2022-2023学年福建省厦门一中高一（下）月考物理试卷（3月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省厦门一中高一（下）月考物理试卷（3月份）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小，下图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示，一条河岸笔直的河流水速恒定，甲、乙两小船同时从河岸的A点沿与河岸均为θ角的两个不同方向渡河。已知两小船在静水中航行的速度大小相等，则( )
A. 甲先到达对岸B. 乙先到达对岸
C. 渡河过程中，甲的位移小于乙的位移D. 渡河过程中，甲的位移大于乙的位移
3.如图所示，把一个带弹簧但质量未知的签字笔笔尖朝上，沿竖直方向压缩到底，无初速释放后笔上升的最大高度为h；再把笔水平放置在桌面上，沿水平方向压缩到底，无初速释放后，笔在桌面上滑行的最大距离为s。忽略空气阻力。则由上述物理量可估算出( )
A. 弹簧的弹性势能的最大值B. 上升过程中重力所做的功
C. 水平滑行过程中摩擦力所做的功D. 笔与桌面间的动摩擦因数
4.如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑．若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 木块上滑过程中，重力势能增加了4E0B. 木块受到的摩擦力大小为E0x0
C. 木块的重力大小为2E0x0D. 木块与斜面间的动摩擦因数为 32
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.福州某地铁站的安检设施如图所示。该设施中的水平传送带以恒定速率v运动，乘客将质量为m的物品静止放在传送带上，加速后匀速通过安检设施，对此过程下列说法正确的是( )
A. 物品先受滑动摩擦力，后受静摩擦力作用
B. 物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同
C. 物品由于摩擦产生的热量为mv2
D. 传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量为mv2
6.如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，则在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是( )
A. 货箱向上运动的速度大于vB. 缆绳中的拉力FT大于(M+m)g
C. 货箱向上运动的速度等于vcsθD. 货物对货箱底部的压力等于mg
7.在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N(方向未知)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=5m/s.滑块在P点的速度方产向与PQ连线夹角α=37，sin37°=0.6，则( )
A. 水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B. 滑块从P到Q的时间为3s
C. 滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s
D. P、Q两点连线的距离为15m
8.如图所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图所示，其中a0为图线纵截距，则滑块由A运动至B过程中(弹簧始终处于弹性限度内)( )
A. a1=a3
B. x2=l0
C. 系统产生的热量为(ma0+kl0)(x3−x1)
D. 最大动能为12ma3(x3−x2)
第II卷（非选择题）
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.质量为m，发动机的额定功率为P0的汽车沿平直公路行驶，当它的加速度为a时，速度为v，测得发动机的实际功率为P1，假定运动中所受阻力恒定，它在平直的路上匀速行驶的最大速度为______．
10.图甲是我国自主设计开发的全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=200kg的物体，其a−t图像如图乙所示，5～10s内起重机的功率为额定功率，不计其它阻力，则此起重机的额定功率为______W，10s内起重机对物体做的功为______J(g取10m/s2)
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.如图甲所示，用小锤轻击弹簧金属片，A球向水平方向飞出，同时B球被松开，竖直向下运动。
(1)用不同的力击打弹簧金属片，可以观察到______。
A.A、B两球同时落地
B.A、B两球的运动路线相同
C.A球的运动路线不同，B球的运动路线相同
D.击打的力越大，A、B两球落地时间间隔越大
(2)改变此装置距地面的高度，重复上述实验，仍然可以看到相同的实验现象，据此现象分析可知______。
A.小球A在水平方向做匀速直线运动
B.小球A在水平方向做匀加速直线运动
C.小球B在竖直方向做匀速直线运动
D.小球A、B在竖直方向的运动规律相同
(3)某学生在做“研究平抛物体运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置，如图乙所示，他在小球的运动轨迹上选取了A、B、C三点，并测量了各点间的水平距离和竖直距离，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小为______m/s。
12.为了避免纸带受到摩擦阻力的影响，某同学用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律，进行如下操作：
①用天平测定小钢球的质量为m=0.005kg
②测出小钢球的直径为d=1.00cm
③调节电磁铁下端到光电门的距离为h=80.00cm
④电磁铁先通电，让小钢球吸在下端
⑤电磁铁断电，小钢球自由下落
⑥测得小钢球经过光电门所用时间为t=2.50×10−3s。
(1)计算此过程中小钢球重力势能的减少量为______J(g取9.8m/s2)，小钢球动能的增加量为______J。(结果均保留两位有效数字)
(2)根据以上计算结果发现重力势能减少量与动能增加量仍不相等，你认为造成这种结果的主要原因是______。
A.存在空气阻力的影响
B.当地的重力加速度略大于9.8m/s2
五、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲所示的模型：在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2。则：
(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？
(2)在物体在水平面上运动的最大位移是多少？
(3)距出发点多远处，物体的速度达到最大？最大速度是多少？
14.如图所示，在光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知A、B的高度差h=0.8m，水平距离s=1.2m，圆弧轨道的半径R=1m，C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方，并与水平地面上长为L=2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，空气阻力忽略不计。试求：
(1)弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep；
(2)圆弧BC所对的圆心角θ；
(3)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件。
六、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有质量均为m=1kg的小球A和B，且两球之间用一根长L=0.4m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.3m。现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，求：
(1)全过程A、B小球分别减小的重力势能；
(2)A、B都进入到光滑圆筒中时的速度大小；
(3)全过程轻杆对A做的功。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AD.汽车从M点运动到N做曲线运动，根据曲线运动的受力特点可知，合力指向运动轨迹的内侧，AD错误。
BC.汽车减速，所以沿切线方向要有与速度方向相反的力，因此合力与速度方向的夹角要大于90°，B错误，C正确。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】【分析】
将船的运动分解为垂直河岸方向和沿河岸方向，根据分运动与合运动具有等时性进行分析。
运动的合成与分解中要注意独立性的应用，两个分运动是相互独立，互不干扰的；但两者的合成决定了物体的实际运动。
【解答】
AB、两小船在静水中航行的速度大小相等，且与河岸夹角均为θ，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影响过河时间，所以甲、乙两船同时到达对岸，故A、B错误；
CD、甲船在平行河岸方向上的速度为：
v甲||=v甲csθ−v水
乙船在平行河岸方向上的速度为：
v乙|| =v水 +v乙 csθ
两船在平行河岸方向上的位移分别为：
x甲// =v甲// t
x乙// =v乙// t
则x甲// l0，故B错误；
D、加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合a−x图线与横轴所围区域的面积可得：Ekm=12ma3(x3−x2)，故D正确；
C、根据牛顿第二定律得
−k(x−l0)+μmg=ma
可得：a=−kmx+kml0+μg=−kmx+a0
可得：μg=a0−kml0
系统产生的热量为：
Q=μmg(x3−x1)=(ma0−kl0)(x3−x1)，故C错误。
故选：AD。
物体从A到B过程，利用动能定理列式，来求解a1与a3的关系。当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，则滑块受力平衡，由此确定弹簧的状态。根据牛顿第二定律和功能关系分析CD项。
本题的关键是要明确图象的物理意义，从而读取有用的信息，结合动能定理等物理规律分析。
9.【答案】P0P1V−ma
【解析】解：当速度为v时，发动机的实际功率为P1，此时的牵引力F=P1v，
根据牛顿第二定律有：F−f=ma，
解得f=F−ma=P1v−ma．
当牵引力等于阻力时，速度最大，vm=P0F=P0f=P0P1V−ma．
故答案为：P0P1V−ma
当速度为v时，发动机的实际功率为P1，根据P=Fv求出牵引力的大小，根据牛顿第二定律求出阻力的大小，当牵引力等于阻力时，汽车在平直公路上行驶的速度最大．
解决本题的关键知道发动机的功率与牵引力和速度的关系，知道在平直公路上，牵引力与阻力相等时，速度最大．
10.【答案】2.4×104 1.8×105
【解析】解：0～5s内，物体做匀加速直线运动，5s时的速度v=at=2×5m/s=10m/s
对物体，根据牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据解得：F=2.4×103N
当t=5s时，功率为额定功率，P=Fv=2.4×103×10W=2.4×104W
0～5s内，起重机的位移为h=12at2=12×2×52m=25m
0～10s内，起重机对物体做的功为W=Fh+Pt′=2.4×103×25J+2.4×104×5J=1.8×105J
故答案为：2.4×104，1.8×105。
5s时，根据牛顿第二定律求解牵引力，根据速度—时间公式求解速度，根据P=Fv求解起重机的额定功率；根据位移—时间公式求解5s内的位移，根据W=Fh求解匀加速直线运动过程起重机做功，根据W=Pt求解5～10s内起重机做功，两段过程做功之和即为10s内起重机对物体做的功。
本题考查机车启动问题，解题关键是分析好起重机的运动状态，知道功率达到额定功率时，起重机的加速度开始减小，会利用W=Pt求解变力做功。
11.【答案】AC D 2
【解析】解：(1)AB、A球做平抛运动，B球做自由落体运动。由于平抛运动在竖直方向为自由落体运动，因此两球总是同时落地，故A正确，B错误；
CD、用不同的力击打弹簧金属片时，A球获得的水平初速度不同，因此A球路线会发生改变，但B球始终为自由落体运动，路线不变，故D错误，C正确。
(2)AB同时落地，与水平方向的运动规律无关，也无法说明水平方向做匀速直线运动，只能说明小球A、B在竖直方向的运动规律相同，故D正确，ABC错误；
(3)根据△y=0.25m−0.15m=gT2，可得T=0.1s，水平方向x=v0T，代入x=0.2m，可得v0=2m/s。
故答案为：(1)AC(2)D(3)2。
A球做平抛运动，B球做自由落体运动。由于平抛运动在竖直方向为自由落体运动，因此两球总是同时落地。用不同的力击打弹簧金属片时，A球获得的水平初速度不同，因此A球路线会发生改变，但B球始终为自由落体运动，路线不变。利用平抛的运动规律，求出初速度。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及掌握匀变速直线运动的推论，在连续相等时间内的位移之差是一恒量；在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．
12.【答案】0.039 0.040 B
【解析】解：(1)此过程中小钢球重力势能的减少量为ΔEP=mgh=0.005×9.8×0.8J=0.039J
小钢球通过光电门的速度v=dt，则小钢球动能的增加量为ΔEk=12mv2=12m(dt)2=12×0.005×(1.0×10−22.50×10−3)2J=0.040J
(2)如果是空气阻力的影响，则动能增加量量应该小于重力势能的减小量，而现在动能增加量大于重力势能减小量，则造成这种结果的主要原因是当地的重力加速度略大于9.8m/s2，故A错误，B正确。
故答案为：(1)0.039，0.040；(2)B
(1)已知小球的直径与小球经过光电门的时间可以求出小球经过光电门时的速度；根据实验数据应用重力势能的计算公式求出小球重力势能的减少量，根据动能的计算公式求出小球动能的增加量；
(2)并根据实验数据分析得出实验结论的原因。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，考查了实验数据处理问题，理解实验原理掌握基础知识是解题的前提。
13.【答案】(1)解：当推力F最大时，物体的加速度最大，由牛顿第二定律可得
Fm−μmg=mam
由图乙可知Fm=80N，可解得
am=15m/s2
(2)物体位移最大时，速度一定为0，对全过程由动能定理可得
WF−μmgs=0
由图像可知F−x图像的面积表示力做的功，所以力F所做的功为
WF=12Fmxm=12×80×4J=160J
联立解得s=8m
(3)由图像可知，当F、x的单位分别是N、m时，F随x变化的数值关系为
F=80−20x
物体速度最大时，所受合力为0，则有
F=μmg
联立解得
x=3m，F=20N
对此过程应用动能定理可得
W′F−μmgx=12mvm2−0
又因为
W′F=80+202×3J=150J
联立解得
vm=3 5m/s
答案：(1)物体在运动过程中的最大加速15m/s2；
(2)在物体在水平面上运动的最大位移为8m；
(3)距出发点x=3m处时物体的速度达到最大，最大速度35m/s。
【解析】(1)结合图像由牛顿第二定律求解最大加速度；
(2)根据F−x图像的面积表示力做的功再结合动能定理求出最大位移；
(3)根据图像写出F关于x的表达式结合牛顿第二定律确定最大速度时的力的大小，再由动能定理进行求解即可。
本题主要考查了运动和能量的观点，解题关键是结合图像和牛顿定律及动能定理进行求解。
14.【答案】解：(1)物块滑离平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得
12gt2=h
v0t=s
解得小物块运动到平台末端A的速度大小为：v0=3m/s
根据能量守恒有
Ep=12mv02=12×1×32J=4.5J
(2)设物块运动到B点时，竖直方向速度为vy，则有
vy2=2gh
解得：vy=4m/s
则有：tanθ=vyv0=43
可得：θ=53°，则圆弧BC所对的圆心角为53°。
(3)B、C两点的高度差为
hBC=R−Rcs53°=(1−1×0.6)m=0.4m
若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒有
Ep+mg(h+hBC)=μ1mgL
解得：μ1=3340
若恰不从B飞出，根据能量守恒有
Ep+mgh=2μ2mgL
解得：μ2=516
若从BC滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，根据能量守恒有
Ep+mg(h+hBC)=3μ3mgL
解得：μ3=33120
综上可得：516