速的加速度，从而判断出匀加速的末速度，综合速度公式求出时间；(3)先由匀变速直线运动的速度位移公式求出匀加速的位移x1，再由动能定理求出变加速的位移，总位移等于两位移之和。【详解】(1) 由图象可得，当最大速度vmax=15m/s时牵引力为Fmax=400N，额定功率：P=Fminvmax=6kW；(2) 电动车匀速运动时，牵引力为：Fmin=400N，由平衡条件可知，阻力

25、：f=Fmin=400N，匀加速运动的加速度：代入数据解得：匀加速运动的末速度：电动车在速度达到3m/s之前，一直做匀加速直线运动所以时间为：；(3)A到B电动车做匀加速运动，由公式则有：过B点后20 s电动车达到最大速度，由动能定理有：代入数据解得：所以电动车走过的总位移为：。【点睛】本题首先要理解图象的物理意义：斜率等于功率；其次要能分析电动车的受力情况和运动情况，把握速度最大的条件。15. 如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切与D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度g=10m/s2，则(1)B滑块至少要以多大速度向前运动；(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？【答案】(1) (2)【解析】试题分析：由牛顿第二定律求出