【物理】福建省厦门一中2019-2020学年高一下学期3月月考试题（解析版） 14页

福建省厦门一中2019-2020学年高一下学期3月月考试题 一．单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分。在每一小题给出的四个选项中只有一项是正确的，有选错或不答的得0分）‎ ‎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. 0.04J B. 0.4J C. 4J D. 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.小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α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. 增大α角，增大船速v B. 减小α角，增大船速v C. 减小α角，保持船速v不变 D. 增大α角，保持船速v不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，船相对静水的速度为v ，其航线恰好垂直于河岸。因为合速度方向指向河岸且大小不变，如图 可得当水流速度增大时，可增大船速v，同时增大α角，故A符合题意，BCD不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎4.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，0~t1段为直线，从t1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~t1时间内，汽车的牵引力等于 B. t1~t2时间内，汽车做匀加速运动 C. t1~t2时间内，汽车的功率等于fv1‎ D. t1~t2时间内，汽车的功率等于fv2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度，根据牛顿第二定律得：，解得：牵引力，故A错误；从时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在时间内的功率等于以后的功率，根据和 可知，功率不变，速度增大，牵引力减小，摩擦力不变，故加速度逐渐减小，故B错误．汽车的额定功率，故C错误．当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故时间内，汽车已达到额定功率，则，故D正确．故选D．‎ ‎【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.如图从离地高为h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，则下列说法中正确的是（不计空气阻力，以桌面为零势能面）（　　）‎ A. 物体在最高点时机械能为mg（H+h）‎ B. 物体落地时的机械能为mg（H+h）+‎ C. 物体落地时的机械能为mgh+‎ D. 物体在落回过程中，经过桌面时的机械能为mgH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以桌面为零势能面，物体在最高点时动能为零，则机械能为，故A错误；‎ BC．由于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，为，故BC错误；‎ D．根据机械能守恒定律可知，物体经过桌面时的机械能能等于最高点的机械能为故D正确。‎ ‎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 B. 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2mgh B. 物体重力势能增加了2mgh C. 系统机械能损失了2mgh D. 系统机械能损失了 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】A．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 ‎，方向沿斜面向下，动能减小量等于克服合力做的功，故，故A正确；‎ B．物体上升了h，故重力势能增加了mgh，故B错误；‎ CD．系统损失的机械能等于减小的动能和势能之和，则，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/s B. m/s C. 4m/s D. m/s ‎【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.‎ 二、多项选择题：共4小题，每小题4分，共16分。在每一小题给出的四个选项中有两个或两个以上选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答得0分，把答案填在答题卡中。‎ ‎9.如图所示，倾角为的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 物块从O点开始做减速运动 B. 从B点释放滑块动能最大位置与从A点释放一样 C. 从B点释放滑块最大动能为9J D. 从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物块从O 点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动。后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大，故A错误；‎ B．物块的动能最大时合力为零，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力，即 ‎，则知弹簧的压缩量一定，与物块释放的位置无关，所以两次滑块动能最大位置相同，故B正确；‎ C．设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep，从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得，从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得 ‎，联立得，据题有 所以得从B点释放滑块最大动能为 故C正确；‎ D．根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为 ‎，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，某物体在运动过程中，受竖直向下的重力和水平方向的风力，某段时间内，重力对物体做功4J，风力对物体做功3J，则以下说法中正确的是：（　　）‎ A. 外力对物体做的总功为5J B. 物体的动能增加了7J C. 物体的机械能增加了3J D. 物体的重力势能增加了4J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．功是标量，故外力做功为，故A错误；‎ B．根据动能定理可知，故动能的增加量为，故B正确；‎ C．风力对物体做正功，故物体的机械能增加量等于风力所做的功，故有，故C正确；‎ D．由于重力做正功，故物体的重力势能减小，减小量为4J，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.物块先沿轨道1从A点由静止下滑至底端B点，后沿轨道2从A点由静止下滑经C点至底端B点，AC=CB，如图所示。物块与两轨道的动摩擦因数相同，不考虑物块在C点处撞击的因素，则物块沿两个轨道下滑的整个过程中（　　）‎ A. 沿两个轨道下滑的位移大小相同 B. 沿轨道2下滑的位移大 C. 物块沿轨道2滑至B点时速度更大 D. 物块沿两个轨道下滑过程中，克服摩擦力做功一样多 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．沿两个轨道下滑的初、末位置相同，故位移相同，故A正确，B错误；‎ C．设AC与水平面的夹角为α，CB与水平面的夹角为β，AB与水平面的夹角为θ，如图所示，沿轨道2运动，摩擦力做的功 沿轨道1运动，摩擦力做的功为 故沿两个轨道下滑克服摩擦力做功一样多，那么，根据下滑过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得，物块滑至B点时速度大小相同，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎12.如图所示，水平地面上一辆汽车正通过一根跨过定滑轮不可伸长的绳子提升竖井中的重物，不计绳重及滑轮的摩擦，在汽车向右以v0匀速前进的过程中，以下说法中正确的是（　　）‎ A. 当绳与水平方向成θ角时，重物上升的速度为 B. 当绳与水平方向成θ角时，重物上升的速度为v0cosθ C. 汽车的输出功率将保持恒定 D. 被提起重物的动能不断增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．将汽车的速度v0沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示，则有重物上升的速度，故A错误，B正确；‎ C．汽车向右匀速前进的过程中，角度θ逐渐减小，cosθ增大，所以v物增大，重物加速上升，克服重力做功的功率增大，根据能量守恒定律知，汽车的输出功率增大，故C错误；‎ D．由可知，汽车向右匀速前进的过程中，角度θ逐渐减小，cosθ增大，所以v物增大，动能不断增大，故D正确。故选BD。‎ 三、计算题（本大题共6小题，共52分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎13.如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t 变化的规律分别如图乙、丙所示．重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎(1)0～3s内物体的位移x；‎ ‎(2)0～3s内合力对物体所做的功W合；‎ ‎(3)前2s内推力F做功的平均功率．‎ ‎【答案】(1)x=3m (2)W合=1J (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图丙可知，0-3s内物体运动的总位移为x=3m ‎0-1s内物体运动的位移为 ‎1-2s内物体运动的位移为 ‎2-3s内物体运动的位移为 所以，0-3s内物体运动的总位移为 ‎（2）由图丙可知，2-3s，物体做匀速直线运动，由平衡条件有 ‎ ‎ ‎0-3s内推力F对物体做的功为 ‎ ‎ ‎0-3s内滑动摩擦力f对物体做的功为 所以，0-3s内合力对物体做的功为 ‎ ‎ ‎（3）由图丙可知，0-2s内推力F对物体做的功为 J 故前2s内推力F做功的平均功率为 解得：=1.5W ‎14.距沙坑高处，以的初速度竖直向上抛出一个质量为的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑深处停下不计空气阻力，重力加速度求：‎ 物体上升到最高点时离抛出点的高度H；‎ 物体在沙坑中受到的平均阻力f大小是多少？‎ ‎【答案】（1）5m （2）155N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设物体上升到最高点时离抛出点为H，由动能定理得：﹣mgH=0﹣mv02…①‎ 代入数据得：H=5m ‎（2）设物体在沙坑中受到的平均阻力为f，陷入沙坑深度为d，从最高点到最低点的全过程中：mg（H+h+d）﹣fd=0‎ 代入数据得：f=155N ‎15.如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段长1.6 m且光滑．质量为1 kg的物块由A处以12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零，此过程中物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段运动时间相等．以A为零势能点，重力加速度g取10 m/s2．求：‎ ‎(1)物块通过B处的速度？ (2)物块经过AB段克服摩擦力做功？ (3)物块在C处的重力势能？‎ ‎【答案】（1） （2）32 J （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设物体在AB段加速度大小为，BC段加速度大小为，‎ 由题意知，，‎ 则有 ① ‎ 解得：‎ ‎(2)由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，故WG=Wf ② ‎ 从A到B，对物块分析，根据动能定理有 ③ ‎ 解得 Wf =－32 J 故物体克服摩擦力做功W克服f = 32 J ‎(3)从A到C，对物块分析，根据动能定理有 ④ ‎ 解得： ⑤‎ ‎16.如图所示，一固定的锲形木块，其斜面长为4l，倾角θ=，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B（可视为质点）连接。A的质量为m，位于斜面底端，与斜面间动摩擦因；B的质量为4m，位于竖直面顶端。将该装置由静止释放，求：‎ ‎(1)B物体着地前瞬间的速度大小；‎ ‎(2)设B物体着地后不反弹，求A物体沿斜面上升的最大距离。‎ ‎【答案】(1)；(2)3.2l ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对A、B组成的系统，从静止释放到B物体着地，由能量守恒定律有：‎ 得 ‎(2)对A物体，B着地之后减速上升至停止，由动能定理有：‎ A物体沿斜面上升的最大距离 解得 ‎17.如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从距O点右方s0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O1点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；‎ ‎(2)O点和O1点间的距离s1；‎ ‎(3)若将另一个与A完全相同的物块B（可视为质点）与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左压A、B，使弹簧右端压缩到O1点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离s2是多少？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A从P回到P的过程根据动能定理得，克服摩擦力所做的功为 ‎(2)A从P回到P全过程根据动能定理 得 ‎(3)A、B分离时，两者间弹力为零，且加速度相同，A的加速度是μg，B的加速度也是μg，说明B只受摩擦力，弹簧处于原长。设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF，由A返回P点的过程得 有 解得 ‎18.如图所示，水平传送带左端与一倾角的粗糙斜面平滑连接，一个小滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，沿斜面滑下并冲上传送带，传送带以恒定速率v=2m/s逆时针转动。已知小滑块的质量m=2kg，斜面上A点到斜面底端的长度s=9m，传送带的长度为L=10m，小滑块与斜面的动摩擦因数μ1=0.50，小滑块与传送带间动摩擦因数μ2=0.40，g=10m/s2.求：‎ ‎(1)小滑块到达斜面底端P的速度大小；‎ ‎(2)a.判断冲上传送带的小滑块是否可以运动到传送带的右端Q；‎ b.若小滑块可以运动到Q，试求小滑块从P点运动到Q点的过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功；若小滑块不能达到Q，试求小滑块从P点开始再次运动到P点过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功；‎ ‎(3)小滑块在斜面和传送带上运动的整个过程中，小滑块在斜面上运动的总路程。‎ ‎【答案】(1)6m/s；(2)a.不能到Q；b.－32J；－32J；(3)9.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块下滑过程，由动能定理得：‎ 代入数据解得vP=6m/s ‎(2)a.滑块到达传送带上后做匀减速直线运动，在滑块速度减为零过程中，由动能定理得 代入数据解得s′=4.5m＜L=10m 所以滑块不能到达Q端；‎ b.滑块在传送带上运动时的加速度为a==μ2g=4m/s2‎ 滑块向右减速运动时间为 在此时间内，传送带位移为x1=vt1=2×1.5m=3m 滑块向左加速运动到速度等于传送带速度需要的时间为 在此时间内传送带的位移为x2=vt2=2×0.5m=1m 在整个过程中，摩擦力对传送带做功为W传送带=－μ2mg(x1+x2)=－32J 由动能定理可知，整个过程摩擦力对滑块做功为 ‎(3)滑块在运动过程中要考查摩擦力做功，使其机械能减少，最终滑块将静止在P处，设滑块在整个过程中相对斜面的总路程为s总，对滑块由动能定理得 解得s总=9.5m