福建省龙海市第二中学2022学年高一物理下学期第一次月考4月试题含解析

2022-2022学年福建省龙海市第二中学高一下学期第一次月考（4月）物理试题一、单项选择题1.下述有关功和能量说法正确的是A.物体做功越多，物体的能量就越大B.摩擦力可能对物体做正功，也可能做负功，也可以不做功C.能量耗散表明，能量守恒定律有些情况下并不成立D.弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能【答案】B【解析】功是能量转化的量度，物体做功越多，物体的能量转化就越多，而不是能量越大。故A错误。摩擦力方向可能与物体运动方向相同、也与物体运动方向相反，所以摩擦力可能对物体做正功，也可能做负功。物体也可能没有位移，摩擦力不做功，故B正确。能量耗散虽然不会使能的总量减少，但能量的可利用率越来越低，即能量的品质越来越低；根据能量守恒定律可知，虽然能量的可利用率越来越低，但能量总和保持不变，仍然遵守能量守恒定律，故C错误。弹簧的弹性势能与形变量有关，弹簧拉伸时与压缩时弹性势能可能相等，也可能拉伸时的弹性势能小于压缩时的弹性势能。故D错误。故选B。2.一位同学将一本掉在地板上的物理必修2课本慢慢捡回到课桌上，则该同学对教科书做功大约为（重力加速度）A.0.04JB.0.4JC.4JD.40J【答案】C【解析】课桌的高度约为0.7m，物理书的重力约为6N，他对课本所做的功为：，所以此过程中做功大约为4J．故C正确，ABD错误。故选C。3.如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是A.减小角，增大船速v-12-\nB.增大角，增大船速vC.减小角，保持船速v不变D.增大角，保持船速v不变【答案】B【解析】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示由图可知，要增大角和增大船速v，故B正确，ACD错误；故选B。【点睛】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间．当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角．4.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，0~段为直线，从时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则A.0~时间内，汽车的牵引力等于B.时间内，汽车做匀加速运动C.时间内，汽车的功率等于D.时间内，汽汽车的功率等于【答案】D-12-\n【点睛】根据速度时间图线得出匀加速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出牵引力的大小，根据匀加速直线运动的末速度，结合牵引力的大小，根据P=Fv求出额定功率.5.如图从离地面高为h的桌面上以速度v竖直向上抛出质量为m的物体，它上升H后又返回下落，最后落在地面上，则下列说法中不正确的是（不计空气阻力，以地面为参考面）A.物体在最高点时机械能为B.物体落地时的机械能为C.物体落地时的机械能为D.物体在落回过程中，经过桌面时的机械能为【答案】D【解析】以地面为参考面，在最高点动能为0，重力势能为，所以物体在最高点时机械能为，故A正确；物体在整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则物体落地时的机械能等于最高点的机械能，或等于抛出时的机械能，故BC正确；根据机械能守恒定律可知，物体在落回过程中，经过桌面时的机械能等于抛出时的机械能，为，故D错误。本题选错误的，故选D.6.在离水平地面相同高度处，同时将两小球P、Q以相同的速率分别竖直向下和水平方向抛出，不计空气阻力，则A.两小球P、Q同时落地-12-\nB.小球P先落地C.小球Q先落地D.无法比较它们落地先后【答案】B【解析】P做竖直下抛运动，加速度为g，Q做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，加速度也为g，由于P竖直方向有初速度，而Q竖直方向的初速度为零，则知小球P运动时间短，先落地，故ACD错误，B正确。故选B。7.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.物体重力势能增加了C.系统机械能损失了D.系统机械能损失了【答案】A【解析】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，故A正确；物体上升了h，故重力势能增加了，故B错误；系统损失的机械能等于减小的动能和增加的势能之和，故，故CD错误；故选A.8.质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示，物体在x=0处，速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x=16m处时，速度大小为A.3m/sB.m/sC.4m/sD.m/s-12-\n【答案】A【解析】在0-4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：，根据速度位移公式得：，解得：，对物体在4-16m内运动过程运用动能定理得：，由图可知，，，所以4-16m内力F做功之和为0，得：，故选A.【点睛】在0-4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，可以根据匀变速直线运动位移速度公式求出x=4m处时的速度，在4m-8m位移内，力在逐渐减小，是变力，在8m-12m位移内力等于零，在12m-16m位移内，力F反方向逐渐增大，根据做功公式可知：力F在4-16m内做功之和为零，可对这一阶段运用动能定理得到x=16m处时速度等于x=4m处时的速度．二、多选选择题：9.物体的两个分运动不共线，则下列说法中正确的是A.两个分运动是初速度不为零的匀加速直线运动，则它们的合运动不可能是匀加速曲线运动B.两个分运动是匀速直线运动，则它们的合运动一定也是匀速直线运动C.两个分运动是初速度为零的匀加速直线运动，则它们的合运动也一定是初速度为零的匀加速直线运动D.两个分运动是直线运动，则它们的合运动也一定是直线运动【答案】BC【解析】两个分运动是初速度不为零的匀加速直线运动，其合加速度与合速度可能在同一条直线，此时做匀加速直线运动；也可能合加速度与合速度不在同一条直线上，此时将做匀加速曲线运动，故A错误；两个分运动是匀速直线运动，则其合运动的加速度为零，则它们的合运动一定是匀速直线运动，故B正确；两个分运动是初速度为零的匀加速直线运动，他们的合运动的初速度一定为零，和加速度也是恒定的，所以它们的合运动一定是初速度为零的匀加速直线运动，故C正确；两个分运动是直线运动，如果其加速度的方向与初速度的方向不在同一条直线上，就会做曲线运动，例如平抛运动就是水平方向的匀速的直线和竖直方向上自由立体运动（也是直线运动）的合运动，所以它们的合运动不一定是直线运动，可能是曲线运动，故D错误；故选BC.10.如图所示长木板A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上相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是-12-\nA.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C.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D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和数值上等于系统内能的增加量【答案】CD【解析】根据功能关系可知，物体B动能的减少量等于B克服摩擦力做的功，故A正确；由能量守恒定律可知，物体B损失的动能等于木板A获得的动能与系统产生的内能之和，故B错误；由能量守恒定律可知，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正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能增加量，故D正确。所以ACD正确，B错误。11.小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上（如图甲），在刚接触轻弹簧的瞬间（如图乙），速度是5m/s，将弹簧压缩到最短（如图丙）的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度之间的关系（如图丁）所示，已知其中A为曲线的最高点，该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变，弹簧的弹力大小与形变成正比，下列说法正确的是A.在撞击轻弹簧到轻弹簧压缩至最短的过程中，小球的动能先变大后变小B.从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的机械能先增大后减小C.从静止释放到轻弹簧压缩至最短整个过程中，小球的机械能均保持不变D.此过程中，弹簧被压缩时产生的最大弹力为12.2N【答案】AD【解析】由图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A-12-\n正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故BC错误；小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时小球的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k=20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为，故D正确。故选AD.【点睛】小球的速度先增加后减小，故其动能先增大后减小，在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小，小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡，根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力．12.如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为，现给环一个向右的初速度，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F，（k为常数，v为环的速率），则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功可能为A.0B.C.D.【答案】ABD【点睛】根据受力分析确定环的运动情况，当环受到合力向下时，随着环做减速运动向上的拉力逐渐减小，环将最终静止，当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的拉力逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，此时环受合力为0-12-\n，杆不再给环阻力环将保持此时速度不变做匀速直线运动，当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直匀速直线运动，分三种情况对环使用动能定理求出阻力对环做的功即可．三、实验题13.“探究功与速度变化的关系”的实验装置如下图所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功计为W；当用2条、3条、4条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次，第3次，第4次……实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W……每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带测出（1）关于该实验，下列说法正确的是_________（多选）A．为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的一端适当垫高，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．实验仪器安装时，可以不平衡摩擦力C．每次实验小车必须从同一位置由静止弹出D．实验中要先接通打点计时器的电源再释放小车（2）下图给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB=1.48cm，BC=1.60cm，CD=1.62cm，DE=1.62cm；已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度=__________m/s（结果保留两位有效数字）【答案】(1).（1）ACD(2).（2）0.81【解析】（1）当小车拉着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，沿长木板方向的重力的分力大小等于摩擦力，即在实验中可消除摩擦力的影响，所以实验中可以将长木板的一端适当垫高，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，故A正确，B错误；由于小车的初速度为零，所以必须从同一位置静止释放，故C-12-\n正确；使用打点计时器时都必须先接通电源再释放小车，故D正确．故选ACD．（2）小车获得的最大速度.14.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为，那么（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到______点来验证机械能守恒定律；（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量______J，动能增加量_____J，（结果取三位有效数字）；（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图像是图中的________【答案】(1).（1）B(2).（2）1.88J(3).1.84J(4).（3）A【解析】（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律． （2）重物重力势能的减少量△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．B点的速度vB=m/s=1.92m/s，则B点的动能EKB=mvB2=×1×1.922=1.84J．所以动能的增加量△Ek-12-\n=1.84J．（3）根据mgh=mv2得，=gh，即与h成正比．故A正确．点睛：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果．运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，要注意单位的换算和有效数字的保留，解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法．四、计算或论述题：15.如图所示，将一个小球水平抛出，抛出点距水平地面的高度h，小球抛出的初速度为，不计空气阻力，取重力加速度为g，求：（1）小球落地点与抛出点的水平距离x；（2）小球从抛出到落地过程中重力的平均功率P。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平位移．（2）根据求得重力的平均功率.（1）物体做平抛运动，则有：，解得：则水平位移（2）重力做功的平均功率16.我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席。所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．厦门一中兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；-12-\n（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s，求变加速运动的位移。【答案】（1）3s（2）46.5m【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：，因为有4节小动车，故联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为由牛顿第二定律有：动车组总功率：，运动学公式：解得匀加速运动的时间：（2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：解得：x=46.5m17.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直，cd段的细线与斜面平行，已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B、C同时获得最大速度，取重力加速度为g，求：（1）此过程中B上升的高度h；-12-\n（2）斜面倾角；（3）B的最大速度。【答案】（1）2mg/k（2）300（3）2g【解析】（1）先求出开始时弹簧压缩的长度为得，再求出当A刚离开地面时，弹簧的伸长量，两者之和即为B上升的距离；（2）B获得最大速度时，B应该处于受力平衡状态，对B受力分析，可以求得斜面的倾角；（3）对于整个系统机械能守恒，根据机械能守恒列出方程就可以求得B的最大速度．（1）设开始时弹簧的压缩量，则①设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为，则②当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为③由①②③式联立解得：（2）物体A刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力T三个力的作用设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律得：对B有：⑤对C有：⑥由⑤、⑥两式得⑦当B获得最大速度时，有a=0⑧由②⑦⑧式联立解得：，即（3）由于，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等设为，以B、C及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：⑩由④⑨⑩联立解得：-12-