2021_2022学年北京市第二中学高一（下）月考物理试卷（6月）

这是一份2021_2022学年北京市第二中学高一（下）月考物理试卷（6月），共24页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021~2022学年北京市第二中学高一（下）月考物理试卷（6月）
1. 下列说法正确的是(    )
A. 随着科技的发展，永动机是可以制成的
B. 太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失
C. “既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的
D. 有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
2. 跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是因为(    )
A. 人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小 B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小 D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小
3. 如图所示，某个力F=10N作用在半径为R=1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F做的总功为(    )
A. 0 B. 20πJ C. 10 J D. 10πJ
4. 一质量为m的木块在水平恒力F的作用下，从静止开始在光滑水平面上运动，在经过时间t的过程中拉力所做的功为(    )
A. 2Ft2m B. F2t2m C. F2t2m D. F2t22m
5. 图所示，质量为m的木块沿着倾角为θ的光滑斜面从静止开始下滑，当下降的高度为h时，重力的瞬时功率为
A. mg2gh B. mgcosθ2gh C. D. mgsinθ2gh
6. 质量为m的汽车，以恒定功率P在平直马路上行驶，所受阻力恒定，匀速行驶时的速度为v1，则汽车的速度为v2时(v2Fmin
所以F不与OA垂直，则F与OA的夹角可能大于90∘，也可能小于90∘，即F可能做正功，导致机械能增大，也可能做负功，导致机械能减小，故A项错误，C项正确；
BD.当F=mgsinθ，F与OA垂直，所以F不做功，即质点的机械能守恒，故BD错误。
故选C。


11.【答案】B 
【解析】铅球在最高点到落地这个过程为平抛运动，设最高点速度为v1，所以有
H=12gt2
x=v1t
解得
v1=215m/s
由能量关系得
W=mgH−h+12mv12=200J
故ACD错误，B正确。
故选B。


12.【答案】C 
【解析】A.第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，A错误；
B.根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加；B错误；
C.由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即

摩擦生热为

又由于

 
所以

即

C正确。
D.第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，D错误。
故选C。


13.【答案】B 
【解析】由乙图可知，碰前m2静止不动，m1做向右匀速运动，故②正确；
m1向右运动与m2发生碰撞，即图像以向右为正，碰后两球速度m1速度为负，即向左运动，m2速度为正，即向右运动，故①错误；
取向右为正方向，由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度，碰后速度为，质量为m2的小球碰前速度v2=0，碰后的速度，两小球组成的系统动量守恒，有

代入数据解得

③正确；
两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为
ΔE=12m1v1′+12m2v2′2−(12m1v12+12m2v22)=0
所以碰撞是弹性碰撞，④错误。
故选B。


14.【答案】A 
【解析】A.因为物体的加速度为g2，所以物体受到了阻力作用，对物体有
mg−f=ma
解得
f=12mg
该过程对物体来说，重力做功为
W1=mgh
阻力做功
W2=−fh=−12mgh
物体下落过程中，除重力以外，还有阻力做功，所以机械能不守恒，故A项错误，符合题意；
B.机械能的变化量等于除重力以外其他力做的功，即
ΔE机=W2=−12mgh
所以机械能减少了12mgh，故B项正确，不符合题意；
C.重力做功等于重力势能的改变量，即
ΔEp=−W1=−mgh
所以重力势能减少了mgh，故C项正确，不符合题意；
D.由之前分析可知，物体克服阻力做功12mgh，故D项正确，不符合题意。
故选A。


15.【答案】C 
【解析】A.释放后，A球向上运动，速度增大，高度增大，所以A球的动能和势能都增大，即A球的机械能增大，故A项错误；
BCD.在杆从水平转至竖直的过程中，A球和B球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，又根据机械能守恒的转化式可得
EA增=EB减
所以A球的机械能增大，B球的机械能减少。但B球在运动过程中，速度增大，高度降低，即B球的动能增大，势能减小，但B球的机械能减小。故BD错误，C正确。
故选C。


16.【答案】D 
【解析】①物体从静止向右运动的过程中，当弹簧的弹力等于滑动摩擦力时，物体的速度最大，物体在速度最大之前受弹簧弹力大于滑动摩擦力而加速，大于μmg，①错误；
②物块克服摩擦力做的功为
Wf=μmg⋅2s=2μmgs
②正确；
③物体向右运动的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的最大弹性势能为
Ep=μmgs
③正确；
④全程根据动能定理得
−μmg⋅2s=0−12mvA2 
解得
vA=2μgs 
④错误。
故选D。


17.【答案】(1)A；(2)AB；(3)−mghB ；mhC−hA28T2 ；(4)C；(5)
假设重物下落过程受到一个误差允许以外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理得

整理得
v2=2hg−fm
此时所得出的v2−h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然不守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果不能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来进行判断。
(6)AC 
【解析】(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能增加量和重力势能的减小量是否相等，故A正确，BC错误。
故选A。
(2)实验中，电磁打点计时器使用交流电源，还需要测量点迹间的距离以得出下降高度和计算瞬时速度。所以还必须需要的两种器材是交流电源和毫米刻度尺，故AB正确。C错误。
故选AB。
(3)从O点到B点过程重力势能的变化量为
ΔEp=−WG=−mghB
从O点到B点的过程中，动能的变化量有
vB=hC−hA2T

(4)AB.由于公式v=gt和v2=2gh是建立在机械能守恒的前提下的理想公式，若用它们计算重物的速度，则重力势能的减少量等于动能的增加量，故AB错误；
CD.重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在于空气阻力和摩擦阻力的影响，使得重物的重力势能有一部分转化为了内能，这属于实验的系统误差，无法通过多次实验取平均值的方法消除，故C正确，D错误。
故选C。
(5)假设重物下落过程受到一个误差允许以外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理得
mgh−fh=12mv2
整理得
v2=2hg−fm
此时所得出的v2−h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然不守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果不能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来进行判断。
(6)A.由于弹簧始终处于伸长状态，弹力最大时，一定是最低点，重力势能最小，而弹力最小时，一定是最高点，重力势能最大，故A项正确；
B.弹簧弹力最大时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，而弹力最小时，是弹簧伸长量最小时，弹性势能最小，故B项错误；
C.弹簧的弹力最大和最小时，物体速度为零，动能为零，而运动到平衡位置时，动能最大，故C项正确；
D.无论弹簧的弹力如何变化，总的机械能保持不变，故D项错误。
故选AC。


18.【答案】解：(1)该过程重力对小孩做的功为
WG=mgh
代入数据可得
WG=300J
(2)对小孩下滑过程应用动能定理可得
WG−W克=12mv2
解得
W克=140J
(3)小孩机械能的变化量等于阻力所做的功
ΔE=−W克=−140J
即小孩机械能减少了140J。
 
【解析】见答案

19.【答案】解：(1)当达到最大速度v时，牵引力F与阻力f平衡，满足
P=Fv=fv=0.1mgv
解得v=30m/s。
(2)设匀加速结束时速度为v1，此时恰好达到额定功率，可得
P=F1v1
F1−f=ma
联立可得v1=15m/s，匀加速能维持的时间为
t1=v1a=15s
(3)已知t2=50s，设位移为s，由动能定理可得
Pt2−fs=12mv2
代入数据解得s=1050m。
 
【解析】见答案

20.【答案】解：(1)小球从静止摆下到最低点过程机械能守恒
mgL=12mv2
由牛顿第二定律可得
T−mg=mv2L
小球在最低点时，小球受到的拉力
T=3mg
(2)设钉子C到悬点O的距离为x，小球在细绳与钉子相碰后圆周轨道半径为r，小球摆到最高点时，由牛顿第二定律可得
mg=mv2r
其中
r=L−x
由机械能守恒定律可得
mgL−2r=12mv2
解得
x=0.6L
(3)设小球到钉子的距离为R，小球摆到最低点过程中，由机械能守恒定律可得
mgL=12mv2
小球通过最低点的速度
v=2gL
在最低点由牛顿第二定律可得
F−mg=mv2R
则

可见钉子C到小球的距离R越小，轻绳拉力F越大，绳就越容易断。
 
【解析】见答案

21.【答案】解：(1)①根据弹簧弹力与伸长量的关系F=kx可得F−x图像如图所示


②图像与x轴围成的面积代表弹簧弹力做功，如图所示


由面积可知将弹簧拉伸x的过程中，弹簧弹力所做的功为
W=−12kx2
根据功能关系可知，当弹簧被拉伸x时，其弹性势能为
Ep=12kx2
因小滑块与弹簧组成的系统在运动过程中机械能守恒，因此有
12mvm2=12kx02
解得
k=mvm2x02
(2)①对于小滑块由P点出发向左运动的过程，设Q距O点的距离为l1，由功能关系得
12kl02−12kl12=μmgl0+l1
即
12kl0−l1=μmg
解得
l1=l0−2μmgk
若小滑块速度为零而停不住，则应有

将l1代入得
l0>3μmgk
②设小滑块速度为零时距O点的距离为l2，对其由O点左侧最大位移处向右运动至速度减为零的过程，由功能关系得
12kl12−12kl22=μmgl1+l2
解得
l2=l1−2μmgk=l0−4μmgk
所以滑块走过的总路程为
l总=l0+2l1+l2=4l0−8μmgk
 
【解析】见答案

22.【答案】1:1；4:1。 
【解析】设牵引力为F，阻力为F′，汽车匀加速运动的位移为s1，总位移为s，对全过程由动能定理得
W1−W2=0或Fs1−F′s=0
所以  
W1W2=11 
FF′=ss1
由于  
s=vm2t，
所以
，即FF′=41


23.【答案】AD 
【解析】小球运动过程中机械能守恒，mgh=12mv02，小球在B、C的轨道内到达h高度的时候一定有水平方向的速度，也就是具有动能，所以在B、C的轨道内小球不可能到达h高度，而在A、D轨道内却可以．故A、D项正确．
综上所述，本题正确答案为AD。


24.【答案】8gR19 
【解析】设小球B经过a点时速度大小为v1，此时小球A的速度为v2，有
v2=v1cos30∘
因为对于系统来说机械能守恒，所以有
4mgR1−cos60∘=mgR+12⋅4mv12+12mv22
解得
v1=8gR19


25.【答案】ABD 
【解析】C.小球先做自由落体运动，后做匀减速直线运动，到最低点后反向加速，两段时间内位移等大、反向。规定竖直向下的方向为正方向，第一个t秒内
h=12gt2
v1=gt
第二个t秒内

由牛顿第二定律
F−mg=ma
联立可得
a=3g
F=4mg
故C错误；
A.规定竖直向下的方向为正方向，第一个t秒内
v1=gt
第二个t秒内
v2=v1−at
联立可得
v2=−2gt
第一个t秒末和第二个t秒末小球的动能之比为
Ek1Ek1=12mv1212mv12=14
故A正确；
B.第一个t秒末小球的动能是
Ek1=12mv12=12mg2t2
故B正确；
D.从A点到最低点小球下落的高度为
Δh=12gt2+v122a=23gt2
故从A点到最低点小球重力势能变化了
ΔEp=−WG=−mgΔh=−23mg2t2
故D正确。
故选ABD。


26.【答案】C 
【解析】解：A、若我们取液面A处有一个小液滴，它离O点有一定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，所以这个特殊的“势能”在A点要小于O点，故由O到A的过程中，这个“势能”减小，故它对应的力做的是正功，所以该“力”由O指向A，故A错误；
B、设这个“力”为F，则Fx=EpO-EpA=0−(−12mω2x2)，即F=12mω2x，故该力的大小随x的增大而增大，故B错误；
C、由于O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是Epx=−12mω2x2，故是选取了y轴处的“势能”为零，故C正确；
D、如果我们取O点的重力势能为0，这个“势能”也为0，则质量相等的小液滴，由于它们在液面上稳定时具有相同的总势能，即某点的总势能Ep=mgy−12mω2x2=0，整理可得y=ω22gx2，故y与x是二次函数的关系，所以桶中水面的纵截面为抛物线的一部分，不是圆的一部分，故D错误。
故选C。
若取液面A处有一个小液滴，它离O点有一定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，由O到A的过程中，这个“势能”减小，它对应的力做的是正功，从而判断出与该“势能”对应的“力”的方向；设这个“力”为F，则Fx=EpO-EpA=0−(−12mω2x2)，得到F与x的关系式，再判断F的变化情况。根据O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是Epx=−12mω2x2，分析所选取的零势能位置；根据y与x的关系式分析纵截面形状。
本题为信息给予题，关键是明确题意，知道题中给出的“力”和能与我们平常所说力和能的关系，通过列式分析。