河南省开封市2022-2023学年高一物理下学期第二次月考试题（Word版附解析）

2022-2023学年度高一下学期第二次月考物理试卷

一、单项选择（每题5分，共35分）

1. 如图所示，水平面上A、B两物体间用线系住，将一根弹簧挤紧，A、B两物体质量之比为2：1，它们与水平面间的动摩擦因数之比为1：2.现将线烧断，A、B物体从静止被弹开，则不正确的说法是（　　）

A. 弹簧在弹开过程中（到停止之前），A、B两物体速度大小之比总是1：2

B. 弹簧刚恢复原长时，两物体速度达最大

C. 两物体速度同时达到最大

D. 两物体同时停止运动

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．两物体所受的摩擦力大小相等，方向相反，在弹簧作用的过程中，动量守恒，根据动量守恒定律得

m1v1=m2v2

A与B的速率之比为1：2．故A正确；

B．当弹力等于两者所受摩擦力时，两者合力均为零，速度最大，故B错误；

C．因为两者与地面间摩擦力相等，且满足

m1v1=m2v2

所以两物体速度同时达到最大，故C正确；

D．因总动量为零，而系统动量守恒，所以两物体同时停止运动，故D正确。

本题选择错误的，故选B。

2. 某物体沿水平方向运动，规定向右为正方向，其位移-时间图象如图所示，则该物体（　　）

A. 在0~1s内做曲线运动 B. 在1~2s和2~3s内的速度方向相反

C. 在1~2s内的加速度为-4m/s2 D. 在0~3s内的总位移为-4m

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于位移-时间图象只能表示直线运动的规律，而不是运动的轨迹，物体在0~1s做变速直线运动，故A错误；

B．在1~2s内的速度为

在2~3s内的速度为

均为负值，方向相同，故B错误；

C．由图像可知，在1~2s内物体做匀速直线运动，故加速度大小为0，C错误；

D．由图象可知，在0~3s内的总位移为

故D正确；

故选D。

3. 如图为某同学制作的“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直方向的加速度。左侧为刻度均匀的标尺，右侧用一轻弹簧悬挂一重物G，当测量仪静止时指针位置的刻度标记为O，测量仪在竖直方向加速度不同时，对应指针指向不同的位置，一在标尺上标记加速度的数值。当指针指向位置C时，以下判断正确的是（　　）

A. 测量仪的速度方向向下 B. 测量仪的速度方向向上

C. 测量仪的加速度方向向下 D. 测量仪的加速度方向向上

【答案】C

【解析】

【详解】当指针指向位置C时，弹簧秤的拉力小于静止时的拉力，即小球失重，加速度向下，测量仪可能加速向下运动，或者减速向上运动。

故选C。

4. 如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为，重力加速度为，木板与水平面成角，让木块从木板的底端以大小恒定的初速度沿木板向上运动，随着的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，则x的最小值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】当变化时，取沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木块斜面方向由牛顿第二定律有

设木块的位移为x，有

根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，有

根据数学关系有

即加速度最大值为

即有

ACD错误，B正确。

故选B。

5. 如图所示，从斜面体ABC的底端用一沿斜面向上的恒力F从静止向上推一个物体，推到AB的中点D时，撤去F，物体恰好运动到斜面顶端A点并开始返回。物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端返回时所需时间也为t，则以下说法中正确的是（　　）

A. 物体上滑过程中从B点到D点的加速度大小大于从D点到A点的加速度大小

B. 物体上滑过程到D点时的速率和物体返回到B点的速率相等

C. 推力F与物体所受摩擦力Ff大小之比为2：1

D. 推力F做的功与整个过程中物体克服摩擦力Ff做的功相等

【答案】B

【解析】

【详解】A．由于上升时两个阶段中第一上升过程初速度是0，末速度为v，第二上升过程，初速是v，末速度是0，两个阶段位移大小相同，根据和可以知道两个阶段的加速度大小相等，运动时间相等，故A错误；

B．对上升过程，有

对下降过程，有

联立解得

故B正确；

C．第一上升过程，根据牛顿第二定律，有

第二上升过程，根据牛顿第二定律，有

下降过程，根据牛顿第二定律，有

设斜面长为2s，上升时间为2t，对上升第一过程

对下降过程

联立解得

联立解得

故C错误；

D．推力F做的功

克服摩擦力做功

由于，故

故D错误。

故选B

6. 如图所示，在边长为的正方形竖直平面内固定一光滑四分之一圆环，点固定一光滑轻质小滑轮。质量均为的小球用不可伸长的细线连接，穿在环上位于A点，细线搭在滑轮上，现将小球由静止释放，重力加速度为，不计空气阻力，在环上运动过程中，下列描述正确的是（　　）

A. 两小球组成的系统的机械能先减小后增大 B. 细线的拉力对两球做功的功率大小始终相等

C. 的最大动能为 D. 运动到点时的速度为

【答案】B

【解析】

【详解】AB．两小球组成的系统内只有重力做功，环对的支持力不做功，所以两小球组成的系统运动过程中机械能守恒，则细线拉力对两小球在任意时刻做功的代数和为零，细线的拉力对球做功的功率的绝对值等于对球做功的功率的绝对值，A错误，B正确；

C．根据速度合成与分解可知，的速度在沿细线方向的分量大小等于的速度大小，当小球的速度为零，根据几何关系可知此时细线与水平方向的夹角为45°，根据机械能守恒定律可得此时小球的动能最大为

C错误；

D．小球运动到环上最低点时，、的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律可得

解得

D错误。

故选B。

7. 如图甲所示，质量m=0.5kg，初速度v0=10m/s的物体，受到一个与初速度方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的图像如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）

A. 物体与地面间的动摩擦因数为0.2

B. 0～7s内物体滑行的总位移为30m

C. 0～7s内摩擦力做功为

D. 0～3s内F做的功为

【答案】D

【解析】

【详解】A．设物体与地面间的动摩擦因数为μ，设F作用时物体的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有

设F撤去后物体的加速度大小为a2，同理可得

由题图乙可知

解得

故A错误；

BC．根据图像围成的面积表示位移，可得0～7s内物体的位移大小为

摩擦力做功为

故BC错误；

D．依题意，可得0～3s内F做的功为

故D正确。

故选D。

二、多项选择（每题6分，共18分）

8. 如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度做匀速直线运动。由此可知，A、B间的滑动摩擦系数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（　　）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】先以A为研究对象，A做匀速运动，合力为零，由平衡条件分析可知，A不受摩擦力，否则水平方向上A的合力不为零，不可能做匀速直线运动，则知A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由平衡条件分析可知，地面对B一定有摩擦力，则B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零。

故选CD。

9. 一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图，两点在同一水平线上，为轨迹的最高点，小球抛出时动能为，在点的动能为，不计空气阻力。则（　　）

A. 小球水平位移，与的比值为 B. 小球水平位移与的比值为

C. 小球落到点时的动能为 D. 小球从A点运动到点过程中最小动能为

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】AB．小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A 点至点和从点至点的时间相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，根据位移时间公式

联立可得

A错误B正确；

C．小球从A到，由功能关系知在水平方向上恒力做功为

则从A到水平方向上恒力做功为

根据能量守恒可知，小球运动到点时的动能为

C正确；

D．据运动轨迹，小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到过程最小速度一定与等效垂直，在之间，最小动能小于，D错误。

故选BC。

10. 质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v-t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，则（　　）

A. 物体与水平面间的动摩擦因数为

B. 10s末恒力F的瞬时功率为6W

C. 10s末物体在计时起点左侧2m处

D. 10s内物体克服摩擦力做功34J

【答案】CD

【解析】

【详解】A．设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v−t图得：加速度大小a1=2m/s2，方向与初速度方向相反…①

设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v−t图得：加速度大小a2=1m/s2，方向与初速度方向相反…②

根据牛顿第二定律，有：

F+μmg=ma1…③

F−μmg=ma2…④

解①②③④得：

F=3N，μ=0.05

故A错误；

B．10s末恒力F的瞬时功率为

P=Fv=3×6W=18W

故B错误；

C．根据v−t图与横轴所围的面积表示位移得

x=×4×8−×6×6m=−2m

负号表示物体在起点以左．故C正确；

D．物体先向右运动x1=16m，后向左运动x2=18m，故摩擦力做功：

D正确．

故选CD.

三、实验题（11题8分，12题9分，共17分）

11. 小王同学采用如图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验，打点计时器所接电源频率为 50 Hz。

（1）实验中，重物的质量 ____________。

A．必须测量 B．可测可不测

（2）除了图甲所示装置中的器材之外，还必须从图乙中选取实验器材____________。

（3）指出图甲所示装置中一处不合理的地方 _________。

（4）改进实验后，得到如图丙的纸带，则点 2 对应的读数为__________________cm；打下点 2 时纸带速度的大小为 _________m/s。

（5）若实验数据处理结果是从点 0 到点 4 过程中动能的增加量略小于重力势能的减少量，可能是因为_________。

A．存在阻力       B．点 0 的速度不为零       C．点 4 的速度由公式 v=gt 计算

【答案】    ①. B    ②. B    ③. 重锤未靠近打点计时器    ④. 2.00    ⑤. 0.38 或 0.375    ⑥. A

【解析】

【详解】(1)[1]本实验要验证机械能守恒定律，即通过实验要得到的表达式为

等式两边消去质量m，得

所以实验中，重物的质量可测可不测。

故选B。

(2)[2]图甲中已经有铁架台、打点计时器、纸带和重物，所以要想完成本实验，还需要刻度尺来测量纸带的长度，而打点计时器本来就是每隔0.02s打一个点，所以不需要另外的计时工具，故选B。

(3)[3]重物离打点计时器太远，有可能出现纸带上没点或者点太少，不利于测量，所以应该让重物离打点计时器近一些，应该往上提一提。

(4)[4]由刻度尺的读数规则可得，点2对应的读数为；

[5]打下点2时纸带速度的大小为点1到点3之间的平均速度，即

(5)[6]若实验数据处理结果是从点0到点4过程中动能的增加量略小于重力势能的减少量，可能是因为重物下落过程中要克服阻力做功，消耗机械能；而如果忽略了点 0 的速度，或者用v=gt计算点4的速度，都会使动能的增加量大于重力势能的减少量。

故选A。

12. 小伟同学用如图甲所示的装置测定木块与水平桌面间的动摩擦因数，木块右端通过细线绕过固定在桌面右端的定滑轮与一质量已知的钩码相连，左端与纸带连接，实验开始前木块上放有若干质量已知的小钩码。

简要实验步骤如下：

①接通电源释放木块，木块向右做加速运动，通过纸带可以计算出木块运动的加速度；

②从木块上取一小钩码挂在大钩码上，重复步骤①的过程；

③重复上述步骤，得出几组不同运动加速度的值。

（1）在一次实验中，小伟得到了如图乙所示的一条纸带，相邻计数点之间时间间隔为，通过所给数据可以得出木块的加速度为__________（结果保留3位有效数字）

（2）小伟以加速度a为纵坐标，以细线下端所挂钩码的总质量m为横坐标，作出a—m图象如图所示，已知图象为一直线，且直线斜率为k，横截距为b，当地重力加速度为g，则通过计算可以得出__________。

（3）细心的同组同学小耀观察到桌面实际不水平，左端略高于右端，请你分析判断小伟计算出的动摩擦因数μ的值应__________（填“大于”“等于”或“小于”）实际值。

【答案】    ①. 2.36    ②.     ③. 小于

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]根据逐差法，可求得木块的加速度为

（2）[2]设木块和钩码总质量为c，对系统，有

可得

则

解得

（3）[3]桌面倾斜时，假设倾角为，对系统，有

可得

则

解得

因此

四、解答题（13题14分，14题16分，共30分）

13. 如图，质量为M=2.5kg的长方形空箱在水平拉力F作用下沿光滑水平面向右匀变速直线运动，这时铁箱内木块恰好能静止在后壁上，且木块对铁箱后壁压力大小为10N。木块与铁箱间的动摩擦因数为0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：

（1）木块的质量m；

（2）水平拉力F的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）对木块分析，竖直方向上，根据平衡条件得

解得

（2）设木块向右运动的加速度为，对木块分析，水平方向上，根据牛顿第二定律

对空箱和木块整体分析，根据牛顿第二定律

14. 如图所示，一质量为长木板A放在光滑水平平台上，另有一可视为质点、质量的木块B，放在长木板A的左端，平台的右端固定有高度和长木板厚度相等的挡板C（厚度不计），开始时A、B均处于静止状态。时刻对木块B施加一方向水平向右、大小的恒定拉力，时撤去力F，再经过时A、B达到共同速度，长木板A的右端恰好运动到平台的右端，木块B恰好脱离长木板A水平抛出，之后木块B从D点沿切线无碰撞地落入光滑圆弧轨道，并恰好能运动到圆弧轨道的最高点G，为圆弧轨道的竖直直径，段圆弧所对应的圆心角为，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：

（1）木块B在圆弧轨道最低点E时对轨道的压力大小；

（2）木块B在长木板A上表面滑动的过程中产生的内能；

（3）D点到平台边沿的水平距离。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）在G点，根据牛顿第二定律

①

从的过程，根据动能定理

②

在E点，根据牛顿第二定律

③

根据牛顿第三定律，对轨道的压力

④

联立①②③④得

（2）内，对B

⑤

⑥

对A

⑦

⑧

⑨

在内，对B

⑩

⑪

对A

⑫

⑬

在整个过程中，产生的热量

⑭

联立⑤~⑭得

（3）由⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫联立得

⑮

到达D点时

  ⑯

B做平抛运动

⑰

⑱

联立⑮⑯⑰⑱得