1、山西省汾阳中学2019-2020学年高一物理下学期6月月考试题（含解析）一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.下列关于运动和力叙述中，正确的是（）A. 做曲线运动的物体，其加速度一定是变化的B. 做圆周运动的物体，因所受的合力提供向心力，因而一定指向圆心C. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D. 物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同【答案】C【解析】【详解】A物体做曲线运动的条件是加速度与速度方向不在同一条直线上，加速度大小和方向不一定变化，比如平抛运动，加速度恒力不变，故A错误；B匀速圆周运动的物体所受的合力一定指向圆心，变速圆周运动的物体所受的合
2、力不一定指向圆心，故B错误；C当物体所受合力与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，当合力与速度方向在同一直线上时时，物体做直线运动，故C正确；D物体运动的速度在增加，所受合力方向与运动方向不一定相同，可能所受合力方向与运动方向成锐角，故D错误；故选C。2.如图所示，A、B两球用轻杆相连，用两根细线、将它们悬挂在水平天花板上的O点，现有一水平力F作用于小球B上，使A、B两球和轻杆组成的系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上，细线垂直于轻杆已知两球的重力均为G，轻杆与细线的长度均为L则（ ）A. 细线拉力的大小为2GB. 细线的拉力的大小为GC. 水平力F的大小为2GD. 水平力F的大
3、小为G【答案】D【解析】【详解】对AB球受力分析，如图所示因为A球受到细线l1的拉力与其重力是一对平衡力，所以轻杆对A球的作用力为零，轻杆对B球的作用力也为零，故B球只受到重力G、细线l2的拉力FBO和水平拉力F的作用，对B球根据几何知识和力的平衡条件有：F=Gtan45=GA细线的拉力的大小为2G，与结论不相符，选项A错误；B细线的拉力的大小为G，与结论不相符，选项B错误；C水平力F的大小为2G，与结论不相符，选项C错误；D水平力F的大小为G，与结论相符，选项D正确3.光滑水平面上一运动的磁铁动能为Ek，若其吸引一静止的相等质量铁球后，二者共同运动速度变为原来的一半，则总动能为（ ）A. E
4、kB. Ek/4C. Ek/2D. 2E k【答案】C【解析】【详解】设磁铁质量为m，速度为v，则Ek=mv2；由题意可知，变化后的动能为：；故选C4.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的速度为v，与A点的竖直高度差为h，则（）A. 由A到B小球机械能守恒B. 由A到B重力势能减少C. 由A到B小球克服弹力做功为mghD. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为【答案】D【解析】【详解】A从A到B，小球重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，但是小球机械能不守恒，故A错误；B由A至B重力势能减
5、少mgh，小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以，故B错误。C根据动能定理得所以由A至B小球克服弹力做功为，故C错误。D弹簧弹力做功量度弹性势能的变化。所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为故D正确。故选D。5.如图所示，足够长的木板B置于光滑水平面上放着，木块A置于木板B上，A、B接触面粗糙，动摩擦因数为一定值，现用一水平恒力F作用在B上使其由静止开始运动，A、B之间有相对运动，下列说法正确的有（）A. B对A的摩擦力的功率是不变的B. 力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量C. 力F对B做的功等于B动能的增加量D. B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量.【答案】D【解析】【
6、详解】AAB之间有相对运动，所以滑动摩擦力恒定，由于A在B给的摩擦力作用下做加速运动，所以根据可知B对A的摩擦力的功率在增大，A错误；B由题滑块运动到木板左端的过程中，说明拉力足够大，A与B有相对运动，对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故拉力F做的功大于AB系统动能的增加量，B错误；C根据动能定理可得F与A给B的摩擦力做功之和等于B的动能的增加量，C错误；D在水平方向上A只受B给的摩擦力，根据动能定理可得B对A的摩擦力做的功等于A动能的增加量，D正确。故选D。6.在电视台举办的娱乐节目中，参赛人员站在一个以较大角速度匀速旋转的水平大平台边缘，向平台圆心处的球筐内投入篮球已
7、知参赛人员相对平台静止，忽略空气阻力，则下列各俯视图中，篮球最可能进入球筐的是(图中箭头表示投篮方向)（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿篮筐方向，球就会被投入篮筐故A正确，BCD错误。故选A。7.如图所示，质量分别为M、m的两个物体系在一根通过轻滑轮的轻绳两端，M放在水平地面上，m被悬在空中，若将M沿水平地面向右缓慢移动少许后M仍静止，则下面说法正确的是（ ）A. 绳中张力变大B. 滑轮轴所受的压力变大C. M对地面的压力变大D. M所受的静摩擦力变大【答案】B【解析】【详解】A.以m为研究对象，得到绳子拉力F=mg，保持不变，故
8、A错误；B.滑轮轴所受的压力大小等于两侧绳子拉力的合力大小，绳子拉力大小不变，两侧绳子间夹角减小，则绳子拉力的合力变大，则滑轮轴所受的压力变大，故B正确；CD.以M为研究对象，设轻绳与竖直方向的夹角为，分析受力，由平衡条件，地面对M的支持力FN=Mg-Fcos地面对M的摩擦力Ff=FsinM沿水平地板向右缓慢移动少许后，减小，由数学知识得到FN变小，Ff变小；根据牛顿第三定律得知M对地面的压力也变小，故CD错误。故选B.8.如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为和的两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后
9、,下述说法正确的是（ ）A. 两滑块的动量大小之比B. 两滑块的速度大小之比C. 两滑块的动能之比D. 弹簧对两滑块做功之比【答案】C【解析】【详解】在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：，得，两滑块速度大小之比为：；两滑块的动能之比，B错误C正确；两滑块的动量大小之比，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，D错误二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）9.在光滑水平面内有一直角坐标系xOy，在t=0时刻，质量为m=2kg的物块从直角坐标系的坐标原点O以一初速度沿y轴正方向开始运动，同时受一沿+x方向的恒力F作用，其沿x方向的位移x与x方向的速度的平方关系如图甲所示，沿y
10、方向的位移y随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是A. 物块做匀变速曲线运动B. 物块受到的恒力F=1NC. t=4s时物块位移s=10m，方向与x轴正向成37D. t=4s时物块的速度为=5.5m/s，方向与x轴正向成37【答案】AC【解析】【详解】A分析物体在x方向上的运动情况，根据速度-位移关系可知，x-vx2图象的斜率表示加速度二倍的倒数，a=1m/s2，位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，y方向上做匀速直线运动，则物体做匀变速曲线运动，故A正确；B根据牛顿第二定律可知，F=ma=2N，故B错误；Ct=4s时，x方向上的位移x=at2=8my方向上的
11、位移y=6m，根据运动的合成与分解可知，物块的位移方向与x轴的夹角满足 可得故C正确；D物体做类平抛运动，t=4s时，速度与x轴的夹角满足tan=2tan，即37，故D错误。故选AC。10.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一段连接A，另一端悬挂小物块为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离，开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为，现将A、B由静止释放，则A 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B. 物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C. 物块A在杆上长为的范围内做往复运动D. 物块B的机械能最小时，物块A的动能最大【答案】CD【解析】物块A由P
12、点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解，角度增大，合力变小，加速度不断减小，A错误；刚开始释放时，B的速度为零，当A的速度最大时，即绳子竖直时，B的速度为零，所以B的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，B错误；根据几何知识可知，过程中系统机械能守恒，A到C点动能最大，B机械能最小，根据对称性可知A减速运动到右边距离C点处，B上升到原来的高度，即物块A在杆上长为的范围内做往复运动，CD正确【点睛】在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解11.在校运动会三级跳远比赛中，某同学的跳跃过程可简化为如图
13、的情况。该同学在空中过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，每次和地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，假设张明同学从A点开始起跳到D点的整过程中均在同一竖直平面内运动，下列说法正确的是（）A. 每次从最高点下落过程都是平抛运动B. 每次起跳到着地水平位移AB：BC：CD=1：3：5C. 从起跳到着地三段过程中水平方向速度变化量相等D. 三段过程时间相等【答案】CD【解析】【详解】A平抛运动要求只受重力，而题目中说明有风力，每次从最高点下落过程都不是平抛运动，A错误；BCD由题意可知，人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分
14、速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，由可知每次起跳高度相同，由知，每次起跳在空中的时间相同，而水平方向每次起跳都是匀加速直线运动，则三段过程中速度的变化量相等，由于水平方向的初速度不为零，则水平位移不满足1：3：5的关系，B错误，CD正确。故选CD。12.甲、乙两名溜冰运动员，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示。已知M甲80kg，M乙40kg，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为30N，下列判断中正确的是（）A. 两人的角速度相同B. 两人的线速度相同C. 两人的运动半径相同，都是0.45mD. 两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m【答案】AD【解析】【详
15、解】弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得M甲R甲甲2=M乙R乙乙2=30N 由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，所以甲=乙则有，已知M甲=80kg，M乙=40kg，两人相距0.9m，所以两人的运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m，根据得：两人的角速度相同，根据线速度v=r得线速度不同，故AD正确，BC错误。故选AD。13.如图所示，一根细线下端栓一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改
16、变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A. 细线所受的拉力不变B. 小球P运动的角速度变大C. 小球P运动的周期变短D. Q受到桌面的静摩擦力变小【答案】BC【解析】【详解】AB设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为T，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图则有得角速度使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，增大，减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，根据可知周期减小，A错误，BC正确；CD对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，则静摩擦力变大，D错误。故选BC。14.如图所示，一长度l未知的轻杆，一端穿在过O
17、点的水平转轴上，另一端固定一质量m未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，轻杆对小球的弹力F与其速度平方v2的关系如图所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 轻杆长度B. 小球质量C. 当时，轻杆中的弹力表现为向下的拉力D. 仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b点的位置不变【答案】BD【解析】【详解】B在最高点，当速度为零时，向心力为零，小球的重力与轻杆对小球的弹力大小相等，方向相反，故据图可知-b=mg解得球的质量为故B正确；A在最高点，重力和杆的作用力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得化简可得由图象的斜率可得解得轻杆的长度为故A错误；C由图可知，当时，轻杆中
18、的弹力为零，故由竖直平面内的圆周运动的临界条件可知当时，轻杆中的弹力表现为向上的支持力，C错误；D由于截距的大小等于球的重力大小，故仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b点的位置不变，D正确。故选BD。三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）15.已知一个钩码的质量为m;地球的半径为R;“科学真是神奇”，现仅提供一只量程合适的弹簧秤，你就可以获得地球的第一宇宙速度啦！（忽略地球的自转）（1）需要直接测量的物理量是 _（2）地球的第一宇宙速度V1的推理表达式为:V1=_（用已知和测量的物理量表示）【答案】 (1). 钩码的重力F (2). 【解析】(1) 需要直接测量的物理量是钩码的重力F；(2)
19、根据万有引力等于重力可知，根据万有引力提供向心力可知，联立解得16.为了只用一根弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面间的动摩擦因数(设为定值)，某同学经查阅资料知，一劲度系数为k的轻弹簧由伸长量为x至恢复到原长的过程中，弹力做功为kx2 ， 于是他设计了以下实验 第一步：如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，弹簧处于原长时另一端在A点现推动滑块将弹簧压缩至B点，松手后滑块在水平桌面上运动一段距离，到达C点时停止第二步：将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态回答下列问题：（1）对于松手后滑块在水平桌面上滑动过程中有关物理量的描述，下列说法正确的是_A.当弹簧恢复原长时，滑块的加速度达
20、最大值B.当弹簧恢复原长时，滑块的速度达最大值C.滑块的加速度先增大后减小，然后保持不变D.滑块的加速度先减小后增大，然后保持不变（2）你认为该同学应该用刻度尺直接测量的物理量是（写出名称并用符号表示）：_ （3）用直接测得的物理量表示滑块与水平桌面间动摩擦因数的计算式=_ 【答案】 (1). D (2). 需要用刻度尺测出AB间的距离x1、BC间的距离s和弹簧竖直悬挂滑块时的长度x2和弹簧的原长x0； (3). 【解析】【详解】（1）松手后滑块在水平桌面上滑动过程中受到弹簧弹力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律得： a=，滑块向右运动时，弹力减小，加速度减小，当弹力等于摩擦力时，加速度为零，速
21、度达到最大值，木块继续向右运动，弹力进一步减小，加速度反向增大，木块做减速运动，当速度等于零时，加速度为零，故D正确，ABC错误故选D（2）该过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹簧的弹性势能，即弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧弹力做功的大小，根据W=，需要测量弹簧的形变量，即原长和压缩后的长度的差值AB间的距离x1；需要求弹簧的劲度系数，可以根据弹簧挂物体时处于平衡状态求出劲度系数，所以需要测量弹簧竖直悬挂滑块时的长度x2，和弹簧的原长x0；在整个过程中根据功能关系有=mgs，所以要测量物体滑行的距离，即BC间的距离s；（3）根据题意，弹簧弹力做功为：W= 设滑块质量为m，有
22、：kx=mg，即：k（x2-x0）=mg 根据功能关系有：W=mgS 联立解得：=【点睛】利用悬挂时二力平衡求出弹簧的劲度系数k，利用了功能关系来求摩擦系数，即运动过程中克服摩擦力做的功等于消耗弹簧的弹性势能四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）17.有一个固定竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成，如图所示，右半部分轨道AEB是光滑的，左半部分轨道BFA是粗糙的在最低点A给一质量为m的小球(可视为质点)一个水平向右的初速度vo，使小球恰好能沿轨道AEB运动到最高点B，然后又能沿轨道BFA回到A点，且回到A点时对轨道的压力为5mg，g为重力加速度，求（1）小球的初速度vo的大小；（
23、2）小球由B经F回到A过程中克服摩擦力做的功（3）若规定以A点所在水平面为零势能面，则小球在与轨道AEB分离时，小球具有的重力势能为多少【答案】（1）v0=；（2）Wf=；（3）【解析】【详解】（1）小球恰能到达最高点B，则：；从A到B，由机械能守恒：，解得： （2）且回到A点时，由牛顿第二定律：，其中FN=5mg，解得 ，则从B回到A，由动能定理： 解得 （3）设小球与轨道AEB分离时的位置与圆心连线与竖直方向的夹角为，则 由能量关系：解得：，则分离位置小球具有的重力势能为：18.是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑已知圆轨道半
24、径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦求：(1)小球运动到B点时的动能(2)小球下滑到距水平轨道的高度为R时速度的大小和方向(3)小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FNB、FNC各是多大？【答案】（1）mgR （2），速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30 （3）FNB3mg，FNCmg【解析】试题分析：（1）从A到B的过程中，机械能守恒所以 Ek=mgR（2）根据机械能守恒Ek=Epmv2=mgR所以小球速度大小 v=，速度方向沿圆弧的切线向下，小球距水平轨道的高度为R，由三角形的关系可知，小球与竖直方向的夹角为30（3）根据牛顿运动定律及机械能守恒，在B点NBmg=
25、m，mgR=mvB2解得 NB=3mg在C点时，小球受力平衡，所以 NC=mg19.我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动时间；（2）动车组变加速运动过程
26、中的时间为10s，求变加速运动的位移【答案】（1）2N 3s（2）46.5m【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：，因为有4节小动车，故 联立解得：f=2N 设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F，匀加速运动的末速度为由牛顿第二定律有：动车组总功率：，运动学公式：解得匀加速运动的时间：（2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：解得：x=46.5m
