【文档说明】黑龙江省哈尔滨市宾县第一中学校2020-2021学年高一下学期第二次月考物理试卷含答案.doc，共(12)页，468.000 KB，由小赞的店铺上传

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宾县一中2020级高一下学期第三次月考物理试题一、单选题（每题4分）1．下列说法正确的是（）A．如果物体所受的合力为零，物体的动能一定不变B．如果合力对物体做的功为零，物体的机械能一定守恒C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零D．物体的动

能不发生变化，物体所受合力一定是零2．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()A．mgHB．－

mgHC．mg(H＋h)D．mg(H−h)3．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＝12mv

22，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＝12mv22－12mv124．据报道：“新冠”疫情期间

，湖南一民警自费买药，利用无人机空投药品，将药品送到了隔离人员手中。假设无人机在离地面高度为10m处悬停后将药品静止释放，药品匀加速竖直下落了2s后落地，若药品质量为1kg，重力加速度210m/sg=，则药品从释放到刚接触地面的过程中（）A．动能增加了32JB．机械能减少了

50JC．重力势能增加了100JD．机械能守恒5．高楼高空抛物是非常危险的事，如图所示的安全警示广告非常形象地描述了高空坠物对人造成伤害的严重性。设一枚质量为m＝50g的生鸡蛋从18楼的窗台位置做自由落体运动，落地过程中与水泥地面接触时间为0.003s，那么鸡蛋对地面的平均冲击力的大

小最接近于（）A．100NB．500NC．900ND．1300N6．把一小球放在竖立的轻弹簧上，并把小球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小

球从A运动到B的过程中，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能B．小球从A运动到C的过程中，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能C．小球从A运动到B的过程中，动能一直增大D．小球从A运动到B的过程中，动能最大的位置

为AB的中点7．如图所示，半径为R的圆形轨道竖直固定在水平桌面上，AB为其水平直径，C为最低点，D为最高点，轨道的ACB段粗糙、ADB段光滑。质量为m的物块（可视为质点）从A点以初速度v0（未知）沿轨道向上运动，运动到D点时对轨道的压力恰好为0，运动到C点时对轨道的压力为5mg。

已知物块与轨道ACB段间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．物块的初速度大小为2gRB．物块与轨道ACB段间的动摩擦因数为14C．若将物块从A点由静止释放，物块运动到C点的速度大于gRD．若初速度v0沿轨道向下，则物块运动到C点时对轨道的压力小于5mg二、多

选题（每题4分，选不全得2分，选错不得分）8．如图所示，将一质量为m的小球从O点以速度v水平抛出，过A点时速度大小为2v，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．小球过A点时动量大小为2mvB．小球过A点时重力做功的功率为2mgvC．从O点到A点的过程中重力做功为232mvD

．从O点到A点的过程中重力冲量大小为mv9．如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的14光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下，下列判断正确的是（）A．两小球运动过程的机械能均守恒B．两小球由静止运

动到底端的过程中重力做功相同C．两小球到达底端时动能大小相同，方向不同D．两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率等于乙小球重力做功的瞬时功率10.如图甲所示，一物块从足够长的固定粗糙斜面底端以某一

速度冲上斜面。从初始位置起物块动能Ek随位移x的变化关系如图乙所示。已知物块质量为2kg，斜面倾角为37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A.物块与

斜面间的动摩擦因数为0.5B.物块上升的最大高度为5mC.整个上滑过程物块机械能减少了40JD.整个上滑过程物块重力势能增加了80J11．“嫦娥五号”从环月轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为Q的环月轨道Ⅱ，如图所示，则“嫦娥五号”（）A．在轨道Ⅱ上的机械

能比在轨道Ⅰ上的机械能小B．在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅰ上运行的周期大C．沿轨道Ⅰ运动至P时，点火后发动机喷气方向与运动方向相同才能进入轨道ⅡD．沿轨道Ⅱ运行在P点的加速度大于沿轨道Ⅰ运行在P点的加速度12．如图所示，一轻质弹簧下端固定于倾角为θ=

53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆上的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为d=0.3m。初始时在竖直向下的外力F=32N作用下，物块P在A点静止不动，A点到与

定滑轮O等高的B点的距离为h=0.4m，并测得弹簧伸长量为x1=0.1m，轻绳与斜面平行。已知物块P质量为m1=0.8kg，物块Q质量为m2=5kg，不计定滑轮大小及摩擦，g=10m/s2，sin53°=0.8.现

立即撤去外力F，则下列说法正确的是（）A．该弹簧的劲度系数为100N/mB．物块P从A位置上升至B位置时物块Q的速度方向沿斜面向下C．物块P从A位置上升至B位置过程中先加速后减速D．物块P从A位置上升至B位

置过程中，轻绳拉力对其所做的功为8J三、实验题（12分）13．在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量为1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，其中O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的连续三个点，如图所示。相邻计数点间隔的时间为0.02s，测量点间距所用单位为cm，取重力加速度g=

9.8m/s2。（计算结果均保留3位有效数字）(1)打点计时器打下计数点B时，重物的速度是__________m/s；(2)从起点O到打下计数点B的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=__________J，动能的增加量ΔEk=__________J；(3)通过计算可知，在数值上ΔEp____

______（选填“>”“<”或“=”）ΔEk。这是因为__________。四、解答题（40分）11．（12分）如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量m＝1kg的滑块（可视为质点）在水平恒力F

＝10N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x＝0.5m时撤去力F。已知A、B之间的距离x0＝1m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，滑块上升的最大高度h＝0.2m，g取10m/s2。求：(1)

在撤去力F时，滑块的速度大小；(2)求滑块通过B点时的速度(3)滑块从B到C过程中克服摩擦力做的功。14．（13分）我国提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平。现有一辆新型电动车，质量3310m=kg，额定功率90P=kW，当该电动车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力

是车重的0.1倍，210m/sg=。（1）求新型电动车在平直路面上行驶所能达到的最大速度；（2）新型电动车在平直路面上从静止开始，以加速度21m/sa=做匀加速直线运动，求匀加速能维持的时间；（3）新型电动车在平直路面上从静止开始，保持额定功率做加速运动，经50s达到最大速度，求此过程中

新型电动车的位移。15．（15分）如图所示，水平传送带左端与光滑水平面平滑连接，右端与竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道BC的最低端B平滑连接，传送带长为L，一轻弹簧放在水平面上，弹簧左端与竖直墙壁相连，用质量为m的滑块压缩弹簧，当物块压缩弹簧至A点时由静止释放，物块被弹簧弹开，结

果刚好能滑到传送带的右端，此过程传送带静止不动，物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g。（1）求刚开始释放物块时，弹簧具有的弹性势能；（2）若让传送带顺时针转动，仍将物块压缩弹簧至A点，由静止释放物块，物块被弹簧弹开后滑上传送带，要使传送带对物

块尽可能多的做功，传送带的速度至少多大？物块获得的最大动能为多少？（3）若传送带以（2）问中最小速度顺时针转动，物块从A点被弹出到第三次滑过B点的过程中，带动传送带的电动机因物块在传送带上滑动额外多做的功为多少？2020级高一下学期第二次月考物理参考答案1．A【详解】A．如果物体

所受的合力为零，合外力做功为0，根据动能定理=kWE合可知物体的动能一定不变，选项A正确；B．如果合力对物体做的功为零，物体的动能一定不変，但机械能不一定守恒，如竖直面内的匀速圆周运动，选项B错误；C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则合力不为零，但合力做功可能为零，动能在一段过程中

变化量也可能为零，如竖直上抛运动抛出后又回到出发点时动能变化量为零，选项C错误；D．物体的动能不发生变化，物体所受合力不一定是零，如匀速圆周运动，选项D错误。故选A。B．AC．C4．B【详解】A．设药品竖直下落过程的加速度大小为a，则由运动学公式有212hat=解得a=5m/s2所以

药品动能的增加量为()2k1Δ50J2Emat==故A错误；BD．设药品所受阻力大小为f，则根据牛顿第二定律有mgfma−=解得f=5N所以药品机械能的减少量为Δ50JEfh==故B正确，D错误；C．药品从释放到刚接触地面的过程中重力势能减少量为pΔ100JEmgh==故C错误。故选B。5

．B【详解】鸡蛋从18楼窗台做自由落体运动，每层楼大约高3m，下落的高度约为50m，到达地面前的速度为v＝2gh，解得速度约为30m/s，对落地过程由动量定理可知，()0mgFtmv－＝－解得500.5NF＝ACD错误，B正确。故选B。6．B【详解】A．小球从A运动到B的过

程中，因小球在B点具有速度，所以弹簧的弹性势能一部分转化为小球的重力势能，还有一部分转化为小球的动能，故A错误；B．小球从A运动到C的过程中，由于小球在C点的速度为零，则弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能，故B正确；C．小球从A运动到B的

过程中，先向上作加速运动，后作减速运动，所以其动能不是一直增大，而是先增大后减小，故C错误；D．小球从A运动到B的过程中，动能最大的位置为小球的重力等于弹簧的弹力时的位置，而不一定是AB的中点位置，故D错误。故选B。7．C【详解】A．

运动到D点时对轨道的压力恰好为0，则有2DvmgmR=DvgR=从A到D由动能定理2201122DmgRmvmv−=−可得03vgR=故A错误；B．运动到C点时对轨道的压力为5mg，由向心力公式得24CvmgmR=由动能定理可得2211222fCDmgRWmvmv−=−联立可得克服摩擦力做功为1

2fWmgR=由B到C压力增大，所以摩擦力是变力，无法求动摩擦因数，故B错误；C．若将物块从A点由静止释放，物块运动到C点的过程，克服摩擦力做功小于B选项中克服摩擦力做功，则有21112fCmgRWmv−=−0即2112fCmgRWmv

−所以速度大于gR，故C正确；D．若初速度v0沿轨道向下，克服摩擦力做功与从B到C相同，所以到C点时，对轨道的压力等于5mg，故D错误。故选C。8．AC【详解】A．A点时的动量2pmvmv==合A正确；B．A点在竖直方向的分速度22

(2)3yvvvv=−=A点时重力功率3GyPmgvmgv==B错误；C．O点到A所运动的竖直高度22yghv=从O点到A点的过程中重力做功232GWmghmv==C正确；D．O点到A所运动时间ygt=v从O点到A点的过程中重力冲量3Imgtmv==D错误。故选AC。9．AB【详

解】AB．甲乙两个小球在下落过程中都只有重力做功，且下降高度相同，故机械能都守恒，且做的功相同，故A、B正确；C．动能是能量，属于标量，没有方向的说法，所以C错误；D．由于到达底端的速度方向不同，甲的速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，而乙的速度方向和重力方向的夹角为锐角，瞬时功率大于零，则两小

球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率小于乙小球重力做功的瞬时功率，故D错误。故选AB。10.AC11．AC【详解】A．同一天体绕行的轨道半径越大机械能越大，故可知低轨道上机械能小，故A正确；B．由开普勒第三定

律可知，在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅰ上运行的周期小，故B错误；C．沿轨道Ⅰ运动至P时进入轨道Ⅱ，需要制动减速，所以点火后发动机喷气方向与运动方向相同才能进入轨道Ⅱ，故C正确；D．由万有引力提供向心力可知，不管是轨道Ⅱ还是轨道Ⅰ，运行到P点的向心加速度一样，故D错误。故选A

C。12．ACD【详解】A．物块P位于A点静止不动时，设OP间细绳与杆的夹角为α，根据几何关系可得0.33tan0.44dh===物块P受力平衡，根据平衡条件可得Tcos37°=m1g+F物块Q受力平衡，根据平衡条件可得T=m2gsin53°

+kx1联立解得k=100N/m故A错误；B．由于末状态时OB垂直于杆，故P沿绳方向的速度为零，即物块Q的速度为零，故B错误；C．物块P从A位置上升至B位置的过程中，受力分析可知，物块P所受的合力先向上后

向下，加速度方向先向上后向下，所以先加速后减速，故C正确；D．物块P从A位置上升至B位置过程中，两物块和弹簧组成的系统没有其他外力做功，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。由几何知识可知，初始时OP=0.5m，故此过程中物

块Q沿斜面下滑的距离△x=0.5m-0.3m=0.2m初始弹簧伸长0.1m，末状态弹簧压缩0.1m，则初末状态弹簧的弹性势能相等。根据系统的机械能守恒可得22111532Bmgxsinmghmv=+解得P到B点时的速度为=23m/sBv物块P从A位置上升至B位置

过程中，根据动能定理可得21112BWmghmv−=代入数据解得W=8J故D正确。故选CD。13．1.911.881.82>要克服摩擦及空气阻力做功【详解】(1)[1]重物的速度是23.2115.570.01m/s=1.91m/s0.04v−=(2)[2]重物重力势能的减少量p1.88JE

mgh==[3]动能的增加量2k1Δ21.82JEmv==(3)[4][5]因为要克服摩擦及空气阻力做功，所以重力势能减少量大于动能增量。14．(1)3m/s；(2)22m/s；(3)2J【详解】(1)在力F作用下，1Fmgma−=2111=2vax代入数据得13m/sv=(2

)接下来，物体做减速运动加速度221m/sag==根据()2221202vvaxx−=−−到达B点的速度222m/sv=(3)上升过程中，根据动能定理22102fmghWmv−−=−克服摩擦力做的功2JfW=15．(1)30m/s；(2)15s；(3)1050m【详解】(1)当达到

最大速度v时，牵引力F与阻力f平衡，满足0.1PFvfvmgv===解得30m/sv=。(2)设匀加速结束时速度为v1，此时恰好达到额定功率，可得11PFv=1−=Ffma联立可得115m/sv=，匀加速能维持的时间为1115svta==(3)已知t2=50s，设位移为s，由

动能定理可得2212Ptfsmv−=代入数据解得s=1050m。16．（1）pEmgL=；（2）2vgL=；km2EmgL=；（3）()226gLEm=−【详解】（1）由能量守恒可知pEmgL=（2）传送带顺时针转动，物块在传送带上时，传送带一直对物块做功，则物块一直处

于加速状态.设物块到传送带右端时速度为v，根据功能关系2p12mgLmvE=−解得2vgL=即传送带的速度至少为2gL；物块获得的最大动能2km122EmvmgL==（3）设物块滑上传送带时的初速度为0v，则2012pmvE=解得02vgL=物块

在传送带上运动的加速度ag=在传送带上运动的时间()022vvLtag−==−第一次经过传送带电动机额外多消耗的电能为()1kmpEEEmgvtL=−+−得()1222EmgL=−根据运动的对称性可知，物块第二次经过传送带所用时间仍为()22Lg−；第二次经过传送带电动机

额外多消耗的电能()2222EmgvtmgL==−第三次经过传送带与第一次经过传送带运动相同；因此第三次经过传送带电动机额外多消耗的电能仍为()222mgL−；三次经过传送带电动机共额外多消耗的电能

为()226gLEm=−