【文档说明】福建省厦门市湖滨中学2019-2020学年高一下学期第一次月考物理试题 【精准解析】.doc，共(11)页，382.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年第二学期高一物理月考一、选择题。1.用力F使质量为10kg的物体从静止开始，以2m/s2的加速度匀加速上升，不计空气阻力，g取10m/s2，那么2s内F做功()A.80JB.200JC.480JD.400J【答案】

C【解析】【详解】由F-mg=ma可得：F=10×2+10×10=120N；2s内物体的位移为：L=12at2=12×2×4=4m；则拉力的功为：W=FL=120×4J=480J．故选C．2.质量为m的

小物块，从离桌面高H处由静止下落，桌面离地面高为h，如图所示。如果以桌面为参考平面，那么小物块落地时的机械势能及整个过程中重力势能的变化分别是（）A.mgh，减少mghB.mgh，增加mg（H+h）C.mgH，减少mg（H+h）D.﹣mgh，减少mg（H+h）【答案】C【解析】【详解】以桌面为

参考平面，小物块开始下落时的机械能为110kPEEEmgHmgH小物块自由落体运动，机械能守恒，所以小物块落地时的机械势能为mgH；小球下落的过程中重力做功为()GWmgHh据重力做功与重力势能变化的关系得小球重力势能减少()mgHh，故A、B、D错误，

C正确；故选C。3.如图，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L=0.75m，质量m=1.0kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，则（）A.物块滑到斜面底端时重力的

瞬时功率为18WB.物块滑到斜面底端时的动能为1.5JC.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24WD.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5J【答案】A【解析】【详解】A．对滑块受

力分析由牛顿第二定律可知mgsin37°=ma，可知a=gsin37°=6m/s2，滑到斜面底端的瞬时速度v=at=6m/s2×0.5s=3m/s，瞬时功率为P瞬=mgvsin37°=1kg×10m/s2×3m/s

×0.6=18W，故A正确．B．根据动能定理可得Ek=mgLsinθ=4.5J，故B错误．D．根据功的定义可知重力做的功为WG=mgLsin37°=4.5J，故D错误．C．由21sin372Lat得下滑时间t=0.5s，则重力做功的平均功率为9W

GWPt，故C错误．故选A．4.质量为m的物体在拉力F的作用下从静止以2g的加速度匀加速上升h，不计空气阻力，则（）A.拉力F做功2mghB.物体克服重力做功2mghC.物体的动能增加了2mghD.物体的机械能增加了2mgh【答案】C【解析】【详解】A．根据牛顿第二运动定律可得2Fmg

mg所以3Fmg故拉力F做功为3mgh，A错误；B．重力做功为mgh，所以物体克服重力做功为mgh,B错误；CD．拉力做的功一部分转化为动能，一部分转化为重力势能，所以物体的动能增加了2mgh，物体机械能增加了3mgh，C正确，D错误。故选C。5.美国的NBA篮球赛非常精彩，吸引

了众多观众．经常能看到这样的场面：在终场前0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的最后胜利．已知球的质量为m，运动员将篮球投出，球出手时的高度为h1、动能为Ek、篮筐距地面高度为h2．不计空气阻力．则篮球进筐时的动能为A.12kEmghmghB.21

kEmghmghC.12kmghmghED.21kmghmghE【答案】A【解析】【详解】篮球机械能守恒，有122kkmghEmghE，解得212kkEEmghmgh，A正确．6.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬骑车匀速前行．设小明与车的总质量

为100kg，人与车的速度恒为5m/s，骑行过程中所受阻力约为车和人总重的0.02倍，取g＝10m/s2，小明骑此电动车做功的功率约为（）A.10WB.100WC.1000WD.10000W【答案】B【

解析】【详解】设人汽车的速度大小为5m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为0.020.02100020fmgNN，此时的功率205100PFvfvWW，故B正确，ACD错误．7.如图所示，不计空气阻力，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从小

球接触弹簧到将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是()A.小球动能和弹簧的弹性势能之和一直增大B.小球弹簧组成的系统重力势能、弹性势能和动能之和保持不变C.小球动能一直减小D.小球重力势能与弹簧弹性势能之和一直增大【答案】AB【解析】【详解】A

项：小球的重力势能一直减小，由系统的机械能守恒知，小球动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故A正确；B、D项：对小球和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于小球的动能先增大后减小，则小球重力势能与弹簧弹性势能

之和先减小后增大，故B正确，D错误．C项：小球在刚接触弹簧的阶段，弹簧的弹力小于重力，合力向下，小球做加速运动．弹簧的弹力越来越大，后来弹簧的弹力大于小球的重力，合力向上，小球做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故C错误；8.一汽车的额定

功率为p0，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm，则()A.若汽车以额定功率p0启动，则做加速度减小的直线运动B.若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vmC.无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力均成正比D.汽车以速度v

m匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力【答案】AD【解析】【详解】A．当汽车以额定功率启动时，由P=FV可知，牵引力随着速度的增大而减小，则加速度也减小，故A正确；B．汽车匀加速启动时，刚达到额定功率时

加速度不为零，此后还要继续加速；故没有达到最大速度；故B错误；C．因汽车受到阻力，故加速度和牵引力与阻力的合力成正比，故C错误；D．汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，故要减速时，应减少牵引力；故D正确。故选AD

。9.在一次冰壶比赛中，运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面抛出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19kg，g取10m/s2，则以下说法正确的是（）A.0.05B.0.01C.滑行时间5st=D.滑行时间10st【答案】BD

【解析】【详解】对冰壶由图像和动能定理得：00kmgxE，解得：0.01，则A错误，B正确；冰壶运动时，20.1m/sag，由运动学公式212xat得：10st，则C错误，D正确．10.如图所示，木块放在

光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则（）A.子弹损失的动能为fdB.木块增加的动能为fsC.子弹动能的减少等于木块动能的增加D.子弹、木块系统总机械能

的损失为fd【答案】BD【解析】【详解】A．对子弹运用动能定理得1kfsdE所以子弹损失的动能为()fsd，故A错误；B．对木块运用动能定理得2kfsE则木块获得的动能为fs，故B正确；C．子弹减少的动能转化为木块增加的动能和

系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，故C错误；D．系统损失的机械能转化为产生的内能为为Qfd故D正确；故选BD。二、实验题。11.用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。(1)下列物理量需要测量的是___________，通过计算得到的

是___________。（填写代号）A.重锤质量B.重力加速度C.重锤下落的高度D.与下落高度对应的重锤的瞬时速度(2)设重锤质量为m、打点计时器的打点周期为T、重力加速度为g。图乙是实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的连续点。根据测得的s1、s2、s3、s4写出重锤由B点到D

点势能减少量的表达式_________，动能增加量的表达式___________。【答案】(1).C(2).D(3).p31()Emgss(4).442k2(2)8msssET【解析】【详解】(1)[1

]重锤的质量可测可不测，因为动能的增加量和重力势能的减小量式子中都有质量，可以约去，重力加速度取当地重力加速度不用测量，需要测量的物理量是C：重锤下落的高度故选C[2]通过计算得到的物理量是D：与下落高度对应的重锤的瞬时速度故选D(2)[3]重物由

B点到D点势能减少量的表达式为p31()Emgss[4]B点的速度为22BsvTD点的速度为422DssvT则动能的增加量为22442k2(2)11228DBmsssEmvmvT12.如图所示，用竖直向上的拉力F提

升原来静止的质量m=10kg的物体，使其以a=2m/s2的加速度匀加速竖直上升，不计其他阻力，g=10m/s2，求开始运动的3s内：（1）物体重力做的功；（2）拉力F做的功；（3）物体合外力做功的平均功率．【答案】(1)-

900J(2)1080J(3)60W【解析】【分析】(1)根据位移时间公式求出物体上升的高度，从而得出重力做功的大小．(2)根据牛顿第二定律求出拉力的大小，结合功的公式求出拉力做功的大小．(3)合外力做功等于各力做功的代数和，结合合力做功的

大小，通过平均功率的公式求出合力做功的平均功率．【详解】(1)3s内物体上升的高度21129m9m22hat物体重力做的功为：WG=-mgh=-100×9J=-900J(2)根据牛顿第二定律得，F-mg=ma解得F

=mg+ma=100+10×2N=120N则拉力做功W=Fh=120×9J=1080J(3)W合=WF+WG=1080-900J=180J则平均功率180W60W3WPt合【点睛】本题考查了功率、牛

顿第二定律、运动学公式的基本运用，知道瞬时功率和平均功率的区别，掌握这两种功率的求法.13.为缓解能源紧张压力、减少环境污染，汽车制造商纷纷推出小排量经济实用型轿车．某公司研制开发了某型号小汽车发动机的额定功率为24kW，汽车连同驾乘人员总质量为m＝2t，在水平

路面上行驶时受到恒定的阻力是1000N，如果汽车从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，功率达到最大后又以额定功率运动了一段距离，最终汽车达到了最大速度．在刚达到最大速度时，汽车共运动了40s，g取10m/s2，求：(1

)汽车所能达到的最大速度多大；(2)汽车做匀加速运动过程能维持多长时间．(3)汽车速度为12m/s时的加速度．(4)汽车在整个加速过程中，汽车的位移为多少？．【答案】(1)m24s；（2）8s；(3)2m0.5s；(4)288m【解析】【详解】

(1)汽车速度达到最大时，机车牵引力F=f又P＝Fv，所以最大速度为：332410mm24ss10mmPvf；(2)设汽车匀加速结束时速度为v1，此时汽车的功率达到额定功率，则P＝F1v1又由11Ffmav1=a1t1联立代入数据得t1=8

s；(3)汽车速度为12m/s时，牵引力24000N2000N12PFv，根据牛顿第二定律得，汽车的加速度2220001000mm0.5ss2000Ffam；(4)匀加速直线运动的位移11132m2vst

汽车整个加速过程中，根据动能定理得2112102mFsPtfsmv．由于12ttt代入数据得S=288m．14.如图所示，一轻弹簧原长L=1m，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧

处于自然状态，AC＝3.5L．质量m=1kg的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝2L，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝0.25．（取sin37°＝

0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)求：(1)P第一次运动到B点时速度的大小；(2)P运动到E点时弹簧的压缩量x及弹簧的弹性势能EP．【答案】（1）25m/sBv（2）x=0.5m，EP

=12J【解析】【详解】(1)根据题意知，B、C之间的距离为3.5L-L=2.5L设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mg(2.5L)sin37°－μmg(2.5L)cos37°＝212Bmv解得vB＝25m/s(2)设BE＝x，P到达E

点时弹簧的弹性势能为Ep，P由C点运动到E点再弹回到F点的过程中，由动能定理有mg（3.5L-2L）sin37°－μmgL1cos37°＝0且L1=2.5L+2x+L解得x=0.5mP由C点运动到E点的过程中，由动能定理有(mgsin37°

－μmgcos37°)(2.5L+x)-W弹＝0则Ep＝W弹＝12J