2023-2024学年江西省宜春市丰城市东煌学校高一（下）月考物理试卷（6月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省宜春市丰城市东煌学校高一（下）月考物理试卷（6月）（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于功、功率，下列说法正确的是( )
A. 只要力作用在物体上，该力一定对物体做功
B. 根据P=Fv可知，汽车的牵引力一定与其速度成反比
C. 根据P=Wt可知，机械做功越多，其功率就越大
D. 摩擦力可能对物体做正功或做负功，也可能不做功
2.小球从地面上方某处水平抛出，落地时速度方向与水平方向的夹角为45°，不计空气阻力，取地面为参考平面，小球抛出时重力势能和动能之比为( )
A. 4B. 2C. 1D. 0.5
3.某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则该同学对足球做的功是( )
A. 4.4JB. 22JC. 132JD. 12000J
4.下列关于向心加速度的说法中正确的是( )
A. 向心加速度越大，物体速率变化越快B. 向心加速度越大，物体速度方向变化越慢
C. 在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的D. 向心加速度的方向始终与速度方向垂直
5.汽车在水平路面转弯时可视为做匀速圆周运动，雨雪天气时汽车与路面间的最大径向静摩擦力大小为车重的0.1倍，若转弯半径为36m，重力加速度g取10m/s2，为安全考虑，汽车转弯时的速度应不超过( )
A. 3m/sB. 3 2m/sC. 5m/sD. 6m/s
6.一小球以10m/s的初速度水平抛出去，下落高度为20m，水平位移大小为( )
A. 20mB. 15mC. 10mD. 12m
7.如图所示，一小球由细线拴住悬挂在天花板上，并在水平面内做匀速圆周运动，线长为L，转动的角速度为ω，线与竖直方向间的夹角为θ，则小球的线速度大小为( )
A. ωL
B. ωL
C. ωLsinθ
D. ωLcsθ
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.质量为m静止在水平地面上的物体，在水平恒定拉力F的作用下运动了一段距离x，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在此过程中( )
A. 拉力对物体做功为FxB. 拉力对物体做功为μmgx
C. 摩擦力对物体做功为−FxD. 摩擦力对物体做功为−μmgx
9.在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2 kg，在水平方向上恒定的外力F=4 N的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5 m/s.滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α=37°，sin 37°=0.6，则下列说法中正确的是
A. 水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B. 滑块从P点到Q点做匀速圆周运动
C. 滑块从P点到Q点的过程中动能最小值为16 J
D. P、Q两点间距离为12 m
10.质量为50kg的运动员从10m跳台由静止自由下落，在水中受到的阻力f与入水深度H的关系如图所示，已知运动员在水中所受浮力等于重力，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力作用，则下列说法正确的是( )
A. 运动员进入水中h深处克服水的阻力所做的功为5000J
B. 从开始下落到进入水中h深处，运动员的机械能减少5000J
C. 运动员在水中运动的加速度达到最大时，速度约为12.2m/s
D. 整个运动过程中，运动员的机械能一直在减少
三、实验题：本大题共3小题，共18分。
11.某同学要做“验证机械能守恒定律”的实验。如图所示，在房梁上O点固定一根长度为l(l未知)、不可伸长的轻绳，轻绳另一端系一个小球。小球静止时位于P点，在P点两侧固定光电门。现把小球拉至M点使轻绳伸直，使M、P两点间距也为l，然后将小球由静止释放，记录小球经过光电门的时间。
(1)除了光电门及配套电源外，要完成此实验还需要的器材是_____。
A.天平B.打点计时器C.刻度尺D.游标卡尺
(2)如果设小球质量为m，直径为D，小球经过光电门所用时间为Δt，重力加速度为g，则小球从M点运动到P点，重力势能的减少量为_____，动能的增加量为_____。(用题中所给物理量的符号表示)
12.在“探究平抛运动的特点”的实验中：
(1)为减小空气阻力对小球的影响，选择小球时，应选择下列的______；
A.实心小铁球 B.空心小铁球 C.实心小木球 D.以上三种球都可以
(2)高一某班某同学为了更精确地描绘出小球做平抛运动的轨迹，使用频闪照相机(每隔相等时间T拍一次照片)拍摄小球在空中的位置，如图所示为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度2mm，如果取g=10m/s2，那么：
①照相机的 频闪周期T=______s；
②小球做平抛运动的水平初速度大小是______m/s。
13.如图所示。某科技小组利用自己设计的弹簧弹射器探究“弹簧弹性势能与形变量关系”，弹射器水平放置，弹簧被压缩x后释放，将质量为m、直径为d的小球弹射出去。测出小球通过光电门的时间为t。请回答下列问题：
(1)为减少实验误差，弹射器出口端距离光电门应该_______(选填“近些”或“远些”)。
(2)小球通过光电门的速度大小v=______越小；(用m、d、t表示)，小球弹出过程中弹簧的弹性势能________(选填“越大”或“越小”)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.假设某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，不考虑地球自转，求：
(1)卫星的向心加速度大小；
(2)地球的平均密度。
15.如图所示，一物块以v0=3.0m/s的速度从左端滑上粗糙水平桌面，然后从桌面的右端以v=1.5m/s的速度飞出，最终落在距桌面右端水平距离x=1.0m的水平地面上。已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)桌面长L；
(2)桌子高h。
16.如图所示，足够长的倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，一质量m=10 kg的物体在平行于斜面向上的推力F=180 N作用下，由底端从静止开始向上运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10 m/s2。
(1)求物体在推力F作用下向上运动的加速度大小；
(2)求物体从底端向上运动4 m时推力F的瞬时功率；
(3)若物体向上运动4 m后撤去推力F，则物体从底端沿斜面运动到最高点过程中克服摩擦力做多少功？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查功和功率，要掌握做功的两个要素：力和物体在力的方向上发生位移，准确理解功率的两个公式P=Fv、P=Wt，可通过实例来理解摩擦力做功情况。
做功有两个要素：力和物体在力的方向上发生位移。采用控制变量法理解公式P=Fv。功率表示做功的快慢。摩擦力可能对物体做正功或做负功，也可能不做功。
【解答】
解：A、做功的条件是力作用在物体上，并且物体在力的方向上发生位移，可知力作用在物体上，该力不一定对物体做功，故A错误;
B、根据P=Fv可知，只有在汽车的功率P一定时，牵引力才与速度成反比，故B错误;
C、功率表示做功的快慢，P=Wt是功率的比值定义式，功率与做的功和时间无直接关系，故C错误;
D、摩擦力方向可能与物体的运动方向相同，可能与运动方向相反，也可能与运动方向垂直，则摩擦力可能对物体做正功或做负功，也可能不做功，故D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据动能定理求出小球抛出时的动能，根据重力势能的表达式写出小球抛出时的重力势能，由此判断小球抛出时重力势能和动能之比。
本题主要考查动能定理、重力势能以及动能的表达式，难度一般。
【解答】设小球抛出时的初速度为v0，落地时的速度为v，抛出点到地面的高度为h，由题意可知：v0=vsin45°，由动能定理得：mgh=12mv2−12mv02=12mv02，在抛出点小球的重力势能为Ep=mgh，动能为Ek=12mv02=mgh，所以小球抛出时重力势能和动能之比为1，C正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】解：根据动能定理可得，人对球做的功的大小等于球动能的变化，即
W=12 mv2−0=12×0.44×102J=22J，所以B正确．
故选B．
人对球做的功是变力做功，不能用功的公式来求，应用动能定理科以求得人做功的大小．
题目中告诉的200N的力和60m都是干扰同学做题的干扰项，人对球的力是变力不能用功的公式直接求得．
4.【答案】D
【解析】D
【详解】A.向心加速度与速度方向垂直，不改变速率的大小，与速率的变化无关，故A错误；
B.向心加速度与速度方向垂直，向心加速度越大，物体速度方向变化越快，故B错误；
CD.向心加速度与速度方向垂直，方向时刻改变，故C错误，D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查水平面内圆周运动的临界问题。汽车在水平路面转弯时可视为做匀速圆周运动，当最大静摩擦提供向心力时，对应过弯线速度最大，由牛顿第二定律列式即可求解。
【解答】
当最大静摩擦提供向心力时，对应过弯线速度最大，由牛顿第二定律有0.1mg=mvmax2r，解得vmax=6m/s，故D正确，ABC错误。
6.【答案】A
【解析】A
【详解】根据平抛运动规律
h=12gt2
x=v0t
解得
x=20m
故选A。
7.【答案】C
【解析】解：根据几何关系知，小球做匀速圆周运动的半径r=Lsinθ，
则小球的线速度v=rω=Lωsinθ。
故选：C。
已知小球做匀速圆周运动的角速度，结合v=rω求出小球的线速度大小．
解决本题的关键知道线速度和角速度的关系，通过几何关系求出小球做圆周运动的半径是关键，基础题．
8.【答案】AD
【解析】解：AB、根据功的计算公式可知，拉力对物体做的功为WF=Fx，故A正确，B错误；
CD、摩擦力对物体的做功为Wf=−μmgx，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据功的计算公式代入数据计算出拉力和摩擦力对物体的做功。
本题主要考查了功的计算公式，熟悉公式，代入数据即可完成分析，属于基础题型。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
根据动能定理和功的公式分析恒力F的方向；把P点的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度，再由分运动的规律求时间；速度方向与F垂直，速度最小；垂直F的方向上物块做匀速直线运动，由运动学公式求P、Q两点连线的距离。
本题主要考查动能定理、牛顿第二定律、运动的分解。
【解答】
A.设水平恒力F的方向与PQ连线的夹角为β，滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理有Fxcs β=ΔEk，得β=90°，即水平方向上恒定的外力与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A错误；
BD.把滑块在P点的速度沿PQ和垂直PQ两个方向分解，垂直PQ方向上滑块先做匀减速运动后做匀加速运动，垂直力F即沿PQ方向上滑块做匀速运动，有a=Fm=2 m/s2，当垂直PQ方向上的速度为零时，所用时间t=vsin37​∘a=1.5 s，根据对称性，滑块从P点到Q点的时间为t′=2t=3 s，则x PQ=v′t′=12m，故D正确，B错误；
C.当垂直PQ方向上的速度为零时，只有沿PQ方向的速度v′=vcs 37°=4 m/s，此时速度方向与F垂直，速度最小，动能最小，最小动能Ek=12mv′2=16J，故C正确。
10.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.运动员从 h0=10m 处由静止开始自由下落，入水前只受重力作用，入水后受重力、浮力和水的阻力作用。当深度为h时速度减为零，根据动能定理可得
mgh0+h−F浮h−Wf=0
解得
Wf=mgh0=5000J
故A正确；
B.由于克服阻力做功等于 f−H 图线所围面积大小，即
Wf=12×6mgh=3mgh
可解得
h=103m
从开始下落到进入水中h深处，机械能减少量
ΔE=mgh0+h≈6666.7J
故B错误；
C.由图知，当进入水中 h4 深度时，阻力最大，加速度最大；设此时速度为v，根据动能定理可得
mgh0+h4−F浮h4−12×6mg⋅h4=12mv2
解得
v≈12.2m/s
故C正确；
D.运动员在水面上运动时机械能不变，在水面下运动时机械能减少，故D错误。
故选AC。
11.【答案】 CD mgl2 mD22Δt2
【解析】(1)[1]本实验需要验证机械能守恒，即需要验证mgh=12mv2
即需要测量小球下落的高度和末速度，故需用刻度尺测量轻绳的长度得出小球下落的高度；用游标卡尺测量小球的直径进而计算小球的末速度。
故选CD。
(2)[2]小球减小的重力势能为ΔEp=mgl(1−cs60∘)=mgl2
[3]小球在P点时的速度为v=DΔt
则小球增加的动能为ΔEk=12mv2=mD22Δt2
12.【答案】 (1)A；(2)0.02；(3)0.3
【解析】【分析】
解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
(1)小球要做平抛运动，则要减小阻力的影响，在小球选择方面要注意选择体积小、质量大的小球；
(2)根据竖直位移求出运动的时间，抓住水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和时间间隔求出初速度。
【解答】
(1)实心小铁球，所受空气阻力影响最小。
(2)①小球做平抛运动，水平方向匀速直线运动，A点与B点，B点与C点的水平距离相同，故时间间隔相等设为T，竖直方向自由落体运动，满足
Δh=gT2，Δh=5×2mm−3×2mm=4×10−3m
解得：T=0.02s
②小球做平抛运动的水平初速度大小是v0=xT，x=3×2mm=6×10−3m
解得：v0=0.3m/s
故答案为：(1)A；(2)0.02；(3)0.3。
13.【答案】 近些 dt ； 越小
【解析】(1)[1]弹射出后小球做平抛运动，只有距离光电门近些才能减小速度引起的误差。
(2)[2]利用平均速度代替瞬时速度，小球的速度为 v=dt ；
[3]弹簧的压缩量x越小，弹性势能越小，小球获得的速度越小。
14.【答案】解：(1)卫星绕地球做匀速圆周运动，其向心加速度大小a向=4π2rT2；
(2)设地球质量为M，由万有引力提供向心力可得GMmr2=m⋅4π2T2⋅r，得M=4π2r3GT2，
则地球的密度为ρ=MV=M43πR3=3πr3GT2R3。

【解析】 本题考查天体密度的计算和向心加速度的计算，基础题目。
(1)根据圆周运动中向心加速度公式计算；
(2)根据万有引力提供向心力求出地球质量，再结合密度公式可求出。
15.【答案】解：(1)根据动能定理可知，在桌面上滑行的过程中
−μmgL=12mv2−12mv02
代入数据解得
L=1.35m
(2)根据平抛运动规律可知，物块在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，有
x=vt ， h=12gt2
代入数据解得
h=209m

【解析】(1)根据动能定理求解桌面长L；
(2)根据平抛运动规律可知，物块在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，求解桌子高h。
16.【答案】解：(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律，有
F−mgsinθ−μmgcsθ=ma1
整理代入数据，得
a1=8m/s2
(2)根据运动学公式，有
v2=2a1x1
又推力F的瞬时功率为
P=Fv
联立代入数据，得
P=1440W
(3)撤去力F后，对物体受力分析，利用牛顿第二定律，有
mgsinθ+μmgcsθ=ma2
根据运动学公式，有
v2=2a2x2
根据功的公式，有
W克=μmgcsθ(x1+x2)
整理代入数据，得
W克=288J
答：(1)物体在推力F作用下向上运动的加速度大小为8m/s2；
(2)物体从底端向上运动4m时推力F的瞬时功率为1440W；
(3)若物体向上运动4m后撤去推力F，则物体从底端沿斜面运动到最高点过程中克服摩擦力做288J的功。
【解析】(1)根据受力分析，结合牛顿第二定律可以求出加速度大小；
(2)先求出物体的瞬时速度大小，再根据功率公式可以求出瞬时功率；
(3)根据受力分析结合牛顿第二定律和运动学公式，利用功的公式可以求出克服摩擦力做的功。
本题考查牛顿第二定律，关键是要结合受力分析，利用牛顿第二定律和运动学公式来解决问题。