2022武汉华中师大附中高一下学期6月月考物理试题含答案

1．D   解：A．功是没有方向的，其正负不表方向，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，所以正负不能表示大小，故功是标量，故A错误；

B．功的计算公式中的只能是恒力，故B错误；

C．若某一个力对物体不做功，是该物体没有发生位移或者是位移与力垂直，故C错误；

D．力对物体做了负功，也可以说物体克服该力做了功，故D正确。

2．C   解：AB．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与初速度之间夹角不变，即平抛运动位移角不变，根据图示，第一次平抛运动位移，平行于第二次平抛运动位移，如图所示

Q点在斜面上P点上方，A、B错误；

C．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与竖直分速度之间有

带入可得因，则C正确；

D．小球从A到P重力做功，小球的动能增加，得

小球从B到Q，重力做功，小球的动能增加，得

因为，，则,所以D错误；

3．B   解：ABC．由图像设与的函数关系式为整理可得

由运动学公式知上式中

加速度

即机车做匀减速直线运动，所以机动车牵引力恒定且小于阻力，故B正确，AC错误。

D．2秒末机车的速度为

根据牛顿第二定律,解得故D错误。

4．A   解：AB．将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示

拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度

CD．在A上升的过程中根据动能定理有

即绳对A做的功为C错误，D错误。

5．C   解：A．过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A错误；

B．在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则解得

即过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于，故B错误；

C．在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，有

在最低点时，向心加速度方向是向上的，乘客处于超重状态，故C正确；

D．过山车在斜面高处由静止滑下到最高点的过程中，有解得

由上述式子可知，若过山车能上升到最高点，则在最高点时速度为零。而根据之前的分析可知，过山车在最高点的最小速度大小为，所以过山车不能通过最高点，故D错误。

6．D   解：A．设斜面倾角为θ，摩擦力大小为

不同轨道斜面倾角不同，摩擦力不同，故A错误；

B．位移是初位置指向末位置的有向线段，则两种路径位移相同，故B错误；

C．设两轨道对应的水平位移为x。沿轨道1滑动，克服摩擦力做功为

沿轨道2滑动，克服摩擦力做功为

根据动能定理

沿两轨道下滑过程中，重力做功和克服摩擦力做功相等，可知物块到达B点的速度大小相等，方向不同，故C错误；

D．由选项C可知，两种运动摩擦力做功相等，机械能损失相等，故D正确。

7．A   解：A．当B球到达最低点时，A上升到B球原来等高的位置，因为B减少的势能比A增加的势能要大，所以系统的重力势能减少，动能增加，A、B两者还具有相同大小的速度，故B球到达最低点时速度不为零B．由上分析可知，当A向左摆到与B球开始时的高度时，B球到达最低点，由于此时仍有速度，还要向左摆动，可知A摆的高度比B球的高度要高一些，故B正确；

C．根据系统的机械能守恒可知当它们从左向右回摆时，B球一定能回到起始位置，故C正确；

D．对于两球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，根据系统机械能守恒得知，B球到达最低点的过程中，B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D正确。本题选择错误选项。

本题选错误项，8．D   解：AB．小球A恰好能上升到P点，此时小球A的速度为水平方向，小球B的速度为零，因此解得根据机械能守恒定律有联立解得

C．当小球A运动到N点时，设小球连接轻杆与竖直光滑杆的夹角为，小球A与B沿轻杆方向的速度相等，即此时小球A、B的速度大小相等，故C错误；

D．小球A在M，P两点的速度均沿水平方向，所以沿轻杆方向的速度为零，小球B的速度也就为零，所以小球A从M点运动到P点过程中，B球速度先增大后减小，故D正确。

9．BCD   解：A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，弹力对A做负功，则A机械能减小，选项A错误；

B．乙图中，物体B在大小等于摩擦力大小、方向沿斜面向下的拉力作用下，沿斜面下滑时，除重力以外的其他力做功的代数和为零，则B机械能守恒，选项B正确；

C．丙图中，A加速下落、B加速上升过程中，只有重力做功，则A、B系统机械能守恒，选项C正确；

D．丁图中，系在轻绳一端的小球向下摆动时，只有重力做功，摆线的拉力不做功，则小球的机械能守恒，选项D正确。

故选BCD。

10．BC   解：根据题意，设人和滑车受到的摩擦力为，由牛顿第二定律有可得\从顶端向下滑到底端B的位移为

A．通过上述分析可知，人和滑车下滑的过程中，有摩擦力做功，根据能量守恒可得，人和滑车减少的重力势能转化为摩擦产生的内能与人和滑车的动能，故A错误；

B．人和滑车下滑的过程中，根据动能定理有解得

故B正确

CD．根据题意可知，摩擦力做功为

即人和滑车克服摩擦力做功为，根据功能关系可得

即人和滑车的机械能减少了，故D错误C正确。

故选BC。

11．D   解：A．从图示时刻起的过程中，A的初速度为零，当B物体接近O点后，A的速度也为零，则A的速度先增大后减小，根据功率公式

F的功率先增大后减小，A错误；

B．滑块B在绳子的作用下，向上运动，重力势能变大，同时带有动能，滑块B的机械能变大，B错误；

C．对A、B整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N，向左的摩擦力f和向右的弹力N1,根据牛顿第二定律可知，水平方向

竖直方向

其中

B加速度先增大后减小，则A对水平杆的压力先变大后变小。A受到的摩擦力先增大后减小，C错误；

D．因为绳子不可伸长，根据运动的合成与分解，则有

θ角从45°逐渐增大，则

D正确；

12．CD   解：A．小球A运动到最低点时，轻杆呈竖直状态，小环B的速度为零，可知小环B先加速后减速，在小环B减速过程中轻杆对其做负功，轻杆对其是斜向上的推力，那么轻杆对小球A是斜向下的推力，轻杆对小球做正功，此过程小球A的机械能增加，故A错误；

B．小环B速度最大时，小环在竖直方向上的合力为0，轻杆弹力的竖直为mg，所以轻杆弹力大于mg。故B错误；

C．刚释放小球时，由牛顿第二定律得

解得

故C正确；

D．小球A初始位置距水平面高度为，由几何关系可得

解得

小环B初始位置距水平面高度设为，由几何关系可得

由系统机械能守恒可得

式中

，，

解得

故D正确；

故选CD。

13．AC   解：AB．物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；

C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为

故C正确；

D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为

设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有

解得

故D错误。

故选AC。

14．BCD   解：A．小球在C点时弹性绳的弹力为

则杆对铁环的弹力为

设某时刻小球与B点的连线与水平方向的夹角为θ，则此时弹性绳的弹力为

此时杆对铁环的弹力为

则铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力不变，选项A错误；

B．由能量关系可知，铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量，选项B正确；

C．铁环从C点运动到E点，由能量关系可知

解得铁环的质量

m=0.4kg

选项C正确；

D．铁环在D点速度正好达最大值，可知在D点的加速度为0，从D到E点做减速运动，加速度向上，在E点加速度方向向上达到最大值，选项D正确。

故选BCD。

15．BD   解：A．小球A与物体B组成的系统除了受到重力以外，其他力所做功不为零，故A错误；

B．绳对A做功的功率为

把A物体的速度沿着绳子的方向分解则有

所以绳对B做功的功率的

所以绳对A做功的功率与绳对B做功的功率总是大小相等，故B正确；

C．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为x，有

解得。当物体A运动到C点时，物块B运动到最低点，此时

物体B下降的高度为

由此可知，弹簧此时被压缩了0.1m，弹簧的弹性势能与初状态相等，且此时物体B的速度为零，所以轻绳拉力对其做功0J。故C错误；

D．由题可知

当A到达D点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳方向进行分解，平行于绳方向的速度等于B的速度，由几何关系得

对于整个过程，由机械能守恒定律得

联立解得，所以小球A运动到D点时的动能为

故D正确。

故选BD。

16．     A     2.25     增大     小于  

解：（1）[1] A．纸带必须尽量保持竖直方向，从而减小摩擦阻力作用，故A正确；

B．为了验证机械能守恒，选取点的原则是纸带上点迹清晰，方便测量的点，不是必须选择纸带上打出的第一个点作为起点，故B错误；

C．将电火花计时器改成电磁打点计时器，会增大纸带和打点计时器间的摩擦，故C错误；

D．可以选择较轻的物体作为重物以延长下落的时间，但空气阻力相对较大，导致实验效果不好，故D错误。

（2）[2] C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则有

[3] 若本实验室电源频率不足50Hz，则实际的计数点间的时间间隔偏大，从而使瞬时速度的测量值增大。

（3）[4] 根据动能定理得

得

知图像的斜率为

由图丙知，P的斜率较大，所以P的质量小于Q的质量。

17．     0.196J     0.100J     A     没有平衡摩擦力；操作错误：先放小车后开电源 

 解：（1）[1] 该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，则在此过程中拉力对小车做的功为

[2] 小车动能的增量为

（2）[3] 如果实验中完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，那么重物重力做的功就等于重锤和小车动能的增加量；即

其中

W=mgh

质量都是定值，所以与W成正比。

（3）[4] 此次实验探究结果，没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且偏差较大，造成较大偏差的主要原因可能有：没有平衡摩擦力；操作错误：先放小车后开电源。

18．（1）3m/s；（2）6×103N；（3）1.62×108J  

解：（1）根据自由落体运动规律可得

v4=g't=3m/s

（2）第Ⅲ阶段着陆器的加速度为

取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有

mg'－F=ma

解得

F=6×103N

（3）第Ⅱ阶段着陆器下落的高度为

设第Ⅱ阶段降落伞对着陆器做功的大小为W，根据动能定理有

解得

W=1.62×108J

19．（1）；（2）能到达F点；（3）0.23J<Ep<0.33J或0.43J<Ep≤0.50J   解：（1）到B点时，由机械能守恒定律

由向心力公式

由牛顿第三定律

（2）运动中滑块恰能到达D点，则通到D点的速度为

DF过程由机械能守恒得

解得在F点有

则能到达F点。

（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为

若以此速度在FG上滑行直至静止运动距离

滑块没有越过FG的中点。滑块以最大弹性势能弹出时，在FG上滑行的最大路程为xmax，则

解得

xmax=6.4m

由题意知，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域，运动的路程应满足

1m<x<3m或5m<x≤6.4m

当x=1m时，可得Ep1=0.23J，当x=3m时，可得Ep1=0.33J；

当x=5m时，可得Ep1=0.43J，当x=6.4m时，可得Ep1=0.5J；

因此弹性势能Ep的范围0.23J<Ep<0.33J或0.43J<Ep≤0.50J

20．（1）5N；（2），；（3），   解：（1）如小球恰好通过C点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律

解得

对小球从开始下滑到C点过程，由动能定理得

解得

说明小球能通过C点。在C点，由牛顿第二定律得

代入数据解得

N=5N

由牛顿第三定律

（2）小球从圆轨道下滑在DE段减速运动，设减速x后停下。对小球运动的全过程，由动能定理

解得

保证小球能过C点，由动能定理

得

则满足题意的h与x的关系为

，

（3）要使小球飞过缺口经过N点回到圆环，从释放到M点，由动能定理

从M到N的斜抛过程

联立解得

取等号时

可知当时，h有最小值，最小值为