2021-2022学年内蒙古赤峰二中高一（下）第二次月考物理试题含解析

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赤峰二中2021级高一下学期第二次月考物理试题一.选择题（本题共12小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 下列过程中，可能实现的是（　　）A. 一个滑动摩擦力可以做正功，也可以不做功B. 质量不变的一个物体速度变化，动能一定发生变化C. 太阳照射到地球上的光能转化为其他形式能量，但照射到宇宙中的能量都消失了D. 有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明手表自己产生了能量【答案】A【解析】【详解】A．滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但其与运动方向可以相同，即滑动摩擦力可以做正功，也有可能一个物体受滑动摩擦力，但位移为零，如一个木板上有一个滑块，滑块在木板上滑动，但木板未动，此时滑动摩擦力对木板不做功，故A项正确； B．一个物体若做匀速圆周运动，其速度方向发生改变，即速度发生改变，但动能不变，故B项错误；C．根据能量守恒定律可知，能量不能凭空产生，也不会凭空消失，故C项错误；D．根据能量守恒定律可知，能量不能凭空产生，“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，戴在手上却能一直走动，原因是在运动的过程中，自动上的发条，故D项错误。故选A。2. 一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能不可能（　　）A. 一直增大B. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小C. 先逐渐减小至零，再逐渐增大D. 先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大【答案】B【解析】【详解】AB．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，当恒力方向与速度方向的夹角为锐角时，该质点的动能一直增大，选项A可能，不满足题意要求，选项B不可能，满足题意要求；C．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，当恒力方向与速度方向相反时，物体先做匀减速直线运动到速度为零再反向做匀加速直线运动，即质点的动能先逐渐减小至零，再逐渐增大，选项C可能，不满足题意要求；D．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，当恒力方向与速度方向的夹角为钝角时，该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，选项D能，不满足题意要求；故选B。3. 一小球由如图所示轨道的O点以初速度水平向左运动，经一段时间达到轨道的最高点，该点距离地面的高度为h=12.5m，。若小球与轨道之间的摩擦力不能忽略，则小球返回O点的速度为（　　）A. 10m/s B. 12m/s C. 8m/s D. m/s【答案】A【解析】【详解】因小球往返的路径相同，则摩擦力做功的大小相等为，从出发点到最高点，由动能定理得从最高点返回出发点时，由动能定理得代入数据得解得故A正确，BCD错误。故选A。4. 身高1.70m，体重52kg的李明同学在1min内连续做了30个完整的引体向上，且“上引”过程与“下放”过程的时间相同。引体向上的“上引”过程重心上升的高度约为0.5m，重力加速度g取.下列说法正确的是（　　）A. 该同学在1min内重力做的总功约为7800JB. 该同学在某次“上引”过程克服重力做功的平均功率约为260WC. 该同学在1min内重力做的总功约为15600JD. 该同学在某次“上引”过程重力的瞬时功率一直增加【答案】B【解析】【详解】AC．在一次“上引”和“下放”过程中，重心上升或下降的高度相同，而在“上引”过程中人克服重力做功，“下放”过程中重力做正功，两者之和为零，故一次引体向上过程中重力对人做功为零，故1min时间内，重力做的总功为零，选项AC错误；B．该同学在某次“上引”过程中，克服重力做功W＝mgh＝52×10×0.5J＝260J一次“上引”过程中经历的时间所以在一次“上引”过程中，克服重力做功的平均功率选项B正确；D．重力的瞬时功率PG=mgvy“上引”过程初末速度均为零，速度先增加后减小，可知重力的功率先增加再减小，选项D错误。故选B。5. 如图所示，密度为ρ、边长为a的正立方体木块漂浮在水面上（h为木块在水面上的高度）．现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为（已知水的密度为ρ0、重力加速度为g）（      ）A. ρa3gh B. a3gh（ρ＋ρ0）C. ρ0a2gh（a－h） D. a2gh（a－h）（ρ＋ρ0）【答案】B【解析】【详解】木块漂浮在水面上时有：木块上表面刚浸没时受到的浮力为：浮力做的功为：A. ρa3gh.故选项A不符合题意.    B. a3gh（ρ＋ρ0）.故选项B符合题意.C. ρ0a2gh（a－h）.故选项C不符合题意.    D. a2gh（a－h）（ρ＋ρ0）.故选项D不符合题意.6. 为了研究蹦极运动过程，做以下简化：将游客视为质点，他运动始终沿竖直方向。弹性绳的一端固定在点，另一端和游客相连。游客从点自由下落，至点弹性绳自然伸直，经过合力为零的点到达最低点，然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内。游客从的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 从到过程中，游客速度一直增加B. 从到过程中，弹性绳弹性势能先增大后减小C. 从到过程中，重力势能减少，动能先增加后减小D. 从到过程中，游客的加速度一直减小【答案】A【解析】【详解】A．从到过程中，根据题意可知，该过程弹性绳弹力小于游客的重力，游客受到的合力向下，游客速度一直增加，A正确；B．从到过程中，弹性绳的伸长量一直在增大，弹性绳的弹性势能一直在增大，B错误；C．从到过程中，游客先做自由落体运动，到点时，游客开始受到弹性绳的弹力，但弹性绳的弹力小于游客的重力，游客继续向下做加速度减小的加速运动，到点时速度最大，可知该过程重力势能减少，动能一直在增加，C错误；D．从到过程中，弹性绳的弹力小于游客的重力，加速度方向向下，加速度大小逐渐减小，在点时，加速度为零，从到过程中，弹性绳的弹力大于游客的重力，加速度方向向上，加速度大小逐渐增大，故从到过程中，游客的加速度先减小后增大，D错误；故选A。7. 如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动（假设传送带足够长），用表示传送带速率，用表示物品与传送带间的动摩擦因数，则（　　）A. 前阶段，物品可能向传送方向相反方向运动B. 后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C. 相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量不相同D. 相同时，若增大为原来的2倍，则同一物体前阶段的对地位移也增大为原来的4倍【答案】D【解析】【详解】A．乘客把物品轻放在传送带上，可知前阶段物品受到的摩擦力方向与传送带运行方向相同，故物品的运动方向与传送带运动方向相同，A错误；B．后阶段，物品与水平传送带相对静止，一起向前匀速运动，物品受到摩擦力为零，B错误；C．从物品轻放在传送带上到物品与传送带共速过程，假设时间为，物品的加速度为，则有，此过程发生的相对位移为此过程产生的热量为可知相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，C错误；D．从物品轻放在传送带上到物品与传送带共速过程，假设时间为，则有物品所走的位移为可知相同时，若增大为原来的2倍，则同一物体前阶段的对地位移也增大为原来的4倍，D正确；故选D。8. 如图甲所示，某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图乙所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（　　） A. 篮球经过C点时速度大小为B. 篮球经过B点和D点的动量相同C. 篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同D. 篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同【答案】C【解析】【详解】A．依题意，篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，可知篮球从C点做平抛运动到A点，设C点坐标为(0，yC)，C点到B点时间为t，由乙图可知联立，可得故A错误；B．由乙图可知B点和D点在同一水平面上，则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以篮球经过B点和D点的动量不相同。故B错误；C．由乙图可知篮球由A到B和由B到C过程水平方向发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得所以动量的变化量相同。故C正确；D．篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程，重力做正功，二者不同。故D错误。故选C。9. 2022年北京冬奥会，运动员进行滑雪比赛，运动情境可简化为如下模型：将运动员（包括滑板）简化为质量m=50kg的质点，运动员以某一初速度从倾角为37°的山坡底端向上冲，山坡足够长取坡底为重力势能零势能面。运动员的机械能和重力势能随离开坡底的高度h的变化规律如图所示。重力加速度，sin37°=0.6.则（　　）A. 运动员的初速度B. 运动员与山坡间的动摩擦因数为0.03C. 运动员在山坡上运动的时间为D. 运动员再次回到坡底时的动能为375J【答案】AD【解析】【详解】A. 取坡底为重力势能零势能面，则所以运动员的初速度为故A正确；B．有图可知，当E总=EP时，物块运动到最高点 ，此时高度为h=1m根据能量守恒有解得动摩擦因素为故B错误；C.运动员从山坡坡底端向上冲时，根据牛顿第二定律得则运动员从山坡坡底端向上冲到最高点所用的时间为由于可知运动员到达最高点后将会再次回到坡底，则运动员在山坡上运动的时间不为，故C错误；D．运动员从最高点回到坡底，根据能量守恒有可得运动员再次回到坡底时的动能为375J，故D正确。故选AD。10. 如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率（）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端，不考虑轴承摩擦，就上述过程，下列判断正确的有（　　）A. 滑块返回传送带右端时的速率为B. 此过程中传送带对滑块做功为C. 此过程中电动机由于传送物体额外输出的功为D. 此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为【答案】CD【解析】【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后根据的情况分析；根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功；根据能量守恒找出各种形式能量的关系；【详解】A、由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，即滑块返回传送带右端时的速率为，故A错误；B、此过程中只有传送带对滑块做功，对滑块用动能定理得，故B错误；D、设滑块向左运动的时间，位移为，则：摩擦力对滑块做功：①又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：②该过程中传送带的位移： 摩擦力对皮带做功：③将①②代入③得： 设滑块向右运动的时间，位移为，则：摩擦力对滑块做功：该过程中传送带的位移： 滑块相对传送带的总位移：滑动摩擦力对系统做功滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功；全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即整理得：，故CD正确．【点睛】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动．但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂，需要仔细分析．11. 汽车在平直公路上以速度匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在时间内下列说法正确的是（　　）A. 汽车的牵引力不断增大B. t=0时，汽车的加速度大小为C. 汽车行驶的位移为D. 阻力所做的功为【答案】AC【解析】【详解】A．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据可知，牵引力增大，故A项正确；B．汽车以速度匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有发动机的功率为P，由解得时，功率变为原来的一半，速度没有变，有解得所以加速度大小，故B项错误；CD．根据动能定理得解得设汽车通过得位移x，由公式解得故C正确，D错误。故选AC。12. 如图所示，水平地面上有足够长平板车，车上最右端放一物块，开始时、均静止。时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其图像如图所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为，内物块始终没有滑出小车，取。下列说法正确的是（　　）A. 内，物块的加速度一直保持不变B. 要使物块不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少C. 内，与间因相对滑动产生的内能为D. 内，、相对地面的位移大小之比为【答案】BCD【解析】【详解】A．根据图像斜率表示加速度，车先以加速度做匀加速直线运动后以加速度做匀减速直线运动，根据物块与车动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为，则有物块与小车速度相同前，物块受到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小车速度相同后，物块受到的滑动摩擦力向左，物块做匀减速直线运动。物块运动的图像如红线所示内，物块先加速后减速，加速时加速度向右，减速时加速度向左，A错误；B．设时刻物块与小车速度相等，则有解得此时物块和小车的速度为之后，物块相对小车向右滑，在时，物块的速度为内，物块和小车的相对位移为，由图像可得要使物块不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少，B正确；C．时，物块的速度为内，由图像可知小车和物块的相对位移为所以因摩擦产生的内能为C正确；D．内，小车的位移为物块的位移为则有D正确。故选BCD。二.非选择题（本题共52分.考生需将答案填在答题卡相应的位置或按题目要求作答）13. 如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。（g取9.8 m/s2）(1)选出一条清晰的纸带如图甲所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通过频率为50 Hz的交变电流。用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J；此时重锤的动能比开始下落时增加了________J。（结果均保留三位有效数字）(2)某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线的斜率近似等于________。A．19.6     B.9.8     C.4.90图线未过原点O的原因是____________________。【答案】    ①. 1.85    ②. 1.67    ③. B    ④. 先释放了纸带，再合上打点计时器的开关【解析】【详解】(1)[1]当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量ΔEp=mg·OB=1.00×9.8×18.90×10－2J≈1.85 J[2]打B点时重锤的速度m/s≈1.83m/s此时重锤的动能增加量(2)[3]由机械能守恒定有可得，由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g，故选B；[4]由图线可知，h=0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关。14. 某实验小组采用如图所示的装置来探究“功与速度变化的关系”．实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面．实验的部分步骤如下： A.将一块一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，在长木板的另一端固定打点计时器；B.把纸带穿过打点计时器的限位孔，连在小车后端，用细线跨过定滑轮连接小车和钩码；C.把小车拉到靠近打点计时器的位置，接通电源，从静止开始释放小车，得到一条纸带；D.关闭电源，通过分析小车位移与速度的变化关系来研究合外力对小车所做的功与速度变化的关系．如图是实验中得到的一条纸带，点O为纸带上的起始点，A、B、C是纸带的三个计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图所示，已知所用交变电源的频率为50Hz，问： （1）打B点时刻，小车的瞬时速度vB=_____m/s（结果保留两位有效数字）．（2）本实验中，若小车的位移为x0时合外力对小车所做的功W0，则当小车位移为x1时，合外力对小车所做的功为_____（用x0、x1、W0表示）．（3）实验中，该小组同学画出小车位移x与速度v的关系图象如图所示．根据该图线形状，某同学对W与v的关系作出的猜想，肯定不正确的是_____（填写选项字母代号）． A.W∝v                B.W∝v2 C.W∝（4）在本实验中，下列做法能有效地减小实验误差的是_____（填写选项字母代号）．A.把长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力B.实验中控制钩码的质量，使其远小于小车的总质量C.调节滑轮高度，使拉小车的细线和长木板平行D.先让小车运动再接通打点计时器【答案】    ①. 0.40    ②.     ③. AC    ④. ABC【解析】【详解】解：(1)相邻两个计数点间均有4个点未画出，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，打B点的速度：(2)根据功的定义有：，，解得：(3)图象为过原点的曲线，根据图象结合数学知识可知，该图象形式为：， ，可知B正确，A、C错误；本题不正确的故选AC．(4)本实验探究“功与速度变化的关系”的实验，要使钩码的重力等于小车的合外力，就必须先平衡摩擦力，保证钩码的质量远小于小车的总质量，所以A、B都正确，调节滑轮高度，使拉小车的细线和长木板平行，让力的方向和位移方向在同一直线上，可以减小误差，故C正确，应该先接通电源，后放开小车，所以D错误；故选ABC．15. 质量为的小球自倾角为且光滑的斜面顶端下滑，斜面底端有一个垂直于斜面的挡板，小球滑至挡板处与挡板发生碰撞；小球碰前速度大小为，碰后速度为，碰撞时间为，。求：（1）碰撞过程中挡板对球的作用力；（2）碰撞后小球能够上升的最大高度。【答案】（1），方向沿斜面向上；（2）【解析】【详解】（1）设碰撞过程中挡板对球的作用力大小为，根据动量定理可得解得可知碰撞过程中挡板对球的作用力大小为，方向沿斜面向上；（2）设碰撞后小球能够上升的最大高度为，根据动能定理可得解得16. 如图所示，装置的左边AB部分是长为L1＝1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态．装置的中间BC部分是长为L2＝2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v＝2m/s的速度顺时针转动．装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1kg的小滑块从其上距水平台面h＝1m的D处由静止释放，滑块向左最远到达O点，OA间距x＝0.1m，并且弹簧始终处在弹性限度内．已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2．（1）求滑块第一次到达C点时速度大小；（2）求弹簧获得的最大弹性势能；（3）求滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度．【答案】（1）滑块第一次到达C点时速度大小是；（2）弹簧获得的最大弹性势能是2.75J；（3）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m．【解析】【详解】（1）对滑块从D到O由动能定理得：，解得：（2）对滑块从D到O由能量守恒定律得： ，解得：Ep＝2.75J（3）设滑块返回到达B点速度为v1由能量守恒定律得： ，解得：v1＝1m/s．滑块再次进入传送带后匀加速运动，由牛顿二定律得：μmg＝ma，解得：a＝2.5m/s2，滑块速度增加到2 m/s时的位移为： ，所以滑块再次回到C点的速度为2 m/s，对滑块从C到最高点，由机械能守恒得： ，解得：h1＝0.2m．17. 某汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。行驶中整车质量1500kg额定功率80kW加速过程车辆从静止加速到72km/h所需时间为20s制动过程车辆以36km/h行驶时的制动距离为5.0m某天张华驾驶该汽车从甲地点沿平直公路到乙地点送货，张华启动汽车后先以恒定的加速度（该加速度大小与测试过程中加速过程的加速度大小相同）运动一段时间，汽车功率达到额定功率后，保持额定功率继续行驶，达到最大速度后以最大速度行驶，快到乙地点时，开始制动汽车，刚好到乙地点停下。已知汽车在平直公路上沿直线行驶时所受阻力f大小恒定，为制动过程中汽车所受阻力的，甲地点到乙地点的距离为d＝3km，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求汽车在平直公路上行驶的最大速度vm；(2)张华由甲地点到乙地点共经历多长时间？【答案】(1)32m/s；(2)114.95s【解析】【详解】(1)由题中表格数据知加速过程的加速度大小a1==1m/s2制动过程的加速度大小a2==10m/s2则制动过程所受阻力大小为f′=ma2=1.5×104N汽车行驶过程中受到的阻力大小为f=f′=2.5×103N汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，由P＝fvm得vm==32m/s(2)匀加速过程中，由牛顿第二定律可知F-f=ma1解得F＝f+ma1=4×103N故匀加速过程中的最大速度v1==20m/s加速时间为t1==20s加速距离为x1==200m制动过程所用的时间为t2==3.2s制动距离为x2==51.2m功率达到额定功率后，汽车做变加速及匀速运动，在此过程据动能定理有Pt0-fx=m-m其中x=d-(x1+x2)联立解得t0=91.75s故从甲地点到乙地点共经历的时间为t=t1+t2+t0=114.95s