陕西省西安恒谦中学2019-2020学年高一下学期月考模拟物理试题

陕西省西安恒谦中学2019-2020学年高一下学期月考模拟物理试题

‎2019-2020学年下学期恒谦中学高一第二次月考模拟卷物理 一、选择题 ‎1.如图所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下．他在空中滑翔的过程中(　　)‎ A. 只有重力做功 B. 重力势能的减小量大于重力做的功 C. 重力势能的减小量等于动能的增加量 D. 动能的增加量等于合力做的功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：滑翔的过程中除重力做功外，还有空气阻力做功，故A错误；‎ B项：由功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，故B错误；‎ C项：由能量守恒可知，重力势能减小量等动能的增加和克服阻力所做的功，故C错误；‎ D项：由动能定理可知，合外力所做的功等于动能的变化量，故D正确．‎ 故应选D．‎ ‎2.如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)‎ A. 甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空机械能守恒，若加速升空机械能不守恒 B. 乙图中物体匀速运动，机械能守恒 C. 丙图中小球做匀速圆周运动，机械能守恒 D. 丁图中，轻弹簧将A、B两小车弹开，两小车组成的系统机械能守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于推力对火箭做功，不论是匀速还是加速，火箭的机械能不守恒，机械能增加，故A错误；‎ B．物体匀速运动，沿斜面上升，动能不变，重力势能增加，则机械能必定增加，故B错误；‎ C．小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；‎ D．轻弹簧将A、B两小车弹开，弹簧的弹力对两小车做功，则两车组成的系统机械能不守恒，但两小车和弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，质量为m的小球从A点下落到B点，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 以桌面为零势能面小球在B点的重力势能为mgh2‎ B. 以地面为零势能面小球在B点的重力势能为mgh2‎ C. 小球从A点下落到B点重力势能增大mg（h1＋h2）‎ D. 选取不同的零势能面小球从A点下落到B点重力势能的变化量相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以桌面为零势能面小球在B点的重力势能为-mgh2，A错误；‎ B．以地面为零势能面小球在B点重力势能为0，B错误；‎ C．小球从A点下落到B点重力做功W＝mg（h1＋h2），重力做正功，故小球从A点下落到B点重力势能减小mg（h1＋h2），C错误；‎ D．重力做功取决于物体的初末位置，选取不同的零势能面小球从A点下落到B点重力做功不变，重力势能的变化量不变，D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.汽车的额定功率为90 kW，路面的阻力恒为F，汽车行驶的最大速度为v.则(　　)‎ A. 如果阻力恒为‎2F，汽车的最大速度为 B. 如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2v C. 如果汽车的牵引力变为原来的，汽车的额定功率就变为45 kW D. 如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90 kW ‎【答案】A ‎【解析】‎ A：汽车速度达到最大时，做匀速运动，此时汽车的牵引力等于阻力，根据，当阻力加倍时，最大速度减半．故A项正确．‎ B：牵引力加倍，只要阻力不变，最大速度不变．故B项错误．‎ C：汽车的额定功率是不变的，故C项错误．‎ D：汽车可以以某一恒定功率做匀速运动，不一定以额定功率．故D项错误．‎ ‎5.如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ．开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为（　　）‎ A. μ(M+m)gL B. 2μmgL C. D. μmgL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力做功最小值，即为小木块在木板上做匀速运动，所以由功的表达式可得：W=FL=2Ff×=μmgL，故选D.‎ ‎6.一个小孩站在船头，按图所示两种情况用同样大小的拉力拉绳，经过相同的时间t（船未发生碰撞）小孩所做的功W1、W2及在时刻t小孩拉绳的瞬时功率P1、P2的关系为（　　）‎ A. W1＞W2，P1＝P2 B. W1＝W2，P1＝P‎2 ‎C. W1＜W2，P1＜P2 D. W1＜W2，P1＝P2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小孩所做的功等于小孩的拉力与拉过绳子长度之积，在第一种情况中拉过绳子的长度等于A 船前进的距离，在第二种情况中拉过绳子的长度等于两船前进距离之和，由于拉力相同，两次A船前进距离相同，显然第二种情况拉过绳子更长，拉力做的功更多。在相等的时间内第二种情况绳子的改变量更大，绳子的速度更大，绳子拉力相同，因此第二种情况下的功率较大，即W1＜W2.，P1＜P2，C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设小球做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为，解得；小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得，解得，所以OA的最小距离为，故D正确.故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道小球在竖直面内做圆周运动最高点的临界情况，结合牛顿第二定律和机械能守恒定律进行求解．‎ ‎8.如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，作出小球所受弹力 F 的大小随小球下落的位置坐标 x 变化的关系，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为 g.以下判断不正确的是( ) ‎ A. 当 x＝h＋x0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 C. 当 x＝h＋2x0，小球的加速度大小为g D. 小球动能的最大值为 mgh＋mgx0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；‎ B．小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B正确；‎ C．在x=h+x0位置：mg=kx0，则在x＝h＋2x0时：k∙2x0-mg=ma，解得a=g，选项C正确；‎ D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg（h+x0）-W弹=，故小球动能的最大值小于mg（h+x0），故D错误；‎ ‎9.如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道,除去底部一小圆弧，A图中的轨道是一段斜面，其高度小于h；B图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道,其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；C图中的轨道是一段斜面，高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h．如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，，则h′＜h；故A错误.‎ B、小球离开轨道做竖直上抛运动，运动到最高点速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h；故B正确.‎ C、小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h；故C正确.‎ D、小球在内轨道运动，通过最高点最小的速度为，故在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，则h′＜h；即不能过最高点；故D错误.‎ ‎10.如图所示，水平传送带以恒定的速度v运动，一质量为m的小物块轻放在传送带的左端，经过一段时间后，物块和传送带以相同的速度一起运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则(　　)‎ A. 物块加速运动时的加速度为μg B. 物块加速运动的时间为 C. 整个过程中，传送带对物块做的功为mv2‎ D. 整个过程中，摩擦产生的热量为mv2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物块加速运动时，由牛顿第二定律得 μmg=ma 可得 a=μg 故A正确；‎ B．物块加速运动的时间为 t=‎ 故B错误；‎ C．整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功为 W=mv2-0=mv2‎ 故C正确；‎ D．物块加速运的动时间内传送带的位移为 x带=vt 物块的位移为 x物=‎ 物块与传送带间相对位移大小为 ‎△x=x带-x物=‎ 整个过程中摩擦产生的热量为 Q=μmg△x=mv2‎ 故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎11.将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1，地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为vy。若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1ʹ、地面对斜劈的支持力记为FN2ʹ，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为vyʹ。则下列大小关系正确的是（　　）‎ A. FN1＜FN1ʹ B. FN2＞FN2ʹ C. v＜v' D. vy＜vyʹ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力 FN1＝mgcos θ 当滑块m相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则 mgcos θ＞FN1ʹ‎ A错误；‎ B．对斜劈，地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因为 FN1＞FN1ʹ‎ 则地面对斜劈的支持力 FN2＞FN2ʹ‎ B正确；‎ C．若斜劈固定，则 mgh＝mv2‎ 若斜劈不固定，则由能量关系可知 mgh＝mv'2＋Mvx2‎ 因此 v＞v'‎ C错误；‎ D．对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得 mg－FNcos θ＝may 由于 FN1＞FN1ʹ‎ 因此 ay1＜ay1ʹ‎ 两种情况下滑块的竖直位移相等，根据 可得 vy＜vyʹ‎ D正确。‎ 故选BD。‎ ‎12.如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点．置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M．今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为 ，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A. A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2:1‎ B. A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为 C. A落地时速率为 D. A、B质量之比为1：4‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 设小球速度为vA，立方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：vAsin30∘=vB，解得：vA=2vB，故A正确；‎ B. 根据牛顿第二定律有：mgsin30∘=m，解得vA=，vB=vA/2=，故B正确；‎ C. A从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin30°=，v=，故C错误；‎ D. 在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离 过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，‎ 则有：mgL(1−sin30∘)= +‎ 把vA和vB的值代入，化简得：m：M=1：4，故D正确．‎ 故选ABD.‎ 二、非选择题 ‎13.图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：‎ ‎（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有_______．（填入正确选项前的字母）‎ A．米尺 B．秒表 C．0～12V的直流电源 D．0～I2V的交流电源 ‎（2）实验中误差产生原因有______．（写出两个原因）‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 纸带和打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据重物下落过程中机械能守恒的表达式可知，需要测量长度，因此本实验中需要尺，同时电磁打点计时器需要低压交流电源，故AD正确 ‎（2）实验中误差产生的原因有：纸带和打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差；‎ 考点：验证机械能守恒定律的实验 ‎【名师点睛】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需实验器材、所测数据等，会起到事半功倍的效果．‎ ‎14.在巴东一中第15届科技节中，某物理研究性学习兴趣小组的同学在验证动能定理实验时找到了打点计时器及所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小车、沙桶和细沙、长木板及滑轮，他们组装了一套如图所示的装置．当小车连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，小车处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：‎ ‎（1）你认为还需要的实验器材有__________________；‎ ‎（2）实验时为了保证小车受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是______________；实验时首先要做的步骤是____________．‎ ‎（3）在（2）的基础上，兴趣小组的同学用天平称量小车的质量为M，往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m，然后让沙桶带动小车加速运动．用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1

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