【文档说明】福建省莆田市第八中学2020-2021学年高一下学期第二次月考物理（B卷） 含答案.doc，共(10)页，465.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年下学期高一第二次月考卷物理（B）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、选择题：本题共12小题，每小

题4分，共48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．以下说法正确的是()A．一个物体所受的合外力为零

，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．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50kg，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10m/s2。则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为()A．10WB．40WC．100WD．200W4．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5．如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H。则在这段过程中，下列说法或表达式正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为WN＝

12mv22，其中WN为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝12mv22－12mv12，其中WN为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为W合＝12mv22－12mv126．“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象可能正确的是()7．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()此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号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gD．小球动能的最大值为mgh＋mgx08．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＜FN1ʹB．FN2＜FN2ʹC．v＜v'D．vy＜vyʹ9．关于能源和能量，下列说法错误的是

()A．自然界的能量是守恒的，所以地球上的能源永不枯竭。B．能源的利用过程中有能量耗散，所以自然界的能量在不断减少。C．能量耗散遵循能量守恒定律。D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造。10．2022年北京冬奥会跳台滑雪比赛将在

张家口举办，滑雪跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。跳台滑雪运动员在助滑路段获得高速后从起跳区水平飞出，不计空气阻力，起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，用Δv、E、Ek、P表示运动员在空中运动的速度变化量、机械能、动能

、重力的瞬时功率大小，用t表示运动员在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是()11．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μgB．物块加速运动的时间为2vgC．整个过程中，传送带对物块做的功为12mv2D．整个过程中，摩擦产生的热量为mv212．如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量

分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法正确的是()A．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能B．A球增加的机械能等于B球减少的机械能C．A球的最大速度为

23gRD．细杆对A球做的功为83mgR二、非选择题（本题共5小题，共52分。按题目要求做答，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．(8分)如图甲所示，在一个带喷水口的塑料瓶中装满水，用力

挤压可使水从喷口射出。利用所学的知识，设计方案，估测用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。(1)能否直接用W＝Fs求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功?______，请简述原因：__________________。(2)如图乙所示，将瓶子水平放置，固定在铁架台上，缓慢挤

压，尽量使水落在相同位置上。此时，假定从瓶子出来的水速度为常数。本实验除了要测量实验前瓶子和水的总质量m1，以及挤压后剩余的质量m2，还应测量的物理量是__________________和______________

____。（同时标上物理量对应的字母）(3)人对瓶子做的功表达式为_____________。（用字母表示）14．(8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______。A．P、Q、

R的质量MB．两个定滑轮的距离dC．R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

)一质量m＝1500kg的汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持牵引力的功率恒定，其加速度a与速度的倒数1v的关系图象如图所示。求：(1)汽车的功率P及所受的阻力大小f；(2)汽车的牵引力等于其所受阻力的2倍时，汽车的速度大小v。16．(10分

)如图所示，质量均为m＝1kg的物体A、B放在倾角θ＝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k＝50N/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g＝10m/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。17．(16分)某次

电动小汽车表演如图所示，质量为2kg的小汽车从平台A处出发，以v0＝5m/s经过B处飞越斜坡，恰落在斜坡底端的C点，着地之后瞬间车速变为4m/s，之后沿平直轨道CD运动，到达D点时关闭发动机，进入半径为1.8m圆

轨道，运动一周后又进入水平轨道向右运动，直到停车点F时刚好停下。已知小汽车与水平面的摩擦阻力恒为重力的0.1倍，AC段运动过程中风力较大，可简化为受0.8N的水平向右的作用力，竖直方向的空气作用力忽略不计，过了C点后无风，不计空气作用

力，圆轨道可视为光滑。已知AB段长度x0＝3m，AB平台高1.25m，CD段长度x2＝2m，DF段长度x3＝50m。小汽车的自身长度可忽略，g取10m/s2，求：(1)斜坡倾角的正切值tanθ；(2)要使小汽车完成上述运动，C

D段电动机至少提供多少能量?(3)若DF阶段启用动力回收系统，回收效率为30%，则此段小汽车能滑行多远?2020-2021学年下学期高一第二次月考卷物理（B）答案一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48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．【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。3．【答案】C【解析】该同

学身高约1.6m，则每次上半身重心上升的距离约为14×1.6m＝0.4m，则她每一次克服重力做的功W＝0.6mgh＝120J，1min内她克服重力所做的总功W总＝50W＝6000J，她克服重力做功的平均功率为100WWPt==，故

C正确。4．【答案】C【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WG＝mgh，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

错误；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＝2hg知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t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。5．【答案】C【解析】对物体，动能定理的表达式为W合－mgH＝12mv22－12mv12，其中WN为支持

力的功，A错误，C正确；对物体，动能定理的表达式为W合＝12mv22－12mv12，其中W合为合力的功，B错误；对电梯，其所受合力做功W合＝12Mv22－12Mv12，D错误。6．【答案】B【解析】0～t1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00fPvF=，t1～t2阶段，t1时刻使汽车功率减半瞬间，汽车的速度v不变，由P＝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12P0，由P＝Fv知，由于v减小，所以牵引力F增大，由Ff-F＝F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；t2～t3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00f/212PvvF==，t3～t4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P＝Fv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，汽车开始匀速，速度大小00fPvvF=

=，故选B。7．【答案】D【解析】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；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；在x＝h＋

x0位置，mg＝kx0，则在x＝h＋2x0时，k∙2x0－mg＝ma，得a＝g，故C正确；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＝12mvm2，故小球动能的最大值小于mg(h＋x0)，故D错误。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FN1＝mgcosθ；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mgcosθ＞FN1ʹ，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FN1＞FN1ʹ，则地面对斜劈的支持力FN2＞FN2ʹ，B错误；若斜劈固定，则m

gh＝12mv2；若斜劈不固定，则由能量关系可知mgh＝12mv'2＋12Mvx2，则v＞v'，C错误；对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律：mg－FNcosθ＝may，因FN1＞FN1ʹ，则ay1＜vy1ʹ，两种情况

下滑块的竖直位移相等，则由2yyvah=可知vy＜vyʹ，D正确。9．【答案】ABD【解析】地球上的化石能源的存储量是有限的，如果过量开采这些能源，就会存在能源危机，A错误；能源的利用过程中有能量耗散，但自然界中的能量是守恒的，所以自然界中的能量不会减小，故B错误，C正确；能量既不会凭

空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，故D错误。10．【答案】BC【解析】运动员在空中运动不计空气阻力，只受重力作用，加速度等于g，则Δv＝gΔt，所以Δv－t图象应为倾斜的直线，A错误

；运动员在空中运动只有重力做功，机械能守恒，E－t图象应为平行于t轴的直线，B正确；运动员在空中运动，根据动能定理有mgh＝Ek－12mv02，则动能Ek＝12mv02＋mgh＝12mv02＋12mg2t2，所以Ek－t图象应为抛物

线，C正确；运动员在空中运动重力的瞬时功率P＝mgvy＝mg2t，所以P－t图象应为一条倾斜直线，D错误。11．【答案】AC【解析】物块加速运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝μg，故A正确；物块加速运动的

时间t＝vvag=，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W＝12mv2－0＝12mv2，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＝12vt，物块与传送带间相对位移大小Δx＝x带－x物＝22vg，整个过程中摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝12

mv2，故D错误。12．【答案】BD【解析】B球沿圆环下滑至最低点，A球运动到最高点，A球增加的重力势能为2mgR，B球减少的重力势能为4mgR，故A错误；B球沿圆环下滑至最低点，A球运动到最高点的过程中，两个球组成的系统

只有重力做功，系统的机械能守恒，A球的重力势能和动能均增大，A球的机械能增大，则知B球的机械能减小，A球增加的机械能等于B球减少的机械能，故B正确；两个球组成的系统机械能守恒，当B球运动到最低点时，设A、B两球速度最大为v，由机械能守恒有：2mg·2R－mg·2R＝12(m＋2m)v

2，解得A球最大速度v＝43gR，故C错误；细杆对A球做的功为W，W＝mg·2R＋12mv2＝83mgR，故D正确。二、非选择题（本题共5小题，共52分。按题目要求做答，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．(8分)【答案】(1)不能因为手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量(2)水落下的竖直高度h(瓶口距离地面的竖直高度h)水平距离x(3)212()4mmgxh-【解析】(1)由于手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生

的形变量无法测量，所以不能用直接用W＝Fs求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。(2)要求用手挤压瓶子时对瓶子所做的功，也就是求飞出去的水获得的动能，最终转化为求水从瓶口飞出去的初速度，水从瓶口出去以后，做平抛运动，我们需要知道水落下的竖直高度h，以及水

运动的水平距离x，就可以求解水获得的初动能。(3)水做平抛运动h＝12gt2，x＝v0t，由动能定理，人对瓶子做的功2212120()1()24mmgxWmmvh-=-=。14．(8分)【答案】(1)CD(2)t1＝t2(3)222222123222xxxgHttt=++【解析】(1)要验证

系统的机械能守恒，其表达式是MgH＝12MvP2＋12MvQ2＋12MvR2，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，因此需要测量遮光片的宽度x，速度v＝xt，D正确。(2)物块P的速度1Pxvt=，物块Q的速度2Qxvt=，P、Q的速度大小相等，即需要验证表达式为12xxtt=，即t1＝t2。(3)整个系统

减少的机械能是ΔE＝MgH，增加的机械能是2222221231()2xxxEMttt¢=++，要验证机械能守恒，则有ΔE＝ΔE′即验证的表达式22221231111()2gHxttt=++。15．(10分)【解析】(1)根

据牛顿第二定律/1FfPvfPfammmvm−−===−由图可知2400.05Pkm===解得P＝60kW由2fm=解得f＝3000N。(2)汽车的牵引力等于其所受阻力的2倍时，即F＝2f＝6000N则汽车的速度大小60000m/s=10m/s6000PvF==。16．

(10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：F1＝mgsinθ＝5NF＝2mgsinθ＝10N初始状态

弹簧的压缩量0sin2mgmgxkk==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1020.2mgxxk===m。(2)恒力F做功W＝Fx＝2J。(3)对A

在此过程中由动能定理得：W－mgx1sinθ＝12mvA2－0解得：vA＝2m/s。17．(16分)【解析】(1)飞跃斜坡过程，竖直的分运动为自由落体运动，水平方向的分运动为匀加速直线运动，水平加速度：0xFam=风力F0＝0.8N得ax＝0.4m/s2竖直方向有h＝12gt1

2水平位移x1＝v0t1＋12axt12解得：x1＝2.55m，125tan51hx==。(2)小汽车与水平轨道的摩擦阻力f＝0.1mg＝2N设小汽车通过D点、E点的速度分别为v2和v3，如果小汽车恰能

做完整的圆周运动，在E点应满足：23vmgmR=从D到E的过程，运用动能定理有：－mg‧2R＝12mv32－12mv22得v2＝310m/s根据机械能守恒定律，运动一周回到D点的速度仍为v2＝310m/s设之后小汽车匀减速运动发生的位移为L，则：－fL＝

0－12mv22得L＝45mL＜x3＝50m，故小汽车到不了终点线，若要到达终点线，小汽车的速度至少为v4，则：－fx3＝0－12mv42得v4＝10m/sC点到D点，电动机提供的能量至少为E，有：E－fx2＝12mv42－12mvC2解得：E＝8

8J。(3)若在DF阶段开启动力回收系统，回收效率30%，即有70%的能量用于克服摩擦力做功：－fx4＝0－12mv42×70%解得：x4＝35m。