【文档说明】吉林省白城市洮南市第一中学2019-2020学年高一下学期第二次月考物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，609.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题第I卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选项错或不答的得0分，共48分；1~8题为单项选择题，9~12题为多项选择题。）1.关于运动和力，下列说法中正确的是（）A.物体受到恒定合外力作用时，一定作匀速直线运动B

.物体受到变化的合外力作用时，它的运动速度大小一定变化C.物体做曲线运动时，合外力方向一定与瞬时速度方向垂直D.所有曲线运动的物体，所受的合外力一定与瞬时速度方向不在一条直线上【答案】D【解析】【详解】A．物

体受到恒定合外力作用时，一定作匀变速运动，可能是直线运动，也可能是曲线运动，选项A错误；B．物体受到变化的合外力作用时，它的运动速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动的物体，选项B错误；C．物体做曲线运动时，合外力方向一定与瞬时速度方向不共线，但是不一定是垂

直，选项C错误；D．所有曲线运动的物体，所受的合外力一定与瞬时速度方向不在一条直线上，选项D正确；故选D。2.如图所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同．在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB，则A.ABWWB.ABW

W=C.ABWWD.无法确定【答案】B【解析】【详解】设斜面的倾角为，CD间的水平距离为x，则下滑过程中克服摩擦力做功为coscosxWmgmgx==，与斜面间的夹角大小无关，所以有ABWW=，B正确．3.如图所示，假设地球绕地轴自转时，在其表面上有A、B两

物体(图中斜线为赤道平面)，θ1和θ2为已知，则()A.角速度之比12:sin:sinAB=B.线速度之比12:sin:cosABvv=C.周期之比TA∶TB＝sinθ1∶sinθ2D.A、B两点的向心加速度之比为2212sin:sin

【答案】B【解析】【详解】AC．共轴转动，角速度相同，根据2T=可知，周期相同，故AC错误；B．根据v=rω，角速度相等时，线速度与半径成正比，故vA：vB=Rsinθ1：Rcosθ2=sinθ

1：cosθ2故B正确D．根据a=vω，角速度相等时，加速度与线速度成正比，故aA：aB=vA：vB=sinθ1：cosθ2故D错误；故选B.4.某人在高h处抛出一个质量为m的物体，不计空气阻力，物体落地时速度

为v，该人对物体所做的功为()A.mghB.22mvC.22mvmgh+D.22mvmgh−【答案】D【解析】人对小球做的功等于小球获得的初动能，根据对抛出到落地的过程运用动能定理得：mgh=12mv2−12

mv02解得：12mv02＝12mv2−mgh；即人对小球做的功等于12mv2−mgh，故选D．点睛：本题考查了动能定理的直接应用，在不涉及到运动时间和运动过程以及变力做功时运用动能定理解题较为简洁、方便．5.如图所示，在竖直平

面内固定着半径为R光滑的14圆孤槽，它的末端水平，上端离地面高H，一个小球从上端无初速滑下，则小球落地时离出发点的水平距离为（）A.2()RHR−B.2()RRHR+−C.()RRHR+−D.2()RRHR+−【答案】D

【解析】【详解】根据动能定理得212mgRmv=解得2vgR=根据212HRgt−=得2()HRtg−=则平抛运动的水平位移为2()xvtRHR==−小球落地时离出发点的水平距离为2()XxRRRHR=+=+−故D正确，ABC错误。故选D。6.如图所示，在半径为R的半球

形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球以角速度在某一水平面上做匀速圆周运动，则该水平面距碗底的距离为（）A.RB.2gR−C.2gR+D.2g【答案】B【解析】【详解】设支持力与竖直方向上的夹角为θ，小球靠重力和支持力的合

力提供向心力，小球做圆周运动的半径为r=Rsinθ，受力分析如图：()2sintannmRFmgmg==解得2cosgR=所以有2cosghRRR=−=−ACD错误，B正确。故选B。7.在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径

R。地面上的重力加速度为g，则（）A.卫星运动的加速度为12gB.卫星运动的速度为2gRC.卫星运动的周期为24RgD.卫星的动能为12mgR【答案】C【解析】【详解】设地球的质量为M，在地球表面上有2MmmgGR=得黄金代换式2GMRg=卫星

在圆轨道上做匀速圆周运动，轨道半径2rR=，有2222()MmvGmmrmarrT===A．卫星运动的加速度为2(2)4GMgaR==故A错误；B．卫星运动的线速度为22GMgRvR==故B错误；C．卫星运动的周期为2342(2)4

RgRTGM==D．卫星的动能为2124kmgREmv==故D错误。故选C。8.如图所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m的物体A从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体A下降到最低点P时，其速度变为零，此时弹簧的压缩量为x；若将质量为4m的物体B仍从离弹簧顶端正上方h高处由

静止释放，当物体B下列到P处时，其速度为（）A.()32ghx+B.ghC.()ghx+D.2gh【答案】A【解析】【详解】当质量为m的物体从离弹簧顶端正上方h高处下落至最低点P的过程，克服弹簧做功为W，由动能定理得mg（h+x）-W=0①当质量为4m的物体从离弹簧顶端正

上方h高处下落至P的过程，设4m的物体到达P点的速度为v，由动能定理得4mg（h+x）-W=124mv2②①②联立得3()2vghx=+故A正确，BCD错误；故选A。9.从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，另一个

平抛，则它们从抛出到落地()A.运行的时间相等B.加速度相同C.落地时的速度相同D.落地时的动能相等【答案】BD【解析】【详解】三个小球在竖直方向都做匀变速直线运动，且位移和加速度均相同，取向下为正方向，竖直上抛的初速度为负，因此落地

时间最长，竖直下抛的初速度为正，因此时间最短，因此A错误；三个小球在运动中只受重力，因此加速度均为g，B正确；由动能可得2201122mvmvmgh−=三个小球的末动能相同，但是速度方向不一致，因此C错误D正确10.如图所示，粗糙水平

圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.B的向心力是A的向心力的2倍B.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C.A、B都有沿半径向外滑动的趋势D.若B先滑动，则B与A的动摩擦因数μA小于盘与B的动

摩擦因数μB【答案】BC【解析】【详解】A．因为A、B两物体的角速度大小相等，根据2nFmr=，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；B．对AB整体分析22Bfmr=对A分析，有2Afmr=知盘对B的摩擦力是B对A的

摩擦力的2倍，故B正确；C．A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；D．对AB整体分析222BBmgmr=解得BBgr=对A分析2AAmgmr=解得AAgr=因为B先滑动，可知B先

达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即BA故D错误。故选BC。11.额定输出功率为P的起重机将质量为m的重物从地面由静止开始加速提起，起重机钢索对重物的拉力恒为重物重力的2倍，经历时间t重物上升到距地面的高度H，此时起重机的功率恰好达到额定输出功率，以下说法中正确的是（）A.在这一过

程中，钢索对重物做的功为2mgHB.重物在高度为H的位置具有的速度大小为P/2mgC.重物在高度为H的位置具有的动能为4PtD.在这一过程中，重物受到的合力为2mg【答案】ABC【解析】【详解】钢索做的功：W=FH=2m

gH，故A正确；重物到达H处，功率为P，此时的钢索拉力仍为2mg，有：P=Fv得：2PPvFmg==，故B正确．重物在高度为H的位置具有的动能为24kvPtEFHmgHmgHmgt=−===；故C正确；物体的合外力为F合=F-mg=2mg-mg=mg；故D错误；故选ABC．【点睛

】此题关键是知道物体向上做匀加速直线运动；注意求力的功时，关键在于找准力和位移，关于功率和力及速度之间的关系，在于三者之间的对应关系．12.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，A球、B球质量分别为2m、m，两球半径忽略不

计，杆的长度为l．先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球A在水平面上由静止开始向右滑动，当小球B沿墙下滑距离为2l时,下列说法正确的是（）A.小球A的速度为55glB.小球B的速度为32glC.小球B沿墙

下滑2l过程中，杆对B做的功为55mgl−D.小球B沿墙下滑2l过程中，杆对A做的功为15mgl【答案】AD【解析】【详解】AB.当小球B沿墙下滑距离为2l时，杆与水平方向的夹角的正弦是12sin2ll==，

此时A、B两小球的速度关系满足tanABvv=，由机械能守恒定律得：2211222BAABBlmgmvmv=+解得：小球A的速度为55Aglv=．小球B的速度为155Bglv=，故A正确，B错误．C.由动能定理得：2122BBBBlmgWmv+=，小球B沿墙下滑2l过程中，杆对B做的功为15BW

mgl=−，故C错误；D由动能定理得：212AAAWmv=，小球B沿墙下滑2l过程中，杆对A做的功为15AWmgl=，故D正确；第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、实验题（每空2分，共16分）13.某同学做探究

“合力的功和物体速度变化关系”的实验装置如图，小车在橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行。用一条橡皮筋时对小车做的功记为W，当用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。

实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。(1)木板水平放置，小车在橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是（）A．橡皮筋仍处于伸长状态B．橡皮筋恰好恢复原长C．小车恰好运动到两个铁钉

连线处D．小车已超过两个铁钉的连线(2)如图所示是某次正确操作情况下，在50Hz的电源下打点计时器记录的一条纸带，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的_____（填AF或FI）部分进行测量，速度大小为_____m/s。【答案】(

1).A(2).FI(3).0.76【解析】【详解】（1）[1]ABCD．平衡摩擦力后，橡皮筋的拉力等于合力，橡皮条做功完毕，小车的速度最大，若不进行平衡摩擦力操作，则当橡皮筋的拉力等于摩擦力时，速度最大，

本题中木板水平放置，显然没有进行平衡摩擦力的操作，因此当小车的速度最大时，橡皮筋仍处于伸长状态，BCD错误A正确。故选A。（2）[2]小车先加速，后匀速，最后减速运动，在加速过程中，橡皮条在做正功，故需要测量最大速度，即匀速运

动的速度，因而需要选用间隔均匀的点，即FI之间的点。（2）[3]打点计时器每隔0.02s打一次点，故最大速度为21.5210m/s0.76m/s0.02xvT−===。14.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列

点。如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.802m/s。那么：(1)纸带的_____端（选填“左”或“右”）与重物相连；(2)根据图上所得的数据，应

取图中O点和_____点来验证机械能守恒定律；(3)从O点到(2)问中所取点，重物重力势能减少量PE=_____J，动能增加量kE=_____J；（结果取3位有效数字）(4)实验的结论是_____。【答案】(1).左(2).B(3).1

.88(4).1.84(5).在误差允许的范围内，验证物理机械能守恒【解析】【详解】（1）[1]由纸带上点，可知，纸带向左运动，因此，纸带左端与重物相连。（2）[2]根据图上所得的数据，应取图中O点和B点来验证机械能守恒定律，因为B点的瞬时

速度比较方便测量。（3）[3]重力势能减小量1.09.80.192J1.88JpEmgh==。（3）[4]B点的瞬时速度0.23230.155520.02m/s1.92m/sACBACxvt−===动能增加量211.84J2

kBEmv=。（3）[5]因为，PkEE，在误差允许的范围内，验证物理机械能守恒。三、计算题（本题共3小题，共36分。解答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。）15.汽车质量为5t，其发动机额定功率为37.5kW，汽车在水平道路上从静止开始起动，开始一段时间内，以加速度1.0m/s2做匀加速运动，最后匀速运动的速度为15m/s.求：(1)汽车做匀加速运动的时间；(2)汽车匀速运动后

关闭发动机，还能滑动的距离．【答案】(1)5s(2)225m【解析】(1)当汽车达到额定功率前，汽车做匀加速直线运动，阻力3=2.510mPfNv=额由牛顿第二定律，37.510FmafN牵＝＋＝匀加速过程的末速度15/PvmsF额

＝＝由v＝v0＋at知，t＝5s(2)汽车关闭发动机后加速度220.5/famsm=＝由220-2vvax＝得：x＝225m本题答案是：(1)5s(2)225m点睛：本题考查了机车启动的问题，要结合牛顿第二定律即机车的功率公式PFv=来求解．

16.如图所示，A是地球的同步卫星，另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h.已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心．(1)求卫星B的运行周期．(2)如卫

星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？【答案】(1)32()2BRhTgRp+=(2)2032()tgRRh=−+【解析】【详

解】（1）由万有引力定律和向心力公式得()()2224BMmGmRhTRh=++①，2MmGmgR=②联立①②解得：()322BRhTRg+=③（2）由题意得()02Bt−=④，由③得()23BgRRh=+⑤代入④

得()2032tRgRh=−+17.如图所示，质量为=1kgm的滑块，在水平力作用下静止在倾角为30=光滑斜面上A点，斜面的末端B与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为0

3m/sv=，长为1.4mL=；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为0.25=，2=10m/sg。求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑块下滑的高度；(3)若滑块进入传送带速度等于4

m/s，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。【答案】(1)103N3；(2)0.1m或者0.8m；(3)0.5J【解析】【详解】(1)物块在斜面上静止时，由平衡条件可知103tanN3Fmg==(2)设滑块从高为h处上

滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒：212mghmv=解得2vgh=若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有2201122mgLmvmv=−联立解

得200.1m2vhLg=−=若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：2201122mgLmvmv−=−解得200.8m2vhLg=+=(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则

t时间内传送带的位移：0svt=由机械能守恒可知212mghmv=对滑块由运动学公式知0vvat=−联立解得00vvsva−=滑块相对传送带滑动的位移sLs=−相对滑动生成的热量0.5JQmgs==