2022年高一下学期第一次月考物理试题 含答案

2022年高一下学期第一次月考物理试题 含答案一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。16题为单选题,710题为多选题)1.(xx江门模拟)汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动,经过一段时间t达到最大速度v,若所受阻力始终不变,则在t这段时间内()A.汽车牵引力恒定B.汽车牵引力做的功为PtC.汽车加速度不断增大D.汽车牵引力做的功为mv22.(滚动单独考查)质量均为1kg的木块M和N叠放在水平地面上,用一根细线分别拴接在M和N右侧,在细线中点用水平向右的力F=5N拉动M和N一起沿水平面匀速滑动,细线与竖直方向夹角=60,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.木块N和地面之间的动摩擦因数=0.35B.木块M和N之间的摩擦力Ff=2.5NC.木块M对木块N的压力大小为10ND.若变小,拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5N3.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上。一细绳绕过皮带轮的皮带槽,一端系一质量为m的重物,另一端固定在桌面上。如图所示,工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计,则重物下落过程中,工件的加速度为()A.B.C.D.4.(滚动单独考查)(xx南昌模拟)图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备,图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,g取10m/s2,下列判断正确的是()A.前10 s悬线的拉力恒为1 500 NB.46 s末材料离地面的距离为22 mC.010 s材料处于失重状态D.在3036 s钢索最容易发生断裂5.(xx益阳模拟)一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用,在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示。则拉力的功率随时间变化的图象可能是(g取10m/s2)()6.长L的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球,杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置,然后由静止释放,当杆到达竖直位置时,则轴对杆的作用力F的大小和方向为()A.2.4mg竖直向上B.2.4mg竖直向下来源:学。科。网C.6mg竖直向上D.4mg竖直向上7.(滚动交汇考查)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(M+m)gC.货车对缆绳拉力做功的功率P(M+m)gvcosD.货物对货箱底部的压力小于mg8.(xx无锡模拟)如图所示,轻质弹簧上端固定,下端系一物体,物体在A处时,弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降,到达B处时,手和物体自然分开。此过程中,物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力,关于此过程,下列说法正确的有()A.物体重力势能减小量一定大于WB.弹簧弹性势能增加量一定小于WC.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD.若将物体从A处由静止释放,则物体到达B处时的动能为W9.(xx襄阳模拟)最近我国连续发射了多颗“北斗一号”导航定位卫星,预示着我国通讯技术的不断提高。该卫星处于地球的同步轨道,假设其离地高度为h,地球半径为R,地面附近重力加速度为g,则有()来源:学。科。网A.该卫星运行周期为24 hB.该卫星所在处的重力加速度是gC.该卫星周期与近地卫星周期之比是D.该卫星运动动能是10.如图所示,一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上,它的两个斜面与水平面的夹角分别为、,且10N,C错误。3.C相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,设绳子上的拉力为F,根据牛顿第二定律得=2,解得F=,工件加速度a=,所以C正确。4.B由图可知前10s内材料的加速度a=0.1m/s2,由F-mg=ma可知悬线的拉力为1 515N,选项A错误;由图象面积可得整个过程上升高度是28m,下降的高度为6m,46s末材料离地面的距离为22m,选项B正确;因3036s材料加速度向下,材料处于失重状态,Fmg,钢索最容易发生断裂,选项C、D错误。5.D由图知在0t0时间内,物体做初速度为零的匀加速运动,v=at;由牛顿第二定律得F-Ff=ma,则拉力的功率为P=Fv=(Ff+ma)v=(Ff+ma)at;在t0时刻以后,物体做匀速运动,v不变,则F=Ff,P=Fv= Ffv,P不变,故选项D正确。6.A对整个系统而言,机械能守恒,有mg(L-L)=m(L)2+m(L)2,当杆运动到竖直位置时,顶端的小球向心力为mg-F1=m2,底端的小球向心力为F2-mg=m(L)2,解以上三式得轴对杆的作用力F的大小F2+F1=2.4mg,方向竖直向上,选项A正确。7.B、C将货车的速度进行正交分解,如图所示：由于绳子不可伸长,货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等,故v1=vcos,由于不断减小,故货箱和货物整体向上做加速运动,加速度向上,速度大小小于v,故拉力大于(M+m)g,故A错误,B正确;整体的速度为vcos,故拉力功率P(M+m)gvcos,故C正确;货箱和货物整体向上做加速运动,加速度向上,是超重,故箱中的货物对箱底的压力大于mg,故D错误。8.A、D根据能量守恒定律可知,在此过程中减少的重力势能mgh=Ep+W,所以物体重力势能减小量一定大于W,不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系,故A正确,B错误;支持力对物体做负功,所以物体与弹簧组成的系统机械能减少量为W,所以C错误;若将物体从A处由静止释放,从A到B的过程,根据动能定理：Ek=mgh-W弹=mgh-Ep=W,所以D正确。9.A、B、D地球同步卫星和地球自转同步,周期为24h,选项A正确;由G=mg=mr=m可知,g=,该卫星所在处的重力加速度和地面处的重力加速度之比是,可知选项B正确;T=2,该卫星周期与近地卫星周期之比为,选项C错误;mv2=,选项D正确。10.A、B根据题意,由于A、B均处于平衡状态,有FTA=FTB,而FTA=mAgsin,FTB=mBgsin,所以mA大于mB,选项A正确;由于A、B距离地面的高度h相同,据机械能守恒定律可知两者到达地面的速率v相同,选项B正确;两者到达地面的瞬时功率为PA= mAgvsin,PB= mBgvsin,所以PA=PB,选项C错误;两者到达地面的时间满足=,=,得tA大于tB,选项D错误。11.【解析】根据测量数据,重物从O点运动到C点下落的高度h=0.777 6m,故重力势能减少量Ep=mgh=1.009.800.7776J=7.62J,重物动能的增加量Ek=m-m,根据实验情况,重物在O点的速度v0=0,C点的速度vC等于重物从B点到D点这一段时间t=2s内的平均速度。由实验数据可得vC=m/s=3.8875m/s,重物的动能增加量Ek=m=1.003.887 52J=7.56J。答案：7.627.5612.【解析】(1)由打出的纸带可知B点的速度为vB=;(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移x,由动能定理可知W合=Ek,即mgx=Ek;(3)v2-W图象应该为一条过原点的直线,根据图象还可以求得滑块的质量M。答案：(1)(2)下滑的位移xmgx(3)过原点的直线滑块的质量M13.【解析】(1)滑块的线速度大小：v=r=0.4m/s(2)由牛顿第二定律得滑块受到的最大静摩擦力：Ff=m2r =4N由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则：Ff=mg解得：=0.08(3)静摩擦力方向始终与速度方向垂直,故摩擦力做功W=0。答案：(1)0.4m/s(2)0.08(3)014.【解析】(1)设人在滑梯上的加速度为a,由牛顿第二定律得：mgsin37-Ff=ma解得：a=1m/s2(2)设人滑到滑梯末端时的速度大小为v,对人下滑的过程,由动能定理得：mgLsin37-FfL=mv2-0解得：v=4m/s(3)人离开滑梯后做平抛运动,下落时间为t,则：h=gt2水平距离：x=vt解得：x=1.6m答案：(1)1m/s2(2)4m/s(3)1.6m15.【解析】(1)设物块滑到圆弧轨道末端速度为v1,根据动能定理得：mgR=m解得v1=2m/s设物块在轨道末端所受支持力的大小为F,根据牛顿第二定律得：F-mg=m联立以上两式代入数据得：F=15N来源:学#科#网Z#X#X#K来源:学。科。网根据牛顿第三定律,物块对轨道压力大小为15N,方向竖直向下(2)因v1v02m/s答案：(1)15N,方向竖直向下(2)0.3s(3)3m/sv02m/s16.【解析】(1)小球由静止下滑至A点的过程,由动能定理得：mg2R=m-0解得：vA=2(2)小球由静止下滑至B点的过程,由动能定理得：mg(h-2R)=m-0解得：=(3)若对管壁的压力向下,根据牛顿第二定律得：mg-FN=m解得：vB=由机械能守恒定律得：mg(h1-2R)=mv解得：=若对管壁的压力向上,根据牛顿第二定律得：FN+mg=m解得：vB=由机械能守恒定律得：mg(h2-2R)=m-0解得：=答案：(1)2(2)倍(3)倍或倍