2020-2021学年河南省信阳市高一（下）第三次月考物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河南省信阳市高一（下）第三次月考物理试卷新人教版，共8页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列说法正确的是（ ）
A.由功率表达式P=Wt可知，功率P与做功W成正比，与做功时间t成反比
B.由于功有正负，所以功是矢量
C.某物体所受合力做功为零，则每个力做功均为零
D.做自由落体运动的物体，重力做正功

2. 以一定的初速度竖直向上抛出质量为m的小球，它上升的最大高度为ℎ，空气阻力的大小恒为Ff，重力加速度为g，则从抛出点至回到原出发点的过程中，各力做功的情况正确的是（ ）
A.重力做的功为2mgℎB.空气阻力做的功为−2Ffℎ
C.合力做的功为2FfℎD.物体克服重力做的功为−mgℎ

3. 两个物体A、B的质量之比为mA:mB=2:1，二者初动能相同，它们和水平桌面间的动摩擦因数相同，不计空气阻力．则二者在桌面上从滑行到停止经过的距离之比为（ ）
A.xA:xB=2:1B.xA:xB=1:2C.xA:xB=4:1D.xA:xB=1:4

4. 如图所示，倾角为30∘、长度为10m的光滑斜面，一质量为0.8kg的物体从斜面顶端由静止开始下滑，g取10m/s2，则（ ）

A.整个过程中重力做功80J
B.整个过程中合外力做功80J
C.整个过程中重力做功的平均功率是20W
D.物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是20W

5. 如图所示，桌子放于水平地面上，桌面高为ℎ2．一质量为m的小球处于桌面上方ℎ1高处的a点．若以桌面为参考平面，重力加速度为g，小球从a点下落到地面上的c点，下列说法正确的是（ ）

A.小球在a点的重力势能为mg(ℎ1+ℎ2)
B.小球在桌面b处的重力势能为mgℎ2
C.小球从a点下落至c点的过程中，重力势能减少mg(ℎ1+ℎ2)
D.小球从a点下落至c点的过程中，重力势能减少mgℎ1

6. 质量为m的物体，从静止出发以0.5g的加速度竖直下降ℎ，那么（ ）
A.物体的机械能增加了0.5mgℎ
B.物体的动能增加了mgℎ
C.物体的机械能减少了0.5mgℎ
D.物体的重力势能减少了0.5mgℎ

7. 如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知PA=2R，重力加速度为g，则小球（ ）

A.从B点飞出后恰能落到A点
B.从P到B的运动过程中机械能守恒
C.从P到B的运动过程中合外力做功0.5mgR
D.从P到B的运动过程中克服摩擦力做功mgR

8. 如图甲所示滑轮与绳的质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（g取10m/s2）（ ）

A.物体加速度大小为2m/s2
B.F的大小为21N
C.2s末F的功率大小为42W
D.0∼2s内F做功的平均功率为42W

9. 一起重机的钢绳由静止开始提起质量为m的重物匀加速竖直上升，当重物的速度为v1时，起重机达到额定功率．以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直至达到最大速度为v2．已知重力加速度为g，则整个过程中重物的v−t图如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.起重机的额定功率为mgv1
B.重物速度为v1时钢绳拉力大小等于重物重力大小
C.重物的平均速度大小为v1+v22
D.重物匀加速运动的加速度大小为v2v1g−g

10. 轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数为0.2．以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示．物块运动至x=0.4m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g=10m/s2)


11. 质量为m的物体，在汽车的牵引下由静止开始运动，当物体上升ℎ高度时，汽车的速度为v，细绳与水平面间的夹角为θ，则下列说法中正确的是（ ）

A.此时物体的速度大小为vcsθ
B.此时物体的速度大小为vcsθ
C.汽车对物体做的功为mgℎ+m(vcsθ)22
D.汽车对物体做的功为mgℎ+m(vsinθ)22

12. 如图甲，质量为2kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙的水平面运动，1s后撤掉恒力F，其运动的v−t图像如图乙，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）

A.在0∼2s内，合外力一直做正功
B.在0.5s时，恒力F的瞬时功率为150W
C.在0∼1s内，合外力的平均功率为150W
D.在0∼3s内，物体克服摩擦力做功为150J
二、实验探究题

某实验小组以图中装置验证“动能定理”．他们用不可伸长的细线将滑块（含挡光片）通过一个定滑轮和挂有重物的动滑轮与力的传感器相连，在水平气垫导轨的A、B两点各安装一个光电门，A、B两点间距为x，释放重物，挡光片通过A、B时的遮光时间分别为tA、tB，力的传感器连接计算机记录细绳的拉力大小为F，已知滑块及挡光片的总质量为M，挡光片宽度为d，重物的质量为m．

（1）实验操作过程中，________ （选填“需要”或“不需要”）满足m≪M．

（2）实验过程中测得的滑块通过A、B两点时动能变化为________；若关系式________成立，则动能定理成立．（用题中已知的物理量字母表示）

如图，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．

（1）某同学列举实验中用到的实验器材为：铁架台、打点计时器、纸带、秒表、交流电源、导线、重锤、天平．其中不必要的是________．

（2）在一次实验中，质量1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如下图所示．若纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02s，从起点O到打下记数点B的过程中，重力势能减少量ΔEp=________J，此过程中物体动能的增加量ΔEk=________J（g取9.8m/s2，结果均保留两位有效数字）；通过计算，数值上ΔEp________ΔEk（填“>”“=”或“<”），这是因为________；

（3）如果以v22为纵轴，以ℎ为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的________．
A.B.
C.D.
三、解答题

如图所示，质量m=2kg的物体，在斜向下与水平方向的夹角α=37∘、大小为10N的力的作用下，从静止开始运动，通过的路程s=2m，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2．sin37∘=0.6,cs37∘=0.8

（1）力对物体做多少功？

（2）摩擦力对物体做多少功？

（3）合力对物体做多少功？

质量2t的机车，发动机的最大输出功率为100kW，运动阻力恒为2×103N，试求：
（1）当机车由静止开始以0.5m/s2的加速度启动，求匀加速直线运动所需的时间？（结果保留两位小数）

（2）若机车保持额定功率不变行驶，求能达到的最大速度？当速度为10m/s时机车的加速度？

如图所示，质量为m=1kg的小球从平台上水平抛出后，落在一倾角θ=53∘的光滑斜面顶端，并恰好无碰撞的沿光滑斜面滑下．斜面顶端与平台的高度差ℎ=0.8m，斜面的高度H=7.2m．取g=10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，求

（1）斜面顶端与平台边缘的水平距离x；

（2）小球滑到斜面底端时速度v的大小．

如图所示，曲面，水平面与半径为R的竖直半圆组成光滑轨道，一个质量为m的小球从高度为4R的A点由静止释放，经过半圆的最高点D后做平抛运动落在水平面的E点，忽略空气阻力（重力加速度为g），求：

（1）小球在D点时的速度大小vD．

（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的距离x．

（3）小球经过半圆轨道的C点（C点与圆心O在同一水平面）时对轨道的压力大小．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省信阳市高一（下）第三次月考物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
功率的概念
做功的判断及功的正负
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．功率P与做功W以及做功时间t无关，故A错误；
B．功的正负表示大小，功是标量，故B错误；
C．某物体所受合力做功为零，但每个力做功不一定都为零，故C错误；
D．做自由落体运动的物体，重力的方向与位移的方向相同，重力做正功，故D正确．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
恒力做功
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AD．从抛出点至回到原出发点，重力做功为0，故AD错误；
B．上升过程中空气阻力做的功为−Ffℎ，下降过程中空气阻力做的功为−Ffℎ，从抛出点至回到原出发点的过程中空气阻力做的功为−2Ffℎ，故B正确；
C．合力做的功为−2Ffℎ，故C错误．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，有：
对A：−μmAgxA=0−Ek①
对B:−μmBgxB=0−Ek②
故xAxB=mBmA=12．
故选：B．
4.
【答案】
C
【考点】
平均功率
恒力做功
瞬时功率
【解析】
根据重力做功等于重力乘以竖直方向的高度差求重力做的功，根据牛顿第二定律求加速度，根据位移—时间关系求时间，根据功与时间的比值求平均功率，利用重力乘以竖直方向的速度求重力的瞬时功率．
【解答】
解：A．整个下滑过程中重力做的功为：WG=mgℎ=mgxsin30∘=0.8×10×10×0.5J=40J，故A错误；
B．整个过程中只有重力做功，故合外力做功为W=WG=40J，故B错误；
C．根据牛顿第二定律mgsin30∘=ma，解得：a=5m/s2，根据位移—时间公式：x=12at2，解得：t=2s，重力的平均功率为：P=WGt，解得： P=20W，故C正确；
D．下滑到斜面低端时的速度大小为v=at=5×2m/s=10m/s，此时重力的瞬时功率为：P′=mgsin30∘v=0.8×10×0.5×10W=40W，故D错误．
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
重力势能
重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】
重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，重力所做的功等于重力势能的减小量．根据EP=mgℎ求出P、N点的重力势能，注意重力势能的大小与零势能面的选取有关．
【解答】
解：A．以桌面为参考平面，a点在参考平面上方ℎ1处，所以小球在a点的重力势能为Ep1=mgℎ1，故A错误．
B．以桌面为参考平面，则小球在b处的重力势能为0，故B错误．
CD．小球从a点下落至c点的过程中，重力做功为W=mg(ℎ1+ℎ2)，所以重力势能减小mg(ℎ1+ℎ2)，故C正确，D错误．
故选：C．
6.
【答案】
C
【考点】
重力势能的变化与重力做功的关系
恒力做功
【解析】
根据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据动能和势能的变化判断机械能的变化．
【解答】
解：D．物体重力做功为mgℎ，所以重力势能减小mgℎ，故D错误；
B．由题可知F合=mg−F=0.5mg，则物体的动能增加0.5mgℎ，故B错误；
AC．物体的机械能等于动能和重力势能之和，动能增加0.5mgℎ，重力势能减小mgℎ，则机械能减少了0.5mgℎ，故A错误，C正确.
故选：C．
7.
【答案】
C
【考点】
动能定理的应用
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．小球在B点对轨道恰好没有压力，小球只受重力，由牛顿第二定律得：mg=mvB2R，解得：vB=gR，
离开B后小球做平抛运动，竖直方向上：R=12gt2，
水平方向：x=vt=gR×2Rg=2R>R，则球从B点飞出后要落到A点的右侧，故A错误；
B．以B点所在水平面为零势面，小球初状态的机械能为E=mgℎ=mgR，小球到达B点的机械能：
E′=12mvB2=12mgRC．从P到B过程，由动能定理可知，合外力做功等于动能增加量，W合=12mvB2=12mgR，故C正确；
D．从P到B过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，由此可知，−Wf=E−E′=12mgR，故D错误．
故选：C．
8.
【答案】
A
【考点】
平均功率
v-t图像（匀变速直线运动）
瞬时功率
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．速度—时间图线的斜率表示加速度则物体的加速度a=42m/s2=2m/s2，故A正确；
B．根据牛顿第二定律得2F−mg=ma，
则F=mg+ma2=20+2×22N=12N，故B错误；
C．2s末物体的速度为4m/s，则拉力作用点的速度为8m/s，则拉力的功率P=Fv=12×8W=96W，故C错误；
D．0−2s内物体的位移x=12×2×4m=4m，
则拉力作用点的位移s为8m，拉力做功的平均功率P=Fst=12×82W=48W，故D错误．
故选A．
9.
【答案】
D
【考点】
机车启动问题-恒定功率
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=PF求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度．
【解答】
解：AB．匀加速过程物体处于超重状态，钢绳对重物的拉力大于重物的重力，匀加速运动阶段钢绳的拉力为m(g+a)，额定功率为m(g+a)v1，故AB错误；
C．在速度增大的过程中，做加速度减小的变加速运动，平均速度大于v1+v22，故C错误；
D．重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=Pv1，此时F−mg=ma，重物匀速运动时，P=mgv2，联立解得a=v2v1g−g，故D正确．
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
动能定理的应用
摩擦力做功与能量转化
功能关系中图象问题的分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：试题分析：对m受力分析受到重力G，支持力N，外力F和摩擦力f，以及弹力FN，m在向右运动过程中外力F做正功，摩擦力f做负功，弹力FN做负功，三个力做功之和等于物体m的动能变化，
由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力F做的功：
W=12×(5+10)×0.2+10×(0.4−0.2)＝3.5J，
设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理：W−WF−μmgx＝0，
代入得：3.5−WF−0.2×0.5×10×0.4＝0，
得：WF＝3.1J，则Ep＝3.1J．
故选A．
11.
【答案】
A,C
【考点】
绳端速度分解模型
动能定理的应用
【解析】
小车参与两个分运动，沿绳子方向和垂直绳子方向的两个分运动，由于绳子长度一定，故物体下降的速度等于小车沿绳子方向的分速度，对物体的运动过程，根据动能定理列式求解汽车对物体做的功．
【解答】
解：AB．小车参与两个分运动，沿绳子拉伸方向和垂直绳子方向（绕滑轮转动）的两个分运动，将小车合速度正交分解，物体上升速度等于小车沿绳子拉伸方向的分速度为：v物=vcsθ，故A正确，B错误；
CD．对物体的运动过程，根据动能定理得：12mv物2−0=−mgℎ+W车，解得：W车=mgℎ+m(vcsθ)22，故C正确，D错误．
故选：AC．
12.
【答案】
B,D
【考点】
动能定理的应用
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
根据动能的变化判断合力做功情况；根据速度时间图线，结合牛顿第二定律，求出恒力F瞬时功率；根据速度时间图线围成的面积求出位移，从而求出克服摩擦力做功大小。
【解答】
解：A．0∼1s内，速度增加，根据动能定理知，合力做正功，1∼3s内，速度减小，根据动能定理知，合力做负功，故A错误；
B．根据速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a1=10m/s2，匀减速运动的加速度大小a2=5m/s2，根据牛顿第二定律得，阻力f=ma2=2×5N=10N，F−f=ma1，解得恒力F=f+ma1=(10+2×10)N=30N，0.5s时，速度为5m/s，则恒力F的瞬时功率P=Fv=30×5W=150W，故B正确；
C．0∼1s内，合外力做功W合=12mv2−0=(12×2×100−0)J=100J，则合外力的平均功率P=W合t=1001W=100W，故C错误；
D．0∼3s内，物体的位移大小x=12×3×10m=15m，克服摩擦力做功Wf=fx=10×15J=150J，故D正确．
故选BD．
二、实验探究题
【答案】
（1）不需要
（2）12M(dtB)2−12M(dtA)2,Fx=12M(dtB)2−12M(dtA)2
【考点】
验证动能定理
【解析】
（1）力学传感器可以直接读出拉力的大小且拉力的大小等于滑块的合外力，则不需要满足m<（2）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，根据动能定理列方程．
【解答】
解：（1）力的传感器可以直接读出拉力的大小，不需要满足m≪M．
（2）由于遮光条的宽度很小，通过光电门的时间很短，故可以用遮光条通过光电门的平均速度表示瞬时速度，则通过A点的速度vA=dtA，B点的速度vB=dtB，
动能的增加量为ΔEk=12MvB2−12MvA2=12M(dtB)2−12M(dtA)2，
拉力做功W=Fx，
故本实验中探究动能定理的表达式为Fx=12M(dtB)2−12M(dtA)2．
【答案】
（1）秒表、天平
（2）0.49,0.48,>,存在摩擦阻力做负功
B
【考点】
用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律
【解析】
（1）抓住验证重物动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，得出不需要天平测量质量，根据通过纸带上点迹间的间隔求出时间，得出不需要秒表；
（2）根据下降的高度求出重物重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，从而进行比较，根据能量守恒的角度分析误差产生的原因；
（3）根据机械能守恒得出v22与ℎ的关系式，从而确定正确的图线．
【解答】
解：（1）验证机械能守恒，即验证重物动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，所以不需要用天平测量重物的质量；时间可以根据纸带上的点迹，通过数间隔得出，不需要秒表，所以不需要的器材是秒表、天平．
（2）从起点O到打下记数点B的过程中，重力势能减少量
ΔEp=mgxOB=1×9.8×5.01×10−2J≈0.49J，
根据匀变速直线运动那段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，B点的瞬时速度：
vB=xAC2T=7.06−3.14×10−20.02×2m/s=0.98m/s，
则此过程中物体动能的增加量ΔEk=12mv2−0=12×1×0.982J≈0.48J，
通过计算，数值上ΔEp>ΔEk，是因为存在摩擦阻力做负功．
（3）根据机械能守恒有： 12mv2=mgℎ，
解得：12v2=gℎ，可知v22与ℎ成正比，图线为过原点的倾斜直线，故B正确，ACD错误．
故选B．
三、解答题
【答案】
（1）力对物体做的功为16J．
（2）摩擦力对物体做功为−10.4J．
（3）合力对物体做功5.6J．
【考点】
恒力做功
【解析】
根据力与位移方向的夹角判断功的正负，由功的公式W=Flcsα求各个力做功，合力做功等于各个力做功的代数和．


【解答】
解：（1）力F对物体做功
WF=Fscsα=10×2×cs37∘J=16J．
（2）摩擦力大小为：f=μFsinα+mg=0.2×10×sin37∘+2×10N=5.2N，
摩擦力对物体做功Wf=−fs=−5.2×2J=−10.4J．
（3）合力为F合=Fcsα−f=2.8N，
合力对物体做功W合=F合s=2.8×2J=5.6J．
【答案】
（1）匀加速直线运动所需的时间t=66.67s．
（2）若机车保持额定功率不变行驶，能达到的最大速度为50m/s，当速度为10m/s时机车的加速度为4m/s2．
【考点】
机车启动问题-恒定加速度
机车启动问题-恒定功率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由牛顿第二定则可知F−f=ma，
汽车的牵引力F=f+ma=2×103N+2×103×0.5N=3×103N，
则匀加速的最大速度v1=PF=1000003000m/s=1003m/s，
所用的时间t=va=10030.5s=2003s≈66.67s．
（2）当汽车达到最大速度时F′=f，
则vmax=Pf=1000002000m/s=50m/s，
当速度为v2=10m/s时，机车的牵引力F′′=Pv2=10000010N=10000N，
加速度a′=F″−fm=10000−20002000m/s2=4m/s2．
【答案】
（1）斜面顶端与平台边缘的水平距离x=1.2m；
（2）小球滑到斜面底端时速度v的大小为13m/s．
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）小球落到斜面上并沿斜面下滑，则有vy=v0tan53∘，
又在竖直方向有vy2=2gℎ，
ℎ=12gt2，
水平方向x=v0t，
联立解得t=0.4s，
v0=3m/s，
x=1.2m．
（2）设物体到达斜面底端的速度为v1，则从抛出点到斜面底端，由动能定理得：mg(ℎ+H)=12mv12−12mv02，
解得v1=13m/s．
【答案】
（1）小球在D点时的速度vD是2gR．
（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的距离x是4R．
（3）小球经过半圆轨道的C点（C点与圆心O在同一水平面）时对轨道的压力是6mg．
【考点】
动能定理的应用
平抛运动基本规律及推论的应用
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
（1）小球从A到D过程，只能重力做功，根据动能定理求小球在D点时的速度vD．
（2）小球离开D点后做平抛运动，根据分位移的规律求落地点E离半圆轨道最低点B的位移x．
（3）从A到C根据动能定理求得小球经过C点的速度．在C点，由轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律求轨道对小球的支持力，从而得到小球对轨道的压力．
【解答】
解：（1）小球从A到D，根据动能定理可得：
mg(4R−2R)=12mvD2
整理可以得到：vD=2gR．
（2）小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到：
水平方向有：x=vDt，
竖直方向有：2R=12gt2，
整理可以得到：x=4R．
（3）从A到C，根据动能定理得：mg(4R−R)=12mvC2，
在C点，根据牛顿第二定律：N=mvC2R，
整理可以得到：N=6mg，
由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力为6mg．