2022武汉华中师大附中高一下学期6月月考物理试题含答案

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1．D   解：A．功是没有方向的，其正负不表方向，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，所以正负不能表示大小，故功是标量，故A错误；B．功的计算公式中的只能是恒力，故B错误；C．若某一个力对物体不做功，是该物体没有发生位移或者是位移与力垂直，故C错误；D．力对物体做了负功，也可以说物体克服该力做了功，故D正确。2．C   解：AB．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与初速度之间夹角不变，即平抛运动位移角不变，根据图示，第一次平抛运动位移，平行于第二次平抛运动位移，如图所示Q点在斜面上P点上方，A、B错误；C．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与竖直分速度之间有带入可得因，则C正确；D．小球从A到P重力做功，小球的动能增加，得小球从B到Q，重力做功，小球的动能增加，得因为，，则,所以D错误；3．B   解：ABC．由图像设与的函数关系式为整理可得由运动学公式知上式中加速度即机车做匀减速直线运动，所以机动车牵引力恒定且小于阻力，故B正确，AC错误。D．2秒末机车的速度为根据牛顿第二定律,解得故D错误。4．A   解：AB．将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度CD．在A上升的过程中根据动能定理有即绳对A做的功为C错误，D错误。5．C   解：A．过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A错误；B．在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则解得即过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于，故B错误；C．在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，有在最低点时，向心加速度方向是向上的，乘客处于超重状态，故C正确；D．过山车在斜面高处由静止滑下到最高点的过程中，有解得由上述式子可知，若过山车能上升到最高点，则在最高点时速度为零。而根据之前的分析可知，过山车在最高点的最小速度大小为，所以过山车不能通过最高点，故D错误。6．D   解：A．设斜面倾角为θ，摩擦力大小为不同轨道斜面倾角不同，摩擦力不同，故A错误；B．位移是初位置指向末位置的有向线段，则两种路径位移相同，故B错误；C．设两轨道对应的水平位移为x。沿轨道1滑动，克服摩擦力做功为沿轨道2滑动，克服摩擦力做功为根据动能定理沿两轨道下滑过程中，重力做功和克服摩擦力做功相等，可知物块到达B点的速度大小相等，方向不同，故C错误；D．由选项C可知，两种运动摩擦力做功相等，机械能损失相等，故D正确。7．A   解：A．当B球到达最低点时，A上升到B球原来等高的位置，因为B减少的势能比A增加的势能要大，所以系统的重力势能减少，动能增加，A、B两者还具有相同大小的速度，故B球到达最低点时速度不为零B．由上分析可知，当A向左摆到与B球开始时的高度时，B球到达最低点，由于此时仍有速度，还要向左摆动，可知A摆的高度比B球的高度要高一些，故B正确；C．根据系统的机械能守恒可知当它们从左向右回摆时，B球一定能回到起始位置，故C正确；D．对于两球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，根据系统机械能守恒得知，B球到达最低点的过程中，B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D正确。本题选择错误选项。本题选错误项，8．D   解：AB．小球A恰好能上升到P点，此时小球A的速度为水平方向，小球B的速度为零，因此解得根据机械能守恒定律有联立解得C．当小球A运动到N点时，设小球连接轻杆与竖直光滑杆的夹角为，小球A与B沿轻杆方向的速度相等，即此时小球A、B的速度大小相等，故C错误；D．小球A在M，P两点的速度均沿水平方向，所以沿轻杆方向的速度为零，小球B的速度也就为零，所以小球A从M点运动到P点过程中，B球速度先增大后减小，故D正确。9．BCD   解：A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，弹力对A做负功，则A机械能减小，选项A错误；B．乙图中，物体B在大小等于摩擦力大小、方向沿斜面向下的拉力作用下，沿斜面下滑时，除重力以外的其他力做功的代数和为零，则B机械能守恒，选项B正确；C．丙图中，A加速下落、B加速上升过程中，只有重力做功，则A、B系统机械能守恒，选项C正确；D．丁图中，系在轻绳一端的小球向下摆动时，只有重力做功，摆线的拉力不做功，则小球的机械能守恒，选项D正确。故选BCD。10．BC   解：根据题意，设人和滑车受到的摩擦力为，由牛顿第二定律有可得\从顶端向下滑到底端B的位移为A．通过上述分析可知，人和滑车下滑的过程中，有摩擦力做功，根据能量守恒可得，人和滑车减少的重力势能转化为摩擦产生的内能与人和滑车的动能，故A错误；B．人和滑车下滑的过程中，根据动能定理有解得故B正确CD．根据题意可知，摩擦力做功为即人和滑车克服摩擦力做功为，根据功能关系可得即人和滑车的机械能减少了，故D错误C正确。故选BC。11．D   解：A．从图示时刻起的过程中，A的初速度为零，当B物体接近O点后，A的速度也为零，则A的速度先增大后减小，根据功率公式F的功率先增大后减小，A错误；B．滑块B在绳子的作用下，向上运动，重力势能变大，同时带有动能，滑块B的机械能变大，B错误；C．对A、B整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N，向左的摩擦力f和向右的弹力N1,根据牛顿第二定律可知，水平方向竖直方向其中B加速度先增大后减小，则A对水平杆的压力先变大后变小。A受到的摩擦力先增大后减小，C错误；D．因为绳子不可伸长，根据运动的合成与分解，则有θ角从45°逐渐增大，则D正确；12．CD   解：A．小球A运动到最低点时，轻杆呈竖直状态，小环B的速度为零，可知小环B先加速后减速，在小环B减速过程中轻杆对其做负功，轻杆对其是斜向上的推力，那么轻杆对小球A是斜向下的推力，轻杆对小球做正功，此过程小球A的机械能增加，故A错误；B．小环B速度最大时，小环在竖直方向上的合力为0，轻杆弹力的竖直为mg，所以轻杆弹力大于mg。故B错误；C．刚释放小球时，由牛顿第二定律得解得故C正确；D．小球A初始位置距水平面高度为，由几何关系可得解得小环B初始位置距水平面高度设为，由几何关系可得由系统机械能守恒可得式中，，解得故D正确；故选CD。13．AC   解：AB．物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为故C正确；D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有解得故D错误。故选AC。14．BCD   解：A．小球在C点时弹性绳的弹力为则杆对铁环的弹力为设某时刻小球与B点的连线与水平方向的夹角为θ，则此时弹性绳的弹力为此时杆对铁环的弹力为则铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力不变，选项A错误；B．由能量关系可知，铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量，选项B正确；C．铁环从C点运动到E点，由能量关系可知解得铁环的质量m=0.4kg选项C正确；D．铁环在D点速度正好达最大值，可知在D点的加速度为0，从D到E点做减速运动，加速度向上，在E点加速度方向向上达到最大值，选项D正确。故选BCD。15．BD   解：A．小球A与物体B组成的系统除了受到重力以外，其他力所做功不为零，故A错误；B．绳对A做功的功率为把A物体的速度沿着绳子的方向分解则有所以绳对B做功的功率的所以绳对A做功的功率与绳对B做功的功率总是大小相等，故B正确；C．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为x，有解得。当物体A运动到C点时，物块B运动到最低点，此时物体B下降的高度为由此可知，弹簧此时被压缩了0.1m，弹簧的弹性势能与初状态相等，且此时物体B的速度为零，所以轻绳拉力对其做功0J。故C错误；D．由题可知当A到达D点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳方向进行分解，平行于绳方向的速度等于B的速度，由几何关系得对于整个过程，由机械能守恒定律得联立解得，所以小球A运动到D点时的动能为故D正确。故选BD。16．     A     2.25     增大     小于   解：（1）[1] A．纸带必须尽量保持竖直方向，从而减小摩擦阻力作用，故A正确；B．为了验证机械能守恒，选取点的原则是纸带上点迹清晰，方便测量的点，不是必须选择纸带上打出的第一个点作为起点，故B错误；C．将电火花计时器改成电磁打点计时器，会增大纸带和打点计时器间的摩擦，故C错误；D．可以选择较轻的物体作为重物以延长下落的时间，但空气阻力相对较大，导致实验效果不好，故D错误。（2）[2] C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则有[3] 若本实验室电源频率不足50Hz，则实际的计数点间的时间间隔偏大，从而使瞬时速度的测量值增大。（3）[4] 根据动能定理得得知图像的斜率为由图丙知，P的斜率较大，所以P的质量小于Q的质量。17．     0.196J     0.100J     A     没有平衡摩擦力；操作错误：先放小车后开电源   解：（1）[1] 该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，则在此过程中拉力对小车做的功为[2] 小车动能的增量为（2）[3] 如果实验中完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，那么重物重力做的功就等于重锤和小车动能的增加量；即其中W=mgh质量都是定值，所以与W成正比。（3）[4] 此次实验探究结果，没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且偏差较大，造成较大偏差的主要原因可能有：没有平衡摩擦力；操作错误：先放小车后开电源。18．（1）3m/s；（2）6×103N；（3）1.62×108J   解：（1）根据自由落体运动规律可得v4=g't=3m/s（2）第Ⅲ阶段着陆器的加速度为取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有mg'－F=ma解得F=6×103N（3）第Ⅱ阶段着陆器下落的高度为设第Ⅱ阶段降落伞对着陆器做功的大小为W，根据动能定理有解得W=1.62×108J19．（1）；（2）能到达F点；（3）0.23J<Ep<0.33J或0.43J<Ep≤0.50J   解：（1）到B点时，由机械能守恒定律由向心力公式由牛顿第三定律（2）运动中滑块恰能到达D点，则通到D点的速度为DF过程由机械能守恒得解得在F点有则能到达F点。（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为若以此速度在FG上滑行直至静止运动距离滑块没有越过FG的中点。滑块以最大弹性势能弹出时，在FG上滑行的最大路程为xmax，则解得xmax=6.4m由题意知，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域，运动的路程应满足1m<x<3m或5m<x≤6.4m当x=1m时，可得Ep1=0.23J，当x=3m时，可得Ep1=0.33J；当x=5m时，可得Ep1=0.43J，当x=6.4m时，可得Ep1=0.5J；因此弹性势能Ep的范围0.23J<Ep<0.33J或0.43J<Ep≤0.50J20．（1）5N；（2），；（3），   解：（1）如小球恰好通过C点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律解得对小球从开始下滑到C点过程，由动能定理得解得说明小球能通过C点。在C点，由牛顿第二定律得代入数据解得N=5N由牛顿第三定律（2）小球从圆轨道下滑在DE段减速运动，设减速x后停下。对小球运动的全过程，由动能定理解得保证小球能过C点，由动能定理得则满足题意的h与x的关系为， （3）要使小球飞过缺口经过N点回到圆环，从释放到M点，由动能定理从M到N的斜抛过程联立解得取等号时可知当时，h有最小值，最小值为