【文档说明】河北省衡水市第十三中学2019-2020学年高一下学期调研考试物理试题含解析【精准解析】.doc，共(15)页，768.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第二学期19级调研考试物理试卷一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，部分2分，共48分，其中1、2、4、5为单选，其他为多选。）1.以一定的初速度竖直向上抛出一个小球,小球上升的最大高度为h,

空气阻力的大小恒为F,则从抛出到落回到抛出点的过程中,空气阻力对小球做的功为()A.0B.-FhC.-2FhD.Fh【答案】C【解析】【详解】把运动的全过程分成两段，上升过程中空气阻力对小球做的功1180WFhcosFh==−；下降过程中空气阻力对小球做功2180WFhcosFh

==−，所以全过程中空气阻力做功：122WWWFh=+=−，故C正确，A、B、D错误；故选C．2.物体在水平拉力F作用下，沿x轴由坐标原点开始运动，设拉力F随x的变化分别如图甲、乙、丙所示，图甲为一半圆图形，对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙，则以下说法正确的是A.W甲>W乙>W丙B.W甲=

W乙>W丙C.W甲=W乙=W丙D.W甲>W乙=W丙【答案】D【解析】【详解】F-x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功分别为：2201012128xWx==（），其中02mxF=，则W1=14πFmx0；W2=12Fmx0；W3=12Fmx0；故有：W1＞W

2=W3．A.W甲>W乙>W丙，与结论不相符，选项A错误；B.W甲=W乙>W丙，与结论不相符，选项B错误；C.W甲=W乙=W丙，与结论不相符，选项C错误；DW甲>W乙=W丙，与结论相符，选项D正确；3.如图所示，质量相同的两物

体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，取地面为零势能面，则（）A重力对两物体做功相同B.重力的平均功率PA<PBC.到达底端时重力的瞬时功率相同D.到达底端时两物体的机械能不相同【答案】AB【解析】【详解】A.两物体下落的高度，重力做功为：W=mgh，

由于m、g、h都相同，则重力做功相同，故A正确；B.A沿斜面向下做匀加速直线运动，B做自由落体运动，A的运动时间大于B的运动时间，重力做功相同，由WPt=可知，PA<PB，故B正确；C.由机械能守恒定律可知，mgh=12mv2，得2vgh=，则知到达底端时两物体的速

度大小相等，到达底端时A重力的瞬时功率PA=mgvsinθ．B重力的瞬时功率PB=mgv，所以PA＜PB．故C错误．D.两物体运动过程中只有重力做功，机械能守恒，两物体初态机械能相同，则到达底端时两物体的机械能相同，故D错误；4.物体在拉力作用下向上运动，其中拉力做功10J，克服阻力做功

5J，克服重力做功5J，则A.物体重力势能减少5JB.物体机械能增加5JC.合力做功为20JD.物体机械能减小5J【答案】B【解析】【详解】A.物体向上运动重力做负功5J，故重力势能增加了5J；故A错误.C.合力做功W=10-5-5=0，即合力做功为零；故C错误.B

D.除重力以外的力做功衡量机械能的变化，因此物体的机械能增加了△E=10-5=5J；故B正确，D错误.5.如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的14垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为()A.32gLB.4g

LC.154gLD.4gL【答案】C【解析】【分析】链条在重力作用而向下滑动，只有重力做功，其机械能守恒；可设桌面为零势能面，列出机械能守恒方程可得出链条的速度．【详解】设桌面为零势能面，链条的总质量为m开始时链条的机械能为：E1=11·48mgL−当链

条刚脱离桌面时的机械能：E2=2122mgLmv−由机械能守恒可得：E1=E2即：211·4822LmgLmgmv−=−解得：154gLv=．故应选：C．【点睛】零势能面的选取是任意的，本题也可以选链条滑至刚刚离开桌边时链条的中心为零势能面，结果是一样的，要注意重力势能的正负；抓住机械能守

恒时，链条动能的变化取决于重力势能的变化量．6.下列关于机械能守恒的判断正确的是（）A.拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，物体的机械能守恒B.如果忽略空气阻力作用，物体做竖直上抛运动时，机械能守恒C.一个物理过程

中，当重力和弹力以外的力做了功时，机械能不再守恒D.合外力对物体做功为零时，物体机械能一定守恒【答案】BC【解析】【详解】A．拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，势能增大，故机械能增大，故A错误；B．物体做竖直上抛运动时，只有重力做功，故机械能守恒

，故B正确；C．机械能守恒的条件是除重力和弹力以外的力做功的代数和为0，或者不做功，当重力和弹力以外的力做了功时，物体的机械能不守恒，故C正确；D．合外力对物体做功为零时，如在拉力作用下竖直向上的匀速运动，物体机械能不守恒，故D错误.7.如图所示，小球从A点以初速

度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是（）A.小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B.小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C.小球从A到C与从C到B的过程，速

度的变化相等D.小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等【答案】BD【解析】【详解】A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，返回到A点时的速度小于原来速度大小，由动能定理可知合外力做负功，故A错误；B．小球从A到C与从C到B的过程，合外力做功相同，由动能定理可知这两个过程中减少的动能

相等，故B正确；C．小球从A到C比从C到B用时短，由动量定理可知从A到C速度的变化量小，故C错误；D．小球从A到C与从C到B的过程，滑动摩擦力做功相同，说明损失的机械能相等，故D正确。故选BD。8.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端

与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长．将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零．若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A．已知AC＝L，

B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（）A.下滑过程中，其加速度先减小后增大B.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为12mv2C.从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα－14mv

2D.环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度【答案】AC【解析】【详解】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，选项A正确；BC．环由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，环由C到A，有

EpC－Q－mgLsinα＝－12mv2，解得Q＝14mv2，EpC＝mgLsinα－14mv2，选项C正确，B错误；D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mgh′－W′f－W′弹＝12mvB2－0，圆环由B上滑至A，有－mgh′－W′f＋W′弹＝0－12mvB′2，

故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，选项D错误．9.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图象如图所示．已知汽车的质量m=2×103kg，汽车受到地面的

阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则A.汽车在前5s内的牵引力为4×103NB.汽车在前5s内的牵引力为6×103NC.汽车的额定功率为40kWD.汽车的最大速度为30m/s【答案】BD【解析】【详解】AB．汽车受到的阻力f=0.1mg=0.12.0

10310N=2.0103N，前5s内汽车的加速度由v-t图可得a=2.0m/s2，根据牛顿第二定律：F-f=ma，求得汽车的牵引力F=ma+f=2.01032.0N+2.0103N=6.0103N

，故A错误，B正确；C．t=5s末汽车达到额定功率，P额=Fv=6.010310W=6.0104W=60kW，故C错误；D．当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，则最大速度vm=Pf额=436102.010m/s=30m/s，故D正确．10.如图所示，一质量为1kg的物体静止在

水平地面上，受到大小为2N的水平拉力作用后做匀加速直线运动，经5s后撤去水平拉力，物体共运动10s停止,取重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是A.物体运动过程中受到的摩擦力大小为0.5NB.5s末物体的动能为12.5JC.物体运动过程中拉力做功为25JD.物体运动

过程中克服摩擦力做功为12.5J【答案】BC【解析】【详解】A．0-5s过程中F-f=ma，即2-f=a①5s末其速度为：v=at1=5a②5s到10s过程中：f=ma′=a′③因为末速度为零，所以有v=a′•t2=5a′④由①②

③④解得：f=1N，a=a′=1m/s2，v=5m/s；故A错误；B．5s末的动能为Ek＝12mv2＝12.5J，故B正确；C．拉力做功为W′＝F•12at12＝2×12×25＝25J，故C正确；D．运动过程中克服摩擦力做功为W＝f

•(12at12+12a′t22)=1×25=25J，故D错误；11.如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平

，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则()A.两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B.两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大C.两球到达各自悬点的正下方

时，B球动能较大D.两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大【答案】BD【解析】【详解】两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，A.B两球重力做的功相同，但是，A球下摆过程中，只有重力做功，B

球在下落的过程中弹簧要对球做负功，根据动能定理得，A球到达最低点时动能要比B球的动能大，故AC错误，B正确；由2mvTmgl−=，可知A球受到的拉力比B球大．故D正确12.如图所示，质量为M=4kg的木板静

止在光滑水平面上，一个质量为m=1kg的小滑块以初速度v0=5m/s从木板的左端向右滑上木板，小滑块始终未离开木板．则下面说法正确是A.从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内,小滑块和木板的加速度大小之比

为1:4B..整个过程中因摩擦产生的热量为10JC.可以求出木板的最小长度是3.5mD.从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内，小滑块与木板的位移之比是6:1【答案】BD【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出加

速度即可；分析滑块和木板组成的系统所受的外力，判断动量是否守恒．滑块相对木板静止时，由动量守恒定律求出两者的共同速度，由能量守恒定律求内能．再由QmgL=，求木板的最小长度L；由运动学公式求滑块与木板的位移之比．【详解】A．滑块在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得：1mamg=，

地面光滑，可知M在水平方向也只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二_定律可得：2Mamg=，其中μ是二者之间的动摩擦因数，即：1241aMam==，故A错误；B．水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：

()0mvMmv=+，解得：v=1m/s．根据能量守恒定律得，整个辻程中因摩擦产生的内能：()2201110J22QmvMmv=−+=，故B正确；C．设木板的最小长度为L，則有QmgL=，但由于不知道动摩擦因数，不能求出木板的最小长度，故C错误；D.从开始到滑块与木板相対静止込

段吋向内，滑快与木板的位移之比是：0::6:122mMvvvxxtt+==，故D正确．【点睛】本题主要考查了板块模型的综合应用，属于中等题型．二、实验题（本题共2道小题，第1题3分，第2题10分，共13分）13.某同学利用图示装置做“探究功与速度变化关系”的实验．（1

）该同学将气垫导轨接通气源，通过调平螺丝调整气垫导轨水平，他将滑块轻置于气垫导轨之上，进而判断导轨是否水平．关于气垫导轨是否水平的判断，下列做法可行的是_________________（填选项前的字母）．A.若滑块滑动，说明气垫导轨水平B.轻推滑块，若滑块做匀速直线运

动，说明气垫导轨水平C.轻推滑块，若滑块做减速直线运动，说明气垫导轨水平（2）该同学测得遮光条的宽度为d实验时，用橡皮条将滑块向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离相同．现测得挂一根橡皮条时，滑块被释放弹离橡皮条后通过光电门的时间为t，则滑块最后做匀速直线运动的速度表达式为v=

____________（用题中涉及的物理量符号表示）．（3）该同学逐根增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度．若操作无误，则作出的橡皮条对滑块做的功与滑块做匀速直线运动速度的二次方的关

系图象（W—v2图象）应为____________（选填“过坐标原点的抛物线”或“过坐标原点的倾斜直线”）．【答案】(1).（1）B(2).（2）dt(3).（3）过坐标原点的倾斜直线【解析】【详解】(1)气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的

方法是：接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的(或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动)，故选项B正确；(2)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以滑块最后做匀速直线运动的速度表达式为dvt=；(3)根据动能定

理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以画出的2Wv−图象应是过坐标原点的一条倾斜直线．14.用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证

机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图甲中未标出），计数点间的距离如图乙所示．已知m1=50g、m2=150g则（g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=_

______；（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=________，系统势能的减少量△EP=________，由此得出的结论是_____________________________（3）若某同学作出212v-h图

象如图丙，则当地的实际重力加速度g=___________．【答案】(1).2.4m/s(2).0.576J(3).0.588J(4).在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒(5).9.7m/s2【解析】【详解】第一

空.根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：()246521.6026.4010m/s2.4m/s220.1xvT−+＝＝＝．第二空.物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek＝12

(m1+m2)v52−0＝0.576J；第三空.重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=（m2-m1）gh=0.588J；第四空.由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．第五空.题中根据机械能守恒可知，（m2-m1）gh＝12

(m1+m2)v2，即有：12v2＝12gh，所以12v2−h图象中图象的斜率表示12g，由图可知，斜率k=12g=5.821.20=4.85，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．三、计算题（本题共4道小题，第1题9分，第2题8分，第3题10分，第4题12分，共39分）15.如

图1所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5s末到达额定功率，之后保持额定功率运动．其运动情况如vt−图象2所示，已知电动机的牵引力的额定功率为36kW，重力加速度g取210/ms，求：(1)升降机的总质量大小；(

2)5s末时瞬时速度v的大小；(3)升降机在0～7s内上升的高度．【答案】(1)300kg；(2)10m/s；(3)46.8m【解析】【详解】（1）设升降机的总质量为m，升降机最后做匀速运动，牵引力Fmg=根据mmPFvmgv==得360003001012mPmkgkggv=

==（2）设匀加速运动时加速度大小为a当5ts=时，速度vat=此时牵引力PFv=根据牛顿第二定律得，Fmgma−=解得a=2m/s2，v=10m/s（3）则05s−内的位移211112252522xatmm===对57s−内运用动

能定理得，2221122mPtmghmvmv−=−代入数据解得21.8hm=：则()12521.846.8xxhmm=+=+=【点睛】本题考查了机车恒定加速度启动问题，关键理清整个过程中的运动规律，知道对于变加速直线运动，无法通过动力学知识

求解位移，只能根据动能定理进行求解．16.如图所示，AB为某滑雪场的一条长直滑道，滑道的倾角30=，长度L=100m．一质量m=60kg的滑雪者从A点由静止开始匀加速下滑到B点的过程中，滑雪者的加速度

大小a=4.5m/s2，求（1）滑雪者滑行过程中受到的阻力大小；（2）整个过程中滑雪者克服助力做的功.【答案】（1）30NfF=（2）3000JW=克【解析】【分析】明确研究对象，分析研究对象的运动过程和进行受力分析；根据匀加速直线运动情况，利用运动学相关公式

解答【详解】（1）设滑雪者滑行过程中受到的阻力大小为fF，由牛顿第二定律可得：sinfmgFma−=解得：30NfF=（2）设整个过程中滑雪者克服阻力做的功为W克，由动能定理可得：fWFL=克解得：3000

JW=克【点睛】审对象和过程；画运动和受力情况示意图；根据所学匀变速直线运动规律进行求解17.如图所示，光滑斜面倾角θ=30°，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A和B通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为m，开始时两物块均静止于距地面高度为H处

，B与定滑轮之间的距离足够大，现将A、B位置互换并静止释放，重力加速度为g,求：（1）B物块的质量；（2）交换位置释放后，B着地的速度大小．【答案】(1)mB=2m；(2)vgH=【解析】【分析】以AB组成的整体为研究对象，根据动能定理求出绳断瞬间两物块的速率；绳断瞬间物块B与物块A的速度相同，此

后B做竖直上抛运动，根据机械能求出B上升的最大高度．【详解】(1)初始时，A、B平衡，对系统有：0sin30Bmgmg=解得：2Bmm=；(2)交换后，对系统由动能定理：212322HmgHmgmv−=解得

：vgH=．【点睛】本题是连接体问题，运用动能定理和机械能守恒定律结合处理，也可以根据牛顿定律和运动学公式结合研究．18.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为s=5m，传送带在电动机的带动下以v＝1m/s的速度

匀速运动，现将一质量为m＝10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（g取10m/s2）(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功。【答案】(1)255J；(2)270J。【解析】【详解】(1)根

据牛顿第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma知物块上升加速度为a＝14g＝2.5m/s2当物块的速度为v＝1m/s时，位移是s＝22va＝0.2m即物块将以v＝1m/s的速度完成4.8m的路程；由功能关系得：W＝ΔEk＋ΔEp＝mgssinθ＋12mv2＝255J(2)电动

机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，由v＝at得t＝va＝0.4s相对位移s′＝vt－2vt＝0.2m摩擦生热Q＝μmgs′cosθ＝15J故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270J.