陕西省渭南中学2020-2021学年高一（下）第二次月考模拟
物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于以下各物理量的理解正确的是( )
A．速度是矢量，-3m/s比-5m/s大B．位移是矢量，-3m 比-5m大
C．重力势能是标量，-3J比-5J大D．功是标量，做功-3J比-5J多
2．改变消防车的质量和速度，都能使消防车的动能发生改变。在下列几种情况下，消防车的动能是原来的2倍的是（）
A．质量不变，速度增大到原来2倍B．质量减半，速度增大到原来的4倍C．速度不变，质量增大到原来的2倍D．速度减半，质量增大到原来的2倍3．关于下列对配图的说法中正确的是()
A．图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中它的机械能守恒
B．图2中物块在恒力F作用下沿固定光滑斜面匀速上滑过程中，物块机械能守恒C．图3中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，物块机械能不守恒
D．图4中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能守恒
4．如图所示，长为L的细线一端固定于O点，另一端系一质量为m小球，在水平恒定拉力F作用下，小球在竖直平面内从静止开始由A点运动到B点，细线偏离竖直方向θ角，在此过程中下列说法正确的是（重力加速度为g）（）
A．F做的功一定为FL sinθB．F做的功一定为mgL(1-cosθ)
C．F做的功一定大于mgL(1-cosθ) D．F做功的功率先减小，后增大
5．如图所示，一轻质弹簧，固定于天花板上的O 点处，原长为L ，如图所示，一个质量为m 的物块从A 点竖直向上抛出，以速度v 与弹簧在B 点相接触，然后向上压缩弹簧，到C 点时物块速度为零，不计空气阻力，则下列说法正确的是
A ．由
B 到
C 的过程中，弹簧弹性势能和物块动能之和逐渐减小
B ．由B 到
C 的过程中，物块动能和重力势能之和不变
C ．由B 到C 的过程中，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和不变
D ．由B 到C 的过程中，物块加速度逐渐减小
6．一滑块在水平地面上沿直线滑行，0t =时其速度为3.0m /s 。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉力F ，力F 和滑块的速度v 随时间t 的变化规律分别如图(甲)和(乙)所示。设在第1s 内、第2s 内、第3s 内力F 对滑块做功的平均功率分别为1P 、2P 、3P ，则( )
A ．123P P P >>
B ．123P P P <<
C ．02s ～内力F 对滑块做功为4J
D ．02s ～内摩擦力对滑块做功为4J
7．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图。“北斗”系统中两颗卫星“G 1”和“G 3”以及“高分一号”均可认为绕地心O 做匀速圆周运动。卫星“G 1”和“G 3”的轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，“高分一号”在C 位置。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力。则下列说法正确的是（ ）
A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为
2 R
g r
B．卫星“G1”由位置A运动到位置B
C．如果调动卫星“G1”快速追上卫星“G3”，必须对其加速
D．若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会增大
8．如图所示，A、B、C 是水平面上同一直线上的三点，其中AB=BC，在A 点正上方的O 点以初速度v0水平抛出一小球，刚好落在B 点，小球运动的轨迹与OC 的连线交于D 点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球从O 到D 点的水平位移是从O 到B 点水平位移的1:3
B．小球经过D 点与落在B 点时重力瞬时功率的比为2:3
C．小球从O 到D 点与从D 到B 点两段过程中重力做功的比为1/3
D．小球经过D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B 点时速度与水平方向夹角的正切值的 1/4
二、多选题
9．关于能源和能量，下列说法错误的是（）
A．自然界的能量是守恒的，所以地球上的能源永不枯竭
B．能源的利用过程中有能量耗散，所以自然界的能量在不断减少
C．能量耗散遵循能量守恒定律
D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
10．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方0.5R处。小球从最高点A 由静止开始逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加
速度为g 。下列说法正确的是（ ）
A ．小球运动到B
B ．弹簧长度等于R 时，小球的机械能最大
C ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mg
D ．小球运动到B 点时重力的功率为0
11．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度-时间图象如图所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为f ，以下说法正确的是( )
A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m 11
v t +f B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于（m 11
v t ＋f ）v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于122
v v D ．汽车运动的最大速率v 2＝（11
mv ft ＋1）v 1 12．图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc=37°，ab 长为2L ，p 为ab 的中点，小物块从a 点由静止释放沿ab 滑到b 时速度恰好为零，小物块与ap 、pb 两段斜面之间的动摩擦因
数分别为μ1和μ2。现将劈顺时针旋转90°
(如图乙所示)，小物块从b 由静止释放，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A．图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为l：l
B．μ1+μ2=1.5
C．图乙中小物块可能静止在b处
D．图乙中小物块滑到a
13．在用如图所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时，下列说法正确的是。
A．为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动
B．为简便起见，每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样
C．可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值
D．可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值
E.实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源
F.通过分析打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度
G.通过分析打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度
三、实验题
14．在用重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示.其
中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为f50Hz.该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中(单位：cm)．
()1这五个数据中不符合有效数字读数要求的是________(选填“A ”“B ”“C ”“D ”或“E ”)点读数．
() 2若O 点到某计数点距离用h 表示，
重力加速度为g ，该点对应重锤的瞬时速度为v ，则实验中要验证的等式为________．
()3若重锤质量1m 0.20010kg -=?，重力加速度2g 9.80m /s =，由图中给出的数据，可得出从O 到打下D 点，D 点对应的物体的速度D v =________ m /s ；重锤重力势能的减少量为________J ，而动能的增加量为________J (均保留3位有效数字) ()4实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是
________________________
A ．重物的质量过大
B ．重物的体积过小
C ．使用的直流电源
D ．重物及纸带在下落时受到阻力．
四、解答题
15．在水平地面处，以30m/s 的初速度竖直向上抛出一个小球，不计阻力，求：
(1)球距地面多高处，它的重力势能是动能的2倍；
(2)若小球在运动过程中，动能是重力势能的2倍时，它的速度多大。
16．如图所示，水平实验台A 端固定，B 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端 有一可视为质点，质量为2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时， 将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4的粗糙水平
地面相切D 点，
AB 段最长时，BC 两点水平距离x BC =0.9m,实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径R=0.4m ，θ=37°，已知 sin37°
=0.6, cos37° =0.8. (g ＝10 m/s 2)完成下列问题：
(1)轨道末端AB 段不缩短，压缩弹簧后将滑块弹出，求落到C 点时速度与水平方向夹角；
(2)滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE 上继续滑行2m,求滑块在圆弧轨道上对D 点的压力
大小．
17．如图所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速直线运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上运动时受到的阻力恒定不变.(解题时将汽车看成质点)
(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力F f1和BC路段上运动时所受的阻力F f2.
(2)求汽车从B到C的过程中牵引力做的功.
(3)求BC路段的长度.
参考答案
1．C
【详解】
A ．速度是矢量，符号表示方向，则-3m/s 比-5m/s 小，选项A 错误；
B ．位移是矢量， 符号表示方向，则-3m 比-5m 小，选项B 错误；
C ．重力势能是标量， 符合表示大小，则-3J 比-5J 大，选项C 正确；
D ．功是标量，符号表示力的方向与位移方向的关系，则做功-3J 比-5J 少，选项D 错误。 故选C 。
2．C
【解析】
【详解】
根据动能的表达式：E k =212
mv 可知: 质量不变，速度增大到原来的2倍，根据动能公式可知，汽车的动能变为原来的4倍，故A 错误；质量减半，速度增大到原来的4倍，根据动能公式可得汽车的动能变为原来的8倍，故B 错误；速度不变，质量增大到原来的2倍，根据动能公式可知汽车的动能变为原来的2倍，故C 正确；速度减半，质量增大到原来的2倍，可知动能变为原来的1/2倍，故D 错误；故选C 。
3．C
【解析】
【详解】
A 、图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中，钢绳对它做负功，所以机械能不守恒，故A 错误；
B 、图2中物块在F 作用下沿固定光滑斜面匀速上滑，力F 做正功，物块机械能增加，故B 错误；
C 、图3中物块沿固定斜面匀速下滑，在斜面上物块受力平衡，重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡，摩擦力做负功，物块机械能减少，故C 正确；
D 、图4中撑杆跳高运动员在上升过程中撑杆的弹性势能转化为运动员的机械能，所以运动员的机械能不守恒，故D 错误，
故选C.
4．C
【详解】
根据动能定理得(1cos )Δ0k W mgL θE --=>，所以(1cos )W mgL θ>-，故C 正确，AB 错误；小球的水平速度的变化无法确定，可知F 做功的功率变化无法确定，选项D 错误； 5．A
【解析】
【详解】
由B 到C 的过程中，系统的机械能守恒，即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，物块的重力势能增大，则弹性势能和动能之和减小；由于弹簧的弹性势能增加，则物
块动能和重力势能之和减小，故A 正确，BC 错误；由B 到C 的过程中，弹力向下逐渐变大，
根据mg+F 弹=ma 可知，物块加速度逐渐变大，选项D 错误；故选A.
6．B
【详解】
AB ．根据匀变速直线运动的平均速度公式为
02
v v v +=
知物体在第1s 内的平均速度为 130m/s 1.5m/s 2
v +== 第2s 内的平均速度为2 1.5m /s v =，第3s 内的平均速度33m /s v =，则第1s 内的平均功率为
111 1.5W
P F v == 第2s 内的平均功率为
2223 1.5W 4.5W P F v ==?=
第3s 内的平均功率为
33323W 6W
P F v ==?= 所以123P P P <<，故A 错误，B 正确；
C ．由速度图象可知，第1s 、2s 、3s 内的位移分别为1.5m 、1.5m 、3m ，由F t -图象及功的公式
cos W Fs θ=
可求知第1s 内拉力做的功为1 1.5J W =，第2s 内拉力做的功为2 4.5J W =，故02s ～内拉力所做的功为6J ，故C 错误；
D ．在02s -内力F 做的总功为6J ，动能变化为0，根据动能定理有此过程中只有拉力F 和摩擦力做功，故拉力和摩擦力做功的代数和为0，得摩擦力对滑块做功6J -，故D 错误。 故选B 。
7．B
【详解】
A 、根据万有引力提供向心力G 2Mm r
=ma ，可得a=2GM r ，而GM=GR 2（R 为地球半径），所以卫星“G 1”和“G 3”的加速度大小a=2
2gR r
，故A 错误； B 、根据万有引力提供向心力G 2Mm r =m ω2r ，卫星的角速度ω
“G 1”由位置A 运动到位置B 所需的时间t=θω
π
B 正确；
C 、卫星“G 1”如果加速，卫星将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动卫星“G 1”快速追上卫星“G 3”，必先对其减速然后再加速，故C 错误；
D 、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，卫星要克服阻力做功，机械能将减小，故D 错误。
故选B
8．C
【解析】
【详解】
A ．设小球做平抛运动的时间为t ，位移为L ，则有：Lcosθ=v 0t ；Lsinθ=12
gt 2，联立解得：02v tan t g θ=，设∠OBA=α，∠C=β，则tanα=h AB ，tanβ=h AC
，由于AB=BC ，可知tanα=2 tanβ，因在D 点时：02D v tan t g β=
，在B 点时：02B v tan t g α=，则落到D 点所用时间是落
到B 点所用时间的
12，即小球经过D 点的水平位移是落到B 点水平位移的12
，故A 错误； B ．由于落到D 点所用时间是落到B 点所用时间的12
，故D 点和B 点竖直方向的速度之比为1：2，故小球经过D 点与落在B 点时重力瞬时功率的比为12，故B 错误； C ．小球从O 到D 点与从D 到 B 点两段过程中时间相等，则竖直位移之比为1:3，则重力做功的比为1:3，选项C 正确；
D ．小球的速度与水平方向的夹角tanθ＝0
gt v ，故小球经过D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B 点时速度与水平方向夹角的正切值的
12
，故选项D 错误； 9．ABD
【详解】 A ．自然界的能量是守恒的，但提供能量的物质即能源是有限的，是会枯竭的，故A 错误，符合题意；
BC ．能源的利用过程中有能量耗散，但自然界中的能量是守恒的，所以自然界中的能量不会减小，故B 错误，符合题意，C 正确，不符合题意；
D ．能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，故D 错误，符合题意。
故选ABD 。
10．BCD
【详解】
A ．由题分析可知，小球在A 、
B 两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A 到B 的过程，根据系统的机械能守恒得
2mgR =
12
mv B 2 解得小球运动到B 点时的速度
v B
故A 错误；
B ．根据小球与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R 时，小弹簧的弹性势能为零，最小，则小球的机械能最大，故B 正确；
C ．设小球在A 、B 两点时弹簧的弹力大小为F ，在A 点，圆环对小球的支持力
F 1=mg ＋F
在B 点，由牛顿第二定律得
22--B v F mg F m R
= 解得圆环对小球的支持力
F 2=5mg ＋F
则
F 2－F 1=4mg
由牛顿第三定律知，小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mg ，故C 正确；
D ．小球运动到B 点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D 正确。
故选BCD 。
11．AD
【解析】
【详解】
A 、由题图可知，0～t 1阶段，汽车做匀加速直线运动11
v a t =，根据牛顿第二定律得F 1－f =ma ，联立可得F 1= m 11
v t +f ，故A 正确； B 、在t 1时刻汽车达到额定功率P =F 1v 1=（m 11
v t ＋f ）v 1，t 1～t 2时间内，汽车保持额定功率不变，故B 错误；
C 、由v -t 图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t 1～t 2时间内，汽车的平均速度大于122
v v +，故C 错误； D 、t 2时刻，速度达到最大值v 2，此时刻F 2=f ，P =F 2v 2，可得1212f 1mv P v 1v F F t ??=
=+ ???
，故D 正确.
故选AD .
12．BD
【解析】
AB 、图甲中小物块在pb 段做减速直线运动，则有2sin 37cos37mg mg μ?；通过ap 段克服摩擦力所做的功1cos3ap f ap W mg x μ=??，小物块通过pb 段克服摩擦力所做的功2cos37pb f pb W mg x μ=??，小物块通过ap 、pb 段克服摩擦力所做的功之比为12::ap pb f f W W μμ=；小物块从a 点滑到b 过程，根据动能定理可得
12cos37co sin 3s3077ab ap pb m mg x mg gx x μμ??-??-=?，化简为12 1.5μμ+=，故B 正确，A 错误；
C 、图乙中在b 处则有2243sin 53cos53()055
mg mg mg μμ?-?=-
>，小物块不可能静止在b 处，故C 错误；
D 、图乙中设小物块滑到a 处时的速度大小为v ，根据动能定理可得
2121cos53cos532sin 53b bp a pa mg x mg x mgx mv μμ?-??-??=，解得v =D 正确；
故选BD 。
13．ABCF
【详解】 A ．平衡摩擦力时，应把长木板固定打点计时器的一端垫高，使小车下滑时所受到的阻力与重力沿长木板向下的分力平衡，故A 正确；
BCD ．为了计算功时方便，实验中以一根橡皮筋做的功为单位功W ，因此选用的橡皮筋规格要相同，且每根的拉伸长度也要相等，这样可由橡皮筋的条数得到拉力的功的数值，故BC 正确，D 错误；
E ．实验中应先接通电源，再释放小车，故E 错误；
FG ．测小车的速度时，应测量橡皮筋恢复原长时的速度，即小车获得的最大速度，故F 正确，G 错误。
故选ABCF 。
14．（1）B ； （2）21gh v 2
=
； （3）1.94， 0.0380； 0.0376； （4）D 【解析】
（1）刻度尺读数是应在最小刻度1mm 的基础上向下一位估读，即应当保留到小数点后的两位12.40cm ，所以B 点读数不符合要求．
（2）若O 点到某计数点距离用h 表示，重力加速度为g ，该点对应重锤的瞬时速度为v ，则实验中要验证的等式为：mgh=12mv 2，即gh=12
v 2； （3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D 点时小车的瞬时速度大小，0.0776/ 1.94/20.04CE D x v m s m s T =
== 从O 到D 点，重锤重力势能的减少量为：mgh OD =0.0200×
9.80×0.1941J=0.0380J 动能的增加为：12
mv D 2-0=0.0376J. （4）实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是重物及纸带在下落时受到阻力，故选D.
15．(1)30m ；(2)24.5m/s
【详解】
(1) 小球在运动过程中机械能守恒，则有机械能守恒可知
201122
mv mgh mgh =+ 解得30m h =
(2) 由机械能守恒可知
222011112222
mv mv mv =+? 解得24.5m/s v =
16．(1) 45?；(2) 100N
【解析】
【详解】
解：(1)滑块从B 到C 做平抛运动，则有：BC B x v t =
2112
()h R cos gt θ--= 解得：0.3t s =，3/B v m s =
故滑块在C 点的竖直分速度为：3/y v gt m s ==
则有：1y
B v tan v θ==
所以,落到C 点时速度与水平方向夹角为45?
(2)滑块在DE 上滑行只有摩擦力做功，故由动能定理可得：2102
DE D mgs mv μ-=- 解得：4/D v m s =
对滑块在D 点应用牛顿第二定律可得：2D N mv F mg R -= 解得滑块受到的支持力：100N F N =
根据牛顿第三定律可得滑块在圆弧轨道上对D 点的压力大小为100N 17．(1)2000 N ，4000 N ；(2)2.0×105 J ；(3)68.75 m
【解析】
【详解】
(1)汽车在AB 路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有：11f F F ＝ 11P F v ＝ 解得11
2000f p F N v == 方向与运动方向相反；t ＝15 s 时汽车处于平衡态，有： 22f F F ＝，22P F v ＝ 解得22
4000f p F N v == (2)汽车的输出功率不变，由W ＝Pt 得：
35201010 2.010W Pt J J ???＝＝＝
(3)对于汽车在BC 路段运动，由动能定理得：
222211122
f Pt F s mv mv －＝－ 代入数据解得：68.75 s m ＝