1、福建省莆田市2020-2021学年高一物理下学期第二次月考试题（B卷）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1以下说法正确的是()A一个物体所受
2、的合外力为零，它的机械能一定守恒B一个物体做匀速运动，它的机械能一定守恒C一个物体所受的合外力不为零，它的机械能可能守恒D一个物体所受台外力的功为零，它的机械能一定守恒2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3如图所示，质量为m的苹果，从离地面H高的树上由静止开始下落，树下有一深度为h的坑。若以地面为重力势能的参考平面，不计空气阻力，则当苹果将要落到坑底时，其机械能为()AmgH BmgH Cmg(Hh) D
3、mg(Hh)4仰卧起坐是国家学生体质健康标准中规定的女生测试项目之一。根据该标准高三女生一分钟内完成55个以上仰卧起坐记为满分。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50 kg，上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，g取10 m/s2。则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为()A10 W B40 W C100 W D200 W5一个小孩站在船头，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()AW1W2，P1P2BW1W2，P1P2CW1W2，P1P2DW1W2，P1
4、P26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()AL BL CL DL7“ETC”是高速公路上电子不停车收费系统的简称。若某汽车以恒定功率匀速行驶，为合理通过收费处，司机在t1时刻使汽车功率减半，并保持该功率行驶，到t2时刻又做匀速运动；通过收费处后，司机马上恢复原来功率，以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变，则在该过程中，汽车的速度随时间变化图像可能正确的是()8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
5、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v、竖直分速度的大小记为vy。则下列大小关系正确的是()AFN1FN1 BFN2FN2Cvv Dvyvy二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要
6、求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧。滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知xab0.8 m，xbc0.4 m，取g10 m/s2，那么下列说法正确的是()A弹簧弹性势能的最大值是6 JB滑块动能的最大值是4 JC滑块从b到c的过程中滑块的机械能在不断地减少D滑块在整个过程中机械能守恒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，重力加
7、速度为g，则()A物块加速运动时的加速度为gB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mv2D整个过程中，摩擦产生的热量为mv211如图所示，将一小球从M点水平抛出，飞到点P时，与一挡板发生碰撞，小球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的是()A小球两次飞行过程中加速度不同B小球两次飞行过程中重力对小球做的功不相等C小球离开M点的速率比经过Q点的速率大D小球与挡板碰撞过程中没有机械能损失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
8、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()AA与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为21BA与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为CA落地时速率为DA、B质量之比为14三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13(4分)如图所示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：(
9、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C012 V的直流电源 D012 V的交流电源(2)实验中误差产生的原因有 。(写出两个原因)14(6分)某同学利用图示装置验证不可伸长的细绳连接的物块的速度沿着绳的分速度相等及机械能守恒。图中P、Q、R是三个完全相同的木块，P、Q木块用细绳连接，放在水平气垫桌上。木块R用轻质滑轮连接，放在正中间。a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光。将整个装置无初速度释放：(1)为了能达到实验目的，除了记录P、Q、R三个遮光片的遮光的时间t1、t2、t3外，还必需测量的物理有_。AP、Q、R的质
10、量MB两个定滑轮的距离dCR的遮光片到c的距离HD遮光片的宽度x(2)根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，验证表达式为_。(3)验证系统机械能守恒的表达式_。15(10分)一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物一体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示，求：(1)06 s时间内物体的位移；(2)物体受到的滑动摩擦力的大小；(3)010 s时间内，物体克服摩擦力所做的功。16(12分)如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量m11 kg的小滑块，管和弹射器的总质量m22 kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个
11、装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为1.0 m；滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4 m。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)滑块被弹射后在圆柱形管内滑动时的加速度大小；(2)滑块离开弹射器后运动到最高点的时间。17(12分) 如图所示，质量均为m1 kg的物体A、B放在倾角30的固定光滑斜面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，B与挡板接触，A、B间用劲度系数k50 N/m且与斜面平行的轻弹簧连接，A、B均处于静止状态。现对物快A施加沿斜面向上、大小恒定的拉力F，使物块A沿斜
12、面向上运动，当A向上运动到速度最大时，B对挡板的压力恰好为零，重力加速度为g10 m/s2，则在此过程中，求：(1)物体A沿斜面向上移动的距离x1；(2)拉力F做功的大小W；(3)A的最大速度vA的大小。18(16分)如图所示，在离水平地面CD高h130 m的光滑水平平台上，质量m1 kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点距地面CD的高度h215 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长L7
13、0 m的粗糙水平直轨道CD平滑连接。物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g10 m/s2。(1)求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep；(2)求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小；(3)若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数的取值范围。（新教材）2020-2021学年下学期高一第二次月考卷物 理（B）答 案一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1【答案】C【解析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，一个物
14、体所受的合外力为零时，物体的机械能也可能变化，如匀速上升的物体，合力为零，物体的机械能在增加，AB错误；物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，所以物体所受的合外力肯定不为零，如物体只受到重力的作用，它的机械能可能守恒，C正确；一个物体所受合外力的功为零，物体也可能做的是匀速圆周运动，竖直面内的匀速圆周运动机械能就不守恒，D错误。2【答案】D【解析】滑翔的过程中除重力做功外，还有空气阻力做功，故A错误；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；由能量守恒可知，重力势能的减小量等动能的增加和克服阻力所做的功，故C错误；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
15、。3【答案】A【解析】以地面为重力势能的参考平面，苹果刚下落时的机械能为mgH，下落过程中苹果只受重力，机械能守恒，则知当苹果将要落到坑底时，其机械能等于刚下落时的机械能mgH。故选A。4【答案】C【解析】该同学身高约1.6 m，则每次上半身重心上升的距离约为1.6 m0.4 m，则她每一次克服重力做的功W0.6mgh120 J，1 min内她克服重力所做的总功W总50W6000 J，她克服重力做功的平均功率为，故C正确。5【答案】C【解析】小孩所做的功在第一种情况中是指对自身(包括所站的船A)做的功，在第二种情况中除对自身做功外，还包括对另外一艘船所做的功。由于两种情况下人对自身所做的功相等
16、，所以W1W2。设t时刻小孩所站的船的速率为v1(两种情况下都是v1)，空船速率为v2，则P1Fv1，P2F(v1v2)，即P1P2，所以C正确。6【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mgm，解得v；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mg(L2R)mv20，解得RL，所以OA的最小距离为LRL，故D正确。7【答案】B【解析】0t1阶段，汽车以速度为v0匀速行驶，牵引力与阻力平衡，此时功率恒定为P0，且，t1t2阶段，t1时刻使汽车功率减半瞬间，汽车的速度v不变，由P
17、Fv可知，F突然减小到原来的一半，阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，功率保持为P0 ，由PFv知，由于v减小，所以牵引力F增大，由Ff-FF合可知，F合减小，则加速度减小，小汽车做加速度减小的减速运动；t2t3阶段，t2时刻牵引力又增大到等于阻力，汽车开始匀速运动，此时速度为，t3t4阶段，通过收费处后，逐渐增加功率，使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率P0，这段时间汽车做匀加速直线运动；当汽车牵引力功率刚恢复原来功率瞬间，牵引力仍大于阻力，汽车继续加速，但以后保持该功率行驶，由PFv知，速度增加，牵引力减小，则合外力减小，加速度减小，则汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力减小到与阻力相等时，
18、汽车开始匀速，速度大小，故选B。8【答案】D【解析】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FN1mgcos ；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 FN1，A错误；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FN1FN1，则地面对斜劈的支持力FN2FN2，B错误；若斜劈固定，则mghmv2；若斜劈不固定，则由能量关系可知mghmv2Mvx2，则vv，C错误；对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律：mgFNcos
19、may，因FN1FN1，则ay1vy1，两种情况下滑块的竖直位移相等，则由可知vyvy，D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9【答案】AC【解析】由于滑块最后又能够回到a点，所以整个过程中外力对滑块做功的代数和为零，即斜面是光滑的。当滑块运动到c点时弹簧的弹性势能最大，对滑块和弹簧组成的系统根据机械能守恒定律可得弹簧弹性势能的最大值Epmmg(xabxbc)sin 306 J，故A正确；滑块运动到b点时的动能Ekbmgxabsin 304 J，当弹簧弹力与滑块沿斜面方向的分
20、力平衡时，滑块的动能最大，所以滑块从b点还需向下运动一段过程动能才到达最大值，因此滑块动能的最大值大于4J，故B错误；滑块从b到c的过程中，弹力对滑块做负功，滑块的机械能在不断地减少，故C正确；滑块在与弹簧相互作用的过程中机械能不守恒，故D错误。10【答案】AC【解析】物块加速运动时，由牛顿第二定律得mgma，ag，故A正确；物块加速运动的时间t，故B错误；整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功Wmv20mv2，故C正确；物块加速运的动时间内传送带的位移x带vt，物块的位移x物vt，物块与传送带间相对位移大小xx带x物，整个过程中摩擦产生的热量Qmgxmv2，故D错误。11【答案】BC【
21、解析】不计空气阻力，球两次在空中只受重力作用，加速度为g，加速度相同，故A错误；设球的抛体高度为h，第一次从M到P，重力做正功为WGmgh，第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，球两次飞行过程中重力对球做的功不相等，故B正确；球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由t知运动时间相同，但xMPxQN，由xv0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C正确；如果碰撞没有机械能损失，则全程机械能守恒，而在M、Q点重力势能相等，动能不等，则机械能不等，故小球与挡板碰撞过程中有机械能损失，故D错误。12【答案】ABD【解析】设小球速度为vA，立方体速
22、度为vB，分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即vAsin 30vB，得vA2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30，解得vA，vBvA，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin 30mv2mvA2，v，故C错误；在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，则有mgL(1sin 30)mvA2MvB2，把vA和vB代入化简得mM14，故D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1
23、3(4分)【答案】(1)AD(2)纸带与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计算势能变化时，选取初末两点距离过近交流电频率不稳定【解析】打点计时器需接交流电源；需要用米尺测量纸带上打出的点之间的距离。14(6分)【答案】(1)CD (2) t1t2 (3)【解析】(1)要验证系统的机械能守恒，其表达式是MgHMvP2MvQ2MvR2，可知与质量M无关，因此不需要测量P、Q、R的质量M，A错误；由验证表达式可知，与两个定滑轮的距离d无关，B错误；由验证的表达式可知，需要测量R的遮光片到c的距离H，C正确；由验证的表达式可知，需要测量P、Q、R三个物块遮光片的速度，因此需要测量
24、遮光片的宽度x，速度v，D正确。(2)物块P的速度，物块Q的速度，因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要验证表达式为，即t1t2。(3)整个系统减少的机械能是EMgH，增加的机械能是，要验证机械能守恒，则有EE即验证的表达式。15(10分)【解析】(1)速度时间图象图线与时间轴所夹的面积代表位移，则x(62)3 m6 m。(2)如图丙所示，在68 s内，物体做匀速直线运动，拉力F等于滑动摩擦力，如图乙所示，可知滑动摩擦力的大小为2 N。(3)由图线围成的面积知，在010 s内的位移x(28)3 m15 m则全过程中克服摩擦力做功Wffx30 J。16(12分)【解析】(1)对滑块由牛顿第二定律
25、得：0m1g0.4m1gm1a1解得：a114 m/s2。(2)设滑块离开弹射器的初速度为v0，离开管口的速度为v1，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大高度为H。滑块由底端上升到最高点的过程中，由动能定理得：m1gh0.4m1gl0mv02滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得：m1g(Hl)0m1v12滑块滑到管口的时间滑块从管口，上抛到最大高度处的时间滑块运动的总时间tt1t2解得：s。17(12分) 【解析】(1)当A向上的加速度为0时，速度达到最大，B对挡板压力为0，只受重力、斜面支持力和弹簧弹力，设此时弹簧弹力为F1，由A、B分别受力平衡得：F1mgsin 5 NF2mgsin 1
26、0 N初始状态弹簧的压缩量A速度最大时弹簧弹力和初始状态大小一样，故伸长量为x0，所以物体A沿斜面向上移动的距离m。(2)恒力F做功WFx2 J。(3)对A在此过程中由动能定理得：Wmgx1sin mvA20解得：vA m/s。18(16分)【解析】(1)由平抛运动规律可得：h1h2gt2解得t s因为圆弧半径Rh1，故由几何关系可得BOC60设物块平抛的水平初速度为v0，则：解得v010 m/s由功能关系可得弹簧储存的弹性势能Epmv0250 J。(2)从A到C的过程，由动能定理：mgh1mvC2mv02在C点，对物块分析，有：联立上述两式得N由牛顿第三定律得N。(3)若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞，从A点至第一次到D点的过程由动能定理得：mgh11mghL0mv02解得10.5若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零，从A点至第一次返回到B点的过程，由动能定理得：mg(h1h2)2mgh2L0mv02解得若物块第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞，从A点至第二次到D点的过程由动能定理得：mgh13mgh3L0mv02解得3综上，的取值范围为。
