2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高一下学期第一次月考物理试题（解析版）

2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高一下学期第一次月考物理试题（解析版）

‎2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高一下学期第一次月考物理试题（解析版）‎ 一、选择题 ‎1.2019年1月3日，“嫦娥四号”成功软着陆在月球背面，踏出了全人类在月球背面着陆的第一步，中国人登上月球即将成为现实。若月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的，而月球的平均密度相当于地球平均密度的66%。则月球的半径与地球的半径之比约为 A. 1︰16 B. 1︰8 C. 1︰4 D. 1︰2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的，在星球表面，重力等于万有引力，有：mg，M，则有，所以，故C正确。‎ ‎2.2018年2月12日，我国以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号工程”的两颗组网卫星。若某北斗导航卫星在离地高度为2.15万公里的圆形轨道上运行，已知地球同步卫星离地的高度约为3.58万公里，线速度的大小约为3.08km/s。下列说法正确的是 A. 此北斗导航卫星绕地球运动的周期大于24小时 B. 此北斗导航卫星的线速度大于3.08km/s C. 此北斗导航卫星的角速度小于地球自转的角速度 D. 此北斗导航卫星的加速度大于地球表面处的重力加速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据万有引力提供向心力，有：得：，，，北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以此北斗卫星周期小于同步卫星的24小时，故选项A错误；‎ B、北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以此北斗卫星的线速度大于同步卫星的线速度，即大于，故选项B正确；‎ C、由于北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以此北斗导航卫星的角速度大于同步卫星的角速度，由于同步卫星角速度与地球角速度相同，故其大于地球自转的角速度，故选项C错误；‎ D、根据牛顿第二定律：，则此北斗导航卫星的加速度为：‎ 在地球表面处，忽略地球自转，则：‎ 由于此北斗导航卫星的的轨道半径大于地球半径，故此北斗导航卫星的加速度小于地球表面处的重力加速度，故选项D错误。‎ ‎【点睛】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，要能根据题意选择恰当的向心力的表达式。‎ ‎3.如图所示，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球。当整个装置沿水平面向左匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 重力做负功 B. 斜面对球的弹力和挡板对球的弹力的合力做正功 C. 斜面对球的弹力做正功 D. 挡板对球的弹力做正功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“整个装置匀速运动 ”可知，本题考查功的判断问题，根据判断力是否做功，要看力的方向与位移方向是否垂直，若垂直则不做功，若不垂直，则做功.‎ ‎【详解】A、根据功的公式可知，重力与运动方向相互垂直，故重力不做功，故A错误；‎ B、C、斜面对球的弹力与运动方向夹角为锐角，故斜面对球的弹力FN做正功，故B错误，C正确；‎ D、挡板对球的弹力向右，与运动方向相反，挡板对球的弹力做负功，故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】小球做匀速直线运动，受力平衡，根据平衡条件求解出各个力；然后根据力和运动位移之间的夹角分析各力做功情况.‎ ‎4.解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用。如图，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F做的功为 A. 0 B. 2πrF C. 2Fr D. -2πrF ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 适用于恒力做功，因为推磨的过程中力方向时刻在变化是变力，但由于圆周运动知识可知，力方向时刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘积；‎ ‎【详解】由题可知：推磨杆的力的大小始终为F，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，即为圆周切线方向，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长，所以拉力所做的功，故选项B正确，选项ACD错误。‎ ‎【点睛】本题关键抓住推磨的过程中力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，根据微分思想可以求得力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口。‎ ‎5.如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定夹角，在杆上套有一个光滑小环， 沿杆方向给环施加一个拉力 F，使环由静止开始运动，已知拉力 F 及小环速度 v 随时间 t变化的规律如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.则以下判断正确的是( )‎ A. 小环的质量是 2 kg B. 细杆与地面间的夹角是 30°‎ C. 前 3 s 内拉力 F 的最大功率是 2.5 W D. 前 3 s 内小环机械能的增加量是 6.25 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．从速度时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，根据牛顿第二定律，有第1s内，速度不断变大，由图象可得：加速度为；加速阶段：F1-mgsinθ=ma；匀速阶段：F2-mgsinθ=0；联立解得：m=1kg，sinθ=0.45，则细杆与地面间的倾角不等于30°，故AB错误；‎ C．第1s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1秒末，P=Fv=5×0.5=2.5W；第一秒末到第三秒末，P=Fv=4.5×0.5=2.25W，即拉力的最大功率为2.5W，故C正确；‎ D．从速度时间图象可以得到，前1s的位移为0.25m，2到3s位移为1m；前3s拉力做的功为：W=5×0.25+4.5×1=5.75J，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，一固定斜面的倾角为30°，质量为m的小物块以某一初速度从底端沿斜面向上运动，其加速度大小为，在小物块上升高度为h的过程中，下列判断正确的是( ) ‎ A. 小物块的机械能减少了mgh B. 小物块的机械能减少了mgh C. 小物块的动能减少了mgh D. 小物块的重力势能增加了mgh ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律知，，则f=，物体所受的合力为，则小物块的机械能减少了，选项A正确，B错误；根据动能定理，小物块的动能减少了： ，选项C错误；物体重力势能增加mgh，选项D错误；‎ ‎7.一根轻弹簧竖直固定在地上，上端的小球处于静止状态，且与弹簧栓接，现对小球施加一个竖直向上的恒力F，使小球从A由静止开始向上运动，到达B点时弹簧恢复原长，在此过程中，恒力F对小球做功10J，小球克服重力做功8J，弹簧对小球施加的弹力对小球做功5J，下列说法正确的是 A. 小球的动能增加了7J B. 小球的重力势能减少了8J C. 弹簧的弹性势能增加了5J D. 小球和弹簧组成的系统机械能增加了13J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据动能定理和功能关系分析，由重力以外的力做功等于机械能的变化量分析机械能的变化；克服重力做的功等于重力势能的变化量．由能量守恒定律分析弹簧的弹性势能如何变化．‎ ‎【详解】A、小球从静止运动到B点时，由动能定理可知,合外力的功等于动能的变化量,即 ,则小球的动能增加了 ,故A正确；‎ B、小球克服重力做功8J，则重力势能的增加了8J，故B错误；‎ C、弹簧对小球施加的弹力对小球做功5J，则弹簧的弹性势能减少了5J,故C正确；‎ D、小球和弹簧组成的系统机械能的变化量取决于恒力F做功,恒力F对小球做功10J，小球的机械能增加了10J,故D错误．‎ ‎【点睛】该题考查物体的受力分析和能量的转化与守恒，要准确掌握各种力做功与能量变化的对应关系。‎ ‎8.2017年8月28日，中科院南极天文中心的巡天望远镜观测到一个由双中子星构成的孤立双星系统产生的引力波。该双星系统以引力波的形式向外辐射能量，使得圆周运动的周期T极其缓慢地减小，双星的质量m1与m2均不变，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，则下列关于该双星系统变化的说法正确的是 A. 两颗中子星自转角速度相同，在合并前约100s时 B. 合并过程中，双星间的万有引力逐渐增大 C. 双星的线速度逐渐增大，在合并前约100s时两颗星速率之和为9.6×106 π m／s D. 合并过程中，双星系统的引力势能逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系。‎ ‎【详解】A项：频率为12Hz，由公式，这是公转角速度，不是自转角速度，故A错误；‎ B项：设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L=400km=4×105m，‎ 根据万有引力提供向心力可知：‎ ‎ ‎ 整理可得： 解得： 由此可知，周期变小，中子星间的距离变小，‎ ‎，所以双星间的万有引力逐渐增大，故B正确；‎ C项：根据v=rω可知：v1=r1ω，v2=r2ω解得：v1+v2=（r1+r2）ω=Lω=9.6π×106m/s，故C正确；‎ D项：合并过程中，双星间的引力做正功，所以引力势能减小，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎【点睛】本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解。‎ ‎9.如图所示，1/4圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，两轨道平滑连接且与小物块动摩擦因数相同。现将可视为质点的小物块从圆弧轨道的A点由静止释放，最终在水平轨道上滑行一段距离停在C点，此过程中小物块重力做功为W1、克服摩擦阻力做功为W2。再用沿运动方向的外力F将小物块从C点缓慢拉回A点，拉力做功为W3、克服摩擦阻力做功为W4。则给定各力做功大小关系式正确的是 A. W2 = W4 B. W1 =W2 C. W3 =Wl+ W2 D. W3 =Wl +W4‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】从A到C由动能定理可知，小物块克服重力做的功与克服摩擦力做的功相等，即W1 =W2，‎ 从C到A点由动通定理得，外力做的功等于克服重力做的功与克服摩擦力做功之和，即有：‎ W3 =Wl +W4‎ 故选：BD。‎ ‎10.有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）‎ A. 棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh B. 棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh C. 棋子离开平台后距平台面高度为时动能为 D. 棋子落到另一平台上时的速度大于 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 棋子在跳动过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒。‎ ‎【详解】A、设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；‎ B、棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；‎ C、取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能，为棋子在最高点的速度。由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为，故C错误；‎ D、设棋子落到平台时的瞬时速度大小为，棋子从最高点落到平台的过程中，根据动能定理得：，解得：，D正确。‎ 故本题选AD。‎ ‎11.如图所示，轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，跨过轻质定滑轮的轻绳将P和重物Q连接起来，Q的质量M = 6m。现将P从图中A点由静止释放，P能沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对P的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ = 53°，OB距离为L，且与AB垂直，滑轮的摩擦力不计，重力加速度为g，在P从A运动到B的过程中 A. Q的重力功率一直增大 B. P与Q的机械能之和先增大后减小 C. 轻绳对P做功 D. P运动到B处时的速度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A错误；对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B正确。从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6mg(−L)−mgLtan53°−0＝mv2，对于P，由动能定理可得：W−mgL−0＝mv2 ，联立解得：W=mgL，，故C错误，D正确；故选BD. 点睛：解决本题的关键要明确滑块经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等。要知道滑块P到达B点时Q的速度为0。‎ ‎12.如图所示，一倾角为30°的光滑斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5 m/s的速度顺时针转动。现有质量为1 kg的物体（视为质点）从斜面上距传送带高h＝5 m处由静止滑下；物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动的时间可以忽略。已知传送带足够长，它与物体之间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2，则 A. 物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为5 m/s B. 物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为4.5 s C. 物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦产生的热量为200 J D. 物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦力对物体做的功为-37.5 J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；‎ B、当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，由位移公式求出物块向左的时间；随后物块先向右加速到速度等于5m/s，然后做匀速直线运动，由运动学的公式分别求出各段的时间，然后求和；‎ C、摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，由此即可求出；‎ D、根据动能定理求解即可．‎ ‎【详解】A. 物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh=mv2‎ 解得：v= m/s=10m/s.故A错误；‎ B. 当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小,‎ 物块在传送带上的加速度：a=μmg/m=μg=0.5×10=5m/s2‎ 物块到速度等于0的时间：t1= s=2s 物块的位移：L=m=10m 物块的速度等于0后，随传送带先向右做加速运动，加速度的大小不变，则物块达到与传送带速度相等的时间：‎ t2=v0/a=5/5=1s 位移：x1= m=2.5m 物块随传送带做匀速直线运动的时间：t3= s=1.5s 所以物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为：t=t1+t2+t3=2+1+1.5=4.5s.故B正确；‎ C. 物块向左做减速运动的过程中,传送带的位移：x2=v0t1=5×2=10m 物块向右加速的过程中传送带的位移：x3=v0t2=5×1=5m 相对位移：△x=L+x2+x3−x1=10+10+5−2.5=22.5m，‎ 该过程中产生的热量：Q=μmg⋅△x=0.5×1×10×22.5=112.5J.故C错误；‎ D. 由动能定理得：Wf= ‎ 解得：Wf=−37.5J.故D正确。‎ 故选：BD 二、实验题 ‎ ‎13.某同学利用电磁打点计时器打出的纸带来验证机械能守恒定律．该同学在实验中得到一条纸带，如图所示，在纸带上取6个计数点，两个相邻计数点间的时间间隔为T=0.02s．其中1、2、3点相邻，4、5、6点相邻，在3点和4点之间还有若干个点．s1是l、3两点的距离，s3是4、6两点的距离，s2是2、5两点的距离．‎ ‎（1）实验过程中，下列操作正确的有_____________________‎ A．电磁打点计时器应接在220V交流电源上 B．实验时应先松开纸带，然后迅速打开打点计时器 C．实验时应先打开打点计时器，然后松开纸带 D．纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直 ‎（2）测sl、s2、s3后，点2速度的表达式v2=_______________‎ ‎（3）该同学测得的数据是s1=4.00cm，s2=16.00cm，s3=8.00cm，重物（质量为m）从点2运动到点5过程中，动能增加量为________m，势能减少量为_______m ．（结果保留两位有效数字，重力加速度g=10m/s2）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电磁打点计时器使用的是4 6V的低压交流电，A错误；因为下落时间非常短暂，如果先释放纸带再接通电源，则纸带上打出的点非常少，不利于实验，所以应先接通电源，待打点计时器工作温度稳定后释放纸带，B错误C正确；因为实验是竖直方向上的运动，为了减小阻力，纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直，D正确；‎ ‎（2）2点时13之间的中间时刻的点，根据匀变速直线运动平均速度推论可得 ‎（3）5点时46之间的中间时刻的点，故，所以从点2运动到点5过程中，动能增加量为，势能减小量为 考点：‎ ‎【名师点睛】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．‎ 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值 三、计算题 ‎14.2017年6月25日中国标准动车组被正式命名为“复兴号”，于26日在京沪高铁正式双向首发。几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车。‎ ‎（1）若动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等。若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为多少？‎ ‎（2）若动车组运动阻力正比于其速度，已知动车组最大功率P0时最大速度是，若要求提速一倍，则动车组最大功率P1是多少？‎ ‎（3）若动车组从静止开始做匀加速直线运动，经过时间达到动车组额定功率，然后以该额定功率继续加速，又经过时间达到最大速度，设运动阻力恒定，动车组总质量为，求动车组在这两段时间内加速的总距离。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得动车组的最大速度；先根据题意求出功率与速度的关系，从而求出速度提升一倍时的功率情况；匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率是P/2，根据动能定理即可求出加速的总距离。‎ ‎（1）设每节动车的功率为P，每节动车的质量都是m，则每节动车的阻力为f=kmg,速度最大时，牵引力F=f=kmg 则有 P=Fv=kmgv ‎1节动车加3节拖车      ‎ ‎6节动车加3节拖车 ‎ ‎  由  得   ‎ ‎（2）阻力正比于速度 ， 最大速度时 ‎ 则 ‎ 车速提升一倍 ：   ‎ ‎（3）额定功率是，最大速度是，则阻力f为 ‎ 匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率是P/2，设总路程是s 由有动能定理：    ‎ 解得：    ‎ 点睛：本题主要考查了机车运动问题，当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答。‎ ‎15.如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1‎ ‎ kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.35 m，取g＝10 m/s2．‎ ‎（1）求金属块经过D点时的速度大小 ‎（2）若金属块飞离E点后恰能击中B点，求B、D间的水平距离 ‎（3）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功 ‎【答案】（1）（2）0.6 m（3）1.5 J.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先判断出物体在传送带上先做加速运动，再做匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求的时间；(2)由平抛运动求水平距离；(3)在BCD弯道上由动能定理求的摩擦力做的功；‎ ‎【详解】(1)对金属块在E点有:‎ 解得vE＝2m/s 在从D到E过程中，由动能定理得：‎ 解得:‎ ‎(2)由题，hBE=2R-h=0.45m，‎ 在从E到B的过程中，‎ 得：t=0.3s，‎ 则xBE=vEt= 0.6m ‎(3)金属块在传送带上运行时有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1‎ 解得：a1＝10m/s2.‎ 设经位移x1金属块与传送带达到共同速度，‎ 则：v2＝2ax1‎ 解得：x1＝0.2m<3.2m 继续加速过程中 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2‎ 解得：a2＝2m/s2‎ 由 vB2－v2＝2a2x2、x2＝L－x1＝3m 解得：vB＝4m/s 在从B到D过程中，由动能定理:‎ 解得：Wf＝1.5J ‎【点睛】解决本题的关键要把握圆周运动最高点的临界条件：重力等于向心力.要知道动能定理是求功常用的方法.‎ ‎ ‎