河北省張家口市宣化區(qū)宣化第一中學2024-2025學年高一物理6月月考試題

PAGE12-河北省張家口市宣化區(qū)宣化第一中學2024-2025學年高一物理6月月考試題一、單選題（本大題共9小題，共36.0分）下面各個實例中，機械能守恒的是A.物體沿斜面勻速下滑

B.物體從高處以的加速度豎直下落

C.物體沿光滑曲面自由下滑

D.拉著一個物體沿光滑的斜面勻速上升如圖所示，某人游長江，他以肯定速度，面部始終垂直河岸向對岸游去．江中各處水流速度相等．他游過的路程、過河所用的時間與水速的關系是A.水速大時，路程長，時間長 B.水速大時，路程長，時間短

C.水速大時，路程長，時間不變 D.路程、時間與水速無關關于平拋運動和圓周運動，下列說法正確的是A.平拋運動過程中物體在相等時間內速度的變更量肯定相等

B.平拋運動中速度方向不斷變更，因而加速度肯定是變更的

C.做圓周運動的物體加速度方向肯定指向圓心

D.勻速圓周運動是加速度不變的運動質量為的物體，在光滑水平面上以的速度勻速向西運動，若有一個、方向向北的恒力作用于物體，在內物體的動能增加了A.28

J B.64

J C.32

J D.36

J兩顆行星A和B各有一顆衛(wèi)星a和b，衛(wèi)星軌道接近各自的行星表面，假如兩行星質量之比為，兩行星半徑之比，則兩衛(wèi)星周期之比為A. B. C. D.如圖所示，長為l的輕桿，一端固定一個小球；另一端固定在光滑的水平軸上，使小球在豎直平面內做圓周運動，小球過最高點的速度為v，下列敘述中不正確的是A.v的值可以小于

B.當v由零漸漸增大時，小球在最高點所需向心力也漸漸增大

C.當v由值漸漸增大時，桿對小球的彈力漸漸增大

D.當v由值漸漸減小時，桿對小球的彈力漸漸減小

如圖所示，物塊第一次沿軌道1從A點由靜止下滑至底端B點，其次次沿軌道2從A點由靜止下滑經C點至底端B點，物塊與兩軌道的動摩擦因數相同，不考慮物塊在C點處撞擊的因素，則在物塊兩次整個下滑過程中A.物塊沿1軌道滑至B點時的速率大

B.物塊沿2軌道滑至B點時的速率大

C.物塊沿1、2軌道滑至B點的速率一樣大

D.無法推斷對于環(huán)繞地球做圓周運動的衛(wèi)星說，它們繞地球做圓周運動的周期會隨著軌道半徑的變更而變更，某同學依據測得的不同衛(wèi)星做圓周運動的半徑r與周期T關系作出如圖所示圖象，則可求得地球質量為已知引力常量為A.

B.

C.

D.

冥王星的兩顆衛(wèi)星尼克斯和海德拉繞冥王星近似做勻速圓周運動，它們的周期分別約為25天和38天，則尼克斯繞冥王星運動的A.角速度比海德拉的小 B.向心加速度比海德拉的小

C.線速度比海德拉的小 D.軌道半徑比海德拉的小二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）如圖所示，板長為L，板的B端靜放有質量為m的小物體P，物體與板的動摩擦因數為，起先時板水平，若緩慢轉過一個小角度的過程中，物體保持與板相對靜止，則這個過程中A.摩擦力對P做功為

B.摩擦力對P做功為0

C.彈力對P做功為0

D.板對P做功為如圖所示，將一質量為m的小球從A點以初速度v斜向上拋出，小球先后經過B、C兩點。已知B、C之間的豎直高度和C、A之間的豎直高度都為h，重力加速度為g，取A點所在的平面為參考平面，不考慮空氣阻力，則A.小球在B點的重力勢能是在C點重力勢能的兩倍

B.小球在B點的機械能是C點機械能的兩倍

C.小球在C點的動能為

D.小球在B點的動能為圖示軌道是由始終軌道和一半圓軌道組成的，半圓軌道的圓心為O，直徑BOD在豎直方向，最低點B與直軌道平滑連接，一質量為m的小滑塊從距最低點高為h的A處由靜止釋放，不計一切摩擦。則A.若滑塊能通過圓軌道的最高點D，則h最小為

B.若，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運動

C.若，當滑塊到達與圓心等高的C點時，對軌道的壓力為3mg

D.若要使滑塊能返回到A點，則三、試驗題（本大題共1小題，共6.0分）某同學利用如圖所示的裝置探究功與速度變更的關系。

小物塊在橡皮筋的作用下彈出，沿水平桌面滑行，之后平拋落至水平地面上，落點記為；

在釘子上分別套上2條、3條、4條同樣的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的長度都保持一樣，重復步驟，小物塊落點分別記為、、；

測量相關數據，進行數據處理。

為求出小物塊拋出時的動能，須要測量下列物理量中的______填正確答案標號。

A.小物塊的質量m

B.橡皮筋的原長x

C.橡皮筋的伸長量

D.桌面到地面的高度h

E.小物塊拋出點到落地點的水平距離L

將幾次試驗中橡皮筋對小物塊做功分別記為、、、，小物塊拋出點到落地點的水平距離分別記為、、、若功與速度的平方成正比，則應以W為縱坐標、______為橫坐標作圖，才能得到一條直線。

由于小物塊與桌面之間的摩擦不能忽視，則由此引起的誤差屬于______填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”。四、計算題（本大題共4小題，共46.0分）用如圖甲所示的試驗裝置驗證、組成的系統(tǒng)機械能守恒。從高處由靜止起先下落，上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點進行測量，即可驗證機械能守恒定律。圖乙給出的是試驗中獲得的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數點間還有4個打下的點圖中未標出，計數點間的距離如圖所示。已知、，電火花計時器所接電源的頻率為50Hz，則計算結果均保留兩位有效數字

在紙帶上打下計數點5時的速度大小______。

在計數點過程中系統(tǒng)動能的增量______J.若取重力加速度大小，則系統(tǒng)重力勢能的削減量______J。

在本試驗中，若某同學作出了圖象，如圖丙所示，h為從起點量起的長度，則據此得到當地的重力加速度大小______。

試驗結果顯示，那么造成這一現象的主要緣由是______。由以上可得出的試驗結論______。

質量為的汽車，額定功率為，假如在行駛中，汽車受到的阻力是車重的倍，求：

汽車能夠達到的最大速度是多少？

假如汽車以額定功率行駛，那么當汽車速度為時，其加速度多大？

假如汽車以的速度勻速行駛，發(fā)動機的功率多大？

宇航員在月球表面完成下面試驗：如圖所示，在一固定的豎直光滑圓弧軌道內部最低點靜止一質量為m的小球可視為質點，當給小球一水平初速度v時，剛好能使小球在豎直面內做完整的圓周運動．已知圓弧軌道半徑為r，月球半徑為R，引力常量為若在月球表面上放射一顆環(huán)月衛(wèi)星，則所需的最小放射速度為多大？

如圖所示，AB是傾角為的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R，一個質量為m的物體可以看做質點從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在兩軌道間做來回運動．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體做來回運動的整個過程中在AB軌道上通過的路程為求：

物體與軌道AB間的動摩擦因數為；

最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力；

為使物體能順當到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離至少多大．

物理試卷答案和解析1.【答案】C

【解析】解：

A、物體沿斜面勻速下滑，說明物體必定受到摩擦力的作用，摩擦力做負功，所以物體的機械能不守恒，故A錯誤。

B、物體的加速度的大小為，不是g，說明物體除了受重力之外還要受到阻力的作用，阻力做負功，所以物體的機械能不守恒，故B錯誤。

C、物體沿光滑曲面滑下，在這個過程中只有物體的重力做功，所以機械能守恒，故C正確。

D、物體要受拉力的作用，并且拉力對物體做了正功，物體的機械能要增加，故D錯誤。

故選：C。

物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，依據機械能守恒的條件逐個分析物體的受力的狀況，即可分析做功狀況，從而推斷物體是否是機械能守恒。也可以依據機械能的定義分析

此題是對機械能守恒條件的干脆考查，駕馭住機械能守恒的條件，通過分析做功狀況，推斷機械能是否守恒。

2.【答案】C

【解析】解：游泳者相對于岸的速度為他相對于水的速度和水流速度的合速度，水流速度越大，其合速度與岸的夾角越小，路程越長，但過河時間為，與水速無關，故ABD均錯誤，C正確。

故選：C。

運用運動的分解，人在垂直于河岸方向的分速度不變，設河寬為d，過河時間，與水速無關

過河問題是運動的合成與分解部分典型題型．本題要留意題設條件：速度始終垂直河岸，否則結果會不同．

3.【答案】A

【解析】解：平拋運動是勻變速曲線運動，加速度為重力加速度，所以加速度恒定不變，則在相等的時間內，由速度的變更量肯定相等，故A正確，B錯誤；

C.當物體做變速圓周運動時，向心加速度為物體加速度在半徑方向的重量，故物體的加速度不指向圓心，故C錯誤；

D.勻速圓周運動的加速度就是向心加速度，始終指向圓心，故方向時刻變更，故D錯誤。

故選：A。

平拋運動的加速度為重力加速度，是勻變速曲線運動；

當物體做勻速圓周運動時，合外力全部供應向心力，故加速度等于向心加速度，做變速圓周運動時，合外力沿半徑方向的分力供應向心力，則向心加速度是物體加速度沿半徑方向的重量。

本題的關鍵是要知道平拋運動的加速度就是重力加速度，是勻變速曲線運動，知道圓周運動中加速度與向心加速度的關系。

4.【答案】B

【解析】解：設物體沿F方向的加速度為a，由牛頓其次定律得：

物體沿F方向做勻加速直線運動，2s內的位移為：

力F所做的功為：

由動能定理得：

故選：B。

物體原來向西做勻速直線運動，可知其受平衡力作用，后增加一個力，合外力等于F，物體將做勻變速曲線運動，類似平拋運動，物體的動能將增加，只要先求出物體沿力的方向的位移，進而求出力的功，利用動能定理可解．

本題關鍵分析出物體的運動性質和特點，應用運動的分解的觀點求解位移．

5.【答案】D

【解析】解：衛(wèi)星做圓周運動時，萬有引力供應圓周運動的向心力，則有：得：

兩衛(wèi)星運行周期之比

故選：D。

衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力供應向心力，求出周期和中心天體質量M以及運行半徑R之間的關系可得．

依據萬有引力供應向心力列出方程，得到周期之比和半徑以及質量之間的關系，代入數據可得結論．

6.【答案】D

【解析】解：A、細桿拉著小球在豎直平面內做圓周運動，在最高點的最小速度為零。故A正確。

B、依據知，速度增大，向心力增大。故B正確。

C、當，桿子的作用力為零，當時，桿子表現為拉力，速度增大，拉力增大。故C正確。

D、當時，桿子表現為支持力，速度減小，支持力增大。故D錯誤。

本題選錯誤的

故選：D。

細桿拉著小球在豎直平面內做圓周運動，在最高點的最小速度為零，靠徑向的合力供應向心力，桿子可以表現為支持力，也可以表現為拉力，依據牛頓其次定律推斷桿子的作用力和速度的關系．

解決本題的關鍵知道小球在最高點的臨界狀況，知道向心力的來源，運用牛頓其次定律進行求解．

7.【答案】C

【解析】解：兩次下滑的過程，物塊的起點與終點都相同，則位移相同，設物塊的質量為m，與斜面間的動摩擦因數為，斜面的長度為L，傾角為，則物塊從斜面下滑時滑動摩擦力做功，等于物塊水平位移的大小。由題得知，兩次物塊的水平位移大小相等，則摩擦力做功相等，重力做功也相同，則總功相同，依據動能定理得知，物塊滑至B點時速度大小相同，故ABD錯誤C正確。

故選：C。

物體下滑過程中滑動摩擦力做功大小與水平位移有關，兩次下滑過程，物塊的位移相等，滑動摩擦力做功相等，依據動能定理分析物塊滑到B點的速度大小關系，由功能關系分析兩種狀況下?lián)p失的機械能關系．

本題位移依據定義推斷大小，而摩擦力做功，可以依據閱歷公式，是水平位移探討．

8.【答案】B

【解析】解：由萬有引力供應向心力有：，

得：，

由圖可知：，

所以地球的質量為：，故B正確、ACD錯誤。

故選：B。

依據萬有引力供應向心力，得到軌道半徑與周期的函數關系，再結合圖象計算斜率，從而可以計算出地球的質量．

本題要駕馭萬有引力供應向心力這個關系，同時要能理解圖象的物理含義，知道圖象的斜率表示什么．

9.【答案】D

【解析】解：萬有引力供應衛(wèi)星做圓周運動的向心力，有：，尼克斯周期小于海德拉，則軌道半徑小于海德拉，向心加速度、角速度、線速度比海德拉的大，故ABC錯誤，D正確；

故選：D。

衛(wèi)星繞冥王星做勻速圓周運動，靠萬有引力供應向心力，依據萬有引力定律和牛頓其次定律比較出它們的線速度、角速度、周期、向心加速度大小。

解決本題的關鍵駕馭，知道線速度、角速度、周期、向心加速度與軌道半徑的關系。

10.【答案】BD

【解析】【分析】

滑塊受重力、支持力和靜摩擦力；重力做功與路徑無關，僅與首、末位置的高度差有關，求出初、末位置的高度差，即可得出重力做的功；摩擦力的方向與木塊運動的方向垂直，則摩擦力不做功；依據動能定理求出板對小物體做的功。

解決本題的關鍵知道重力做功的特點，以及會運用動能定理求解變力功。

【解答】

摩擦力的方向與木塊運動的方向垂直，則摩擦力不做功，故A錯誤，B正確；

C.滑塊受重力、支持力和靜摩擦力，重力做功為，摩擦力不做功，依據動能定理，有：；

故彈力對P做功，故C錯誤；

D.板對P做功即支持力和摩擦力做功之和，摩擦力做功為零，則板對P做的功等于彈力做的功，為，故D正確。

故選BD。

11.【答案】AC

【解析】解：A、取A點所在的平面為參考平面，B點的高度是C點高度的兩倍，故B點的重力勢能是在C點重力勢能的兩倍，故A正確；

B、小球從A點起先到BC的過程中機械能守恒，故BC兩點機械能相等，故B錯誤；

C、對AC過程分析，由機械能守恒定律可知：，故C點的動能為，故C正確；

D、依據機械能守恒，小球在B點的動能為，故D錯誤。

故選：AC。

分析小球整個運動過程，小球只受重力，故機械能守恒，依據機械能守恒定律即可求解。

本題運用了機械能守恒定律，解決本題的關鍵嫻熟機械嫩守恒定律的運用。在計算中要留意正確選擇物理過程進行分析。

12.【答案】ABD

【解析】解：A、要使物體能通過最高點，則由可得：，從A到D依據機械能守恒定律得：，解得，故A正確；

B、若，小滑塊不能通過D點，在CD中間某一位置即做斜上拋運動離開軌道，做斜拋運動，故B正確；

C、若，從A到C依據機械能守恒定律得：，在C點有：，解得：，故C錯誤；

D、若要使滑塊能返回到A點，則物塊在圓弧中運動的高度不能超過C點，否則就不能回到A點，則則，故D正確。

故選：ABD。

物體進入右側半圓軌道后做圓周運動，由圓周運動的臨界條件可知物體能到達D點的臨界值；再由機械能守恒定律可得出A點最小高度，分狀況探討即可。

機械能守恒定律與圓周運動的結合題目較為常見，在解題時肯定要把握好豎直平面內圓周運動的臨界值的分析。

13.【答案】ADE

系統(tǒng)誤差

【解析】解：小球離開桌面后做平拋運動，依據桌面到地面的高度，可計算出平拋運動的時間，再依據小物塊拋出點到落地點的水平距離，可計算出小球離開桌面時的速度，依據動能的表達式，還須要知道小球的質量。

故ADE正確、BC錯誤。

故選：ADE。

依據，和，可得，因為功與速度的平方成正比，所以功與正比，故應以W為縱坐標、為橫坐標作圖，才能得到一條直線。

一般來說，從多次測量揭示出的試驗誤差稱為偶然誤差，不能從多次測量揭示出的試驗誤差稱為系統(tǒng)誤差。由于小物塊與桌面之間的摩擦不能忽視，則由此引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差。

故答案為：；；系統(tǒng)誤差。

小球離開桌面后做平拋運動，依據桌面到地面的高度，可計算出平拋運動的時間，再依據小物塊拋出點到落地點的水平距離，可計算出小球離開桌面時的速度，再知道小球的質量，就可以計算出小球的動能。依據，和，可得，因為功與速度的平方成正比，所以功與正比。

明確試驗原理，依據相應規(guī)律得出表達式，然后探討。還要知道系統(tǒng)誤差和偶然誤差的區(qū)分，系統(tǒng)誤差是由于儀器的某些不完善、測量技術上受到限制或試驗方法不夠完善沒有保證正確的試驗條件等緣由產生，如停表測時間時，停表不精確，慢了，測的時間間隔總是偏小。偶然誤差的特點是它的隨機性。假如我們對一些物理量只進行一次測量，其值可能比真值大也可能比真值小，這完全是偶然的，產生偶然誤差的緣由無法限制，所以偶然誤差總是存在，通過多次測量取平均值可以減小偶然誤差，但無法消退。既然是誤差就不行消退，只能是改進方法，多次做試驗，以減小誤差。

14.【答案】

系統(tǒng)受到阻力

在誤差允許范圍內，機械能守恒。

【解析】解：由運動學公式求速度，；

動能的增加量，系統(tǒng)重力勢能的削減量；

在本試驗中，若某同學作出了圖象，由機械能守恒律有：，所以了圖象的斜率，則；

試驗結果顯示，那么造成這一現象的主要緣由是：系統(tǒng)各部分的阻力做功，機械能削減；在考慮這些因素情形下，在誤差允許范圍內，機械能守恒。

故答案為：

有阻力做功機械能損失；在誤差允許范圍內，機械能守恒。

依據在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可以求出打下記數點5時的速度大小；

依據系統(tǒng)的初末動能大小可以求出動能的增加量，依據系統(tǒng)重力做功和重力勢能之間的關系可以求出系統(tǒng)重力勢能的減小量，比較動能增加量和重力勢能減小量之間的關系可以得出機械能是否守恒

本題全面的考查了驗證機械能守恒定律中的數據處理問題，要嫻熟駕馭勻變速直線運動的規(guī)律以及功能關系，增加數據處理實力

15.【答案】解：當牽引力與阻力相等時，速度最大。

依據得：。

依據功率公式，汽車速度為時的牽引力，依據牛頓其次定律得：。

汽車勻速運動時，牽引力等于阻力，，則發(fā)動機的功率。

答：汽車能夠達到的最大速度是。

假如汽車以額定功率行駛，那么當汽車速度為時，其加速度為。

假如汽車以的速度勻速行駛，發(fā)動機的功率為